2026届高考化学【百炼成钢】催化剂与催化机理知识考查

【百炼成钢】 催化剂与催化机理知识考查 1．研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应H2O＝H+＋HO∙＋e－。三唑水溶液微滴表面接触CO2发生反应，可能的反应机理如图所示。 根据上述反应机理，下列叙述错误的是 A．三唑在反应循环中起催化作用 B．CO2换成C18O2，可生成H218O2 C．碳原子轨道的杂化存在从sp到sp2的转变 D．总反应为2H2O＋CO2＝H2O2＋HCOOH 2．钒催化剂对H2O2氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。 下列说法错误的是 A．步骤①反应为VO2+＋H2O2→VO＋∙OH＋H+ B．步骤③正、逆反应的活化能关系为E正＜E逆 C．VO在催化循环中起氧化作用 D．步骤③生成的物质Z是H2 3．乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2＝CHOOCCH3)的过程示意图如下。 下列说法不正确的是 A．①中反应为4CH3COOH＋O2＋2Pd→2Pd(CH3COO)2＋2H2O B．②中生成CH2＝CHOOCCH3的过程中，有σ键断裂与形成 C．生成CH2＝CHOOCCH3总反应的原子利用率为100% D．Pd催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率 4．用肼(N2H4)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A．N2是还原反应的产物 B．还原性：N2H4＜Fe2+ C．处理后溶液的pH增大 D．图示反应过程中起催化作用的是Cu2+ 5．CO2与NO通过电催化反应生成CO(NH2)2，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是 A. 过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B. 过程Ⅱ中NO发生了氧化反应 C. 电催化CO2与NO生成CO(NH2)2的反应方程式：CO2＋2NO＋18H+ CO(NH2)2＋7H2O D. 常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3∙H2O反应可生产CO(NH2)2 6．氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3(s)＋2NH3(g)2GaN(s)＋3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A．反应i是吸热过程 B．反应ii中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69eV C．反应iii包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ii中 7．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()为原料生产环氧丙烷()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% 8．某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中O2获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上 A. 负极反应的催化剂是i B. 图a中，i到ii过程的活化能一定最低 C. 电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变 D. 相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同 9．某种氨基喹啉衍生物(M)合成反应的可能历程如图，Ea表示活化能(kJ∙mol－1)。下列说法错误的是 A．L－CuI是反应的催化剂 B．步骤①发生了N－O键断裂 C．反应速率：历程II＞历程I D．反应热：历程II＞历程I 10．传统方法中，制备化合物c常用到NaCN。某课题组提出了一种避免使用NaCN的方法，机理如图所示(L表示配体，0、I、II、III表示价态)。下列说法不正确的是 A．化合物b是NaCN的替代品 B．是该过程产生的副产物 C．M可能是R3SiBr和H+ D．整个过程中，含镍化合物发生了2次氧化反应 11．在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为CH3CH2CH3(g) CH3CH＝CH2(g)＋H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，*CH3CHCH2＋2*H→ CH3CH＝CH2(g)＋H2(g)中部分进程已省略)。 下列说法正确的是 A. 总反应是放热反应 B. 两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C. 和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D. ①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CH2CH3→*CH3CHCH3(g)＋*H 12．在MoS2负载的Rh－Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为CH3COOH，其可能的反应机理如图所示。 下列说法错误的是 A. 该反应的原子利用率为100% B. 每消耗1molO2可生成1molCH3COOH C. 反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化 D. 若以CD4为原料，用H2O吸收产物可得到CD3COOH 13．铜催化下，由CO2电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是 A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成 C．Ⅳ的示意图为 D．催化剂Cu可降低反应热 14．环己酮可以在Zr基催化剂作用下转化为环己醇，其可能的反应机理如图所示。 下列说法错误的是 A. 该反应的还原剂是 B. 反应过程中涉及O－H键的断裂和形成 C. 用同位素标记的代替可得到 D. 环己酮转化为环己醇的反应为 15．某离子液体的阴离子[CH(CN)2]－可以吸收CO2，其可能的两种反应路径如下图所示。下列说法错误的是 A. 两种路径的总反应相同 B. 路径I是主要的反应途径 C. 该反应为放热反应 D. 生成物中既含离子键又含共价键 16．某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催化剂，用于转化H2S为单质S，提出的催化历程示意图如下。NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．O2使Fe2+转化成Fe3+，恢复催化剂活性 B．过程①和④均发生了非极性键的断裂 C．过程②和③均发生了氧化还原反应 D．理论上，每转化34g H2S，转移的电子数目为NA 17．恒容反应器中，Rh和Rh/Mn均能催化反应：HCHO＋H2＋COHOCH2CHO(羟基乙醛)，反应历程如图所示，I1～I3为中间体，TS1～TS3为过渡态。 下列描述正确的是 A．“CO插入”步骤，△H为－17.6kcal∙mol-1 B．Rh催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤 C．Rh/Mn催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小 D. 反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度增大 18．科研人员利用高压N2气流将水微滴喷射到涂覆催化剂的石墨网上，研究常温制氨，其反应历程中微粒转化关系如图1，相对能量变化关系如图2，图中*表示催化剂表面吸附位。下列说法正确的是 A．*N2→*N2H过程中发生非极性键的断裂与形成 B．I转化为*NH和NH3的过程中会生成N2H4 C．II表示的微粒符号是*NHNH2 D．反应历程中放热最多的反应是*NHNH2＋2H3O+＋2e－→*NH＋NH3＋2H2O 19．叔丁基溴可与硝酸银在醇溶液中反应：(CH3)3C－Br＋AgNO3 (CH3)3C－ONO2＋AgBr↓ 反应分步进行： ①(CH3)3C－Br——→ [(CH3)3C―Br]——→ (CH3)3C＋＋Br－ ②(CH3)3C＋＋NO——→ [(CH3)3C―ONO2]——→ (CH3)3C－ONO2 下图是该反应能量变化图。下列说法正确的是 A. 选用催化剂可改变反应△H的大小 B. 图中I对应的物质是[(CH3)3C―――ONO2] C. 其他条件不变时，NO的浓度越高，总反应速率越快 D. 其他条件不变时，(CH3)3C－Br的浓度是总反应速率的决定因素 20．甲酸常被用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO和H2O。在有、无催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示。下列说法错误的是 A．途径一未使用催化剂，途径二比途径一甲酸平衡转化率高 B．ΔH1＝ΔH2＜0，Ea1＞Ea2 C．途径二H＋参与反应，通过改变反应途径加快反应速率 D．途径二反应的快慢由生成的速率决定 21．我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4(g)＋H2(g)＝C2H6(g)　ΔH＝a kJ·mol－1]的反应历程如下图所示，下列说法正确的是 A．1 mol C2H4(g)与1 mol H2(g)具有的能量之和小于1 mol C2H6(g)的能量 B．过渡态物质的稳定性：过渡态1>过渡态2 C．该反应的焓变：ΔH＝－129.6 kJ·mol－1 D．相应的活化能：催化剂AuF<催化剂AuPF 22．科学家研究出“酸性—氧化还原性”双循环钒催化氨脱硝的反应机理，反应过程如图所示。 下列说法错误的是 A．V—O—H是脱硝反应的催化剂 B．脱硝过程中需不断补充NH3和O2 C．脱硝反应过程中V的化合价保持不变 D．脱硝反应的生成物能参与大气循环 23．如图是CH4与Zr形成过渡金属化合物的过程。下列说法正确的是 A．加入合适的催化剂待反应完成时可增大过渡金属化合物的产率 B．Zr＋CH4――—→ CH3—Zr…H的活化能为99.20 kJ·mol－1 C．整个反应的快慢由―→ 的反应快慢决定 D．Zr＋CH4―→CH—Zr…H3　ΔH＝－39.54 kJ·mol－1 24．工业上利用NH3对烟道气进行脱硝(除氮氧化物)的SCR技术具有效率高、性能可靠的优势。SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，反应过程中的相对能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．总反应方程式为6NO＋4NH35N2＋6H2O B．NH2NO是脱硝反应的活性中间体 C．升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度 D．决定反应速率的步骤是“H的移除” 25．科学家结合实验与计算机模拟结果，研究出了均相催化的思维模型。总反应：A＋B―→AB(K为催化剂)，①A＋K―→AK　Ea1，②AK＋B―→AB＋K　Ea2。下列说法错误的是 A．第①步为决速步骤 B．升高温度，该反应的速率加快 C．该反应的ΔH＝－Ea kJ·mol－1 D．催化剂降低了活化能，加快了反应速率 26．甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应： 反应Ⅰ：CH3OH(g)＝CO(g)＋2H2(g)　ΔH1， 反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)　ΔH2 根据能量变化示意图，下列说法正确的是 A．E3－E2＞E4－E1 B．反应Ⅱ决定整个反应的速率 C．催化剂可以降低总反应的焓变 D．CH3OH(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋3H2(g)　ΔH＝ΔH1－ΔH2 27．硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题。甲酸(HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO的催化还原，进而减少污染。已知Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示Fe3O4中的二价铁和三价铁。下列说法错误的是 A．Fe3O4参与了该循环历程 B．HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂 C．H2在反应历程中生成的H＋起到调节体系pH的作用 D．在整个历程中，1 mol H2可还原1 mol NO 28．一种以Pd－Cu为催化剂还原去除水体中NO的机理如图a所示；其他条件相同，不同pH时，NO转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图b所示。 已知：溶液pH会影响Pd对NO的吸附，不影响对H的吸附。下列说法不正确的是 A．pH越小，Pd对NO的吸附能力越强 B．通过调节溶液的pH，可使NO更多的转化为N2 C．反应ii中生成NH的离子方程式为NO＋6H＋2H＋＝NH＋2H2O D．pH＝12时，每处理6.2 g NO，理论上消耗标准状况下H2 5.6 L 29．甲酸常被用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO和H2O。在有、无催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示。下列说法错误的是 A．途径一未使用催化剂，途径二比途径一甲酸平衡转化率高 B．ΔH1＝ΔH2<0，Ea1>Ea2 C．途径二H＋参与反应，通过改变反应途径加快反应速率 D．途径二反应的快慢由生成的速率决定 30．在Fe+催化作用下，C2H6与N2O制备乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是 A． X为C2H5OH，是中间产物之一 B. 过程①~⑥，Fe元素的化合价均发生了变化 C. 增加Fe+的量，C2H6平衡转化率不变 D. 每消耗1molN2O，可制备0.5molCH3CHO 31．汽车尾气未经处理直接排放，会严重污染环境。某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应经历三个基元反应，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法错误的是 A．反应达平衡后提高反应温度，反应物转化率减小 B．使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，但不改变反应物的平衡转化率 C．该化学反应的速率主要由反应③决定 D．N2(g)＋2CO2(g)＝2CO(g)＋2NO(g) △H＝＋620.9kJ∙mol-1 32．一定温度下，密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H。测得能量变化如图所示，下列说法正确的是 A．该反应的△H＞0 B．反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量 C．过程Ⅱ可能使用了催化剂，同时提高了SO2的平衡转化率 D．过程I、Ⅱ达到平衡所需的时间相同 33．苯和Br2可经两步发生反应①或反应②，其主要反应历程和能量的关系如图所示，下列说法正确的是 A．对比历程图，苯更易发生取代反应，最主要的原因是反应②的速率更快 B．反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变 C．加入FeBr3可以降低反应②的活化能和焓变，提高反应速率 D．经两步发生反应①的总焓变＝E2－E1 34．CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，其高效的储放氧性能在CO＋NO的氧化还原催化循环中发挥了巨大作用。研究发现，NO先在CeO2催化剂表面形成强吸附性的N2O2二聚体，N2O2再与CO在CeO2表面反应生成N2O和CO2，该过程的能量变化曲线如图所示(吸附在CeO2表面的物种用*标注)。下列说法不正确的是 说明：“∙∙∙∙∙∙”表示化学键将要断裂或形成。 A．该反应属于放热反应 B．该过程中的最大活化能为0.8eV C．该过程中伴随极性键和非极性键的断裂和形成 D．若改用其他催化剂，其反应的△H不变 35．苯与Br2的催化反应历程如图所示。关于该反应历程，下列说法错误的是 A. 