押新高考卷第9-10题元素推断与元素周期律、化学反应机理图、化学反应速率与平衡（解析版）

押新高考卷第9-10题元素推断与元素周期律、化学反应机理图、化学反应速率与平衡核心考点考情统计考向预测元素推断与元素周期律2023·辽宁卷，92023·湖北卷，62023·湖南卷，62023·广东卷，142023·重庆卷，132023·福建卷，32023·河北卷，8根据题给信息（“残缺的”元素周期表、元素性质的递变规律或结合陌生复杂化合物的结构式等）推断元素种类，并利用元素周期律判断相关问题，多涉及微粒半径比较、简单氢化物熔沸点的比较、元素金属性或非金属性强弱比较、最高价氧化物的水化物的酸碱性比较、化学键类型的判断、第一电离能或电负性的强弱比较等化学反应机理图2023·湖南卷，142023·重庆卷，102023·广东卷，15根据反应过程中的物质转化路径图或者能量变化过程图，把一个复杂反应分解成若干个反应，考查化学反应与能量、物质结构等知识点，常涉及化学键的断裂和形成、部分反应或总反应的化学方程式、原子的杂化方式、氢键、活化能、催化剂等化学反应速率与平衡2023·辽宁卷，132023·湖南卷，132023·山东卷，142023·重庆卷，112023·河北卷，12结合化学反应平衡图像（或表格）进行考查，主要考查曲线上一些关键点的意义和比较、反应速率的比较、化学平衡常数的比较与计算、平衡转化率的计算、外界因素对平衡状态的影响等考点一元素推断与元素周期律1．（2023·湖南卷）日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是A．电负性：X>Y>Z>WB．原子半径：X<Y<Z<WC．Y和W的单质都能与水反应生成气体D．Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性【答案】C【分析】根据题中所给的信息，基态X原子s轨道上的电子式与p轨道上的电子式相同，可以推测X为O元素或Mg元素，由荧光粉的结构可知，X主要形成的是酸根，因此X为O元素；基态X原子中未成键电子数为2，因此Y的未成键电子数为1，又因X、Y、Z、W的原子序数依次增大，故Y可能为F元素、Na元素、Al元素、Cl元素，因题目中给出W为金属元素且荧光粉的结构中Y与W化合，故Y为F元素或Cl元素；Z原子的未成键电子数为3，又因其其原子序大于Y，故Y应为F元素、Z其应为P元素；从荧光粉的结构式可以看出W为某+2价元素，故其为Ca元素；综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、P、Ca，据此答题。【解析】A．电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，根据其规律，同一周期从左到右依次增大，同一主族从上到下依次减小，故四种原子的电负性大小为：Y>X>Z>W，A错误；B．同一周期原子半径从左到右依次减小，同一主族原子半径从上到下依次增大，故四种原子的原子半径大小为：Y<X<Z<W，B错误；C．F2与水反应生成HF气体和O2，Ca与水反应生成氢氧化钙和氢气，二者均可以生成气体，C正确；D．Z元素的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，几乎没有氧化性，D错误；故答案选C。2．（2023·辽宁卷）某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是A．W与X的化合物为极性分子 B．第一电离能C．Q的氧化物是两性氧化物 D．该阴离子中含有配位键【答案】AB【分析】W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W形成1条单键且核电荷数最小，W为H，X形成4条键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X为C，Y形成2条单键，核电荷数大于C，Y为O，W、Y原子序数之和等于Z，Z为F，Y原子价电子数为Q原子价电子数的2倍，Q为Al。【解析】A．W与X的化合物不一定为极性分子，如CH4就是非极性分子，A错误；B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能F>O>C，B错误；C．Q为Al，Al2O3为两性氧化物，C正确；D．该阴离子中L与Q之间形成配位键，D正确；故答案选AB。3．（2023·湖北卷）W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物。下列说法正确的是A．分子的极性： B．第一电离能：X<Y<ZC．氧化性： D．键能：【答案】A【分析】是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即：W为B，X为N，Y为O，Z是F，以此解题。【解析】A．由分析可知，W为B，X为N，Z是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：，A正确；B．由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，同一周期越靠右，第一电离能越大，但是N的价层电子排布式为2s22p3，为半满稳定结构，其第一电离能大于相邻周期的元素，则第一电离能：Y<X<Z，B错误；C．由分析可知，W为B，X为N，Y为O，则为，为，两种化合物中N和B的化合价都是+3价，但是N的非金属性更强一些，故的氧化性更强一些，C错误；D．由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，其中N对应的单质为氮气，其中包含三键，键能较大，D错误；故选A。4．（2022·重庆卷）R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y。R和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1。1mol化合物RZY3X含58mol电子。下列说法正确的是A．R与X形成的化合物水溶液呈碱性 B．X是四种元素中原子半径最大的C．Y单质的氧化性比Z单质的弱 D．Z的原子最外层电子数为6【答案】D【分析】由题干信息可知，R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y，R和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1，则R为H，X为Cl或F；1mol化合物RZY3X含58mol电子，设Y的原子序数为a，则Z的原子序数为a+8；若X为F，则有1+9+a+8+3a=58，解得a=10，则Y为Ne，不符合题意；若X为Cl，则有1+17+a+8+3a=58，解得a=8，则Y为O，Z为S；故R为H、X为Cl、Y为O、Z为S，据此分析解题。【解析】A．由分析可知，R为H、X为Cl，故R与X形成的化合物即HCl水溶液呈酸性，A错误；B．由分析可知，R为H、X为Cl、Y为O、Z为S，故S是四种元素中原子半径最大的，B错误；C．