2023届高考化学二轮复习反应机理作业含答案

这是一份2023届高考化学二轮复习反应机理作业含答案，共19页。
A．是反应的中间体
B．在镍基La2O3催化下，明显被活化
C．在镍基La2O3催化下，H2分子中的H-H断裂
D．存在反应La2O3CO3=+La2O3
2．（双选）工业上除去NO的一种反应机理如图所示。下列说法中正确的是（）
A．该反应的氧化剂为NO、O2
B．反应1决定整个反应的速率快慢
C．反应过程中V元素的化合价未发生变化
D．反应中除去1mlNO，消耗1mlNH3
3．钒元素用途广泛，如图是一种钒的化合物催化某反应的反应机理。下列叙述错误的是（）
A．H2O参与了该催化反应
B．过程①中反应的原子利用率为100%
C．该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成
D．每次循环的净反应为H2O2+2C1－=2HOCl+2e－
4．科研工作者研究出一种新型的醇催化氧化途径，可以避免生成有毒物质，其部分反应机理如图所示.下列说法错误的是（）
A．避免生成有毒物质符合绿色化学的理念
B．在该反应中作催化剂
C．反应过程中N和S元素的成键数目均保持不变
D．总反应方程式为++HCl
5．我国科研人员通过控制光沉积的方法构建型复合材料光催化剂，其中和离子渗透膜可协同CO2､H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如图：下列说法错误的是（）
A．该反应为B．该反应能量转化形式为光能→化学能
C．图中分别代表D．该反应的活化能
6．科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气催化重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法正确的是（）
A．Pd(Ⅲ)能改变反应历程，从而改变化学反应速率
B．该历程中反应速率最快的是路径①
C．该历程中能垒(反应活化能)最大的是路径②
D．由此历程可知：CH2O*+2H*=CHO*+3H*ΔH＞0
7．HNO2与羟基自由基(·OH)的气相氧化反应与酸雨、光化学烟雾等重大环境问题密切相关。水分子可作为该气相氧化反应的催化剂，图中表示水分子催化的一种机理：下列叙述错误的是（）
A．该气相氧化反应的化学方程式为HNO2+·OH NO2+H2O
B．反应历程中还可能形成HONO···H2O
C．该反应历程中最大能垒(活化能)为201.1kJ·ml-1
D．是反应过渡态
8．HCOOH在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用，HCOOH 催化释放氢是指在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2，可能的反应机理如图所示，下列叙述错误的是（）
A．催化过程中涉及极性共价键的断裂和形成
B．使用催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
C．HCOOD 催化释氢反应除生成CO2外，还生
成HD
D．其他条件不变，在HCOOH中加入适量
HCOOK溶液，可以加快生成氢气的速率
9．利用无机物离子[(L)RuⅢ(H2O)]5-和[CeⅣ(NO3)6]2-(如图简写为CeⅣ)，实现了水在催化剂作用下制氧气。用HO进行同位素标记实验，证明了产物氧气中的氧原子完全来自于水。其相关机理如图所示：
下列说法错误的是（）
A．[CeⅣ(NO3)6]2-在反应中作氧化剂B．催化氧化水的反应为2H2OO2↑+2H2↑
C．进行同位素标记实验前需排尽体系中的空气D．若HO参与反应，则[(L)RuⅢOOH]6-中存在18O
10．固体表面的化学过程研究对于化学工业非常重要。在Fe催化剂、一定压强和温度下合成氨的反应机理如下图所示。下列说法不正确的是（）
A．N2和H2分子被吸附在铁表面发生反应
B．吸附在铁表面的N2断裂了N≡N键
