题型强化练(十九) 2.催化机理循环图-【创新大课堂】2026年高考二轮化学专题复习课时作业

题型强化练（十八） 1.答案C 解析(CH3)3C+离子中甲基碳原子的杂化方式为sp3杂 化，中心碳原子的杂化方式为sD2杂化，故A错误；由反应 ①可知，元素的电负性越大，C一X键的键能越大，元素电！ 负性的大小顺序为I<B<CI,则键能的大小顺序为C一I! <C-Br<C一Cl,故B错误；由图可知，(CH3)3C+的能量 最高，能量越高，物质越不稳定，所以反应过程中 (CH)3C+的浓度很低，故C正确；由图可知， (CH3)3COH+Br一→(CH3)3CBr+OH的反应是反应 物总能量小于生成物总能量的放热反应，无法确定HBr中 共价键断裂吸收的能量多少，也不能确定氢离子和氢氧根 离子反应放出的能量多少，所以由盖斯定律可知，不能由 能量变化推测相同条件下(CH3)3COH十HBr→ (CH3)3CBr+H2O的反应是否为吸热反应，故D错误。 2.答案B 解析从图像中可以看到，使用催化剂C0一N一C时反应 的活化能低于使用催化剂Fe一N一C时的活化能；在化学 反应里，活化能越低，反应越容易进行，催化效果也就越 好；所以催化剂Co一N一C的催化效果高于催化剂Fe N一C,A正确；Fe一N一C催化，图中给出了MS1到MS2 放出能量为1.86eV-1.64eV=0.22eV,则MS1(s)= MS2(s)△H=-0.22VAeV,B错误；由图像可知，Fe一N C催化时MS3(O2、H2O)的能量比Co一N一C催化时的能 量更高；在化学中，物质的能量越高越不稳定，不稳定的物 质其产物就更容易脱附；所以催化剂F一N一C比催化剂 C0一N一C的产物更容易脱附，C正确；因为催化剂只能改： 变反应的活化能，不能改变反应的热效应，C0一N一C和： Fe一N一C催化H2O2分解均为吸热反应，D正确。 3.答案D 解析碳元素化合价降低，发生了还原反应，A项正确； C1一Cs复合催化剂中CO中的O只吸附在Cs表面，说明 Cs有带正电的趋势，因此电负性：C>Cs,B项正确；￥H 结合*CO2中的O生成H2O,C项正确；由图乙可知， Cu一Cs复合催化剂吸附CO和OCCO状态能量低，D项 错误。 4.答案B 解析能量越低越稳定，整个历程中涉及的物质，： CH CHO的能量最低，最稳定，A错误；水分子中的氧原子 存在孤对电子，Hg+中存在空轨道，所以水分子中的氧原 子向Hg+的空轨道提供孤对电子形成配合物，B正确：由 图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙 醛时存在非极性键的断裂，但不存在非极性键的形成，C错 误；由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应 生成乙醛时，增大乙炔的压强和浓度可以使平衡向正反应 方向移动，但增大乙炔的浓度，乙炔的转化率减小，D错误。 5.答案D 解析同种元素原子间形成的共价键为非极性键，不同种 元素原子间形成的共价键为极性键。根据转化关系可知！ 反应过程中涉及了极性键的断裂和形成，而没有氢键的断： ·26 裂与形成，A错误；CH3OH(g)+M(g)相对于CH(g)+ MO(g)能量更低，无法比较CH3OH(g)和CH4(g)的稳 定性，B错误；一个反应的△H=正反应的活化能一逆反应 的活化能；根据反应历程，则反应CH4(g)十MO十(g)一 CHOH(g)+M(g)的焓变△H=E1-E2+E3-E4,C 错误；根据反应原理，若MO十与CHCH2D反应，生成的 含氘乙醇，CH3CH2OD、CH:CHDOH、CH2 DCH2 OH有3 种，D正确。 6.答案D 解析由图可知，过渡态TS2比TS1能量高，则过渡态 TS1更稳定，A正确；由图可知，过程P→TS2为两步反应 中活化能较大的反应，为慢反应，即为化合物M生成化合 物N的决速步骤，B正确：M为催化剂，整个反应前后M 的结构不会发生改变，对比M和N的结构特点可知，当N 中Fe一)键断裂，重新连接H原子才能生成M,所以化合 物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe一O键的断裂，C 正确；图示为一个CO2分子反应的过程，据图可知该过程 能量变化△E=-11.63eV,所以当1 mol CO2参与反应时 能量变化为-11.63×1.6×10-19J×6.02×1023=1.12× 106J=1120kJ,所以该反应的焓变△H=-1120k/mol, D错误。 