2024届高考一轮复习化学课件：化学反应机理(历程)及分析

产物即
,含有碳碳双键,故能发生加成反应、氧化反应,酮羰
基邻碳上的 H 易发生取代反应,D 正确。
热点2能量变化型机理及分析 例2.(2021湖南卷,14改编)铁的配合物离子(用[L—Fe—H]+表示)催化某反 应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示:
下列说法错误的是( )
A.该过程的总反应为HCOOH
1.10 eV,该步转化的活化能大,反应速率较慢,故不易生成CH2O,C正确;由题
图可知,合成甲醇为吸热反应,反应为CO2+3H2
CH3OH(g)+H2O(g)
ΔH>0,增大压强或升高温度都能加快反应速率,且使平衡正向移动,故能增
大CH3OH的产率,D正确。
热点探究
热点1物质循环型机理及分析 例1.(2023福建漳州模拟)一种工艺简单、低能耗的氢气制备双氧水的反应 原理如图所示。下列说法正确的是( )
C.反应中不易生成CH2O的原因是其活化能较大
D.增大压强或升高温度均能加快反应速率,并增大CH3OH的产率
答案 A
解析 CO2被吸附在催化剂表面形成*CO2放出热量,是物理变化,不是放热反
应,A错误;由题图可知,*HCOO+*H CO+*H2O反应的活化能最大,反应
速率最慢,决定合成甲醇反应速率,B正确;由题图可知,CH2O的相对能量为
新题速递
在MoS2催化作用下利用CO2加氢可制得甲醇,该反应历程如图所示(吸附在 MoS2表面的物种用*标注,如*CO2表示CO2吸附在MoS2表面,图中*H已省 略)。
下列说法不正确的是( )
A.CO2被吸附在催化剂表面形成*CO2是放热反应
B.决定合成甲醇反应速率的步骤是*HCOO+*H
CO+*H2O
CO2↑+H2↑
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
B.H+浓度过大或者过小,均导致反应速率降低
C.该催化循环中Fe元素的化合价未发生变化
D.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
答案 D
解析 由反应机理可知,HCOOH电离出H+后,HCOO-与催化剂结合,放出二 氧化碳,然后又结合H+转化为氢气,故化学方程式为HCOOH CO2↑+H2↑,A正确;若c(H+)过低,则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低,反应速率 减慢,若c(H+)过高,则会抑制甲酸的电离,使甲酸根浓度降低,反应Ⅰ→Ⅱ速 率减慢,故c(H+)过高或过低,均导致反应速率减慢,B正确;经分析反应机理 可得,Fe在反应过程中化合价未发生变化,C正确;反应Ⅳ→Ⅰ过程的活化能 最大,反应速率最慢,对该过程的总反应起决定作用,D错误。
答案 D
解析 由题图可知,苯与Br2的加成反应是吸热反应,取代反应是放热反应,A
错误;该反应历程,苯与Br2的催化反应可生成溴苯,但不能生成邻二溴苯,B
错误;由于
转化为
的活化能最大,反应速率最慢,故是总反应
的决速步骤,但步骤中不存在极性键的断裂,C错误;第三步中取代反应的活
化能低,生成物本身所具有的能量低,更稳定,故苯与Br2的催化反应主反应 为取代反应,D正确。
对点训练 3.(2023福建福州模拟)苯与Br2的催化反应历程如图所示。关于该反应历 程,下列说法正确的是( )
A.苯与Br2的催化反应为放热反应 B.该反应历程,苯与Br2的催化反应可生成溴苯、邻二溴苯 C.苯与Br2的催化反应决速步骤伴随着极性键的断裂与形成 D.从反应速率角度,苯与Br2的催化反应主反应为取代反应,原因是该反应 活化能更低
NO3- ,D 错误。
2.(2023湖北部分重点校联考)以炔烃、一氧化碳和乙醇为原料,HMLn为催 化剂,先引入羰基,进而合成酯,是工业上生产酯的有效方法之一,其反应机 理如图所示,下列叙述错误的是( ) A.上述反应原子利用率是100% B.中间产物有4种 C.过程(Ⅳ)发生了取代反应 D.目标产物能发生加成反应、氧化反 应、取代反应
A.反应①②③均为氧化还原反应 B.反应①中有非极性键的断裂和形成 C.[PdCl4]2-能降低反应的活化能 D.反应③中Pd的成键数目发生改变
