2025届高三化学二轮复习 选择题增分练4 化学反应机理与能垒图像分析

选择题增分练4 化学反应机理与能垒图像分析 (分值:每小题3分,共57分　建议用时:50分钟) 1.(原创)我国科学家利用二维MoS2边硫空位限域的配位不饱和双Mo位点,在室温下催化甲烷与氧气高选择性转化为甲醇,该过程的反应历程如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.反应过程中Mo的化合价始终保持不变 B.反应过程中有极性键和非极性键的断裂和形成 C.该过程总反应可表示为2CH4+O22CH3OH D.Mo原子可与甲烷分子形成配位键 2.(2024·广东模拟)反应R(g)P(g)在有水和无水条件下,反应历程如图所示(图中M表示中间产物,TS表示过渡态),其他条件相同时,下列说法正确的是(　　) A.在有水条件下,反应更快达到平衡 B.有水和无水时,反应分别分3步和2步进行 C.反应达到平衡时,升高温度,P的浓度增大 D.无水条件下R的平衡转化率比有水条件下大 3.(2024·河南模拟)CH3OH与H2O在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A.反应Ⅰ、反应Ⅱ均为放热反应 B.1个CO分子中σ键和π键数目和1个CO2中相同 C.选择合适的催化剂可降低反应活化能和焓变 D.该反应机理涉及物质中有两种非极性分子、三种极性分子 4.(2024·湖南模拟)水催化氧化机理如图所示。下列叙述错误的是 (　　) A.钴位于元素周期表中的d区 B.催化剂能降低反应的活化能,加快反应速率 C.在转化过程中Co的化合价没有发生变化 D.该机理总反应式:2H2OO2↑+4H++4e- 5.(2024·陕西模拟)合成氨是制备医药、炸药、化肥、染料等的基础反应。一种电催化制备NH3的两种途径反应机理如图所示,下列说法不正确的是 (　　) A.两种途径均发生了加成反应 B.氮氮三键的键能很大,所以能垒最高的过程应为①和④ C.选择强酸性溶液,有利于电催化合成反应的进行 D.氨气应在阴极区生成 6.(2023·贵州模拟)N2O是温室气体之一,CO和N2O在Fe+作用下转化为N2和CO2,反应的能量变化及反应历程如图所示,两步基元反应为①Fe++N2ON2+FeO+　K1,②FeO++COFe++CO2　K2。下列说法正确的是 (　　) A.该反应ΔH>0 B.升高温度,将降低N2O的平衡转化率 C.两步反应中,决定总反应速率的是反应② D.Fe+既改变反应历程,也改变了反应的ΔH 7.(2024·广东模拟)光催化氧化甲烷制甲醛的机理如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是 (　　) A.在光催化剂表面会发生反应H2O+h+H++·OH B.CH3OOH为中间产物 C.上述过程中有非极性键的断裂与生成 D.每生成30 g HCHO,总反应转移电子数目为4NA 8.(2024·安徽模拟)已知NH2NH2显碱性,联胺(NH2NH2)与丙酮()在H+催化下反应生成的部分反应机理如下: 下列说法错误的是 (　　) A.活化能Ea①<Ea② B.H+浓度越大,反应速率越大 C.通过分子筛分离水可以增大平衡时的百分含量 D.总反应为+NH2NH2H2O+ 9.(2024·辽宁模拟)利用CH3OH、CO2与H2合成CH3CH2OH的反应主要历程如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.CH3I是合成乙醇的中间体 B.合成过程涉及C—O的断裂和C—C的形成 C.第③步的反应式为CH3I+CO+2H2CH3CH2OH+HI D.若用CH3OD替代CH3OH,可生成CH3CH2OD 10.(2024·江西模拟)肼合成酶以其中的Fe2+配合物为催化中心,可将NH2OH与NH3转化为肼(N2H4),其反应历程如图所示: 下列说法错误的是 (　　) A.NH2OH、NH3和H2O三种物质的中心原子均为sp3杂化且都是极性分子 B.反应涉及极性键的断裂和非极性键的生成 C.将NH2OH替换为ND2OD,可得ND2NH2和H2O D.催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+,后Fe3+又被还原为Fe2+ 11.(2024·江西模拟)羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物(图中⑦)的反应机理如图所示,下列说法错误的是 (　　) A.③到④的过程中有极性键和非极性键的断裂和生成 B.⑥中有2个手性碳原子 C.①是该反应的催化剂 D.合成⑦的总反应为 12.