秘籍06 化学反应机理与历程-备战2023年高考化学抢分秘籍（新高考专用）

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 秘籍06 化学反应机理与历程

概率预测
☆☆☆☆☆
题型预测
选择题 ☆☆☆☆☆
考向预测
反应历程、反应机理图像的综合分析及应用

反应历程是指化学反应中的反应物转化为最终产物通过的途径，因为化学变化从根本上来说，就是旧键的破裂和新键的生成。反应的历程能够反映出物质结构和反应能力之间的关系，从而可以加深我们对于物质运动形态的认识。反应机理是化学中用来描述某一化学变化所经由的全部基元反应，机理详细描述了每一步转化的过程，包括过渡态的形成，键的断裂和生成，以及各步的相对速率大小等。化学反应机理试题以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，就是把一个复杂反应分解成若干个反应，然后按照一定规律组合起来，从而达到阐述复杂反应的内在联系的目的。解答时注意题干信息的理解应用，通过分析化学反应过程，明确反应过程中催化剂的作用和能量变化、化学键的变化试题常以图像为载体，以陌生的反应历程方程式或示意图为主要信息源，高起点(题目陌生度高，往往用词新颖) ，低落点(考查的思维简单) ，从微观视角来考查反应机理，考查点集中在题目信息采集处理、能量、速率、平衡、结构、反应等关键考点。

考点一、反应机理
(1)反应机理是用来描述某反应物到反应产物所经由的全部基元反应，就是把一个复杂反应分解成若干个基元反应，以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，然后按照一定规律组合起来，从而阐述复杂反应的内在联系，以及总反应与基元反应内在联系。
(2)反应机理详细描述了每一步转化的过程，包括过渡态的形成，键的断裂和生成，以及各步的相对速率大小等。典型的是基元反应碰撞理论和基元反应过渡态理论。
(3)反应机理中包含的基元反应是单分子反应或双分子反应。完整的反应机理需要考虑到反应物、催化剂、反应的立体化学、产物以及各物质的用量。
(4)认识化学反应机理，任何化合物的每一步反应都应该是在该条件下此类化合物的通用反应。
考点二、反应历程
在化学反应中，反应物分子不断发生碰撞，大多数碰撞无法发生反应，只有少数分子的碰撞才能发生化学反应，能发生有效碰撞的分子是活化分子。普通反应物分子形成活化分子所需要的能量叫活化能。而活化分子的碰撞也不一定都能发生有效碰撞。发生有效碰撞不仅有能量的因素，还有空间因素，只有同时满足这两者的要求才能发生有效碰撞。
发生有效碰撞的分子叫做活化分子，活化分子具有较高的能量。活化分子比普通分子所高出的能量称为活化能。活化能越小，普通分子就越容易变成活化分子。如图所示，反应的活化能是E1，反应热是E1－E2。

在一定条件下，活化分子所占的百分数是固定不变的。活化分子的百分数越大，单位体积内活化分子数越多，单位时间内有效碰撞的次数越多，化学反应速率越快。活化能越大，反应速率越慢，化学反应取决于最慢的一步。


技法一、能垒与决速步骤
能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也成为慢反应。例如下图中，从第一个中间态到过渡态2的能量就是能垒，而HCOO*+H*=CO2+2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤 。

技法二、催化剂与化学反应
化学反应中，反应分子原有的某些化学键，必须解离并形成新的化学键，这需要一定的活化能。在某些难以发生化学反应的体系中，加入有助于反应分子化学键重排的第三种物质(催化剂)其作用可降低反应的活化能。催化剂能改变反应的途径、降低反应的活化能、加快反应速率，但不能改变反应热的符号与数值、不能改变平衡的移动方向。左图虚线表示催化剂对反应的影响，右图为催化反应历程示意图。

技法三、催化剂与中间产物
催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再次生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。
中间产物：在连续反应中为第一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续有消耗多少。
在含少量 I-的溶液中，H2O2 分解的机理为：
H2O2 + I- → H2O + IO- 慢
H2O2 + IO-→ O2 + I- +H2O 快
在该反应中I-为催化剂， IO-为中间产物。
而在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，(产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质)与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如下图中，MoO3则是该反应的催化剂，图中剩余的三个物质均为中间产物：

