专题精准强化12 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课时作业

1化学 交换膜A进入盐室生成CCO,;右侧电极为阳极，右侧 算，C错误；D.NO最终变成了N,,根据化合价的变化 双极膜上OH进入阳极室，H进入酸室，CI透过离子 可推出，处理0.2 mol NO使其转化为N,需转移1mol 交换膜C进入酸室形成盐酸，以此分析解答。A.阴极发 电子，而1molC转化为HCIO转移2mol电子，故有 生还原反应，溶液中H+放电，为2H十2e一H2个， 0.5mol氯离子参加了反应，D正确。] A正确：B.碱室中CO,转化为CO,应由双极膜产生 3.B「A.由反应示意图可知反应过程中存在碳氧等极性 OH不断补充，保持碱的浓度，X应为OH厂，B错误；C 键断裂、氢氢非极性键断裂，碳氢等极性键生成，但不存 盐室中生成CaCO,就需要CO穿过交换膜A,所以交 在非极性键的形成，A错误：B.物质I为反应起点存在 换膜A为阴离子交换膜，C错误；D.捕获1.12LCO,,未 的物质，且在整个过程中量未发生改变，物质I为催化 指明是否标准状况，无法计算转移电子数，D错误。] 剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间过程出现的物质，为中间产物，B正 9.C「由图知，左池为原电池，其中左边吸附层为负极，发 确；C.催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应 生氧化反应H,十2OH一2e —2H,。,右边吸附层为 的焓变，也不能提高转化率，C错误；D.该图为钌(Ru)基 正极，发生还原反应2H十2e—H2◆；右池为电解 催化剂催化CO,(g)和H,(g)的反应示意图，反应生成 池，电解氯化钠溶液制备H,和HCO,则阳极反应式为 46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量，反应中氢化 C1十H,O-2e=HC1O+H+,阴极反应式为2H,O 合价由0变为十1，电子转移关系为HCOOH~H2~ 十2e—H2◆十2OH。根据分析知，“全氢电池”的 2e,则每转移1mole,放出15.6kJ的热量，D错误。] 总反应为H+十OH一HO,A正确；原电池中阳离子 4.C[A.在一定条件下能将酮和烯烃分别转化为酯和环 向正极迁移，阴离子向负极迁移，所以“全氢电池”的双 氧结构，在有机反应里，加氧原子去氢原子认为是氧化 反应，然而酮又稳定，所以过一硫酸具有强氧化性，故A 极膜中产生的H向右移动，OH向左移动，B正确；根 正确；B.RCOR2参与了反应，经过①②③④四步后又变 据分析可知，阳极区发生的电极反应为CI厂十H,O一 回起始物质，反应前后没有改变，符合催化剂的特征，是 2e= 一HC1O十H,C错误；理论上负极消耗1molH2, 烯烃转化为环氧结构的催化剂，B正确；C.整个反应过 即转移2mol电子，则有2mol阳离子（钠离子或者氢离 程中，过程④中氧氧单键断裂，即有非极性键的断裂，过 子)通过阳离子交换膜进入阴极区，根据阳极反应式CI 程③中有新的氧氧单键的形成，即有非极性键的形成， +H,O-2e= 一HCIO十H,可以知道又得到1mol氢 故C错误；D.若2丁烯和丙酮发生上述反应，通过观察 离子，则阳极区减少1mol阳离子（忽略HCIO的电离）， 图示，知道双键变成环氧结构，酮羰基变成酯基，所以总 D正确。] 反应可能为CHCH=CHCH+2 CH COCH+3H2SO 10.D[C,HO失去电子变为HCOO,电极反应式为 →2CH,C00CH+3HS0,+A,故D正确.] CHgO3-8e十11OH—3HCO0十8H2O,阴极电 极反应式为2H,0十2e= —H2个十2OH,铜电极上 5.B[A.观察氧化苯乙烯的结构可知，分子式为CsH.O, 有Z生成，即Z为H2,铜电极为阴极。