专题精准强化12 反应机理循环图分析-【创新教程】2027年高考化学大二轮专题增分方案课时作业

化学 十2e一H2个十2OH。根据分析知，“全氢电池”的 总反应为H+十OH—H2O,A正确；原电池中阳离子 向正极迁移，阴离子向负极迁移，所以“全氢电池”的双 极膜中产生的H+向右移动，OH向左移动，B正确；根 据分析可知，阳极区发生的电极反应为C1厂十H2O一 2e一HClO+H,C错误；理论上负极消耗1molH2, 即转移2mol电子，则有2mol阳离子（钠离子或者氢离 子)通过阳离子交换膜进入阴极区，根据阳极反应式C1 +H2O-2e一HClO十H,可以知道又得到1mol氢 离子，则阳极区减少1mol阳离子（忽略HClO的电离）， D正确。] 10.D[C3HgO3失去电子变为HCOO,电极反应式为 C3HgO3-8e+11OH-3HCO0+8H20,阴极电 极反应式为2H2O十2e一H2个十2OH,铜电极上 有Z生成，即Z为H2,铜电极为阴极。A.石墨电极为 阳极，C3HO3失去电子变为HCOO一，即X含甘油，那 么Y含NaOH,故A正确；B.当收集到4molZ气体 时，转移电子数为8mol,生成产品3mol,质量为：3mol X68g/mol=204g,故B正确；C.石墨电极为阳极， C,HO3失去电子变为HCOO,电极反应式为 C,HO3-8e+11OH—3HC00+8H20,故C正 确；D.NaCl代替NaOH,CI厂通过阴离子交换膜，可能 在石墨电极上放电，无法达到相同的电解效果，故D 错误。门 专题精准强化12反应机理循环图分析 1.C[A.该反应的催化剂为苯甲醇钠，不改变反应的焓 变，故A错误；B.合成苯甲酸苯甲酯总反应方程式为： 催化剂 2H ,没有水生成， 50℃ 故B错误；C.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，故C正确；D.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，故D错误。] 2.C[由题目信息可快速推出图1是原电池，且由NO变 成盐酸羟胺(NH OHCI)可知铁电极为正极，Pt电极上 氢气失去电子发生氧化反应是负极；图3为电解池，由硝 酸根离子得到电子发生还原反应生成铵根离子，可知b 电极为阴极，则a为阳极，据此回答。A.图1作图3装 置电源时，电极b为阴极与电源的负极Pt电极相连，A 正确；B.由图2知，图1电池工作时，含F的催化电极的 电极反应式为NO十3e十4H+一NHOH,B正确； C.未标明气体在标准状况下，不能用22.4L·mol1计 算，C错误；D.NO最终变成了N2,根据化合价的变化 可推出，处理0.2 mol NO?使其转化为N2需转移1mol 电子，而1molC1厂转化为HClO转移2mol电子，故有 0.5mol氣离子参加了反应，D正确。] 3.B[A.由反应示意图可知反应过程中存在碳氧等极性 键断裂、氢氢非极性键断裂，碳氢等极性键生成，但不存 在非极性键的形成，A错误；B.物质I为反应起，点存在 的物质，且在整个过程中量未发生改变，物质I为催化 剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间过程出现的物质，为中间产物，B正 确；C.催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应 的焓变，也不能提高转化率，C错误；D.该图为钌(Ru)基 催化剂催化CO2(g)和H2(g)的反应示意图，反应生成 26 46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量，反应中氢化 合价由0变为十1，电子转移关系为HCOOH~H2~ 2e,则每转移1mole,放出15.6kJ的热量，D错误。 4.C[A.在一定条件下能将酮和烯烃分别转化为酯和环 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 正确；B.R1COR2参与了反应，经过①②③④四步后又变 回起始物质，反应前后没有改变，符合催化剂的特征，是 烯烃转化为环氧结构的催化剂，B正确；C.整个反应过 程中，过程④中氧氧单键断裂，即有非极性键的断裂，过 程③中有新的氧氧单键的形成，即有非极性键的形成， 故C错误；D.若2-丁烯和丙酮发生上述反应，通过观察 图示，知道双键变成环氧结构，酮羰基变成酯基，所以总 反应可能为CHCH一CHCH+2 CH,COCH3+3HSO →2CH,C00CH,+3H,S0,十八，故D正确。] 5.B[A.观察氧化苯乙烯的结构可知，分子式为C8HaO, 故A正确；B.TBAB中氨原子的杂化类型为sp,氨的电 负性大于碳，因此氨元素显一3价，故B错误：C.由图可 Ph P 判断。转化罗的过程中，碳氨极性键断裂，并产 一Ti 一Ti 生活性氢原子，故C正确；D.由图可判断在“碱性点位” 上CO2转化为CO2·的过程中得电子发生还原反应，故 D正确。] 6.B[A.