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主题4 化学变化与规律 第1练 物质转化历程AB（含解析）—2024高考化学考前天天练
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这是一份主题4 化学变化与规律 第1练 物质转化历程AB（含解析）—2024高考化学考前天天练，共16页。试卷主要包含了02×1024个电子等内容，欢迎下载使用。
第1练 物质转化历程AB
真题快递＋天天练A组 满分：42分 限时：30分钟
天天练B组 满分：30分 限时：20分钟
eq \a\vs4\al(真) eq \a\vs4\al(题) eq \a\vs4\al(快) eq \a\vs4\al(递)
1.（3分）（2022·山东）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HONO的反应历程有2种
C. 增大NO的量，C3H8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
2.（3分）（2022·广东）科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是( )
A. 淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖
B. 葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C. 1 ml CO中含有6.02×1024个电子
D. 22.4 L CO2被还原生成1 ml CO
3.（3分）（2022·湖南）科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移（如a、b和c），能将海洋中的NO eq \\al(－,2)转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是( )
A. 过程Ⅰ中NO eq \\al(－,2)发生氧化反应
B. a和b中转移的e－数目相等
C. 过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n（NH eq \\al(＋,4)）＝1∶4
D. 过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO eq \\al(－,2)＋NH eq \\al(＋,4)===N2↑＋2H2O
4.（3分）（2022·北京） CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。
eq \(\s\up7(),\s\d5(图1))
eq \(\s\up7(),\s\d5(图2))
下列说法不正确的是( )
A. 反应①为CaO＋CO2===CaCO3；反应②为CaCO3＋CH4 eq \(=====,\s\up7(催化剂))CaO＋2CO＋2H2
B. t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能存在副反应CH4 eq \(=====,\s\up7(催化剂))C＋2H2
C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
eq \a\vs4\al(天) eq \a\vs4\al(天) eq \a\vs4\al(练) eq \a\vs4\al(A) eq \a\vs4\al(组)
1.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）工业制备锰(Mn)单质的过程中会产生高浓度SO2。酸性条件下，用MnO2进行脱硫处理的原理如图所示。
下列说法中，不正确的是( )
A. 反应1中，锰元素化合价升高
B. 反应2属于氧化还原反应
C. 脱硫的最终产物为MnSO4
D. 上述过程中Fe2+、Fe3+可以循环使用
2.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述不正确的是( )
A. H2S和空气通过上述循环的目的是降低活化能，提高总反应速率
B. 在转化过程中能循环利用的物质是FeCl3和CuCl2
C. 该过程的总反应式为2H2S＋O2 eq \(=====,\s\up7(催化剂))2H2O＋2S↓
D. 若有1 ml H2S发生图示转化的同时消耗O2为0.4 ml，则混合液中Fe3+浓度增大
3.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是( )
A. ①转化中N2H4是还原剂
B. ③中发生反应后溶液的pH减小
C. 1 ml N2H4可处理水中1 ml O2
D. 工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧
4.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁(ZVI)活化过二硫酸钠(Na2S2O8)去除废水中的正五价砷[As(Ⅴ)]的研究成果，其反应机制模型如图所示。下列叙述不正确的是( )
A. 56 g Fe参加反应，消耗的S2O eq \\al(2-,8)大于1 ml
B. 过二硫酸钠(Na2S2O8)中S的化合价为＋6价
C. pH越大，越有利于去除废水中的正五价砷
D. 碱性条件下，硫酸根自由基发生反应的方程式为SO eq \\al(－,4)·＋H2O===SO eq \\al(2-,4)＋·OH＋H＋
5.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图。H＋、O2、NO eq \\al(－,3)等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量ne。下列说法错误的是( )
A. 反应①②③④均在正极发生
B. 单位时间内，三氯乙烯脱去a ml Cl时ne＝a ml
C. ④的电极反应式为NO eq \\al(－,3)＋10H＋＋8e－===NH eq \\al(＋,4)＋3H2O
D. 增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可使nt增大
6.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）已知：2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝－571.0 kJ· ml-1。在一定条件下，以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：
过程Ⅰ：2Fe3O4(s)===6FeO(s)＋O2(g) ΔH＝－313.2 kJ· ml-1
过程Ⅱ：3FeO(s)＋H2O(l)===H2(g)＋Fe3O4(s) ΔH＝Q kJ· ml-1
下列说法不正确的是( )
A. 过程Ⅰ中每消耗232 g Fe3O4转移2 ml电子
B. 过程Ⅱ的热化学方程式中Q＜0
C. 过程Ⅰ、Ⅱ循环的目的是实现光能向热能的转化
D. 铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
7. （3分）（2023·江苏各地模拟优选）铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。
下列叙述错误的是( )
A. CH3COI是反应中间体
B. 甲醇羰基化反应为CH3OH＋CO eq \(―――→,\s\up7([Rh(CO2)I2]－))CH3COOH
C. 反应过程中Rh的成键数目保持不变