A.石墨电极为 故A正确；B.TBAB中氧原子的杂化类型为sp,氨的电 阳极，C,HO,失去电子变为HCOO,即X含甘油，那 负性大于碳，因此氨元素显一3价，故B错误；C.由图可 Ph Ph 么Y含NaOH,故A正确；B.当收集到4molZ气体 判断。转化胃的过程中，碳氢极性键断裂，并产 时，转移电子数为8mol,生成产品3mol,质量为：3mol ×68g/mol=204g,故B正确；C.石墨电极为阳极， 生活性氢原子，故C正确；D.由图可判断在“碱性点位” C3HO,失去电子变为HCOO,电极反应式为 上CO2转化为CO,·的过程中得电子发生还原反应，故 CH.O,-8e+11OH-3HCOO-+8H,O,故C正 D正确。 确；D.NaCI代替NaOH,CI通过阴离子交换膜，可能 6.B[A.由反应历程可知，历程中包含3个基元反应，分 在石墨电极上放电，无法达到相同的电解效果，故D 错误。 别为CoH十H·=CoH。十H2,CoH。一C。H。', 11B[如题千图所示，放电时，F由a极移向b极，则a CH。'一CpHg十H·,其中第三个基元反应的活化能 极为正极，b极为负极。由分析可知，a极为正极，故A 最大，反应速率最授，A项正确；B.根据有机物反应的特 正确；放电时，Sn失去电子生成SnF,,电极反应式为： ,点可知C。H0失去氢原子被氧化，B项错误：C.一个 Sn-2e2F= -SnF,,故B错误；充电时，a极为阳 C0H中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形 极，b极为阴极，电解池中阴离子向阳极移动，则F一由 成一个五元环，则一个C。H1。总共含有6个五元环，10 b极向a极迁移，故C正确；充电时，a极为阳极，电极反 个六元环，C项正确；D.根据CH8结构特，点可知，1mol 应式为：Bi-3e+3F—BiF,,外电路每通过1mol oH1完全加氢成环烷烃需要20molH2,D项正确。] e,a极消耗1molF,故D正确。] 7. D [由催化机理可知，总反应为 专题精准强化12 入0+□ 催化剂 ,该反应为加成 1.C[A.该反应的催化剂为苯甲醇钠，不改变反应的焓 CHO 变，故A错误；B.合成苯甲酸苯甲酯总反应方程式为： 反应，A正确；I十I→X十Ⅱ，由I、I、Ⅱ的结构简 式可知，X为H,O,B正确；由催化机理可知，反应消耗 催化剂 了I又生成了I,ⅥI是反应的催化剂，C正确；通常其 ,没有水生成， 他条件不变，温度越高，反应速率越快，但是酶作催化 50℃ 剂时，高温使酶失去活性降低反应速率，D错误。 故B错误：C.该反应没有副产物，只有目标产物，原子利 8.C[A.根据反应②的反应物和产物结构式，反应物中的 用率为100%，与酯化反应相比，该反应的原子利用率 原子全部转化为产物，原子利用率为100%，A正确；B. 高，故C正确；D.苯甲酸会使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导 反应②分子筛吸附CH,,吸附是一种物理变化过程，M 致催化剂失效，故久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，会 的化合价未发生改变，B正确；C.催化剂能降低反应活 减慢该历程反应速率，故D错误。] 化能，增大反应速率，但是不会改变反应的△H,C错误； 2.C[由题目信息可快速推出图1是原电池，且由NO变 D.根据反应机理图，反应物为N2O和CH1,在催化剂作 成盐酸羟胺(NH OHCI)可知铁电极为正极，Pt电极上 M-ZSM-5 氢气失去电子发生氧化反应是负极：图3为电解池，由硝 用下生成甲醇和氨气，总反应为NO十CH, 酸根离子得到电子发生还原反应生成按根离子，可知b CHOH十N2,D正确。 电极为阴极，则为阳极，据此回答。A.图1作图3装 9.A[A.