1 反应机理循环图分析-【创新教程】2026年高考化学大二轮专题增分方案学生用书

d 专题四 热化学化学反应速率与平衡 选择题突破四 1. 反应机理循环图分析 突破核心透视 C.该过程有非极性键的形成 D.该过程的总反应式：4NH3-2e一N2H 太阳能 +2NH 循 H20 2.(丙烯制环氧丙烷|2025·湖南卷)环氧化合物是 FeO. FeO 图 重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化 剂，由丙烯（厂）为原料生产环氧丙烷 O (1)催化机理循环图的解题思路 ( )的反应机理如图所示。下列说法正 只有箭头指入的物质为反应物，只有箭 确的是 () 看箭头 头指出的物质为产物，既有箭头指入又 0 定物质 有箭头指出的物质一般为催化剂或中 60. 0 H202 间产物 0 写总 H202 反应 根据反应物和产物，快速写出总反应 0 05 50:0 02,2H20、 0 分析 对比反应前后物质结构的变化，可直接 H,O, 细节判断反应中物质的断键、成键等情况 HO H,O 00 (2)考查方向 0 ①与物质结构与性质模块融合：考查微观结构， 0 表示含Si物种 如电子排布、化合价、σ键、π键、配位键、分子空 间结构、轨道杂化等。 A.过程中Ⅱ是催化剂 ②与无机化合物融合：考查物质的性质、氧化还 B.过程中有极性键和非极性键的断裂和形成 原反应、离子方程式等。 C.过程中Ti元素的化合价发生了变化 ③与有机化合物融合：通过反应本质—断键 D.丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用 和成键，判断有机反应类型、有机产物种类。 率为100% 高考经典再研 3.(HC1催化氧化法制Cl2|2024·北京卷)可采用 1.(氧化合成|2023·湖南卷)N2H4是一种强还原 Deacon催化氧化法将工业副产物HCI制成C2, 性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。 实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式： 我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂（用[L一Ru 4HC1(g)+02(g)u02C2(g)+2H,0(g)△H 一NH3]+表示)能高效电催化氧化NH3合成 =一114.4kJ·mol厂1。如图所示为该法的一种 N2H4,其反应机理如图所示。下列说法错误 催化机理。 的是 ( N2H4, 2L-Ru-NH,]* Cu(OH)CI 2e Cu H 一N-Ru-L24 2L-Ru-NHgl2* CuCl L-Ru-N H, 2NH 下列说法不正确的是 人2NE A.Y为反应物HC1,W为生成物H2O 2t-Rw-iNHg小、一2-Ru-NH, B.反应制得1 mol Cl.2,须投入2 mol CuO (M) C.升高反应温度，HCI被O2氧化制C2的反应 A.Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去 平衡常数减小 质子能力增强 D.图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原 B.M中Ru的化合价为+3 反应 绘制装饰图案用的“金粉”、“银粉”是用什么做的？“金粉”是用黄铜（铜锌合金）制成的。将黄铜片和 ·40·少量润滑剂经过碾碎和地光就制成“金粉”。“银粉”是用铝制成的，制铝粉有两种方法：一种将纯铝薄片 同少量润滑剂混合后用机械碾碎；另一种是将纯铝加热熔融成液体，后喷雾成微细的铝粉。 上篇专题四热化学化学反应速率与平衡 变式集训典题 A.物质②和⑤均易溶于水 L.(制备丙烯催化机理2022·山东卷)在NO催化 B.物质③④的过程中，N的杂化方式未发生改变 下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如 C.⑥→⑦的过程中没有非极性键的断裂和生成 图所示。下列说法错误的是 C,H,00H- ① -OH H,O D.化合物 入c0OH为该反应的催化剂，能降低 C,人0 NO- ② 反应的活化能 H,0 NO..CH.CH. 3.(2025·广西贵港模拟)某钯催化氧化N一H键 C,H,人.oH HONO C,H 羰基化合成M的反应机理如图所示，其中Ph代 A.含N分子参与的反应一定有电子转移 表苯基，R代表烃基，TFAH代表CF3COOH。 B.由NO生成HONO的反应历程有2种 下列说法正确的是 C.增大NO的量，C3Hg的平衡转化率不变 D.当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少 CuO,TFAH Pd(TFA), Ph 2.