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专题08 陌生反应机理-2022年高考化学2年模拟题精选分项汇编(全国卷)(解析版)

2021-12-01 来源:钮旅网


专题八 陌生反应机理

1.(山西省吕梁市2021-2022学年高三上学期第一次模拟)“接触法制硫酸\"的核心反应是

2SO2O2催化剂2SO3,因SO2在催化剂表面与O2接触而得名,反应过程示意图如图:

下列说法不正确的是 ...

A.过程①②中都有极性键、非极性键的断裂和形成 B.总反应的反应速率由反应①决定 C.过程①中有电子的转移

D.V2O5的作用是降低该反应的活化能 【答案】A 【解析】

A.A错误; 过程①中只有极性键的断裂和形成,过程②中有极性键形成和非极性键的断裂,B.总反应的反应速率由慢反应决定,B正确;

C.过程①中 SO2生成SO3化合价升高,有电子的转移,C正确;

D.该反应的催化剂只有V2O5,V2O4是前面反应生成,又在后面反应中消耗,属于“中间产物”,故V2O5的作用是降低该反应的活化能,D正确; 故选A。

2.(2021·吉林·东北师大附中一模)研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示,下列说法错误的是 ..

A.反应总过程ΔH<0 B.Fe使反应的活化能减小

C.总反应若在2L的密闭容器中进行,温度越高反应速率一定越快

+FeO++N2、FeO++COFe++CO2两步反应均为放热反应 D.Fe+N2O【答案】C

【解析】

A.由图可知,反应物总能量高于生成物,因此该反应为放热反应,即ΔH<0,故A正确; B.由图可知,加入Fe+后,反应的活化能相较于未加入Fe+低,故B正确;

C.温度高时,Fe+会失去催化活性,因此温度较高时,反应速率可能减小,故C错误;

+FeO++N2、FeO++COFe++CO2两步反应的反应物总能量D.由图可知,Fe+N2O均大于生成物总能量,因此均为放热反应,故D正确; 综上所述,说法错误的是C项,故答案为C。

3.(山西省临汾市2021届高三一模)我国科研工作者研发的一种在较低温度下有机物DMO转化为EG的反应过程如图所示。

下列说法错误的是

A.Cu纳米颗粒是一种胶体,能降低氢气解离的活化能 B.反应过程中断裂的化学键有H-H、C=O、C-O C.EG与甘油含有相同官能团但不属于同系物 D.可用金属钠区别EG与DMO 【答案】A 【详解】

A. Cu纳米颗粒属于单质,不是胶体,A错误;

B. 反应过程中断裂的化学键有HH、CO、CO,B正确;

C. EG是乙二醇HOCH2CH2OH,与甘油含有相同官能团(OH),但羟基数目不同,不属于同系物,C正确;

D. EG(乙二醇)与金属钠反应生成氢气,DMO(草酸二甲酯)与金属钠不反应,故可用金属钠区别EG(乙二醇)与DMO(草酸二甲酯),D正确; 故选A。

4.(2022·重庆·一模)CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应:

**第一步:FeN2OFeON2(慢) **第二步:FeOCOFeCO2(快)

其相对能量与反应历程如下图所示,下列说法错误的是

A.在整个反应历程中,有极性键的断裂和生成 B.总反应的反应速率由第一步反应决定 C.两步反应均为放热反应 D. FeO*和Fe *均为反应的催化剂 【答案】D 【解析】

A.反应物CO的极性键的断裂,生成物CO2有极性键的形成,故A正确;

B.根据反应历程图,第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能,活化能越大,反应速率越慢,则总反应速率主要由第一步反应决定,故B正确;

C.根据反应历程图,可知两步反应的生成物的总能量均低于对应反应反应物的总能量,则两步反应均为放热反应,故C正确;

D.由两步反应原理可知,由FeO*在第一步生成,在第二步消耗,则FeO*是反应的中间产物,故D错误; 故选:D。

5.(西南四省名校2021届高三第三次大联考)近年来,甲醇与CO2直接合成

DMC(CH3OCOOCH3)备受关注,一种在有氧空位的催化剂上合成DMC的反应机理如图所示。下列说法错误的是

A.该催化过程既有化学键的断裂,又有化学键的形成 B.上述过程包括吸附和脱附,其中4属于脱附

C.催化剂的使用可以降低活化能,改变该反应的反应热 D.合成DMC的总反应方程式为2CH3OH+CO2【答案】C 【详解】

A.该催化过程既有化学键的断裂,又有化学键的形成,A正确; B.上述过程包括吸附和脱附,其中4属于脱附,B正确; C.催化剂的使用可以降低活化能,但不能改变反应热,C错误; D.合成DMC的总反应的方程式为2CHOH+CO32故选C。