C．NH3分子中的N-H键不是同时形成
D．Fe催化剂可以有效提高反应物的
平衡转化率
11．（双选）乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图。下列正确的是（）
A．总反应为放热反应故此反应不需要加热就能发生
B．①②反应属于加成反应
C．总反应速率由第①步反应决定
D．第②步反应的中间体比第①步反应的中间体稳定
12．催化某反应的一种催化机理如图所示。下列叙述正确的是（）
A．该机理的总反应为
B．催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应
C．图中的与Na2O2中所含阴离子相同
D．1mlHCHO与银氨溶液完全反应，最多可生成216gAg
13．一种混晶结构的光催化剂(H-Anatasebranch/Rutilenanrd)与过硫酸根协同降解有机污染物罗丹明B(RhB)的机理如下图所示(表示光照条件)：
机理分析表明该方法优异的净化污水性能主要归功于反应中生成的硫酸根自由基和羟基自由基(·OH)。下列说法错误的是（）
A．该过程中存在光能到化学能的转化
B．自由基对RhB的降解不起作用
C．中含有极性键和非极性键
D．RhB在两部分催化剂的作用下降解均发生了氧化反应
14．CO2在某催化剂表面与氢气作用制备甲醇的反应机理如下图所示。下列说法错误的是（）
A．CO2的电子式为
B．催化剂可以降低该反应过程中的活化能
C．该催化循环中共产生了5种中间粒子
D．总反应方程式为
15．科研人员利用Cu/ZnO催化某反应的机理如下图所示，下列叙述错误的是（）
A．该反应可以消耗温室气体CO2
B．过程①②③中均有H-O键断裂
C．过程④生成的中间体甲氧基(CH3O-)
的电子式：
D．催化剂降低了该反应的活化能，加快了反应速率
16．最新文献报道，有机小分子可催化多氟芳香化合物的取代反应，机理如下图所示。
下列说法错误的是（）
A．2是催化剂
B．4和7都是反应中间体
C．5为时，1是
D．2向4的转化过程中有非极性键与极性健的断裂与形成
17．乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理如下，能量与反应进程的关系如图所示。下列正确的是（）
A．第①、②、③步反应都是放热反应B．第①步反应只断裂了碳碳键
C．第①步反应的活化能比第②步反应的活化能大D．由图1可知，总反应不需要加热就能进行
18．据文献报道，金红石 Ti3+L3表面催化氮气固定机理如下图所示，下列叙述错误的是（）
A．催化剂可以提高固氮速率的原因是改变该反应的ΔH
B．该催化固氮总反应为3H2+N2=2NH3
C．是反应中间体
D．整个催化过程中存在 N—Ti键的断裂和生成
19．Ni-CeO2催化CO2、H2制取CH4的反应机理如下图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。下列有关说法错误的是（）
A．CO是反应的副产物
B．CO2中碳的原子利用率是50％
C．Ni-CeO2降低反应活化能并加快反应速率
D．CO2、H2制取CH4的总反应为CO2+4H2CH4+2H2O
20．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下。下列说法不正确的是（）
A．该过程中有H2O参与反应B．硫酸盐气溶胶呈酸性
C．NO2是生成硫酸盐的催化剂D．该过程中有氧氢键断裂
21．Burns和Daintn研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：
①Cl2(g)⇌2Cl•(g) 快
②CO(g)+Cl•(g)⇌COCl•(g) 快
③COCl•(g)+Cl2(g)⇌COCl2(g)+Cl•(g) 慢
反应②的速率方程为v正=k正c(CO)×c(Cl•)，v逆=k逆c(COCl•)。下列说法错误的是（）
A．反应①的活化能大于反应③的活化能