苯与Br2的加成反应为吸热反应 B. 除去产物溴苯中混有的一定量的溴，可以加氢氧化钠溶液，再通过分液的方法除去 C. 苯与Br2的催化反应决速步伴随着极性键的断裂与形成 D. 从反应速率的角度分析，产物中取代产物占比更大 36．某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热ΔH＝－620.9 kJ·mol－1。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是 A．ΔE＝306.6 kJ/mol B．三个基元反应中只有③是放热反应 C．该化学反应的速率主要由反应②决定 D．该过程的总反应为2CO＋2NO＝N2＋2CO2 37．为实现“碳达峰、碳中和”目标，科学家提出以TiO2为催化剂，用光热化学循环分解法达到减少大气中CO2含量的目的，反应机理如图所示： 物质的量 物质 完全断键所需吸收的总能量 1 mol CO2 1 598 kJ·mol－1 1 mol CO 1 072 kJ·mol－1 1 mol O2 496 kJ·mol－1 下列说法正确的是 A．光热化学循环分解过程涉及两种能量形式的转化 B．过程④为放热过程 C．TiO2降低反应的焓变，提高反应速率 D．总反应的热化学方程式为2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)　ΔH＝＋556 kJ·mol－1 38．科学家利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。 下列说法不正确的是 A．合成氨反应的热化学方程式是N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol-1 B．活化能最大的一步反应的化学方程式是Nad＋Had＝NHad C．升高温度、增大压强均能提高原料的平衡转化率 D．加入催化剂能降低反应活化能，增大正反应速率 39．活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示。 下列说法正确的是 A．该反应为吸热反应 B．产物的稳定性：P1>P2 C．该历程中最大正反应的活化能E正＝186.19 kJ·mol-1 D．相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)<v(P2) 40．已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－198 kJ·mol-1，在V2O5存在时反应过程中的能量变化如图所示。下列叙述正确的是 A．ΔH＝E4－E3＋E2－E1 B．加入V2O5后反应经过两步完成，其中第一步决定反应速率 C．加入V2O5，ΔH不变，但反应速率改变 D．向密闭容器中充入2 mol SO2和1 mol O2，发生上述反应达到平衡时，反应放热198 kJ 41．我国科学家合成了一种新型Au15/MoC材料，实现了低温催化水煤气变换。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，TS指过渡态。下列有关说法不正确的是 A．温度一定时，加压无法提高平衡转化率 B．分子从催化剂表面脱附的过程都是吸热的 C．反应历程中活化能最大的一步为CO*＋2H2O*―→CO*＋H2O*＋OH*＋H* D．该过程有极性键的断裂和生成 42．某酮和甲胺的反应机理及能量图像如图所示： 下列说法错误的是 A. 该历程中H+为催化剂，故H+浓度越大，反应速率越快 B. 该历程中发生了加成反应和消去反应 C. 反应过程中有极性键的断裂和生成 D. 该历程中制约反应速率的反应为反应② 43．催化剂X和Y均能催化反应A(g)B(g)，其反应历程如图所示，“●”表示反应物或生成物吸附在催化剂表面。其他条件相同时，下列说法正确的是 A. 使用催化剂X和Y，反应均分2步进行 B. 使用催化剂Y比使用催化剂X，反应更快达到平衡 C. 反应达到平衡后，降低温度，B的浓度减小 D. 反应过程中A·Y所能达到的最高浓度大于A·X 44．制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(其中Ph-代表苯基)。下列说法不正确的是 A. 可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯 B. 反应过程涉及氧化反应 C. 化合物3和4互为同分异构体 D. 化合物1直接催化反应的进行 45．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下： 下列说法不正确的是 A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂 C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键 46．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。 下列说法不正确的是 A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100% B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂 C．①→②放出能量并形成了C—C键 D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 47．炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO2。下列说法正确的是 A．每活化一个氧分子吸收0.29eV能量 B．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV C．氧分子的活化是O－O的断裂与C－O键的生成过程 D．炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂 48．研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列叙述错误的是 A．雾和霾的分散剂相同 B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关 49．我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下： 下列说法不正确的是 A．反应①的产物中含有水 B．反应②中只有碳碳键形成 C．汽油主要是C5～C11的烃类混合物 D．图中a的名称是2­甲基丁烷 50．由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．由X→Y反应的ΔH＝E5－E2 B．由X→Z反应的ΔH<0 C．降低压强有利于提高Y的产率 D．升高温度有利于提高Z的产率 51．BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是 A．该过程的总反应：C6H6O＋7O26CO2＋3H2O　 B．该过程中BMO表现较强氧化性 C．降解产物的分子中只含有极性共价键 D．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1 52．我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下： 下列说法不正确的是 A．肉桂醛分子中不存在顺反异构现象 B．苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子 C．还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂 D．该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基 53. 下图为有关分子在催化剂作用下发生转化的示意图，下列叙述正确的是 A. N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定 B. 催化剂a作用下氮原子发生了氧化反应 C. 催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂 D. 使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量 54．臭氧层中臭氧分解过程如图所示，下列说法正确的是 A. 催化反应①②均为放热反应 B．E1是催化反应①对应的正反应的活化能，(E2+ΔH)是催化反应②对应的逆反应的活化能。 C. 决定O3分解反应速率的是催化反应②。 D. 温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大。 55. 在Zr2O催化作用下CO与N2O的循环反应路径如图所示，下列叙述错误的是 A．Zr2O是反应中间产物 B．反应过程中Zr的成键数目未改变 C．Zr2O转化为Zr2O的氧化剂是N2O D．催化循环的总反应为CO+N2ON2+CO2 56．我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如图。 下列说法正确的是 A．过程①发生了取代反应 B．中间产物M的结构简式为 C．利用相同原理以及相同原料，也能合成邻二甲苯和间二甲苯 D．该合成路线原子利用率为100%，最终得到的产物易分离 57．下图为某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不正确的是 A. 反应原料中的原子100%转化为产物 B. 该过程在化合物X和I-催化下完成 C. 该过程仅涉及加成反应 D. 若原料用，则产物为 58．CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的机理如图所示。下列叙述错误的是 A．由步骤①知：加成反应也可生成酯类物质 B．反应过程中存在C—H键的断裂 C．该反应的原子利用率为100% D．若将步骤②中CH3I换为CH3CH2I，则产品将变为丙烯酸乙酯 59．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 60．金红石TiO2纳米颗粒光催化水氧化机理中间物种的表征及推测的反应机理如图所示： 下列说法正确的是 A. 光激发条件下TiO2纳米颗粒作催化剂未参与水氧化的反应 B. TiO2纳米颗粒光催化水氧化反应的方程式为2H2O2H2+O2 C. 在反应过程中存在分解反应：Ti2O2+H2O＝TiOOH+TiOH D. TiO2纳米颗粒光催化水氧化的溶液酸性减小 61．2021年我国科学家以CO2为原料人工合成淀粉，其效率约为传统农业生产淀粉的8.5倍，其部分合成路线如下图所示，下列有关说法正确的是 A. 反应①为CO2＋3H2 CH3OH＋H2O B．HCHO的水溶液能使蛋白质发生盐析 C. 化合物a能与NaOH发生反应 D. 用淀粉可检验食盐是否为加碘盐 62．某科学家首次发现在温和的条件下利用LnPd和CuX做共同催化剂，卤代烃和炔烃发生偶联反应，其偶联反应机理如图。已知：R1、R2为烃基，X为卤素原子，下列说法正确的是 A．Pd在此偶联反应的机理图中共呈现了3种价态 B. 每步反应均存在极性键的断裂和形成 C. 该偶联反应的总反应为R1－X＋R2－C≡CHHX＋R2－C≡C－R1 D. 若R1、R2分别为甲基、乙基，反应除生成2－戊炔外，还能生成2－丁炔和2－己炔 63．2021年Benjamin List 和Dave MacMillan因不对称有机催化获得诺贝尔化学奖。他们利用有机小分子代替传统的金属催化剂进行不对称合成，脯氨酸是最常见的有机小分子催化剂，下图利用脯氨酸催化Aldol反应的机理如下图所示： 下列说法不正确的是 A. Aldol反应方程式： B. 1→2为消去反应，2→3为加成反应 C. 化合物3和4互为同分异构体 D. 中间体3中存在氢键 64．橙子辅导化学小组研究发现雾霾微颗粒中硫酸盐的生成可能存在三个阶段的转化，其主要过程如图所示。下列说法错误的是 A．NO2为转化过程中的催化剂 B．HNO2、NO2、H2O均为共价化合物 C. 第Ⅰ阶段的反应中SO被氧化 D. 第Ⅱ、Ⅲ阶段总反应的化学方程式为SO＋H2O＋NO2＝HNO2 ＋HSO 65．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图： 下列说法正确的是 A. 反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)＋H2O(g)＝H2(g)＋CO2(g) △H＝＋akJ/mol(a＞0) B．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂 C. 选择优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变 D. 1mol CH3OH(g)和1mol H2O(g)的总能量小于1mol CO2(g)和3mol H2(g)的总能量 66．某课题组设计一种以A辅助固定CO2的方法，原理如图。下列说法不正确的是 A. 化合物A为CH3OH B. 反应①属于非氧化还原反应 C. 总反应的原子利用率100% D. 若用HOCH2CH2OH辅助固定，则产物 67．甲酸(HCOOH)含氢量高达4.4%，能够分解制氢。Au/ZrO2催化甲酸分解的机理如图所示，下列说法错误的是 A. 反应过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成 B. 在反应液中加入HCOOK可提高反应速率 C. 该过程中每一步都发生氧化还原反应 D. 该反应生成标准状况下2.24LCO2，转移电子0.2mol 68．MoO3可以催化1,2－丙二醇()获得多种有机物，其反应历程如图所示。下列说法正确的是 A. 转化过程中涉及非极性共价键断裂与形成 B. 反应过程中Mo形成共价键的数目始终保持不变 C. 如果原料是乙二醇，则主要有机产物是乙二醛和乙烯 D. Cu催化氧化1,2－丙二醇所得产物与MoO3催化时相同 69．CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应： 第一步：Fe*＋N2O＝FeO*＋N2 第二步：FeO*＋CO＝Fe*＋CO2 其相对能量与反应历程如下图所示，下列说法不正确的是 A．总反应是放热反应，化学方程式为CO+N2OCO2+N2 B．在反应过程中，有极性键和非极性键的断裂和生成 C．总反应的反应速率由第二步反应决定 D．Fe*为反应的催化剂，FeO*为中间产物 70．我国科学家研究了Fe+循环催化N2O＋CO＝N2＋CO2的反应机理。反应过程中的物种及能量变化如图所示，其中A－F表示反应过程中过渡态物质。下列说法正确的是 A. 基态Fe+的核外电子排布式为［Ar］3d54s2 B. 适当升高温度，有利于提高CO和N2O的平衡转化率 C. 该条件下，N2O转化为N2的反应速率主要由A→B步骤决定 D. 该催化过程中，铁元素的化合价发生了变化 71．George A.Olah教授和其合作者使用Ru－PNP pincer络合物作催化剂，用五乙烯六胺(PEHA)多聚物来捕获二氧化碳，可以直接将空气中CO2转化为甲醇，反应可能的过程如图所示。下列叙述错误的是 A. 甲醇可作为车用燃料 B. 总反应方程式为CO2＋3H2 CH3OH＋H2O C. 循环过程中催化剂参与中间反应 D. 反应过程中只有极性键的断裂和形成 72．利用CH3OH､CO2与H2合成CH3CH2OH的反应主要历程如图所示。下列说法错误的是 A．HI是合成乙醇的中间体 B．合成过程涉及C−O键的断裂和形成 C．CH3I分子的空间构型呈正四面体 D．第3步的反应方程式为CO＋2H2＋CH3I→HI＋CH3CH2OH 73．利用烟气中SO2可回收废水中的I－，实现碘单质的再生，其反应原理如下图所示 下列说法错误的是 A．[(NH3)5Co－O－O－Co(NH3)5]4+中Co的化合价为+3价 B. 总反应离子方程式为：SO2＋O2＋2I－＝I2＋SO C. 反应①~⑤中均有电子的转移 D. 反应③中，每消耗1molO2会转移2mol电子 74．过二硫酸盐在工业上用途广泛，用作强氧化剂等。用过二硫酸盐(含Fe3+)去除溶液中I－的反应原理：S2O(aq)＋2I－(aq)＝2SO(aq)＋I2(aq)。该反应的分步机理如下，反应进程中的能量变化如图所示。 步骤①：2Fe3+(aq)＋2I－(aq)＝2Fe2+(aq)＋I2(aq) Ea1 步骤②：S2O(aq)＋2Fe2+(aq)＝2SO(aq)＋2Fe3+(aq) Ea2 下列关于该反应的说法错误的是 A. 相同条件下，活化能Ea1＞Ea2，所以②比①反应速率慢，是决速步骤 B. 图中△H＜0，其大小与Ea1、Ea2无关 C. 步骤①为吸热反应、步骤②为放热反应 D．Fe3+是该反应的催化剂 75．如图分别代表溴甲烷和三级溴丁烷发生水解的反应历程。下列说法不正确的是 I．CH3Br＋NaOH→CH3OH＋NaBr II．(CH3)3CBr＋NaOH→(CH3)3COH＋NaBr A．反应I的△H＜0 B．反应I有一个过渡态，反应II有两个过渡态 C．反应I中C—Br键未断裂，反应II有C—Br键的断裂和C—O键的形成 D．