6.(江西省南昌市 2022届高三第一次模拟)科学家利用金(Au)催化电解法在常温常压下实现合成氨,工作时某极区的微观示意图如下,其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂(LiCF3SO3)和乙醇的有机溶液。下列说法正确是

催化剂催化剂CH3OCOOCH3+H2O

CH3OCOOCH3+H2O,D正确;

A.金(Au)为催化剂不参与反应

B.三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液不能导电

C.该电极方程式为:N2+6e-+6CH3CH2OH=2NH3+6CH3CH2O- D.选择性透过膜只允许N2、NH3和H2O通过,其它离子不可通过 【答案】C 【解析】

A.金(Au)虽然为催化剂,但是会参与反应,在整个过程不断被消耗、然后生成,总量不变,A错误;

B.该装置为电解池,电解液必须导电,即三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液导电,B错误; C.据图可知,N2得电子后,和乙醇反应生成氨气和CH3CH2O-,根据电子守恒和元素守恒可得电极反应为N2+6e-+6CH3CH2OH=2NH3+6CH3CH2O-,C正确; D.据图可知,水分子不能透过选择性透过膜,D错误; 综上所述答案为C。

7.(黑龙江省哈尔滨市第三中学 2021-2022学年高三下学期第一次模拟)我国科研团队设

计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂sSnLi可提高电催化制甲酸盐的产率,同时释放电能,实验原理如图所示。下列说法不正确的是

A.充电时,Zn电极周围pH升高

B.放电时,每生成1molHCOO,转移NA个电子

C.使用催化剂Sn或者sSnLi均能有效减少副产物CO的生成 D.使用sSnLi催化剂,中间产物更不稳定 【答案】B 【解析】

A.根据装置图,充电时,外电路电子流向Zn电极,即Zn电极反应式为

---Zn(OH)24+2e=Zn+4OH,c(OH)增大,pH增大,故A说法正确;

B.根据装置图可知,放电时,右侧电极反应式为CO2+2e-+H2O =HCOO-+OH-,生成1mol HCOO-时,转移电子物质的量为2mol,故B说法错误;

C.根据图像可知,在使用催化剂Sn和s-SnLi生成CO时活化能大,活化能大反应速率慢,且CO能量比HCOOH能量高,能量越低,物质越稳定,因此使用催化剂Sn和s-SnLi可以减少副产物CO的生成,故C说法正确;

D.根据图像可知,使用催化剂s-SnLi,中间产物能量高,不稳定,故D说法正确; 答案为B。

8.(福建省福州市2021届高中毕业班4月质量检测)三甲胺NCH33是重要的化工原料。我国科学家实现了使用铜催化剂将N,N二甲基甲酰胺[CH32NCHO,简称DMF]转化为三甲胺的合成路线。结合实验与计算机模拟结果,研究单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*装示物质吸附在铜催化剂上)。下列说法错误的是 ..

A.该历程中发生极性键和非极性键的断裂 B.该历程中的最大能垒(活化能)为1.19eV

C.铜催化剂的作用之一是吸附反应物形成更稳定的反应中间体 D.若1molDMF完全转化为三甲胺,则会释放出1.02eV的能量 【答案】D 【详解】

A.(CH3)2NCHO(g)与H2(g)反应最终生成N(CH3)3(g)过程中N-C与H-H键一定会断裂,故有极性键和非极性键断裂,A项正确;

B.看历程最后一步中出现了最大能量-1.02-(-2.21)eV=1.19eV,B项正确;

C.铜催化剂的作用之一是吸附反应物形成更稳定的反应中间体,图中可见反应中间体能量低,稳定,C项正确;

D.该反应的总反应由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g),但1.02eV为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量,故ΔH=-1.02eVNA,D项错误; 答案选D。

9.(河南省信阳市2022届高三第二次质量检测)我国科研工作者研发的一种在较低温度下有机物DMO转化为EG的反应过程如图所示。下列说法错误的是

A.Cu纳米颗粒具有比表面积大、表面活性高等特点,能显著提高催化活性 B.反应过程中断裂的化学键只有H—H、C=O键 C.EG与甘油含有相同官能团但不属于同系物

D.可用金属钠区别EG与DMO 【答案】B 【解析】

A.Cu纳米颗粒具有比表面积大、表面活性高等特点,能增加反应物接触面积,显著提高催化活性,A正确;

