高考化学二轮复习讲练测专题10 化学反应机理与历程（测）（解析版）

专题10化学反应机理与历程一、选择题(本题包括35小题，每小题2分，共70分，每小题只有一个选项符合题意)1．(2023·河南省新安县第一高级中学高三质检)炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法正确的是()A．每活化一个氧分子吸收0.29eV的能量B．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eVC．氧分子的活化是C-C键的断裂与C-O键的生成过程D．炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂【答案】D【解析】A项，据图可知从炭黑和氧气到活化氧，总能量降低0.29eV，所以每活化一个氧分子放出0.29eV的能量，A错误；B项，活化能是指反应过程中的最大能垒，图中在无水情况下，活化能为0.75eV；有水情况下，活化能为0.57eV，两者之间的差值为0.18eV，B错误；C项，从图中小球的变化来看，起始氧原子是相连的，最终氧原子是分开的，且氧原子与碳原子相连，即经历了O—O键的断裂和C—O键的生成过程，C错误；D项，炭黑与氧气生成活化氧，活化氧与二氧化硫反应会转化为三氧化硫和炭黑，故炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，D正确；故选D。2．利用铜-铈氧化物(CuO·CeO2)，Ce是活泼金属催化氧化除去H2中少量CO的可能机理如图所示。下列说法正确的是()A．反应(i)中Cu、Ce化合价均升高B．铜的价电子排布为3d104s1，位于元素周期表d区C．若用18O2参与反应，一段时间后，18O不可能现在铜–铈氧化物中D．反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致【答案】D【解析】A项，反应(i)中CO作还原剂，[Ce-O-Cu]a+作氧化剂，转化为[Ce-□-Cu]a+，铜铈氧化物中Cu为+2价、Ce为+4价，反应中Cu元素的化合价从+2变成+1，Ce元素的化合价从+4变成+3，化合价均降低，A错误；B项，Cu为29号元素，价电子排布式为：3d104s1，位于元素周期表ds区，B错误；C项，由图可知，在反应(ⅱ)中氧分子和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，反应后1个氧原子进入空位，故一段时间后，18O可能出现在铜-铈氧化物中，C错误；D项，一氧化碳具有还原性，会把氧化铜还原为铜单质，反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致，D正确；故选D。3．(2023·江西省南昌二中高三模拟)氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，一种利用电化学制备NH3的转化历程如图所示。下列说法错误的是()A．步骤Ⅱ发生的既是化合反应，也是氧化还原反应B．步骤Ⅲ的化学方程式Li3N+3H2O=NH3+3LiOHC．该历程总反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2D．由该历程说明N2的氧化性强于O2【答案】D【解析】由图可知：步骤Ⅰ电解熔融的LiOH生成Li、水和氧气，步骤Ⅱ中Li和N2反应生成Li3N，步骤Ⅲ中Li3N和水反应，生成LiOH和NH3，总反应为：2N2+6H2O=4NH3+3O2。A项，步骤Ⅱ中Li和N2反应生成Li3N，既是化合反应，也是氧化还原反应，A正确；B项，步骤ⅢLi3N和水反应，生成LiOH和NH3，化学方程式Li3N+3H2O=NH3+3LiOH，B正确；C项，由图象可知：反应物为氮气和水，产物为氨气和氧气，LiOH为催化剂，由电子守恒和原子守恒可得总反应为：2N2+6H2O=4NH3+3O2，C正确；D项，该反应历程中步骤Ⅰ是通过电解发生，不能说明N2的氧化性强于O2，D错误；故选D。4．(2023·河南省名校高三期中联考)阿特拉津(ATZ)是农业中使用广泛且难以降解的除草剂，某科学组织研究发现，以FeSx@MoS2为催化剂(呈花束状)催化活化过一硫酸盐(PMS)降解阿特拉津(ATZ)取得了良好的效果，其反应机理如图所示：下列说法错误的是()A．PMS对应的酸为H2SO5，该酸含有过氧键B．生成SO4·-的途径之一为2SO5·-=2SO4·-＋1O2C．流程中直接氧化ATZ的微粒只有1O2D．