高三二轮高效复习主题巩固卷化学（单选）模块融合有机化学与反应原理

[高考创新题专练(四)]模块融合——有机化学与反应原理(选择题每题5分)1．(2025·湖南高考)环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())为原料生产环氧丙烷eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())的反应机理如图所示。下列说法正确的是()A．过程中Ⅱ是催化剂B．过程中有极性键和非极性键的断裂和形成C．过程中Ti元素的化合价发生了变化D．丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100%解析：选B。根据反应原理，Ⅰ先消耗再生成，是整个历程的催化剂，Ⅱ先生成再消耗，是中间产物，A错误；过程中存在H2O2中O—O非极性键的断裂，以及O2中非极性键的形成，还存在O—H极性键的断裂，以及O—C极性键的形成，B正确；过程中Ti的化学键(Ti—O)始终是4个，配位键不会改变Ti的化合价，故Ti元素的化合价不变，C错误；反应生成了H2O，且存在H2O2的分解反应，原子利用率小于100%，D错误。2．(2025·河北保定三模)Rh(Ⅰ)­Ru(Ⅲ)双金属配合物的结构及催化醋酸甲酯反应制备醋酸的反应机理如图所示。下列说法错误的是()A．反应过程中Ru的成键数目和化合价均不变B．反应甲和乙均为取代反应，且在反应过程中，碳原子的杂化类型不变C．Rh(Ⅰ)­Ru(Ⅲ)双金属配合物是反应的催化剂，降低了反应的焓变D．总反应为CH3COOCH3＋CO＋H2Oeq\o(→,\s\up7(催化剂))2CH3COOH解析：选C。Rh(Ⅰ)­Ru(Ⅲ)双金属配合物是反应的催化剂，催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，而反应的焓变由反应物和生成物的能量差决定，催化剂不能改变焓变，C错误。3．一定温度下，(X)在Al2O3存在下与等物质的量的HCl反应，主要产物为Y和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。下列说法错误的是()A．由图1可知，X→Z的活化能大于X→Y的活化能B．5～10min时，由于E1<E2，所以Y线升高C．Y→Z的过程中，存在π键的断裂与形成、σ键的旋转D．此温度下，Y为动力学产物，Z为热力学产物解析：选B。反应开始时，Y的含量迅速上升，说明生成Y的速率快，活化能越低，反应速率越快，则X→Z的活化能大于X→Y的活化能，A正确；5～10min时，Z的浓度很低，说明主要发生X→Y的反应，而Y→Z的速率很慢，即Y→Z的活化能大，则可以用E1<E3来解释，B错误；σ键的键能大于π键，在Y→Z的过程中，先通过π键的断裂，而σ键保持稳定，再通过单键旋转将—CH3从下端调整到上端，最后再重新形成π键，C正确；在多步基元反应中，动力学产物生成速率快但稳定性低，在低温或未达平衡时优先形成，多数出现在中间过渡产物中，热力学产物稳定性高但生成速率慢，常在高温或平衡后成为主要产物，多数出现在最终产物中，结合图2可知，此温度下，Y为中间过渡产物，则为动力学产物，Z为最终产物，则为热力学产物，D正确。4．(2025·福建莆田二模)以丙烷与氯气在光照下的一氯取代反应探究自由基的稳定性，决速步的能量变化如下图所示：根据丙烷中氢原子的两种化学环境，预测并实验得到的数据如下表所示：产物1­氯丙烷2­氯丙烷预期产物比例75%25%实验产物比例43%57%下列有关说法正确的是()A．CH3CH2CH2·(g)→CH3CHCH3(g)ΔH＝－27kJ·mol1B．CH3CH2CH3中—CH3的碳氢键比—CH2—的碳氢键更容易断裂C．从实验数据证明，丙基自由基更稳定的是CH3CH2CH2·D．可能产生的副产物有解析：选D。由图可知，CH3CH2CH2·(g)转化为CH3CHCH3(g)的反应是放热反应，ΔH＝(－19kJ/mol)－(－8kJ/mol)＝－11kJ/mol，A错误；由2­氯丙烷的实验产物比例大于1­氯丙烷可知，丙烷中—CH3的碳氢键比—CH2—的碳氢键更难断裂，B错误；由图可知，CH3CH2CH2·(g)的能量高于CH3CHCH3(g)，能量越高越不稳定，则丙基自由基更稳定的是CH3CHCH3(g)，C错误；由图可知，丙烷能转化为CH3CHCH3(g)，CH3CHCH3(g)相互结合生成，所以反应中产生的副产物有，D正确。5．(2025·山东淄博三模)已知C2H5Br在NaOH醇溶液中发生的取代反应和消去反应互为竞争，二者反应历程中的相对能量变化如下图所示。下列说法错误的是()A．升高温度对反应历程1更有利B．NaOH醇溶液中OH－与乙醇分子间形成了氢键C．C2H5Br发生取代反应或消去反应时，OH－进攻的原子不同D．NaOH醇溶液中C2H5Br发生消去反应在热力学上更有利解析：选D。