由分析可知，Y为O、Z为S，由于O的非金属性比S强，故O2的氧化性比S强，C错误；D．由分析可知，Z为S，是16号元素，S原子最外层电子数为6，D正确；故答案为：D。5．（2022·湖南卷）科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示)，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是A．原子半径： B．非金属性：C．Z的单质具有较强的还原性 D．原子序数为82的元素与W位于同一主族【答案】C【解析】由共价化合物的结构可知，X、W形成4个共价键，Y形成2个共价键，Z形成1个共价键，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，则X为C元素、Y为O元素、Z为F元素、W为Si元素。A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则C、O、F的原子半径大小顺序为C＞O＞F，故A正确；B．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，则C、O、Si的非金属性强弱顺序为O＞C＞Si，故B正确；C．位于元素周期表右上角的氟元素的非金属性最强，单质具有很强的氧化性，故C错误；D．原子序数为82的元素为铅元素，与硅元素都位于元素周期表ⅣA族，故D正确；故选C。考点二化学反应机理图6．（2023·新课标卷）“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。下列说法错误的是A．、和均为极性分子B．反应涉及、键断裂和键生成C．催化中心的被氧化为，后又被还原为D．将替换为，反应可得【答案】D【解析】A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；B．由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确；D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误；故选D。7．（2023·湖南卷）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。

下列说法错误的是A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强B．M中的化合价为C．该过程有非极性键的形成D．该过程的总反应式：【答案】B【解析】A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，中的带有更多的正电荷，其与N原子成键后，吸引电子的能力比(Ⅱ)强，这种作用使得配体中的键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（）的能力增强，A说法正确；B．(Ⅱ)中的化合价为+2，当其变为(Ⅲ)后，的化合价变为+3，(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，的化合价不变；M为，当变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给1个电子，其中的化合价变为，因此，B说法不正确；C．该过程M变为时，有键形成，是非极性键，C说法正确；D．从整个过程来看，4个失去了2个电子后生成了1个和2个，(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为，D说法正确；综上所述，本题选B。8．（2022·湖南卷）反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示：下列有关四种不同反应进程的说法正确的是A．进程Ⅰ是放热反应 B．平衡时P的产率：Ⅱ>ⅠC．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用【答案】AD【解析】A．由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A说法正确；B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B说法不正确；C．进程Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于进程Ⅱ中由S•X转化为P•X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ，Ｃ说法不正确；D．由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S•Z，然后S•Z转化为产物P•Z，由于P•Z没有转化为P＋Z，因此，Z没有表现出催化作用，D说法正确；综上所述，本题选AD。9．（2022·山东卷）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是A．含N分子参与的反应一定有电子转移B．由NO生成的反应历程有2种C．增大NO的量，的平衡转化率不变D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少【答案】D【解析】A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+∙OOH=NO2+∙OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+∙OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；B．根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误；答案选D。考点三化学反应速率与平衡10．（2023·山东卷）一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下：

已知反应初始E的浓度为0.10mol∙L-1，TFAA的浓度为0.08mol∙L-1，部分物种的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是

A．t1时刻，体系中有E存在B．t2时刻，体系中无F存在C．E和TFAA反应生成F的活化能很小D．反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08mol∙L-1【答案】AC【分析】一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径中，共发生三个反应：①E+TFAAF

②FG