(2024·福建模拟)实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理如图 (已知 RO-极易结合 H+转化为 ROH)。下列说法正确的是 (　　) A.该反应的催化剂为苯甲醇,能降低反应的焓变 B.久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸,能加快该历程反应速率 C.合成苯甲酸苯甲酯总反应化学方程式为 D.与酯化反应相比,该反应的原子利用率高 13.(2024·甘肃卷)甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示,下列说法错误的是(　　) A.E2=1.41 eV B.步骤2逆向反应的ΔH=+0.29 eV C.步骤1的反应比步骤2快 D.该过程实现了甲烷的氧化 14.(2024·广东模拟)一定条件下,1-苯基丙炔 ()可与HCl发生催化加成,反应如下: 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知:反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应),下列说法不正确的是 (　　) A.反应活化能:反应Ⅰ<反应Ⅱ B.反应焓变:反应Ⅰ<反应Ⅱ C.增加HCl浓度不会改变平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例 D.选择相对较短的反应时间,及时分离可获得高产率的产物Ⅰ 15.(2024·广东模拟)一定条件下,CH4与FeO+反应合成CH3OH的反应历程如图所示。已知其他条件不变时,反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时,反应速率会变慢。下列说法正确的是 (　　) 说明:过渡态中“”表示化学键未完全断裂或形成。 A.反应历程中的2个反应均涉及氢原子的成键 B.相同条件下,CD4与FeO+发生上述反应,则其过渡态Ⅰ的能量比b高 C.该反应的ΔH=(a-e) kJ·mol-1 D.CH3D与FeO+发生上述反应,只能获得CH3OD这1种有机产物 16.(2024·海南模拟)在铁系催化剂的作用下,工业合成氨的反应历程如图所示,其中TS表示过渡态,*表示吸附在催化剂表面。下列说法正确的是(　　) A.决速步骤:NH*2+H*NH*3 B.氨气脱附过程放热 C.铁系催化剂可加快反应速率,提高原料平衡转化率 D.热化学方程式:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-a kJ·mol-1 17.(2024·海南模拟)分别在Fe/MnO2、MnO2催化作用下,用CO制备CO2,测得反应过程中的相对能量变化如图所示(已知:TS代表过渡态,S1~S5、Ⅰ~Ⅴ代表中间产物)。下列叙述错误的是 (　　) A.CO制备CO2为放热反应 B.Fe/MnO2的催化效率低于MnO2 C.两种催化剂作用下反应热相等 D.MnO2催化时总反应速率由S1S2步骤决定 18.(2024·河北模拟)科研人员利用高压N2气流将水微滴喷射到涂覆催化剂的石墨网上,研究常温制氨,其反应历程中微粒转化关系如图1,相对能量变化关系如图2,图中“*”表示吸附在催化剂表面。下列说法错误的是 (　　) A.*N2HNHNH过程中,未形成非极性键 B.Ⅰ、Ⅱ表示的微粒符号分别是*NHNH2、*NH2 C.反应历程中放热最多的反应是*NHNH2+H3O++e-NH+NH3+H2O D.*NH3的能量高于NH3 19.(2024·江西模拟)计算机模拟在催化剂表面上水煤气变化的反应历程如图所示,吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。下列说法正确的是 (　　) A.①表示CO和H2O从催化剂表面脱离的过程 B.②和④中化学键变化相同,因此吸收的能量相同 C.由图可知,CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)为吸热反应 D.由图可知,决定反应速率的步骤是② 参考答案 1.C　解析　由图可知,转化过程中Mo的化合价发生了改变,A项错误;该反应过程没有非极性键的形成,B项错误;甲烷分子中碳原子没有孤电子对,不能形成配位键,D项错误。 2.A　解析　由图可知,有水条件下的第二步反应的活化能远小于无水条件下的第二步反应的活化能,反应的活化能越小,反应速率越快,则在有水条件下,反应更快达到平衡,A项正确;由图可知,有水和无水时,反应都分2步进行,B项错误;由图可知,该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,生成物P的浓度减小,C项错误;由图可知,水是反应的催化剂,催化剂能降低反应活化能,加快反应速率,但不影响化学平衡的移动,则有水和无水时R的平衡转化率相等,D项错误。 