B.由图可知,反应过程中断裂的化学键有HH、CO、CO,B错误;

C. EG是乙二醇HOCH2CH2OH,与甘油含有相同官能团(OH),但羟基数目不同,不属于同系物,C正确;

D. EG(乙二醇)与金属钠反应生成氢气,DMO(草酸二甲酯)与金属钠不反应,故可用金属钠区别EG(乙二醇)与DMO(草酸二甲酯),D正确; 故选B。

10.(黑龙江省大庆市2021届高三第一次教学质量检测)中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]能利用太阳光实现高效分解水,其原理如图所示。下列叙述不正确的是

A.该催化反应实现了太阳能向化学能的转化 B.该催化剂降低了过程Ⅰ和过程Ⅱ反应的△H

C.过程I中H2O既是氧化剂又是还原剂,过程Ⅱ中H2O是还原产物 D.过程I中生成物H2O2与H2的物质的量之比为1:1 【答案】B 【分析】

根据图像中物质间的转化判断反应物和生成物,根据物质所含元素化合价的变化判断物质的氧化性或还原性,根据化合价的升降守恒配平方程式,可以计算各物质的量之比。 【详解】

A.根据图像判断在太阳能的作用下,水分子在催化剂上发生了分解反应生成氢气和双氧水,双氧水在太阳能作用下又分解成氧气和水,故A正确;

B.焓变的大小取决于反应物和生成物能量的大小,催化剂不影响焓变,故B不正确; C.过程1中水生成氢气和双氧水,氢元素和氧元素化合价都发生了变化,H2O既是氧化剂又是还原剂,过程2中双氧水生成氧气和水,水中的氧元素是由双氧水-1价的氧元素化合价

变化而来,故水是还原产物,故C正确;

D.过程I中生成物H2O2与H2的化合价的升降守恒配平方程式得:

2H2O催化剂、太阳光 H2O2+H2,故生成物H2O2与H2的物质的量之比为1:1,故D

正确; 故选答案D。

11.(安徽省黄山市2021届高三4月第二次质量检测)天然气是应用广泛的燃料,但含有少量的H2S气体。在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的脱硫,其原理如图所示,下列说法正确的是

A.过程甲中的离子方程式为:2Fe3++S2-=2Fe2++S B.FeSO4为该脱硫过程的催化剂

C.过程乙中每4molFe2+参加反应,需消耗22.4L的O2 D.脱硫过程中O2间接氧化H2S 【答案】D 【详解】

A.Fe2(SO4)3和H2S发生氧化还原反应,生成硫酸亚铁、硫单质,H2S只能写成分子式,故

3+2++离子反应方程式为2Fe+H2S=2Fe+S+2H,故A错误;

B.脱硫过程中硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁,是还原剂,故B错误; C.硫酸亚铁在酸性条件下被氧气氧化生成硫酸铁和水故离子反应方程式为

4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O, 故有4mol亚铁离子参加反应时消耗1mol氧气,但是这

里条件未给标况,所以不能代入气体摩尔体积22.4mol/L,无法计算氧气的体积,故C错误;D.脱硫过程:Fe2(SO4)3氧化硫化氢,自身被还原成硫酸亚铁,硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁,脱硫过程O2间接氧化H2S,故D正确; 答案选D。

12.(陕西省渭南市2022届高考第一次模拟)一种自修复材料在外力破坏后能够复原,其结构简式(图1)和修复原理(图2)如图所示。下列说法错误的是

A.该高分子可通过加聚反应合成 B.合成该高分子的两种单体互为同系物 C.该材料使用时能耐强酸或强碱的腐蚀

D.自修复过程中“—COOCH2CH2CH2CH3”基团之间并没有形成化学键 【答案】C 【解析】

A.由高分子的结构简式可知,高分子的单体为CH2=C(CH3)COOCH3和CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3,一定条件下CH2=C(CH3)COOCH3和CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3发生加聚反应生成高分子,故A正确; B.由高分子的结构简式可知,高分子的单体为CH2=C(CH3)COOCH3和

CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3,两种单体的结构相似,相差2个CH2原子团,互为同系物,故B正确;

C.由高分子的结构简式可知,高分子中含有酯基结构,在强酸或强碱的条件下高分子能发生水解反应,则使用该材料时应避免接触强酸或强碱,防止发生水解反应,故C错误; D.由自修复过程的示意图可知,自修复过程中“—COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键,故D正确; 故选C。