S2-、以及Fe0可以促进Fe2＋再生【答案】C【解析】A项，由图可知，过一硫酸根离子为HSO3-，对应的酸为H2SO5，该酸可以看成是H-O-O-H中一个氢原子被-SO3H代替的产物，所以含有过氧键，A正确；B项，图示有两种途径生成SO4·−，其中一种为2SO5·−=2SO4·−+1O2，B正确；C项，据图可知，流程中直接氧化ATZ的微粒还有SO4·−、·OH，C错误；D项，S2-、S22-以及Fe0具有还原性，可以还原Fe3+促进Fe2+再生，D正确；故选C。5．(2023·福建省宁德市高三区域性学业质量检测)硼氢化钠(NaBH4)被称为“万能还原剂”，能与水反应产生H2，NaBH4在催化剂钌(44Ru)表面与水反应的历程如图所示：下列说法不正确的是()A．元素钌(44Ru)位于第5周期Ⅷ族B．若将NaBH4中的H用D代替，反应后生成的气体中含有H2、HD和D2C．过程③中产生1molH2，转移电子物质的量为2molD．NaBH4与水反应的离子方程式为：BH4-+4H2O=B(OH)4-+4H2↑【答案】C【解析】根据硼氢化钠(NaBH4)在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程图可知，BH4-和H2O生成B(OH)4-和H2，离子反应方程式为：BH4-+4H2O=B(OH)4-+4H2↑。A项，元素钌(44Ru)为44号元素，位于第五周期第VIII族，A正确；B项，若用D代替H，生成的氢气原子重新组合，所以生成的氢气有H2、HD、D2，B正确；C项，过程③中产生1molH2，反应为H2B(OH)+H2O=HB(OH)2+H2↑，转移电子物质的量为1mol，C不正确；D项，根据上述分析，反应的离子方程式为：BH4-+4H2O=B(OH)4-+4H2↑，D正确；故选C。6．(2022·浙江省浙南名校高三联考)在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示，研究发现：其他条件不变时，可以用HCOOK溶液代替HCOOH获得H2。下列说法不正确的是()A．HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成HDB．A、B、C均为该反应过程中的中间产物C．用HCOOK溶液代替HCOOH可以提高释放氢气的速率和氢气的纯度D．催化剂催化过程中发生了共价键的断裂和形成【答案】B【解析】A项，根据图示可得HCOOH中的两个H结合产生H2，则HCOOD除生成CO2外，还生成HD，A正确；B项，由图示可得HCOOH分解经历了三步历程，物质A是先消耗再生成，属于催化剂，物质B、C物质开始没有，先发生反应产生，然后又消耗，属于中间产物，B错误；C项，HCOOK是强电解质更容易产生HCOO-和K+，更快的产生KH，KH与水反应生成H2和KOH，KOH可吸收掉CO2，使生成的氢气纯度更高，C正确；D项，根据图示可知：在催化剂催化过程中发生了共价键的断裂和形成，D正确；故选B。7．(2023·江苏省镇江市高三开学考试)

ΔH的反应机理如下：反应I：V2O5(s)＋SO2(g)V2O4(s)＋SO3(g)ΔH1＝24kJ·mol－1反应II：2V2O4(s)＋O2(g)2V2O5(s)ΔH2＝-246kJ·mol－1反应中的能量变化如图，下列说法不正确的是()A．ΔH＝-198kJ·mol－1B．反应I的ΔS＞0C．通入过量空气，可提高SO2的平衡转化率D．反应速率由反应I决定【答案】D【解析】A项，由盖斯定律知，ΔH=2ΔH1+ΔH2=，A正确；B项，反应I可以发生，则ΔG=ΔH-TΔS＜0(又因为反应的ΔH＞0)，故ΔS＞0，B正确；C项，通入过量空气，氧气浓度增大，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，C正确；D项，反应的活化能越大，反应速率越慢，从图上可以看出反应II的活化能大于反应I的活化能，故反应速率由反应II决定，D错误；故选D。8．(2023·甘肃省永昌县高三第一次模拟考试)我国学者利用催化剂催化丙烷氧化脱氢的历程如图(吸附在催化剂表面的物质用标注)。下列说法正确的是()A．反应历程中第一步化学反应为决速步骤B．催化剂改变了丙烷氧化脱氢的焓变(ΔH)C．过渡态物质的稳定性：过渡态2小于过渡态1D．吸附过程为吸热过程【答案】A【解析】A项，化学反应的决速步骤是慢反应，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒(活化能)最大的是C3H8*到过渡态I的能量，故第一步化学反应为决速步骤，A正确；B项，催化剂不能改反应的焓变(ΔH)，B错误；C项，物质具有的能量越低越稳定，故过渡态2更稳定，C错误；D项，由图可知吸附过程为放热过程，D错误；故选A。9．(2022·河南·宝丰县第一高级中学高三阶段练习)在亚纳米金属钯(Pd)团簇作用下，过氧化氢可以直接将苯高效催化转化为苯酚，催化剂中掺杂碱金属离子可改变催化能力，反应历程如图(*表示吸附态，TS表示过渡态)，下列说法错误的是()A．苯与H2O2反应生成苯酚是放热反应B．