由图可知，取代反应产物能量比消去反应产物能量低，能量越低越稳定，说明在NaOH醇溶液中C2H5Br发生取代反应在热力学上更有利，并非消去反应，D错误。6．(2025·贵州毕节二模)科研团队以双氧水为氧化剂催化苯羟基化制苯酚，反应机理如下图。下列说法错误的是()A．反应过程中，钒基催化剂表现出氧化性和还原性B．随着H2O2的加入，只形成单过氧钒物种C．反应过程中，V—O键裂解生成过氧钒自由基eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(V\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ⅳ))—O—O·))D．该过程的总反应化学方程式：＋H2O2eq\o(→,\s\up7(钒基催化剂))＋H2O解析：选B。如图所示，V的化合价包含＋4和＋5，表现出氧化性和还原性，A正确；根据反应机理可知，随着H2O2的加入，可能形成双过氧钒物种，B错误；根据反应机理可知，存在V—O键裂解生成过氧钒自由基eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(V\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ⅳ))—O—O·))，如图：→，C正确；如图所示，反应物为苯、过氧化氢，产物为苯酚、水，反应的化学方程式为＋H2O2eq\o(→,\s\up7(钒基催化剂))＋H2O，D正确。7．(2025·黑龙江哈尔滨二模)我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质转化过程示意如下：下列说法不正确的是()A．C6→淀粉的过程中只涉及O—H键的断裂和形成B．反应②中CO2→CH3OH，碳原子的杂化方式发生了变化C．核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的结构组成是否一致D．反应①中分解H2O制备H2需从外界吸收能量解析：选A。由历程图可知，C6→淀粉的过程中涉及O—H键、C—O键和P—O键的断裂，O—H键、C—O键的形成，A错误。8．(2025·福建莆田二模)一种电催化羧酸与芳香酮化合物生成酯的装置(以碘化钾为电解质和催化剂，二甲基亚砜作溶剂)如下图所示。下列说法正确的是()A．b为电源正极B．工作时，K＋移向碳棒C．工作时，总反应：＋R′COOHeq\o(→,\s\up7(I－),\s\do5(通电))H2↑＋D．工作时，碳棒的电极反应式：I－＋e－=I·解析：选C。由图可知，碳棒电极上碘离子失去电子生成I·，则a为正极，铂片上氢离子得到电子生成氢气，则b电极为负极，A错误；碳棒为阳极，铂片为阴极，电解池中阳离子向阴极移动，则K＋移向铂片，B错误；碳棒电极上碘离子失去电子生成I·，电极反应式为I－－e－=I·，D错误。9．(2025·福建厦门二模)以废塑料PBS(聚丁二酸丁二酯)和生物质源马来酸为原料无膜共电解生产琥珀酸的工作原理如图。下列有关说法正确的是()A.PBS的水解反应为＋＋B．阳极电极反应式为＋10OH－－8e－→6H2O＋C．理论上电解过程转移8xmole－，最终至少可获得6xmol琥珀酸D．若略去碳酸化步骤，可简化分离提纯过程并提高经济效益解析：选C。由图可知，左侧电极为电解池的阳极，碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生氧化反应生成碱式氧化镍和水，电极反应式为Ni(OH)2－e－＋OH－=NiOOH＋H2O，放电生成的碱式氧化镍在碱性条件下与丁二醇反应生成氢氧化镍、丁二酸根离子和水，离子方程式为＋8NiOOH＋2OH—eq\o(→,\s\up7(),\s\do5())＋8Ni(OH)2；右侧电极为阴极，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e—=H2↑，放电生成的氢气与反应生成，＋H2eq\o(→,\s\up7(),\s\do5())，反应得到的溶液经碳酸化、盐酸沉淀得到琥珀酸。由结构简式可知，聚丁二酸丁二酯在一定条件下发生水解反应生成丁二酸和丁二醇，反应的化学方程式为＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1))H2Oeq\o(→,\s\up7(一定条件))＋，A错误；由分析知，左侧电极为电解池的阳极，电极反应式为Ni(OH)2－e－＋OH－=NiOOH＋H2O，B错误；由题意可知，聚丁二酸丁二酯水解生成1mol丁二醇时，生成1mol丁二酸，由分析可知，电解过程转移8xmol电子时，阳极消耗xmol丁二醇、生成xmol，阴极生成4xmol，所以理论上生成琥珀酸的物质的量为6xmol，C正确；由图可知，向溶液中通入二氧化碳碳酸化时，二氧化碳转化为碳酸氢钠，说明电解所得溶液呈碱性，若略去碳酸化步骤，会使盐酸沉淀步骤消耗盐酸的量增大，导致经济效益降低，D错误。10．（2025