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高考化学考前冲刺押题预测 化学反应机理的探究
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋 南山区期末）采用Deacon催化氧化法可将工业副产物HCl制成Cl2该法的一种催化机理如图所示。
下列说法不正确的是（　　）
A．其中Cu（OH）Cl为中间产物
B．消耗1mol HCl，需投入1mol CuO
C．该过程的总反应为：4HCl+O2＝2Cl2+2H2O
D．图中转化涉及的含铜化合物中Cu的化合价有2种
2．（2024秋 石家庄期末）一定条件下HCOOH（g）在Pd催化剂表面脱氢的反应历程如图所示。
下列说法错误的是（　　）
A．HCOOH（g）═CO2（g）+H2（g）的ΔH＜0
B．Pd催化剂提高了该反应的速率和平衡转化率
C．上述历程中，由Ⅳ到Ⅴ的反应为决速步骤
D．上述历程中，涉及极性键的断裂与形成
3．（2024秋 苏州期末）利用铜﹣铈氧化物（xCuO yCeO2Ce是活泼金属）催化氧化除去H2中混有的少量CO，总反应为2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）。催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，反应机理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该总反应的平衡常数
B．步骤（ⅰ）中Ce元素化合价升高
C．步骤（ⅱ）若用18O2参与反应一段时间后，铜﹣铈氧化物中检测不到18O
D．步骤（ⅲ）中存在共价键的断裂和共价键的生成
4．（2024秋 长沙校级期末）甲酸是性能优良的氢载体，在室温下可借助均相或非均相催化剂高效分解产生氢气。其中甲酸催化脱氢及脱水的机理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．若HCO18OH参加反应，催化脱水后的产物为CO和H218O
B．甲酸催化脱氢过程中碳原子的成键数目没有发生变化
C．微量的CO会导致催化剂中毒，可通过提高催化剂的选择性减少CO的生成
D．甲酸脱氢过程中只有HCOO*一种中间体
5．（2024秋 西城区期末）用Ni/CaO为催化剂实现CO2的捕获和转化，可减少CO2排放并实现资源利用。其原理示意图如图。
下列说法不正确的是（　　）
A．CO2的空间结构是直线形，H2O的空间结构是V形
B．捕获CO2的反应属于氧化还原反应
C．转化过程中形成了C—H键和O—H键
D．CO2转化为CH4的化学方程式是CO2+4H2CH4+2H2O
6．（2025 湖南模拟）烷烃是我们一开始便学习的有机物，十分有趣。烷烃的卤化反应机理如下：
步骤（1）：Cl22Cl
步骤（2）：Cl +CH4→CH3 +HCl Ea1＝16.7kJ mol﹣1
步骤（3）：CH3 +Cl2→CH3Cl+ Cl Ea2＝8.3kJ mol﹣1
提示：自由基为缺电子物种，给电子基团可以使其稳定
下列说法不正确的是（　　）
A．步骤（2）是慢的一步，是CH4氯化反应的决速步
B．反应中，有C2H6生成
C．CH3CH2 比CH3 稳定，而C6H5 比CH3 稳定
D．提高Cl2的量，且用大量CH4，主要得到氯甲烷
7．（2024秋 长寿区校级期末）纳米级Fe3O4可用于以太阳能为热源分解水制H2的催化剂，过程如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．过程Ⅰ每生成11.2L的O2转移电子数为2NA
B．反应过程中FeO与Fe3O4中铁原子的总物质的量保持不变
C．纳米级Fe3O4可以产生丁达尔效应
D．该反应的总化学方程式为Fe3O4+H2O＝H2↑+O2↑+3FeO
8．（2024秋 海南期末）CO与O2反应生成CO2的历程如下（部分微粒未画出）：
下列分析错误的是（　　）
A．过量CO2会加剧温室效应
B．在该过程中，CO断键形成C和O
C．CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D．CO和O生成CO2的过程涉及了电子转移
9．（2024秋 潍坊期末）2﹣甲基﹣2﹣溴丙烷在NaOH溶液中发生水解反应：
反应机理如图：
已知：该反应的速率v＝k c（）。
下列说法错误的是（　　）
A．2﹣甲基﹣2﹣溴丙烷在NaOH溶液中水解为放热反应
B．增加NaOH的浓度，可以加快反应速率
C．反应过程中碳原子的杂化方式未发生改变
D．该反应的决速步为
10．（2024秋 郑州期末）采用Deacon催化氧化法可将工业副产物HCl转化成Cl2，实现氯资源的再利用，反应的热化学方程式为4HCl（g）+O22Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣114.4kJ mol﹣1。如图为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是（　　）
A．X为Cl2，Y为HCl
