微主题热练9　化学反应速率　质量作用定律 催化剂机理　反应循环图（含解析）-2024年高考化学二轮复习

这是一份微主题热练9　化学反应速率　质量作用定律 催化剂机理　反应循环图（含解析）-2024年高考化学二轮复习，共11页。试卷主要包含了2 kJ/ml，8 kJ/ml等内容，欢迎下载使用。

A. N2生成NH3是通过多步还原反应生成的
B. 过程Ⅰ、Ⅲ中能量的变化不相同
C. 适当提高N2分压，可以加快N2(g)―→*N2反应速率，提高N2(g)转化率
D. 大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低反应速率
2. (2023·扬州宝应期末)我国科学家研究化合物M(s)催化CO2氢化机理。由化合物M(s)生成化合物N(s)过程的机理和相对能量曲线如图所示(已知1 eV＝1.6×10－19J，NA约为6.02×1023 ml－1)。TS1、TS2均为过渡态。下列说法不正确的是( )
A. 过渡态TS1比TS2更稳定
B. 过程TS1―→P为化合物M生成化合物N的决速步骤
C. 化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe—O键的断裂
D. 该过程的热化学方程式为M(s)＋CO2(g)===N(s) ΔH＝－1 120.2 kJ/ml
3. 某科研小组研究臭氧氧化—碱吸收法脱除NO工艺，相关反应如下：
①NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)ΔH1＝－200.9 kJ/ml
②2O3(g)3O2(g)ΔH2＝－288.8 kJ/ml
③2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH3＝a
已知：反应①v正＝k正·c(NO)·c(O3)，v逆＝k逆·c(NO2)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。其他条件不变，每次向反应器中充入0.5 ml NO和1.0 ml O3，在不同温度下反应。测得相同时间内，体系中NO的体积分数[φ(NO)]随温度的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. a＝＋113 kJ/ml
B. 升高温度，k正、k逆增大，eq \f(k正,k逆)减小
C. 延长反应时间，可使φ(NO)由M点移到N点
D. 用碱液吸收、增大反应器的容积均可提高NO的转化率
4. (2023·扬州10月调研) 利用铜－铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化除去H2中少量CO的可能机理如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. 反应(Ⅰ)中Cu、Ce化合价均升高
B. 铜的价电子排布为3d104s1，位于元素周期表d区
C. 若用18O2参与反应，一段时间后，18O不可能现在铜－铈氧化物中
D. 反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致
5. (2023·扬州中学)羧酸与醇发生酯化反应的可能机理如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 该反应历程包括质子化、加成、消去、质子转移等过程
B. 同一个碳原子上连接两个羟基是不稳定的结构
C. 物质a中所有中心原子杂化方式相同
D. 酯化反应中增加浓硫酸的用量，一定可以提高反应物的转化率
6. (2023·靖江期末调研) 酯在碱性条件下发生水解反应的历程如图所示。下列说法正确的是( )
A. 反应④为该反应的决速步骤
B. 若用18OH－进行标记，反应结束后醇和羧酸钠中均存在18O
C. 该反应历程中碳原子杂化方式没有发生改变
D. 反应①中OH－攻击的位置由碳和氧电负性大小决定
7. (2023·姜堰中学、如东中学、沭阳中学联考)常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质的转化过程如图所示。下列说法不正确的是( )
A. H＋为该转化过程的中间产物
B. 反应前后溶液中Ce3＋和Ce4＋的总数保持不变
C. 反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
D. 反应Ⅱ中每生成22.4 L N2，转移的电子数目为4×6.02×1023
8. (2023·苏州中学、淮阴中学、姜堰中学、海门中学联考)MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示(其中·OH是羟基自由基。·CHO是醛基自由基)。下列说法正确的是( )
A. 使用MnO2催化时，该反应的ΔH会发生变化
B. Oeq \\al(－,2)为中间产物之一，与Na2O2中所含阴离子种类相同
C. 总反应的化学方程式为HCHO＋O2eq \(=====,\s\up7(MnO2))CO2＋H2O
D. 催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应