③GH+TFAAt1之后的某时刻，H为0.02mol∙L-1，此时TFAA的浓度仍为0，则表明0.10mol∙L-1E、起始时的0.08mol∙L-1TFAA、G分解生成的0.02mol∙L-1TFAA全部参加反应，生成0.10mol∙L-1F；在t2时刻，H为0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01mol∙L-1，则F为0.01mol∙L-1。【解析】A．t1时刻，H的浓度小于0.02mol∙L-1，此时反应③生成F的浓度小于0.02mol∙L-1，参加反应①的H的浓度小于0.1mol∙L-1，则参加反应E的浓度小于0.1mol∙L-1，所以体系中有E存在，A正确；B．由分析可知，t2时刻，H为0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01mol∙L-1，则F为0.01mol∙L-1，所以体系中有F存在，B不正确；C．t1之后的某时刻，H为0.02mol∙L-1，此时TFAA的浓度仍为0，表明此时E和TFAA完全反应生成F，所以E和TFAA生成F的反应速率快，反应的活化能很小，C正确；D．在t2时刻，H为0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01mol∙L-1，F为0.01mol∙L-1，只有F、G全部转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08mol∙L-1，而GH+TFAA为可逆反应，所以反应达平衡后，TFAA的浓度一定小于0.08mol∙L-1，D不正确；故选AC。11．（2023·湖南卷）向一恒容密闭容器中加入和一定量的，发生反应：。的平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A．B．反应速率：C．点a、b、c对应的平衡常数：D．反应温度为，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态【答案】B【解析】A．一定条件下，增大水的浓度，能提高CH4的转化率，即x值越小，CH4的转化率越大，则，故A正确；B．b点和c点温度相同，CH4的起始物质的量都为1mol，b点x值小于c点，则b点加水多，反应物浓度大，则反应速率：，故B错误；C．由图像可知，x一定时，温度升高CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，K增大；温度相同，K不变，则点a、b、c对应的平衡常数：，故C正确；D．该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，故D正确；答案选B。12．（2023·辽宁卷）一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是

A．(Ⅲ)不能氧化B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小C．该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存D．总反应为：【答案】C【分析】开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大约13min后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。【解析】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误；B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；C．由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确；D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；答案选C。13．（2022·辽宁卷）某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下：时间段/产物Z的平均生成速率/0～20.200～40.150～60.10下列说法错误的是A．时，Z的浓度大于B．时，加入，此时C．时，Y的体积分数约为33.3%D．时，X的物质的量为【答案】B【解析】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确；B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误；C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确；故答案选B。一、掌握主族元素的周期性变化规律项目同周期(左→右)同主族(上→下)原子结构核电荷数逐渐增大逐渐增大电子层数相同逐渐增多原子半径逐渐减小逐渐增大离子半径阳离子逐渐减小阴离子逐渐减小r(阴离子)＞r(阳离子)逐渐增大性质化合价最高正化合价由＋1→＋7(O、F除外)负化合价＝－(8－主族序数)相同，最高正化合价＝主族序数(O、F除外)元素的金属性和非金属性金属性逐渐减弱非金属性逐渐增强金属性逐渐增强非金属性逐渐减弱离子的氧化性、还原性阳离子氧化性逐渐增强阴离子还原性逐渐减弱阳离子氧化性逐渐减弱阴离子还原性逐渐增强气态氢化物的稳定性逐渐增强逐渐减弱最高价氧化物对应的水化物的酸碱性碱性逐渐减弱酸性逐渐增强碱性逐渐增强酸性逐渐减弱二、反应机理题的关键知识点和解题思路1．基元反应：大多数化学反应都是分几步完成的，其中的每一步反应都称为基元反应。2．对于基元反应aA＋bB=gG＋hH，其速率方程可写为v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k称为速率常数，恒温下，k不因反应物浓度的改变而变化)，这种关系可以表述为基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。有时称其为质量作用定律。3．许多化学反应，尽管其反应方程式很简单，却不是基元反应，而是经由两个或多个步骤完成的复杂反应。例如H2(g)＋I2(g)=2HI(g)，它的反应历程有如下两步基元反应：①I2I＋I(快)②H2＋2I=2HI(慢)其中慢反应为整个反应的决速步骤。4．过渡态理论如图所示是两步完成的化学反应。(1)该反应的反应物为A、B，中间体为C，生成物为D。(2)由A、B生成C的反应为吸热反应，由C生成D的反应为放热反应，总反应为放热反应。(3)第一步为慢反应，第二步为快反应，决定总反应快慢的是第一步反应。5．常见反应历程(或机理)图像分析图像解读催化剂与化学反应(1)在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能；E2为逆反应的活化能；E1－E2为此反应的焓变(ΔH)。(2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤(也可能为多个，如模拟演练题1中图像所表示的)，反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应，总反应为放热反应。