1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理

例1.以硝酸盐为离子导体的Na-O2电池装置与其某一电极M附近的反应机理如图所示。下列说法错误的是

A． 镍电极上发生还原反应
B． Na2O是该过程中的中间产物
C． 固体电解质能起到隔绝空气的作用
D．M的电极反应为4Na++O2+2NO+2e- =4NaNO2
【答案】D
【解析】根据活泼性，液态钠为原电池的负极，镍电极为正极，发生还原反应，A正确；由
图可知，Na→ Na2O→Na2O2，Na2O是该过程中的中间产物，B正确；液态钠和空气中的水蒸气发生反应，所以需要隔绝空气，固体电解质能起到隔绝空气的作用，C正确；M的电极反应为2Na++O2+2e- =Na2O2，D错误；故答案为D。
例2.一种羰基化合成反应机理的主要过程如下图所示(图中数字为键长的数值，单位相同且都省略)。下列说法错误的是

A． 在反应中被还原
B． 总反应的原子利用率未达100%
C． 整个过程发生了2步加成反应
D． 由上图可知，键长会受到周围基团的影响
【答案】C
【解析】从反应机理的过程图可知，CO2与H2反应生成HCOOH，HCOOH反应生成HOCH2OH，HOCH2OH反应生成HCHO，HCHO最后反应生成CH3OH。CO2在反应中与氢气发生加成反应，被还原，A正确；HOCH2OH反应生成HCHO的过程中脱去了一分子水，原子利用率未达到100%，B正确；整个过程中CO2与氢气加成生成HCOOH，HCOOH与氢气加成生成HOCH2OH，HCHO与H2加成生成CH3OH，整个过程发生了3步加成反应，C错误；从图中可知，因为H2的影响，C=O的长度发生变化，D正确；故答案选C。
例3.有科研工作者研究发现，以负载Ce-Pt-Pd氧化处理后的不锈钢丝网具有较好的催化性能，可以消除VOCs(挥发性有机化合物，如苯、甲苯、丙酮等)、NOx的污染，如图所示简要表示了该催化过程及反应机理。有关说法错误的是

A．不锈钢丝网可增大催化剂与VOCs的接触面积
B．氧气参与了上述催化反应
C．碳原子在该催化反应中得电子
D．该催化剂可用于机动车尾气的处理
【答案】C
【解析】不锈钢丝网的网状结构增大了催化剂与反应物的接触面积，故A正确；Ce、Pt、Pd等金属氧化物为催化剂，在该反应中催化剂参与了反应，但催化剂在反应前后质量和化学性质均不变，说明氧气通过催化剂将氧元素传递给VOCs，达到了氧化的目的，故B正确；挥发性有机化合物苯、甲苯、丙酮中碳元素的化合价低于＋4价，而生成物CO2中碳元素的化合价为＋4价，碳原子在该催化反应中失电子，故C错误；该催化机理可消除VOCs及NOx的污染，NOx也是机动车尾气的成分，所以该催化剂可用于机动车尾气的处理，故D正确；故选C。
例4．500℃，HCl在催化剂M的作用下被O2氧化依次有如图(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)三步反应组成，计算机模拟单个分子在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是

A． 反应Ⅱ的活化能为1.45 eV
B． 反应Ⅰ的反应速率最慢
C．总反应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g)    ΔH=-1.98 eV•mol-1
D．HOOCl(g)比HCl(g)和O2(g)稳定
【答案】B
【解析】反应Ⅱ的活化能为，A错误；反应Ⅰ的能垒最高，所以反应
Ⅰ的化学反应速率最慢，B正确；图像给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为，C错误；由反应Ⅰ可知的总能量比和的总能量高，能量越高，物质越不稳定，D错误； 故选B。

