高考化学二轮复习(新高考版) 第3部分 高考题型练 不定项选择题专练(三) 陌生反应机理（含解析）

这是一份高考化学二轮复习(新高考版) 第3部分 高考题型练 不定项选择题专练(三) 陌生反应机理（含解析），共5页。试卷主要包含了氮及其化合物的转化过程如图所示，汽车尾气处理存在反应等内容，欢迎下载使用。
不定项选择题专练(三)　陌生反应机理
1．氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是(　　)

A．催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
B．N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
C．在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D．催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
答案　B
解析　催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由－3价升高到＋2价，失去电子，C项错误；催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误。
2．常温常压时烯烃与氢气混合不反应，高温时反应很慢，但在适当的催化剂存在时可与氢气反应生成烷烃，一般认为加氢反应是在催化剂表面进行。反应过程的示意图如下：


下列说法中正确的是(　　)
A．乙烯和H2生成乙烷的反应是放热反应
B．加入催化剂，可减小反应的热效应
C．催化剂能改变平衡转化率，不能改变化学平衡常数
D．催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体
答案　AD
解析　根据图示，得到：反应物的能量高于生成物的能量，所以该反应是放热反应，故A正确；催化剂只会加快反应速率，不会引起反应热的变化，反应的热效应不变，故B错误；催化剂只会加快反应速率，不能改变平衡转化率，不能改变化学反应的平衡常数，故C错误；根据化学反应的历程，催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体，故D正确。
3．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程如图所示(图中只画出了 HAP的部分结构，用18O标记羟基磷灰石中的羟基氧原子)。下列说法正确的是(　　)

A．反应物的键能之和大于生成物的键能之和
B．HAP改变了该反应的历程和焓变，加快了反应速率
C．经过该催化氧化过程后18O仍然在HAP中
D．反应过程中，碳原子由sp2杂化变为sp杂化
答案　D
解析　HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O，反应是放热反应，因此反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故A错误；HAP改变了该反应的历程，加快了反应速率，但焓变不变，故B错误；根据该历程图中信息，经过该催化氧化过程后18O在水中，故C错误；HCHO的碳原子价层电子对数为3＋×(4－1×2－2×1)＝3＋0＝3，CO2的碳原子价层电子对数为2＋×(4－2×2)＝2＋0＝2，因此反应过程中，碳原子由sp2杂化变为sp杂化，故D正确。
4．汽车尾气处理存在反应：NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2 (g)，该反应过程及能量变化如图所示：


下列说法正确的是(　　)
A．升高温度，平衡逆向移动
B．该反应生成了具有非极性共价键的CO2
C．使用催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率
D．反应物转化为活化络合物需要吸收能量
答案　AD
解析　由图像可知，该反应是一个能量降低的反应，即放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故A正确；CO2分子中含有碳氧共价键为极性共价键，故B错误；催化剂能改变反应速率，对化学平衡无影响，所以使用催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；由图像可知，反应物的总能量小于活化络合物的总能量，所以由反应物转化为活化络合物需要吸收能量，故D正确。
5．《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8，其中S为＋6价)去除废水中的正五价砷[As(Ⅴ)]的研究成果，其反应机制模型如图所示(SO·、·OH表示自由基)。设阿伏加德罗常数的值为NA。下列叙述错误的是(　　)

A．过硫酸钠中－2价氧与－1价氧的个数比为3∶1
B．若56 g Fe参加反应，共有1.5NA个S2O被还原
C．碱性条件下硫酸根自由基发生反应的方程式为SO·＋OH－===SO＋·OH
D．pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷
答案　BD
解析　过硫酸钠中正负化合价之和为零，S为＋6价，Na为＋1价，正价之和＝(＋6)×2＋(＋1)×2＝14，负价之和为－14，若－2价氧与－1价氧的个数比为3∶1，即－2价氧为6个，－1价氧的个数为2个，负价之和为(－2)×6＋(－1)×2＝－14，故A正确；56 g Fe为1 mol，根据图示可知，1 mol S2O和1 mol Fe反应生成2 mol SO和1 mol Fe2＋，该过程转移2 mol电子，但是Fe2＋还要与S2O反应变成Fe3＋和自由基，根据图示，形成的沉淀中即含有二价铁离子，又含有三价铁离子，即第一步反应中的二价铁没有被完全氧化为三价铁离子，因此1 mol铁参加反应消耗小于1.5 mol S2O，共有少于1.5NA个S2O被还原，故B错误；结合图示可知，碱性条件下，SO·发生反应的方程式为：SO＋OH－·===SO＋·OH－，故C正确；根据图示可知，最后是碱性条件下，铁离子和亚铁离子转化为氢氧化亚铁和氢氧化铁，正五价砷离子转变为沉淀，二者共同以沉淀形式析出的，则溶液的碱性越强越有利于析出，即pH越大越有利于去除废水中的正五价砷，故D错误。
6．我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是(　　)

A.该历程中最小能垒的化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*===(CH3)2NCH2＋OH*
B.该历程中最大能垒(活化能)为2.16 eV
C.该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)===N(CH3)3(g)＋H2O(g)　ΔH＝－1.02 eV·mol－1
D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率
答案　A
解析　从图中可以看出，在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：[－1.23－(－2.16)]eV＝0.93 eV、[－1.55－(－1.77)]eV＝0.22 eV、[－1.02－(－2.21)]eV＝1.19 eV。从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*===(CH3)2NCH2＋OH*，A正确；该历程中最大能垒(活化能)为1.19 eV，B不正确；该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02 eV为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)===N(CH3)3(g)＋H2O(g)　ΔH＝－1.02NA eV·mol－1，C不正确；增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确。
7．工业上可采用CH3OHCO＋2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国科研人员通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是(　　)

已知：甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程，有两种可能的方式：
方式Ⅰ：CH3OH*―→CH3O*＋H*
Ea＝＋103.1 kJ·mol－1
方式Ⅱ：CH3OH*―→CH＋OH*
Eb＝＋249.3 kJ·mol－1
A．CH3OH*―→CO*＋2H2(g)的ΔH>0
B．①②都为O—H键的断裂过程
C．由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为Ⅱ
D．放热最多阶段的化学方程式为CHO*＋3H*―→CO*＋4H*
答案　AD
解析　ΔH＝生成物相对能量－反应物相对能量，根据图示可知生成物的能量比反应物的能量高，因此该反应为吸热反应，即ΔH>0，A正确；根据图示可知过程①是断裂O—H键，过程②断裂的是C—H键，B错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，方式Ⅰ的活化能低，说明甲醇裂解过程主要历经的方式为Ⅰ，C错误；由图可知CHO*和3H*转化为CO*和4H*这一步放出热量最多，反应方程式为：CHO*＋3H*―→CO*＋4H*，D正确。