D. 存在反应CH3OH＋HI―→CH3I＋H2O
8.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）乙酸叔丁酯(M)的某合成反应历程如下图所示。下列说法正确的是( )
A. 该合成反应的类型属于加成反应
B. 该历程中存在非极性键的断裂与生成
C. Y中所有碳原子最外层均已达到8电子稳定结构
D. 如果使用含18O的X为原料，则M中不含18O
9. （3分）（2023·江苏各地模拟优选）一种有机物脱羧反应机理如图所示。下列说法不正确的是( )
A. E—NH2是脱羧反应的催化剂
B. 该反应过程涉及加成、消去反应
C. E和F互为同分异构体
D. 也可按照该反应机理生成
10.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）卤代烃可以和乙醇反应生成醚，反应历程可表示如下：
能量变化如图所示：
下列说法正确的是( )
A. 高温条件下有利于反应Ⅰ的进行
B. 反应Ⅱ是决速步骤
C. 反应Ⅲ的中间体比反应Ⅳ的中间体稳定
D. 各步反应都有共价键的断裂和生成
eq \a\vs4\al(天) eq \a\vs4\al(天) eq \a\vs4\al(练) eq \a\vs4\al(B) eq \a\vs4\al(组)
1.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）BuchwaldHartwig偶联反应（布赫瓦尔德－哈特维希反应）是合成芳胺的重要方法，反应机理如图（图中Ar表示芳香烃基，表示为副反应）。下列有关说法不正确的是 ( )
A. 3、5和8都是反应的中间体
B. 该过程仅涉及加成反应
C. 理论上1 ml最多能消耗2 ml
D. 若原料用和，则可能得到的产物为、和
2.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）TRAP是一种温和的氧化剂，TRAP试剂中的RuO eq \\al(－,4)不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，不会过度氧化为羧酸。TRAP氧化醇的反应机理如下图，下列说法正确的是( )
A. 铑(Ru)在TRAP机理图中共呈现了4种价态
B. 步骤④中NMO作还原剂，作用是使TRAP试剂再生
C. 反应⑥的离子方程式为2RuO eq \\al(－,3)===RuO2＋RuO eq \\al(2-,4)，是TRAP试剂再生的另一途径
D. 若R1为CH2===CH—，R2为H—，则TRAP氧化该醇的主产物为丙醛
3.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）脯氨酸是构成蛋白质的氨基酸之一，是其中唯一的亚氨基酸。Benjamin List发现脯氨酸可以催化不对称有机反应，因此获得了2021年的诺贝尔化学奖。脯氨酸催化的羟醛缩合反应机理如图所示。下列有关说法不正确的是( )
A. 反应原料中的原子100%转化为产物
B. 由图中可知脯氨酸的结构为
C. 该过程涉及了加成反应和消去反应
D. 若原料用2‒丁酮和苯甲醛，则产物可能为
4.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）Negishi偶联反应是构筑碳碳键的重要方法之一，反应过程如图所示（R、R′表示烃基）。下列说法正确的是( )
A. RZnCl是该反应的催化剂
B. 反应过程中只生成一种偶联有机产物
C. 反应过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成
D. 存在反应方程式：
5.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）下列说法不正确的是( )
A. 总反应可表示为H2＋O2===H2O2
B. 该过程中Pd的化合价有0价和＋2价两种状态
C. ①②均为氧化还原反应
D. HCl和Cl－可循环利用
6.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）Pd/C催化某清洁反应是获得甲苯的常用途径，反应机理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 若—R为—C2H5，则X为乙醇
B. 反应过程存在极性键及非极性键的断裂和形成
C. 该途径生产甲苯符合原子利用率100%
D. 活性炭可以负载高分散的Pd，提高催化剂活性
7.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）近年，在钯(Pd)催化下进行的偶联反应成为研究热点，其中一种反应机理如图所示，下列有关说法错误的是( )
已知：R1、R2表示烃基，X表示卤原子，Y表示羟基。
A. 转化过程中涉及氧化还原反应
B. 转化过程中未发生非极性键的断裂和形成
C. R2—Pd(Ⅱ)—OC(CH3)3是中间体
D. 转化过程中存在如下反应：R2—Pd(Ⅱ)—X＋NaOC(CH3)3―→NaX＋R2
—Pd(Ⅱ)—OC(CH3)3
8.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）以SiO2表面隔离的Cr3+催化丙烷无氧脱氢的机理如图，随着反应的进行，副反应产生的积炭会导致催化剂失活。下列说法正确的是( )
A. 基态铬原子核外有6种能量不同的电子
B. 总反应方程式为C3H8 eq \(―――→,\s\up7(催化剂))C3H4 ＋2H2
C. Cr3+改变反应活化能的同时改变了反应的热效应
D. 在该体系中加入CO2有利于丙烷脱氢
9.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）据文献报道，氨催化还原法可用来消除某些污染气体，其反应历程如图所示。
下列说法错误的是( )
A. V的价电子排布式为3d34s2
B. V5+—OH在该反应过程中作催化剂
C. 总反应化学方程式为4NH3＋3O2 eq \(=====,\s\up7(催化剂))2N2＋6H2O
D. 当消耗标准状况下11.2 L O2时，整个过程转移6 ml e－
10.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）我国科学家开发出新型铁纳米催化剂，实现了芳环和杂芳环的氢氘交换反应。该纳米催化方法具有很高的普适性，可对芳胺、酚、含氮杂环等近90个化合物进行选择性氘代，实现了超过30个氘代药物分子和天然产物的制备。其反应历程如图所示。
提示：—X表示—NH2、—OH等官能团。下列说法错误的是( )
A. 该新型纳米铁催化剂不能增大平衡常数
B. 上述循环中断裂了极性键和形成了非极性键
C. 上述总反应属于取代反应
D. 总反应方程式为＋DOH
主题4 化学变化与规律 第1练 物质转化历程AB
eq \a\vs4\al(真) eq \a\vs4\al(题) eq \a\vs4\al(快) eq \a\vs4\al(递)
1. D 解析：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正确；根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B正确；NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C正确；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＋O2 eq \(⥫==⥬,\s\up7(NO))2C3H6＋2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D错误。