1．（2023·河南·统考模拟预测）在溶液中用光照射Cu−PHI催化剂产生光电子和空穴h+，可以在常温常压下使甲烷转化为甲醇和氢气，其部分反应机理如图所示。下列说法错误的是

A．空穴h+参与发生的反应为2H2O＋ 2h＋＝H2O2＋2H＋
B．光电子参与发生的反应为2H＋＋2e－＝H2
C．反应过程中水作还原剂
D．该反应的化学方程式为CH4＋H2O CH3OH＋H2
【答案】C
【解析】A．根据图中信息，空穴h+与水反应，其参与发生的反应为2H2O＋ 2h＋＝H2O2＋2H＋，故A正确；
B．氢离子得到光电子提供的电子，则参与发生的反应为2H＋＋2e－＝H2，故B正确；
C．该反应的化学方程式为CH4＋H2O CH3OH＋H2，水中氢化合价降低，则反应过程中水作氧化剂，故C错误；
D．根据图中信息常温常压下使甲烷和水转化为甲醇和氢气，则该反应的化学方程式为CH4＋H2O CH3OH＋H2，故D正确。
综上所述，答案为C。
2．（2023·山东·高三统考）在Fe+催化作用下，C2H6与N2O制备乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是

A．X为C2H5OH，是中间产物之一
B．过程①~⑥，Fe元素的化合价均发生了变化
C．增加Fe+的量，C2H6平衡转化率不变
D．每消耗1molN2O，可制备0.5molCH3CHO
【答案】C
【分析】根据反应机理图示，是反应物，是生成物，其余为中间产物。
【解析】A．根据反应③，X为，是生成物，A错误；
B．根据反应③④，涉及的中间产物中Fe元素化合价相同，B错误；
C．是催化剂，增加的量时，实质是增加的量，催化剂只改变反应速率，不改变反应物的平衡转化率，C正确；
D．反应③显示其是制备过程的副反应，会生成X（乙醇），因此每消耗1molN2O，制备不了0.5molCH3CHO，D错误；
故选C。
3．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(，其中S为＋6价)去除废水中正五价砷As(V)的研究成果，其反应机理模型如图所示。下列说法错误的是

A．反应过程中有非极性键的断裂
B．溶液的pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷
C．碱性条件下，硫酸根自由基发生的反应方程式为
D．反应过程中，存在反应
【答案】B
【解析】A．反应过程中存在过硫酸钠中的-O-O-的断裂，故有非极性键的断裂，A正确；
B．H3AsO4为弱酸，溶液的pH越小，导致As以分子形式存在，反而不利于去除废水中的正五价砷，B错误；
C．由图可知，碱性条件下，硫酸根自由基和氢氧根离子生成硫酸根离子和氢氧根自由基，发生的反应方程式为，C正确；
D．反应过程中，在腐蚀层表面存在反应，D正确；
故选B。
4．（2023·广东·统考一模）一种含P催化剂催化甲烷中的碳氢键活化的反应机理如图所示。下列有关说法不正确的是

A．催化循环中Pt的配位数有3种 B．a中Pt的化合价为+2价
C．c→d发生的是氧化还原反应 D．SO2与SO3的VSEPR模型名称不同
【答案】D
【解析】A．由图中abd物质结构可知，催化循环中Pt的配位数有3种，A正确；
B．a中Pt结合2个-OSO3H，根据化合价代数和为零可知，其化合价为+2价，B正确；
C．c→d过程中硫元素化合价发生改变，发生的是氧化还原反应，C正确；
D．SO2中心S原子价层电子对数为2+=3，采用sp2杂化；SO3中心S原子价层电子对数为3+=3，采用sp2杂化；VSEPR模型名称相同，D错误；
故选D。
5．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考三模）黄鸣龙是唯一一个名字写进有机化学课本的中国人，Wolff-Kishner-黄鸣龙还原反应机理如下(R、R’均代表烃基)，下列有关说法不正确的是

