高三化学备考：湖北模拟专练-过渡态理论与反应机理选择题33道+

一轮专练—过渡态理论与反应机理选择题一、单1（2024·湖北·模拟预测）最近科学家采用真空封管法制备的磷化硼纳米颗粒，作CO2与H2合成［CO2(g3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)］反应的催化剂，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇ACO2与H2生成CH3OH和H2OB．上述反应生成的副产物中，CH2O比CO多(相同条件下22D2（2024·湖北·房县第一中学三模）苯与Br2A．生成溴苯的反应中苯和Br2的总能量低于溴苯和HBrB．苯与Br2C．苯与Br2D．从反应速率角度分析，苯与Br23（2024·湖北·襄阳五中二模）

+H+，生成中间体的一步是加成过程消除过程，其机理亦称加成—A．反应Ⅰ为苯亲电取代的决速步 B．E1与E2的差值为总反应的焓C．中间体的能量比苯的高，稳定性比苯的差D4（2024·A．使用Bi2O3CO2C．CO2HCOOH的反应△H<0D．*CO生成*HCOO-的反应为：*CO+HCO=*CO25（2024·分解作用、金属有机化学等领域，如图是CH4与Zr形成过渡金属化合物的过程。下列说法不正确的是 CH2—Zr···H2→2反应决定B．Zr+CH4→CH3—Zr···H213.67kJ•mol-1CH3—Zr···H状态最稳定D．Zr+CH4→CH—Zr···H3ΔH=+39.54kJ•mol-16（2024·A．固载RuB．Ru1、2、3、4RuCCO2+H2化剂HCOOHD．CO2浓度过大可能会影响催化剂的实际催化效率7（2024·湖北·模拟预测）A．反应1B12C．催化剂aD．在催化剂b82024·湖北·ABPdCl2O22-、HClCPdCl42PdDPdCl4292024··SA100%B．物质c为乙烷催化氧化的重要催化剂D．由于电负性O＞N＞Fe，所以N2O的O原子与催化剂上的Fe10（2024·湖北·）C若-R为-C2H5XC100%D．活性炭可以负载高分散的Pd（2024·湖北·）2021A．反应①中分解H2O制备H2C．核磁共振、XD．C6→淀粉的过程中只涉及O-H12（2024·A．反应过程中涉及O-HB．CeCTiD．催化循环的总反应为4NH3+6NO催化剂5N213（2024·指在催化剂作用下，HCOOHCO2H2，可能的反应机理如图所示，下列叙述错误的是A．该过程的总反应为

催化

B．其他条件不变时，在HCOOH溶液中加入适量HCOOKD．HCOODCO2HD14（2024·过程中产生的中间体，HEC1HEC在析氢过程中产生的中间体。下列说法错误的是A．“分子人工光合作用”将H2O分解为H2和O2，将光能以化学能的形式储存在H2、O2 molWOC18molNsp2C2HO4e4HO D．HEC1里面的H…H15（2024·湖北·）2021学，奖学的究果中-氨催有反的理图示(别示纸内向伸C．H2O是该历程的中间产物DCH3COCH3+RCHO化剂162024·湖北·rOxeVC．“M2→M3”D．该催化循环中Cr17（2024·湖北·模拟预测）MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示，其中*OH是氢氧自由基，*CHOA．使用MnO2催化时，该反应的ΔHBC．总反应为 CO218（2024·湖北·）以O2r3A．基态铬原子核外有6C3H8化剂C3H4+2H2DCO2有利于丙烷脱氢19（2024·湖北·在e(图中……)A．FeO+、N2B．XCD．每生成1molCH3CHON2O大于20（2024··A．Cp2ZrH2在反应过程中起催化剂作用 B．D→E反应的原子利用率为100%C．反应过程中N的成键数目发生了变化 D．Zr与Ti同族，均位于第IIB族21（2024·B．甲与CO2生成乙的反应是取代反应D．每轮循环可以转化两分子CO2生成一分子草酸22（2024·湖北·()：是催化剂，反应过程中pH2、3、4、5D．4到523（2024·2A．TiO232eV10h+2C．该过程总反应为