3.D　解析　从能量变化图可知反应Ⅰ为吸热反应,反应Ⅱ为放热反应,A项错误;每个CO分子中有1个σ键和2个π键,而每个CO2分子中有2个σ键和2个π键,B项错误;选择合适的催化剂可降低反应活化能,但不能改变焓变,C项错误;题述反应机理涉及物质中有两种非极性分子(H2、CO2)、三种极性分子(CH3OH、H2O、CO),D项正确。 4.C　解析　在转化过程中Co的化合价多次发生变化,C项错误。 5.B　解析　由图可知,①和④是氮氮三键转化为氮氮双键的过程,②和⑤是氮氮双键转化为氮氮单键的过程,则两种途径均发生了加成反应,A项正确;反应的活化能越大,反应速率越慢,慢反应是反应的决速步,由图可知,③和⑥是反应的决速步,则能垒最高的过程为③和⑥,B项错误;由图可知,氮气生成氨气的过程中,氢离子是反应物,所以选择强酸性溶液,增大反应物的浓度,有利于电催化合成反应的进行,C项正确;氮气在阴极得电子发生还原反应生成氨气,D项正确。 6.B　解析　由图可知,生成物的总能量低于反应物的总能量,该反应为放热反应,ΔH<0,A项错误;该反应是放热反应,升高温度,反应逆向进行,N2O的平衡转化率降低,B项正确;两步反应均为放热反应,总反应的化学反应速率由活化能大的的基元反应决定,即由反应①决定,C项错误;Fe+为反应的催化剂,能改变反应历程,加快反应速率,但不改变反应的ΔH,D项错误。 7.C　解析　由图可知,光催化剂表面水转化为H+和·OH,其反应为H2O+h+H++·OH,A项正确;·OOH和·CH3反应生成CH3OOH,CH3OOH进一步反应生成HCHO,则CH3OOH是该反应的中间产物,B项正确;CH3OOH进一步反应生成HCHO,该过程中氧与氧之间的非极性键发生断裂,但整个过程中没有非极性键的生成,C项错误;甲烷制甲醛的化学方程式为CH4+O2HCHO+H2O,则每生成30 g (1 mol) HCHO,总反应转移电子数目为4NA,D项正确。 8.B　解析　慢反应决定反应速率,则该反应的速率主要取决于②的快慢,活化能越大,反应越慢,则活化能Ea①<Ea②,A项正确;NH2NH2显碱性,H+浓度越大,消耗的NH2NH2越多,NH2NH2浓度降低,②为决速步,NH2NH2是其反应物,则决速步反应速率下降,该反应速率变慢,B项错误;通过分子筛分离水,可以促进反应正向进行,增大平衡时的百分含量,C项正确;据图可知总反应为+NH2NH2H2O+,D项正确。 9.D　解析　反应①为CH3OH与LiI反应生成LiOH和CH3I,此反应中CH3OH的—OH给了LiOH,—CH3与I-结合成了CH3I;反应②为CO2与H2反应生成CO和H2O;根据反应③可知,反应②的产物CO、反应①的产物CH3I和H2在催化剂的作用下反应生成了乙醇,由于CH3I只能提供1个C原子、3个H原子,所以乙醇中的另外1个C原子来自CO,另外3个H原子来自H2,据此分析作答。由图可知,CH3I是反应①的产物、反应③的反应物,故CH3I是合成乙醇的中间体,A项正确;反应①中甲醇生成CH3I,甲醇中的C—O断裂,反应③中CH3I与CO生成乙醇,涉及C—C形成,B项正确;根据分析可知,第③步的反应式为CO+2H2+CH3IHI+CH3CH2OH,C项正确;根据反应③可知,反应中乙醇的—OH上的H原子来自H2,所以若用CH3OD替代CH3OH,生成的乙醇仍然是CH3CH2OH,而不会是CH3CH2OD,D项错误。 10.C　解析　NH2OH、NH3中氮形成3个共价键且均存在1个孤电子对,均为sp3杂化;H2O中氧形成2个共价键且存在2个孤电子对,为sp3杂化;三者的正、负电荷中心不重合,都是极性分子,A项正确。由反应历程可知,有N—H、N—O极性键断裂,还有N—N非极性键的生成,B项正确。由反应历程可知,反应过程中,生成的NH2NH2有2个H来源于NH2OH,生成的H2O有1个H来源于NH2OH,所以将NH2OH替换为ND2OD,得到ND2NH2和HDO,C项错误。由反应历程可知,反应过程中,Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+,后面Fe3+又得到电子生成Fe2+,D项正确。 11.A　解析　由图可知,③到④的过程中,有极性键的断裂,没有非极性键的断裂,A项错误;由结构简式可知,⑥中有如图*所示的2个手性碳原子:,B项正确。 12.D　解析　该反应的催化剂为苯甲醇钠,催化剂不改变反应的焓变,A项错误;苯甲酸会使苯甲醇钠转化为苯甲醇,导致催化剂失效,故久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸,会减慢该历程反应速率,B项错误;合成苯甲酸苯甲酯总反应的化学方程式为,没有水生成,C项错误;该反应没有副产物,只有目标产物,原子利用率为100%,与酯化反应相比,该反应的原子利用率高,D项正确。 