步骤I中Rh的成键数增加了2个，步骤V中 置电源时，电极b为阴极与电源的负极Pt电极相连，A Ph.P 正确；B.由图2知，图1电池工作时，含Fe的催化电极的 Rh的成键数减少了2个，A错误；B. Rh 电极反应式为NO十3e十4H+一NH,OH+,B正确： C.未标明气体在标准状况下，不能用22.4L·mol1计 PPha ·262· 答案精析 Ph,P H H 一1价，化合价不相同，A正确；B.从反应机理图可知化 合物I和NH,BH,反应，后来又生成化合物I,故该转 是催化剂，与H,反应生成 Rh ,其为中间 化过程中催化剂为化合物[，能降低该反应的活化能，B 错误；C.从反应机理图可知反应过程中Ir的成键数目有 6个、5个、4个，数目发生了改变，C错误；D.过渡态中活 产物，B正确；C.步骤Ⅱ中，碳碳双键提供π电子，铋提供 化能最大的一步是反应最慢的一步，也是决速步：从图中相 对能量可知过渡态1是决速步，活化能为162.38kJ·mol 空轨道，形成配位键，C正确：D. 与H,的反 -21.88kJ·molF1=140.50k·mol,D错误。] 7.A[1eV≈1.60X101J,题图中，反应物的相对能量大 应属于加成反应，D正确。] 于生成物的，所以该反应为放热反应。A,由图可知，步 10.C[A.根据题千图示可知该过程是CHCH一CH,、CO 骤③形成了C一H键，无N一H键形成，故A错误； CHOH在HCo(CO)3催化下生成(CH)2 CHCOOCH,则 B.N(CH),+OH十H一N(CH)3十HO,该步骤活 反应方程式为CHCH=CH,十CO十CH,OH 化能最大，该步骤活化能为（一1.02eV)一（一2.21eV)= HCo(CO) →(CH3),CHCOOCH,故A正确；B.由题图 1.19eV,故B正确；C.由图可知，该反应为放热反应，升 可知，该反应经历了5步，有4种反应中间体，故B正 高温度，平衡逆向移动，DMF的平衡转化率降低，故C正 确；C.CH,CH=CH,和HCo(CO),发生反应时断裂 确；D.由图可知，总反应为(CH)2NCHO(g)十2H(g) 了碳碳双键中的π键属于非极性共价键，故C错误；D. N(CH)(g)十HO(g),1.02eV为单个(CH),NCHO(g)分 由图可知，该催化循环中C0的成键数目变化为4→4→ 子反应放出的热量，故△H=-1.02eV·NA/mol≈ 5→4→6→4，故D正确。 一98.25kJ/mol,所以热化学方程式为(CH),NCHO(g) 专题精准强化13 2H2(g) =N(CH)(g)H,O(g)AH=-98.25 kl/mol, 1D[A.由题干图示信息可知，*CO转化为CO(g)要吸 故D正确。 收热量，A错误：B.由图示可知，生成C)、￥CH)H的 8.DA.HNO和H,SO,生成NO,与HOSO的过程 反应都是吸热反应，而生成CH,的反应是放热反应，升 中硫酸电离出氢离子，同时生成酸根离子HO,SO,体 高温度，CH,的选择性减小，而CO、CHOH的选择性 现了H,SO,的酸性，A正确；B.M中与一NO,结合的碳 增大，B错误；C.CO,制CH,OH的历程中，*HCO3 形成4个共价键，为sD杂化，其余C原子为sD杂化，B *HCOO、*CH?O→*CH,OH的能垒分别为0.77eV、 正确；C.生成产物I的反应中，与反应物苯比较，生成物 1.01eV,CHO→CHOH的能垒更大，C错误；D.由 的不饱和度降低，生成X时原苯分子中相邻两个碳原子 题千图示信息可知，CH,具有的能量比CO的更低，能量 分别结合了硝基和磺酸基，属于加成反应，C正确：D.过 越低越稳定，故在上述条件下，稳定性：CH(g)>CO(g),D 渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活 正确。」 化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应 2.C[A.