B．反应制得1mol H2O须投入1mol CuO
C．图中转化涉及的反应中有2个是氧化还原反应
D．升高温度，该催化氧化反应的平衡常数减小
11．（2024秋 哈尔滨期末）目前工业上采用甲醇和一氧化碳反应制备乙酸：CH3OH+CO→CH3COOH。以阴离子A{[Rh（CO）2I2]﹣}为催化剂、以碘甲烷为助催化剂合成乙酸的示意图如图：
下列说法正确的是（　　）
A．化合物A中Rh元素的化合价为+3价
B．从反应历程来看，整个过程中CO的碳氧键没有发生断裂
C．如果将C18O充入反应体系中，18O只出现在乙酸中
D．根据图示得知E的组成为CH3COI
12．（2024秋 石景山区期末）CO与O2反应生成CO2的历程如图（部分微粒未画出），下列分析不正确的是（　　）
A．CO2分子中存在极性共价键
B．在该过程中，CO断键形成C和O
C．催化剂可以吸附气体分子
D．CO和O2生成CO2的过程有电子转移
13．（2024秋 龙华区期末）利用丙烷制备丙烯的机理如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．反应的快慢主要取决于步骤Ⅱ
B．反应过程中碳的成键总数不变
C．升高温度有利于提高丙烷转化率
D．M—H为该反应的催化剂
14．（2024秋 抚顺期末）一种利用Fe2+和Fe3+进行新型脱氮的过程如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．铁氨氧化中，Fe2+转化为Fe3+
B．反应ⅲ的离子方程式为210Fe2++12H+═N2↑+10Fe3++6H2O
C．将转化为N2，两个途径最终失去的电子数相同，均为6mol
D．四步反应中，氮元素均被氧化
15．（2024秋 沈阳期末）保罗 克拉兹等三位科学家因在氟利昂和臭氧层方面的工作获得诺贝尔化学奖，他们的研究揭示了大气中臭氧层被破坏的机理，如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．氧原子在反应中作催化剂
B．过氧化氯的结构式为 Cl—O—O—Cl
C．臭氧分子最终转变成氧气分子
D．过程①②③中，都有非极性键形成
16．（2024秋 盘龙区期末）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，该历程示意图如图所示（图中只画出了HAP的部分结构）。
下列说法不正确的是（　　）
A．HAP在反应过程中的作用是催化剂
B．反应过程中有极性共价键发生断裂与形成
C．反应过程中反应物的总能量低于生应物的总能量
D．该反应的总方程式为：HCHO+O2CO2+H2O
17．（2024秋 吉林期末）MnO2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．使用MnO2催化时，总反应的焓变会发生变化
B．H2O+O2→H+ OH放出热量
C．催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应
D．1mol HCHO参加反应转移4mol电子
18．（2025 全国模拟）某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催化剂，用于转化H2S为单质S，提出的催化历程示意图如图。NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．O2使Fe2+转化成Fe3+，恢复催化剂活性
B．过程①和④均发生了非极性键的断裂
C．过程②和③均发生了氧化还原反应
D．理论上，每转化34gH2S，转移的电子数目为NA
19．（2025 内蒙古模拟）某离子液体的阴离子可以吸收CO2，其可能的两种反应路径如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．两种路径的总反应相同
B．路径Ⅰ是主要的反应途径
C．该反应为放热反应
D．生成物中既含离子键又含共价键
20．（2025 河南模拟）环己酮可以在Zr基催化剂作用下转化为环己醇，其可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．该反应的还原剂是
B．反应过程中涉及O—H键的断裂和形成
C．用同位素标记的代替可得到
D．环己酮转化为环己醇的反应为
高考化学考前冲刺押题预测 化学反应机理的探究
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋 南山区期末）采用Deacon催化氧化法可将工业副产物HCl制成Cl2该法的一种催化机理如图所示。
下列说法不正确的是（　　）
A．其中Cu（OH）Cl为中间产物
B．消耗1mol HCl，需投入1mol CuO
C．该过程的总反应为：4HCl+O2＝2Cl2+2H2O
D．图中转化涉及的含铜化合物中Cu的化合价有2种
【答案】B
【分析】A．中间产物先生成，后消耗；
B．催化剂的投入量没有要求，存在即可；
C．根据原子守恒、化合价升降守恒，书写总反应；
D．Cu（OH）Cl、CuO中铜为+2价，Cu2OCl2中，铜为+1价。