7.答案B 解析从图中可知总反应为放热反应，即焓变小于0，A错 误；由图可知，中间体2到过渡态2的能垒最大，为决速步 骤，所以由中间体2生成中间体3的反应速率影响了总反 应的反应速率，B正确；催化剂只加快反应速率，降低反应 活化能，但不改变反应的始态和终态，故不改变反应的焓 变，C错误；该反应的过程中有极性键和非极性的断裂，但 只有极性键的形成，没有非极性键的形成，D错误。 题型强化练（十九） 1.答案D 解析物质I人的名称为丙烯醛，A正确：由反应示 (0 意图可知：物质I人和物质Ⅲ 是“入环”的物 0 质，应为反应物，物质V 一CH0是“出环”的物质应为生 成物，水开始“出环”生成，后来又“入环”参加反应；总反应 是人 人CHOB正确；物质Ⅵ在连 续反应中从一开始就和物质I人参与了反应，在最 后又和物质V 一CH0再次生成，是反应的催化剂，物质 Ⅱ、N以及水都是中间产物，C正确；物质V中含有3个手 性碳原子， 八CH0中“*”标示的碳原子为手性碳原子， D错误。 7 2.答案D 解析化合物1参与了化学反应，作催化剂，总反应的反应 热只与反应物与生成物能量差值有关，A错误：化合物2和 水生成化合物3与甲酸根离子的反应是放热反应，升高温 度，平衡逆向反应，降低化合物2的转化率，B错误：图乙表 示的反应历程中，第二步能量壁垒最大，决速步为第二步， C错误；化合物4到化合物1的反应氢元素化合价升高，为 氧化还原反应，D正确。 3.答案D 解析有机物④中的甲基、亚甲基中碳原子采取$即3杂化， 碳碳双键、羰基中碳原子采取sp2杂化，所以含有sp、sp32 种杂化方式，A正确：中间产物是在反应过程中产生，又参 与下一步反应被消耗的物质，因此有机物③④⑥都是反应 的中间产物，B正确；反应中有碳氧、碳氯、碳氢、碳碳等极 性键和非极性键的断裂与生成，C正确：手性碳原子是指连！ 有4个不同原子或原子团的碳原子，因此有机物⑥中含有 2个手性碳原子，D错误。 4.答案A 解析催化剂是参与反应，改变反应历程，反应前后质量！ 和化学性质不变的物质：中间产物是反应过程中生成又消 耗的物质，物质I参与反应，最后又生成，是催化剂：物质 Ⅱ、Ⅲ是反应过程中生成又消耗的，为中间产物，A正确；· 反应历程中H2、CO2、H2O参与反应，其中H2中存在非极 性键的断裂；生成HCOOH、H2O等含有极性键，存在极性 键的形成，但不存在非极性键的形成，B错误：根据总反应 H2+CO2一HCOOH可知，每生成1 mol HCOOH转移 2mole,故46g液态HC0OH的物质的量为46g/mo 46g-= 1mol,则生成1mol液态HCOOH时放出热量31.2kJ,故 每转移1mole放出l5.6kJ热量，C错误；催化剂能降低 活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，平衡转化率与 反应热、外界条件（温度、压强、浓度等）有关，催化剂不能！ 玫变平衡转化率，D错误。 5.答案A 解析反应过程存在O一H生成，但无O一H键的断裂，！ 故A错误；H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个 日￥，2个H与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧空位再 与C)2结合，所以催化剂氧空位用于捕获C)2,氧空位越 多反应速率越快，故B正确；反应温度过高使甲醇炭化，碳 覆盖在催化剂的表面，使催化剂反应活性下降，故C正确；： H2首先在面解离成2个H￥，随后参与到C)2的还原过 程，根据图中信息可知，CH3OH~6H,所以理论上，每生 成1 mol CH3OH,该历程中消耗的H*的数目为6NA,故 D正确。 6.答案D 解析由题千反应历程图可知，过程I即图2所示中间体 D与NO、NH和NH反应生成N、H2O和Cu (NH3),其中未涉及非极性共价键的断裂，有N=N非： 极性键的生成，A错误；过程Ⅱ中发生反应的方程式为Cu (NH)+NO=N2+H2O+Cu(NH)+NH, 应中化合价升高的是Cu(NH3)?