反应历程中，存在反应+O*→C．使用Pd－Na+催化剂后，每一步的产物均比使用Pd催化剂更稳定D．其他条件相同时，使用掺杂Na+的催化剂，单位时间内可得更多苯酚产品【答案】C【解析】A项，由反应历程可知，苯酚和水的总能量低于H2O2和苯的总能量，苯与H2O2反应生成苯酚是放热反应，A正确；B项，反应历程中存在+H2O+O*+H2O，，即+O*，B正确；C项，第一步和第二步中使用Pd－Na+催化剂产物能量更高，不稳定，C错误；D项，使用Pd－Na+催化剂后，每一步的活化能均比使用催化剂Pd低，反应速率加快，单位时间内可生成更多苯酚，D正确；故选C。10．(2023·湖南省益阳市高三质量检测)研究CH3I与氯自由基(用Cl∗表示)的反应有助于保护臭氧层。已知CH3I与Cl∗反应有4条可能的反应路径，如图所示。图中TS表示过渡态，IM表示中间体。下列说法中正确的是()A．相同条件下，路径①的反应速率最快B．路径④属于放热反应C．路径②CH3I*+*=CH3*+I是基元反应D．过渡态中最稳定的是TS1，产物最稳定的是路径④的【答案】B【解析】A项，相同条件下，路径①的活化能最大，反应速率最慢，A不正确；B项，路径④的生成物总能量小于反应物总能量，属于放热反应，B正确；C项，基元反应是指反应物一步直接转化为产物的反应，从图中可以看出，路径②中存在中间产物，则CH3I*+*=CH3*+I不是基元反应，C错误；D项，过渡态中TS1的能量最高，稳定性最差，D错误；故选B。11．(2023·河北省曲阳县第一高级中学高三摸底考试)利用水煤气(CO、H2)制备甲烷(CH4)的热化学方程式为CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△H。如图为在钴催化剂表面上进行该反应的历程，其中吸附在钴催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是()A．该反应的ΔH=-243.5kJ·mol-1B．反应过程中发生极性键和非极性键的断裂与生成C．决定反应速率快慢的反应为CO*+2H*+2H2(g)=C*+O*+2H*+2H2(g)D．若使用更高效催化剂，则该反应的ΔH的绝对值将增大【答案】C【解析】A项，该反应的ΔH=-206.2kJ·mol-1，A错误；B项，反应过程中无非极性键的生成，B错误；C项，由图可知，CO*+2H*+2H2(g)→过渡态Ⅰ的能垒最大，是该反应的决速步骤，化学方程式为CO*+2H*+2H2(g)=C*+O*+2H*+2H2(g)，C正确；D项，催化剂不改变反应的ΔH，D错误；故选C。12．(2022·重庆市南开中学高三模拟检测)苯和液溴反应进程中的能量变化如图所示。已知：①断裂化学键所需要的能量()：413276194366②③下列叙述不正确的是()A．该反应的 B．第二步是该反应的决速步骤C．该反应的原子利用率约为 D．可用溶液除去产物溴苯中混有的Br2【答案】A【解析】A项，∆H=反应物的总键能-生成物的总键能，已知Br2(l)=Br2(g)∆H=+30kJ·mol-1、断裂1molBr2(g)需要能量为194kJ，则断裂1molBr2(l)需要能量为224kJ，该反应苯上断裂C-H键、Br2(l)断裂Br-Br键，生成C-Br键和H-Br键，则∆H=(413+164)-(276+366)=-95kJ/mol，故A错误；B项，第二步的正活化能比第一步的大，活化能越大反应速率越慢，最慢的那一步是该反应的决速步骤，故B正确；C项，由，期望产物是溴苯其质量为157g，生成物有溴苯和HBr，总质量为157+81=238g，则原子利用率约为，故C正确；D项，溴可与氢氧化钠反应，而溴苯不反应，可用于除杂，故D正确；故选A。13．(2022·上海市敬业中学高三模拟)H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)能量曲线如图。描述正确的是()A．反应①为放热反应，反应②为吸热反应B．若加入催化剂可降低反应热C．热化学方程式为H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)-218kJD．若反应的生成物为2HCl(g)+I2(s)，则反应热数值将变大【答案】D【解析】由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，活化能越小，反应速率越快，且反应中H、I元素的化合价变化。A项，根据图象可知，反应①和反应②中反应物总能量都大于生成物，则反应①、反应②均为放热反应，△H均小于零，故A错误；B项，若加入催化剂，只能改变反应速率，不能改变反应热，故B错误；C项，反应①、反应②总的能量变化为218kJ，根据盖斯定律可知，反应①、反应②的焓变之和为△H=-218kJ•mol-1，即H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)+218kJ•mol-1，故C错误；D项，根据图象可知，反应①和反应②中反应物总能量都大于生成物，图中反应②即I2(g)+2HCl(g)=I2(s)+2HCl(g)，所以I2(g)+2HCl(g)的能量高于