答案 C 解析 反应③中没有元素发生化合价变化,属于非氧化还原反应,A错误;由 题图可知,反应①中有非极性键的断裂,但没有非极性键的形成,B错 误;[PdCl4]2-是反应的催化剂,能降低反应的活化能,C正确;反应③中Pd的成 键数目都为4,没有发生改变,D错误。
2024
高考总复习优化设计
GAO KAO ZONG FU XI YOU HUA SHE JI
第七章 热点专攻10 化学反应机理(历程)及分析
命题前沿
某科研团队利用富含硫空位的少层二硫化钼(MoS2)作催化剂,实现了低温、 高效、长寿命催化CO2加氢制取甲醇(CH3OH)。低能耗、高效率的CO2转 化利用是实现“碳达峰”“碳中和”的重要方式。
C.NO2- 是 NO3- 催化还原过程的催化剂
D.在整个历程中,每 1 mol H2 可还原 1 mol NO3-
答案 B 解析 铁元素发生了价态变化,说明 Fe3O4 参与了该循环历程,A 错误;由信息 可知,HCOOH 分解为 H2 和 CO2,说明 HCOOH 分解时,碳氢键和氧氢键发生了 断裂,B 正确;在整个历程中,NO3- 先被还原为 NO2- ,NO2- 再被还原为 N2,则 NO2是反应的中间产物,不是催化剂,C 错误;在整个历程中,Fe3O4为催化剂,H2作还 原剂,将 NO3- 最终转化为 N2,根据得失电子守恒 1 mol H2 可还原 0.4 mol
D.由图可知,相同催化剂条件下反应可能
存在多种反应历程
答案 C
解析 由题图可知,反应⑥的活化能(Ea)最大,反应速率最慢,故反应⑥是决速 步骤,A正确;由题图可知,生成NH3的基元反应更少,且生成NH3的活化能小 于生成N2的活化能,故更容易生成NH3,B正确;据题图可知反应①~⑤的活 化能,但无法确定每步反应的ΔH,故不能确定NO+5H===NH3+H2O的ΔH,C 错误;题图中在相同催化剂条件下,NO和H2可转化为NH3和H2O,或N2和 H2O,可能存在多种反应历程,D正确。
答案 B 解析 由题干反应历程图可知,该反应的总方程式:HC≡CR+CO+NuH
,则上述反应原子利用率是 100%,A 正确;由题干反 应历程图可知,中间产物有 3 种,循环圈中的 HMLn 为催化剂,其余三种为中间
产物,B 错误;过程(Ⅳ)的化学方程式为
+NuH
+HMLn,属于取代反应,C 正确;由题干反应历程图可知,目标
方法指导 1.催化剂和反应中间体的判断 (1)催化剂:分步反应中,参与第一步反应,并在最后一步重新生成的物质。 (2)反应中间体:除最初反应物、最终生成物及催化剂外,其他物质一般都 是反应中间体。 2.物质循环型反应机理图示解读 (1)“环形”反应机理图示,位于“环”上的物质(A、B、C、D)一般是催化剂 或反应中间体。 (2)“入环”的物质(X、Z)是反应物,“出环”的物质(Y、R)是生成物。
对点训练 1.硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题,甲酸(HCOOH)在纳米级Pd 表面分解为活性H2和CO2,再经下列历程实现 NO3- 的催化还原,进而减少污 染。已知Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法正确的 是( ) A.Fe3O4没有参与该循环历程 B.HCOOH分解时,碳氢键和氧氢键发生了断裂
4.H2在石墨烯负载型Pd单原子催化剂(Pd/SVG)上还原NO生成N2和NH3的 路径机理及活化能(kJ·mol-1)如图所示。下列说法错误的是( )
A.H2还原NO生成N2的决速步骤为反应⑥ B.Pd/SVG上H2还原NO,更容易生成NH3 C.根据上图数据可计算NO+5H===NH3+H2O 的ΔH
方法指导 1.物质的能量变化及稳定性的判断 (1)物质的能量变化:根据反应物和生成物的总能量的相对高低,判断吸热 反应和放热反应;根据物质具有能量或共价键的键能确定反应热(ΔH)。 (2)物质稳定性的判断:先确定物质具有能量的相对高低,一般情况,物质具 有的能量越低,其稳定性越强。 2.化学反应速率的比较 (1)若化学反应分为多个基元反应,一般来说,活化能(Ea)越大,基元反应的反 应速率越慢,反之则反应速率越快。 (2)多步反应中,整个反应的总反应速率是由慢反应步骤决定。