13.(四川省攀枝花市2021届高三第二次统一考试)我国科学家在研究“催化还原地下水硝酸盐污染”时,将甲酸(HCOOH)在纳米级磁性Fe3O4-Pd(钯)表面分解为活性氢气和二氧化碳后,再经a、b两个反应过程实现了NO3-的催化还原(如图)。下列说法错误的是

A.过程a、b中完全还原1molNO3消耗2molH2 B.Fe3O4催化完成后,可利用Fe3O4的磁性与水体分离

-

C.HCOOH分解产生CO2可调节反应体系pH,保证催化还原的效果 D.b过程反应的离子方程式为3H2+2NO2+2H+【答案】A 【详解】

A.1mol硝酸根离子转化为0.5mol氮气,转移5mol电子,1mol氢气转移2mol电子,所以完全还原1mol硝酸根离子消耗2.5mol氢气,A项错误;

B.四氧化三铁具有磁性,可以被磁铁吸引,则四氧化三铁催化完成后,可利用四氧化三铁的磁性与水体分离,B项正确;

C.HCOOH分解生成氢气和二氧化碳,二氧化碳与水反应生成碳酸,可调节反应体系pH,保证催化还原的效果,C项正确;

D.b过程中氢气与亚硝酸根离子,氢离子反应,亚硝酸根离子被还原为氮气,氢气被氧化为水,反应的离子方程式为3H2+2NO2+2H+答案选A。

14.(河北省张家口市2021届高三第二次模拟)科研工作者研究出二氧化碳催化氢化制甲酸的反应过程如图所示(其中M为过渡金属,R表示烷基)。

--催化剂N2+4H2O

催化剂N2+4H2O,D项正确;

下列说法错误的是

A.是反应的中间产物

B.二氧化碳催化氢化反应的原子利用率为100% C.反应过程中M的成键数目保持不变 D.存在反应【答案】C 【详解】

A.由图可知,生成后又参与反应,所以是反

应的中间产物,A项正确;

B.由图可知,H2和CO2恰好完全转化为HCOOH,反应的原子利用率为100%,B项正确; C.由图可知,反应过程中形成了三种含有M的物质,且成键数目不同,C项错误;

D.由图可知,该过程中包含CO和反应生成HCOOH和

,D项正确;

答案选C。

15.(江西省赣州市2021届高三一模)水煤气变换反应为:CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。科学家研究在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程与机理如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注。下列说法不正确的是

A.步骤②比步骤④反应快

B.步骤③的化学方程式为:CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O· C.步骤⑤中既有非极性键形成又有极性键形成 D.该逆反应中最大能垒(活化能) E逆=2.02eV 【答案】D 【详解】

A.据图可知步骤②的活化能为[1.61-(-0.30)] eV=1.91eV,步骤④的活化能为[1.88-(-0.14)] eV=2.02eV,步骤②的活化能更小,反应速率更快,A正确;

B.由图可知步骤③CO、OH·和H2O (g)转化为COOH·和H2O·,则化学方程式为:CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·,B正确;

C.由图可知步骤⑤生成了CO2 (g)和H2 (g),步骤⑤有非极性键H-H键、极性键C=O形成,

C正确;

D.该逆反应中最大能垒(活化能) 即为步骤⑤的逆反应,E逆=[1..43-(-0.81)] eV=2.24eV,D错误;

综上所述答案为D。

16.(北京市西城区2021届高三一模)Claiscn重排反应是有机合成中常用的重要反应。以

CH2CHOCH2CHCH2为例,其反应过程对应的机理有两种,如图(“”可表示单,双

键),下列说法不正确的是 ...

A.机理1:反应物→产物的过程中,有极性共价键断裂

B.机理2:反应物→中间体的过程中,没有化学键断裂,只有空间结构变化 C.该反应的化学方程式:CH2CHOCH2CHCH2CH2CHCH2CH2CHO D.相比于机理1,机理2所需活化能降低,活化分子百分比下降,反应速率减慢 【答案】D 【详解】

A.机理1:反应物→产物的过程中,C-O键断裂,C-H键断裂,重排,有极性共价键断裂,故A正确;

B.机理2:反应物→中间体的过程中,由反应机理图可知,没有新物质生成,没有化学键断裂,只有空间结构变化,故B正确;

C.由反应机理可知生成物的分子式为:CH2CHCH2CH2CHO,该反应的化学方程式:

CH2CHOCH2CHCH2CH2CHCH2CH2CHO,故C正确;

D.相比于机理1,机理2所需活化能降低,活化分子百分比升高,反应速率加快,故D错误;

17.(安徽省安庆市示范高中2021届高三4月高考模拟)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 【答案】D 【详解】

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; 故答案为:D。

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