2. A 解析：淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，A正确；葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，结构不同，二者互为同分异构体，但含有O元素，不是烃类，属于烃的衍生物，B错误；一个CO分子含有14个电子，则1 ml CO中含有14×6.02×1023＝8.428×1024个电子，C错误；未指明气体处于标况下，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，D错误。
3. D 解析：由图示可知，过程Ⅰ中NO eq \\al(－,2)转化为NO，氮元素化合价由＋3价降低到＋2价，NO eq \\al(－,2)作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；由图示可知，过程Ⅰ为NO eq \\al(－,2)在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，生成1 ml NO，a过程转移1 ml e－，过程Ⅱ为NO和NH eq \\al(＋,4)在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为NO＋NH eq \\al(＋,4)＋3e－＋2H＋ eq \(=====,\s\up12(酶2),\s\d4())H2O＋N2H4，消耗1 ml NO，b过程转移4 ml e－，转移电子数目不相等，B错误；由图示可知，过程Ⅱ发生反应的参与反应的离子方程式为NO＋NH eq \\al(＋,4)＋3e－＋2H＋ eq \(=====,\s\up12(酶2),\s\d4())H2O＋N2H4，n(NO)∶n（NH eq \\al(＋,4)）＝1∶1，C错误；由图示可知，过程Ⅰ的离子方程式为NO eq \\al(－,2)＋2H＋＋e－ eq \(=====,\s\up12(酶1),\s\d4())NO＋H2O，过程Ⅱ的离子方程式为NO＋NH eq \\al(＋,4)＋3e－＋2H＋ eq \(=====,\s\up12(酶2),\s\d4())H2O＋N2H4，过程Ⅲ的离子方程式为N2H4 eq \(=====,\s\up12(酶3),\s\d4())N2↑＋4H＋＋4e－，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO eq \\al(－,2)＋NH eq \\al(＋,4)=== N2↑＋2H2O，D正确。
4. C 解析：由题干图1所示信息可知，反应①为CaO＋CO2===CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为CaCO3＋CH4 eq \(=====,\s\up7(催化剂))CaO＋2CO＋2H2，A正确；由题干图2信息可知，t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能存在副反应CH4 eq \(=====,\s\up7(催化剂))C＋2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1∶2，B正确；由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2 mml·min-1，而CO变为1～2 mml·min-1之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，D正确。
eq \a\vs4\al(天) eq \a\vs4\al(天) eq \a\vs4\al(练) eq \a\vs4\al(A) eq \a\vs4\al(组)
1. A 解析：反应1中，锰元素化合价由＋4价降低为＋2价，A错误；反应2中Fe、S元素化合价有变化，属于氧化还原反应，B正确；根据图示，总反应为MnO2＋SO2=== MnSO4，脱硫的最终产物为MnSO4，C正确；根据流程图，可知Fe2+、Fe3+可以循环使用，D正确。
2. D 解析：总反应为硫化氢和氧气反应生成硫和水，H2S和空气通过上述循环相当于铁离子和铜离子作催化剂，催化剂能降低活化能，提高总反应速率，A正确；在转化过程中能循环利用的离子是铁离子和铜离子，则对应的物质是FeCl3和CuCl2，B正确；由图可知，反应物为H2S、O2，生成物为H2O、S，该过程的总反应式为2H2S＋O2 eq \(=====,\s\up7( 催化剂))2H2O＋2S↓，C正确；总反应为硫化氢和氧气反应生成硫和水，若有1 ml H2S发生图示转化，则失去电子为2 ml，若同时消耗O2为0.4 ml，则得到电子为1.6 ml，则混合液中Fe3+浓度因消耗而减小，D错误。
3. B 解析：①转化中N2H4变成N2，氮元素的化合价升高，所以N2H4是还原剂，A正确；③中发生反应的离子方程式为4Cu(NH3) eq \\al(＋,2)＋O2＋2H2O＋8NH3===4Cu(NH3) eq \\al(2+,4)＋4OH－，所以溶液的pH增大，B错误；根据反应的机理可知，本质上可看成氧气氧化N2H4，根据电子守恒：O2～4OH－～4e－，N2H4～N2～4e－，所以消耗的n(O2)＝n(N2H4)，C正确；Na2SO3具有强还原性，能够被锅炉水中的溶解氧氧化：2Na2SO3＋O2===2Na2SO4，而且使用常见的Na2SO3成本低，所以工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧，D正确。
4. D 解析：56 g Fe参加反应，根据图示，可得出转化过程中Fe先被S2O eq \\al(2-,8)氧化为Fe2+，反应为Fe＋S2O eq \\al(2-,8)===Fe2+＋2SO eq \\al(2-,4)，然后Fe2+进一步被S2O eq \\al(2-,8)氧化为Fe3+，最后沉淀中有Fe(OH)2和Fe(OH)3，所以56 g Fe参加反应时，消耗的S2O eq \\al(2-,8)大于1 ml，A正确；S的化合价为＋6价，因为有两个氧是－1价，六个氧是－2价，B正确；碱性条件有利于形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，与正五价砷发生共沉淀，C正确；结合图示可知，碱性条件下，SO eq \\al(－,4)·发生反应的方程式为SO eq \\al(－,4)·＋OH－===SO eq \\al(2-,4)＋·OH，D错误。
5. B 解析：由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以应在正极发生，A正确；三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为＋1价，乙烯中C原子化合价为－2价，1 ml C2HCl3转化为1 ml C2H4时，得到6 ml电子，脱去3 ml氯原子，所以脱去a ml Cl时ne＝2a ml，B错误；由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO eq \\al(－,3)＋8e－―→NH eq \\al(＋,4)，由于生成物中有NH eq \\al(＋,4)，所以只能用H＋和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH－来配平，所以④的电极反应式为NO eq \\al(－,3)＋10H＋＋8e－===NH eq \\al(＋,4)＋3H2O，C正确；增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，增大ZVI释放电子的速率，可使nt增大，D正确。