A．肼的沸点高于氨气，原因是分子间氢键数目更多，且相对分子质量更大
B．过程①发生加成反应，过程②、③均发生消去反应
C．过程④的反应历程可表示为：+OH—+N2↑+H2O
D．应用该机理，可以在碱性条件下转变为
【答案】B
【解析】A．肼和氨气都是分子晶体，肼分子中含有两个氨基，相对分子质量大于氨气，分子间形成的氢键数目多于氨气，所以肼分子的分子间作用力强于氨气，沸点高于氨气，故A正确；
B．由图可知，过程③发生的反应为，反应中分子的不饱和度不变，不可能属于消去反应，故B错误；
C．由质量守恒定律可知，过程④发生的反应为+OH—+N2↑+H2O，故C正确；
D．由图可知，该反应的总反应为碱性条件下与肼反应生成、氮气和水，则碱性条件下与肼反应能转化为，故D正确；
故选B。
6．（2023·辽宁丹东·统考一模）在催化剂作用下，由HCOOH释氢可以制得H2，其可能的反应机理如图所示。研究发现，其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢效果更佳。下列说法正确的是

A．HCOOH催化释氢过程中，有极性键和非极性键的断裂
B．HCOOD代替HCOOH催化释氢，生成CO2、H2、HD及D2
C．HCOOK溶液代替HCOOH时发生反应，生成CO2和H2
D．其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH能提高释放氢气的速率
【答案】D
【解析】A． HCOOH催化释氢过程中，涉及N-H键的断裂和形成、O-H键的断裂以及H-H键的形成，有极性键的断裂，有极性键和非极性键的生成，故A错误；
B． HCOOD代替HCOOH催化释氢，除生成CO2外，还有HD，没有D2，故B错误；
C． HCOOK溶液代替HCOOH时发生反应，生成的KOH能吸收CO2转变成HCO，故C错误；
D． 其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH反应生成KOH能吸收CO2，能提高释放氢气的速率和纯度，故D正确；
故选D。
7．（2023·北京房山·统考一模）有氧条件下，在Fe基催化剂表面，还原NO的反应机理如图所示。该反应能够有效脱除烟气中的NO，保护环境。下列说法不正确的是

A．在酸性配位点上，与通过配位键形成
B．增大压强有利于NO与吸附在配位点上形成
C．在反应过程中，Fe基可以提高NO的转化率
D．该反应的总方程式为：
【答案】C
【解析】A．分子中的N原子还含有一对孤对电子，所以能和通过配位键形成，故A正确；
B．由图可知，NO与吸附在配位点上形成，该过程中气体体积减小，增大压强平衡正向移动，有利于NO与吸附在配位点上形成，故B正确；
C．在反应过程中，Fe基作为催化剂，催化剂不能改变反应的转化率，故C错误；
D．由图可知，在Fe基催化剂表面，还原NO生成N2和H2O，总方程式为：，故D正确；
故选C。
8．（2023·湖南岳阳·统考二模）催化丙烯制醛的反应机理如图所示。下列说法错误的是

A．该反应的催化剂为
B．上述循环过程中，Co的化学键数目发生了变化
C．若反应物为乙烯，产物一定为
D．总反应式为
【答案】C
【解析】A．由图可知，该反应的催化剂为HCo(CO)3，故A正确；
B．由图可知，上述循环过程中，Co的化学键数目发生了变化，故B正确；
C．若反应物为乙烯，根据机理，存在方程式：，则产物为CH3CH2CHO，故C错误；
D．由图可知，反应物有丙烯、氢气和CO，生成物有，则总反应式为，故D正确；
故选：C。
9．（2023春·山东·高三校联考）在Cu(Ⅰ)催化剂和水存在下，被还原为CO的反应机理示意图如下：图1为通过实验观察捕获中间体和产物推演出被还原为CO的反应过程；图2为转化为CO反应过程经历的中间体的能垒变化。

