大单元五 选择题突破(二) 催化机理循环图的分析应用-【优化探究】2026年高考化学二轮专题复习配套课件（双选版）

选择题突破(二)　催化机理循环图的分析应用 优化探究 大单元五　热化学　化学反应速率与平衡 提炼　核心知识 精研　高考真题 强化 关键能力 2 提炼　核心知识 3 提炼　核心知识 催化剂:在连续反应中从一开始就参与了反应,在最后又再次生成,所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化,实则是消耗多少后续又生成了多少。 中间产物:在连续反应中为某一步的产物,在后续反应中又作为反应物被消耗,所以仅从结果上来看似乎并没有生成,实则是生成多少后续又消耗多少。 如在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机理为 H2O2+I-→H2O+IO-　慢 H2O2+IO-→ O2+I-+H2O　快 在该反应中I-为催化剂,IO-为中间产物。 4 而在机理图中,先找到确定的反应物,反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质(产物一般是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质),与之同时反应的就是催化剂,并且经过一个完整循环之后又会生成;中间产物则是这个循环中的任何一个环节生成又消耗的。如图所示: 5 例:据文献报道:Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如图所示,对图像作出分析。根据下图铁配合物Fe(CO)5充当催化剂的作用,凡是出现在历程中,进去的箭头表示反应物,出来的箭头表示生成物,既有进去又有出来的箭头表示催化剂或反应条件,其余可以看成中间物种。由提供的反应机理图可知,铁配合物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目、配体种类等均发生了变化;并且也可以观察出,反应过程中所需的反应物除CO外还有H2O,最终产物是CO2和H2,同时参与反应的还有OH-,故OH-也可以看成是另一种催化剂或反应条件。由此不难得出总反应方程式为CO+H2O CO2+H2。 6 7 精研　高考真题 8 精研　高考真题 1.(2025·北京卷)乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2==CHOOCCH3)的过程示意图如图。 下列说法不正确的是(　　) A.①中反应为4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd(CH3COO)2+2H2O B.②中生成CH2==CHOOCCH3的过程中,有σ键的断裂与形成 C.生成CH2==CHOOCCH3总反应的原子利用率为100% D.Pd催化剂通过参与反应改变反应历程,提高反应速率 C 9 解析:①中反应物为CH3COOH、O2、Pd,生成物为H2O和Pd(CH3COO)2,反应的化学方程式为4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd(CH3COO)2+2H2O,A正确;②中生成CH2==CHOOCCH3的过程中,有C—H的断裂和C—O的形成,存在σ键的断裂与形成,B正确;生成CH2==CHOOCCH3的总反应中有H2O生成,原子利用率不是100%,C错误;Pd是反应的催化剂,改变了反应的历程,提高了反应速率,D正确。 10 2.(2025·浙江1月选考)化合物A在一定条件下可转变为酚E及少量副产物,该反应的主要途径如图: 下列说法不正确的是(　　) A.H+为该反应的催化剂 B.化合物A的一溴代物有7种 C.步骤Ⅲ,苯基迁移能力强于甲基 D.化合物E可发生氧化、加成和取代反应 B 11 12 3.(2025·河南卷)在MoS2负载的Rh-Fe催化剂作用下,CH4可在室温下高效转化为CH3COOH,其可能的反应机理如图所示。 下列说法错误的是(　　) A.该反应的原子利用率为100% B.每消耗1 mol O2可生成1 mol CH3COOH C.反应过程中,Rh和Fe的化合价均发生变化 D.若以CD4为原料,用H2O吸收产物可得到CD3COOH B 13 解析:由反应机理图可知,总反应为2CO+2CH4+O2===2CH3COOH,据此解答。该反应为化合反应,原子利用率为100%,A正确;由分析可知,每消耗 1 mol O2可生成2 mol CH3COOH,B错误;由反应机理图可知,反应过程中Rh、Fe上连的化学键数均改变,所以Rh和Fe的化合价均发生变化,C正确;若以CD4为原料,由反应机理图可知,会生成CD3COOD,用H2O吸收产物时,其存在电离平衡:CD3COOD⥫⥬CD3COO-+D+,CD3COO-结合H2O电离出的H+可得到CD3COOH,D正确。 