6. C 解析： 由过程Ⅰ可知，2 ml Fe3O4发生反应，会生成1 ml氧气，转移4 ml电子，那么每消耗232 g即1 ml Fe3O4转移2 ml电子，A正确；利用盖斯定律，由2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝－571.0 kJ· ml-1和2Fe3O4(s)===6FeO(s)＋O2(g) ΔH＝－313.2 kJ· ml-1可得Q＝ eq \f(1,2)(－571.0 kJ· ml-1＋313.2 kJ· ml-1)＝－128.9 kJ· ml-1，所以过程Ⅱ的热化学方程式中Q＜0，B正确；过程Ⅰ是太阳能转化为热能，过程Ⅱ是热能转化为化学能，目的是实现太阳能向化学能的转化，C错误；铁氧化合物循环制H2成本低且产物一个是固体，一个是气体，易分离，D正确。
7. C 解析：CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体，A正确；甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成：CH3OH＋CO eq \(―――→,\s\up7([Rh(CO)2I2]－))CH3COOH，B正确；铑配合物在整个反应历程中，成键数目、配体种类等均发生了变化，C错误；反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：CH3OH＋HI―→CH3I＋H2O，D正确。
8. D 解析：该反应属于取代反应，A不符合题意；该反应中只存在C—O键、O—H键等极性键断裂，没有非极性键断裂，B不符合题意；Y中最中间的碳正离子缺电子，最外层电子数未达8电子稳定结构，C不符合题意；根据该反应进程描述，可以看到是叔丁醇上C—O键断裂，最终连接的是乙酸提供的氧原子，故X结构中若带有18O原子，最终不会存在于产物酯的分子中，会在生成的水分子中，D符合题意。
9. D 解析：根据有机物脱羧反应机理图可知，E—NH2先参与反应，后面又生成，没有增加或减少，故应为催化剂，A正确；A→B是加成反应，B→C是消去反应，B正确；E和F的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，C正确；从C→E过程可以看到，碳碳双键是在羧基相连的碳原子上形成，连有氮原子的碳原子也形成碳碳双键，然后才能转化成含有碳氮双键的结构，而对于，只能形成，无法继续向下进行，所以不能按照该反应机理进行，D错误。
10. A 解析：反应Ⅰ是吸热反应，高温条件下有利于反应Ⅰ的进行，A正确；反应Ⅰ活化能最大，是决速步骤，B错误；反应Ⅲ的中间体比反应Ⅳ的中间体能量高，不稳定，C错误；反应Ⅰ只有共价键的断裂，D错误。
eq \a\vs4\al(天) eq \a\vs4\al(天) eq \a\vs4\al(练) eq \a\vs4\al(B) eq \a\vs4\al(组)
1. B 解析：根据反应机理图示，9为目标产物、10是副产物，3、5和8都是反应的中间体，A正确；8→10过程中，形成双键为消去反应，B错误；依据反应＋2―→＋2HBr，理论上1 ml 最多能消耗2 ml ，C正确；若原料用和，反应的主产物是，副产物为和 ，D正确。
2. A 解析：铑(Ru)在TRAP机理图中共呈现了4种价态，分别是＋4价、＋5价、＋6价、＋7价，A正确；RuO eq \\al(－,3)与NMO反应，经过过程④和⑤得到RuO eq \\al(－,4)和NMM，其中Ru元素从＋5价升至＋7价，则RuO eq \\al(－,3)作还原剂，NMO作氧化剂，B错误；RuO eq \\al(－,3)自身发生歧化反应⑥，离子方程式为2RuO eq \\al(－,3)===RuO2＋RuO eq \\al(2-,4)，产物不是RuO eq \\al(－,4)，则不是TRAP试剂再生的另一途径，C错误；TRAP试剂中的RuO eq \\al(－,4)不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，若R1为CH2===CH—，R2为H—，则RuO eq \\al(－,4)经过过程①和②将CH2===CHCH2OH氧化为CH2===CHCHO（丙烯醛），D错误。
3. B 解析：反应原料HCHO和RCHO参与的反应均为加成反应，则原料中的原子100%转化为产物，A正确；由图中可知，催化剂脯氨酸的结构为，B错误；该过程涉及了加成反应和消去反应，C正确；若原料用2‒丁酮()和苯甲醛()，则产物可能为，D正确。
4. C 解析：由图中转化关系知，RZnCl是反应物，A错误；反应过程中生成R—R′、R—R两种偶联有机产物，B错误；反应过程中涉及C—Cl极性键的断裂和C—C非极性键的形成，C正确；反应方程式未配平，D错误。
5. A 解析：由反应机理可知，氢气和氧气在[PdCl4]2-的作用下生成过氧化氢，反应的化学方程式为H2＋O2 eq \(=====,\s\up12([PdCl4]2-),\s\d4())H2O2，A错误；Pd元素在[PdCl4]2-、[PdCl2O2]2-中的化合价均为＋2价，Pd单质中为0价，B正确；由反应机理可知，①②均为氧化还原反应，C正确；由反应机理可知，HCl和Cl－均可循环利用，D正确。
6. C 解析： 根据“”可以判断X为ROH，若—R为—C2H5，则X为C2H5OH，即乙醇，A正确；反应有H—H键、C—O键等的断裂，有C—C键、C—H键、O—H键等的形成，B正确；有机化学中加成反应和加聚反应的原子利用率为100%，反应产物有甲苯和醇ROH，原子利用率不是100%，C错误；活性炭表面积很大，可以负载高分散的Pd，增大催化剂与反应物的接触面积，提高催化剂活性，D正确。
7. B 解析： 由图可知，转化过程中Pd元素的化合价发生改变，涉及氧化还原反应，A正确；烃基R1与R2的成键过程中形成碳碳非极性键，B错误；由图可知，R2—Pd(Ⅱ)—OC(CH3)3是中间体之一，C正确；转化过程中存在反应：R2—Pd(Ⅱ)—X＋NaOC(CH3)3―→NaX＋R2—Pd(Ⅱ)—OC(CH3)3，D正确。
8. D 解析：已知Cr是24号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故基态铬原子核外共7种能量不同的电子，A错误；由题干反应历程图可知，该过程的总反应方程式为C3H8 eq \(―――→,\s\up7(催化剂))CH3CH===CH2＋H2，B错误；由题干信息可知，Cr3+为催化剂，则催化剂Cr3+能改变反应活化能，但不能改变了反应的热效应，C错误；由题干信息可知，随着反应的进行，副反应产生的积炭会导致催化剂失活，而在该体系中加入CO2，由于C＋CO2 eq \(=====,\s\up7(高温))2CO能有效消除积碳，防止催化剂失活，有利于丙烷脱氢，D正确。
9. C 解析：V是23号元素，3d轨道能量比4s高（都是空轨道时），故电子优先进入4s轨道，故V的价电子排布式为3d34s2，A正确；由图可知，V5+—OH在该反应过程中边消耗，边生成，质量和性质未发生改变，故作为催化剂，B正确；反应过程中还有NO参加了反应，总方程为4NH3＋O2 ＋4NO eq \(=====,\s\up7(催化剂))4N2＋6H2O，C错误；n（氧气）＝ eq \f(V,Vm)＝ eq \f(11.2 L,22.4 L·ml-1)＝0.5 ml，有0.5 ml的氧气参加反应，消耗2 ml NH3, eq \(N,\s\up6(－3,))H3→ eq \(N,\s\up6(0,))2 化合价升高了3价，故转移的电子物质的量为3×2 ml＝6 ml，D正确。
10. B 解析：已知催化剂只能影响化学反应速率，不能使化学平衡发生移动，故该新型纳米铁催化剂不能改变平衡常数，A正确；由题干反应历程图可知，上述循环中断裂了D—O、C—H极性键，形成了H—O、C—D极性键，无非极性键的断裂和形成，B错误；由题干反应历程图可知，上述总反应是重水中的D原子取代了苯环中的H原子，故上述总反应属于取代反应，C正确；由题干反应历程图可知，总反应方程式为＋D2O eq \(―――→,\s\up7(催化剂))＋DOH，D正确。