+中的N元素，化合价降： ·26 低的是Cu(NH3)+中的Cu元素和NO中的N元素，则 脱除1 mol NO转移3mol电子，B错误；脱除NO的反应 物为NONH3、O2,生成物为N2和H2O,总反应的方程式 为4NO+4NH3+O2 催化指4N2十6H,O,氧化剂为NO 和O2,还原剂为NH,氧化剂和还原剂的物质的量之比为 5：4,C错误；由题千反应历程图可知，进入的物质为NO、 NH和O2,此为反应物，流出的物质为N2和H2O,此为 生成物，故图1总反应的化学方程式为4N)+4NH3十O2 信化剂4N,十6H,0,D正确。 7.答案A 解析反应①中F元素化合价没有发生变化，不属于氧化 还原反应，反应②中Fe元素化合价由十2价变为十3价，反 应⑥中Fe元素化合价由十3价变为十2价，属于氧化还原 反应，A错误；苯乙烯分子中苯环与乙烯基上的碳原子以 碳碳单键连接，单键可以旋转，故苯乙烯分子中所有原子 可能共平面，B正确：反应过程中有)一O非极性键的断裂 和C一O、)一H等极性键的形成，故反应过程中有非极性 键的断裂与极性键的形成，C正确；每生成1mol苯甲醛， 理论上消耗2molH2)2,因有其他副产物生成（如C)2 等)，实际消耗H2O2的物质的量应大于2m©l,即每生成 2mol苯甲醛，实际上消耗H2O2的物质的量大于4mol,D 正确。 题型强化练（二十） 1.答案D 解析由分析可知，曲线Ⅱ表示c(Y)随时间的变化曲线， A正确；01s内，曲线Ⅱ的斜率大于曲线Ⅲ的斜率，因为 化学反应速率=兰在相同时间同高0~s内，△(Y)> △c(Z),所以u(Y)>v(Z),B正确；由图乙可知，温度升高， 宁减小，n1和1n:都增大，即白1和？都增大，反应速 率加快，温度升高利于反应①、②正向进行，有利于提高Z 的产率，C正确；由图乙信息可知，温度T>T1时，k1<k2· 说明反应①为慢反应，因此，总反应速率由反应①决定，D 错误。 2.答案D 解析开始反应时，Y的含量迅速上升，说明生成Y的速 率快，活化能越低，反应速率越快，则X→Z的活化能大 于X→Y的活化能，A正确；0键的键能大于π键，Y→ Z的过程中，先通过π键的断裂，而。键保持稳定，再通过 单键旋转调整取代基排列，最后重新形成π键，B正确；达 到平衡时，Z的浓度大于Y,则X生成Y的平衡常数小于X 生成Z的平衡常数，C正确；5~10min时，Z的浓度很低， 说明主要发生反应X→Y,而Y→Z的速率很慢，即Y →Z的活化能大，则可以用E1<E3来解释，D错误。 3.答案B 解析由图可知，相同时间内x2(反应Ⅱ产物产率)大于 (反应I产物产率)，说明反应Ⅱ的反应速率比反应I 快，一般情况下，反应速率越快，反应的活化能越低，所以 反应活化能Ⅱ<I,A正确；已知△H1>△H2>0,反应I班级 姓名 题型强化练（十九） 1.(2025·河南三模)狄尔斯一阿尔德(Diels- Alder)反应广泛应用于药物制备等领域。 某狄尔斯一阿尔德反应催化机理如图 所示。 Bn -CO2Me H20、 一N+CIP COMe Bn Ⅱ CO2MeCO2Me Bn COMe Ba人HGB N+CI- CO2Me VI Bn IV H20 CHO V 下列说法错误的是 A.物质I的名称为丙烯醛 B.总反应为 催化剂 入0+ CHO C.物质M是反应的催化剂 D.物质V中含有2个手性碳原子 2.(2025·内蒙古赤峰二模)我国科学家已经 成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物 1催化氢化CO2的反应过程如图甲所示， 其中化合物2与水反应生成化合物3与 HCOO一的反应历程如图乙所示(TS表 示过渡态，I表示中间体)。下列说法正 确的是 () -PtBu2 O 0《 Fe-CoH、Ho H C02 2PtBuz *HC00 PtBu2 PtBu2 H 10H2 -Co N-Fe-CO -PtBu2 3,PtBu2 PtBu2 H20 OH OH N-E H2 H-fe Co H20 4PiBu2 匆 14 得分 2.催化机理循环图 Ts②(16.87) TS③(11.53) TS①2.34) I2(5.31) 2+H20(0.00) I(-1.99) 3+HC00(-2.38) 反应历程 3 A.化合物1参与了化学反应，改变了总反 应的反应热 B.升高温度，有利于提高化合物2的转 化率 C.图乙表示的反应历程中，决速步为第 一步 D.化合物4到化合物1的反应为氧化还原 反应 3.