9. (2022·南通如东期末)在二氧化碳合成甲醇的研究中，催化剂是研究的关键。目前国内外研究主要集中于铜基催化剂，有学者提出了 CO2的转化过程如图所示。下列说法正确的是( )
A. 基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d94s2
B. 甲酸乙酯是该过程的催化剂
C. 步骤④中有化学键的断裂和形成
D. 反应过程中，催化剂参与反应，降低了反应的焓变
10. (2023·盐城中学)CO2转化可减少CO2排放并实现资源利用。CO2催化氧化乙烷制乙烯的主要反应有：
①C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)
②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
反应的能量变化如图1所示。体系中还存在其他副反应。相同时间内，乙烷的转化率、乙烯的选择性与温度的关系如图2所示。
已知：乙烯的选择性为转化的乙烷中生成乙烯的百分比。下列说法不正确的是( )
A. C2H6(g)＋CO2(g)C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g)ΔH＝＋177 kJ/ml
B. 反应②比反应①的速率小，是总反应的决速步骤
C. 在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的产率越低
D. 其他条件不变，适当增大投料比n(CO2)∶n(C2H6)，能提高C2H6的转化率
11. (2023·如皋二模)一种计算机模拟在催化剂表面上水煤气反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的历程如图所示。吸附在催化剂表面上的物种用“*”表示。
下列说法正确的是( )
A. 水煤气反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的ΔH＜0、ΔS＝0
B. 决定总反应速率快慢的步骤是转化⑦
C. 1 ml CO与1 ml H2O充分反应后转移电子的物质的量是2 ml
D. 催化剂表面吸附1 ml CO会释放出0.21 eV的能量
12. (2023·如皋调研)乙酸甲酯在NaOH溶液中发生水解时物质和能量的变化如下图所示。下列说法正确的是( )
A. 总反应为吸热反应
B. 决定总反应速率快慢的是反应物―→中间产物1的反应
C. 反应过程中碳原子的轨道杂化方式不发生变化
D. 若反应物使用，则产物中存在
13. (2022·江苏百校联考)我国科研人员提出CeO2催化合成碳酸二甲酯(DMC)需经历三步反应(如图所示)。下列说法不正确的是( )
A. ①③均为取代反应，②为加成反应
B. 1 ml DMC在碱性条件下完全水解，消耗4 ml NaOH
C. 合成DMC的总反应中CH3OH和CO2是反应物
D. ①中催化剂的作用是使O—H断裂活化
14. (2022·苏北四市期末)在过氧苯甲酰(结构简式为PhOOOOPh，—Ph表示苯基)作用下，溴化氢与丙烯加成反应的主要产物为1－溴丙烷，反应机理如图。下列说法不正确的是( )
A. 过程②中产物X的化学式为PhOOH
B. 过程③中存在非极性共价键的形成
C. 过程④可表示为CH3eq \(C,\s\up6(·))HCH2Br＋HBr―→·Br＋CH3CH2CH2Br
D. 上述链终止反应中存在·Br＋·Br―→Br2
微主题热练9 化学反应速率 质量作用定律
催化剂机理 反应循环图
1. C 【解析】 由图可知，N2生成NH3的过程中，不断结合H原子，氮元素的化合价逐渐降低，故NH3是N2通过多步还原反应生成的，A正确；过程Ⅰ断裂的是氮氮三键中的一条键，而过程Ⅲ断裂的是氮氮双键中的一条键，两个过程断键不同，能量的变化不同，B正确；增大一种物质的投入量，可提高另外一种物质的转化率，故适当提高N2分压，不能提高N2(g)的转化率，C错误；大量氨分子吸附在催化剂表面，催化剂的活性位点减少，N2的吸附量减少，将降低反应速率，D正确。
2. B 【解析】 能量越低越稳定，相对能量：TS13. B 解析： 由给定的热化学方程式可知，③＝①×2－②，故a＝2ΔH1－ΔH2＝－113 kJ/ml，A错误；升高温度时，正、逆反应速率均增大，故k正、k逆都增大，当达到平衡时，v正＝v逆，即k正·c(NO)·c(O3)＝k逆·c(NO2)·c(O2)，则eq \f(k正 ,k逆)＝eq \f(cNO2·cO2,cNO·cO3)＝K，由图可知，随着温度的升高，NO的体积分数增大，说明平衡逆向移动，正反应是一个放热反应，升高温度，K减小，B正确；M点是该温度下的平衡状态，延长反应时间，平衡不会发生移动，C错误；用碱液吸收时，NO2被消耗，能使平衡正向移动，NO的转化率增大，增大反应容器的容积，反应①③的平衡均不正向移动，不能提高NO的转化率，D错误。
4. D 【解析】 反应(ⅰ)中CO作还原剂，铜－铈氧化物作氧化剂，氧化剂发生得电子的还原反应，则Cu、Ce化合价不可能均升高，A错误；Cu为29号元素，价电子排布式为3d104s1，位于元素周期表ds区，B错误；由图可知，反应(ⅱ)中，氧分子和铜－铈氧化物中的氧空位结合，有1个氧原子进入空位，故一段时间后，18O可能出现在铜－铈氧化物中，C错误；CO具有还原性，会把CuO还原为Cu，反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致，D正确。