第1练 物质转化历程AB
真题快递＋天天练A组 满分：42分 限时：30分钟
天天练B组 满分：30分 限时：20分钟
eq \a\vs4\al(真) eq \a\vs4\al(题) eq \a\vs4\al(快) eq \a\vs4\al(递)
1.（3分）（2022·山东）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HONO的反应历程有2种
C. 增大NO的量，C3H8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
2.（3分）（2022·广东）科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是( )
A. 淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖
B. 葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C. 1 ml CO中含有6.02×1024个电子
D. 22.4 L CO2被还原生成1 ml CO
3.（3分）（2022·湖南）科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移（如a、b和c），能将海洋中的NO eq \\al(－,2)转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是( )
A. 过程Ⅰ中NO eq \\al(－,2)发生氧化反应
B. a和b中转移的e－数目相等
C. 过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n（NH eq \\al(＋,4)）＝1∶4
D. 过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO eq \\al(－,2)＋NH eq \\al(＋,4)===N2↑＋2H2O
4.（3分）（2022·北京） CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。
eq \(\s\up7(),\s\d5(图1))
eq \(\s\up7(),\s\d5(图2))
下列说法不正确的是( )
A. 反应①为CaO＋CO2===CaCO3；反应②为CaCO3＋CH4 eq \(=====,\s\up7(催化剂))CaO＋2CO＋2H2
B. t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能存在副反应CH4 eq \(=====,\s\up7(催化剂))C＋2H2
C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
eq \a\vs4\al(天) eq \a\vs4\al(天) eq \a\vs4\al(练) eq \a\vs4\al(A) eq \a\vs4\al(组)
1.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）工业制备锰(Mn)单质的过程中会产生高浓度SO2。酸性条件下，用MnO2进行脱硫处理的原理如图所示。
下列说法中，不正确的是( )
A. 反应1中，锰元素化合价升高
B. 反应2属于氧化还原反应
C. 脱硫的最终产物为MnSO4
D. 上述过程中Fe2+、Fe3+可以循环使用
2.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述不正确的是( )
A. H2S和空气通过上述循环的目的是降低活化能，提高总反应速率
B. 在转化过程中能循环利用的物质是FeCl3和CuCl2
C. 该过程的总反应式为2H2S＋O2 eq \(=====,\s\up7(催化剂))2H2O＋2S↓
D. 若有1 ml H2S发生图示转化的同时消耗O2为0.4 ml，则混合液中Fe3+浓度增大
3.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是( )
A. ①转化中N2H4是还原剂
B. ③中发生反应后溶液的pH减小
C. 1 ml N2H4可处理水中1 ml O2
D. 工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧
4.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁(ZVI)活化过二硫酸钠(Na2S2O8)去除废水中的正五价砷[As(Ⅴ)]的研究成果，其反应机制模型如图所示。下列叙述不正确的是( )
A. 56 g Fe参加反应，消耗的S2O eq \\al(2-,8)大于1 ml
B. 过二硫酸钠(Na2S2O8)中S的化合价为＋6价
C. pH越大，越有利于去除废水中的正五价砷
D. 碱性条件下，硫酸根自由基发生反应的方程式为SO eq \\al(－,4)·＋H2O===SO eq \\al(2-,4)＋·OH＋H＋
5.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图。H＋、O2、NO eq \\al(－,3)等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量ne。下列说法错误的是( )
A. 反应①②③④均在正极发生
B. 单位时间内，三氯乙烯脱去a ml Cl时ne＝a ml
C. ④的电极反应式为NO eq \\al(－,3)＋10H＋＋8e－===NH eq \\al(＋,4)＋3H2O
D. 增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可使nt增大
6.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）已知：2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝－571.0 kJ· ml-1。在一定条件下，以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：
过程Ⅰ：2Fe3O4(s)===6FeO(s)＋O2(g) ΔH＝－313.2 kJ· ml-1
过程Ⅱ：3FeO(s)＋H2O(l)===H2(g)＋Fe3O4(s) ΔH＝Q kJ· ml-1
下列说法不正确的是( )
A. 过程Ⅰ中每消耗232 g Fe3O4转移2 ml电子
B. 过程Ⅱ的热化学方程式中Q＜0
C. 过程Ⅰ、Ⅱ循环的目的是实现光能向热能的转化
D. 铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
7. （3分）（2023·江苏各地模拟优选）铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。
下列叙述错误的是( )
A. CH3COI是反应中间体
B. 甲醇羰基化反应为CH3OH＋CO eq \(―――→,\s\up7([Rh(CO2)I2]－))CH3COOH
C. 反应过程中Rh的成键数目保持不变
D. 存在反应CH3OH＋HI―→CH3I＋H2O
8.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）乙酸叔丁酯(M)的某合成反应历程如下图所示。下列说法正确的是( )
A. 该合成反应的类型属于加成反应