增加NaOH的浓度，反应I速率增大，反应II速率不变 76．我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4(g)＋H2(g)＝C2H6(g) △H＝akJ·mol-1]的反应历程如下图所示，下列说法正确的是 A．1molC2H4(g)与1molH2(g)具有的能量之和小于1molC2H6(g)的能量 B．过渡态物质的稳定性：过渡态1＞过渡态2 C．该反应的焓变：ΔH＝－129.6kJ·mol-1 D．相应的活化能：催化剂AuF＜催化剂AuPF 77．硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题，甲酸(HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO的催化还原，进而减少污染。已知Fe(II)、Fe(III)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法正确的是 A．Fe3O4没有参与该循环历程 B．HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂 C．NO是NO催化还原过程的催化剂 D．在整个历程中，每1molH2可还原1 mol NO 78．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所示。H+，O2，NO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n1，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法正确的是 A．只有反应①在正极发生 B．单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时ne＝2amol C．④的电极反应式为NO＋10H+－8e－＝NH＋3H2O D．增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使nt减小 79．下图是在Cu基分子筛表面用NH3处理 NO，污染物的一种反应机理。下列说法正确的是 注：图中元素右上角的罗马数字表示化合价 A．该过程中化合价发生变化的只有N和O两种元素 B．上述过程中催化剂首先吸附的是NO C．该过程中氧化产物和还原产物只有N2 D．该过程的总反应为4NH3＋4NO＋O2N2+6H2O 80．钒元素用途广泛，如图是一种钒的化合物催化某反应的反应机理。下列叙述不正确的是 A．是该反应的催化剂 B．过程①②④中反应的原子利用率为100% C．该催化循环中V的成键数目发生变化 D．该反应的离子方程式为：H2O2＋Cl－＋H+＝HOCl＋H2O 81．《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过二硫酸钠(Na2S2O3)去除废水中的正五价砷[ As( V) ]的研究成果，其反应机理如图所示。下列叙述错误的是 A．1.0 mol过二硫酸钠含有1.0 mol过氧键 B．56gFe参加反应，共有1.0molS2O被还原 C．零价铁活化去除砷[ As( V)]的机理主要包括还原、吸附和共沉淀 D．碱性条件下，硫酸根自由基发生的反应为SO∙＋OH－＝SO＋∙OH 82．我国科学家利用Co的化合物在Fe(OH)2氧化过程中的催化作用，促进了电催化过程中流失的Fe催化活性中心的原位自修复(Fe再沉积的主要反应过程) ，反应机理如图所示。下列说法错误的是 A．反应过程中CoOOH为催化剂 B．图中各反应不能在酸性条件下进行 C．存在反应Co(OH)2＋OH－―e－＝CoOOH＋H2O D．图中所示物质之间的转化有非极性键的形成和断裂 83．某反应可有效降低汽车尾气污染物排放，其反应热∆H＝－620.9kJ·mol-1。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是 A．∆E＝306.6kJ/mol B．三个基元反应中只有③是放热反应 C．该化学反应的速率主要由反应②决定 D．该过程的总反应为2CO＋2NO＝N2＋2CO2 84．萘()与浓硫酸发生取代反应可以生成2种取代产物，反应进程中能量变化如图所示。其中相同投料，经历相同时间，不同反应温度时产物的比例不同，在40℃和160℃时，得到1－取代产物与2－取代产物的比例分别为96∶4和15∶85，下列说法正确的是 A. 1－取代产物比2-取代产物更稳定 B. 与40℃相比，160℃时萘的平衡转化率更大 C. 选择合适催化剂同样可以提高2-取代产物比率 D. 延长反应时间，最终以1-取代产物为主 85．N2H4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Ru(Ⅱ)催化剂(用[L－Ru－NH3]＋表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。 下列说法错误的是 A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru (Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强 B．M中Ru的化合价为＋3 C．该过程有非极性键的形成 D．该过程的总反应式：4NH3－2e－＝N2H4＋2NH 86．某构建碳骨架的反应历程如图所示。下列关于该反应的说法错误的是 A．总反应的原子利用率为100% B．过程中钴原子形成的化学键数目保持不变 C．过程断裂了极性键和非极性键 D．反应过程中HCo(CO3)3降低了反应的活化能 87．造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物(主要成分为Na2S)，可用如图转化方式除去，则下列说法错误的是 A. Na2S溶液中存在c(OH－)＞c(H+) B. 反应②和③的转移电子数相等时，还原剂之比为2∶1 C. 在废水处理过程中，CoPc为催化剂，O2为氧化剂 D. 反应④中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式为Na2S＋Na2SO3＋(CoPc)O＋H2O ＝2NaOH＋Na2S2O3＋CoPc 88．炼油、石化等工业会产生含硫(－2价)废水，可通过催化氧化法进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中MnO2为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是 A. 催化氧化过程中既有共价键的断裂又有离子键的断裂 B. 转化I中化合价发生变化的元素仅有S和O C. 催化氧化过程的总反应为：O2＋2H2O＋2S2- 4OH－＋2S↓ D. 催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处 89．利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels-Alder反应取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels-Alder反应催化机理如下，下列说法错误的是 A. 总反应为加成反应 B. Ⅰ和Ⅴ互为同系物 C. Ⅵ是反应的催化剂 D. 化合物X为H2O 90．我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下： 下列说法不正确的是 A. 苯丙醛和肉桂醇是同分异构体 B. 从肉桂醛到肉桂醇发生了极性键和非极性键的断裂 C. 苯丙醛分子中的所有原子可能共面 D. 该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基 91．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)。 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+4 C. 该过程中只有极性键的断裂 D. 该过程的总反应式为CO2＋N2＋6e－＋6H+＝NH2CONH2＋H2O 92．将CO2转化为有价值的化工原料是目前研究者们广泛关注的热点。在催化剂表面，利用CO2和甲醇合成碳酸二甲酯的反应机理如图所示。下列有关说法正确的是 A. 1molCO2中含有的碳氧双键数目为6.02×1023 B. 反应①②③中都涉及了极性键的断裂和形成 C. 合成碳酸二甲酯的总反应为氧化还原反应 D. 每生成1mol碳酸二甲酯，消耗22.4LCO2 93．一种甲烷催化氧化的反应历程如图所示，*表示吸附在催化剂表面。下列说法正确的是 A．适当提高O2分压可以加快O2(g)—→2*O的反应速率 B．*CH3—→*CH2的过程中C被氧化，释放能量 C．产物从催化剂表面脱附的速率对总反应速率无影响 D．CH4与O2反应生成CO和H2的过程中只涉及极性键的断裂和生成 94．阿特拉津(ATZ)是农业中使用广泛且难以降解的除草剂，某科学组织研究发现，以FeSx@MoS2为催化剂(呈花束状)催化活化过一硫酸盐(PMS)降解阿特拉津(ATZ)取得了良好的效果，其反应机理如图所示： 下列说法错误的是 A. PMS对应的酸为H2SO5，该酸含有过氧键 B. 生成SO4·-的途径之一为2SO5·－＝2SO4·－＋1O2 C. 流程中直接氧化ATZ的微粒只有1O2 D. S2-、S以及Fe0可以促进Fe2＋再生 95．中国科学院化学研究所报道了化合物1催化CO2氢化机理。其机理中化合物1(催化剂，固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如下图所示。下列说法错误的是 A．化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应 B．图中Ⅰl-2与化合物2互为同分异构体 C．过程①的活化能高于过程②的活化能 D．过程①的热化学方程式为：I(s)+CO2(g)=I1-2 (s) △H=2.08 kJ·mol-1 96．氨是农业上“氮的固定”的必需原料，随着世界人口的增长，氨的需求量在不断增大。科研人员新发现以磷盐作质子(H+)传导体，以四氢呋喃(无色易挥发的液体)为电解剂，利用电化学法将氮气还原成氨的原理如图所示。下列说法错误的是 A．M电极为阳极，电极反应式为H2－2e－＝2H+ B．(Ⅰ)→(Ⅱ)的变化中，磷原子的成键数目不发生变化 C．图示中最后一步反应为3Li＋N2＋3H+＝3Li+＋2NH3 D．该方法制备氨气所需的温度低于传统工业合成氨的温度 97．我国某科研团队通过计算机模拟技术提出在12—磷钨酸(固体强酸)催化作用下甲醇气相脱水合成二甲醚的反应机理：CH3OH+H+→IM1(中间体1)→TS1(过渡态1)→IM3(中间体3)→CH＋H2O，CH＋CH3OH→IM2(中间体2)→TS2(过渡态2)→IM4(中间体4)→CH3OCH3＋H+。反应过程和相对能量E(kJ•mol-1)如图所示。下列说法错误的是 A．该反应机理中的最大能垒(活化能)E正＝513.4kJ•mol-1 B．2CH2OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H＝－18.2kJ•mol-1 C．已知IM1为CH2＝OH+＋H2，CH2＝OH＋H+→IM1是一个无垒(活化能为0)过程，可推测该过程从断键开始，断键时吸收的能量大于成键释放的能量 D．类推IM2应为CH2＝OH+＋CH4 98．我国科学家已经成功地利用二氧化碳催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化氢化二氧化碳的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应变成化合物3与HCOO－的反应历程如图乙所示，其中TS表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法正确的是 A．从平衡移动的角度看，升高温度可促进化合物2与水反应变成化合物3与HCOO－ B．该历程中最大能垒(活化能)E正=16.87kcal/mol C．使用更高效的催化剂可以降低反应所需的活化能，最终提高二氧化碳的转化率 D．化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成 99．常温常压下，甲醇在催化剂的作用下可以合成2－甲基丙酸甲酯，计算机模拟单个甲醇分子在催化剂表面的反应过程和能量变化示意图如图，下列说法错误的是 A．总反应的热化学方程式为：CH2＝CHCH3(g)＋CO(g)＋CH3OH(l)====(CH3)2CHCOOCH3(l) △H1＝－1.98eV∙mol-1 B．第一步反应决定了总反应的化学反应速率 C．化合物8和化合物9互为同分异构体 D．上述反应过程中HCo(CO)3未改变反应的△H，降低了反应的活化能 100．三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N—二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法正确的是 A．步骤①表示DMF分子和H原子吸附在铜催化剂表面的过程，而步骤③则表明形成了N—H键 B．该历程中决速步骤能垒(活化能)为0.93 eV C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率 D．由图可知，该条件下，DMF完全转化为三甲胺的热化学方程式为：(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)＝N(CH3)3(g)＋H2O(g) △H＝－98.25 kJ·mol-1 第 2 页 共 39 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 【百炼成钢】 催化剂与催化机理知识考查 1．研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应H2O＝H+＋HO∙＋e－。三唑水溶液微滴表面接触CO2发生反应，可能的反应机理如图所示。 根据上述反应机理，下列叙述错误的是 A．三唑在反应循环中起催化作用 B．CO2换成C18O2，可生成H218O2 C．碳原子轨道的杂化存在从sp到sp2的转变 D．总反应为2H2O＋CO2＝H2O2＋HCOOH 答案：B 解析：A．由机理图可知，三唑在反应循环中，化学性质和质量没有变化，作催化剂，A正确； B．由机理图可知，CO2换成C18O2，可生成HC18O18OH，B错误； C．由机理图可知，CO2转化为HCOOH，因此碳原子轨道的杂化存在从sp到sp2的转变，C正确； D．由机理图可知，CO2和H2O反应生成H2O2和HCOOH，总反应为2H2O＋CO2＝H2O2＋HCOOH，D正确； 2．钒催化剂对H2O2氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。 下列说法错误的是 A．步骤①反应为VO2+＋H2O2→VO＋∙OH＋H+ B．步骤③正、逆反应的活化能关系为E正＜E逆 C．VO在催化循环中起氧化作用 D．步骤③生成的物质Z是H2 答案：D 解析：结合反应机理图可知VO2+和H2O2反应生成VO、∙OH、H+，步骤①反应为VO2+＋H2O2→VO＋∙OH＋H+，∙OH和苯生成，和VO、H+反应生成、VO2+和水，据此解答。 A．结合反应机理图可知VO2+和H2O2反应生成VO、∙OH、H+，步骤①反应为VO2+＋H2O2→VO＋∙OH＋H+，故A正确； B．步骤③为放热反应，△H＝E正－E逆＜0，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B正确； C．VO在催化循环中V的化合价由＋5降低到＋3，所以起氧化作用，故C正确； D．根据分析，步骤③生成的物质Z是H2O，故D错误； 3．乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2＝CHOOCCH3)的过程示意图如下。 下列说法不正确的是 A．①中反应为4CH3COOH＋O2＋2Pd→2Pd(CH3COO)2＋2H2O B．②中生成CH2＝CHOOCCH3的过程中，有σ键断裂与形成 C．生成CH2＝CHOOCCH3总反应的原子利用率为100% D．Pd催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率 答案：C 解析：A．①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd(CH3COO)2，方程式为：4CH3COOH＋O2＋2Pd→2Pd(CH3COO)2＋2H2O，A正确； B．②中生成CH2＝CHOOCCH3过程中，有C-H断开和C-O的生成，存在σ键断裂与形成，B正确； C．生成CH2＝CHOOCCH3总反应中有H2O生成，原子利用率不是100%，C错误； D．Pd是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D正确； 4．用肼(N2H4)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A．N2是还原反应的产物 B．