届高考化学二轮复习反应机理作业.docx

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届高考化学二轮复习反应机理作业

反应机理

1.（2020·潍坊模拟）科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时,得到甲醇在Pd（Ⅲ）表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示,其中附在Pd（Ⅲ）表面的物种用“*”标注。

下列说法错误的是（　　）

A.②中包含C—H键的断裂过程

B.该历程中能垒（反应活化能）最小的是③

C.该历程中制约反应速率的方程式为CH3OH*

CH3O*+H*

D.由此历程可知:

CH3OH（g）

CO（g）+2H2（g）　ΔH<0

【解析】选D。

②中反应为CH3O*+H*

CH2O*+2H*,CH3O*

CH2O*,包含C—H键的断裂,故A正确;活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差,从图中可以看出,过渡态3发生的反应活化能最小,故B正确;总反应速率由反应速率最慢的那步历程决定,由图可知,历程中能垒（反应活化能）最大的为①,所以制约反应速率的方程式为CH3OH*

CH3O*+H*,故C正确;由图可知CH3OH（g）

CH3OH*,放出40kJ热量,①～④过程中CH3OH*

CO*+4H*放出80kJ热量,即CH3OH（g）

CO*+4H*放热

120kJ,但CO*+4H*

CO（g）+2H2（g）吸热未知,所以不能据此确定CH3OH（g）

CO（g）+2H2（g）的焓变ΔH,故D错误。

2.甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂,硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如图。

下列说法中不正确的是（　　）

A.CH3SH中碳元素化合价为-2价

B.过程⑤中,形成了O—H键和C—H键

C.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率

D.硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应

【解析】选C。

CH3SH中硫显-2价,氢为+1价,根据元素的化合价之和等于0可知,碳元素化合价为-2价,故A正确;过程⑤中,生成了CH3SH和H2O,由图示可知,O—H键和C—H键是新形成的,故B正确;该催化剂只能缩短达到平衡的时间,改变化学反应速率,不能提高反应物的平衡转化率,故C错误;硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应方程式为H2S+CH3OH

CH3SH+H2O,—SH取代甲醇中的—OH,反应类型为取代反应,故D正确。

3.我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理,其说法错误的是（　　）

A.第①步中CO2和H2分子中都有化学键断裂

B.第③步的反应式为:

*H3CO+H2O

CH3OH+*HO

C.第④步反应是一个放热过程

D.水在整个历程中可以循环使用,整个过程不消耗水也不产生水

【解析】选D。

第①步中CO2和H2分子生成*H和*HCOO,则存在化学键的断裂,故A正确;第③步中*H3CO、H2O生成CH3OH和*HO,反应方程式为*H3CO+H2O

CH3OH+*HO,故B正确;第④步反应涉及*HO和*H反应生成水,存在化学键的形成,为放热过程,故C正确;整个反应涉及水的解吸,且第②④步反应生成水,故D错误。

4.下图是在一定时间内,使用不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率,由图可知工业使用的最佳催化剂为________、相应温度为________;使用Mn作催化剂时,脱氮率b～a段呈现如图变化的可能原因是__________________。

答案:

Mn　200℃左右　b～a段,开始温度较低,催化剂活性较低,脱氮反应速率较慢,反应还没达到化学平衡,随着温度升高反应速率变大,一定时间参与反应的氮的化合物变多,导致脱氮率逐渐升高

5.某科研小组研究臭氧氧化-碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺,氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下:

反应Ⅰ:

NO（g）+O3（g）

NO2（g）+O2（g）　ΔH1=-200.9kJ·mol-1

Ea1=+3.2kJ·mol-1

反应Ⅱ:

SO2（g）+O3（g）

SO3（g）+O2（g）　ΔH2=-241.6kJ·mol-1

Ea2=+58kJ·mol-1

已知该体系中臭氧发生分解反应:

2O3（g）

3O2（g）。

请回答:

其他条件不变,每次向容积为2L的反应器中充入含1.0molNO、1.0molSO2的模拟烟气和2.0molO3,改变温度,反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示:

（1）由图可知相同温度下NO的转化率远高于SO2,结合题中数据分析其可能原因 

__________________________。

（2）下列说法正确的是________（填字母）。

A.P点一定为平衡状态点

B.温度高于200℃后,NO和SO2的转化率随温度升高显著下降,最后几乎为零

C.其他条件不变,若缩小反应器的容积可提高NO和SO2的转化率

【解析】

（1）反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能,相同条件下更易发生反应,因此相同温度下NO的转化率远高于SO2。

（2）图中曲线属于描点法所得图象,P点不一定为图象的最高点,即不一定为平衡状态点,可能是建立平衡过程中的一点,故A错误;根据图象,温度高于200℃后,2O3（g）

3O2（g）反应进行程度加大,体系中的臭氧浓度减小,NO和SO2的转化率随温度升高显著下降,当臭氧完全分解,则二者转化率几乎为零,故B正确;其他条件不变,若缩小反应器的容积,使得2O3（g）

3O2（g）平衡逆向移动,臭氧浓度增大,则反应Ⅰ:

NO（g）+O3（g）

NO2（g）+O2（g）和反应Ⅱ:

SO2（g）+O3（g）

SO3（g）+O2（g）平衡正向移动,NO和SO2的转化率提高,故C正确。

答案:

（1）反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能,相同条件下更易发生反应　

（2）BC

6.[2019·江苏,20（3）]CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法,其过程中主要发生下列反应:

反应Ⅰ:

CO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g）ΔH=41.2kJ·mol-1

反应Ⅱ:

2CO2（g）+6H2（g）

CH3OCH3（g）+3H2O（g）　ΔH=-122.5kJ·mol-1

在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下,CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。

其中:

CH3OCH3的选择性=

×100%

①温度高于300℃,CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是__________。

②220℃时,在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后,测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。

不改变反应时间和温度,一定能提高CH3OCH3选择性的措施有__________________________________________________________。

【解析】①反应Ⅰ为吸热反应,反应Ⅱ为放热反应,当升高温度时,反应Ⅰ正向移动,CO2的转化率上升,反应Ⅱ逆向移动,生成CH3OCH3的量变小。

高于300℃时,从图象看,CO2的平衡转化率在生成CH3OCH3的上方,说明CO2的转化率的上升幅度超过下降幅度。

②反应Ⅱ是体积减小的反应,所以可以通过加压使得平衡正向移动,或者加入有利于反应Ⅱ进行的催化剂。

答案:

①反应Ⅰ的ΔH>0,反应Ⅱ的ΔH<0,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升,使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,且上升幅度超过下降幅度

②增大压强、使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂

7.在密闭容器中充入5molCO和4molNO,发生反应2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）　ΔH1=-746.5kJ·mol-1,图1为平衡时NO的体积分数与压强的关系。

（1）温度:

T1________（填“<”或“>”）T2。

（2）若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小,重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的________点。

（3）某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。

将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应,相同时间内测量逸出气体中NO含量,从而确定尾气脱氮率（脱氮率即NO的转化率）,结果如图2所示。

若低于200℃,图2中曲线Ⅰ脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为 _________________________; 

a点________（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡脱氮率,说明其理由__ 

__________________________________________________________。

【解析】

（1）根据反应2CO（g）+2NO（g）

N2（g）+2CO2（g）　ΔH=-746.5kJ·mol-1,升高温度,平衡逆向移动,所以NO的体积分数会增大,即T1>T2。

（2）若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小,则平衡会逆向移动,NO的体积分数增加,重新达到的平衡状态可能是图中A点。

（3）根据图象可知,温度较低时,催化剂的活性偏低,因此温度低于200℃,曲线Ⅰ脱氮率随温度升高变化不大;a点不是对应温度下的平衡脱氮率,因为该反应为放热反应,根据曲线Ⅱ可知,a点对应温度下的平衡脱氮率应该更高。

答案:

（1）>　

（2）A　（3）温度较低时,催化剂的活性偏低　不是　该反应为放热反应,根据曲线Ⅱ可知,a点对应温度下的平衡脱氮率应该更高

8.1,3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步:

第一步H+进攻1,3-丁二烯生成碳正离子（

）;第二步Br-进攻碳正离子完成1,2-加成或1,4-加成。

反应进程中的能量变化如下图所示。

已知在0℃和40℃时,1,2-加成产物与1,4-加成产物的比例分别为70∶30和15∶85。

下列说法正确的是（　　）

A.1,2-加成产物比1,4-加成产物稳定

B.与0℃相比,40℃时1,3-丁二烯的转化率增大

C.从0℃升至40℃,1,2-加成正反应速率增大,1,4-加成正反应速率减小

D.从0℃升至40℃,1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度

【解析】选D。

根据图象分析可知该加成反应为放热反应,且生成的1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量低。

能量越低越稳定,即1,4-加成产物比1,2-加成产物稳定,故A错误;该加成反应不管生成1,4-加成产物还是1,2-加成产物,均为放热反应,则升高温度,不利于1,3-丁二烯的转化,即在40℃时其转化率会减小,故B错误;从0℃升至40℃,正化学反应速率均增大,即1,4-加成和1,2-加成反应的正反应速率均会增大,故C错误;从0℃升至40℃,对于1,2-加成反应来说,化学平衡向逆向移动,即1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度,故D正确。

9.（2020·潍坊模拟）乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理如图所示。

其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。

下列有关说法正确的是（　　）

A.吸附反应为吸热反应

B.该正反应历程中最大能垒（活化能）为85kJ·mol-1

C.Pd为固体催化剂,其表面积大小对催化效果无影响

D.C2

+H*

C2

只有化学键的形成过程

【解析】选B。

图象分析可知吸附反应能量降低,为放热反应,故A错误;由图象可知,该历程中最大能垒（活化能）为85kJ·mol-1,故B正确;固体催化剂,其表面积越大,催化效果越好,故C错误;由图象可知,C2

+H*

C2

这一步的活化能为66kJ·mol-1,则该反应既有化学键的断裂,又有形成过程,故D错误。

10.（2020·淄博模拟）以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径,该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。

下列说法正确的是（　　）

A.过程①中钛氧键断裂会释放能量

B.该反应中,光能和热能转化为化学能

C.使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变,从而提高化学反应速率

D.CO2分解反应的热化学方程式为2CO2（g）

2CO（g）+O2（g）　ΔH=+30kJ·mol-1

【解析】选B。

断键吸收能量,则过程①中钛氧键断裂会吸收能量,故A错误;该图中以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和氧气,根据能量守恒定律知,该反应中,光能和热能转化为化学能,故B正确;催化剂降低反应所需活化能,不影响焓变,焓变与反应物和生成物总能量差有关,故C错误;二氧化碳分解生成CO和氧气,且该反应焓变=反应物总能量-生成物总能量,焓变与其方程式计量数成正比,则该反应为2CO2（g）

2CO（g）+O2（g）　ΔH=（1598×2-1072×2-496）kJ·mol-1=+556kJ·mol-1,故D错误。

11.中科院兰州化学物理研究所用Fe3（CO）12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反

应,所得产物含C2H4、C3H6、C4H8等副产物,反应过程如图所示,下列说法正确的是

（　　）

A.第ⅰ步反应为CO2+H2

CO+H2O

B.第ⅰ步反应的活化能低于第ⅱ步

C.Fe3（CO）12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯的ΔH减小

D.添加不同助剂后,反应的平衡常数各不相同

【解析】选A。

第一步反应为CO2+H2

CO+H2O,故A正确;活化能越高反应越慢,第ⅰ步反应慢第ⅱ步反应快,第ⅰ步反应的活化能高于第ⅱ步,故B错误;所用Fe3（CO）12/ZSM-5催化剂,可以降低反应的活化能,但是不能改变ΔH,故C错误;平衡常数只受温度影响,添加不同助剂后,反应的平衡常数不变,故D错误。

12.（2020·武汉模拟）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（N（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,研究单一DMF分子在铜催化剂表面的反应历程,如图所示:

该历程中最大能垒（活化能）=________eV,该步骤的化学方程式为__ ____

 ____ ____ ____ ____ ____ __。

【解析】如图所示,反应历程中反应物和生成物相对能量差值最大的为最大能垒,即N（CH3）3+OH*+H*

N（CH3）3↑+H2O↑反应过程中活化能最大,活化能=-1.02eV-（-2.21eV）=1.19eV。

答案:

1.19　N（CH3）3+OH*+H*

N（CH3）3↑+H2O↑