5. D 【解析】 第一步是质子化，第二步是加成，第四步是消去，第五步是去质子化，A正确；从第三步和第四步分析，同一个碳原子上连接两个羟基是不稳定的结构，B正确；a分子中所有中心原子的价层电子对数均为4，杂化方式相同，C正确；酯化反应过程中，浓硫酸作催化剂和吸水剂，适当增大浓硫酸的用量，产物水的量减少，酯化反应平衡右移，可以提高酯的产率，但浓硫酸具有强氧化性，浓度过大时，会氧化乙醇，使反应物的量减少，酯的产率降低，D错误。
6. D 【解析】 反应历程中，反应①最慢，是整个反应的决速步骤，A错误；由反应历程可知，若用18OH－进行标记，反应结束后18O在羧酸钠中，醇中不均存在18O，B错误；由反应①可知，酯基中的碳原子由sp2杂化转变为sp3杂化，C错误；反应①中OH－带负电，攻击的位置由碳和氧电负性大小决定，D正确。
7. D 【解析】 由图可知，总反应为2NO＋2H2eq \(=====,\s\up7(Ce4＋))N2＋2H2O，反应物和产物中均无H＋，故H＋为该转化过程的中间产物，A正确；Ce4＋为催化剂，故反应前后溶液中Ce3＋和Ce4＋的总数保持不变，B正确；反应Ⅰ为2Ce4＋＋H2===2Ce3＋＋2H＋，Ce4＋为氧化剂，H2为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C正确；气体所处的状态未知，进而无法计算转移电子的数目，D错误。
8. C 【解析】 催化剂只能改变反应速率，不能改变焓变，A错误；Na2O2中所含阴离子为Oeq \\al(2－,2)，不是Oeq \\al(－,2)，B错误；由图可知，总反应为HCHO＋O2eq \(=====,\s\up7(MnO2))CO2＋H2O，C正确；HCOeq \\al(－,3)与H＋反应生成CO2和H2O，不是氧化还原反应，D错误。
9. C 【解析】 基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，A错误；甲酸乙酯是该反应的中间产物，B错误；由图可知，步骤④中的C—O键和H—O键均发生了断裂，生成了金属羟基化合物(H—O—M)和甲酸乙酯，C正确；催化剂可以改变反应速率，改变反应的活化能，改变反应历程，但不能改变反应的焓变，D错误。
10. C 【解析】 由图可知，C2H6(g)＋CO2(g)C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g) ΔH＝生成物总能量－反应物总能量＝－300 kJ/ml－(－477 kJ/ml)＝＋177 kJ/ml，A正确；由图可知，反应①的活化能小于反应②的活化能，则反应②比反应①的速率小，速率小的步骤是总反应的决速步骤，B正确；由图可知，在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的选择性越低，但是乙烷的转化率越高，乙烯的产率不一定降低，C错误；其他条件不变，适当增大投料比n(CO2)∶n(C2H6)，相当于增大CO2的物质的量，反应①正向移动，能提高C2H6的转化率，D正确。
11. D 【解析】 由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，则正反应的ΔH＜0，该反应是可逆反应，逆反应的ΔH>0，逆反应具有自发进行的可能性，则满足：ΔH－TΔS<0，逆反应的ΔS>0，故正反应的ΔS<0，A错误；决定总反应速率快慢的步骤是活化能较高的步骤，即转化⑤是总反应的决速步骤，B错误；可逆反应不能彻底进行，故1 ml CO与1 ml H2O充分反应后转移电子的物质的量小于2 ml，C错误；根据①可知，催化剂表面吸附1 ml CO、1 ml H2O共释放0.32 eV的能量，根据⑧可知，催化剂表面吸附1 ml H2O释放0.11 eV的能量，故催化剂表面吸附1 ml CO释放0.21 eV的能量，D正确。
12. B 【解析】 由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为放热反应，A错误；决定总反应速率快慢的反应是活化能较高的反应，即反应物―→中间产物1是总反应的决速步骤，B正确；由反应物―→中间产物1可知，酯基中的碳原子由sp2杂化转变为sp3杂化，碳原子的杂化方式发生变化，C错误；由图可知，18O存在于甲醇中，产物中不存在，D错误。
13. B 【解析】 DMC中含有碳酸酯基，1分子DMC在酸性条件下水解可生成2分子CH3OH和1分子H2CO3，H2CO3和NaOH可按物质的量之比1∶2反应，故1 ml DMC在碱性条件下完全水解，最多可以消耗2 ml NaOH，B错误。
14. B 【解析】 由图可知，过程②发生的反应为与HBr生成和·Br，则X为，A正确；过程③中不存在非极性共价键的形成，B错误；过程④发生的反应可表示为CH3eq \(C,\s\up6(·))HCH2Br＋HBr―→·Br＋CH3CH2Br，C正确；由图可知，链终止反应中存在·Br和·Br结合形成Br2的过程，D正确。