(羟醛缩合反应机理|2025·湖南衡阳三模)羟醛 缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种 TFA HO O TFAH 0--Pd Pd(0) 合成目标产物 (图中物质⑦)的反应机 Ph 理如图所示。下列说法错误的是 ( OH O 0 Pd TFAH COOH ⑦ H N-R ② →H”① -Ph 、H20 H20≤ Co OH COOH A.酸性：TFAH小于乙酸 COOH H:C B.该过程中有非极性键的断裂和形成 ⑥ C.化合物A、B中Pd的化合价不同 D.该过程中氮原子的杂化方式为sp,sp3 COOH C温馨提污 H:C 学习至此，请完成配套专题强化练12 ④ 选择题突破四 2.能垒反应历程图分析 突破核心透视 高考经典再研 1.(决速反应与能量|2024·安徽卷)某温度下，在密 妇↑过渡态I 过渡态Ⅲ 闭容器中充入一定量的X(g),发生下列反应：X(g) =Y(g)(△H1<0),Y(g)→Z(g)(△H2<0),测 能 得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下 图 A+B AH 列反应进程示意图符合题意的是 () 中间产物C 0 反应过程 (1)E1、E2分别为第一步、第二步反应的活化能。 反应时间 (2)活化能与反应速率的关系：基元反应的活化能 过渡态2 过渡态2 过渡态1 越大，反应速率越慢；一个反应的快慢取决于反 过渡态1过渡态2 过渡态1 过渡态1 过波态2 应速率最慢（活化能最大）的基元反应。 Z (3)能量越低，物质越稳定。 反应进程 反应进程 反应进程 反应进程 B D (4)△H=生成物的总能量一反应物的总能量=正 2.(决速反应与相对能量2023·浙江1月选考)标 反应的活化能一逆反应的活化能。 准状况下，气态反应物和生成物的相对能量与反 (5)催化剂的作用 应历程示意图如下[已知O2(g)和C12(g)的相对 催化剂参与反应，降低反应的活化能，加快反应速率。 能量为0]，下列说法不正确的是 () ·41·参考答案 2.CD[ 2e—HO,,生成0.1molH2O。时，转移0.2mol电 NH ,【审题和破题】 子，结合负极反应：4OH十SO, -2e -SO 加人足量氨水”发生Cm 2H,O,转移0.2mol电子时，负极吸收0.1mol二氧化 负极区，甲 硫，同时双极膜电离出O.2 mol OH进入负极区，负极 区溶液增加的质量为64g·mol1×0.1mol十17g· Cu mol1×0.2mol=9.8g,故C错误；根据盖斯定律可知， 为了保证甲区、乙区cGk隔膜 总反应可由号×①+②得到，总反应的△G=号△G 差，应用阴离子交换膜S0 向甲区移动 向甲室加入足量氨水后电池开始工作 (①)+aG(②)=号×(+23.6W/mol)+(-374.4 (突破口：溶解Cu,失电子)，甲室C电极溶解生成铜离 kJ/mol)=一257.6kJ/mol,△G0,反应可自发进行，故 D正确。] 子，因此甲室Cu电极为负极，故A错误；因需要在甲室 3.B[A.由图可知，H得电子生成H,,则Pt电极为电池 中实现CuSO,溶液的再生，故需要乙室中的SO通过 正极，aFeO3电极电势低于Pt电极，A项正确；B.电解 阴离子交换膜进入甲室，故B错误；负极反应是Cu一2e十 质溶液中H向正极即Pt电极迁移，B项错误： 4NH,- =[Cu(NH)1]+ ,正极反应是Cu2++2e OMe Cu,则电池总反应为C++4NH -[Cu(NH),] 故C正确：NH,扩散到乙室会与铜离子反应生成 C.a-Fe,O3电极反应式为 +2h+H [Cu(NH),]2+,铜离子浓度降低，浓度差电池电动势降 OMe 低、得电子能力减弱，因此将对电动势产生影响，故D 正确。 人NN士2H,C项正确，D.理论上，当cFeO,电极 3.C[充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴 极反应(Li十e 一Li)和阳极反应(Li,O,十2h 上产生2.408×1023个h+时，说明转移了0.4mol电子， 则Pt电极生成0.4gH2,D项正确。 2L十O,个)，即阴、阳电极反应式相加得到充电时总反 专题四 应：Li2O2 一2Li十O,个，由题图可知，放电时Li→L计， 失去电子，金属Li电极为负极，O2→LiO2,氧气得到电 选择题突破四 1 反应机理循环图分析 子，光催化电极为正极。A.充电时，光照光催化电极产 高考经典再研 生电子和空穴，驱动阴极反应(Li十e 一Li)和阳极 1.B[A.Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L-Ru-NH]+ 中的Ru带有更多的正电荷，其与N原子成键后，Ru吸 反应(LiO2+2h 一2L十O2),总反应可用阴、阳 引电子的能力比Ru(Ⅱ)强，这种作用使得配体NH,中 电极反应式相加，方程式为：LiO。 =2Li十O2,故A正 确：B.充电时，电子驱动阴极反应，空穴驱动阳极反应， 的N一H键极性变强且更易断裂，因此其失去质子 即充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，故B正 (H)的能力增强，A说法正确；B.Ru(Ⅱ)中Ru的化合 确；C,放电时，相当于原电池，阳离子移向正极，阴离子 价为十2，当其变为Ru(Ⅲ)后，Ru的化合价变为十3， 移向负极，正极为光催化电极，L从负极穿过离子交换 Ru(ⅢΠ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对， 膜向正极迁移，故C错误；D.放电时总反应与充电时相 Ru的化合价不变；M为[L-Ru一NH2],当[L-Ru 反，方程式为2Li十O, 一Li2O2,正极反应为O,十2Li NH2]变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并 十2e——Li,O,,故D正确。 转移给Ru1个电子，其中Ru的化合价变为十2，因此，B 4.C [A,如果玻璃薄膜球内电极的电势低，则该电极为负 说法不正确；C.该过程M变为[L一Ru一NH,一NH, 极，负极发生氧化反应而不是还原反应，A错误；B.已知 Ru一L]+时，有N一N键形成，N-N是非极性键，C说 pH与电池的电动势E存在关系：pH二（E 一常数) 法正确；D.从整个过程来看，4个NH3失去了2个电子 0.059,则玻璃膜内外氢离子浓度的差异会引起电动势 后生成了1个N2H,和2个NH,Ru(Ⅱ)是催化剂，因 的变化，B错误；C.pH与电池的电动势E存在关系：pH 此，该过程的总反应式为4NH一2e N2H1+ =(E一常数)/0.059，则分别测定含已知pH的标准溶液 2NH,D说法正确；综上所述，本题选B。 和未知溶液的电池的电动势，可得出未知溶液的DH,C 2.B[A.根据反应原理，I先消耗再生成，是整个历程的 正确；D.H计工作时，利用原电池原理，则化学能转化 催化剂，Ⅱ先生成，再消耗，是中间产物，A错误；B.过程 为电能，D错误；答案选C。 中存在H,O,中O一O非极性键的断裂，以及O,中非极 变式集训典题 性键的形成：还存在O一H极性键的断裂，以及O一C极 1.BL在KOH溶液中HCHO转化为HOCH,O:HCHO十 性键的形成，B正确：C.过程中Ti的化学键(Ti一O)始 OH→HOCH,O,存在平衡HOCH,O 十OH 终是4个，配位键不会改变Ti的化合价，故Ti元素的化 [OCHO]十HO,Cu电极上发生的电子转移反应为 合价不变，C错误；D.反应生成了H2O,且存在HO2的 TOCH,OT e =HCOO +H·,H·结合成H2, 分解反应，原子利用率小于100%，D错误。 Cu电极为阳极；PbCu电极为阴极，首先HOOC 3.B[由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要 COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC 物质有HCI、O2、CuO、Cl2、H2O;CuO与Y反应生成 COOH:H2C,O,+2e+2H-OHC-COOH+H,O, Cu(OH)CI,则Y为HCI:Cu(OH)CI分解生成W和 OHC一COOH与HO-NH反应生成HOOC一CH= Cu2OCl2,则W为H2O:CuCl2分解为X和CuCl,则X为 N一OH:OHC一COOH+HO-NH→HOOC-CH Cl2;CuC和Z反应生成Cu2 OClz,则Z为O2;综上所述， N一OH+HO+H,HOOC-CH-N一OH发生得电子 X、Y、Z、W依次是C12、HC1、O2、HO。 A.由分析可知，Y为反应物HCI,W为生成物H,O,A 的还原反应转化成HNCH,COOH:HOOC一CH= 正确；B.CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即 N-OH-4e+5H-H,N CH,COOH-H,O 可，B错误：C.总反应为放热反应，其他条件一定，升温 A根据分析，电解过程中，阳极区消耗OH、同时生成 平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确：D.图中涉及的两 H2O,故电解一段时间后阳极区c(OH)减小，A项正 个氧化还原反应是CuCl,→CuCI和CuC1→Cu,OCl2,D 确；B.根据分析，阴极区的总反应为H,C,O,十HO 正确。 N+H,+6e-+6H+ =H N CH,COOH+3H,O, 变式集训典题 1 mol H,O解离成1molH和1 mol OH,故理论上生 1.D 「A.