由图可知，CH CHDBr的消去反应中，反应物总 速率的是慢反应：生成产物Ⅱ的反应的活化能更低、且 能量低于生成物总能量，是吸热反应，△H>0,消去反应 产物Ⅱ的能量更低更稳定，以上2个角度均有利于产物 生成气体，混乱度增加，△S>0,A正确；B.取代反应中， Ⅱ，故不能通过控制反应时间来制备产物I,D错误。 C-Br键断裂，C-O键生成，消去反应中C-Br键、C-H 9.DA.由图可知，过渡态TS2比TS1能量高，则过渡态 键断裂，C一C键、H一O键生成，C一Br、C一O、C一H TS1更稳定，A正确；B.由图可知，过程P→TS2为两步 H一O键都是极性键，所以两个反应均涉及极性键的断 反应中活化能较大的反应，为慢反应，即为化合物M生 裂与生成，B正确；C.根据取代反应机理，若底物改变， 成化合物N的决速步骤，B正确：C.M为催化剂，整个反 取代产物中羟基应取代溴原子位置，与所给结构不符，C 应前后M的结构不会发生玫变，对比M和N的结构特 错误：D.消去反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热方 ,点可知，当N中Fe一)键断裂，重新连接H原子才能生 向（消去反应方向）移动，能提高消去产物在整体产物中 成M,所以化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有 的比例，D正确。 F一O键的断裂，C正确；D.图示为一个CO2分子反应 3.A[A.由反应历程图可知，中间体2→中间体3的活化 的过程，据图可知该过程能量变化△E=一11.63eV,所 能最大，速率最慢，所以该反应的决速步是中间体2中 以当1 mol CO,参与反应时能量变化为一-11.63×1.6× 间体3，A正确；B.反应中涉及C一C非极性键的断裂， 并非只涉及极性键的断裂和生成，B错误；C.由图可知 101J×6.02×1023=1.12×10°J=1120kJ,所以该反 反应方程式为：Ni十C2H。 一NiCH,十CH1,即Ni是反 应的焓变△H=一1120kJ/mol,D错误。 应物，而不是该反应的催化剂，C错误：D.热化学方程式 10.C [A项，乙二醛被O,氧化可得HOOCCOOH 中应标注物质的状态，正确的热化学方程式为N(s)十 HCOOH、OHCCOOH三种有机产物，A正确；B项，反 C H(g)= -NiCH,(s)CH(g)AH=-6.57 kJ/mol, 应很短一段时间内，生成IM1的能垒高于IM4,IM4多 原选项未标注物质状态，错误。 于M1,B正确：C项，乙二醛制乙二酸的最大能垒为 4.D[根据图示，反应I的活化能大于反应Ⅱ的活化能 295.4kJ/mol,C错误；D项，选择合适的催化剂可提高 所以反应I的速率小于反应Ⅱ的速率，故A错误：若原 乙醛酸的选择性，使反应向有利于生成乙醛酸的方向 料用丙炔，则会有CH,CH=CH一CH=CHCH?、CH 进行，D正确。」 =C(CH)C(CH)=CH2、CHCH=CH一C(CH) 专题精准强化14 一CH2共3种分子式为CHo的有机化合物生成，故B 1.D[温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，丙反应温度升高， 错误：增大Cu的表面积，可加快反应速率，催化剂不能 醋酸甲酯量增大，则反应逆向进行，正反应为放热反应，焓变小 使平衡移动，不能提高C,H,的平衡转化率，故C错误： 于O:A由分析，该反应的△0，A错误；B容器甲中平均反应 根据图示，C2H转化成CH,(g)过程中，先碳碳双键中 速率(H)=2(CH,C00CH)=2×106 mol/(L·min)= 有1个键断裂，后又有碳碳双键和碳碳单键的形成，所以 10t 有非极性键的断裂和形成，故D正确。 5.D「A.苯与液溴反应时，FeBr,能降低反应的活化能， 25tmol/L·min),B错误；C.