已知：MS代表反应物或中间产物；TS代表过渡态；FS代表终态产物。下列推断正确的是
A．由图1可知，能提高总反应的平衡转化率
B．图1中，中存在配位键和非极性键
C．由图2知，总反应和各步反应的△H都小于0
D．在图2涉及的反应中，MS2→MS3决定总反应速率
【答案】D
【解析】A．由图1可知，为催化剂，催化剂不影响平衡，不能提高总反应的平衡转化率，A错误；
B．中存在Cu+和CO之间的配位键和C原子和O原子之间的极性键，B错误；
C．由图2知，为吸热反应，，C错误；
D．在多步反应体系中，反应速率最慢的反应决定了反应的总速率，活化能越高，反应速率越慢，由图2知，活化能最大，反应速率最慢，决定了总反应速率，D正确；
故选D。
10．（2023·江苏·统考二模）化工原料Z是X与HI反应的主产物，X→Z的反应机理如图：

下列说法正确的是
A．X分子中所有碳原子位于同一平面上
B．Y与Z中碳原子杂化轨道类型相同
C．X与Z分子中均含有1个手性碳原子
D．X与HI反应有副产物CH3CH2CH2CH2I产生
【答案】D
【解析】A．X分子中存在饱和碳上连接三个碳原子，故所有碳原子不可能共平面，A错误；
B．Y中碳原子有sp2、sp3两种杂化类型，Z中只有sp3杂化，B错误；
C．X分子中没有手性碳原子，Z中有1个手性碳原子，C错误；
D．X分子开环时，HI中的H原子可分别加在断键的两个碳原子上，故有副产物CH3CH2CH2CH2I产生，D正确；
故选D。
11．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考）资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种途径。以作催化剂，可使在温和的条件下转化为甲醇，经历如下过程：
ⅰ.催化剂活化：
ⅱ.与在活化后的催化剂表面合成甲醇，其反应历程如图：

以下描述正确的是
A．碳的杂化方式未发生改变
B．反应历程中存在极性键，非极性键的断裂和形成
C．加压可以提高的平衡转化率
D．催化剂通过改变路径降低反应活化能来加快反应速率，从而提高转化率
【答案】C
【解析】A．CH3OH中C原子的价层电子对数为4，故为sp3杂化类型，在整个循环圈内的反应的中，观察C原子均是连接的四个单键也是sp3杂化类型，但CO2中C原子的价层电子对数为2，故为sp杂化，当CO2进入到反应体系后杂化类型发生了改变，变为sp3杂化，A错误；
B．图中找到箭头指入方向的反应物有H2、CO2，而箭头指出生成物有H2O、CH3OH，不难判断出H2中断裂的是非极性键，CO2断裂的是极性键，而生成产物均为极性键的形成，B错误；
C．箭头指入方向的反应物有H2、CO2，而箭头指出生成物有H2O、CH3OH，因而总反应式为，增大压强平衡会朝着化学计量数减小的方向移动，对于该反应则是正向移动，那么CO2的平衡转化率增大，C正确；
D．催化剂可以降低反应所需活化能从而加快反应速率，但是不能改变反应的转化率，D错误；
故答案为C。
12．（2023·湖南·校联考二模）我国科技工作者利用计算机模拟在不同催化剂，以及硫酸作电解质溶液的条件下，电解还原制备氨气反应历程中相对吉布斯自由能变化如图所示(*代表微粒吸附在催化剂表面)。下列说法错误的是

A．该反应历程实现了人工固氮 B．该反应历程在阳极发生
C．从热力学趋势来说该反应能自发进行 D．该历程的总反应为
【答案】B
【解析】A．变为，实现了N从游离态到化合态，A正确；
B．反应物有，生成物有，该过程发生还原反应，在阴极发生，B错误；
C．该反应的吉布斯自由能变化量为-0．34eV，小于0，能够自发，C正确；
D．反应物有，生成物有，电解质溶液为酸性，所以历程的总反应为，D正确；
故选B。
13．（2023·江西上饶·鄱阳一中校考一模）某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是