B. 该历程中存在非极性键的断裂与生成
C. Y中所有碳原子最外层均已达到8电子稳定结构
D. 如果使用含18O的X为原料，则M中不含18O
9. （3分）（2023·江苏各地模拟优选）一种有机物脱羧反应机理如图所示。下列说法不正确的是( )
A. E—NH2是脱羧反应的催化剂
B. 该反应过程涉及加成、消去反应
C. E和F互为同分异构体
D. 也可按照该反应机理生成
10.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）卤代烃可以和乙醇反应生成醚，反应历程可表示如下：
能量变化如图所示：
下列说法正确的是( )
A. 高温条件下有利于反应Ⅰ的进行
B. 反应Ⅱ是决速步骤
C. 反应Ⅲ的中间体比反应Ⅳ的中间体稳定
D. 各步反应都有共价键的断裂和生成
eq \a\vs4\al(天) eq \a\vs4\al(天) eq \a\vs4\al(练) eq \a\vs4\al(B) eq \a\vs4\al(组)
1.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）BuchwaldHartwig偶联反应（布赫瓦尔德－哈特维希反应）是合成芳胺的重要方法，反应机理如图（图中Ar表示芳香烃基，表示为副反应）。下列有关说法不正确的是 ( )
A. 3、5和8都是反应的中间体
B. 该过程仅涉及加成反应
C. 理论上1 ml最多能消耗2 ml
D. 若原料用和，则可能得到的产物为、和
2.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）TRAP是一种温和的氧化剂，TRAP试剂中的RuO eq \\al(－,4)不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，不会过度氧化为羧酸。TRAP氧化醇的反应机理如下图，下列说法正确的是( )
A. 铑(Ru)在TRAP机理图中共呈现了4种价态
B. 步骤④中NMO作还原剂，作用是使TRAP试剂再生
C. 反应⑥的离子方程式为2RuO eq \\al(－,3)===RuO2＋RuO eq \\al(2-,4)，是TRAP试剂再生的另一途径
D. 若R1为CH2===CH—，R2为H—，则TRAP氧化该醇的主产物为丙醛
3.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）脯氨酸是构成蛋白质的氨基酸之一，是其中唯一的亚氨基酸。Benjamin List发现脯氨酸可以催化不对称有机反应，因此获得了2021年的诺贝尔化学奖。脯氨酸催化的羟醛缩合反应机理如图所示。下列有关说法不正确的是( )
A. 反应原料中的原子100%转化为产物
B. 由图中可知脯氨酸的结构为
C. 该过程涉及了加成反应和消去反应
D. 若原料用2‒丁酮和苯甲醛，则产物可能为
4.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）Negishi偶联反应是构筑碳碳键的重要方法之一，反应过程如图所示（R、R′表示烃基）。下列说法正确的是( )
A. RZnCl是该反应的催化剂
B. 反应过程中只生成一种偶联有机产物
C. 反应过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成
D. 存在反应方程式：
5.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）下列说法不正确的是( )
A. 总反应可表示为H2＋O2===H2O2
B. 该过程中Pd的化合价有0价和＋2价两种状态
C. ①②均为氧化还原反应
D. HCl和Cl－可循环利用
6.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）Pd/C催化某清洁反应是获得甲苯的常用途径，反应机理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 若—R为—C2H5，则X为乙醇
B. 反应过程存在极性键及非极性键的断裂和形成
C. 该途径生产甲苯符合原子利用率100%
D. 活性炭可以负载高分散的Pd，提高催化剂活性
7.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）近年，在钯(Pd)催化下进行的偶联反应成为研究热点，其中一种反应机理如图所示，下列有关说法错误的是( )
已知：R1、R2表示烃基，X表示卤原子，Y表示羟基。
A. 转化过程中涉及氧化还原反应
B. 转化过程中未发生非极性键的断裂和形成
C. R2—Pd(Ⅱ)—OC(CH3)3是中间体
D. 转化过程中存在如下反应：R2—Pd(Ⅱ)—X＋NaOC(CH3)3―→NaX＋R2
—Pd(Ⅱ)—OC(CH3)3
8.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）以SiO2表面隔离的Cr3+催化丙烷无氧脱氢的机理如图，随着反应的进行，副反应产生的积炭会导致催化剂失活。下列说法正确的是( )
A. 基态铬原子核外有6种能量不同的电子
B. 总反应方程式为C3H8 eq \(―――→,\s\up7(催化剂))C3H4 ＋2H2
C. Cr3+改变反应活化能的同时改变了反应的热效应
D. 在该体系中加入CO2有利于丙烷脱氢
9.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）据文献报道，氨催化还原法可用来消除某些污染气体，其反应历程如图所示。
下列说法错误的是( )
A. V的价电子排布式为3d34s2
B. V5+—OH在该反应过程中作催化剂
C. 总反应化学方程式为4NH3＋3O2 eq \(=====,\s\up7(催化剂))2N2＋6H2O
D. 当消耗标准状况下11.2 L O2时，整个过程转移6 ml e－
10.（3分）（2023·江苏各地模拟优选）我国科学家开发出新型铁纳米催化剂，实现了芳环和杂芳环的氢氘交换反应。该纳米催化方法具有很高的普适性，可对芳胺、酚、含氮杂环等近90个化合物进行选择性氘代，实现了超过30个氘代药物分子和天然产物的制备。其反应历程如图所示。
提示：—X表示—NH2、—OH等官能团。下列说法错误的是( )
A. 该新型纳米铁催化剂不能增大平衡常数
B. 上述循环中断裂了极性键和形成了非极性键
C. 上述总反应属于取代反应
D. 总反应方程式为＋DOH
主题4 化学变化与规律 第1练 物质转化历程AB
eq \a\vs4\al(真) eq \a\vs4\al(题) eq \a\vs4\al(快) eq \a\vs4\al(递)
1. D 解析：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正确；根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B正确；NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C正确；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＋O2 eq \(⥫==⥬,\s\up7(NO))2C3H6＋2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D错误。
2. A 解析：淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，A正确；葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，结构不同，二者互为同分异构体，但含有O元素，不是烃类，属于烃的衍生物，B错误；一个CO分子含有14个电子，则1 ml CO中含有14×6.02×1023＝8.428×1024个电子，C错误；未指明气体处于标况下，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，D错误。