I2(s)+2HCl(g)的总能量，则反应热数值将变大，故D正确；故选D。14．(2022·北京市101中学三模)下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程。吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。下列说法正确的是()A．①表示CO和H2O从催化剂表面脱离的过程B．②和④中化学键变化相同，因此吸收的能量相同C．由图可知CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为吸热反应D．相同条件下，反应速率④>②【答案】B【解析】A项，由题干反应历程图信息可知，①表示CO和H2O在催化剂表面吸附的过程，A错误；B项，由题干反应历程图信息可知，②和④中化学键变化相同均为H2O中的H-O键，因此吸收的能量相同，B正确；C项，由题干反应历程图信息可知，反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)中反应物CO和H2O的总能量高于生成物CO2和H2的总能量，故为放热反应，C错误；D项，由题干反应历程图信息可知，过程②需要的活化能(1.59-(-0.32))=1.91eV低于反应④的活化能(1.86-(0.16))=2.02eV，相同条件下，活化能越大，反应速率越慢，故反应速率④＜②，D错误；故选B。15．(2023·浙江省十校联盟高三10月月考)自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是()A．反应物的键能总和大于生成物的键能总和B．该历程中最大正反应的活化能E正=186.19kJ∙mol-1C．两种产物中P2更稳定，相同条件下Z转化为产物的速率：v(P1)＜v(P2)D．使用催化剂能提高产物P2的平衡产率【答案】B【解析】A项，从图中可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应物的键能总和小于生成物的键能总和，A不正确；B项，该历程中最大正反应的活化能E正=205.11kJ∙mol-1-18.92kJ∙mol-1=186.19kJ∙mol-1，B正确；C项，两种产物中P2的能量更低，更稳定，相同条件下Z转化为产物的活化能E(P1)＜E(P2)，则Z转化为产物的速率：v(P1)＞v(P2)，C不正确；D项，使用催化剂能降低反应在的活化能，加快反应速率，但不能提高产物P2的平衡产率，D不正确；故选B。16．由X、Y转化为M的反应历程如图所示，下列说法错误的是A．①→②的总过程放热B．M是CH3COOHC．反应过程中形成C-H键D．反应X＋Y→M的原子利用率为100%【答案】C【解析】A中根据反应物和生成物的能量变化判断反应类型；B中根据有机物的球棍模型判断判断化学式；C中利用反应物和生成物的变化判断形成的键；D中利用反应方程式进行判断。A项，根据图像中反应物的能量变化由高到低判断该反应为放热反应，A正确；B项，根据图像中的M的球棍模型判断化学式为CH3COOH，故B正确；C项，根据图像中X判断是甲烷，Y是二氧化碳，两者形成乙酸，形成的是碳碳键、氧氢键，故C不正确；D项，根据原子守恒甲烷和二氧化碳1:1完全反应生成乙酸，故原子利用率100%，故D正确；故选C。17．CO2选择性加氢制甲醇是解决温室应、发展绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一。下图是CO2催化加氢的反应机理图(“*”表示微粒吸附在催化剂表面)。有关说法错误的是A．状态②、④和⑥为反应的过渡态B．状态A到状态B的变化不能说明H2断键变成氢原子要放出能量C．状态①到③发生的反应方程式为：CO2*+H=HCOO*D．更改催化剂不会改变状态③到状态④的能量大小【答案】D【解析】A项，过渡态是指反应物体系转变成产物体系过程中，经过的能量最高状态，由图示可知，状态②、④和⑥为反应的过渡态，A正确；B项，“*”表示微粒吸附在催化剂表面，因此状态A到状态B的变化中，3H2(g)→6H*不能说明H2断键变成氢原子要放出能量，B正确；C项，由图示可知，状态①到③发生的反应方程式为：CO2*+H=HCOO*，C正确；D项，催化剂能改变反应的活化能，从而改变化学反应速率，因此更改催化剂会改变状态③到状态④的能量大小，D错误；故选D。18．(2023·重庆市拔尖强基联盟联合高三检测)中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，副产物是C4H6。