(3)催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于起点(反应物)能量和终点(生成物)能量的相对大小“环式”反应对于“环式”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应物，如①和④，“出环”的物质为生成物，如②和③1,2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理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。例1：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。例2：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。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。注意：①能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应。②用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好。③相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。6．掌握催化反应机理题的解题思路（1）通览全图，找准一“剂”三“物”一“剂”指催化剂催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主题的多个物种一定在机理图中的主线上三“物”指反应物、生成物、中间物种(或中间体)反应物通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物生成物通过一个箭头最终脱离整个历程的物质多是产物中间体通过一个箭头脱离整个历程，但又生成的是中间体，通过两个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[]”标出（2）常见催化剂的四大误区误区1催化剂不参加化学反应实际上，催化剂不是不参加化学反应，而是在化学反应前后，催化剂的化学性质基本不变。例如在铜催化乙醇生成乙醛的反应中，铜参与反应的原理如下：第一步为2Cu＋O2=2CuO，第二步为CuO＋CH3CH2OH→Cu＋CH3CHO＋H2O，这两步反应方程式的加和为O2＋2CH3CH2OH→CH3CHO＋2H2O。显然催化剂参与了化学反应。误区2一种反应只有一种催化剂实际上一个反应可以有多种催化剂，只是我们常选用催化效率高的，对环境污染小，成本低的催化剂，如双氧水分解的催化剂可以是二氧化锰，也可以是氯化铁，当然还可以硫酸铜等。误区3催化剂都是加快化学反应速率实际上，催化剂有正催化剂与负催化剂，正催化剂加快化学反应速率，负催化剂是减慢化学反应速率的。误区4催化剂的效率与催化剂的量无关实际上，催化剂参与了化学反应，是第一反应物。既然是反应物，催化剂的表面积，催化剂的浓度大小必然影响化学反应速率。比如用酵母催化剂做食品，酵母量大自然面就膨大快。催化剂的用量是会改变催化效率的。三、化学反应速率与平衡的图像分析1．瞬时速率—时间图像（1）当可逆反应达到一种平衡后，若某一时刻外界条件发生改变，都可能使速率—时间图像的曲线出现不连续的情况，根据出现“断点”前后的速率大小，即可对外界条件的变化情况作出判断。如图：t1时刻改变的条件可能是使用了催化剂或增大压强(仅适用于反应前后气体物质的量不变的反应)。（2）常见含“断点”的速率－时间图像分析图像t1时刻所改变的条件温度升高降低升高降低正反应为放热反应正反应为吸热反应压强增大减小增大减小正反应为气体物质的量增大的反应正反应为气体物质的量减小的反应（3）“渐变”类速率－时间图像图像分析结论t1时v′正突然增大，v′逆逐渐增大；v′正＞v′逆，平衡向正反应方向移动t1时其他条件不变，增大反应物的浓度t1时v′正突然减小，v′逆逐渐减小；v′逆＞v′正，平衡向逆反应方向移动t1时其他条件不变，减小反应物的浓度t1时v′逆突然增大，v′正逐渐增大；v′逆＞v′正，平衡向逆反应方向移动t1时其他条件不变，增大生成物的浓度t1时v′逆突然减小，v′正逐渐减小；v′正＞v′逆，平衡向正反应方向移动t1时其他条件不变，减小生成物的浓度2．全程速率—时间图像例如：Zn与足量盐酸的反应，化学反应速率随时间的变化出现如图所示情况。原因：（1）AB段(v增大)，反应放热，溶液温度逐渐升高，v增大。（2）BC段(v减小)，溶液中c(H＋)逐渐减小，v减小。3．物质的量(或浓度)—时间图像例如：某温度时，在定容(VL)容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。（1）由图像得出的信息①X、Y是反应物，Z是生成物。②t3s时反应达到平衡状态，X、Y并没有全部反应，该反应是可逆反应。③0～t3s时间段：Δn(X)＝n1－n3mol，Δn(Y)＝n2－n3mol，Δn(Z)＝n2mol。（2）根据图像可进行如下计算①某物质的平均速率、转化率，如v(X)＝eq\f(n1－n3,V·t3)mol·L－1·s－1；Y的转化率＝eq\f(n2－n3,n2)×100%。②确定化学方程式中的化学计量数之比，X、Y、Z三种物质的化学计量数之比为(n1－n3)∶(n2－n3)∶n2。4．含量—时间—温度(压强)图像（1）识图技巧分析反应由开始(起始物质相同时)达到平衡所用时间的长短可推知反应条件的变化。①若为温度变化引起，温度较高时，反应达平衡所需时间短。②若为压强变化引起，压强较大时，反应达平衡所需时间短。③若为是否使用催化剂，使用适宜催化剂时，反应达平衡所需时间短。（2）应用举例C%指生成物的质量分数，B%指反应物的质量分数。5．“A的转化率(或C的含量)－温度－压强”四种图像以mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)ΔH＝QkJ·mol－1为例m＋n>p＋q，ΔH>0m＋n<p＋q，ΔH<0m＋n>p＋q，ΔH<0m＋n<p＋q，ΔH>06．“点－线－面”三维度分析特殊平衡图像（1）对于化学反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图所示：M点前，表示从反应开始，v正>v逆；M点恰好达到平衡；M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡左移，故正反应ΔH＜0。（2）对于化学反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，L线上所有的点都是平衡点(如图)。L线的左上方(E点)，A的百分含量大于此压强时平衡体系的A的百分含量，所以E点满足v正>v逆；同理，L线的右下方(F点)满足v正＜v逆。7．