上篇 专题四 选择题突破四 1.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学生用书

化学 [OCH2O]2十H2O,Cu电极上发生的电子转移反应为 [OCH2O]2--e一HCO0+H·,H·结合成H2, Cu电极为阳极；PbCu电极为阴极，首先HOOC COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC COOH:H2 C2 O,+2e +2H+-OHC-COOH+H2O, OHC-COOH与HO-N+H,反应生成HOOC-CH N-OH:OHC-COOH+HO-N H,-HOOC-CH- N-OH+HO+H,HOOC-CH=N-OH发生得电子 的还原反应转化成HNCH,COOH:HOOC一CH N-OH+4e+5H—HNCH2COOH+HO。 A.根据分析，电解过程中，阳极区消耗OH厂、同时生成 H2O,故电解一段时间后阳极区c(OH)减小，A项正 确；B.根据分析，阴极区的总反应为H2C2O4十HO一 N+Ha +6e-+6H*-H2N+CH2 COOH+3H2O, 1molH2O解离成1molH+和1 mol OH,故理论上生 成1molH3NCH2COOH双极膜中有6molH2O解 离，B项错误；C.根据分析，结合装置图，阳极总反应为 2HCHO-2e-+40H--2HCOO-+H2+2H2O,C 项正确；D.根据分析，阴极区的Pb上发生反应H2C2O, +2e+2H+OHC-COOH+H2O,D项正确。] 2.D[A.左侧通入氧气生成H2O2,且在K2SO,溶液中可 生成OH,该电极反应方程式书写正确，A正确；B.电 路中转移2ol电子时，整个体系总电子转移量为 2mol,每释放1 mol Li计对应1mol电子转移(LiFePO4 一e一FePO4十Li计)，双电极可同时回收Li,理论上 可回收4 mol Li计，B正确；C.右侧发生氧化反应：I厂被氧 化为5，阳极连接电源正极，C正确；D.若5歧化转化 为1厂和IO?,反应为：3+3H20一8I+IO3+ 6H,该歧化反应为碘自身氧化还原，总反应中可得到 的电子数（氧化LiFePO的总能力）不变：3molI原本 可得到6mol电子，歧化后1 mol IO作为氧化剂可得 到6mol电子，总氧化能力不变，理论上脱出回收的Li 总物质的量不变，因此不会降低锂的理论回收产率，D 错误。] 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 高考经典再研 1.C[A.由反应机理和元素守恒得，步骤①中CO2分子 在2个吸附位上生成CO°、O“(即X),A正确；B.步骤 ②中HO、H恰好生成H2O(即Y),同时腾出2个吸 28 附位，步骤④中加入的H2和吸附位也可生成H,再与 HO也生成H2O,B正确；C.步骤③中加入的H2中的1 个H夺取CO中的O形成HO",同时另1个H生成 HC,同理步骤④中应该有4个H生成，1个H与 HO”生成H2O,3个H与HC结合生成CH4,即m= 2,C错误；D.由碳元素化合价变化得CO2（十4价)→ CH4(一4价)，1个CO2分子完成催化反应获得了8个 电子，D正确。] 2.B[A.催化剂在反应前后质量和化学性质不变。从流 程看，若以I为起点，则I是催化剂（先消耗、后生成）， Ⅲ是中间产物（先生成、后消耗），若以Ⅲ为起，点，则Ⅲ是 催化剂，I是中间产物，故1、Ⅲ均可作催化剂，A正确； B.Ⅱ中P带正电，说明P失去了一个电子，形成4个键， 与N形成的是共价键，并非N提供孤电子对形成的配位 健，B错误；C.根据Ⅳ的结构，从Ⅲ到N的反应过程中， 发生加成反应，结合原子守恒可知，Ⅲ可能是 ,C正确；D.反应过程中生成了PhSiH2 0 (OH),两分子PhSiH2(OH)脱水可形成 H ● H Si—Ph,D正确。] H 变式集训典题 1.B[A.物质②和⑤都可以和水形成分子间氢键，故均易 溶于水，故A正确；B.物质③中N原子采取sp2杂化，物 质④中N原子采取sD3杂化，杂化方式变化，故B错误； C.⑥→⑦的过程中非极性共价键C一C键没有断裂和形 成，故C正确；D.合成物质⑦，反应物为丙酮和 HO O CH,CHO,生成物是 C00H是反应的催化 剂，催化剂能降低反应的活化能，故D正确。] 2.B[A.XY过程中，X含碳碳三键，反应时三键的π键 断裂，同时伴随σ键（如Ni一C1键）断裂，既有σ键断裂 Ar 又有π健断裂，A正确；B.由图可知，Ln一Ni（Ⅱ)中Ni Ar 的化合价为+2价，L.一Ni(Ⅱ)中Ni与 人入入/结合生成Z,Ni原子与具有单电子的 ● Bu 2 碳原子结合形成σ键，且共用单子对偏向于C原子，则 Ni的化合价上升到十3价，B错误；C.该步骤是光催化 剂PC②与Ln一Ni(I)反应，生成PC①和Ln一Ni(O)。 