其反应机理如下图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是()A．由图1可知，转化为C4H6(g)时，有C—H的形成，无C—C形成B．由图2可知，反应中H2O是还原剂C．决定制乙烯速率快慢的反应为：D．生成C2H4(g)的速率比生成C4H6(g)的速率慢【答案】C【解析】A项，转化为C4H6(g)时，碳链增长，有C—H、C—C键形成，故A项错误；B项，反应过程中，H、O元素化合价均未发生变化，因此H2O既不是氧化剂也不是还原剂，故B项错误；C项，由图2可知，由C2H2(g)制取C2H4(g)的反应主要反应分为两步，其中第一步反应的活化能高于第二步，因此决定制取乙烯的快慢由第一步决定，第一步反应为，故C项正确；D项，由图2可知，生成C4H6(g)的反应活化能高于生成C2H4(g)的反应活化能，反应活化能越高，反应所需能量越大，相同条件下反应速率越低，即生成C2H4(g)的速率比生成C4H6(g)的速率快，故D项错误；故选C。19．(2023·湖北省黄冈市高三期中质量抽测)中石化的《丁烯双键异构化的方法》获得第二十届中国专利优秀奖。在100kPa和298K下，丁烯双键异构化反应的机理如图所示。下列说法错误的是()A．上述两种烯烃均能发生加成反应、氧化反应B．比的稳定性差C．由C-H、C=C、C-C的键能可计算出该异构化反应的焓变D．以上两种丁烯分子，每个分子中最多都有8个原子在同一平面上【答案】C【解析】A项，两种烯烃因都含有双键，均能发生加成反应和氧化反应，A正确；B项，根据图像断键需要吸收55.9KJ的能量，成键需要放出63KJ能量，反应由高能到低能，故更稳定，B正确；C项，两种烯烃为同分异构体，所含的C-H、C=C、C-C的数目相同，所以无法计算异构化反应的焓变，C错误；D项，双键所连的6个原子共平面，又因为C-H单键和C-C单键可旋转，所以每个分子最多有8个原子在同一平面上，D正确；故选C。20．(2023·山西省平遥县第二中学校高三检测)2022年诺贝尔化学奖授予三位科学家，以表彰他们在点击化学和生物正交化学研究方面的贡献。点击化学是指可以像拼积本一样便捷的合成人们所需要的化学分子。以下是叠氮化物与炔发生的经典CuAAC点击反应。注：[Cu]指Cu+下列说法错误的是()A．[Cu]可应用于生物正交反应的“点击”B．反应中要保护[Cu]，防止其氧化或歧化C．分别在两个待拼接分子中引入叠氨基与炔基，在[Cu]的“点击”下，可完成分子的拼接D．在反应历程中，存在共价键的断裂与离子键的生成【答案】D【解析】A项，根据题意，[Cu]可应用于生物正交反应的“点击”，A正确；B项，Cu+易被氧化和发生歧化反应，反应中要保护[Cu]，防止其氧化或歧化，B正确；C项，根据经典CuAAC点击反应历程，在[Cu]的“点击”下，完成了叠氮化物与炔分子的拼接，C正确；D项，根据反应历程图，Cu+与炔分子反应使≡C-H中的C-H键断裂以及后续反应中旧的共价键断裂和新的共价键生成，整个历程中无阴阳离子构成的离子化合物，[Cu]与有机物以短线即共价键结合，则没有离子键的生成，D错误；故选D。21．(2023·江西省部分学校高三质量检测)如图是催化硅氢化反应(Si-H与C=C的加成)的机理：下列叙述错误的是()A．硅氢化反应为CH2=CHCH2R′+HSiR3→R′(CH2)3SiR3B．反应过程中Pt的成键数目未发生变化C．该反应过程包含四个动态配位平衡D．6a、6b、6c是该反应的中间体，5b是催化剂【答案】B【解析】A项，由反应机理图可知，硅氢化反应中，CH2=CHCH2R′、HSiR3为反应物，R′(CH2)3SiR3为生成物，则发生反应为CH2=CHCH2R′+HSiR3→R′(CH2)3SiR3，A正确；B项，从图中可以看出，反应过程中Pt的成键数目分别为4、5、6三种，B错误；C项，由图可知，该反应过程包含5b→6a、6a→6b、6b→6c、6a′→6a共四个动态配位平衡，C正确；D项，从图中可以看出，从5b与HSiR3的反应开始，产物6a再与CH2=CHCH2R′反应，经过6b、6c，最后生成R′(CH2)3SiR3和5b，所以5b是该反应的催化剂；6a、6b和6c是中间体，D正确；故选B。22．(2023·吉林省长春市高三质量监测)中国科学家研究在催化剂上用H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ·mol-l)如图所示。下列说法错误的是()A．生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原B．生成NH3的总反应方程式为2NO+5H22NH3+2H2OC．决定NO生成NH3速率的基元反应为HNO+H→NH2OD．