还原性：N2H4＜Fe2+ C．处理后溶液的pH增大 D．图示反应过程中起催化作用的是Cu2+ 答案：C 解析：由图中信息可知，N2H4和Cu2+反应生成的[Cu(N2H4)2]2+是N2H4和Fe3O4反应的催化剂，[Cu(N2H4)2]2+是中间产物，该反应的离子方程式为N2H4＋2Fe3O4＋12H+N2↑＋6Fe2+＋8H2O，N2H4是还原剂，Fe3O4是氧化剂，Fe2+是还原产物。 A．该反应中，N2H4中N元素的化合价升高被氧化，因此，N2是氧化反应的产物，A不正确； B．在同一个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，因此，还原性的强弱关系为N2H4＞Fe2+，B不正确； C．由反应的离子方程式可知，该反应消耗H+，处理后溶液的pH增大，C正确； D．根据循环图可知，图示反应过程中起催化作用的是[Cu(N2H4)2]2+，D不正确； 5．CO2与NO通过电催化反应生成CO(NH2)2，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是 A. 过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B. 过程Ⅱ中NO发生了氧化反应 C. 电催化CO2与NO生成CO(NH2)2的反应方程式：CO2＋2NO＋18H+ CO(NH2)2＋7H2O D. 常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3∙H2O反应可生产CO(NH2)2 解析：A 解析：A．过程Ⅱ为：*CO2和*NO在酸性条件下被还原为*CO和*NH2的反应，生成了N—H等极性共价键；过程Ⅲ为*CO与*NH2生成*CO(NH2)2的反应，生成了C－N极性共价键，A正确； B．过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由＋5降为－2，C元素的化合价由＋4降为＋2，B错误； C．所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式为CO2＋2NO＋18H+＋16e－ CO(NH2)2＋7H2O，C错误； D．常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3∙H2O反应生成(NH4)2CO3或NH4HCO3，D错误； 6．氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3(s)＋2NH3(g)2GaN(s)＋3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A．反应i是吸热过程 B．反应ii中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69eV C．反应iii包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ii中 答案：D 解析：A．观察历程图可知，反应i中Ga2O3(s)＋NH3(g)的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成Ga2O2NH(s)和H2O，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确； B．反应ii中因H2O(g)脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39Ev－0.70eV＝2.69eV，B正确； C．反应iii从Ga2ON2H2(s)生成2GaN(s)＋H2O(g)经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确； D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应iii中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步包含在反应iii中，D错误； 7．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()为原料生产环氧丙烷()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% 答案：B 解析：A．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； B．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； C．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； D．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； 8．某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中O2获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上 A. 负极反应的催化剂是i B. 图a中，i到ii过程的活化能一定最低 C. 电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变 D. 相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同 答案：C 解析：该燃料电池为氢氧燃料电池，由图可知该原电池的电解质溶液为酸性，氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：H2－2e－＝2H+；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：O2＋4e－＋4H+＝2H2O。 A．由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是ⅰ，A错误； B．图a中，i到ii过程为O2获得第一个电子的过程，根据题中信息，O2获得第一个电子的过程最慢，则ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最高，B错误； C．氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：H2－2e－＝2H+，同时，反应负极每失去1个电子，就会有一个H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确； D．由图a、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误； 9．某种氨基喹啉衍生物(M)合成反应的可能历程如图，Ea表示活化能(kJ∙mol－1)。下列说法错误的是 A．L－CuI是反应的催化剂 B．步骤①发生了N－O键断裂 C．反应速率：历程II＞历程I D．反应热：历程II＞历程I 答案：D 解析：A．由图可知，L－CuI在反应历程中先被消耗，后又生成，是反应的催化剂，A正确； B．由图可知，步骤①中转化为，发生了N－O键断裂，B正确； C．由图可知，历程I中活化能最大为112.8kJ/mol(决速步)，历程II中活化能最大为91.5kJ/mol(决速步)，活化能越大，反应速率越慢，则反应速率：历程II＞历程I，C正确； D．由图可知，历程II和历程I起始反应物和最终生成物相同，反应热相等，D错误； 10．传统方法中，制备化合物c常用到NaCN。某课题组提出了一种避免使用NaCN的方法，机理如图所示(L表示配体，0、I、II、III表示价态)。下列说法不正确的是 A．化合物b是NaCN的替代品 B．是该过程产生的副产物 C．M可能是R3SiBr和H+ D．整个过程中，含镍化合物发生了2次氧化反应 答案：B 解析：A．根据反应机理图可知由化合物b制备目标产物c，化合物b替代NaCN提供氰基，A正确； B．反应过程中为反应物，不是副产物，B错误； C．由图可知LNiⅠ－Br与R3SiBr反应生成LNi0与M，其中Ni化合价降低，氢化合价升高，可能是R3SiBr和H+，C正确； D．整个过程中，含镍化合物化合价升高2次，发生了2次氧化反应，D正确； 11．在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为CH3CH2CH3(g) CH3CH＝CH2(g)＋H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，*CH3CHCH2＋2*H→ CH3CH＝CH2(g)＋H2(g)中部分进程已省略)。 下列说法正确的是 A. 总反应是放热反应 B. 两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C. 和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D. ①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CH2CH3→*CH3CHCH3(g)＋*H 答案：C 解析：A．由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误； B．平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误； C．由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定， C正确； D．活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H或*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D错误； 12．在MoS2负载的Rh－Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为CH3COOH，其可能的反应机理如图所示。 下列说法错误的是 A. 该反应的原子利用率为100% B. 每消耗1molO2可生成1molCH3COOH C. 反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化 D. 若以CD4为原料，用H2O吸收产物可得到CD3COOH 答案：B 解析：由反应历程可知，总反应为2CO＋2CH4＋O2＝2CH3COOH，据此解答。 A．该反应为化合反应，原子利用率为100%，A正确； B．由分析可知，每消耗1molO2可生成2molCH3COOH，B错误； C．由反应历程可知，催化剂Rh－Fe有连接4个S原子和2个S原子的，这两种类型的原子成键数目均会发生改变，所以Rh和Fe的化合价均发生变化，C正确； D．若以CD4为原料，有反应历程可知，会生成CD3COOH，用H2O吸收产物时，其存在电离平衡： CD3COODCD3COO－＋D+，CD3COO－结合水电离出的H+可得到CD3COOH，D正确； 13．铜催化下，由CO2电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是 A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成 C．Ⅳ的示意图为 D．催化剂Cu可降低反应热 答案：C 解析：A．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A错误； B．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C－H键，如图，有极性键生成，不是非极性键，B错误； C．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C－H键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C－H键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为，C正确； D．催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D错误； 14．环己酮可以在Zr基催化剂作用下转化为环己醇，其可能的反应机理如图所示。 下列说法错误的是 A. 该反应的还原剂是 B. 反应过程中涉及O－H键的断裂和形成 C. 用同位素标记的代替可得到 D. 环己酮转化为环己醇的反应为 答案：C 解析：A．由反应机理图可知变为，发生了还原反应，还原剂为，正确，A项不符合题意； B．由反应机理图可知，反应的总反应为，可知有O－H键的断裂和形成，正确，B项不符合题意； C．用同位素标记的代替可得到，错误，C项符合题意； D．环己酮可以在Zr基催化剂作用下转化为环己醇，反应总方程式为，正确，D项不符合题意； 15．某离子液体的阴离子[CH(CN)2]－可以吸收CO2，其可能的两种反应路径如下图所示。下列说法错误的是 A. 两种路径的总反应相同 B. 路径I是主要的反应途径 C. 该反应为放热反应 D. 生成物中既含离子键又含共价键 答案：B 解析：A．反应物相同，经过不同的反应路径，最终生成物相同，均为[C(CN)2COOH]－，总反应均为[CH(CN)2]－＋CO2＝[C(CN)2COOH]－，A正确； B．路径II活化能小，反应速率快，故路径II是主要的反应途径，B错误； C．该反应的反应物总能量高于生成物总能量，则该反应为放热反应，C正确； D．生成物为[C(CN)2COOH]－，其内部含有共价键，离子液体中呈电中性，故离子液体中还含有阳离子，与[C(CN)2COOH]－之间存在离子键，D正确； 16．某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催化剂，用于转化H2S为单质S，提出的催化历程示意图如下。NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．O2使Fe2+转化成Fe3+，恢复催化剂活性 B．过程①和④均发生了非极性键的断裂 C．过程②和③均发生了氧化还原反应 D．理论上，每转化34g H2S，转移的电子数目为NA 答案：A 解析：A．根据图示③④两步历程，可知O2使Fe2+转化成Fe3+，恢复催化剂活性，A正确； B．过程①中没有发生非极性键的断裂，过程④中发生了O＝O非极性键的断裂，B错误； C．过程②中铁元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，过程③中元素化合价没有变化，没有发生氧化还原反应，C错误； D．根据图示，该催化历程的总反应为2H2S＋O22S＋2H2O，可知H2S～2e－，理论上，每转化34g H2S即1molH2S，转移的电子数目为2NA，D错误； 17．恒容反应器中，Rh和Rh/Mn均能催化反应：HCHO＋H2＋COHOCH2CHO(羟基乙醛)，反应历程如图所示，I1～I3为中间体，TS1～TS3为过渡态。 下列描述正确的是 A．“CO插入”步骤，△H为－17.6kcal∙mol-1 B．Rh催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤 C．Rh/Mn催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小 D. 反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度增大 答案：B 解析：A．由图可知，一氧化碳插入步骤为放热反应，反应△H＝－15.4kcal/mol，故A错误； B．反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知，Rh催化作用下，加氢步骤的活化能为24.4 kcal/mol，反应的活化能最大，所以加氢步骤为决速步骤，故B正确； C．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，Rh催化作用下，反应的活化能大于Rh/Mn催化作用下，所以羟基乙醛的生成速率小于Rh/Mn催化作用下，故C错误； D．由图可知，生成羟基乙醛的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，羟基乙醛的浓度减小，故D错误； 18．科研人员利用高压N2气流将水微滴喷射到涂覆催化剂的石墨网上，研究常温制氨，其反应历程中微粒转化关系如图1，相对能量变化关系如图2，图中*表示催化剂表面吸附位。下列说法正确的是 A．*N2→*N2H过程中发生非极性键的断裂与形成 B．I转化为*NH和NH3的过程中会生成N2H4 C．II表示的微粒符号是*NHNH2 D．反应历程中放热最多的反应是*NHNH2＋2H3O+＋2e－→*NH＋NH3＋2H2O 答案：B 解析：A．*N2→*N2H过程中发生非极性键的断裂，无非极性键的形成，A错误； B．Ⅰ转化为*NH和NH3的反应方程式为：*NHNH2＋H3O+＋e－→*NH＋NH3＋H2O，过程中会生成N2H4过渡，B正确； C．生成Ⅱ的方程式为：*NH＋H3O+＋e－→*NH2＋H2O，Ⅱ为*NH2，C错误； D．