14 4.(2025·湖南卷)环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂,由丙烯( )为原料生产环氧丙烷( )的反应机理如图所示。 下列说法正确的是(　　) A.过程中Ⅱ是催化剂 B.过程中有极性键和非极性键的断裂和形成 C.过程中Ti元素的化合价发生了变化 D.丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100% B 15 解析:根据反应机理,Ⅰ先消耗再生成,是整个过程的催化剂,Ⅱ先生成再消耗,是中间产物,A错误;过程中存在H2O2中O—O非极性键的断裂,以及O2中非极性键的形成,还存在O—H极性键的断裂,以及O—C极性键的形成,B正确;过程中Ti的化学键(Ti—O)始终是4个,配位键不会改变Ti的化合价,故Ti元素的化合价不变,C错误;反应生成了H2O,且存在H2O2的分解反应,原子利用率小于100%,D错误。 16 强化 关键能力 强化 关键能力 1.(2025·山东实验中学一模)H2O2是一种重要的工业原料,利用H2和O2直接法合成H2O2的反应历程如图所示,下列说法中错误的是(　　) A.[PdCl4]2-和[PdO2Cl2]2-中Pd的化合价相同 B.[PdCl4]2-降低了反应的活化能,加快了反应速率 C.直接法合成H2O2的总反应,原子利用率理论上为 100% D.步骤2中,若有1 mol O2参与反应,转移4 mol电子 D 18 解析:A.[PdO2Cl2]2-中存在过氧键,O的化合价为-1,Pd的化合价为+2, [PdCl4]2-中Pd的化合价为+2,两者相同,故A正确;B.[PdCl4]2-作为催化剂起到降低反应的活化能、加快反应速率的作用,故B正确;C.直接法为氢气和氧气直接化合为过氧化氢,没有其他产物生成,原子利用率理论上为100%,故C正确;D.步骤2中,氧气转化为过氧键,氧元素化合价变化为0→-1,1 mol氧气参与反应转移2 mol电子,故D错误。 2.(2025·安徽合肥示范中学质量检测)将乙烯通入PdCl2水溶液中可生成乙醛和金属Pd,用CuCl2实现PdCl2的再生,并用空气再生CuCl2,由此组合成催化循环反应,反应机理如图所示,下列有关该反应过程的说法错误的是(　　) A.乙醛中的氧原子由H2O提供 B.若反应在PdCl2的D2O溶液中进行, 可能生成CH3CDO C.生成乙醛的净反应为CH2==CH2+O2 CH3CHO D.消耗1 mol O2时,可再生2 mol PdCl2 B 解析:A.由反应机理图可知,反应Ⅱ中碳碳双键与水发生加成反应,得到羟基,在反应Ⅴ中羟基被氧化为醛基,故乙醛中的氧原子由H2O提供,A正确;B.若反应在PdCl2的D2O溶液中进行,反应Ⅱ中碳碳双键会与D2O发生加成反应,得到羟基,该羟基为—OD,到步骤Ⅴ中,羟基被氧化为醛基,最后得到CH3CHO,B错误;C.PdCl2、CuCl2在反应中起催化剂作用,故生成乙醛的净反应为CH2==CH2+O2 CH3CHO,C正确;D.消耗1 mol O2时,转移4 mol e-,由Pd0→Pd2+化合价变化可知,会生成2 mol PdCl2,D正确。 3.(双选)N-羧基丙氨酸酸酐广泛用于生物领域,用碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]和丙氨酸[CH3CH(NH2)COOH]为原料可以制备N-羧基丙氨酸酸酐,其反应机理如图所示。下列说法错误的是(　　) A.在强酸性环境中有利于反应进行 B.该过程中Zn元素的化合价发生改变 C.反应过程中有C—O的断裂和形成 D.用甘氨酸(H2NCH2COOH)代替丙氨酸,可制得 AB 解析:A.在强酸性溶液中,碳酸二甲酯会发生水解,同时CH3CH(NH2)COO-浓度降低,不利于反应进行,A错误;B.碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]与Zn(CH3COO)2形成的是配位键,整个过程中均未有元素化合价发生变化,B错误;C.该过程中存在N—H、C—O等极性键的断裂和C—O等极性键的形成,C正确;D.若用甘氨酸(H2NCH2COOH)代替丙氨酸,则根据转化关系, 最后可得到 ,D正确。 解析:由图可知H+参与了反应,在第一个反应中作反应物,最后一个反应中作生成物,因此H+是该反应的催化剂,A正确;化合物A的一溴代物有6种,分别是、、、、、,B错误;由步骤Ⅲ可知C转化到D,苯基发生了迁移,甲基没有迁移,说明苯基的迁移能力强于甲基,C正确;化合物E中含有酚羟基,可以发生氧化反应,含有苯环,可以发生加成反应和取代反应,D正确。 $