化工生产中的复杂图像分析除通过图像获取有用信息和对获取的信息进行加工处理外，还需注意以下4点：（1）曲线上的每个点是否都达到平衡往往需要通过曲线的升降趋势或斜率变化来判断，如果还未达到平衡则不能使用平衡移动原理，只有达到平衡以后的点才能应用平衡移动原理。如图中虚线表示单位时间内A的产率随温度的升高先增大后减小，先增大的原因是P点之前反应尚未达到平衡，随温度的升高，反应速率增大，故单位时间内A的产率增大。（2）催化剂的活性是否受温度的影响不同的催化剂因选择性不同受温度的影响也会不同。一般来说，催化剂的活性在一定温度下最高，低于或高于这个温度都会下降。如图，250～300℃时，温度升高而B的生成速率降低的原因是温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低。（3）不同的投料比对产率也会造成影响可以采用定一议二的方法，根据相同投料比下温度或压强的改变对产率的影响或相同温度或压强下改变投料比时平衡移动的方向进行判断，确定反应的吸放热或系数和的大小。如图，对于反应2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)。当投料比一定时，温度越高，CO2的转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应。若温度不变，提高投料比[n(H2)/n(CO2)]，则提高了二氧化碳的转化率。考点一元素推断与元素周期律1．（2024·黑龙江·统考一模）一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素原子序数依次增大，和同主族但不相邻，为相邻元素，和最外层电子数之和是原子层电子数的二倍，下列说法正确的是A．和均为极性分子 B．第一电离能：C．原子半径： D．W与形成的化合物中只含离子键【答案】A【分析】一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族但不相邻，W形成+1价阳离子，X形成1个共价键，则X为H，W为Na；Y形成2个共价键，其原子序数小于Na,则Y为O；Q形成4个共价键，其最外层电子数为4，原子序数小于O，则Q为C；Q、Z、Y为相邻元素，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，Z原子L层电子数为=5，则Z为N，以此分析解答。【解析】A．H2O和H2O2的正负电荷的重心不重合，均为极性分子，故A正确；B．同一周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA和ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，因此第一电离能：N＞O＞C，即Z＞Y＞Q，故B错误；C．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径：C＞N＞O，即Q＞Z＞Y，故C错误；D．W与Y形成的化合物可能为Na2O或Na2O2，Na2O只含离子键，但Na2O2中既含离子键又含共价键，故D错误。答案选A。2．（2023·河北保定·校联考三模）一种由短周期主族元素组成的化合物，其阴离子结构如图所示。W、X、Y、Z原子序数之和为20，下列有关叙述不正确的是A．稳定性：ZW4<W2Y B．原子半径：W<Y<Z<XC．X的最高价氧化物对应的水化物是强酸 D．非金属性：X<W<Z<Y【答案】C【解析】根据阴离子结构图，阴离子带一个单位负电荷，只有X是一个原子，因此该电子被X所得，形成四个共价键，则其中一个键为配位键，X提供的空轨道，则X原子正常形成三个共价键，最外层有3个电子，X为B；W形成一个共价键，结合原子序数可知W为H；Z形成四个共价键，最外层有4个电子，Z为C；Y形成两个共价键，最外层有6个电子，Y为O，据此分析解题。A．由分析可知，W为H、Y为O，Z为C，非金属性O>C，氢化物稳定性：H2O>CH4，A正确；B．由分析可知，W为H、X为B、Y为O，Z为C，一般电子层数越多半径越大，同周期元素核电荷数越大半径越小，原子半径H<O<C<B即W<Y<Z<X，B正确；C．由分析可知，X为B，故X的最高价氧化物对应的水化物是H3BO3，为弱酸，C错误；D．由分析可知，W为H、X为B、Y为O，Z为C，电负性越大，非金属性越强，故非金属性：B<H<C<O，D正确；故答案为：C。3．（2024届·广西北海·统考一模）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，X与W同族，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和。下列说法正确的是A．元素的第一电离能：B．简单氢化物的稳定性：C．中有键D．的空间结构为V形，属于含有极性键的极性分子【答案】B【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，则X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，X与W同族，设X的原子序数为a，则Y、Z、W的原子序数分别为a+1，a+2，a+8，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和，则a=6.由题意可推知，X为C，Y为N，Z为O，W为。【解析】A．元素的第一电离能：，A错误；B．简单氢化物的稳定性：，B正确；C．中含有键，C错误；D．的空间结构为直线形，属于含有极性键的非极性分子，D错误。故答案选B。4．（2023·宁夏银川·校考一模）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所组成的物质。已知Y元素最外层电子数是内层的3倍，Z与Y同主族，A中含有18个电子，D有漂白性，五种物质间的转化关系如图所示，下列说法正确的是A．简单气态氢化物的稳定性：W>Y>Z B．离子半径：W>Z>YC．A与C可以反应生成B D．X和Y组成的二元化合物中不含有非极性键【答案】C【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所组成的物质，已知Y元素最外层电子数是内层的3倍，则Y为O元素；Z与Y同主族，则Z为S元素、W为Cl元素；E、B分别为Y、Z元素对应的单质，A中含有18个电子，D有漂白性，结合图中转化可知，A为H2S、D为HClO、B为S、E为O2、C为SO2，则X为H元素。A．元素的非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，元素的非金属性强弱顺序为O>Cl>S，则简单气态氢化物的稳定性强弱顺序为O>Cl>S，故A错误；B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子的离子半径越小，则硫离子的离子半径大于氯离子，故B错误；C．硫化氢与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫和水，故C正确；D．