B．反应②的平衡常数K=
C．要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率
D．选择合适的催化剂能提高单位时间内COCl2的产率
22．FeMnTiOx催化剂对脱硝技术的反应机理如图所示，下列说法错误的是（）
A．运用该技术应控制温度在200℃以下B．较理想的中间产物是
C．既是氧化产物又是还原产物D．参与的是非氧化还原反应
参考答案
1．B
【详解】
A．根据机理，生成又被消耗，是反应的中间体，A正确；
B．在镍基La2O3催化下，CO2转化为，C原子被活化与H结合形成，B错误；
C．在镍基La2O3催化下，H2分子中的H-H断裂，H与结合得到，C正确；
D．由机理图可知，在镍基La2O3催化下，发生反应La2O3CO3=+La2O3，D正确；
2．AD
A．反应2中，一氧化氮参与反应后，N价降低，NO为氧化剂，O元素由0价变为-2价，则O2为氧化剂，故A正确；
B．反应中的慢反应决定反应速率，反应1是快速的，故B错误；
C．V元素的化合价从反应机理来看，化学键发生改变，则化合价发生改变，故C错误；
D．该反应是一个循环反应，由反应1、2可判断，反应中除去1mlNO，消耗1mlNH3，故D正确；
3．D
A．过程④说明H2O参与了该催化反应，故A正确；
B．根据过程①的反应，反应物全部变为生成物，说明反应的原子利用率为100%，故B正确；
C．过程①中有氢氧键的形成，过程②中有氢氧键的断裂，说明该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成，故C正确；
D．根据整个反应体系得到每次循环的净反应为H＋＋H2O2＋C1－=HOCl＋H2O，故D错误。
4．C
A．避免生成有毒物质，可防止污染环境，符合绿色化学的理念，A项正确；
B．反应过程中，参与反应后，又有生成，在反应中作催化剂，B项正确；
C．由图可知，反应过程中S元素的成键数目发生改变，C项错误；
D．由转化关系知，醇催化氧化的总反应为，D项正确；
5．D
A．据图可知初始反应物有H2O和CO2，最终产物为HCOOH和O2，根据电子守恒和元素守恒可得总反应为2H2O+2CO22HCOOH+O2，A正确；
B．据图可知该反应在光照的条件下进行反应，将光能转化为化学能，B正确；
C．H2O失电子后转化为O2，所以b得电子被还原转化为a，则a为Fe2+、b为Fe3+，C正确；
D．根据条件可知该反应为吸热反应，焓变大于0，ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，所以Ea正＞Ea逆，D错误；
6．A
A．Pd(Ⅲ)是该反应的催化剂，催化剂能改变反应的活化能，能改变反应历程，从而改变化学反应速率，故A正确；
B．活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，反应需要的活化能越小，反应进行的越快，反应速率越快，根据图示，路径③的活化能最小，反应速率最快，故B错误；
C．活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，由图可以看出，过渡态Ⅰ发生的反应活化能最大该历程中能垒(反应活化能)最大的是路径①，故C错误；
D．根据图示，CH2O*和2H*总能量大于CHO*和3H*总能量，则该反应历程为放热反应，ΔH＜0，故D错误；
7．C
A．由图知，产物为NO2和H2O，则该气相氧化反应的化学方程式为HNO2+·OH NO2+H2O，A正确；
B．由图知，水分子中的氧原子可以和亚硝酸分子中的氢原子形成氢键、水分子中的氢原子可以和亚硝酸分子中的氧原子形成氢键、则反应历程中还可能形成HONO···H2O，B正确；
C．该反应不可逆，该反应历程中Ⅲ→Ⅳ时能垒最大 (活化能)，为22.6 kJ·ml-1-(-20.5) kJ·ml-1，C不正确；
D．由过渡态理论知，是反应过渡态，D正确；
8．B
A．形成、脱去二氧化碳时均有由极性共价键的断裂和形成，A正确；
