高考化学压轴题03 化学反应机理 历程 能垒图分析(解析版)

2023-11-14 · U1 上传 · 16页 · 2.1 M

压轴题03化学反应机理/历程 能垒图分析近几年来新高考地区有关反应历程和反应机理的选择题,通过构建模型,进行类比迁移考查考生的化学学科素养。反应历程是指化学反应中的反应物转化为最终产物通过的途径,反应机理是化学中用来描述某一化学变化所经由的全部基元反应,机理详细描述了每一步转化的过程,包括HYPERLINKhttps://baike.baidu.com/item/%E8%BF%87%E6%B8%A1%E6%80%81/5604034\t_blank过渡态的形成,键的断裂和生成,以及各步的相对速率大小等。完整的反应机理需要考虑到反应物、HYPERLINKhttps://baike.baidu.com/item/%E5%82%AC%E5%8C%96%E5%89%82/1132343\t_blank催化剂、反应的立体化学、产物以及各物质的用量。试题常以图像为载体,以陌生的反应历程方程式或示意图为主要信息源,高起点(题目陌生度高,往往用词新颖),低落点(考查的思维简单),从微观视角来考查反应机理,考查点集中在题目信息采集处理、能量、速率、平衡、结构、反应等关键考点,问题涉及到催化剂、中间产物的判断、化学反应方程式的书写及反应过程的化学键断裂与形成情况。由于命题形式比较新颖,能较好的考察学生阅读和理解题目信息能力,且考察难度、深度比较容易调控,广度易于辐射到各模块,预计该题型在今后的高考中仍会是命题热点。解答时注意题干信息的理解应用,通过分析化学反应过程,明确反应过程中反应物、生成物、中间物种(或中间体)、催化剂的作用和能量变化、化学键的变化等。反应物:通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物;生成物:通过一个箭头最终脱离整个历程的物质多是产物;中间体:通过一个箭头脱离整个历程,但又生成的是中间体,通过两个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体,中间体有时在反应历程中用“[ ]”标出催化剂:催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的,以催化剂粒子为主题的多个物种一定在机理图中的主线上选择题:本题共20小题,每小题只有一个选项符合题意。1.在NO催化下,丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是A.含N分子参与的反应一定有电子转移B.由NO生成的反应历程有2种C.增大NO的量,的平衡转化率不变D.当主要发生包含②的历程时,最终生成的水减少【答案】D【详解】A.根据反应机理的图示知,含N分子发生的反应有NO+∙OOH=NO2+∙OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+∙OH,含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价,上述反应中均有元素化合价的升降,都为氧化还原反应,一定有电子转移,A项正确;B.根据图示,由NO生成HONO的反应历程有2种,B项正确;C.NO是催化剂,增大NO的量,C3H8的平衡转化率不变,C项正确;D.无论反应历程如何,在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+2H2O,当主要发生包含②的历程时,最终生成的水不变,D项错误;答案选D。2.科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c),能将海洋中的转化为进入大气层,反应过程如图所示。下列说法正确的是A.过程Ⅰ中发生氧化反应B.a和b中转移的数目相等C.过程Ⅱ中参与反应的D.过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为【答案】D【详解】A.由图示可知,过程I中NO转化为NO,氮元素化合价由+3价降低到+2价,NO作氧化剂,被还原,发生还原反应,A错误;B.由图示可知,过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O,依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知,反应的离子方程式为:NO+2H++e-NO+H2O,生成1molNO,a过程转移1mole-,过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4,依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知,反应的离子方程式为:NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4,消耗1molNO,b过程转移4mole-,转移电子数目不相等,B错误;C.由图示可知,过程II发生反应的参与反应的离子方程式为:NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4,n(NO):n(NH)=1:1,C错误;D.由图示可知,过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O,过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4,过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-,则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+NH=N2↑+2H2O,D正确;答案选D。3.我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是A.淀粉是多糖,在一定条件下能水解成葡萄糖B.葡萄糖与果糖互为同分异构体,都属于烃类C.中含有个电子D.被还原生成【答案】A【详解】A.淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖,在一定条件下水解可得到葡萄糖,故A正确;B.葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6,结构不同,二者互为同分异构体,但含有O元素,不是烃类,属于烃的衍生物,故B错误;C.一个CO分子含有14个电子,则1molCO中含有14×6.02×1023=8.428×1024个电子,故C错误;D.未指明气体处于标况下,不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量,故D错误;答案选A。4.标准状态下,气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知和的相对能量为0],下列说法不正确的是A.B.可计算键能为C.相同条件下,的平衡转化率:历程Ⅱ>历程ⅠD.历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为:【答案】C【分析】对比两个历程可知,历程Ⅱ中增加了催化剂,降低了反应的活化能,加快了反应速率。【详解】A.催化剂能降低活化能,但是不能改变反应的焓变,因此,A正确;B.已知的相对能量为0,对比两个历程可知,的相对能量为,则键能为,B正确;C.催化剂不能改变反应的平衡转化率,因此相同条件下,的平衡转化率:历程Ⅱ=历程Ⅰ,C错误;D.