【解答】解：A．由图可知，Cu（OH）Cl先生成，后消耗，为中间产物，故A正确；
B．CuO是该反应的催化剂，在反应前后质量和性质不变，需投入量没有要求，存在即可，故B错误；
C．根据原子守恒、化合价升降守恒，可得该过程的总反应为：4HCl+O2＝2Cl2+2H2O，故C正确；
D．图中转化涉及的含铜化合物中Cu的化合价有+2、+1价2种价态，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查反应机理的探究，理解流程原理是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。
2．（2024秋 石家庄期末）一定条件下HCOOH（g）在Pd催化剂表面脱氢的反应历程如图所示。
下列说法错误的是（　　）
A．HCOOH（g）═CO2（g）+H2（g）的ΔH＜0
B．Pd催化剂提高了该反应的速率和平衡转化率
C．上述历程中，由Ⅳ到Ⅴ的反应为决速步骤
D．上述历程中，涉及极性键的断裂与形成
【答案】B
【分析】A．放热反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量；
B．催化剂不改变平衡转化率；
C．活化能越大，反应速率越慢；
D．上述历程中，存在O—H、C—H极性键的断裂与C＝O、H—H键的形成。
【解答】解：A．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以HCOOH（g）═CO2（g）+H2（g）的ΔH＜0，故A正确；
B．Pd催化剂提高了该反应的速率，但不改变平衡转化率，故B错误；
C．上述历程中，由Ⅳ到Ⅴ的活化能最大，反应速率最慢，为决速步骤，故C正确；
D．上述历程中，涉及O—H、C—H极性键的断裂与C＝O的形成，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查反应机理的探究，理解流程原理是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。
3．（2024秋 苏州期末）利用铜﹣铈氧化物（xCuO yCeO2Ce是活泼金属）催化氧化除去H2中混有的少量CO，总反应为2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）。催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，反应机理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该总反应的平衡常数
B．步骤（ⅰ）中Ce元素化合价升高
C．步骤（ⅱ）若用18O2参与反应一段时间后，铜﹣铈氧化物中检测不到18O
D．步骤（ⅲ）中存在共价键的断裂和共价键的生成
【答案】D
【分析】A．根据平衡常数K的含义书写表达式；
B．步骤（ⅰ）中，失去O，被还原；
C．步骤（ⅱ）O2中有一个O进入铜﹣铈氧化物中；
D．步骤（ⅲ）中存在O＝O键的断裂和C＝O键的生成。
【解答】解：A．该总反应的平衡常数K，故A错误；
B．步骤（ⅰ）中，失去O，被还原，Ce元素化合价降低，故B错误；
C．步骤（ⅱ）若用18O2参与反应一段时间后，铜﹣铈氧化物中能够检测到18O，故C错误；
D．步骤（ⅲ）中存在O＝O共价键的断裂和C＝O共价键的生成，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查反应机理的探究，理解流程原理是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。
4．（2024秋 长沙校级期末）甲酸是性能优良的氢载体，在室温下可借助均相或非均相催化剂高效分解产生氢气。其中甲酸催化脱氢及脱水的机理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．若HCO18OH参加反应，催化脱水后的产物为CO和H218O
B．甲酸催化脱氢过程中碳原子的成键数目没有发生变化
C．微量的CO会导致催化剂中毒，可通过提高催化剂的选择性减少CO的生成
D．甲酸脱氢过程中只有HCOO*一种中间体
【答案】D
【分析】A．甲酸分解为水和CO的过程中，羟基氧进入水中；
B．甲酸催化脱氢过程中碳原子的成键数目均为4；
C．微量的CO会导致催化剂中毒，可通过提高催化剂的选择性减少CO的生成；
D．中间体在反应中先生成后消耗。
【解答】解：A．甲酸分解为水和CO的过程中，羟基氧进入水中，故若HCO18OH参加反应，催化脱水后的产物为CO和H218O，故A正确；
B．甲酸催化脱氢过程中碳原子的成键数目均为4，没有发生变化，故B正确；
C．微量的CO会导致催化剂中毒，可通过提高催化剂的选择性减少CO的生成，防止催化剂中毒，故C正确；
D．中间体在反应中先生成后消耗；甲酸脱氢过程中有HCOO*、C*OOH等中间体，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查反应机理，侧重考查学生反应过程的掌握情况，试题难度中等。