13.C　解析　由能量变化图可知,E2=0.70 eV-(-0.71 eV)=1.41 eV,A项正确;步骤2逆向反应的ΔH=-0.71 eV-(-1.00 eV)=+0.29 eV,B项正确;步骤1的活化能E1=0.70 eV,步骤2的活化能E3=-0.49 eV-(-0.71 eV)=0.22 eV,步骤1的活化能大于步骤2的活化能,步骤1的反应比步骤2慢,C项错误;该过程中甲烷转化为甲醇,实现了甲烷的氧化,D项正确。 14.B　解析　短时间里反应Ⅰ得到的产物Ⅰ比反应Ⅱ得到的产物Ⅱ多,说明反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的速率快,速率越快,活化能越小,则反应活化能:反应Ⅰ<反应Ⅱ,A项正确;反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应,根据盖斯定律,反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ,反应Ⅱ也是放热反应,相同物质的量的反应物,反应Ⅰ放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量,反应放出的热量越多,其焓变越小,因此反应焓变:反应Ⅰ>反应Ⅱ,B项错误;反应Ⅲ的平衡常数K=,由于平衡常数只与温度有关,所以增加HCl浓度平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例不变,C项正确;根据图中信息,选择相对较短的反应时间,及时分离可获得高产率的产物Ⅰ,D项正确。 15.B　解析　根据图知,反应历程中的第一个反应涉及氢原子的成键,第二个反应不涉及氢原子的成键,A项错误;已知其他条件不变时,反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时,反应速率会变慢,所以相同条件下,CD4与FeO+发生上述反应,反应速率会变慢,则其过渡态 Ⅰ 的能量比b高,B项正确;该反应的ΔH=(e-a) kJ·mol-1,C项错误;据图可知,CH3D与FeO+发生上述反应,可以获得CH3OD、CH2DOH两种有机产物,D项错误。 16.A　解析　N+H*N的活化能最大,是该反应的决速步骤,A项正确;由图可知,氨气脱附过程中能量升高,说明氨气脱附过程是吸热过程,B项错误;铁系催化剂可加快反应速率,但原料平衡转化率不变,C项错误;由反应历程中的物质转化可知热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-2a kJ·mol-1,D项错误。 17.B　解析　由图可知,反应物总能量高于产物总能量,反应放热,A项正确;MnO2催化时,S1S2过程中活化能最高,反应速率最慢,总反应速率由慢反应决定,同理Fe/MnO2催化时,ⅢⅣ是决速步骤,S1和TS3的相对能量差大于Ⅲ和TS2的相对能量差,故Fe/MnO2的催化效率高于MnO2,B项错误;催化剂能降低反应的活化能,但不能改变焓变,因此在不同催化剂作用下,反应物和产物的相对能量相等,即反应热不变,C项正确;MnO2催化时,S1S2过程中活化能最高,反应速率最慢,总反应速率由慢反应决定,D项正确。 18.D　解析　*N2HNHNH过程中,有极性键的形成,没有非极性键的形成,A项正确;由图1可知,Ⅰ、Ⅱ表示的微粒符号分别是*NHNH2、*NH2,B项正确;反应历程中放热最多的反应是Ⅰ和H3O+、e-的反应,反应方程式为*NHNH2+H3O++e-NH+NH3+H2O,C项正确;由图2可知,*NH3的能量低于NH3,D项错误。 19.B　解析　由图可知,①表示CO和H2O在催化剂表面吸附的过程,A项错误;②和④中化学键变化相同,断裂的均为H—O,②中吸收的能量为[1.25-(-0.32)] eV=1.57 eV,④中吸收的能量为[1.41-(-0.16)] eV=1.57 eV,两者吸收的能量相同,B项正确;由图可知,CO(g)和H2O(g)的总能量大于CO2(g)+H2(g)的总能量,因此反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)为放热反应,C项错误;由图可知,相同条件下,④的活化能为(1.86+0.16) eV=2.02 eV,②的活化能为(1.59+0.32) eV=1.91 eV,④的活化能大于②,则反应速率④<②,决定反应速率的步骤是④,D项错误。 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$