在这个反应中，Ni的化合价从十1价下降到0价，Ln一 Ni(I)是氧化剂，则PC②→PC①是一个氧化过程，C正 确；D.根据反应历程，反应物为炔烃X和ArCl,产物为 M,条件为光、催化剂，总反应式为 Ar /+Ad橙化剂 光tBu D Bu 正确] 选择题突破四2能垒反应历程图分析 高考经典再研 1.D[A.通入HCl时，CI会与催化剂中的Cu+生成难溶 的CuCl,使催化剂活性位点减少，并非生成了CuCL2,A 错误；B.能垒为过渡态与前一中间体的自由能差值，恒 为正值，CN键初始氢化对应TS一1，能垒为一1.75eV 一（一3.57eV)=1.82eV,B错误；C.决速步骤为反应过 程中能垒最大的基元反应，经计算TS一1、TS一2、TS一3 对应的能垒分别为1.82eV、1.25eV、0.83eV,TS-1 所属基元反应为决速步骤，C错误；D.根据反应前后原 子守恒，①是CH,CNH'与OH反应得到的中间体，后 续生成CH CONH'+H,故物种①为CH COHNH·, D正确。] 2.D[观察历程图，反应1的反应物Ga2O3(s)+NH3(g) 的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成 Ga2O2NH(s)和H2O,此时的相对能量为0.05eV,因此 体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确； 反应iⅱ中因H2O(g)脱去步骤需要经过TS5,则活化能 为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV一0.70eV =2.69eV,B正确；反应i从Gaz ON2 H2(s)生成2GaN(s) 十H2O(g)经历过渡态TS6、TS7,说明该反应分两步进 行，包含2个基元反应（基元反应判断），C正确；整个反 应历程中，活化能最高的步骤是反应川中TS7对应的步 骤（活化能为3.07eV),所以总反应的速控步包含在反 应中，D错误。] 变式集训典题 1.C[结合图乙可知，①CH4(g)+H2O(g)一CO(g)+ 3H(g)△H1=+206.2k·mol1,②CO2(g)+4H2(g) —CH4(g)+2H2O(g)△H2=-165.0k·mol厂1，根 据盖斯定律，由①X2十②得到CH(g)十CO(g)=2CO(g)十 28 讲解册参考答案 2H2(g△H=2X△H1+△H2=+247.4kJ·mol-1,A 正确；过程Ⅱ的反应涉及CO+CO2十H2十FeO4十CaO →H2O+Fe+CaCO,、Fe+CaCO十惰性气体→惰性 气体+Fe3O4十CaO十CO,实现了含碳物质与含氢物质 的分离，B正确；过程Ⅱ中FeO,、CaO为催化剂，可以改 变反应速率，不能改变反应的△H,C错误；根据图甲中 物质的参与和生成情况，结合反应过程中的催化剂和中 间产物，总反应可表示为CH,十3C0,催化剂4C0+ 2H2O,D正确。] 2.C[A.由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A 错误；B.平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误； C.由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催 化剂a吸附后得到的吸附态更稳定，C正确；D.活化能 高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为 CH,CHCH,→CH CHCH2+"H或CH,CHCH+H→ CH,CHCH2+2"H,D错误] 选择题突破四3化学反应速率、平衡图像分析 高考经典再研 1.B[A.温度升高，C3Hg平衡转化率升高，说明升温平衡 正向移动，正反应为吸热反应，A正确；B.设初始C3Hg、 CO2、He的物质的量分别为1mol、1mol、2mol,C02平 衡转化率为50%时，反应的C02为0.5mol,列出“三段 式” C(g)+C0,(g依化 →C3H(g)+HO(g)+CO(g) 起始(mol)1 1 0 0 0 转化(mol)0.50.5 0.5 0.50.5 平衡(mol)0.5 0.5 0.5 0.50.5 平衡时总物质的量为0.5mol十0.5mol十0.5mol十0.5mol 十0.5mol十2mol=4.5mol,压强平衡常数：K。= 10.5po p(CgH。)·p(H2O)·(CO) 4.5】 Po p(CaHa)·(CO2) 0)0】 9 ≠号p,B错误；C.543℃下CH。平衡转化率为60%， 平衡时n(CHg)=0.4mol,由方程式系数关系可知n (C3H6)=0.6mol,满足3n(C3H8)=2n(C3H6),故该关 系成立时反应达平衡，C正确；D.