5．（2024秋 西城区期末）用Ni/CaO为催化剂实现CO2的捕获和转化，可减少CO2排放并实现资源利用。其原理示意图如图。
下列说法不正确的是（　　）
A．CO2的空间结构是直线形，H2O的空间结构是V形
B．捕获CO2的反应属于氧化还原反应
C．转化过程中形成了C—H键和O—H键
D．CO2转化为CH4的化学方程式是CO2+4H2CH4+2H2O
【答案】B
【分析】A．CO2分子中碳原子的价层电子对个数为22且不含孤电子对，H2O中氧原子的价层电子对个数为24且含有2个孤电子对；
B．有电子转移的化学反应为氧化还原反应；
C．转化过程中有甲烷和H2O生成；
D．根据图知，CO2转化为CH4的反应中，反应物是CO2、H2，生成物是CH4、H2O。
【解答】解：A．CO2分子中碳原子的价层电子对个数为22且不含孤电子对，H2O中氧原子的价层电子对个数为24且含有2个孤电子对，分子空间结构：前者为直线形、后者为V形，故A正确；
B．有电子转移的化学反应为氧化还原反应，捕获CO2的反应中没有电子转移，所以不属于氧化还原反应，故B错误；
C．转化过程中有甲烷和H2O生成，所以有C—H、O—H键的形成，故C正确；
D．根据图知，CO2转化为CH4的反应中，反应物是CO2、H2，生成物是CH4、H2O，反应方程式为CO2+4H2CH4+2H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应机理，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确分子空间构型的判断方法、氧化还原反应的概念、反应中断键和成键方式是解本题关键，题目难度不大。
6．（2025 湖南模拟）烷烃是我们一开始便学习的有机物，十分有趣。烷烃的卤化反应机理如下：
步骤（1）：Cl22Cl
步骤（2）：Cl +CH4→CH3 +HCl Ea1＝16.7kJ mol﹣1
步骤（3）：CH3 +Cl2→CH3Cl+ Cl Ea2＝8.3kJ mol﹣1
提示：自由基为缺电子物种，给电子基团可以使其稳定
下列说法不正确的是（　　）
A．步骤（2）是慢的一步，是CH4氯化反应的决速步
B．反应中，有C2H6生成
C．CH3CH2 比CH3 稳定，而C6H5 比CH3 稳定
D．提高Cl2的量，且用大量CH4，主要得到氯甲烷
【答案】C
【分析】A．根据步骤（2）的活化能大，反应速率慢，进行分析；
B．根据第2步产生了CH3 ，2个CH3 可以形成C2H6进行分析；
C．根据自由基为缺电子基团，给电子基团可以使其稳定，进行分析；
D．根据用大量CH4，可以使CH3 和Cl 的量增加，进行分析。
【解答】解：A．活化能大的反应速率慢，反应速率慢的为决速步骤，步骤（2）的活化能大，反应速率慢，是慢的一步，是CH4氯化反应的决速步，故A正确；
B．第2步产生了CH3 ，2个CH3 可以形成C2H6，CH3 + CH3→CH3—CH3，故B正确；
C．自由基为缺电子基团，给电子基团可以使其稳定，CH3CH2 比CH3 相比，—CH3取代了CH3 的一个氢原子，—CH3是供电子基团，故CH3CH2 比CH3 稳定，苯基是吸电子基团，故CH3 比C6H5 稳定，故C错误；
D．提高Cl2的量，且用大量CH4，可以使CH3 和Cl 的量增加，主要得到氯甲烷，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7．（2024秋 长寿区校级期末）纳米级Fe3O4可用于以太阳能为热源分解水制H2的催化剂，过程如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．过程Ⅰ每生成11.2L的O2转移电子数为2NA
B．反应过程中FeO与Fe3O4中铁原子的总物质的量保持不变
C．纳米级Fe3O4可以产生丁达尔效应
D．该反应的总化学方程式为Fe3O4+H2O＝H2↑+O2↑+3FeO
【答案】B
【分析】A．根据O2未说明处于标准状况，进行分析；
B．根据催化剂在整个反应过程中的化学性质及物质的量保持不变，进行分析；
C．根据纳米级Fe3O4不确定其直径范围是否在1～100nm之间，进行分析；
D．根据Fe3O4为催化剂，进行分析。
【解答】解：A．O2未说明处于标准状况，无法进行计算，故A错误；
B．纳米级Fe3O4可用于以太阳能为热源分解水制H2的催化剂，催化剂在整个反应过程中的化学性质及物质的量保持不变，故B正确；
C．首先纳米级Fe3O4不确定其直径范围是否在1～100nm之间，其次应该表述为将纳米级Fe3O4分散到分散剂中所形成的分散系可能产生丁达尔效应，故C错误；
D．Fe3O4为催化剂，应该出现在化学方程式的条件中，总方程式为，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
8．（2024秋 海南期末）CO与O2反应生成CO2的历程如下（部分微粒未画出）：
下列分析错误的是（　　）
A．过量CO2会加剧温室效应
B．在该过程中，CO断键形成C和O
C．CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D．CO和O生成CO2的过程涉及了电子转移
【答案】B