在催化剂上，更容易被H2还原为NH3【答案】C【解析】A项，由NO生成NH3的各基元反应中，NO→HNO→NH2O→NH2OH→NH2→NH3，变化过程中，N元素化合价一直降低，N元素被还原，A正确；B项，由图示可知，NO和H2最终生成NH3和H2O，总反应方程式为2NO+5H22NH3+2H2O，B正确；C项，活化能越小反应速率越快，整个反应历程中活化能最大的基元反应为决速步骤，所以决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2O+H→NH2OH，C错误；D项，NO被还原为N2过程中最后两个基元反应的活化能明显大于NO被还原为NH3的各基元反应活化能，在催化剂上NO更容易被H2还原为NH3，D正确；故选C。23．有机框架铁催化某反应的机理如下，图中中有5个氧配体，其中3个是中性配体(贡献的价态是0)，2个是负一价配体(贡献的价态是-1)。下列说法正确的是()A．化合物a中铁显+5价 B．由"吸附态b”到“过渡态1”释放能量C．反应过程中Fe的成键数目保持不变 D．总反应为C2H6+N2OC2H5OH+N2【答案】D【解析】A项，由信息知，化合物a中铁显+2价，A错误；B项，由"吸附态b”到“过渡态1”的过程要克服活化能、吸收能量，B错误；C项，由图知，c、d中Fe的成键数目与a中的不同，C错误；D项，由图知，反应中C2H6与N2O被消耗、生成C2H5OH和N2，总反应为C2H6+N2OC2H5OH+N2，D正确；故选D。24．中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ∙mol-1)如图所示，下列说法错误的是()A．生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原B．生成NH3的总反应方程式为2NO+5H22NH3+2H2OC．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2D．该过程中涉及极性键、非极性键的断裂和形成【答案】C【解析】A项，由图可知，生成氨气的各基元反应中，氮元素的化合价均降低被还原，故A正确；B项，由图可知，生成氨气的总反应为在催化剂作用下，一氧化氮与氢气反应生成氨气和水，反应的化学方程式为2NO+5H22NH3+2H2O，故B正确；C项，由图可知，一氧化氮还原生成氮气的活化能大于还原生成氨气的活化能，则在Pd/SVG催化剂的作用下，一氧化氮更容易生成氨气，故C错误；D项，由图可知，反应中有氢氢非极性键和氮氧极性键发生断裂，有氮氮非极性键和氮氢、氢氧极性键的形成，故D正确；故选C。25．(2022·浙江省宁波市高三下学期模拟考试二模)Buchwald-Hartwig偶联反应(布赫瓦尔德-哈特维希反应)是合成芳胺的重要方法，反应机理如图(图中Ar表示芳香烃基，---表示为副反应)。下列说法不正确的是()A．3、5和8都是反应的中间体B．该过程仅涉及加成反应C．理论上1mol最多能消耗2molD．若原料用和，则可能得到的产物为、和【答案】B【解析】A项，根据反应机理图示，9为目标产物、10是副产物，3、5和8都是反应的中间体，故A正确；B项，8→10过程中，形成双键为消去反应，故B错误；C项，依据反应，理论上1mol最多能消耗2mol，故C正确；D项，若原料用和反应的主产物是，副产物为和，故D正确；故选B。26．(2022·浙江省普通高中强基联盟高三统测)偶联反应机理如图，下列说法正确的是()A．若原料用苯乙炔和CH2=CHBr，则产物是 B．R1X变为发生了氧化反应C．该反应只用了一种催化剂LnPdD．适量添加Na2CO3有利于提高产率【答案】D【解析】由图知，在催化剂作用下，。A项，苯环应和碳碳三键相连，碳碳三键和碳碳双键应换一个位置，A错误；B项，LnPd中元素化合价升高、发生氧化反应，有机物发生了还原反应，B错误；C项，由图知，CuX也参与循环、CuX也是催化剂，C错误；D项，由图知，在催化剂作用下，，能吸收HX，有利于反应向右进行、利于提高产率，D正确；故选D。27．(2022·浙江省绍兴市高三选考科目适应性考试二模)某实验小组设计一种固定CO2的方法，下列说法不正确的是()A．由H2NCH2CH2NHCH2CH2Cl在一定条件下可缩聚成XB．在cat催化下，总反应为CO2+3H2=CH3OH+H2OC．Y和Z均为内盐D．该过程涉及还原反应、脱水反应、加成反应【答案】C【解析】A项，根据结构简式H2NCH2CH2NHCH2CH2Cl，在一定条件下可缩聚反应，脱去小分子HCl形成聚合物X，A正确；B项，根据循环流程图可知，二氧化碳和氢气在cat催化下，最终生成甲醇和水，其方程式为：CO2+3H2=CH3OH+H2O，B正确；C项，化合物呈电中性，即总电荷为0，但是带正电和负电的原子不同的两性离子称为内盐，根据上述分子的键线式结构可知，Y为内盐，但Z不是内盐，C错误；D项，该过程中，步骤①为加成过程，步骤④为加氢还原过程，步骤③为脱水过程，涉及还原反应、脱水反应、加成反应，D正确；故选C。