B．催化剂只改变反应速率，但是催化剂对化学平衡无影响，不能改变平衡转化率，B错误；
C．H、D是氢元素的同位素，由HCOOH分解生成CO2和H2推断HCOOD催化释氢生成CO2和HD，C正确；
D．HCOOK完全电离，HCOOK溶液中HCOO浓度大，更容易与催化剂结合，所以加入适量HCOOK溶液，可加快生成氢气的速率，D正确；
9．B
A．据图可知该流程中CeⅣ转化为CeⅢ，化合价降低，作氧化剂，A正确；
B．根据流程可知该反应中H2O和[CeⅣ(NO3)6]2-为反应物，最终产物为[CeⅢ(NO3)6]3-、O2和H+，总反应为2H2O+4[CeⅣ(NO3)6]2-O2↑+4[CeⅢ(NO3)6]3-+4H+，B错误；
C．空气中含有氧气，为避免空气中的氧气对生成氧气的检验产生影响，进行同位素标记实验前需排尽体系中的空气，C正确；
D．据图可知[(L)RuⅤ=O]5-与H2O反应生成[(L)RuⅢOOH]6-和H+，根据元素守恒可知若HO参与反应，则[(L)RuⅢOOH]6-中存在18O，D正确；
10．D
A、由3可知N2和H2分子被吸附在铁表面，而4、5表示发生反应，所以N2和H2分子被吸附在铁表面发生反应，故A正确；
B、由图4可知氮气吸附在铁表面，并断裂了N≡N键，故B正确；
C、由图5、6、7可知，NH3分子中的N-H键不是同时形成，故C正确；
D、催化剂只改变反应速率，平衡不移动，所以不能提高反应物的平衡转化率，故D错误；
【点睛】
本题的易错点为C，要注意图中细节的观察和总结，图3中N2和H2分子被吸附在铁表面，图4中氮气、氢气在铁表面断裂成了原子，图5表示N和H原子形成了一个N-H键，图6表示形成了2个N-H键，图7表示形成了3个N-H键，图8表示NH3分子从铁表面离开。
11．CD
A．根据反应物与生成物的能量关系可知，反应物的总能量比生成物的总能量高，所以该反应为放热反应，但反应条件是否加热与反应热无关，选项A错误；
B．只有反应①存在碳碳双键生成碳碳单键，则只有反应①为加成反应，选项B错误；
C．第①步反应活化能最大，故其反应速率较小，属于反应过程中的慢反应，故总反应速率由第①步反应决定，选项C正确；
D．第②步反应的中间体比第①步反应的中间体能量低，能量越低越稳定，所以第②步反应的中间体较稳定，选项D正确；
12．A
A．分析题中催化机理图，除去中间产物，可得该反应总反应为：，A项正确；
B．催化机理存在一步HCO与H+反应生成CO2的过程，不是氧化还原反应，B项错误；
C．Na2O2中所含阴离子为，与图中的所含阴离子不相同，C项错误；
D．1mlHCHO中存在2ml的醛基结构，与银氨溶液完全反应，最多可生成4mlAg，即432gAg，D项错误；
13．B
A．从图中可看出该过程中存在光能到化学能的转化，A正确；
B．和自由基共同作用产生硫酸根自由基，因此自由基对RhB的降解起重要作用，B错误；
C．过硫酸根中含有过氧键,因此既含极性键又含非极性键，C正确；
D．RhB在两部分催化剂的作用下降解均生成了，碳元素化合价升高，发生了氧化反应，D正确。
14．C
A．CO2分子中C原子与两个O原子分别共用两对电子，电子式为，A项正确；
B．催化剂可以改变反应路径，降低反应过程中的活化能，B项正确；
C．由流程可知，催化循环中产生了氢原子和5种含碳离子等共6种中间粒子，C项错误；
D．由图可知反应物为CO2和H2，最终产物为CH3OH和H2O，总反应方程式为：，D项正确；
15．B
A．根据图示流程，步骤①中加入3ml的H2和1ml的CO2，与·OH自由基作用经过后续的②~⑤步生成甲醇，中间过程中并没有生成CO2，该反应可以消耗温室气体CO2，A正确；
B．根据图示，步骤①中O-H键断裂与CO2结合形成·OCO2H自由基，步骤②·OCO2H自由基中的碳氧键断裂，结合·H自由基生成水和·OCHOH自由基，步骤②中并没有O-H键断裂，步骤③·OCHOH自由基中碳氧键断裂，结合·H自由基生成·OH2C·自由基，步骤③中并没有O-H键断裂，B错误；