【分析】A．CO2是形成温室效应的气体；
B．根据图知，CO在反应中没有化学键的断裂；
C．CO和O生成CO2，CO2中存在C＝O键；
D．CO和O生成CO2过程中，C元素的化合价由+2价变为+4价、O中O元素的化合价由0价变为﹣2价。
【解答】解：A．CO2是形成温室效应的气体，所以CO2过量会加剧温室效应，故A正确；
B．根据图知，CO在反应中没有化学键的断裂；O2断键形成氧原子，故B错误；
C．CO和O生成CO2，CO2中存在C＝O极性共价键，故C正确；
D．CO和O生成CO2过程中，C元素的化合价由+2价变为+4价、O中O元素的化合价由0价变为﹣2价，因此涉及了电子转移，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应机理，侧重考查图象的分析、判断及知识综合运用能力，明确发生的反应、断键和成键方式是解本题关键，题目难度不大。
9．（2024秋 潍坊期末）2﹣甲基﹣2﹣溴丙烷在NaOH溶液中发生水解反应：
反应机理如图：
已知：该反应的速率v＝k c（）。
下列说法错误的是（　　）
A．2﹣甲基﹣2﹣溴丙烷在NaOH溶液中水解为放热反应
B．增加NaOH的浓度，可以加快反应速率
C．反应过程中碳原子的杂化方式未发生改变
D．该反应的决速步为
【答案】C
【分析】A．根据反应机理图中能量变化，进行分析；
B．根据反应速率与反应物浓度的关系，进行分析；
C．根据反应过程中碳原子的杂化方式是否改变，进行分析；
D．根据反应机理图中能量变化和反应速率的决定步骤，进行分析。
【解答】解：A．根据反应机理图，反应物的能量高于生成物的能量，说明该反应为放热反应，故A正确；
B．根据反应速率v＝k c[（CH3）3CBr]，增加NaOH的浓度，可以增加OH﹣的浓度，从而加快反应速率，故B正确；
C．反应过程中碳原子的杂化方式由sp3杂化变为sp2杂化，发生了改变，故C错误；
D．根据反应机理图，能量变化最大的步骤为，因此该步骤为决速步，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查有机化学反应机理、反应速率的影响因素、原子杂化方式等知识点。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。通过分析反应机理图，可以了解反应过程中能量的变化和反应速率的决定步骤，从而判断反应的热效应和速率的影响因素。同时，通过分析碳原子的杂化方式，可以了解反应过程中原子结构的变化。
10．（2024秋 郑州期末）采用Deacon催化氧化法可将工业副产物HCl转化成Cl2，实现氯资源的再利用，反应的热化学方程式为4HCl（g）+O22Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣114.4kJ mol﹣1。如图为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是（　　）
A．X为Cl2，Y为HCl
B．反应制得1mol H2O须投入1mol CuO
C．图中转化涉及的反应中有2个是氧化还原反应
D．升高温度，该催化氧化反应的平衡常数减小
【答案】B
【分析】A．根据催化机理图和反应物、生成物的化学式，进行分析；
B．根据化学方程式和催化机理，确定反应物和生成物的摩尔比，进行分析；
C．根据氧化还原反应的定义，即元素化合价的变化，进行分析；
D．根据勒夏特列原理，分析温度对平衡的影响，进行分析。
【解答】解：A．反应的热化学方程式为4HCl（g）+O22Cl2（g）+2H2O（g），根据催化机理图，X应为HCl，Y应为Cl2，故A正确；
B．根据化学方程式4HCl（g）+O22Cl2（g）+2H2O（g），反应制得2mol H2O须投入1mol O2，而CuO在催化循环中被再生，不需要额外投入，故B错误；
C．图中转化涉及的反应中，CuCl2转化为CuCl和CuCl转化为Cu2OCl2是氧化还原反应，因为Cu的化合价发生了变化，故C正确；
D．4HCl（g）+O22Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣114.4kJ mol﹣1，该反应是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，放热反应的平衡常数减小，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查催化机理的理解、氧化还原反应的识别以及化学平衡的影响因素，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题，通过分析催化机理图，可以了解催化剂在反应中的作用和转化过程，同时，通过识别氧化还原反应，可以了解元素化合价的变化，最后，通过应用勒夏特列原理，可以预测温度变化对化学平衡的影响。
11．（2024秋 哈尔滨期末）目前工业上采用甲醇和一氧化碳反应制备乙酸：CH3OH+CO→CH3COOH。以阴离子A{[Rh（CO）2I2]﹣}为催化剂、以碘甲烷为助催化剂合成乙酸的示意图如图：
下列说法正确的是（　　）
A．化合物A中Rh元素的化合价为+3价