过氧化氢分子是含有极性键和非极性键的共价化合物，故D错误；故选C。5．（2024届·甘肃·高三一模）为原子序数依次递增的短周期元素，最外层电子数均为奇数。只有X为金属元素，W的核外电子数等于Y的最外层电子数，且W、Y处在不同周期，Z的单质常温下为气体。下列说法错误的是A．X单质可与氢氧化钠溶液反应B．分子与分子均为三角锥形C．W的第一电离能比同周期相邻两元素的低D．Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸【答案】B【分析】为原子序数依次递增的短周期元素，最外层电子数均为奇数，且W、Y处在不同周期，只有X为金属元素，W的核外电子数等于Y的最外层电子数，若W为氢，则Y为金属元素，故W不为氢，则W为硼，那么Y为磷；X为钠或铝，Z的单质常温下为气体，Z为氯；【解析】A．钠会和溶液中水反应，铝会和强碱氢氧化钠溶液反应，A正确；B．BCl3形成3个共价键且无孤电子对，B为sp2杂化，是平面三角形结构，B错误；C．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是Be原子价电子为2s2全满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故B的第一电离能比同周期相邻两元素的低，C正确；

D．Cl的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，高氯酸为强酸，D正确；故选B。6．（2023·广东·校联考一模）已知：X、Y、Z、W为前四周期主族元素，基态X的原子最外层有3个未成对电子，次外层电子仅有1种空间运动状态；Y的单质在空气中的含量位居第二，Z是短周期主族元素中原子半径最大的元素；基态W的原子最外层电子排布式为。下列有关说法正确的是A．第一电离能：X>Y>Z B．电负性：W>X>YC．氢化物的沸点：X>Y D．W与Y形成的化合物为分子晶体【答案】A【解析】基态X的原子最外层有3个未成对电子，次外层电子仅有1种空间运动状态，则X为N，Y的单质在空气中的含量位居第二，则Y的单质为氧气，则Y为O，根据同周期元素“序大径小”，同主族元素“序大径大”，Z是短周期主族元素中原子半径最大的元素，则Z为Na，基态W的原子最外层电子排布式为，且为主族元素，则W为K，据此分析。A．同周期电离能呈增大趋势，同主族电离能逐渐减小，但IIA、IVA元素电离能大于IIIA、VIA电离能。由分析可知，X为N，Y为O，Z为Na，则第一电离能X>Y>Z，A正确；B．W为K，X为N，Y为O，同周期电负性逐渐增大，同主族电负性逐渐减小，则电负性：W<X<Y；C．X为N，Y为O，由于N与O的氢化物种类繁多，沸点无法比较，C错误；D．W为K，Y为O，形成的化合物都为离子晶体，D错误；故选A。7．（2024届·江西赣州·高三一模）常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01)的和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法错误的是A．电负性：B．W和X形成的化合物XW3中含有离子键和共价键C．简单氢化物的沸点：D．为非极性分子，为极性分子，二者中的Y原子都是杂化【答案】D【分析】常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01mol•L-1）的pH分别为2、12、小于2、2，原子序数依次增大，X的原子半径最大，W的原子半径最小，可知W为N元素、X为Na元素、Z为Cl元素，Y的原子半径小于X、大于Z，则Y为S元素。即W为N元素、X为Na元素、Y为S元素、Z为Cl元素。【解析】A．周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的非金属性增强，电负性变大，电负性：，故A正确；B．W和X形成的化合物NaN3中含有离子键(Na+和N)和共价键(N-N)，故B正确；C．同周期第ⅦA简单氢化物的沸点低于ⅥA简单氢化物的沸点，简单氢化物的沸点：HCl<H2S,故C正确；D．

如图，S2Cl2为极性分子，SCl2为V型结构，为极性分子，二者中的Y原子都是杂化，故D错误；故选D。8．（2024届·贵州·统考一模）某种快速充电器所使用的半导体材料是氮化镓(GaN)，半导体材料还有GaY、GaZ、XW等。W、X、Y、Z在周期表中相对位置如下所示，其中W的一种同位素可用于文物年代测定。下列说法正确的是WXYGaZA．原子半径：Z＞GaB．XW属于共价晶体C．简单氢化物的稳定性：X＞YD．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y【答案】B【分析】W的一种同位素可用于文物年代测定，则W是C元素，由于X、W同一主族，X在W的下一周期，则X是Si元素。根据元素的相对位置，二者Y是P元素，Z是As元素，然后利用元素周期律分析解答。【解析】A．Ga、As是同一周期元素，原子序数越大，原子半径就越小，所以原子半径：Ga＞Z(As)，A错误；B．SiC是原子之间以共价键结合形成的立体网状结构，该晶体属于共价晶体，B正确；C．Si、As是同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，其简单氢化物的稳定性就越强。则简单氢化物的稳定性：X(SiH4)＜Y(AsH3)，C错误；D．P、As是同一主族元素，原子序数越大，元素的非金属性就越弱，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越弱。由于元素的非金属性：P＞As，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：Y(H3PO4)＞Z(H3AsO4)，D错误；故合理选项是B。9．（2024届·江西南昌·高三一模）前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，基态X原子核外电子占据两种形状不同的原子轨道，且两种轨道中电子总数相等，Q与X处于同一主族，Y周期序数与其主族序数相等，Z的第二电离能远小于第三电离能，W的一种氧化物常用于红色涂料。下列说法正确的是A．电负性： B．Y、Z、W工业冶炼的方法相同C．Z的氯化物是工业漂白粉的有效成分 D．QX2的键角小于QX3的键角【答案】D【分析】前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，W的一种氧化物常用于红色涂料，W为Fe元素，则Q的原子序数大于26，基态X原子核外电子占据两种形状不同的原子轨道，且两种轨道中电子总数相等，Q与X处于同一主族，则基态X原子的核外电子排布式为1s22s22p4，X为O元素，Q为Se元素，Y周期序数与其主族序数相等，Y为Al元素，Z的第二电离能远小于第三电离能，Z原子有2个价电子，Z为Ca元素；综上，X、Y、Z、W、Q依次为O、Al、Ca、Fe、Se。【解析】A．同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，电负性：＞，A项错误；B．