光D．TiO2在光照下同样可以催化CaCO324（2024·湖北·模拟预测）CO2/C2H4BC—H键的断裂C．该反应的原子利用率为D．若将步骤②中CH3I换为CH3CH2I25（2024·湖北·）过程，N(H)3性质与NH3NAA22.4LCO2CO24NAB．0.1molN(C2H5)3与盐酸恰好完全反应所得盐溶液中[N(C2H5)3H]+0.1NAC．每生成1mol甲酸，该捕获过程中转移的电子数为D．1mol甲酸和足量乙醇充分反应后，生成甲酸乙酯的数目为26（2024·湖北·O2ds区D．总反应化学方程式为

催化

27（2024·湖北·模拟预测）在MoO3作用下，HOCH2CH2OHA．反应过程中MoB．MoO3改变反应途径，提高了HOCH2CH2OHD．如果原料为HOCH2CH(OH)CH328（2024·湖北·ASaass29（2024·湖北·A．2B．47C．2向4D．5 时，130（2024·H2O的历程，该历程示意图如图(HAP的部分结构)。下列说法的是（）A．HAPHCHOO2B．HCHO在反应过程中，有C—HC．根据图示信息，CO2O231（2024·淀粉的重大科技突破202192432（2024·CuCl2S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是A．历程①发生反应B．历程②中CuSC．历程③中D．转化的总反应为33（2024·湖北·e(Ⅱ)e(Ⅲ)－H“圣杯”A．制备增殖精细化学品的催化剂为[LnFeⅡBC．制备增殖精细化学品的总反应为+R－H化剂D参考答【详解】ACO2与H2生成CH3OH和H2OABCO的活化能小于生成CH2OCH2O比COB2222DD错误；C。【详解】A．由图可知，苯与Br2的取代反应是放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，选项AB．苯与Br2的催化反应可生成溴苯，但不能生成邻二溴苯，选项B于 化过活能大应率慢该骤总应决步骤该骤不在性的裂选项C误；D．第三步中生成溴苯的活化能低，生成物本身所具有的能量低，更稳定，故苯与Br2D正确；D。【详解】A．反应需要活化能越大，反应越难，由图可知该反应的决速步骤反应为反应Ⅰ，故A.正确；BB错误；C．由图知中间体的能量比苯的高，稳定性比苯的差（能量越低越稳定CDsp3sp2D正确；故答案：B【详解】A．据图可知使用Bi2O3催化剂时，CO2变为吸附态释放的能量更多，更有利于吸附，AB．催化剂可以改变反应的活化能，但不改变反应热，BC．据图可知初始反应物的能量高于最终生成物，所以该反应为放热反应，△H<0，CD．所给离子方程式电荷不守恒，正确反应式为：*CO+HCO+e-=*CO2+*HCOO-，D【详解】A．整个反应的快慢取决于最慢的反应，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图中可知，由CH2—Zr···H2→2活化能最大，故整个反应的快慢就取决于该反应，A正确；B．由图中可以读出，Zr+CH4→CH3—Zr···H99.20kJmol1，BCCH3—Zr···H的能量为-114.47kJmol-1为最低，CH3—Zr···H状态最稳定，C正确；DZrCH4的总能量为0kJmol一1而CHZr···H3的总能量为3954kJmol一故Zr ΔH3954kJmol1，D正确；【详解】A．催化剂降低反应活化能，不影响反应的焓变，故AB．Ru1、2、3、4RuRuBCO2HCOOHC正确；D．CO2H2D正确；A。【详解】A．反应1是氨气和氢气反应生成氨气的过程，断裂氮氮键和氢氢键，形成氮氢键，AB12是氨的催化氧化，即氨气和氧气反应生成一氧化氮和水的过程，该反应都属于氧化还原反应，发生电子的转移，B错误；C．催化剂a表面发生的是合成氨的反应，属于氮的固定，CDb表面形成氨氧键的过程是放热过程，D错误；A。【分析】从图中可看出，该反应原理涉及反应：①2HClPdCl2O2]2【详解】A．据分析，反应过程中①所发生的反应为非氧化还原反应，ABPdCl2O22-HCl为该反应的催化剂，B4C．PdCl2Pd的过程中，Pd-Cl极性键断裂、H-HH-Cl4C4DPdCl2参与反应过程后，H2O2H2O2能耗降低，则其能降低反应过程中的活化能，D正确；D。4【分析】从图中可以看出，进线为反应物，出线为产物，总反应方程式为