反应历程中放热最多的反应是Ⅰ和H3O+、e－的反应，方程式为：*NHNH2＋H3O+＋e－→*NH＋NH3＋H2O，D错误； 19．叔丁基溴可与硝酸银在醇溶液中反应：(CH3)3C－Br＋AgNO3 (CH3)3C－ONO2＋AgBr↓ 反应分步进行： ①(CH3)3C－Br——→ [(CH3)3C―Br]——→ (CH3)3C＋＋Br－ ②(CH3)3C＋＋NO——→ [(CH3)3C―ONO2]——→ (CH3)3C－ONO2 下图是该反应能量变化图。下列说法正确的是 A. 选用催化剂可改变反应△H的大小 B. 图中I对应的物质是[(CH3)3C―――ONO2] C. 其他条件不变时，NO的浓度越高，总反应速率越快 D. 其他条件不变时，(CH3)3C－Br的浓度是总反应速率的决定因素 答案：D 解析：A．催化剂可以通过改变活化能来改变化学反应速率，对△H无影响，A错误； B．由题中反应分布进行的式子可知，I对应的物质是(CH3)3C＋，B错误； C．总反应速率主要由活化能最大的步骤决定，即(CH3)3C－Br——→ [(CH3)3C―――Br]，其他条件不变时，NO的浓度越高，反应②速率越快，但对总反应速率的影响不大，C错误； D．由C可知，(CH3)3C－Br的浓度越大，该步骤反应速率越快，总反应速率越快，D正确； 20．甲酸常被用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO和H2O。在有、无催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示。下列说法错误的是 A．途径一未使用催化剂，途径二比途径一甲酸平衡转化率高 B．ΔH1＝ΔH2＜0，Ea1＞Ea2 C．途径二H＋参与反应，通过改变反应途径加快反应速率 D．途径二反应的快慢由生成的速率决定 答案：A 解析：A.催化剂可以降低活化能，因此途径一未使用催化剂，但催化剂不能改变平衡状态，所以途径二和途径一的甲酸平衡转化率相同，A错误； B.催化剂可以降低活化能，但不能改变焓变，由于反应物的总能量高于生成物的总能量，因此ΔH1＝ΔH2＜0， Ea1＞Ea2，B正确； C.途径二中反应前有氢离子，反应后还有氢离子，说明H＋参与反应，通过改变反应途径加快反应速率，C正确； D.生成的活化能高，则途径二反应的快慢由生成的速率决定，D正确。 21．我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4(g)＋H2(g)＝C2H6(g)　ΔH＝a kJ·mol－1]的反应历程如下图所示，下列说法正确的是 A．1 mol C2H4(g)与1 mol H2(g)具有的能量之和小于1 mol C2H6(g)的能量 B．过渡态物质的稳定性：过渡态1>过渡态2 C．该反应的焓变：ΔH＝－129.6 kJ·mol－1 D．相应的活化能：催化剂AuF<催化剂AuPF 解析：C 解析：A.由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物的总能量的放热反应，故A错误； B.由图可知，过渡态1的相对能量高于过渡态2，物质的能量越高，越不稳定，所以过渡态1的稳定性小于过渡态2，故B错误； C.由图可知，反应的焓变ΔH＝－[0－(－129.6 kJ·mol－1)]＝－129.6 kJ·mol－1，故C正确； D.由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF的活化能分别为109.34 kJ·mol－1、26.3 kJ·mol－1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF，故D错误。 22．科学家研究出“酸性—氧化还原性”双循环钒催化氨脱硝的反应机理，反应过程如图所示。 下列说法错误的是 A．V—O—H是脱硝反应的催化剂 B．脱硝过程中需不断补充NH3和O2 C．脱硝反应过程中V的化合价保持不变 D．脱硝反应的生成物能参与大气循环 答案：C 解析：A.由转化关系知，脱硝总反应为NO、NH3与O2转化为N2和H2O的过程，V－O－H参与反应但在反应前后结构和质量不变，作催化剂，选项A正确； B.NH3与O2均为反应物，故脱硝过程中需不断补充，选项B正确； C.由图知，脱硝反应过程中V与O的成键数改变，化合价发生变化，选项C错误； D.脱硝反应的生成物为N2和H2O，能参与大气循环，选项D正确。 23．如图是CH4与Zr形成过渡金属化合物的过程。下列说法正确的是 A．加入合适的催化剂待反应完成时可增大过渡金属化合物的产率 B．Zr＋CH4――—→ CH3—Zr…H的活化能为99.20 kJ·mol－1 C．整个反应的快慢由―→ 的反应快慢决定 D．Zr＋CH4―→CH—Zr…H3　ΔH＝－39.54 kJ·mol－1 答案：B 解析：A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，过渡金属化合物的产率不变，故A错误； B．从图上可以看到Zr＋CH4―—→ CH3—Zr…H的活化能为99.20 kJ·mol－1，B正确； C．由图可知， ―→状态2的活化能最大，反应速率最慢，决定整个反应的快慢，故C错误； D．由图可知，反应Zr＋CH4―→CH—Zr…H3　ΔH＝＋39.54 kJ·mol－1，故D错误。 24．工业上利用NH3对烟道气进行脱硝(除氮氧化物)的SCR技术具有效率高、性能可靠的优势。SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，反应过程中的相对能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．总反应方程式为6NO＋4NH35N2＋6H2O B．NH2NO是脱硝反应的活性中间体 C．升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度 D．决定反应速率的步骤是“H的移除” 答案：C 解析：A．由SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O可知，总反应方程式为6NO＋4NH35N2＋6H2O，A正确； B．由图可知，NH3吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成了NH2NO，NH2NO又经过反应得到N2和H2O，所以NH2NO是脱硝反应的活性中间体，B说法正确； C．始态相对能量高于终态，说明这是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，C说法错误； D．由图可知，全过程只有H的移除过程势能升高，其速率是全过程几个反应中最慢的，是总反应的控速步骤，D说法正确。 25．科学家结合实验与计算机模拟结果，研究出了均相催化的思维模型。总反应：A＋B―→AB(K为催化剂)，①A＋K―→AK　Ea1，②AK＋B―→AB＋K　Ea2。下列说法错误的是 A．第①步为决速步骤 B．升高温度，该反应的速率加快 C．该反应的ΔH＝－Ea kJ·mol－1 D．催化剂降低了活化能，加快了反应速率 答案：C 解析：A．第①步的正反应活化能Ea1>第②步正反应活化能Ea2，所以反应速率：①<②，而总反应速率取决于慢的反应，故决速步骤为①，A正确； B．温度升高，反应速率加快，B正确； C．Ea是该反应正反应的活化能，C错误； D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，D正确。 26．甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应： 反应Ⅰ：CH3OH(g)＝CO(g)＋2H2(g)　ΔH1， 反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)　ΔH2 根据能量变化示意图，下列说法正确的是 A．E3－E2＞E4－E1 B．反应Ⅱ决定整个反应的速率 C．催化剂可以降低总反应的焓变 D．CH3OH(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋3H2(g)　ΔH＝ΔH1－ΔH2 答案：A 解析：A．由于绝对值|E3－E2|<|E4－E1|，该值为负值，去掉绝对值后，E3－E2＞E4－E1，A正确； B．由图可知，反应Ⅰ的活化能较大，反应Ⅰ决定整个反应的速率，B错误； C．催化剂不改变焓变，C错误； D．根据盖斯定律，反应Ⅰ＋Ⅱ可得目标方程CH3OH(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋3H2(g)　ΔH＝ΔH1＋ΔH2，D错误。 27．硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题。甲酸(HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO的催化还原，进而减少污染。已知Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示Fe3O4中的二价铁和三价铁。下列说法错误的是 A．Fe3O4参与了该循环历程 B．HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂 C．H2在反应历程中生成的H＋起到调节体系pH的作用 D．在整个历程中，1 mol H2可还原1 mol NO 答案：D 解析：A．Fe3O4参与了该循环历程，因为铁离子有价态的变化，A正确； B．HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂，而后形成了碳氧双键，B正确； C．酸性条件下，NO比NO的氧化性更强，H＋起到调节体系pH的作用，C正确； D．在整个历程中，总反应为H2将NO还原为N2，故1 mol H2可还原0.4 mol NO，D错误。 28．一种以Pd－Cu为催化剂还原去除水体中NO的机理如图a所示；其他条件相同，不同pH时，NO转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图b所示。 已知：溶液pH会影响Pd对NO的吸附，不影响对H的吸附。下列说法不正确的是 A．pH越小，Pd对NO的吸附能力越强 B．通过调节溶液的pH，可使NO更多的转化为N2 C．反应ii中生成NH的离子方程式为NO＋6H＋2H＋＝NH＋2H2O D．pH＝12时，每处理6.2 g NO，理论上消耗标准状况下H2 5.6 L 答案：D 解析：A．由图b可知，随着pH减小，n(N2)增大，n(氨态氮)变化不大，n(NO)减小，说明pH越小，Pd对NO的吸附能力越强，A正确； B．由图b可知，pH不同还原产物也不同，pH为4时还原产物主要为N2，pH为12时，还原产物几乎全是NO，故通过调节溶液的pH，可使NO更多的转化为N2，B正确； C．由图a以及根据氧化还原反应的守恒，反应ii中生成NH的离子方程式为NO＋6H＋2H＋＝NH＋2H2O，C正确； D．由图b可知，pH＝12时，还原产物几乎全是NO，则每处理6.2 g NO转移电子×2＝0.2 mol，根据得失电子守恒可知，理论上消耗标准状况下×22.4 L·mol－1＝2.24 L H2，D错误。 29．甲酸常被用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO和H2O。在有、无催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示。下列说法错误的是 A．途径一未使用催化剂，途径二比途径一甲酸平衡转化率高 B．ΔH1＝ΔH2<0，Ea1>Ea2 C．途径二H＋参与反应，通过改变反应途径加快反应速率 D．途径二反应的快慢由生成的速率决定 答案：A 解析：A．催化剂可以降低活化能，因此途径一未使用催化剂，但催化剂不能改变平衡状态，所以途径二和途径一的甲酸平衡转化率相同，A错误； B．催化剂可以降低活化能，但不能改变焓变，由于反应物的总能量高于生成物的总能量，因此ΔH1＝ΔH2<0，但Ea1>Ea2，B正确； C．途径二中反应前有氢离子，反应后还有氢离子，说明H＋参与反应，通过改变反应途径加快反应速率，C正确； D．生成的活化能高，则途径二反应的快慢由生成＋的速率决定，D正确。 30．在Fe+催化作用下，C2H6与N2O制备乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是 A． X为C2H5OH，是中间产物之一 B. 过程①~⑥，Fe元素的化合价均发生了变化 C. 增加Fe+的量，C2H6平衡转化率不变 D. 每消耗1molN2O，可制备0.5molCH3CHO 答案：C 解析：据反应机理图示，C2H6、N2O是反应物，N2、H2O、CH3CHO、X是生成物，其余为中间产物。 A．根据反应③，X为CH3CH2OH，是生成物，A错误； B．根据反应③④，涉及的中间产物中Fe元素化合价相同，B错误； C．Fe2+是催化剂，增加Fe+的量时，实质是增加Fe2+的量，催化剂只改变反应速率，不改变反应物的平衡转化率，C正确； D．反应③显示其是制备过程的副反应，会生成X(乙醇)，因此每消耗1molN2O，制备不了0.5molCH3CHO，D错误； 31．汽车尾气未经处理直接排放，会严重污染环境。某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应经历三个基元反应，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法错误的是 A．反应达平衡后提高反应温度，反应物转化率减小 B．使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，但不改变反应物的平衡转化率 C．该化学反应的速率主要由反应③决定 D．N2(g)＋2CO2(g)＝2CO(g)＋2NO(g) △H＝＋620.9kJ∙mol-1 答案：C 解析：由题干反应历程图可知，整个反应分为三个基元反应阶段： ①NO(g)＋NO(g)＝ △H＝＋199.2kJ•mol-1 ②＋CO(g)＝CO2(g)＋N2O(g)△H＝－513.5kJ•mol-1 ③CO2(g)＋N2O(g)＋CO(g)＝2CO2(g)＋N2(g)△H＝－306.6kJ•mol-1，根据盖斯定律①+②+③可知：2CO(g)＋2NO(g)＝N2(g)＋2CO2(g)△H＝－620.9kJ⋅mol-1，据此分析解题。 A．由分析可知，此反应为放热反应，提高反应温度，平衡逆向移动，则反应物转化率降低，A正确； B．使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，但催化剂不能使平衡发生移动，不能提高反应物的转化率，B正确； C．由题干反应历程图可知，反应①的活化能最高，反应速率最慢，决定整个反应的反应速率，C错误； D．由分析可知，反应2CO(g)＋2NO(g)＝N2(g)＋2CO2(g)△H＝－620.9kJ⋅mol-1，则N2(g)＋2CO2(g)＝2CO(g)＋2NO(g)△H＝＋620.9kJ⋅mol-1，D正确； 32．一定温度下，密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H。测得能量变化如图所示，下列说法正确的是 A．该反应的△H＞0 B．反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量 C．过程Ⅱ可能使用了催化剂，同时提高了SO2的平衡转化率 D．过程I、Ⅱ达到平衡所需的时间相同 答案：B 解析：A．该反应的反应物总能量大于生成物总能量，因此该反应是放热反应，△H＜0，故A错误； B．该反应是放热反应，因此反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量，故B正确； C．过程Ⅱ可能使用了催化剂，活化能降低，反应速率加快，但平衡不移动，不能提高SO2的平衡转化率，故C错误； D．过程Ⅱ可能使用了催化剂，活化能降低，反应速率加快，因此过程Ⅰ、Ⅱ达到平衡的时间不相同，故D错误； 33．苯和Br2可经两步发生反应①或反应②，其主要反应历程和能量的关系如图所示，下列说法正确的是 A．对比历程图，苯更易发生取代反应，最主要的原因是反应②的速率更快 B．反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变 C．加入FeBr3可以降低反应②的活化能和焓变，提高反应速率 D．经两步发生反应①的总焓变＝E2－E1 答案：B 解析：A．反应②取代反应的活化能最低，生成物本身所具有的能量最低，更稳定，苯更易发生取代反应，A错误； B．苯中碳原子都是sp2杂化，与最右边上下两个碳原子是sp3杂化，其余为sp2杂化，B正确； C．催化剂不改变反应的焓变，可以降低反应②的活化能，提高反应速率，C错误； D．焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，反应①的总焓变=E1-E2，D错误；故选B。 34．CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，其高效的储放氧性能在CO＋NO的氧化还原催化循环中发挥了巨大作用。