Al、Ca属于活泼金属，工业上用电解法冶炼，Fe属于中等活泼的金属，工业上用热还原法冶炼，B项错误；C．Z的氯化物为CaCl2，而工业漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，C项错误；D．QX2为SeO2，SeO2中Se的孤电子对数为×(6-2×2)=1，σ键电子对数为2，Se的价层电子对数为3，QX3为SeO3，SeO3中Se的孤电子对数为×(6-3×2)=0，σ键电子对数为3，Se的价层电子对数为3，SeO2、SeO3的VSEPR模型都为平面三角形，由于孤电子对具有较大的斥力，故SeO2的键角小于SeO3的键角，D项正确；答案选D。10．（2024·安徽·高三一模）某物质的结构如图所示。短周期元紫X、Y、Z、W、M、Q的原子序数依次增大，已知X和W同周期，W和Q同主族。下列说法错误的是A．第一电离能：B．Y、Z、W的简单氢化物的键角依次减小C．常温下，M的单质可以在水溶液中置换出W的单质D．W的单质一定为非极性分子【答案】D【分析】X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，W和Q同主族，由阴离子的结构可知，W、Q形成共价键的数目分别为2和6，则W为O元素、Q为S元素；X和W同周期，且存在，故X为Li元素；Y、M形成共价键的数目分别为4和1，则Y为C元素、Z为N元素、M为F元素。【解析】A．同周期从左至右元素的第一电离能呈增大趋势，但第VA族元素的半充满结构会使其第一电离能偏高一些，故第一电离能：F>N>O>C，A项正确；B．由于中心原子的孤电子对数依次增多，所以键角：，B项正确；C．氟元素的非金属性强于氧元素，氟气能与水发生置换反应生成氢氟酸和氧气，C项正确；D．元素的单质有和，臭氧是空间构型为形的极性分子，D项错误；故选D。考点二化学反应机理图11．乙烯在硫酸催化下制取乙醇的反应机理，能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是A．总反应速率由第①步反应决定B．总反应，任何条件下反应都能自发进行C．第②步反应过渡态物质比第③步反应过渡态物质稳定D．第①步产生的乙基碳正离子两个碳都是杂化【答案】A【解析】A．第一步活化能最大，反应速率最慢，所以总反应速率由第①步反应决定，故A正确；B．总反应、，根据，高温下反应不能自发进行，故B错误；C．能量越低越稳定，根据图示，第②步反应过渡态物质的能量比第③步反应过渡态物质的能量高，所以第③步反应过渡态物质更稳定，故C错误；D．第①步产生的乙基碳正离子，甲基上的碳原子是杂化、右侧带正电荷的碳原子采用sp2杂化，故D错误；选A。12．（2024·辽宁葫芦岛·一模）Pd催化过氧化氢分解制取的反应历程和相对能量变化情况如图所示，其中吸附在Pd催化剂表面上的物种用*标注。下列说法不正确的是A．该反应历程中所有步骤均是放热过程B．的总键能大于的总键能C．催化剂Pd降低了分解反应的活化能，加快了的分解速率D．整个催化分解过程中既有极性键的断裂和形成，也有非极性键的断裂和形成【答案】A【解析】A．从图知，该反应历程中，有一些步骤是吸热过程(相对能量升高)，也有一些步骤是放热过程(相对能量降低)，A符合题意；B．从图中可知总反应为放热反应，即=反应物总键能-生成物总键能<0，则生成物总键能大于反应物总键能，的总键能大于的总键能，B不符合题意；C．Pd为催化剂，能降低该分解反应的活化能，加快分解速率，C不符合题意；D．Pd催化过氧化氢分解制取的方程式：，整个催化分解过程中既有极性键H-O键的断裂和形成，也有非极性键O-O键的断裂和O=O键的形成，D不符合题意；故选A。13．（2024·湖南常德·一模）近日，中国科学院报道了基于铜的岩盐有序双钙钛矿氧化物，其高效催化转化为，副产物有。其部分机理如图所示。下列说法正确的是A．由图可知，转化为过程放出热量0.43eVB．由图可知，转化为的历程中，最大活化能为0.77eVC．时，含碳物质结构中存在非极性键的断裂与形成D．由图可知，转化为的反应速率小于转化为的反应速率【答案】B【解析】A．图中没有给出的能量，则无法计算转化为过程放出的热量，A错误；B．由图可知，转化为的历程中，最大活化能时的需要的活化能，则最大活化能为0.77eV，B正确；C．时，不存在非极性键的断裂，C错误；D．由图可知，转化为的最大活化能为0.19eV，结合选项B可知，转化为的最大活化能较小，反应速率较快，D错误；故选B。14．（2024·广西南宁·高三一模）氮的氧化物是大气污染物之一，一种以为主的催化剂催化脱除烟气中的反应机理如图所示。下列说法错误的是A．为极性分子B．图中反应涉及元键断裂和形成C．改变了总反应的焓变，提高了反应速率D．该过程的总反应为：【答案】C【解析】A．的空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A正确；B．反应物发生反应有键断裂，生成时有键形成，故B正确；C．催化剂能改变反应历程和活化能，进而提高反应速率，但不能改变焓变，故C错误；D．根据反应机理图可得，该过程的总反应为：，故D正确；故答案选C。15．（2023·江西·校联考二模）工业上从海水中制溴的步骤为：(Ⅰ)先把盐卤加热到363K后控制pH为3.5，通入氯气把溴置换出来；(Ⅱ)再用空气把溴吹出并用碳酸钠溶液吸收；(Ⅲ)最后再用硫酸酸化，单质溴又从溶液中析出。其中，碳酸钠溶液吸收溴单质的反应可以分三步进行，其反应的机理如图所示。下列说法正确的是第一步：

第二步：

第三步：

A．由反应机理可知整个反应过程只涉及极性键的断裂和形成B．反应产生的CO2主要是由Br2在水溶液中产生的HBr与溶液中CO反应生成的C．对比氯气与Na2CO3溶液的反应，常温下在碱性溶液的稳定性：ClO->BrO-D．当1molBr2完全参与上述反应后，产生的Br-与BrO的个数之比为3：1【答案】C【解析】A．Br2中存在非极性键，存在非极性键的断裂和生成，A错误；B．第二步反应主要是溴在碱性溶液发生歧化反应生成Br-、BrO-，从而促使CO向水解方向移动，生成CO2气体，B错误；C．BrO-在第三步可以继续发生歧化反应，而ClO-可以再碱性溶液稳定存在，稳定性：ClO->BrO-，C正确；D．结合得失电子守恒，当1molBr2完全参与上述反应后，产生的Br-与BrO的个数之比为5：1，D错误；故选C。16．（2024·安徽安庆·二模）中科大某课题组通过自由基杂环反应直接合成各种稠合的内酰胺，应用于钙钛矿电池器件中。底物与Cu(Ⅰ)物种通过电子转移经历两种途径得到目标产物D。下列说法错误的是A．Cu(Ⅰ)物种是催化剂 B．底物具有氧化性C．两种途径不同，总反应的反应热也不同 D．合成过程中中碳碳双键断裂【答案】C【解析】A．Cu(Ⅰ)第一步消耗，最后一步生成,是催化剂，A正确；Ｂ．底物将Cu(Ⅰ)氧化为Cu(Ⅱ)，具有氧化性，B正确；Ｃ．两种途径虽不同，但反应热相同，C错误；Ｄ．由图可知，C60中有六元环上的碳碳双键发生了断裂，D正确；故答案选C。17．