C．C与H之间，C与O之间均以单键形式连接，O原子最外层剩余一个单电子，甲氧基的电子式为，C正确；
D．催化剂可以降低化学反应活化能，加快反应速率，但不能提高转化率，D正确；
16．D
A．由题干反应历程图可知，进入体系的物质为3和5是反应物，离开体系的物质为1和6是生成物，而是在体系中循环的物质，故2是催化剂，A正确；
B．由题干反应历程图可知，4和7都是反应中间体，B正确；
C．根据历程图可知，5为即将历程图5中的X换成-OOCCH3时，则也将1中的X换成-OOCCH3，故生成物1是，C正确；
D．由历程图可知，2向4的转化过程中断裂了C-F极性键，形成了C-N，N-F极性键，故无非极性键的断裂与形成，D错误；
17．C
A．由图可知，第②③步反应：反应物的总能量均大于生成物的总能量，则第②③步反应均为放热反应，但第①步反应生成物的总能量大于反应物的总能量，属于吸热过程，故A错误；
B．第①步反应断裂了碳碳键、碳氢键，故B错误；
C．由图可知，第①步反应的活化能最大，第①步反应的活化能比第②步反应的活化能大，故C正确；
D．由图1可知，总反应是放热反应，与反应条件没有必然联系，故D错误；
18．A
A．催化剂可以降低反应的活化能，提高固氮速率，但不能改变该反应ΔH的符号和数值，故A错误；
B．由固定机理的示意图可知，反应物为氮气和氢气，生成物为氨气，金红石为催化剂，反应的总反应方程式为3H2+N2=2NH3，故B正确；
C．由固定机理的示意图可知，反应物为氮气和氢气，生成物为氨气，金红石为催化剂，是反应中间体，故C正确；
D．由固定机理的示意图可知，b→c的过程存在 N—Ti键的断裂，c→a的过程存在 N—Ti键的生成，故
19．B
A．该反应为Ni-CeO2催化CO2、H2制取CH4，生成物中有CO，CO是反应的副产物，A项正确；
B．由于反应物和生成物的量未知，不能算出CO2中碳的原子的利用率，B项错误；
C．Ni-CeO2是催化剂，能够降低反应活化能并加快反应速率，C项正确；
D．由图可知，CO2、H2在Ni-CeO2的催化作用下生成CH4和H2O，化学方程式为CO2+4H2CH4+2H2O，D项正确；
20．C
A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；
B．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故B正确；
C．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故C错误；
D．根据图示转化过程，中，H2O分子中一个氧氢键断裂，故D正确；
21．A
【分析】
根据有效碰撞理论，活化能越小，反应速率越大；催化剂降低反应的活化能，提高反应速率，但不改变反应最终的平衡产率。
A．活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A错误；
B．反应②存在v正=k正c(CO)×c(Cl•)，v逆=k逆c(COCl•)，平衡时正逆反应速率相等，，故B正确；
C．慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C正确；
D．选择合适的催化剂加快化学反应速率，所以能提高单位时间内COCl2的产率，故D正确；
22．B
A．根据脱硝的反应机理，在温度超过200℃时会反应生成N2O，达不到脱硝目的，因此运用该技术应控制温度在200℃以下，故A正确；
B．根据图示，在温度超过200℃时会反应生成N2O，可以直接转化为氮气和水，因此较理想的中间产物是，故B错误；
C．根据脱硝的反应机理，反应物是氨气和NO、O2，生成物是氮气和水，N元素的化合价由-3价升高到0价，+2价降低为0价，因此既是氧化产物又是还原产物，故C正确；
D．根据图示，与硝酸或亚硝酸反应生成硝酸铵或亚硝酸铵，没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，故D正确；