A．提高反应温度，反应物转化率增加
B．使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，提高反应物的转化率
C．该化学反应的速率主要由反应③决定
D．
【答案】D
【解析】A．由图可知，该过程的总反应为2CO+2NO＝N2+2CO2，根据盖斯定律可知，反应①+反应②+反应③＝总反应，因此∆H＝+298.4kJ/mol+(-513.5kJ/mol)+(-306.6kJ/mol)=-620.9kJ/mol，即总反应的热化学方程式为：2CO(g)+2NO(g)＝N2(g)+2CO2(g) ∆H＝-620.9kJ/mol，总反应为放热反应，提高反应温度，平衡逆移，反应物转化率降低，A错误；
B．一般使用催化剂可以降低反应的活化能，部分活化分子变为活化分子，则增大活化分子百分数，增大活化分子有效碰撞几率，加快化学反应速率，但不影响平衡移动，所以不能提高反应物的平衡转化率，B错误；
C．由图可知，正反应活化能最大的是①，活化能越大，反应速率越慢，整个反应是由最慢的一步决定的，则该化学反应的速率主要由反应①决定，C错误；
D．由图可知，该过程的总反应为2CO+2NO＝N2+2CO2，根据盖斯定律可知，反应①+反应②+反应③＝总反应，因此∆H＝+298.4kJ/mol+(-513.5kJ/mol)+(-306.6kJ/mol)=-620.9kJ/mol，即总反应的热化学方程式为：2CO(g)+2NO(g)＝N2(g)+2CO2(g) ∆H＝-620.9kJ/mol，因此，D正确；
故选D。
14．（2023·天津·校联考一模）金属可活化放出，其反应历程如图所示：

下列关于活化历程的说法错误的是
A．中间体1→中间体2的过程是放热过程
B．加入催化剂可降低该反应的反应热，加快反应速率
C．和的总键能小于和的总键能
D．中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤
【答案】B
【解析】A．中间体1的相对能量为-56.21，中间体2的相对能量为-154.82，中间体1→中间体2的过程是放热过程，故A正确；
B．催化剂不能改变反应物和生成物的能量，加入催化剂，该反应的反应热不变，故B错误；
C．和的相对总能量为0，和的相对总能量为-6.57，正反应放热，和总键能小于和的总键能，故C正确；
D．慢反应决定总反应速率，中间体2→中间体3的过程正反应活化能最大，反应速率最慢，所以中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤，故D正确；
选B。
15．（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）据文献报道，在铁双聚体催化作用下，制备化合物Y的一种反应机理如图所示。下列说法正确的是

A．该总反应原子利用率为100%
B．物质X和Y分别为H2O和CH3OH
C．铁双聚体可降低该反应的活化能和焓变
D．反应过程中有非极性键的断裂和生成
【答案】B
【分析】比较②③物质结构可知，生成X为水；比较⑤①物质结构可知，生成Y为甲醇；
【解析】A．由图可知，该反应的总反应为过氧化氢和甲烷生成水和甲醇，H2O2+CH4=H2O+CH3OH，原子利用率小于100%，A错误；
B．由反应机理图可以推出物质X和Y分别为H2O和CH3OH，目标产物为CH3OH，B正确；
C．铁双聚体为该反应的催化剂，可降低该反应的活化能，不改变反应的焓变，C错误；
D．反应过程中有非极性键(O-O键)的断裂，没有非极性键的生成，D错误；
故选B。
16．（2023·上海嘉定·统考二模）苯与Br2的催化反应历程如图所示。下列说法正确的是

A．苯与Br2生成的反应为吸热反应
B．图中，苯与Br2的催化反应生成了溴苯、邻二溴苯
C．从图中所给信息看，生成比更稳定
D．由转化为的过程中有极性键的断裂与形成
【答案】C
【解析】A．根据图示可知：反应物的能量比生成物的能量高，因此苯与Br2生成溴苯的反应是放热反应，选项A错误；
B．根据图示可知，苯与Br2的反应生成了溴苯、 ， 不是邻二溴苯，选项B错误；
C．根据图示可知：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，故反应生成的有机产物中，取代产物溴苯所占比例更大，生成溴苯的反应是主要反应，生成比更稳定，选项C正确；
D．在上述转化中有非极性键碳碳键的断裂和极性键C-Br键的生成，选项D错误；
答案选C。
17．（2023春·重庆北碚·高一西南大学附中校考期中）《环境科学》刊发了我国科研部门采用纳米零价铁活化过二硫酸钠去除废水中的正五价砷的研究成果，其反应机理如图所示。下列叙述错误的是