3. D 解析：由图示可知，过程Ⅰ中NO eq \\al(－,2)转化为NO，氮元素化合价由＋3价降低到＋2价，NO eq \\al(－,2)作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；由图示可知，过程Ⅰ为NO eq \\al(－,2)在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，生成1 ml NO，a过程转移1 ml e－，过程Ⅱ为NO和NH eq \\al(＋,4)在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为NO＋NH eq \\al(＋,4)＋3e－＋2H＋ eq \(=====,\s\up12(酶2),\s\d4())H2O＋N2H4，消耗1 ml NO，b过程转移4 ml e－，转移电子数目不相等，B错误；由图示可知，过程Ⅱ发生反应的参与反应的离子方程式为NO＋NH eq \\al(＋,4)＋3e－＋2H＋ eq \(=====,\s\up12(酶2),\s\d4())H2O＋N2H4，n(NO)∶n（NH eq \\al(＋,4)）＝1∶1，C错误；由图示可知，过程Ⅰ的离子方程式为NO eq \\al(－,2)＋2H＋＋e－ eq \(=====,\s\up12(酶1),\s\d4())NO＋H2O，过程Ⅱ的离子方程式为NO＋NH eq \\al(＋,4)＋3e－＋2H＋ eq \(=====,\s\up12(酶2),\s\d4())H2O＋N2H4，过程Ⅲ的离子方程式为N2H4 eq \(=====,\s\up12(酶3),\s\d4())N2↑＋4H＋＋4e－，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO eq \\al(－,2)＋NH eq \\al(＋,4)=== N2↑＋2H2O，D正确。
4. C 解析：由题干图1所示信息可知，反应①为CaO＋CO2===CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为CaCO3＋CH4 eq \(=====,\s\up7(催化剂))CaO＋2CO＋2H2，A正确；由题干图2信息可知，t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能存在副反应CH4 eq \(=====,\s\up7(催化剂))C＋2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1∶2，B正确；由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2 mml·min-1，而CO变为1～2 mml·min-1之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，D正确。
eq \a\vs4\al(天) eq \a\vs4\al(天) eq \a\vs4\al(练) eq \a\vs4\al(A) eq \a\vs4\al(组)
1. A 解析：反应1中，锰元素化合价由＋4价降低为＋2价，A错误；反应2中Fe、S元素化合价有变化，属于氧化还原反应，B正确；根据图示，总反应为MnO2＋SO2=== MnSO4，脱硫的最终产物为MnSO4，C正确；根据流程图，可知Fe2+、Fe3+可以循环使用，D正确。
2. D 解析：总反应为硫化氢和氧气反应生成硫和水，H2S和空气通过上述循环相当于铁离子和铜离子作催化剂，催化剂能降低活化能，提高总反应速率，A正确；在转化过程中能循环利用的离子是铁离子和铜离子，则对应的物质是FeCl3和CuCl2，B正确；由图可知，反应物为H2S、O2，生成物为H2O、S，该过程的总反应式为2H2S＋O2 eq \(=====,\s\up7( 催化剂))2H2O＋2S↓，C正确；总反应为硫化氢和氧气反应生成硫和水，若有1 ml H2S发生图示转化，则失去电子为2 ml，若同时消耗O2为0.4 ml，则得到电子为1.6 ml，则混合液中Fe3+浓度因消耗而减小，D错误。
3. B 解析：①转化中N2H4变成N2，氮元素的化合价升高，所以N2H4是还原剂，A正确；③中发生反应的离子方程式为4Cu(NH3) eq \\al(＋,2)＋O2＋2H2O＋8NH3===4Cu(NH3) eq \\al(2+,4)＋4OH－，所以溶液的pH增大，B错误；根据反应的机理可知，本质上可看成氧气氧化N2H4，根据电子守恒：O2～4OH－～4e－，N2H4～N2～4e－，所以消耗的n(O2)＝n(N2H4)，C正确；Na2SO3具有强还原性，能够被锅炉水中的溶解氧氧化：2Na2SO3＋O2===2Na2SO4，而且使用常见的Na2SO3成本低，所以工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧，D正确。
4. D 解析：56 g Fe参加反应，根据图示，可得出转化过程中Fe先被S2O eq \\al(2-,8)氧化为Fe2+，反应为Fe＋S2O eq \\al(2-,8)===Fe2+＋2SO eq \\al(2-,4)，然后Fe2+进一步被S2O eq \\al(2-,8)氧化为Fe3+，最后沉淀中有Fe(OH)2和Fe(OH)3，所以56 g Fe参加反应时，消耗的S2O eq \\al(2-,8)大于1 ml，A正确；S的化合价为＋6价，因为有两个氧是－1价，六个氧是－2价，B正确；碱性条件有利于形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，与正五价砷发生共沉淀，C正确；结合图示可知，碱性条件下，SO eq \\al(－,4)·发生反应的方程式为SO eq \\al(－,4)·＋OH－===SO eq \\al(2-,4)＋·OH，D错误。
5. B 解析：由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以应在正极发生，A正确；三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为＋1价，乙烯中C原子化合价为－2价，1 ml C2HCl3转化为1 ml C2H4时，得到6 ml电子，脱去3 ml氯原子，所以脱去a ml Cl时ne＝2a ml，B错误；由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO eq \\al(－,3)＋8e－―→NH eq \\al(＋,4)，由于生成物中有NH eq \\al(＋,4)，所以只能用H＋和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH－来配平，所以④的电极反应式为NO eq \\al(－,3)＋10H＋＋8e－===NH eq \\al(＋,4)＋3H2O，C正确；增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，增大ZVI释放电子的速率，可使nt增大，D正确。