（2024·湖南岳阳·二模）N-羧基丙氨酸酸酐广泛用于生物领域，用碳酸二甲酯和丙氨酸为原料可以制备N-羧基丙氨酸酸酐，其反应机理如图所示。下列说法错误的是A．在强酸性环境不利于反应进行B．该过程中元素的化合价发生改变C．反应过程中有的断裂和形成D．用甘氨酸代替丙氨酸，可制得【答案】B【解析】A．在强酸性溶液中，碳酸二甲酯会发生水解，同时CH3CH(NH2)COO-浓度降低，不利于反应进行，A正确；B．碳酸二甲酯(CH3O)2CO]与Zn(CH3COO)2形成的是配位键，整个过程中均未有元素化合价发生变化，B错误；C．该过程中存在N—H、C—O等极性键的断裂和生成，C正确；D．若用甘氨酸(H2NCH2COOH)代替丙氨酸，则根据转化关系，最后可得到，D正确;故答案为：B。18．（2023·湖南岳阳·统考三模）碳酸二甲酯DMC(CH3OCOOCH3)是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。下列说法错误的是A．第2步的基元反应方程式为：CH3O·*+CO2*→CH3OCOO·*B．反应进程中最大能垒为1.257×104eVC．升高温度，可以对于第1步反应的正反应速率增加，对于第3步反应的正反应速率减小D．适当的提高温度，可以增加碳酸二甲酯的产率【答案】C【解析】A．第2步的基元反应方程式为：CH3OH·*+CO2*→CH3OCOO·*，A正确；B．最大能垒为第1步基元反应：CH3OH*+HO·*→CH3O·*+H2O*，其差值为1.257×104eV，B正确；C．升高温度，对于反应速率均增加，C错误；D．总反应为2CH3OH+CO2⥫⥬CH3OCOOCH3+H2OΔH>0，为吸热反应；因此适当的提高温度，可以增加碳酸二甲酯的产率，D正确；故选C。19．（2024·黑龙江·高三一模）南京师范大学李亚飞团队发明了在常温常压条件下，通过电化学反应将N2和CO2转化为尿素的绿色尿素合成方法，反应途径如图所示(图中M2B2为二维金属硼化物，M=Mo、Ti、Cr等过渡金属，*代表吸附)。下列说法错误的是A．M2B2是该反应过程的催化剂B．反应②的产物*COOH中碳元素的化合价为+4C．该过程中有极性键和非极性键的断裂D．该过程的总反应式为CO2+N2+6e-+6H+=NH2CONH2+H2O【答案】B【解析】A．由图可知，该过程的总反应为CO2+N2+6e-+6H+=NH2CONH2+H2O，M2B2既不是反应物也不是生成物，是该反应过程的催化剂，A项正确；B．*COOH中H、O元素的化合价分别为+1价、-2价，根据正负化合价的代数和为0可知碳元素的化合价为+3价，B项错误；C．由图可知，存在C=O极性键和N≡N非极性键的断裂，C项正确；D．由图可知，该过程的总反应式为CO2+N2+6e-+6H+=NH2CONH2+H2O，D项正确；故选B。20．（2023·吉林长春·统考一模）羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物(图中⑦)的反应机理如图所示。下列说法错误的是A．③是该反应的中间产物B．④是该反应的催化剂C．⑥到⑦的过程中没有非极性键的断裂和生成D．合成⑦的总反应为+【答案】B【解析】A．③是第一步反应的产物，第二个反应的反应物，所以③只是该反应的中间产物，A正确；B．①为该反应的催化剂，B错误；C．⑥到⑦的过程+H2O++H+，断开C=N键、O-H键，形成N-H键、C=O键，没有非极性键得断裂和生成，C正确；D．合成⑦，反应物为丙酮和CH3CHO，生成物是，催化剂是，总反应为，D正确；故答案为：B。21．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）教授研究了铑配合物催化醛酮氢化反应，提出的反应机理如图所示，1、2、3、4四种反应的反应热分别为，下列说法错误的是A．在氢化反应中作催化剂B．该机理的总反应的反应热C．若步骤②为决速步骤，则其活化能最大D．与发生上述反应可生成【答案】D【解析】A．在步骤1中参加反应，在步骤4中又生成，故为反应的催化剂，A正确；B．总反应为R3SiH+，总反应的反应热，B正确；C．决速步骤为最慢的反应，其活化能最大，C正确；D．根据反应机理，可知产物应为，D错误；故选D。考点三化学反应速率与平衡22．（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应：2X(g)+Y(g)Z(g)ΔH，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A．ΔH<0B．a点平衡常数：K<12C．气体的总物质的量：na<ncD．反应速率：va正>vb逆【答案】B【解析】A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即ΔH<0，故A正确；B．a点为平衡点，此时容器的总压为p，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，在恒容条件下进行，气体的物质的量之比等于整体之比，根据A项分析可知，绝热条件下，反应到平衡状态放热，所以Ta>T始，压强：Pa=P始，则na<n始，可设Y转化的物质的量浓度为xmol∙L−1，则列出三段式如下：，则有[(2−2x)+(1−x)+x]mol<×3mol，计算得到x>0.75，那么化学平衡常数K=＞=12，故B错误；C．根据A项分析可知，上述密闭溶液中的反应为放热反应，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：na<nc，故C正确；D．根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的快，即va正>vb逆，故D正确；故选：B。23．（2024·安徽·校联考模拟预测）某温度条件下，在某恒压容器中发生反应，部分反应物和生成物的物质的量随时间变化如图所示(曲线m、n)。下列说法正确的是A．m表示C的物质的量随时间的变化B．时刻反应速率：C．此反应的平衡常数D．平衡后充入，再次达到平衡时物质n的物质的量大于【答案】C【解析】A．C为固体，随着反应的进行，反应物m呈降低趋势，m表示的是一氧化氮的物质的量随时间的变化，A错误；B．时刻之后，曲线m代表的反应物在持续减少，曲线n代表的生成物在持续增加，则该时刻反应向正反应方向进行，，B错误；C．25min之后，曲线m、n不再变化，反应物、生成物的物质的量不再变化，该反应达到平衡，根据图中数据列出三段式，该反应前后气体分子数不变，则气体体积不变，容器体积不变，设反应过程中体积为1L，，C正确；D．平衡后充入，恒压容器中，容器体积增大，各气体物质浓度同比例降低，由于该反应前后气体分子数不变，再次达到平衡时，物质n的物质的量等于，D错误；故选C。24．（2024·广西南宁·统考一模）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为。不同温度、下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示。下列说法错误的是A．2B．