根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应 成1molH,N+CH,COOH双极膜中有6molH,O解 有NO十·OOH=NO,十·OH、NO十NO,十H,O 离，B项错误；C.根据分析，结合装置图，阳极总反应为 =2HONO、NO2+ ·C3H =CH+HONO 2HCHO-2e+40H -2HCOO+H,个+2H2O,C HONO =NO十·OH,含N分子NO、NO2、HONO中 项正确；D.根据分析，阴极区的Pb上发生反应HCO1 N元素的化合价依次为十2价、十4价、十3价，上述反应 +2e 十2H+=OHC一COOH十H,O,D项正确。 中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有 2.D[由图示信息可知aFeO3上SO中硫失电子生成 电子转移，A项正确；B.根据图示，由NO生成HONO SO,aFe,O3为负极，负极电势低于正极电势，故A错 的反应历程有2种，B项正确；C.NO是催化剂，增大NO 误；气体没有说明是标准状况下，不能根据气体体积确 的量，CH的平衡转化率不变，C项正确；D.无论反应 定气体的物质的量，故B错误；正极反应：2H十O,十 历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总 ·227 1化学 NO 反应都为2C3H十O,一2C,H.十2H,O,当主要发生 放热过程，B项正确；焓变由反应物和生成物总能量决 定，不由活化能决定，C项错误；碱性条件下HBr参与反 包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误。 应被消耗，平衡正向移动，故题给反应适宜在碱性条件 2.B[A.物质②和⑤都可以和水形成分子间氢键，故均易 下进行，D项正确。」 溶于水，故A正确：B.物质③中N原子采取sD杂化，物 2.C[结合图乙可知，①CH1(g)十H2O(g)= =CO(g)+ 质④中N原子采取sp杂化，杂化方式变化，故B错误： 3H2(g)△H1=十206.2kJ·mol,②CO,(g)+4H2(g) C,⑥→⑦的过程中非极性共价键C一C键没有断裂和形 =CH(g)十2HO(g)△H,=一165.0k·mol1,根 成，故C正确；D.合成物质⑦，反应物为丙酮和 据盖斯定律，由①X2十②得到CH(g)十CO,(g) =2C0(g)+ HO O 2H(g)△H=2×△H,十△H,=+247.4kJ·mol-1,A CH CHO,生成物是 人人 正确；过程Ⅱ的反应涉及CO十CO,十H,十Fe,O,十CaO N 人CO0H是反应的催化 H2O+Fe十CaCO3、Fe十CaCO,十惰性气体 →惰性 H 剂，催化剂能降低反应的活化能，故D正确。] 气体十FeO,十CaO十C0,实现了含碳物质与含氢物质 3.D[A.三氟甲基是吸电子基团，故酸性C℉，COOH大 的分离，B正确；过程Ⅱ中FeO,、CaO为催化剂，可以改 于乙酸，A项错误：B.该过程中没有非极性键的断裂与 变反应速率，不能改变反应的△H,C错误；根据图甲中 形成，B项错误；C.化合物A、B中的Pd化合价均为十2 物质的参与和生成情况，结合反应过程中的催化剂和中 价，C项错误；D.该过程中氨原子的杂化方式为sp、 催化剂 间产物，总反应可表示为CH1十3CO2 4C0+ sD,双键处为sD2杂化，D项正确。 2H2O,D正确。] 选择题突破四 2 能垒反应历程图分析 3.C[A.由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A 高考经典再研 错误；B.平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误； 1.B[由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐 C.由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催 减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X 化剂吸附后得到的吸附态更稳定，C正确；D.活化能 和Y的浓度逐渐减小、乙的浓度继续逐渐增大，说明 高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为 X(g)一Y(g)的反应速率大于Y(g)一Z(g)的反应速 CH CHCH→CH CHCH,+H或"CH CHCH十"H→ 率，则反应X(g)二Y(g)的活化能小于反应Y(g)一 CH CHCH+2"H,D错误。 选择题突破四3化学反应速率、平衡图像分析 乙(g)的活化能（反应速率越快，活化能越小）。 高考经典再研 A.X(g)—一Y(g)和Y(g)一Z(g)的△H都小于0，而 1.C L 图像显示Y的能量高于X,即图像显示X(g)一Y(g) A→M和A→N的△n均为0，即反应过程中 为吸热反应，A项不符合题意；B.