B．从反应历程来看，整个过程中CO的碳氧键没有发生断裂
C．如果将C18O充入反应体系中，18O只出现在乙酸中
D．根据图示得知E的组成为CH3COI
【答案】D
【分析】A．根据Rh的氧化态可以通过配体和电荷来确定，进行分析；
B．根据反应历程中CO的碳氧键的变化，进行分析；
C．根据在离子D中，两个CO配体并无区别，C18O的引入对反应体系的影响，进行分析；
D．根据E和水生成乙酸和HI，进行分析。
【解答】解：A．Rh的氧化态可以通过配体和电荷来确定，每个CO配体是中性的，每个I配体是﹣1价，整体电荷是﹣1，因此，Rh的氧化态为+1，而不是+3，故A错误；
B．从反应历程来看，CO插入到Rh﹣甲基键中，形成乙酰基中间体，这个过程中CO的碳氧键在反应过程中发生了断裂，故B错误；
C．在离子D中，两个CO配体并无区别，如果将C18O充入反应体系中，C18O可以出现在乙酸中，也可能出现在其他含氧化合物中，故C错误；
D．E和水生成乙酸和HI，根据原子守恒和取代特点可知，E为CH3COI，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查化学反应机理的理解，包括催化剂的作用、反应过程中化学键的变化以及同位素标记法的应用，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。通过分析反应机理图，可以了解反应过程中各个步骤的变化，以及催化剂和助催化剂的作用，同时，通过同位素标记法，可以追踪反应物在反应过程中的转化路径。
12．（2024秋 石景山区期末）CO与O2反应生成CO2的历程如图（部分微粒未画出），下列分析不正确的是（　　）
A．CO2分子中存在极性共价键
B．在该过程中，CO断键形成C和O
C．催化剂可以吸附气体分子
D．CO和O2生成CO2的过程有电子转移
【答案】B
【分析】A．二氧化碳分子中C原子价层电子对个数是2，C原子采用sp杂化；
B．该过程中CO化学键不断裂；
C．由图可知催化剂可以吸附气体分子；
D．CO和O原子生成二氧化碳过程中，C元素化合价由+2价变为+4价。
【解答】解：A．二氧化碳分子中C原子价层电子对个数是2，C原子采用sp杂化，根据价层电子对互斥理论知二氧化碳为直线形分子，故A正确；
B．该过程中CO化学键不断裂，断裂氧气分子中O—O键，故B错误；
C．由图可知催化剂可以吸附气体分子，故C正确；
D．CO和O原子生成二氧化碳过程中，C元素化合价由+2价变为+4价，所以该反应中有电子转移，故D正确；
故选：B。
【点评】本题以反应历程为载体考查分子空间构型判断、化学键判断等知识点，侧重考查观察、分析判断及知识综合运用能力，明确价层电子对互斥理论内涵、反应中断键和成键特点是解本题关键，题目难度不大。
13．（2024秋 龙华区期末）利用丙烷制备丙烯的机理如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．反应的快慢主要取决于步骤Ⅱ
B．反应过程中碳的成键总数不变
C．升高温度有利于提高丙烷转化率
D．M—H为该反应的催化剂
【答案】B
【分析】A．根据步骤Ⅱ的活化能最大，反应速率最慢进行分析；
B．根据由丙烷制备丙烯过程中碳的成键总数减小进行分析；
C．根据由丙烷制备丙烯的反应为吸热反应进行分析；
D．根据M—H参与反应，且反应前后本身没有变化进行分析。
【解答】解：A．活化能大的反应速率慢，反应速率慢的为决速步骤，步骤Ⅱ的活化能最大，反应速率最慢，反应的快慢主要取决于步骤Ⅱ，故A正确；
B．由丙烷制备丙烯过程中C的成键总数减小，故B错误；
C．由丙烷制备丙烯的反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，有利于提高丙烷转化率，故C正确；
D．由图可知M—H参与反应，且反应前后本身没有变化，是该反应的催化剂，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
14．（2024秋 抚顺期末）一种利用Fe2+和Fe3+进行新型脱氮的过程如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．铁氨氧化中，Fe2+转化为Fe3+
B．反应ⅲ的离子方程式为210Fe2++12H+═N2↑+10Fe3++6H2O
C．将转化为N2，两个途径最终失去的电子数相同，均为6mol
D．四步反应中，氮元素均被氧化
【答案】B
【分析】A．铁氨氧化过程中，转化为，N化合价升高，Fe3+转化为Fe2+；
B．反应ⅲ的离子方程式为：210Fe2++12H+═N2↑+10Fe3++6H2O；
C．将1mol 转化为N2，氮元素化合价﹣3价升高到0价，两个途径最终失去的电子数相同，均为3mol；
D．四步反应中，反应（i）、（ii）、（iv） 中氮元素均被氧化，（iii）中氮元素被还原。
【解答】解：A．铁氨氧化过程中，转化为，N化合价升高，Fe3+转化为Fe2+，故A错误；
B．反应ⅲ的离子方程式为：210Fe2++12H+═N2↑+10Fe3++6H2O，故B正确；