28．(2022·浙江省温州市高三高考适应性测试二模)某课题组设计一种以甲醇辅助固定CO2的方法，原理如图。下列说法不正确的是()A．化合物A为CH3OHB．若用HOCH2CH2OH辅助固定，则产物可能为C．反应原料中的原子100%转化为产物D．反应②的类型为加成反应【答案】C【解析】根据题意和原子守恒，①+CH3OH→H2O+②+CO2→③+CH3OH→+，总反应为2CH3OH+CO2→H2O+。A项，①+→H2O+，化合物A为CH3OH，故A正确；B项，根据总反应，若用HOCH2CH2OH辅助固定，HOCH2CH2OH+CO2→H2O+，则产物可能为，故B正确；C项，根据总反应，产物中有水生成，反应原料中的原子利用率小于100%，故C错误；D项，反应②中二氧化碳分子中有碳氧双键断裂，反应②的类型为加成反应，故D正确；故选C。29．(2022·浙江省名校协作体高三下学期化学模拟联考)化合物A()进行如下图所示的反应(图中16e表示中心原子周围总共有16个电子)，下列说法不正确的是()A．X为H2，总反应为用丙烯和氢气为原料制备丙烷B．反应过程涉及氧化还原反应C．D的结构可能为：D．化合物C、D、E为同分异构体，且中心原子的化合价不同【答案】D【解析】A项，由反应循环图可以看出B和X生成了C，根据原子守恒可知X为H2，故A正确；B项，从A生成B有电子得失，H2参与生成化合物，都涉及氧化还原，故B正确；C项，C与丙烯生成D，根据C和E的结构简式可知丙烯与中心原子配位，故D的结构简式为，故C正确；D项，根据、、，根据CDE的结构简式可知三者分子式不同，不是同分异构，故D错误；故选D。30．(2022·浙江省宁波“十校”高三下学期联考)一种有机小分子催化多氟芳香化合物的取代反应机理如图。下列说法不正确的是()A．该反应是取代反应，原子利用率不为100%B．物质2是催化剂，物质4和7是中间产物C．物质2向物质4转化过程中，有氮碳键、氮氟键的形成D．若物质5是，则产物一定为【答案】D【解析】根据流程示意图可知，物质3、5是整个过程的反应物，物质1、6是整个过程的生成物，物质2是催化剂，物质4、7是反应中间体，整个过程表示为：物质3+物质5物质1+物质6。A项，制取出氟芳香取代产物的反应为取代反应，原子利用率不是100%，故A正确；B项，物质2在反应第一步加入，且在最后又生成，反应前后的质量不变，物质2是该反应的催化剂，B正确；C项，对比物质的结构可知，2向4的转化过程中C-F键断裂，形成了C-N键、N-F键，C正确；D项，若5为时，X可能为或—CH3，则1可能为或，故D错误。故选D。31．(2023·浙江省浙里卷天下高三开学测试)氢气作为清洁高效、可持续“零碳”能源被广泛研究，水煤气变换反应()的氧化还原机理和羧基机理如图所示。对CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)ΔH的热化学方程式的表述不正确的是()A．氧化还原机理途径：H=ΔH1+ΔH2+ΔH5a+ΔH7B．羧基机理途径：ΔH=ΔH1+ΔH4+ΔH5d+ΔH7C．两种机理途径都存在氢氧键断裂和氢氧键的形成D．加入催化剂能改变机理途径，同时影响的值【答案】D【解析】A项，根据盖斯定律可知，氧化还原机理途径：ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH5a+ΔH7，A正确；B项，根据盖斯定律可知，羧基机理途径：ΔH=ΔH1+ΔH4+ΔH5d+ΔH7，B正确；C项，由题图可知，两种机理途径都存在氢氧键断裂和氢氧键的形成，C正确；D项，根据盖斯定律可知，加入催化剂能改变机理途径，但ΔH不变，D错误；故选D。32．(2023·浙江省宁波市高三选考模拟考试)可利用酰胺型铱金属配合物通过硝基芳烃还原串联N－苄基化反应制备。反应机理如图(其中Ph－代表苯基，[Ir]代表)下列说法不正确的是()A．反应I过程中有水生成B．反应IV涉及加成反应和消去反应C．该过程反应原料为硝基苯和苯甲醇D．用CH3CH2CH2OH替代上述过程中的同类物质参与反应，可以合成【答案】D【解析】A项，反应I的反应物中有OH-和含羟基的Ph-CH2OH、结合图中产物的结构示意图可知，该过程中有水生成，A正确；B项，反应IV中先发生加成反应得到Ph-NH-CH(OH)-Ph、再消去得到产物Ph-N=CH-Ph，则涉及加成反应和消去反应，B正确；C项，由示意图可知，反应Ⅲ中消耗硝基苯，反应Ⅵ中消耗苯甲醇、且生成了目标产物，该过程反应原料为硝基苯和苯甲醇，除了这三个物质，其余含苯环的有机物均为中间产物，C正确；D项，用CH3CH2CH2OH替代上述过程中的同类物质参与反应，可以合成，D不正确；故选D。33．