图像显示X(g) 气体总物质的量不变。依据pV=nRT可知，在 Y(g)和Y(g)一Z(g)的△H都小于0，且X(g) 三Y(g) 恒温、恒压条件下，容器的容积也恒定不变 的活化能小于Y(g)一一Z(g)的活化能，B项符合题意； C.图像显示X(g)—一Y(g)和Y(g) 一Z(g)的△H都小 于0，但图像上X(g)一一Y(g)的活化能大于Y(g)= 加入A(g Z(g)的活化能，C项不符合题意；D.图像显示X(g) M()A()N(g) Y(g)和Y(g)一Z(g)的△H都大于0，且X(g) k Y(g)的活化能大于Y(g)一Z(g)的活化能，D项不符 ⊙共床平衡的点 合题意。] N M xM,平衡 及平衡转化中 成0过程 2.C厂0形成0中化学键- “000C的相对能量=化-5为ma 0+C 0 程 历程 0 A=E,-E为m 反应时间© 催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应焓变， 根据v=kx可得，凸=k1工A,V-1=-1xM,=k2xA,V-2 因此E6一E=E一E,,A正确：已知Cl(g)的相对能 =k2xv·反应达平衡时，1=U1,V2=V2,即k1xA.平衡 量为0，对比两个历程可知，C1(g)的相对能量为(E2 E)k·mol1,则CI一C1键能为2(E2-E)kJ· 三及1xM,平衡2xA年衡=尺2工.手我，则M黄二A盘 k1 moll,B正确：催化剂 k2TA,平衡 (催化剂归纳：(1)参与反应：减小活化能，加快反应 工A意，推导得监 k-2 k-1k2 速率；(2)前后质量和化学性质不变，不影响平衡及 N,平衡三 A A:3)增大单位时间内的转化率；(4)受温度、接不能 k一2 IM,平衡 k1工A,平衡 k-2k1 触面积等影响，即活性和选择性) 改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O,的平衡转 正确：时刻N和M的物质的量相等，依据u= △n可 化率：历程Ⅱ=历程I,C错误：活化能越低，反应速率越 快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以 知，0~t1时间段内，生成N和M的平均反应速率相等， 速率最快的一步反应的热化学方程式为CIO(g)十O(g) B正确；x对应的点未平衡，加入催化剂可加快反应速 率，使M的生成量增多，x1增大，但催化剂不能使平衡 O2(g)+Cl(g)△H=(E一E,)kJ·mol,D正确。] 不变，C错误；若A(g) →M(g)、 3.D[观察历程图，反应i的反应物GaO3(s)十NH(g) 发生移动故为疑热反应则升高温度，Ag)一 A(g)- →M(g) 的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成 和A(g) →N(g)的反应限度均减小，平衡时A的物质 Ga2O2NH(s)和H2O,此时的相对能量为0.05eV,因此 的量增多，总物质的量不变，江A,平衡增大，D正确。] 体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确； 2.AL分析题表中的方程式可知，该反应器中实际发生了 反应ⅱ中因H2O(g)脱去步骤需要经过TS5,则活化能 两个氧化还原反应，投入的原料中，BO?具有氧化性， 为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV一0.70eV 将SO、[Fe(CN)。]1-分别氧化为SO、 =2.69eV,B正确；反应从Ga2ON2H(s)生成2GaN(s) [Fe(CN):]3-,自身被还原为Br。AB段发生反应①~ 十H,O(g)经历过渡态TS6、TS7,说明该反应分两步进 ④，即BrO氧化SO,此过程中慢反应③④生成H, 行，包含2个基元反应（基元反应判断），C正确；整个反 反应体系pH降低；BC段发生反应⑤，即BrO氧化 [Fe(CN):]-,此过程中消耗H,反应体系pH升高。 应历程中，活化能最高的步骤是反应i中TS7对应的步 振幅大小代表溶液中c(H)的变化程度大小，周期长短 骤（活化能为3.07V),所以总反应的速控步包含在反 反映c(H)的变化快慢。AB段发生反应①一④，若原 应i中，D错误。] 料中c(H)减小，快反应①②生成的HSO和H,SO 变式集训典题 也会减少，导致慢反应③④的速率变小，反应③④生成 1.C[第1步反应的活化能最大，为决速步骤，A项正确； 的c(H+)作为反应⑤的反应物，反应⑤的速率也变小， 第2步反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，为 最终导致周期变长，A错误；类比反应③，可知反应④为 ·228·