C．将1mol 转化为N2，氮元素化合价﹣3价升高到0价，两个途径最终失去的电子数相同，均为3mol，故C错误；
D．四步反应中，反应（i）、（ii）、（iv） 中氮元素均被氧化，（iii）中氮元素被还原，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本规律，为高频考点，题目难度不大。
15．（2024秋 沈阳期末）保罗 克拉兹等三位科学家因在氟利昂和臭氧层方面的工作获得诺贝尔化学奖，他们的研究揭示了大气中臭氧层被破坏的机理，如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．氧原子在反应中作催化剂
B．过氧化氯的结构式为 Cl—O—O—Cl
C．臭氧分子最终转变成氧气分子
D．过程①②③中，都有非极性键形成
【答案】A
【分析】A．催化剂在第一个反应中作反应物、最后一个反应中为生成物；
B．过氧化氯分子中每个Cl原子形成1个共价键、每个O原子形成2个共价键；
C．根据图知，反应历程为：①Cl+O3→ClO+O2、②ClO+ClO→ClOOCl、ClOOCl+日光→2Cl+O2，则总反应为：2O3→3O2；
D．过程①生成O2时形成非极性键O＝O键、②生成ClOOCl时形成非极性键O—O键、③生成O2时生成O＝O非极性键。
【解答】解：A．根据图知，反应历程为：①Cl+O3→ClO+O2、②ClO+ClO→ClOOCl、ClOOCl+日光→2Cl+O2，则Cl原子作催化剂，故A错误；
B．过氧化氯分子中每个Cl原子形成1个共价键、每个O原子形成2个共价键，则过氧化氯的结构式为Cl—O—O—Cl，故B正确；
C．根据图知，反应历程为：①Cl+O3→ClO+O2、②ClO+ClO→ClOOCl、ClOOCl+日光→2Cl+O2，则总反应为：2O3→3O2，所以臭氧分子最终转变成氧气分子，故C正确；
D．过程①生成O2时形成非极性键O＝O键、②生成ClOOCl时形成非极性键O—O键、③生成O2时生成O＝O非极性键，所以过程①②③中，都有非极性键形成，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应机理，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确反应历程中断键和成键方式、催化剂的概念、结构式的书写规则是解本题关键，题目难度不大。
16．（2024秋 盘龙区期末）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，该历程示意图如图所示（图中只画出了HAP的部分结构）。
下列说法不正确的是（　　）
A．HAP在反应过程中的作用是催化剂
B．反应过程中有极性共价键发生断裂与形成
C．反应过程中反应物的总能量低于生应物的总能量
D．该反应的总方程式为：HCHO+O2CO2+H2O
【答案】C
【分析】A．催化剂在第一个反应中作反应物、最后一个反应中作生成物；
B．根据图知，反应中有C—H键和O＝O键的断裂、C＝O键和O—H键的形成；
C．该反应与HCHO燃烧能量变化相同，HCHO燃烧放热；
D．根据图知，反应物是HCHO、O2，生成物是CO2、H2O，HAP作催化剂。
【解答】解：A．HAP在第一个反应中作反应物、最后一个反应中作生成物，所以HAP在反应过程中作催化剂，故A正确；
B．根据图知，反应中有C—H键和O＝O键的断裂、C＝O键和O—H键的形成，所以反应过程中有极性共价键发生断裂与形成，故B正确；
C．该反应与HCHO燃烧能量变化相同，HCHO燃烧放热，所以该反应放热，则反应过程中反应物的总能量高于生应物的总能量，故C错误；
D．根据图知，反应物是HCHO、O2，生成物是CO2、H2O，HAP作催化剂，总反应方程式为HCHO+O2CO2+H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应机理，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确催化剂的概念、该反应中断键和成键方式、反应热和焓变的关系是解本题关键，题目难度不大。
17．（2024秋 吉林期末）MnO2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．使用MnO2催化时，总反应的焓变会发生变化
B．H2O+O2→H+ OH放出热量
C．催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应
D．1mol HCHO参加反应转移4mol电子
【答案】D
【分析】A．加入催化剂降低反应的活化能，加快化学反应速率，但反应的ΔH不变；
B．断键为吸热过程；
C．氧化还原反应指有元素化合价改变的反应；
D．HCHO最终生成二氧化碳和水，HCHO中C为0价变为二氧化碳中+4价，因此1mol HCHO参与反应时转移4mol电子。
【解答】解：A．使用MnO2催化时，降低反应所需活化能，但反应的ΔH不变，故A错误；
B．H2O+O2→H+ OH过程为水中的O—H键断裂的过程，断键为吸热过程，故B错误；
C．过程中碳酸氢根和氢离子生成二氧化碳和水的反应为非氧化还原反应，故C错误；