NO+CHCHOH+N 2 2 2 2 【详解】A．根据分析，由于产物有乙醇和氮气，原子利用率小于100%，AB．根据分析，物质a为乙烷催化氧化的重要催化剂，BC．从图中可以看出，铁的成键数目发生了变化，铁的价态也发生改变，CDO＞N＞Fe，OFeN2OOFeD正确；D。【详解】A．由历程可知，反应物为氢气、，生成物为X和甲苯，若R为-C2H5，则在反中乙基-Pd、H-Pd键断裂得到Pd，同时HX为乙醇AB．反应有HH键、CO键等的断裂，有碳碳键、C-H键、OH键等的形成，BC．反应产物有甲苯和醇ROH，原子利用率不是100%，CDPd，增加与反应物的接触面积，提高催化剂活性，D正确；C。AH2H2O制备H2A正BCO2C21(4-2×2=2CspCH3OHC2的杂化方式发生了变化，BHXXC正确；D．由题干反应历程图可知，C6→O-HO-C键的断裂，C-O键的形成，D错误；【详解】AONH3HO-HOHO-HH2OO-HO-HO在催化剂表面，O-HO-HA正确；B．从图中分析，Ce的成键数目有氧空位和无氧空位不同，是否与N原子成键也影响其成键数目，反应过程Ce的成键数目发生改变，选项BC．Ti223d、4s2个电子，则该原子价电子排3d24s2C正确；D．从图中分析，全过程进入体系的物质有“1O”、两次的“NH3+NO”，出来的物质有“H2O”、“N2”、“N2+2

催化

4N2+6H2O，选项D 【详解】A．HCOOH催化释放氢是指在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2，该过程的总反应为 CO↑+H↑，故A BHCOOHHCOOK溶液，HCOO－浓度增大，可提高反B正确；C．催化过程中涉及氧氢键、碳氢键、氮氢键的断裂和氢氢键的形成，没有非极性键的断裂，故CDHCOOHHCOODCO2HD，D正确。