由反应历程可知，历程中包含3个基元反应，分 别为CoHo十H·一CoHg+H2,CoHg一C0Hg', CoHg=一C0H8十H·,其中第三个基元反应的活化能 最大，反应速率最慢，A项正确；B.根据有机物反应的特 点可知C40H20失去氢原子被氧化，B项错误：C.一个 C40H20中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形 成一个五元环，则一个C40H10总共含有6个五元环，10 个六元环，C项正确；D.根据CoHg结构特点可知，1mol CH1g完全加氢成环烷烃需要20molH2,D项正确。] 7.D[由催化机理可知，总反应为人0+继化湖，心门m CHO 该反应为加成反应，A正确；I十I→X十Ⅱ，由I、 Ⅵ、Ⅱ的结构简式可知，X为H2O,B正确；由催化机理 可知，反应消耗了Ⅵ又生成了M,I是反应的催化剂，C 正确；通常其他条件不变，温度越高，反应速率越快，但 是酶作催化剂时，高温使酶失去活性降低反应速率，D 错误。 8.C[A.根据反应②的反应物和产物结构式，反应物中的 原子全部转化为产物，原子利用率为100%，A正确；B. 反应②分子筛吸附CH4,吸附是一种物理变化过程，M 的化合价未发生改变，B正确；C.催化剂能降低反应活 化能，增大反应速率，但是不会改变反应的△H,C错误； D.根据反应机理图，反应物为N2O和CH4,在催化剂作 用下生成甲醇和氯气，总反应为N,0+CH,MZSM5 CH3OH十N2,D正确。] 9.A[A.步骤I中Rh的成键数增加了2个，步骤V中 PhP Rh的成镀数减少了2个，A错误；B. Rh PPha PhP HH 是催化剂，与H2反应生成 Rh ,其为中间 Cl S PPhs 产物，B正确；C.步骤Ⅱ中，碳碳双键提供π电子，铑提供 0 空轨道，形成配位键，C正确；D. 与H2的反 应属于加成反应，D正确。] 10.C「A.根据题干图示可知该过程是CHCH一CH2、CO、 CHOH在HCo(CO)?催化下生成(CH)2 CHCOOCH,则 反应方程式为CHCH一CH2十CO+CHOH HCo(CO,(CH),CHCO0CH,故A正确；B.由题图 可知，该反应经历了5步，有4种反应中间体，故B正 确；C.CH3CH一CH2和HCo(CO)3发生反应时断裂 了碳碳双键中的π键属于非极性共价键，故C错误；D. 由图可知，该催化循环中C0的成键数目变化为4→4→ 5→4→6→4，故D正确。] 专题精准强化13能垒反应历程图分析 1.D[A.由题千图示信息可知，￥CO转化为CO(g)要吸 收热量，A错误；B.由图示可知，生成CO、*CH3OH的 反应都是吸热反应，而生成CH4的反应是放热反应，升 高温度，CH,的选择性减小，而CO、*CHOH的选择性 增大，B错误；C.CO2制CHOH的历程中，HCO3→ *HCOO、*CH3O→*CH3OH的能垒分别为0.77eV、 1.01eV,*CH3O→*CH3OH的能垒更大，C错误：D.由 题干图示信息可知，CH4具有的能量比CO的更低，能量 越低越稳定，故在上述条件下，稳定性：CH4(g)>CO(g),D 正确。] 2.C「A.由图可知，CH,CHDBr的消去反应中，反应物总 能量低于生成物总能量，是吸热反应，△H>0,消去反应 生成气体，混乱度增加，△S>0,A正确；B.取代反应中， C一Br键断裂，C一O键生成，消去反应中C一Br键、C一H 键断裂，C一C键、H-O键生成，C-Br、C一O、C一H、 H一O键都是极性键，所以两个反应均涉及极性键的断 裂与生成，B正确；C.根据取代反应机理，若底物改变， 取代产物中羟基应取代决原子位置，与所给结构不符，C 错误；D.消去反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热方 向（消去反应方向）移动，能提高消去产物在整体产物中 的比例，D正确。] 3.A[A.由反应历程图可知，中间体2→中间体3的活化 能最大，速率最慢，所以该反应的决速步是中间体2→中 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， 反应方程式为：Ni十C,H。一NiCH2十CH4,即Ni是反 应物，而不是该反应的催化剂，C错误；D.热化学方程式 中应标注物质的状态，正确的热化学方程式为N(s)十 C2H(g)—NiCH2(s)+CH,(g)△H=-6.57kJ/mol, 原选项未标注物质状态，D错误。] 4.D[根据图示，反应I的活化能大于反应Ⅱ的活化能， 所以反应I的速率小于反应Ⅱ的速率，故A错误；若原 料用丙炔，则会有CHCH=CH一CH=CHCH3、CH, =C(CH3)-C(CH3)=CH2、CHCH=CH一C(CH) 一CH2共3种分子式为CH。的有机化合物生成，故B 错误；增大Cu的表面积，可加快反应速率，催化剂不能 使平衡移动，不能提高C2H2的平衡转化率，故C错误； 根据图示，C2H转化成C4H.（g)过程中，先碳碳双键中 有1个键断裂，后又有碳碳双键和碳碳单键的形成，所以 有非极性键的断裂和形成，故D正确。] 26 练习册参考答案 5.D[A.