研究发现，NO先在CeO2催化剂表面形成强吸附性的N2O2二聚体，N2O2再与CO在CeO2表面反应生成N2O和CO2，该过程的能量变化曲线如图所示(吸附在CeO2表面的物种用*标注)。下列说法不正确的是 说明：“∙∙∙∙∙∙”表示化学键将要断裂或形成。 A．该反应属于放热反应 B．该过程中的最大活化能为0.8eV C．该过程中伴随极性键和非极性键的断裂和形成 D．若改用其他催化剂，其反应的△H不变 答案：C 解析：A．由图可知，该反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故A正确； B．由图可知，反应的最大活化能为(－1.18eV)－(－1.98eV)＝0.8eV，故B正确； C．由图可知，反应过程中无非极性键(N－N)的断裂，故C错误； D．改用其他催化剂，只能改变反应的活化能，改变反应速率，但不能反应的焓变，故D正确； 35．苯与Br2的催化反应历程如图所示。关于该反应历程，下列说法错误的是 A. 苯与Br2的加成反应为吸热反应 B. 除去产物溴苯中混有的一定量的溴，可以加氢氧化钠溶液，再通过分液的方法除去 C. 苯与Br2的催化反应决速步伴随着极性键的断裂与形成 D. 从反应速率的角度分析，产物中取代产物占比更大 答案：C 解析：A．苯与Br2的加成反应中反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，故A正确； B．单质溴与氢氧化钠溶液反应生成易溶于水的盐，与溴苯分层，然后可以分液分离，所以产物溴苯中会含有一定量的溴，可加入氢氧化钠溶液，再通过分液的方法除去溴苯中的溴，故B正确； C．苯与Br2的催化反应决速步为第二步，该过程存在C－Br键的形成，未有新极性键的断裂，故C错误； D．由图可知，生成取代产物反应的活化能低于生成加成产物反应的活化能，根据活化能越小，反应速率越快，则产物中取代产物占比更大，故D正确； 36．某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热ΔH＝－620.9 kJ·mol－1。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是 A．ΔE＝306.6 kJ/mol B．三个基元反应中只有③是放热反应 C．该化学反应的速率主要由反应②决定 D．该过程的总反应为2CO＋2NO＝N2＋2CO2 答案：D 解析：A.图中ΔE＝248.3－[－620.9－199.2－(－513.5)]＝554.9 kJ·mol－1，故A错误； B.由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，故B错误； C.正反应活化能最大的是反应①，活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，则该化学反应的速率主要由反应①决定，故C错误； D.由始态和终态可知，该过程的总反应为2CO＋2NO＝N2＋2CO2，故D正确。 37．为实现“碳达峰、碳中和”目标，科学家提出以TiO2为催化剂，用光热化学循环分解法达到减少大气中CO2含量的目的，反应机理如图所示： 物质的量 物质 完全断键所需吸收的总能量 1 mol CO2 1 598 kJ·mol－1 1 mol CO 1 072 kJ·mol－1 1 mol O2 496 kJ·mol－1 下列说法正确的是 A．光热化学循环分解过程涉及两种能量形式的转化 B．过程④为放热过程 C．TiO2降低反应的焓变，提高反应速率 D．总反应的热化学方程式为2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)　ΔH＝＋556 kJ·mol－1 答案：D 解析：A.光热化学循环分解过程中二氧化碳分解为CO和氧气，光能、热能转化为化学能，故A错误； B.过程④为断键过程，断键吸热，故B错误； C.TiO2为催化剂，降低反应的活化能，提高反应速率，催化剂不能改变焓变，故C错误； D.焓变＝反应物总键能－生成物总键能，总反应的热化学方程式为2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)　ΔH＝1 598 kJ·mol－1×2－1 072 kJ·mol－1×2－496 kJ·mol－1＝＋556 kJ·mol－1，故D正确。 38．科学家利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。 下列说法不正确的是 A．合成氨反应的热化学方程式是N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol-1 B．活化能最大的一步反应的化学方程式是Nad＋Had＝NHad C．升高温度、增大压强均能提高原料的平衡转化率 D．加入催化剂能降低反应活化能，增大正反应速率 答案：C 解析：A．根据图中信息，N2(g)＋H2(g)NH3(g)　ΔH＝－46 kJ·mol-1，则合成氨反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol-1，故A正确； B．根据图中信息分析，活化能最大的一步反应的化学方程式是Nad＋Had＝NHad，故B正确； C．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不能提高原料的平衡转化率，故C错误； D．加入催化剂，降低反应活化能，从而增大正反应速率，故D正确。 39．活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示。 下列说法正确的是 A．该反应为吸热反应 B．产物的稳定性：P1>P2 C．该历程中最大正反应的活化能E正＝186.19 kJ·mol-1 D．相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)<v(P2) 答案：C 解析：A．由图示可知，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即该反应为放热反应，故A错误； B．产物P2所具有的能量比产物P1所具有的能量低，所以产物P2比产物P1要稳定，故B错误； C．由图示可知中间产物Z到过渡态Ⅳ所需的活化能最大，则最大正反应的活化能E正＝186.19 kJ·mol-1，故C正确； D．由图示可知，由中间产物Z到产物P1所需的活化能低于由中间产物Z到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)>v(P2)，故D错误。 40．已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－198 kJ·mol-1，在V2O5存在时反应过程中的能量变化如图所示。下列叙述正确的是 A．ΔH＝E4－E3＋E2－E1 B．加入V2O5后反应经过两步完成，其中第一步决定反应速率 C．加入V2O5，ΔH不变，但反应速率改变 D．向密闭容器中充入2 mol SO2和1 mol O2，发生上述反应达到平衡时，反应放热198 kJ 答案：C 解析：A．根据题图可知，反应的焓变为吸收能量与放出能量的差值，ΔH＝E1－E2＋E3－E4，A错误； B．多步反应的反应速率由慢反应决定，由图可知加入V2O5后第二步反应发生需要的能量高，反应速率慢，所以反应速率由第二步反应决定，B错误； C．催化剂不能改变反应物、生成物的能量，所以ΔH不变，但催化剂能改变反应途径降低活化能，所以使用催化剂后反应速率改变，C正确； D．该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以向密闭容器中充入2 mol SO2和1 mol O2，发生题述反应达平衡时，反应放热小于198 kJ，D错误。 41．我国科学家合成了一种新型Au15/MoC材料，实现了低温催化水煤气变换。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，TS指过渡态。下列有关说法不正确的是 A．温度一定时，加压无法提高平衡转化率 B．分子从催化剂表面脱附的过程都是吸热的 C．反应历程中活化能最大的一步为CO*＋2H2O*―→CO*＋H2O*＋OH*＋H* D．该过程有极性键的断裂和生成 答案：B 解析：A．该反应为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，该反应为等体积反应，温度一定时加压化学平衡不移动，平衡转化率不变，A正确； B．从题图中可知并不是所有分子从催化剂表面脱附的过程都是吸热的，如CO＋H2O*＋2H*转化为CO2＋H2O*＋2H*的过程就是放热的，B错误； C．从题图中可知，过渡态TS1的相对能量最大，此时的活化能最大，因此反应历程中活化能最大的一步为CO*＋2H2O*―→CO*＋H2O*＋OH*＋H*，C正确； D．该过程中H2O中的O—H断裂，同时也有CO2中的C＝O生成，D正确。 42．某酮和甲胺的反应机理及能量图像如图所示： 下列说法错误的是 A. 该历程中H+为催化剂，故H+浓度越大，反应速率越快 B. 该历程中发生了加成反应和消去反应 C. 反应过程中有极性键的断裂和生成 D. 该历程中制约反应速率的反应为反应② 答案：A 解析：A．由上图可知，氢离子是反应①的反应物、是反应⑤的生成物，所以氢离子是反应的催化剂，反应的活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤为慢反应，由下图可知，反应②的活化能最大，反应速率最慢，是反应的决速步骤，若氢离子浓度过大，会与甲胺反应使得甲胺浓度减小，反应②的反应速率减慢，总反应的反应速率减慢，故A错误； B．由上图可知，反应②为加成反应、反应④为消去反应，故B正确； C．由上图可知，反应过程中有极性键的断裂和生成，故C正确； D．反应的活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤为慢反应，由下图可知，反应②的活化能最大，反应速率最慢，是反应的决速步骤，故D正确； 43．催化剂X和Y均能催化反应A(g)B(g)，其反应历程如图所示，“●”表示反应物或生成物吸附在催化剂表面。其他条件相同时，下列说法正确的是 A. 使用催化剂X和Y，反应均分2步进行 B. 使用催化剂Y比使用催化剂X，反应更快达到平衡 C. 反应达到平衡后，降低温度，B的浓度减小 D. 反应过程中A·Y所能达到的最高浓度大于A·X 答案：D 解析：A．由图可知两种催化剂均出现3个波峰，所以使用催化剂X和Y，反应历程都分3步进行，A错误； B．由图可知，X的最高活化能小于Y的最高活化能，所以使用X时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，B错误； C．由图可知，该反应是放热反应，所以达平衡时，降低温度平衡向右移动，B的浓度增大，C错误； D．由图可知，A·X生成B·X的活化能小于A·Y生成B·Y的活化能，则A·Y更难转化为B·Y，故反应过程中A·Y所能达到的最高浓度大于A·X，D正确； 44．制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(其中Ph-代表苯基)。下列说法不正确的是 A. 可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯 B. 反应过程涉及氧化反应 C. 化合物3和4互为同分异构体 D. 化合物1直接催化反应的进行 答案：D 解析：A．由图中信息可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物2的催化作用下，参与催化循环，最后得到产物苯甲酸甲酯，发生的是酯化反应，故A项正确； B．由图中信息可知，化合物4在H2O2的作用下转化为化合物5，即醇转化为酮，该过程是失氢的氧化反应，故B项正确； C．化合物3和化合物4所含原子种类及数目均相同，结构不同，两者互为同分异构体，故C项正确； D．由图中信息可知，化合物1在NaH的作用下形成化合物2，化合物2再参与催化循环，所以直接催化反应进行的是化合物2，化合物1间接催化反应的进行，故D项错误；综上所述，说法不正确的是D项，故答案为D。 45．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下： 下列说法不正确的是 A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂 C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键 答案：D 解析：A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确； B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由＋4变为＋3，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确； C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H＋和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确； D．根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误； 46．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。 下列说法不正确的是 A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100% B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂 C．①→②放出能量并形成了C—C键 D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 答案：D 解析：A．CH4＋CO2―→CH3COOH，反应的原子利用率为100%，A正确； B．由题图可知，CH4→CH3COOH有C—H键发生断裂，B正确； C．反应物总能量高于生成物总能量，反应放出能量，①→②形成了C—C键，C正确； D．催化剂不能使平衡发生移动，故不能提高反应物的平衡转化率，D错误； 47．炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO2。下列说法正确的是 A．每活化一个氧分子吸收0.29eV能量 B．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV C．氧分子的活化是O－O的断裂与C－O键的生成过程 D．炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂 答案：CD 解析：A．根据能量变化图分析，最终结果为活化氧，体系能量降低，则每活化一个氧分子放出0.29eV能量，故A错误； B．化能反应过程中存在多步反应的活化能，整个反应的活为活化能较大者，根据能量图分析，整个反应的活化能为活化能较大者，则没有水加入的反应活化能为E=0.75eV，有水加入的反应的活化能为E=0.57eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低0.75eV-0.57eV=0.18eV，故B错误； C．根据图象分析，氧分子活化过程O-O键断裂，生成C-O键，所以氧分子的活化是O-O的断裂与C-O键的生成过程，故C正确； D．活化氧可以快速氧化SO2，而炭黑颗粒可以活化氧分子产生活化氧，所以炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂，故D正确； 48．研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列叙述错误的是 A．雾和霾的分散剂相同 B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关 答案：C 解析：A．雾和霾的分散剂都是空气，A项正确； B．雾霾中的无机颗粒物含有硝酸铵和硫酸铵，B项正确； C．NH3参与反应生成铵盐，是反应物，不是催化剂，C项错误； D．过度施用氮肥会增加大气中氨的含量，D项正确。 49．我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下： 下列说法不正确的是 A．反应①的产物中含有水 B．反应②中只有碳碳键形成 C．汽油主要是C5～C11的烃类混合物 D．图中a的名称是2­甲基丁烷 答案：B 解析：A．根据原子守恒，可知，CO2＋H2＝CO＋H2O，A正确； B．反应②中还有碳氢键、氢氧键的形成，B错误； C．汽油主要是C5～C11的烃类混合物，C正确； D．图中a的名称是2­甲基丁烷，D正确。 50．由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．由X→Y反应的ΔH＝E5－E2 B．由X→Z反应的ΔH<0 C．降低压强有利于提高Y的产率 D．升高温度有利于提高Z的产率 答案：BC 解析：A．化学反应中的能量变化决定于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小，由图可知，X→Y反应的ΔH＝E3－E2，A项错误； B．