活化能越低,反应速率越快,由图像可知,历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低,所以速率最快的一步反应的热化学方程式为:,D正确;故答案为:C。5.“千畦细浪舞晴空”,氮肥保障了现代农业的丰收。为探究(NH4)2SO4的离子键强弱,设计如图所示的循环过程,可得△H4/(kJ•mol-1)为A.+533 B.+686 C.+838 D.+1143【答案】C【详解】①;②;③;④;⑤;⑥;则⑤+①-⑥-②+③得④,得到+838kJ•mol-1,所以ABD错误,C正确,故选C。6.制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(其中Ph-代表苯基)。下列说法不正确的是A.可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯 B.反应过程涉及氧化反应C.化合物3和4互为同分异构体 D.化合物1直接催化反应的进行【答案】D【解析】A项,由图中信息可知,苯甲醛和甲醇分子在化合物2的催化作用下,参与催化循环,最后得到产物苯甲酸甲酯,发生的是酯化反应,故A正确;B项,由图中信息可知,化合物4在H2O2的作用下转化为化合物5,即醇转化为酮,该过程是失氢的氧化反应,故B正确;C项,化合物3和化合物4所含原子种类及数目均相同,结构不同,两者互为同分异构体,故C正确;D项,由图中信息可知,化合物1在NaH的作用下形成化合物2,化合物2再参与催化循环,所以直接催化反应进行的是化合物2,化合物1间接催化反应的进行,故D错误;故选D。7.铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示:下列说法错误的是A.该过程的总反应为B.浓度过大或者过小,均导致反应速率降低C.该催化循环中元素的化合价发生了变化D.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定【答案】D【详解】A.由反应机理可知,HCOOH电离出氢离子后,HCOO-与催化剂结合,放出二氧化碳,然后又结合氢离子转化为氢气,所以化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑,故A正确;B.若氢离子浓度过低,则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低,反应速率减慢,若氢离子浓度过高,则会抑制加酸的电离,使甲酸根浓度降低,反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢,所以氢离子浓度过高或过低,均导致反应速率减慢,故B正确;C.由反应机理可知,II→III的过程,碳元素化合价升高,因此铁元素化合价降低;IV→I的过程,氢元素化合价降低,因此铁元素化合价升高。所以Fe在反应过程中化合价发生变化,故C正确;D.由反应进程可知,反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大,反应速率最慢,对该过程的总反应起决定作用,故D错误;故选D。8.甲烷单加氧酶(s—mmo)含有双核铁活性中心,是O2氧化CH4生CH3OH的催化剂,反应过程如图所示。下列叙述错误的是A.基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2B.步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成C.每一步骤都存在铁和氧元素之间的电子转移D.图中的总过程可表示为:CH4+O2+2H++2e-CH3OH+H2O【答案】C【解析】基态Fe原子核外有26个电子,其核外电子排布式为[Ar]3d64s2,A项正确;步骤③中断裂O—O非极性键,形成O—Fe(Ⅳ)极性键,B项正确;步骤④中电子转移发生在Fe和C元素之间,C项错误;根据图示,总过程的反应物为CH4、O2、H、e,产物为CH3OH、H2O,D项正确。9.制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(其中Ph-代表苯基)。下列说法不正确的是A.可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯B.反应过程涉及氧化反应C.化合物3和4互为同分异构体D.化合物1直接催化反应的进行【答案】D【解析】A.由转化关系可知,可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯,故A正确;B.化合物4与H2O2反应生成化合物5,此过程羟基转化为羰基,属于氧化反应,故B正确;C.化合物3和4分子式均为C11H13ON3,但是结构不同,互为同分异构体,故C正确;D.化合物2直接催化反应的进行,故D错误;故选:D。10.下图是用钌基催化剂催化和的反应示意图,当反应生成液态时放出的热量。下列说法错误的是A.反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成B.图示中物质I为该反应的催化剂,物质II、III为中间产物C.使用催化剂可以降低反应的活化能,但无法改变反应的焓变D.由题意知:  【答案】A【详解】A.由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成,故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,故B正确;C.催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率,但不影响反应的焓变,故C正确;D.生成液态时放出的热量,该反应的热化学方程式为:  ,则  ,故D正确;故选:A。11.《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(,其中S为+6价)去除废水中正五价砷As(V)的研究成果,其反应机理模型如图所示。下列说法错误的是A.反应过程中有非极性键的断裂B.溶液的pH越小,越有利于去除废水中的正五价砷C.碱性条件下,硫酸根自由基发生的反应方程式为D.反应过程中,存在反应【答案】B【详解】A.反应过程中存在过硫酸钠中的-O-O-的断裂,故有非极性键的断裂,A正确;B.H3AsO4为弱酸,溶液的pH越小,导致As以分子形式存在,反而不利于去除废水中的正五价砷,B错误;C.由图可知,碱性条件下,硫酸根自由基和氢氧根离子生成硫酸根离子和氢氧根自由基,发生的反应方程式为,C正确;D.反应过程中,在腐蚀层表面存在反应,D正确;故选B。12.一种含P催化剂催化甲烷中的碳氢键活化的反应机理如图所示。下列有关说法不正确的是A.催化循环中Pt的配位数有3种 B.a中Pt的化合价为+2价C.c→d发生的是氧化还原反应 D.SO2与SO3的VSEPR模型名称不同【答案】D【详解】A.由图中abd物质结构可知,催化循环中Pt的配位数有3种,A正确;B.a中Pt结合2个-OSO3H,根据化合价代数和为零可知,其化合价为+2价,B正确;C.c→d过程中硫元素化合价发生改变,发生的是氧化还原反应,C正确;D.S

VIP会员专享最低仅需0.2元/天

VIP会员免费下载,付费最高可省50%

开通VIP

导出为PDF

图片预览模式

文字预览模式
版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报
预览说明:图片预览排版和原文档一致,但图片尺寸过小时会导致预览不清晰,文字预览已重新排版并隐藏图片
相关精选
查看更多
更多推荐