2H2↑+O2↑H2O2中，ARu(钌)N81mol8molN形成了一个共价双键，1N3Nsp2杂化，B正确； C．水氧化过程中，H2OO22HO4e4HO，C 确DHEC1中没有形成离子键，因此不存在静电作用，D错误；D。【详解】A．反应过程中，含氨有机物中氨原子的杂化方式均为sp3，AB．氢键可表示为X-HY(X、Y为氟、氧或氮)，过渡态中“O-HO”和“O-HN”C．反应过程中生成了水，后又消耗掉水，水为中间产物，CD．上述过程可看作CH3COCH与RCHO发生加成反应，D正确；A。【详解】A．反应过程中有些中间体具有的能量相比反应前能量更高，需要吸收能量，所以需要外界输入能量AB．据图可知该催化循环中经历了五个中间体分别是M1至M5，BC．据图可知“M2→M3”过程中形成碳碳双键，Cr与氧原子之间形成配位键，CDCr3CrC3个氧原子成键（其中一个为配位键键数目发生变化，D项正确；故答案选：A【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应热，使用MnO2催化时，该反应的∆HA3B．催化机理中存在HCO-与H+反应生成CO2和H2O的过程，该过程不是氧化还原反应，B3C．根据图示的催化机理可知总反应为： CO2+H2O，C项正确【详解】A．已知Cr是24号元素，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s11s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7种能量不同的电子，ABC3H8化剂CH3CH=CH2+H2，BC．由题干信息可知，Cr3+为催化剂，则催化剂Cr3+能改变反应活化能，但不能改变了反应的热效应，CD．由题干信息可知，随着反应的进行，副反应产生的积炭会导致催化剂失活，而在该体系中加入CO2Δ 2CO能有效消除积碳，防止催化剂失活，有利于丙烷脱氢，D故答案为：DXe为反应eOH2N2Oe+H3HO+NXX为H2O，转化中会发生副反应[(C2H5)Fe(OH)]+→Fe+【详解】A．由分析可知，FeO+为中间产物，氮气为生成物，故AB．由分析可知，X为水分子，水分子中只含有极性共价键，不含有非极性键，故B+olCH3CHON2O2molD正确；D【详解】A．Cp2ZrH2在反应前和反应后均存在，因此在反应过程中起催化剂作用，故AB．D→E反应为羰基的加成反应，即化合反应，原子利用率100%，故BCN34个两种情况，故CD．ZrTiIVBD错误。D。【详解】A．由结构简式可知，甲、乙、丙、丁均含有羧基，一定条件下都能与乙醇发生酯化反应，故AB．由结构简式可知，甲与二氧化碳发生加成反应生成乙，故BC．由图可知，该循环过程中存在碳碳非极性键的断裂和生成，故CD2D正确；B。【详解】A．由图示可知：进入的微粒是反应物，出来的微粒是生成物，总反应方程式可用该式表示，AB．根据图示可知1是中间产物，不是催化剂，BC．根据2、3、4、5表示的物质微粒可知：其中都含有双氧链-O-O-，因此均具有较强氧化性，CD45S-OO-O非极性键的断裂与形成，因此转化关系中有极性键和非极性键的断裂与形成，D正确；A正确；2BHCHO、·OHCO2、H2OHCHO+4·OH=CO2+3H2O，B正确，2C．由图可知，总反应的反应物为HCHO、O2，生成物为CO2、H2O，反应的方程式为

CDD错误；D。【分析】由图可知，CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的反应物为二氧化碳、乙烯和一碘甲烷，生成物为丙烯CO2+CH2=CH2+CH3I化剂CH2=CHCOOCH3+HI。【详解】A．由图可知，步骤①发生的反应为乙烯与二氧化碳发生加成反应生成 ，故A正确B．由图可知，步骤①乙烯与二氧化碳发生加成反应时发生了C—H键的断裂，故BC．由分析可知，生成物为丙烯酸甲酯和碘化氢，则反应的原子利用率不可能为100%，故CDD正确；【详解】A．气体状况未知，无法计算二氧化碳物质的量和拆开电子对数，A4B．N(C2H5)3NH3类似，则[N(C2H5)3H]+与NH性质相似，[N(C2H5)3H]+为弱离子，水溶液中部分水解，所以0.1mol该物质与盐酸恰好完全反应生成的盐溶液中，[N(C2H5)3H]+0.1NA，B错误；4C正确；D．由于酯化反应是一个可逆反应，1mol甲酸和足量乙醇充分反应后，1mol甲酸不可能完全转化，则生成甲酸NA，D错误；故答案为：C【详解】A．Cu3d104s1ds区，AB．步骤④是化学反应，有旧键的断裂和新键的形成，BCD．根据图示，在步骤①中存在CO2的消耗，步骤②中存在H2的消耗和H2O因此，该反应的总反应方程式为

催化

CH3OH+H2O，D【详解】A．在物质、、中Mo形成6个共价键，在中Mo形成个共价键，故反应过程中Mo形成的共价键数目发生了改变，AB．由图可知：MoO3对反应其催化作用，能够改变反应途径，但不能使化学平衡发生移动，故不能提HOCH2CH2OH平衡转化率，BC．根据图示可知总反应为：2HOCH2CH2OH2HCHO↑+CH2=CH2↑+2H2O，CDHOHH(OH)HD错误；AA正确；B．催化剂不改变反应的反应热，故BC．催化剂只能改变反应速度，不能改变平衡转化率，故CD．由上图分析可知在双单原子催化剂作用下乙烯基苯胺的选择性并没有达到100%，所以有副