苯与液溴反应时，FeBr?能降低反应的活化能， 加快反应速率，可作该反应的催化剂，A正确；B.由能量 变化示意图可知，反应物总能量高于生成物总能量，反 应为放热反应，总反应的△H=△H1十△H2十△H3<0,B 正确；C.在多步反应中，活化能最大的步骤决定总反应 速率，过程②的活化能最大，所以决定总反应速率的大 小，C正确；D.液澳具有挥发性，反应后的气体中含有 Br2,Br2也能与AgNO3溶液反应生成浅黄色沉淀，干扰 HBr的检验，不能将反应后的气体直接通入AgNO3溶 液证明该反应为取代反应，D错误。] 6.A[A.根据氨唰烷(NH3BH3)的结构可知，在 NH3BH3中和N成键的H呈+1价，和B成键的H呈 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,BH3反应，后来又生成化合物I,故该转 化过程中催化剂为化合物I,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 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厂1 -21.88kJ·mol1=140.50k·mol1,D错误.] 7.A[1eV≈1.60×10-1J,题图中，反应物的相对能量大 于生成物的，所以该反应为放热反应。A.由图可知，步 骤③形成了C一H键，无N一H键形成，故A错误； B.N(CH3)3十OH+H*一N(CH3)3十H2O,该步骤活 化能最大，该步骤活化能为(-1.02eV)一(-2.21eV) =1.19eV,故B正确；C.由图可知，该反应为放热反应，升 高温度，平衡逆向移动，DMF的平衡转化率降低，故C正 确；D.由图可知，总反应为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g) N(CH3)(g)+H2O(g),1.02eV为单个(CH)2NCHO(g)分 子反应放出的热量，故△H=一1.02eV·Na/mol≈ 一98.25k/mol,所以热化学方程式为(CH)2NCHO(g)+ 2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)△H=-98.25kJ/mol, 故D正确。] 8.D[A.HNO3和H2SO,生成NO2与HO3SO的过程 中硫酸电离出氢离子，同时生成酸根离子HO,SO,体 现了H2SO4的酸性，A正确；B.M中与一NO2结合的碳 形成4个共价键，为sp杂化，其余C原子为sp2杂化，B 正确：C.生成产物I的反应中，与反应物苯比较，生成物 的不饱和度降低，生成X时原苯分子中相邻两个碳原子 分别结合了硝基和磺酸基，属于加成反应，C正确；D.过 渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活 化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应 速率的是慢反应；生成产物Ⅱ的反应的活化能更低、且 产物Ⅱ的能量更低更稳定，以上2个角度均有利于产物 Ⅱ，故不能通过控制反应时间来制备产物I,D错误。] 9.D[A.由图可知，过渡态TS2比TS1能量高，则过渡态 TS1更稳定，A正确；B.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；C.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O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一0O镀的断裂，C正确；D.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=一11.63eV,所 以当1molC02参与反应时能量变化为一11.63×1.6× 10-19J×6.02×1023=1.12×10J=1120kJ,所以该反 应的焓变△H=一1120kJ/mol,D错误。]专题精准强化12反应机理循环图 1.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钠，能降低反 应的焓变 4 B.合成苯甲酸苯甲酯总反应方程式为： O 催化剂 2 H 50℃ +H,O C.与酯化反应相比，该反应的原子利用 率高 D.久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，能加 快该历程反应速率 2.化学性质类似NH,C1的盐酸羟胺 (NHOHCI)是一种常见的还原剂和显像 剂，工业上主要通过图1所示的方法制备， 装置中含Fe的催化电极反应机理如图2 所示。图3是用图1的电池电解处理含有 CI、NO的酸性废水的装置。下列说法 错误的是 Fe 电源 Na NO S HCIO NH 的化电极 电解法处理酸性废水 图1 图2 图3 A.