6. C 解析： 由过程Ⅰ可知，2 ml Fe3O4发生反应，会生成1 ml氧气，转移4 ml电子，那么每消耗232 g即1 ml Fe3O4转移2 ml电子，A正确；利用盖斯定律，由2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝－571.0 kJ· ml-1和2Fe3O4(s)===6FeO(s)＋O2(g) ΔH＝－313.2 kJ· ml-1可得Q＝ eq \f(1,2)(－571.0 kJ· ml-1＋313.2 kJ· ml-1)＝－128.9 kJ· ml-1，所以过程Ⅱ的热化学方程式中Q＜0，B正确；过程Ⅰ是太阳能转化为热能，过程Ⅱ是热能转化为化学能，目的是实现太阳能向化学能的转化，C错误；铁氧化合物循环制H2成本低且产物一个是固体，一个是气体，易分离，D正确。
7. C 解析：CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体，A正确；甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成：CH3OH＋CO eq \(―――→,\s\up7([Rh(CO)2I2]－))CH3COOH，B正确；铑配合物在整个反应历程中，成键数目、配体种类等均发生了变化，C错误；反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：CH3OH＋HI―→CH3I＋H2O，D正确。
8. D 解析：该反应属于取代反应，A不符合题意；该反应中只存在C—O键、O—H键等极性键断裂，没有非极性键断裂，B不符合题意；Y中最中间的碳正离子缺电子，最外层电子数未达8电子稳定结构，C不符合题意；根据该反应进程描述，可以看到是叔丁醇上C—O键断裂，最终连接的是乙酸提供的氧原子，故X结构中若带有18O原子，最终不会存在于产物酯的分子中，会在生成的水分子中，D符合题意。
9. D 解析：根据有机物脱羧反应机理图可知，E—NH2先参与反应，后面又生成，没有增加或减少，故应为催化剂，A正确；A→B是加成反应，B→C是消去反应，B正确；E和F的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，C正确；从C→E过程可以看到，碳碳双键是在羧基相连的碳原子上形成，连有氮原子的碳原子也形成碳碳双键，然后才能转化成含有碳氮双键的结构，而对于，只能形成，无法继续向下进行，所以不能按照该反应机理进行，D错误。
10. A 解析：反应Ⅰ是吸热反应，高温条件下有利于反应Ⅰ的进行，A正确；反应Ⅰ活化能最大，是决速步骤，B错误；反应Ⅲ的中间体比反应Ⅳ的中间体能量高，不稳定，C错误；反应Ⅰ只有共价键的断裂，D错误。
eq \a\vs4\al(天) eq \a\vs4\al(天) eq \a\vs4\al(练) eq \a\vs4\al(B) eq \a\vs4\al(组)
1. B 解析：根据反应机理图示，9为目标产物、10是副产物，3、5和8都是反应的中间体，A正确；8→10过程中，形成双键为消去反应，B错误；依据反应＋2―→＋2HBr，理论上1 ml 最多能消耗2 ml ，C正确；若原料用和，反应的主产物是，副产物为和 ，D正确。
2. A 解析：铑(Ru)在TRAP机理图中共呈现了4种价态，分别是＋4价、＋5价、＋6价、＋7价，A正确；RuO eq \\al(－,3)与NMO反应，经过过程④和⑤得到RuO eq \\al(－,4)和NMM，其中Ru元素从＋5价升至＋7价，则RuO eq \\al(－,3)作还原剂，NMO作氧化剂，B错误；RuO eq \\al(－,3)自身发生歧化反应⑥，离子方程式为2RuO eq \\al(－,3)===RuO2＋RuO eq \\al(2-,4)，产物不是RuO eq \\al(－,4)，则不是TRAP试剂再生的另一途径，C错误；TRAP试剂中的RuO eq \\al(－,4)不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，若R1为CH2===CH—，R2为H—，则RuO eq \\al(－,4)经过过程①和②将CH2===CHCH2OH氧化为CH2===CHCHO（丙烯醛），D错误。
3. B 解析：反应原料HCHO和RCHO参与的反应均为加成反应，则原料中的原子100%转化为产物，A正确；由图中可知，催化剂脯氨酸的结构为，B错误；该过程涉及了加成反应和消去反应，C正确；若原料用2‒丁酮()和苯甲醛()，则产物可能为，D正确。
4. C 解析：由图中转化关系知，RZnCl是反应物，A错误；反应过程中生成R—R′、R—R两种偶联有机产物，B错误；反应过程中涉及C—Cl极性键的断裂和C—C非极性键的形成，C正确；反应方程式未配平，D错误。
5. A 解析：由反应机理可知，氢气和氧气在[PdCl4]2-的作用下生成过氧化氢，反应的化学方程式为H2＋O2 eq \(=====,\s\up12([PdCl4]2-),\s\d4())H2O2，A错误；Pd元素在[PdCl4]2-、[PdCl2O2]2-中的化合价均为＋2价，Pd单质中为0价，B正确；由反应机理可知，①②均为氧化还原反应，C正确；由反应机理可知，HCl和Cl－均可循环利用，D正确。
6. C 解析： 根据“”可以判断X为ROH，若—R为—C2H5，则X为C2H5OH，即乙醇，A正确；反应有H—H键、C—O键等的断裂，有C—C键、C—H键、O—H键等的形成，B正确；有机化学中加成反应和加聚反应的原子利用率为100%，反应产物有甲苯和醇ROH，原子利用率不是100%，C错误；活性炭表面积很大，可以负载高分散的Pd，增大催化剂与反应物的接触面积，提高催化剂活性，D正确。
7. B 解析： 由图可知，转化过程中Pd元素的化合价发生改变，涉及氧化还原反应，A正确；烃基R1与R2的成键过程中形成碳碳非极性键，B错误；由图可知，R2—Pd(Ⅱ)—OC(CH3)3是中间体之一，C正确；转化过程中存在反应：R2—Pd(Ⅱ)—X＋NaOC(CH3)3―→NaX＋R2—Pd(Ⅱ)—OC(CH3)3，D正确。
8. D 解析：已知Cr是24号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故基态铬原子核外共7种能量不同的电子，A错误；由题干反应历程图可知，该过程的总反应方程式为C3H8 eq \(―――→,\s\up7(催化剂))CH3CH===CH2＋H2，B错误；由题干信息可知，Cr3+为催化剂，则催化剂Cr3+能改变反应活化能，但不能改变了反应的热效应，C错误；由题干信息可知，随着反应的进行，副反应产生的积炭会导致催化剂失活，而在该体系中加入CO2，由于C＋CO2 eq \(=====,\s\up7(高温))2CO能有效消除积碳，防止催化剂失活，有利于丙烷脱氢，D正确。
9. C 解析：V是23号元素，3d轨道能量比4s高（都是空轨道时），故电子优先进入4s轨道，故V的价电子排布式为3d34s2，A正确；由图可知，V5+—OH在该反应过程中边消耗，边生成，质量和性质未发生改变，故作为催化剂，B正确；反应过程中还有NO参加了反应，总方程为4NH3＋O2 ＋4NO eq \(=====,\s\up7(催化剂))4N2＋6H2O，C错误；n（氧气）＝ eq \f(V,Vm)＝ eq \f(11.2 L,22.4 L·ml-1)＝0.5 ml，有0.5 ml的氧气参加反应，消耗2 ml NH3, eq \(N,\s\up6(－3,))H3→ eq \(N,\s\up6(0,))2 化合价升高了3价，故转移的电子物质的量为3×2 ml＝6 ml，D正确。
10. B 解析：已知催化剂只能影响化学反应速率，不能使化学平衡发生移动，故该新型纳米铁催化剂不能改变平衡常数，A正确；由题干反应历程图可知，上述循环中断裂了D—O、C—H极性键，形成了H—O、C—D极性键，无非极性键的断裂和形成，B错误；由题干反应历程图可知，上述总反应是重水中的D原子取代了苯环中的H原子，故上述总反应属于取代反应，C正确；由题干反应历程图可知，总反应方程式为＋D2O eq \(―――→,\s\up7(催化剂))＋DOH，D正确。
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