温度越高反应速率越快， 加快反应速率，可作该反应的催化剂，A正确；B.由能量 比较乙丙可知，丙达到平衡状态，但不确定乙是否平衡， 变化示意图可知，反应物总能量高于生成物总能量，反 不能确定正逆反应速率相对大小，C错误；D,对于丙： 应为放热反应，总反应的△H=△H1十△H2十△H,<0,B CH COOCH (g)+2H (g-CH CH OH(g)+CH OH(g) 正确；C.在多步反应中，活化能最大的步骤决定总反应 起始 (mol/L) 0. 0.98 速率，过程②的活化能最大，所以决定总反应速率的大 0 小，C正确；D.液溴具有挥发性，反应后的气体中含有 转化 0.08 0.16 0.08 0.08 Br2,Br2也能与AgNO3溶液反应生成浅黄色沉淀，千扰 (mol/L) HBr的检验，不能将反应后的气体直接通入AgNO溶 平衡 液证明该反应为取代反应，D错误。] (mol/L)0.02 0.82 0.08 0.08 6.A LA,根据氨硼烷(NHBH3)的结构可知，在 客器丙中乙醇的体积分数为0.08+0.08十0.82+0.02 0.08 NH,BH,中和N成键的H呈十1价，和B成键的H呈 ×100%=8%,D正确。] ·263·1化学 ⑧错题序号： 专题精准强化12反应机理循环图分析 @错因分析 1.(2025·吉林长春模拟预测)实验室以苯甲醛 A.反应历程中存在极性键、非极性键的断裂 为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理如图（已 与形成 知RO一极易结合H+转化为ROH)。下列说 B.物质I为该反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中 法正确的是 ) 间产物 C.催化剂能降低活化能，加快反应速率，改变 反应热，从而提高转化率 D.通过CO2(g)和H2(g)反应制备液态 HCOOH,每转移1mole,放出31.2kJ 的热量 4.(2025·山东高三下阶段练习)过一硫酸 (H2SO)在一定条件下能将酮和烯烃分别转 化为酯和环氧结构，其反应机理如图所示。 A.该反应的催化剂为苯甲醇钠，能降低反应 R平 的焓变 HSO. R R" B.合成苯甲酸苯甲酯总反应方程式为： 0) ) 00 HO0-0S0s 0 催化剂 ③ 2 H 50℃ RR2 H,OR、R、R"、R、R2=经基 +H2O 下列说法错误的是 ( C.与酯化反应相比，该反应的原子利用率高 A.根据上述机理可知，过一硫酸具有强氧化性 D.久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，能加快 B.R1COR2是烯烃转化为环氧结构的催化剂 该历程反应速率 C.整个反应过程中，有非极性键的断裂，但没 2.(2025·青海西宁模拟预测)化学性质类似 有非极性键的形成 NH4CI的盐酸羟胺(NH3OHCI)是一种常见 D.若2-丁烯和丙酮发生上述反应，总反应可能为 的还原剂和显像剂，工业上主要通过图1所示 的方法制备，装置中含Fe的催化电极反应机 CHCH=CHCHa +2CH2 COCH+3H2 SO 理如图2所示。图3是用图1的电池电解处 →2 CH COOCH3+3H2SO4+A 理含有C1、NO3的酸性废水的装置。下列 5.(2025·陕西西安模拟预测)研究表明，光催化剂 说法错误的是 Ti-CNO对CO2与氧化苯乙烯环加成生成碳酸 ④ NH OH F 电源 苯乙烯酯表现出优异的光热催化活性和稳定性， NO 其反应机理如图所示（部分微粒未标出）： Ph HCIO NH 化电做且 电解法处理酸性废水 H 图1 图3 A.图1作图3装置电源时，电极b与Pt电极 相连 碱性点位 B.图1电池工作时，含Fe的催化电极的电极 反应式为NO+3e+4H+—NH3OH+ CO. C.