图1作图3装置电源时，电极b与Pt电 极相连 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—NHOH C.理论上，当图1电池中有3.36LH2参与 反应时，左室溶液质量增加3.3g D.图3装置中每处理0.2 mol NO使其转化为 N,酸性废水中C厂减少0.5mol 3.为早日实现“碳中和、碳 2H0 R 达峰”目标，科学家提出 用钌(Ru)基催化剂催化 2H, CO2(g)和H2(g)反应生 成HCOOH。反应机理 如图所示，已知当生成 2HCOOH 153 ⑧错题序号： 分析 @错因分析： 46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热 量。下列说法正确的是 A.反应历程中存在极性键、非极性键的断 裂与形成 B.物质I为该反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为 中间产物 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 过一疏酸(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。 R平R -HSO, 4④ ⑤0 Ri Ra RORz ③ 6心0R,队心B RRz 下列说法错误的是 A.根据上述机理可知，过一硫酸具有强氧 化性 B.R,COR2是烯烃转化为环氧结构的催 化剂 C.整个反应过程中，有非极性键的断裂，但 没有非极性键的形成 D.若2丁烯和丙酮发生上述反应，总反应可 能为CH,CH一CHCH+2 CH COCH+ 3H,SO-2CH COOCH,+3H,SO+A 研究表明，光催化剂Ti-CNO对CO2与氧化 苯乙烯环加成生成碳酸苯乙烯酯表现出优 异的光热催化活性和稳定性，其反应机理如 图所示（部分微粒未标出）： m合% TBAB 0 碱性点位 TRAR C02 碱性点位 p co, Ti-CNO B(氧化苯乙) Ph Br 已知：TBAB的结构简式为N人； 一Ph代表苯基。下列叙述错误的是() A.氧化苯乙烯的分子式为CsHO B.TBAB中氮元素显十5价 Ph h C. 8转化罗的过程中，碳氢极性键 -Ti 断裂 D.在“碱性点位”上CO,得电子发生还原反应 6.纳米碗C40H。是一种奇特的碗状共轭体系。 高温条件下，C40H1。可以由C40H20分子经过 连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。 H C4oH2o(g)→C4oH18(g)+H2(g)的反应机 理和能量变化如图所示： H 150.8 过渡态2 过战态1 110.3 C.H+H-+H 709 20.7 9.5 0.0 CuHs+H2 CaoHo+H CH'+H 反应历程 下列说法错误的是 A.图示历程中包含3个基元反应，其中速 率最慢的是第3个 B.CnHn(g)HCoH(g)+H,(g)反应中 C40H20被还原 C.C4oHo纳米碗中五元环和六元环结构的 数目分别为6、10 D.1molC4oH18完全加氢成环烷烃需要 20 mol H2 7.利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化 Diels一Alder反应取得重要进展，荣获2021 年诺贝尔化学奖。某Diels一Alder反应催 化机理如图，下列说法不正确的是 ( -CO.Me CO.M CO.Me CO.M -C0 -C0, A.总反应为加成反应 B.化合物X为H2O C.ⅥI是反应的催化剂 D.其他条件不变，温度越高，反应速率越快 8.硅铝酸盐沸石离子交换分子筛M-ZSM-5 (M为Fe、Co、Ni、Cu)催化N2O氧化CH 制甲醇的反应机理如图所示，下列说法错误 的是 ( ) 154 ”。养” 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 价未发生改变 C.M-ZSM-5能降低N2O氧化CH,制甲醇 反应的活化能，改变反应的△H D.总反应为NO十CH M-ZSM-5 -CH,OH+N2 H 9. 在含铑 Ph,P Rhppb, (Rh)催化剂作用下的 /0 催化选择性加氢反应机 理如图所示（图中S代 0 表溶剂)，下列说法错误的是 A.反应过程中，Rh的成键数未发生变化 PhaP H H B. Rh 是中间产物 Cl s PPhs C.步骤Ⅱ产物中π电子与铑形成配位键 O D. 选择性还原加氢反应属于 加成反应 10.异丁酸甲酯[(CH3),CHCOOCH3]常用作 溶剂和有机合成中间体。据文献报道，利 用HCo(CO)3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 c0 CH,O-C CH,OH- ,0Cc0 C- oc.coco A.该过程的总反应为CHCH一CH2十CO HCo(CO +CH,OH- →(CH)2 CHCOOCH B.反应历程中一共有4种反应中间体 C.反应过程中只断裂了极性共价键 D.该催化循环中Co的成键数目发生变化