(2023·浙江省普通高校招生高三选考模拟)过氧硫酸氢根参与烯烃的不对称环氧化反应的机理如图，下列说法不正确的是()A．该反应有水的生成B．利用此反应可将乙烯氧化为环氧乙烷C．过氧硫酸氢根是该反应的催化剂D．通过调节环境的酸碱性，可以控制部分极性共价键的断裂【答案】C【解析】A项，由图像分析，在碱性(OH-)条件下反应这一步，是有H2O生成的，A项正确；B项，利用题给机理，CH2=CH2与进一步得到环氧乙烷，B项正确；C项，通过图像流程分析，HSO3-开始参与反应最终转为SO42-，不是催化剂，C项错误；D项，通过分析这个过程，可知通过调节环境的碱性，使得有机物中的-OH间的极性共价键断裂，D项正确；故选C。34．(2023·浙江省强基联盟高三上学期10月统测)科研人员提出CeO2催化CO2合成碳酸二甲酯(DMC)的反应过程如下图所示，下列说法正确的是()A．反应步骤①②③都发生了键的断裂B．()与碳酸()互为同系物C．步骤②中CO2分子中碳原子的杂化方式没有改变D．合成DMC的总反应方程式为【答案】D【解析】A项，由图可知，步骤②中没有发生氢氧键的断裂，故A错误；B项，同系物必须是同类物质，碳酸二甲酯属于酯类，碳酸属于无机含氧酸，两者不是同类物质，不可能互为同系物，故B错误；C项，二氧化碳中碳原子的杂化方式为sp杂化，由图可知，步骤②中二氧化碳发生加成反应所得产物中碳原子形成碳氧双键，原子的杂化方式为sp2杂化，碳原子的杂化方式发生改变，故C错误；D项，由图可知，合成DMC的总反应为二氧化碳与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水，反应中甲醇发生氢氧键断裂，反应的化学方程式为，故D正确；故选D。35．(2023·浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考)以钒化合物作催化剂制备高纯度次氯酸的机理如图，已知钒元素V最高化合价为+5价，N(His404)、N(His496)为氨基酸，下列说法不正确的是()A．反应①④中，都形成配位键，都有氢氧键的断裂和形成B．反应过程中，钒化合物甲是催化剂，乙、丙、丁、戊是中间产物C．在该催化循环过程中，中心原子V的化合价和VSEPR模型发生了改变D．此图钒化合物的每一次循环使无机物发生的净反应：H2O2+Cl-+H+=HOCl+H2O【答案】C【解析】A项，反应①中H2O2断裂H-O键，-OOH与V形成配位键，反应④H2O断裂H-O键，-OH与V形成配位键，故A正确；B项，反应过程中，化合物甲先和H2O2反应，经过一系列反应又生成了甲，因此该机理中化合物甲作催化剂，乙、丙、丁、戊是中间产物，故B正确；C项，反应过程中，中心原子V的共用电子对与孤对电子数不变，则VSEPR模型不变，故C错误；D项，根据图中的转化关系得到制备机理的总反应的方程式为：H2O2+Cl-+H+=HClO+H2O，故D正确；故选C。二、非选择题(本题包括4小题，共30分)36．(12分)(2023·安徽省A10联盟高三阶段考试)H2S、NO、SO2是有害气体，处理有害气体的工艺原理有以下几种：(1)一种脱除H2S回收硫工艺的两个阶段主要反应分别如下：第一阶段：2H2S(g)＋3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g)第二阶段：4H2S(g)＋2SO2(g)3S2(g)+4H2O(g)理论上，该工艺需控制第二阶段与第一阶段参加反应的H2S的物质的量之比_______，若过小，导致的结果是_______。(2)有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2。①在钒基催化剂作用下的脱硝反应机理如上图所示，该机理中体现氧化性的微粒有_______种。②由上图可知，其总反应方程式为_______。(3)如图表示光催化氧化技术可生成羟基自由基()以及H2O2，也可以用于脱硫。光照时，价带失去电子并产生有强氧化性的空穴()，在导带、价带均能产生，其过程可表示为：①导带：O2+e-=O2-、_______；价带：_______。②该过程中消耗2.24L氧气(标准状况下)，则最多可脱硫(以计)_______g。【答案】(1)2(1分)

SO2不能完全转化为S2，多余的SO2排放到空气中会污染大气(或其它合理答案)(2分)

(2)

3(1分)

4NH3+4NO+O24N2+6H2O(2分)

(3)

(2分)

(2分)

12.8(2分)

【解析】(1)该工艺需要控制第二阶段参加反应的H2S与SO2恰好完全反应，而SO2是在第一阶段由H2S反应产生的，则；由题意可知，若过小，则第一阶段反应生成的SO2过多，在第二阶段反应中SO2不能完全转化为S2，多余的SO2排放到空气中会污染大气；(2)①氧化剂体现氧化性。过程中，做氧化剂，过程中，既是氧化剂