总压不变，减小He的 占比，反应体系各物质分压增大，该反应正反应为气体 分子数增大的反应，加压平衡逆向移动，C3Hg平衡转化 率降低，对应曲线②，D正确。] 3上篇专题四热化学化学反应速率与平衡 专题四 热化学 化学反应速率与平衡 -EEEED 选择题突破四 1.反应机理循环图分析 突破核心透视 下列说法错误的是 A.步骤①生成的X*是O 太阳能 循 H2O B.步骤②和④生成的Y是H2O 0 图 C.步骤④中m=1 D.1个CO2分子完成催化反应获得了8个 (1)催化机理循环图的解题思路 电子 只有箭头指入的物质为反应物，只有箭 2.(催化去除N2O2026·1月浙江卷)某化学 看箭头 头指出的物质为产物，既有箭头指入又 定物质 有箭头指出的物质一般为催化剂或中 兴趣小组利用有机P化合物除去N2O的流 间产物 写总 程如下(Ph代表苯环)，下列说法不正确 反应 →根据反应物和产物，快速写出总反应 的是 ) 分析 对比反应前后物质结构的变化，可直接 PhSiH,(OH） N.O 细节 判断反应中物质的断键、成键等情况 (2)考查方向 ①与物质结构与性质模块融合：考查微观 结构，如电子排布、化合价、。键、π键、配位 键、分子空间结构、轨道杂化等。 ②与无机化合物融合：考查物质的性质、氧 PhSiH 化还原反应、离子方程式等。 A.在该循环中I、Ⅲ均可作催化剂 ③与有机化合物融合：通过反应本质 B.Ⅱ中P一N是N提供孤电子对 断键和成键，判断有机反应类型、有机产物 种类。 C.Ⅲ可能是 高考经典再研 1.(CO2(g)转化|2026·四川卷)将CO2(g)转 化为高值化学品有助于实现“双碳”目标。 CO2(g)催化转化的一种反应机理如下，图 D.产物中还可能生成Ph一Si Si-Ph 中“2·”表示催化剂表面的2个吸附位， H “H”表示吸附位上的H物种。 变式集训典题 C0(g) 2* CH,(g+Y(g)+n+2)* 1.(羟醛缩合反应机理)羟醛缩合反应是一种 /① 一mH(g)+n* 常用的增长碳链的方法。一种合成目标产 C0*+X* HC*+H0*+2* HO O ③/ +2H* 物 (图中物质⑦)的反应机理如图 C0*+H0*+ 、H(g) H2(g)+2* H*+* ②Yg 所示。下列说法错误的是 ( 35 化学 OH 0 COOH H H ① H H20 ④ H20 OH NCOOH COOH H:C ⑥ H Ln为A配体 PC为含的光催化剂 COOH H- A.X→Y过程中既有σ键断裂，又有π键 A.物质②和⑤均易溶于水 断裂 B.物质③→④的过程中，N的杂化方式未发生 B.Z中Ni的化合价为+2 改变 C.PC②→PC①是一个氧化过程 C.⑥→⑦的过程中没有非极性键的断裂和 D.总反应式为 入/+ArCI 生成 D.化合物 Bu 人c0oH为该反应的催化剂，能 Ar 降低反应的活化能 催化剂 2.(光催化有机合成12026·湖南卷)光催化是 B 一种常用的绿色有机合成方法，合成化合物M (Ar一表示芳基，Bu一表示叔丁基)的反应历 C温馨提 程如图所示。下列说法错误的是 学习至此，请完成配套专题精准强化12 选择题突破四 2.能垒反应历程图分析 突破核心透视 化剂，其原理是Ce4+/Ce3+和Cu+/Cu+氧 化还原循环协同作用，反应路径如图(TS代 过渡态1 度态 表过渡态，代表吸附态)。下列说法正确 的是 图 A+B AH 中间产物C CH,CN(g)+H2O(g) CH,CN+H,0→CH,CONH2 0 CHCN*+H2O* -0.68 反应过程 -1.19 -1.75 (1)E1、E2分别为第一步、第二步反应的活 -2.07 -1.93/TS-2 2.31 TS- 化能。 TS-3 CH.CN*+H2O(g) -2.82 CHCNH*+OH* -314 3.10 (2)活化能与反应速率的关系：基元反应的活 -3.57 CH,CONH*+H*CH3CONH* CH,CN*+OH*+H* 化能越大，反应速率越慢；一个反应的快慢 反应路径 取决于反应速率最慢（活化能最大）的基元 A.通入HC1会降低催化活性，因为生成 反应。 了CuCl2 (3)能量越低，物质越稳定。 B.CN键初始氢化所需要克服的能垒为一 (4)△H=生成物的总能量一反应物的总能量 1.75eV =正反应的活化能一逆反应的活化能。 C.TS一2所属的基元反应为决速步骤 (5)催化剂的作用 D.物种①为CH COHNH” 催化剂参与反应，降低反应的活化能，加快反应 2.(反应历程图|2025·河北卷)氨化镓(GaN) 速率。 是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电 高考经典再研 信息材料等领域，可利用反应Ga2O3(s)十 1.(决速步骤与反应历程图|2026·江西卷) 2NH3(g)=2GaN(s)+3H2O(g)制备。 Ce,Cu,/ZSM-5是一种降解含氰废气的催 反应历程(TS代表过渡态)如下： 36