D．HCHO最终生成二氧化碳和水，HCHO中C为0价变为二氧化碳中+4价，因此1mol HCHO参与反应时转移4mol电子，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查化学反应中能量的变化，为高频考点，题目难度不大。
18．（2025 全国模拟）某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催化剂，用于转化H2S为单质S，提出的催化历程示意图如图。NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．O2使Fe2+转化成Fe3+，恢复催化剂活性
B．过程①和④均发生了非极性键的断裂
C．过程②和③均发生了氧化还原反应
D．理论上，每转化34gH2S，转移的电子数目为NA
【答案】A
【分析】A．根据图中③④过程知，Fe2+被O2氧化为Fe3+；
B．过程①中没有非极性键的断裂，④中有O＝O非极性键的断裂；
C．过程②中Fe3+被还原为Fe2+，过程③中没有电子转移；
D．n（H2S）1mol，H2S被催化氧化为S的反应方程式为2H2S+O22S+2H2O，消耗2mol H2S转移电子个数为2mol×[0﹣（﹣2）]×NA/mol＝4NA，据此计算消耗1mol H2S转移电子的个数。
【解答】解：A．根据图中③④过程知，Fe2+被O2氧化为Fe3+，所以O2使Fe2+转化成Fe3+，恢复催化剂活性，故A正确；
B．根据图知，过程①中没有非极性键的断裂，④中有O＝O非极性键的断裂，故B错误；
C．过程②中Fe3+被还原为Fe2+，发生了氧化还原反应，过程③中没有电子转移，没有发生氧化还原反应，故C错误；
D．n（H2S）1mol，H2S被催化氧化为S的反应方程式为2H2S+O22S+2H2O，消耗2mol H2S转移电子个数为2mol×[0﹣（﹣2）]×NA/mol＝4NA，据此计算消耗1mol H2S转移电子的个数为2NA，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查探究化学反应机理，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确发生的反应、反应中断键和成键方式及基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
19．（2025 内蒙古模拟）某离子液体的阴离子可以吸收CO2，其可能的两种反应路径如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．两种路径的总反应相同
B．路径Ⅰ是主要的反应途径
C．该反应为放热反应
D．生成物中既含离子键又含共价键
【答案】B
【分析】A．反应物相同，经过不同的反应途径，最终生成物相同；
B．路径Ⅱ活化能小，反应速率快；
C．该反应的反应物总能量高于生成物总能量；
D．生成物为[C（CN）2COOH]﹣，其内部含共价键，离子液体中呈电中性。
【解答】解：A．反应物相同，经过不同的反应途径，最终生成物相同，都生成[C（CN）2COOH]﹣，总反应为：[CH（CN）2]﹣+CO2＝[C（CN）2COOH]﹣，故A正确；
B．路径Ⅱ活化能小，反应速率快，则路径Ⅱ是主要的反应途径，故B错误；
C．该反应的反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，故C正确；
D．生成物为[C（CN）2COOH]﹣，其内部含共价键，离子液体中呈电中性，故离子液体中还含阳离子，与[C（CN）2COOH]﹣之间存在离子键，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学反应过程的分析判断、反应途径的理解应用、化学键形成等知识点，题目难度中等。
20．（2025 河南模拟）环己酮可以在Zr基催化剂作用下转化为环己醇，其可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．该反应的还原剂是
B．反应过程中涉及O—H键的断裂和形成
C．用同位素标记的代替可得到
D．环己酮转化为环己醇的反应为
【答案】C
【分析】A．根据反应机理图可知，变为，发生了得氢，被还原的还原反应；
B．由图可知，，涉及O—H键的断裂和形成；
C．根据反应机理可知，断裂的是O—H；
D．根据机理图可知，环己酮在Zr基催化剂作用下转化为环己醇。
【解答】解：A．根据反应机理图可知，变为，发生了还原反应，还原剂是，故A正确；
B．由图可知，总反应为，涉及O—H键的断裂和形成，故B正确；
C．根据反应机理可知，用同位素标记的代替可得到，故C错误；
D．根据机理图可知，环己酮在Zr基催化剂作用下转化为环己醇的反应为，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查学生对反应机理图的理解，同时考查有机物的结构与性质，属于基本知识的考查，难度不大。
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