A．过二硫酸钠中S的化合价为+6
B．铁参与反应时，消耗的大于
C．正五价砷在腐蚀层表面发生了氧化还原反应
D．碱性越强，越有利于去除废水中的正五价砷
【答案】C
【解析】A．过二硫酸钠中S的化合价为+6，因为有2个O是-1价，6个O是-2价， 根据正负化合价代数和为0可得出结论，A正确；
B．根据图示，Fe 参加反应， Fe先被氧化为，反应为，然后进一步被氧化为和自由基，因此铁即1molFe参加反应要消耗1.5mol ，B正确；
C．由图可知，Fe转化Fe3+化合价升高体现了Fe的还原性，而最终Fe3+转化为Fe(OH)3、Fe(OH)2沉淀并与正五价砷共沉淀，故正五价砷化合价不变、在腐蚀层表面未发生氧化还原反应，C不正确；
D．碱性条件有利于和生成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，与正五价砷发生共沉淀，故碱性越强，越有利于去除废水中的正五价砷，D正确；
答案选C。
18．（2023·北京·统考二模）氮氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理，下列说法不正确的是

A．过程I中NO既作氧化剂又作还原剂
B．过程II中每生成1molO2时，转移电子的数目约为4×6.02×1023
C．过程中涉及的反应均为氧化还原反应
D．整个过程中Ni2+作催化剂
【答案】B
【分析】由图可知，过程I发生的反应为2Ni2++2NO=2Ni3++2O—+N2，过程II发生的反应为2Ni3++2O—=2Ni2++O2↑，总反应为2NOO2+N2。
【解析】A．由分析可知，过程I发生的反应为2Ni2++2NO=2Ni3++2O—+N2，反应中氮元素的化合价降低被还原，氧元素的化合价升高被氧化，则一氧化氮既作反应的氧化剂又作反应的还原剂，故A正确；
B．由分析可知，过程II发生的反应为2Ni3++2O—=2Ni2++O2↑，则过程II中每生成1molO2时，转移电子的数目约为2×6.02×1023，故B错误；
C．由分析可知，过程I和过程II涉及的反应均有元素发生化合价变化，均为氧化还原反应，故C正确；
D．由分析可知，消除氮氧化物的总反应为2NOO2+N2，整个过程中镍离子作反应的催化剂，故D正确；
故选B。
19．（2023·辽宁沈阳·校联考模拟预测）下图是用钌基催化剂催化和的反应示意图，当反应生成液态时放出的热量。下列说法错误的是

A．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成
B．图示中物质I为该反应的催化剂，物质II、III为中间产物
C．使用催化剂可以降低反应的活化能，但无法改变反应的焓变
D．由题意知：  
【答案】A
【解析】A．由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成，故A错误；
B．物质I为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未发生改变，物质I为催化剂，物质II、III为中间过程出现的物质，为中间产物，故B正确；
C．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但不影响反应的焓变，故C正确；
D．生成液态时放出的热量，该反应的热化学方程式为：  ，则  ，故D正确；
故选：A。
20．（2023·吉林延边·统考二模）铁的某种络合物离子(用[L- Fe-H]+表示)催化甲酸分解的反应机理及相对能量变化如图所示。下列说法正确的是

A．反应过程中铁元素价态没有改变
B．反应的决速步骤为II转化为III的过程
C．由 到 过程中形成了离子键
D．由图可知该反应的总反应式为： HCOOH  CO2+H2
【答案】D
【解析】A．由图可知， H2+[L-Fe-H]+过程中铁元素化合价降低，A错误；
B．由图可知，IV转化为V的过程E正最大，反应速率最慢，为反应的决速步骤，B错误；
C．+H+过程中氢原子之间形成共价键，无离子键形成，C错误；
D．由图可知该反应的总反应式为： HCOOH  CO2+H2，D正确；
故选D。