理论上，当图1电池中有3.36LH2参与反应 碱性点位 时，左室溶液质量增加3.3g CO. D.图3装置中每处理0.2 mol NO3使其转化 Ti-CNO 为N2,酸性废水中C1-减少0.5mol 8(氧化苯乙烯) Ph 3.(2025·山西晋中模拟预 H H.O 测)为早日实现“碳中和 Br 已知：TBAB的结构简式为人N入： 碳达峰”目标，科学家提 2H 出用钉(Ru)基催化剂催 一Ph代表苯基。下列叙述错误的是 ( 化CO2(g)和H2(g)反应 A.氧化苯乙烯的分子式为C8HgO 生成HCOOH。反应机 B.TBAB中氮元素显十5价 2HCOOH 2H0 理如图所示，已知当生成 46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。 C.。转化罗的过程中，碳氢极性键断裂 -Ti- 下列说法正确的是 D.在“碱性点位”上CO2得电子发生还原反应 。158· 专题精准强化 6.(2025·安徽合肥三模)纳米碗C40H10是一种 「答题栏] 奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H1o可 以由C40H2o分子经过连续5步氢抽提和闭环 CH.OF 脱氢反应生成。COHo(g)H:C4oH1(g)十 2 H2(g)的反应机理和能量变化如图所示： 3- 4.- ”月 5-- A.反应②的原子利用率为100% B.反应②表示分子筛吸附CH4,M的化合价_6.-- 未发生改变 C.M-ZSM-5能降低N2O氧化CH4制甲醇反-Z 应的活化能，改变反应的△H 过藏态3 MZSM-5 150.8 D.总反应为N2O十CH CH2OH+N2 过被态2 过茂态1 110.3 9.(2025·安徽池州三模) 0 9.-- CoH+H.+H 70.9 O a】 20.7 95 10 0.0 +H CaHip+H. CoH'+H 在含铑 反应历程 /=0 (Rh)催化剂作用下的催 下列说法错误的是 ( ) H 化选择性加氢反应机理 A.图示历程中包含3个基元反应，其中速率 如图所示（图中S代表 最慢的是第3个 溶剂)，下列说法错误的是 H· B.C4oH2o(g)→C4oH18(g)+H2(g)反应中 A.反应过程中，Rh的成键数未发生变化 C40H2o被还原 Ph3P H C.C4oH1o纳米碗中五元环和六元环结构的数 B Rh 是中间产物 目分别为6、10 CI PPh3 D.1molC4oH18完全加氢成环烷烃需要 C.步骤Ⅱ产物中π电子与铑形成配位键 20 mol H2 7.利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化 Diels-Alder反应取得重要进展，荣获2021 0 选择性还原加氢反应属于加 年诺贝尔化学奖。某Diels一Alder反应催化 成反应 10.(2025·贵州安顺一模)异丁酸甲酯 机理如图，下列说法不正确的是 ) [(CH3)2 CHCOOCH3]常用作溶剂和有机 -CO.Me 合成中间体。据文献报道，利用HCo(CO)3 CO.Me 作催化剂合成异丁酸甲酯的反应机理如图所 示。下列叙述错误的是 ) 0 CO.Me CO.Me -CO.Me H Bn H.HCI Bo ), CH. HOC CO CH,OH- A.总反应为加成反应 B.化合物X为H2O 0C C.M是反应的催化剂 D.其他条件不变，温度越高，反应速率越快 A.该过程的总反应为CHCH一CH2+CO十 8.(2025·湖南长沙二模)硅铝酸盐沸石离子交 CH3 OH- 换分子筛M-ZSM-5(M为Fe、Co、Ni、Cu)催化 CC(CH)2CHCOOCHs B.反应历程中一共有4种反应中间体 N2O氧化CH4制甲醇的反应机理如图所示， C.反应过程中只断裂了极性共价键 下列说法错误的是 ) D.该催化循环中Co的成键数目发生变化 。159·