(2025·甘肃庆阳三模)科学家发现脯氨酸 可以催化羟醛缩合反应，其反应历程简化 如图所示。下列说法错误的是 () OH O 0 H3C COOH ⑦1 →H ② ① H* H20 H20 OH N COOH ⊕ COOH H:C ⑥ H ③ H 0 N COOH HC-C—H ⑤ ④ A.有机物④中碳原子有2种杂化方式 B.有机物③是反应的中间产物 C.反应中涉及极性键和非极性键的断裂与 生成 D.有机物⑥中含有3个手性碳原子 4.(2025·天津河西三模)为早日实现“碳中 和”、“碳达峰”目标，科学家提出用钉(Ru) 基催化剂催化CO2(g)和H2(g)反应生成 HCOOH,反应机理如图所示，己知当生成 46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热 量。下列说法正确的是 () 班级 姓名 H 2C02 1, 2H20 Ru H n 0 2H2 0-C-H LOH ⅡRu Ru I 0-C-H OH 0 2HCOOH 2H20 A.物质I为该反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为 中间产物 B.反应历程中存在极性键、非极性键的断 裂与形成 C.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 D.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 5.(2025·山东聊城二模)利用CO2加氢制 CH3OH的反应机理如图所示。H2首先 在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*, 随后参与到CO2的还原过程。下列说法 错误的是 ( H-C-H H20 -0-Ga-0-Zn-t2H* 0+H*CH3OH 氧原子空位 -0-Ga-0-Zn- -0-Ga☐-Zn H 0. +H\0-C-H +C02 C -0-Ga-0-Zn+H 0=C-H -0-Ga-0-Zn -0-Ga-0-Zn-+H* 己知：口表示氧原子空位，表示吸附在催 化剂上的微粒，NA表示阿伏加德罗常数。 A.反应过程存在C一H、O一H的断裂和 形成 B.催化剂氧空位用于捕获CO2,氧空位越 多反应速率越快 C.若反应温度过高使甲醇炭化，生成的碳 颗粒易使催化剂反应活性下降 D.理论上，每生成1 mol CH3OH,该历程 中消耗的H*的数目为6NA 6.(2025·浙江绍兴模拟预测)氮氧化物 (NOz)是硝酸和肼等工业的主要污染物。 一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催 化还原的原理如图1所示，反应物A在沸 石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图 2所示。下列说法正确的是 ( 148 得分 N2+2H2O Cu(NHa)2 NO NO+2NH+NE过程I (沸石笼 过程 N2H20+NH2 1/202 Cu(NH3)2 图1 40 0 20 [(NHa)2Cu. Cu(NH3)2P- 0 0[(NH3)2Cu-0-0-Cu(NH3)22 -20 B /0N 装-40 [(NH3)2Cu Cu(NH3)2P- -60 0 反应历程 图2 A.过程I涉及非极性共价键的断裂与生成 B.过程Ⅱ中，脱除1 mol NO转移6mol 电子 C.脱除NO的总反应中，氧化剂和还原剂 的物质的量之比为4：5 D.图1总反应的化学方程式为4NO十 4NH,十O,催化割4N2十6H,0 7.(2025·辽宁模拟)以Fe3O4为催化剂，苯 乙烯、H2O2为原料制备苯甲醛（部分其他 产物已省略)，催化反应机理如图所示。下 列说法错误的是 ( Hg0 HO 00H 0-0T② Fe(IIDFe304 Fe(⑩FeO4 ③ HO 00H H,02① Fe(IIDFeO Fe(ID)Fe3O CHO Fe(I⑩Fe3Oa ⑥ Fe(I四Fe,O,④ H202 ⑤ 0-0H A.以上转化过程中，属于氧化还原反应的 是①②⑥ B.苯乙烯分子中所有原子可能共平面 C.反应过程中有非极性键的断裂与极性键 的形成 D.每生成2mol苯甲醛，实际上消耗H2O2 的物质的量大于4mol