由图可知，X→Z反应的ΔH＝E1－E2＜0，反应放热， B项正确； C．由X生成Y的反应，即2X(g)3Y(g)，是气体物质的量增大的反应，降低压强、平衡正向移动，有利于提高Y的产率，C正确； D．X→Z的反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于提高Z的产率，D错误。 51．BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是 A．该过程的总反应：C6H6O＋7O26CO2＋3H2O　 B．该过程中BMO表现较强氧化性 C．降解产物的分子中只含有极性共价键 D．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1 答案：B 解析：A．该过程用光催化降解苯酚生成二氧化碳和水，所以反应：C6H6O＋7O26CO2＋3H2O，故A正确； B．该过程中BMO是催化剂，BMO与O2在光作用下，BMO被氧化成BMO＋，故B错误； C．降解苯酚的产物为二氧化碳和水，二氧化碳和水分子中都只含有极性共价键，故C正确； D．①中1 mol O要得到3 mol电子，而②中1 mol BMO＋变为1 mol BMO只要得到1 mol电子，根据氧化还原反应得失电子相等，所以①、②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1，故D正确。 52．我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下： 下列说法不正确的是 A．肉桂醛分子中不存在顺反异构现象 B．苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子 C．还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂 D．该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基 答案：A 解析：A．肉桂醛()分子中碳碳双键两端分别连接2个不同的基团，存在顺反异构现象，故A错误； B．苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子，如图示：，故B正确； C．根据图示，还原反应过程中肉桂醛与氢气反应转化成了肉桂醇，分别断开了H—H键和C—O键，发生了极性键和非极性键的断裂，故C正确； D．根据图示，还原反应过程中肉桂醛转化成了肉桂醇，而没有转化为苯丙醛，体现了该催化剂选择性的还原肉桂醛中的醛基，故D正确。 53. 下图为有关分子在催化剂作用下发生转化的示意图，下列叙述正确的是 A. N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定 B. 催化剂a作用下氮原子发生了氧化反应 C. 催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂 D. 使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量 答案：D 解析：A．把游离态的氮转化为氮的化合物，称为氮的固定，N2→NH3属于氮的固定，NH3→NO不属于氮的固定，故A错误； B．催化剂a作用下，N2→NH3，氮原子化合价从0降低至-3价，发生还原反应，故B错误； C．催化剂a作用下，N2→NH3，断裂非极性共价键N≡N键，催化剂b作用下，NH3→NO，断裂极性共价键N-H键，故C错误； D．催化剂可以提高化学反应速率，可以提高单位时间内生成物的产量，故D正确； 54．臭氧层中臭氧分解过程如图所示，下列说法正确的是 A. 催化反应①②均为放热反应 B．E1是催化反应①对应的正反应的活化能，(E2+ΔH)是催化反应②对应的逆反应的活化能。 C. 决定O3分解反应速率的是催化反应②。 D. 温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大。 答案：B 解析：A．从图上可知，①反应中生成物能够高于反应物，①是吸热反应，故A错误； B．据图可知E1为催化反应①中反应物断键吸收的能量，即催化反应①对应的正反应的活化能，E2+ΔH为催化反应②生成物成键时释放的能量，即催化反应②对应的逆反应的活化能，故B正确； C．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知催化反应①的正反应活化能更大，反应更慢，所以催化反应①决定臭氧的分解速率，故C错误； D．据图可知总反应的反应物能量高于生成物的能量，所以总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，平衡常数减小，故D错误； 55. 在Zr2O催化作用下CO与N2O的循环反应路径如图所示，下列叙述错误的是 A．Zr2O是反应中间产物 B．反应过程中Zr的成键数目未改变 C．Zr2O转化为Zr2O的氧化剂是N2O D．催化循环的总反应为CO+N2ON2+CO2 答案：B 解析：A．根据题干的历程图可知，Zr2O一直都在循环体系中，故是反应中间产物，A正确； B．根据题干的历程图可知，反应过程中Zr的成键数目发生改变，B错误； C．根据题干的历程图可知，Zr2O+N2O→Zr2O+N2，反应中N2O是氧化剂，C正确； D．根据题干的历程图可知，整个循环反应体系进入的反应物为CO和N2O，出去的是CO2和N2，故催化循环的总反应为CO+N2ON2+CO2，D正确； 56．我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如图。 下列说法正确的是 A．过程①发生了取代反应 B．中间产物M的结构简式为 C．利用相同原理以及相同原料，也能合成邻二甲苯和间二甲苯 D．该合成路线原子利用率为100%，最终得到的产物易分离 答案：B 解析：A．过程①中异戊二烯与丙烯醛发生加成反应生成M，故A错误； B．由M的球棍模型知，M的结构简式为，故B正确； C．异戊二烯与丙烯醛发生加成反应也能生成，经过程②得到间二甲苯，但由相同原料、相同原理不能合成邻二甲苯，故C错误； D．过程①的原子利用率为100%，但过程②除生成对二甲苯外，还生成了水，原子利用率小于100%，故D错误； 57．下图为某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不正确的是 A. 反应原料中的原子100%转化为产物 B. 该过程在化合物X和I-催化下完成 C. 该过程仅涉及加成反应 D. 若原料用，则产物为 答案：C 解析：A．通过图示可知，二氧化碳和反应生成，没有其它物质生成，反应原料中的原子100%转化为产物，A正确； B．通过图示可知，X和I-在反应过程中是该反应的催化剂，B正确； C．在该循环过程的最后一步中形成五元环的时候反应类型为取代反应，C错误； D．通过分析该反应流程可知，通过该历程可以把三元环转化为五元环，故若原料用，则产物为，D正确； 58．CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的机理如图所示。下列叙述错误的是 A．由步骤①知：加成反应也可生成酯类物质 B．反应过程中存在C—H键的断裂 C．该反应的原子利用率为100% D．若将步骤②中CH3I换为CH3CH2I，则产品将变为丙烯酸乙酯 答案：C 解析：由图可知，CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的反应物为二氧化碳、乙烯和一碘甲烷，生成物为丙烯酸甲酯和碘化氢，反应的化学方程式为CO2+CH2=CH2+CH3ICH2＝CHCOOCH3+HI。 A．由图可知，步骤①发生的反应为乙烯与二氧化碳发生加成反应生成酯，故A正确； B．由图可知，步骤①乙烯与二氧化碳发生加成反应时发生了C—H键的断裂，故B正确； C．由分析可知，生成物为丙烯酸甲酯和碘化氢，则反应的原子利用率不可能为100%，故C错误； D．由分析可知，二氧化碳、乙烯和一碘甲烷在催化剂作用下反应生成丙烯酸甲酯和碘化氢，则二氧化碳、乙烯和碘乙烷在催化剂作用下反应生成丙烯酸乙酯和碘化氢，故D正确； 59．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 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； 60．金红石TiO2纳米颗粒光催化水氧化机理中间物种的表征及推测的反应机理如图所示： 下列说法正确的是 A. 光激发条件下TiO2纳米颗粒作催化剂未参与水氧化的反应 B. TiO2纳米颗粒光催化水氧化反应的方程式为2H2O2H2+O2 C. 在反应过程中存在分解反应：Ti2O2+H2O＝TiOOH+TiOH D. TiO2纳米颗粒光催化水氧化的溶液酸性减小 答案：C 解析：A．TiO2纳米颗粒作催化剂参与了水氧化的反应，只是反应后又生成了TiO2，反应前后TiO2的质量和化学性质不变，A错误； B．从机理图中并没有看到水分解生成氢气，B错误； C．机理图中存在 ，.即反应Ti2O2+H2O=TiOOH+TiOH，C正确； D．从机理图中可看出TiO2纳米颗粒光催化水氧化的过程中生成H+，导致溶液酸性增强，D错误； 61．2021年我国科学家以CO2为原料人工合成淀粉，其效率约为传统农业生产淀粉的8.5倍，其部分合成路线如下图所示，下列有关说法正确的是 A. 反应①为CO2＋3H2 CH3OH＋H2O B．HCHO的水溶液能使蛋白质发生盐析 C. 化合物a能与NaOH发生反应 D. 用淀粉可检验食盐是否为加碘盐 答案：A 解析：A．反应①化学方程式参照流程中物质的转化可进一步推出，其化学方程式为：CO2＋3H2 CH3OH＋H2O，故A项正确； B．HCHO的水溶液为福尔马林溶液，它能使蛋白质变性而用于保存动物标本，故B项错误； C．化合物a中存在官能团为羟基和羰基，均不与NaOH溶液反应，故C项错误； D．淀粉遇I2变蓝，但食盐中我们加入的一般是KIO3，不含I2，故D项错误； 62．某科学家首次发现在温和的条件下利用LnPd和CuX做共同催化剂，卤代烃和炔烃发生偶联反应，其偶联反应机理如图。已知：R1、R2为烃基，X为卤素原子，下列说法正确的是 A．Pd在此偶联反应的机理图中共呈现了3种价态 B. 每步反应均存在极性键的断裂和形成 C. 该偶联反应的总反应为R1－X＋R2－C≡CHHX＋R2－C≡C－R1 D. 若R1、R2分别为甲基、乙基，反应除生成2－戊炔外，还能生成2－丁炔和2－己炔 答案：B 解析：A．根据图示可知，Pd在此偶联反应的机理图中共呈现了2种价态，A错误； B．反应机理图中每步反应均存在极性键的断裂和形成，B正确； C．该反应的催化剂为LnPd和CuX，在书写方程式时需要写出催化剂名称，则总反应式为R1－X＋R2－C≡CHHX＋R2－C≡C－R1，C错误； D．若R1、R2分别为甲基和乙基，则反应除生成2－戊炔外，不会生成2－丁炔和2-己炔，D错误； 63．2021年Benjamin List 和Dave MacMillan因不对称有机催化获得诺贝尔化学奖。他们利用有机小分子代替传统的金属催化剂进行不对称合成，脯氨酸是最常见的有机小分子催化剂，下图利用脯氨酸催化Aldol反应的机理如下图所示： 下列说法不正确的是 A. Aldol反应方程式： B. 1→2为消去反应，2→3为加成反应 C. 化合物3和4互为同分异构体 D. 中间体3中存在氢键 答案：B 解析：由图可知，脯氨酸为催化剂，和为反应物，为生成物，反应历程为：首先，脯氨酸与反应物发生加成反应得到中间体1；中间体1发生消去反应得到中间体2；中间体2和另一反应物以氢键结合形成中间体3；中间体3中结构发生转化形成中间体4；最后中间体4和H2O作用得到产物，同时释放出的脯氨酸，参与下一反应过程。 A．由分析可知，和为反应物，为生成物，Aldol反应方程式为：，故A正确； B．中间体1发生消去反应得到中间体2；中间体2和另一反应物以氢键结合形成中间体3，故B错误； C．化合物3和4的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确； D．中间体2和另一反应物以氢键结合形成中间体3，即中间体3中存在氢键，故D正确； 64．橙子辅导化学小组研究发现雾霾微颗粒中硫酸盐的生成可能存在三个阶段的转化，其主要过程如图所示。下列说法错误的是 A．NO2为转化过程中的催化剂 B．HNO2、NO2、H2O均为共价化合物 C. 第Ⅰ阶段的反应中SO被氧化 D. 第Ⅱ、Ⅲ阶段总反应的化学方程式为SO＋H2O＋NO2＝HNO2 ＋HSO 答案：A 解析：由图可知，二氧化氮和亚硫酸根离子参与反应最终生成硫酸氢根离子，在反应过程中，二氧化氮只是参与反应，没有生成，是反应物，亚硫酸根离子中的硫元素，逐步被氧化，以此解题。 A．由图可知，二氧化氮为反应物，不是催化剂，A错误； B．物质HNO2、NO2、H2O中均是通过共价键形成的，都为共价化合物，B正确； C．由图可知，第Ⅰ阶段的反应中SO中的硫由+4价被氧化为+5价，则SO被氧化，C正确； D．过程Ⅰ中NO2得到SO失去的电子发生氧化还原反应生成NO、SO，反应的离子方程式：SO＋NO2＝NO＋SO，由得失电子守恒和原子守恒可得总反应：SO＋H2O＋NO2＝HNO2 ＋HSO故II、III阶段总反应的化学方程式为SO＋H2O＋NO2＝HNO2 ＋HSO，D正确； 65．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图： 下列说法正确的是 A. 反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)＋H2O(g)＝H2(g)＋CO2(g) △H＝＋akJ/mol(a＞0) B．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂 C. 选择优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变 D. 1mol CH3OH(g)和1mol H2O(g)的总能量小于1mol CO2(g)和3mol H2(g)的总能量 答案：D 解析：A．根据反应能量图，反应II中，反应物总能量大于生成物总能量，反应II是放热反应，A错误； B．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)是反应的中间产物，B错误； C．合适的催化剂可以降低反应的活化能，但不能减少反应的焓变，C错误； D．根据反应能量图，1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，D正确； 66．某课题组设计一种以A辅助固定CO2的方法，原理如图。下列说法不正确的是 A. 化合物A为CH3OH B. 反应①属于非氧化还原反应 C. 总反应的原子利用率100% D. 若用HOCH2CH2OH辅助固定，则产物 答案：C 解析：由图可知，A辅助固定二氧化碳的总反应为催化剂作用下，甲醇与二氧化碳反应生成生成碳酸二甲酯和水，则A为甲醇，反应的化学方程式为CH3OH+CO2+H2O。 A．由分析可知，化合物A为甲醇，故A正确； B．由图可知，反应①为与甲醇发生取代反应生成和水，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故B正确； C．由分析可知，总反应为CH3OH＋CO2＋H2O，反应产物不唯一，则反应的原子利用率小于100%，故C错误； D．由分析可知，总反应为CH3OH＋CO2＋H2O，则用乙二醇辅助固定所得产物为，故D正确； 67．甲酸(HCOOH)含氢量高达4.4%，能够分解制氢。Au/ZrO2催化甲酸分解的机理如图所示，下列说法错误的是 A. 反应过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成 B. 在反应液中加入HCOOK可提高反应速率 C. 该过程中每一步都发生氧化还原反应 D. 该反应生成标准状况下2.24LCO2，转移电子0.2mol 答案：C 解析：A．由HCOOH生成CO2和H2，由甲酸分解的机理可知，反应中涉及C－H和O－H键的断裂和H－H键的形成，故A正确； B．在反应液中加入HCOOK，HCOOK是强电解质，引入 HCOO－，促进步骤2的过程，提高反应速率，故B正确； C．步骤1中不涉及元素化合价的变化，故C错误； D．HCOOH中C元素的化合价为+2，生成2.24LCO2的物质的量为0.1mol，CO2中C的化合价为＋4，所以转移电子0.2mol，故D正确； 68．MoO3可以催化1,2－丙二醇()获得多种有机物，其反应历程如图所示。下列说法正确的是 A. 转化过程中涉及非极性共价键断裂与形成 B. 反应过程中Mo形成共价键的数目始终保持不变 C. 如果原料是乙二醇，则主要有机产物是乙二醛和乙烯 D. Cu催化氧化1,2－丙二醇所得产物与MoO3催化时相同 答案：A 解析：A．历程③中有碳破单键断裂，历程④中有碳碳双键形成，A正确 B．Mo周国形成共价键数目有6个，4个两种情况，B错误 C．根据题中信息可知，由历程③反应生成和，由历程④反应生成CH3CH=CH2，若乙二醇为原料历程③反应生成，由历程④反应生成CH2=CH2，C 错误； D．Cu催化氧化1,2-丙二醇生成物为 与MoO3催飞产物不同，错误； 69．CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应： 第一步：Fe*＋N2O＝FeO*＋N2 第二步：FeO*＋CO＝Fe*＋CO2 其相对能量与反应历程如下图所示，下列说法不正确的是 A．总反应是放热反应，化学方程式为CO+N2OCO2+N2 B．在反应过程中，有极性键和非极性键的断裂和生成 C．总反应的反应速率由第二步反应决定 D．Fe*为反应的催化剂，FeO*为中间产物 答案：BC 解析：A．由题干反应历程图可知，该反应的总反应化学方程式为CO+N2OCO2+N2，反应物的总能量高于生成物的总能量，则是放热反应，A正确； B．由题干反应历程图可知，在反应过程中，反应物中CO和N2O中的C－O、N－O极性键断裂，CO2中有C－O极性键形成，即整个过程中没有非极性键的断裂和生成，B错误； C．总由题干反应历程图可知，第一步反应的活化能大于第二步反应，即第一步反应为慢反应，则整个反应的反应速率由第一步反应决定，C不正确； D．由题干反应历程图可知，Fe*反应过程中参与反应，但反应前后不变，即Fe*为反应的催化剂，FeO*为中间产物，D正确； 70．我国科学家研究了Fe+循环催化N2O＋CO＝N2＋CO2的反应机理。反应过程中的物种及能量变化如图所示，其中A－F表示反应过程中过渡态物质。下列说法正确的是 A. 基态Fe+的核外电子排布式为［Ar］3d54s2 B. 适当升高温度，有利于提高CO和N2O的平衡转化率 C. 该条件下，N2O转化为N2的反应速率主要由A→B步骤决定 D. 该催化过程中，铁元素的化合价发生了变化 答案：D 解析：A．铁原子先失去最外层电子，基态Fe+的核外电子排布式为［Ar］3d64s1，故A错误； B．N2O+CO=N2+CO2反应放热，升高温度，平衡逆向移动，升高温度不利于提高CO和N2O的平衡转化率，故B错误； C．活化能越大，反应速率越慢，C→FeO+＋N2＋CO活化能最大，反应速率最慢，N2O转化为N2的反应速率主要由C→FeO+＋N2＋CO步骤决定，故C错误； D．该催化过程中，Fe+中铁元素化合价为+1、FeO+中铁元素化合价为+3，铁元素化合价发生了变化，故D正确； 71．George A.Olah教授和其合作者使用Ru－PNP pincer络合物作催化剂，用五乙烯六胺(PEHA)多聚物来捕获二氧化碳，可以直接将空气中二氧化碳转化为甲醇，反应可能的过程如图所示。下列叙述错误的是 A. 甲醇可作为车用燃料 B. 总反应方程式为CO2＋3H2 CH3OH＋H2O C. 循环过程中催化剂参与中间反应 D. 反应过程中只有极性键的断裂和形成 答案：D 解析：A．甲醇具有可燃性，且燃烧时能放出大量的热，成本较低，所以可作为车用燃料，A正确； B．将循环过程中的各反应方程式加和，或不考虑循环使用的物质，直接考虑加入和产生的物质，可得出总反应方程式为CO2＋3H2 CH3OH＋H2O，B正确； C．循环过程中，催化剂首先与CO2反应，中间产物再与H2反应，在反应过程中生成H2O和CH3OH，所以催化剂参与中间反应，C正确； D．反应过程中，既有极性键的断裂和形成，也有非极性键的断裂(如H2)，D不正确； 72．利用CH3OH､CO2与H2合成CH3CH2OH的反应主要历程如图所示。下列说法错误的是 A．HI是合成乙醇的中间体 B．合成过程涉及C−O键的断裂和形成 C．CH3I分子的空间构型呈正四面体 D．第3步的反应方程式为CO＋2H2＋CH3I→HI＋CH3CH2OH 答案：C 解析：A．过程3中生成了HI，HI在过程4中又被反应掉，因此HI是合成乙醇的中间体，故A正确； B．过程1中有C−O键的断裂，过程3中有C−O键的形成，故B正确； C．CH3I分子中碳原子价层电子对数为4，碳氢键键长不等于碳碘键键长，因此CH3I空间构型只能为四面体，故C错误； D．根据图中信息得到第3步的反应方程式为CO＋2H2＋CH3I→HI＋CH3CH2OH，故D正确。 73．利用烟气中SO2可回收废水中的I－，实现碘单质的再生，其反应原理如下图所示 下列说法错误的是 A．[(NH3)5Co－O－O－Co(NH3)5]4+中Co的化合价为+3价 B. 总反应离子方程式为：SO2＋O2＋2I－＝I2＋SO C. 反应①~⑤中均有电子的转移 D. 反应③中，每消耗1molO2会转移2mol电子 答案：C 解析：A．[(NH3)5Co－O－O－Co(NH3)5]4+中含有过氧键，故氧元素显－1价，由化合价规则知A项正确； B．由题干信息及工作原理图知，反应物有SO2、O2、I－，生成物是I2、SO，B项正确； C．过程②和⑤中没有电子转移，C项错误； D．反应③中O2得到电子后转化为过氧键，D项正确。 74．过二硫酸盐在工业上用途广泛，用作强氧化剂等。用过二硫酸盐(含Fe3+)去除溶液中I－的反应原理：S2O(aq)＋2I－(aq)＝2SO(aq)＋I2(aq)。该反应的分步机理如下，反应进程中的能量变化如图所示。 步骤①：2Fe3+(aq)＋2I－(aq)＝2Fe2+(aq)＋I2(aq) Ea1 步骤②：S2O(aq)＋2Fe2+(aq)＝2SO(aq)＋2Fe3+(aq) Ea2 下列关于该反应的说法错误的是 A. 相同条件下，活化能Ea1＞Ea2，所以②比①反应速率慢，是决速步骤 B. 图中△H＜0，其大小与Ea1、Ea2无关 C. 步骤①为吸热反应、步骤②为放热反应 D．Fe3+是该反应的催化剂 答案：A 解析：A．由图像可知步骤①的活化能大于步骤②的，活化能越大，反应速率越小，故步骤①反应速率慢，A错误； B．图中反应物的总能量大于生成物的总能量，ΔH＜0，其大小与Ea1、Ea2无关，B正确； C．步骤①中反应物的总能量小于生成物的总能量，是吸热反应，步骤②中反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应，C正确； D．将两步反应加和，Fe3+、Fe2+都抵消掉，但Fe3+首先出现在反应物中，所以是该反应的催化剂，D正确； 75．如图分别代表溴甲烷和三级溴丁烷发生水解的反应历程。下列说法不正确的是 I．CH3Br＋NaOH→CH3OH＋NaBr II．(CH3)3CBr＋NaOH→(CH3)3COH＋NaBr A．反应I的△H＜0 B．反应I有一个过渡态，反应II有两个过渡态 C．反应I中C—Br键未断裂，反应II有C—Br键的断裂和C—O键的形成 D．增加NaOH的浓度，反应I速率增大，反应II速率不变 答案：C 解析：A．Ⅰ反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应△H＜0，A不符合题意； B．由图可知，反应I有一个过渡态，反应II有两个过渡态，B不符合题意； C．反应I中有C—Br键断裂，由CH3Br转化成CH3OH，反应II也有C—Br键的断裂和C—O键的形成，由(CH3)3CBr转化成(CH3)3COH，C符合题意； D．反应Ⅱ卤代烃先自身转变为过渡态，然后氢氧根与过渡态的烃结合，氢氧化钠不直接与卤代烃一起转化到活化态，所以增加氢氧化钠的浓度不能使Ⅱ速率增大，D不符合题意； 76．我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4(g)＋H2(g)＝C2H6(g) △H＝akJ·mol-1]的反应历程如下图所示，下列说法正确的是 A．1molC2H4(g)与1molH2(g)具有的能量之和小于1molC2H6(g)的能量 B．过渡态物质的稳定性：过渡态1＞过渡态2 C．该反应的焓变：ΔH＝－129.6kJ·mol-1 D．相应的活化能：催化剂AuF＜催化剂AuPF 答案：C 解析：A．由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物的总能量的放热反应，故A错误； B．由图可知，过渡态1的相对能量高于过渡态2，物质的能量越高，越不稳定，所以过渡态1的稳定性小于过渡态2，故B错误； C．由图可知，反应的焓变ΔH＝－[0－(－129.6kJ·mol-1)]＝－129.6kJ·mol-1，故C正确； D．由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF的活化能分别为109.34 kJ·mol-1、26.3 kJ·mol-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF，故D错误； 77．硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题，甲酸(HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO的催化还原，进而减少污染。已知Fe(II)、Fe(III)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法正确的是 A．Fe3O4没有参与该循环历程 B．HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂 C．NO是NO催化还原过程的催化剂 D．在整个历程中，每1molH2可还原1 mol NO 答案：B 解析：A．由图可知，铁元素发生了价态变化，说明Fe3O4参与了该循环历程，故A错误； B．由信息可知，HCOOH分解为H2和CO2，说明HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂，而后形成了碳氧双键，故B正确； C．由图可知，在整个历程中，NO先被还原为NO，NO再被还原为N2，则NO是反应的中间产物，不是催化剂，故C错误； D．在整个历程中，Fe3O4为催化剂，H2作还原剂，将NO最终转化为N2，根据得失电子守恒1molH2可还原0.4 mol NO，故D错误； 78．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所示。H+，O2，NO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n1，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法正确的是 A．只有反应①在正极发生 B．单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时ne＝2amol C．④的电极反应式为NO＋10H+－8e－＝NH＋3H2O D．增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使nt减小 答案：B 解析：A．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均为化合价降低得电子的反应，所以应在正极发生，故A错误； B．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 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子，所以脱去a mol Cl时ne=2a mol，故B正确； C．由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO＋8e－→NH，由于生成物中有NH所以只能用H+和H2O来配平该反应，所以④的电极反应式为NO＋10H+＋8e－＝NH＋3H2O，故C错误； D．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，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D错误； 79．下图是在Cu基分子筛表面用NH3处理 NO，污染物的一种反应机理。下列说法正确的是 注：图中元素右上角的罗马数字表示化合价 A．该过程中化合价发生变化的只有N和O两种元素 B．上述过程中催化剂首先吸附的是NO C．该过程中氧化产物和还原产物只有N2 D．该过程的总反应为4NH3＋4NO＋O2N2+6H2O 答案：D 解析：A．从反应流程图可知，发生化合价变化的元素还有Cu， A项错误； B．从上述过程中可以看出，催化剂首先吸附的是NH3，B项错误； C．从反应流程图可知，NH3中的N被氧化生成N2，NO中的N被还原生成N2，O2中的O最终被还原生成H2O，C项错误； D．从反应流程图可知总反应为4NH3＋4NO＋O2N2+6H2O，D项正确； 80．钒元素用途广泛，如图是一种钒的化合物催化某反应的反应机理。下列叙述不正确的是 A．是该反应的催化剂 B．过程①②④中反应的原子利用率为100% C．该催化循环中V的成键数目发生变化 D．该反应的离子方程式为：H2O2＋Cl－＋H+＝HOCl＋H2O 答案：B 解析：A．过程①和过氧化氢反应，在反应④中生成 ，则为催化剂，故A正确； B．反应②中有水生成，原子利用率没有达到100%，故B错误； C．过程①中H2O2转化为－H和－OOH，有氢氧键的断裂和形成，过程②中有氢氧键的断裂，则该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成，故C正确； D．由图可知，每次循环的反应物有H2O、H+、H2O2和Cl-，生成物有HOCl和H2O，所以整个反应体系中每次循环的净反应为H+＋H2O2＋Cl－＝HOCl＋H2O，故D正确； 81．《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过二硫酸钠(Na2S2O3)去除废水中的正五价砷[ As( V) ]的研究成果，其反应机理如图所示。下列叙述错误的是 A．1.0 mol过二硫酸钠含有1.0 mol过氧键 B．56gFe参加反应，共有1.0molS2O被还原 C．零价铁活化去除砷[ As( V)]的机理主要包括还原、吸附和共沉淀 D．碱性条件下，硫酸根自由基发生的反应为SO∙＋OH－＝SO＋∙OH 答案：B 解析：A．已知Na2S2O8中S为+6价，其结构中每个Na2S2O8中存在一个过氧键，故1.0 mol过二硫酸钠含有1.0 mol过氧键，A不符合题意； B．由题干图示信息可知，1个Fe和一个S2O反应生成两个SO和1个Fe2+，该过程转移2个电子，但Fe2+还有与S2O反应变为Fe3+和自由基，即56g即＝1molFe参加反应，共有1.5mol S2O被还原，B符合题意； C．由题干转化历程图可知，Fe转化Fe3+化合价升高体现了Fe的还原性，最终Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有很强的吸附能力，故零价铁活化去除砷[ As( V)]的机理主要包括还原、吸附和共沉淀，C不符合题意； D．由题干转化历程图可知，碱性条件下，硫酸根自由基发生的反应为SO∙＋OH－＝SO＋∙OH，D不符合题意； 82．我国科学家利用Co的化合物在Fe(OH)2氧化过程中的催化作用，促进了电催化过程中流失的Fe催化活性中心的原位自修复(Fe再沉积的主要反应过程) ，反应机理如图所示。下列说法错误的是 A．反应过程中CoOOH为催化剂 B．图中各反应不能在酸性条件下进行 C．存在反应Co(OH)2＋OH－―e－＝CoOOH＋H2O D．图中所示物质之间的转化有非极性键的形成和断裂 答案：D 解析：A．由图可知，钴的化合物CoOOH参与第一步反应，在后面的反应中生成，属于催化剂，故A正确； B． Fe(OH)2、钴的化合物CoOOH都能与盐酸反应，另反应都在碱性条件下进行，所以各反应不能在酸性条件下进行，故B正确； C．由图可知，Co(OH)2＋OH――e－＝CoOOH＋H2O，故C正确； D．由图可知，图中所示物质之间的转化有O－O非极性键的形成，但无非极性键的断裂，故D错误； 83．某反应可有效降低汽车尾气污染物排放，其反应热∆H＝－620.9kJ·mol-1。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是 A．∆E＝306.6kJ/mol B．三个基元反应中只有③是放热反应 C．该化学反应的速率主要由反应②决定 D．该过程的总反应为2CO＋2NO＝N2＋2CO2 答案：D 解析：A．图中ΔE＝△E＝248.3－[－620.9－(199.2)－(－513.5)]＝554.9kJ⋅mol-1，故A错误； B．由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，故B错误； C．正反应活化能最大的是反应③，活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，则该化学反应的速率主要由反应③决定，故C错误； D．由始态和终态可知，该过程的总反应为2CO＋2NO＝N2＋2CO2，故D正确； 84．萘()与浓硫酸发生取代反应可以生成2种取代产物，反应进程中能量变化如图所示。其中相同投料，经历相同时间，不同反应温度时产物的比例不同，在40℃和160℃时，得到1－取代产物与2－取代产物的比例分别为96∶4和15∶85，下列说法正确的是 A. 1－取代产物比2-取代产物更稳定 B. 与40℃相比，160℃时萘的平衡转化率更大 C. 选择合适催化剂同样可以提高2-取代产物比率 D. 延长反应时间，最终以1-取代产物为主 答案：C 解析：A．根据图象，2－取代产物的能量低于1－取代产物，能量越低，物质越稳定，因此2－取代产物比1－取代产物稳定，故A错误； B．反应为放热反应，升温时，平衡逆向移动，萘的平衡转化率降低，故B错误； C．根据催化剂的选择性，合适的催化剂可以加快主反应的反应速率，从而提高单位时间内该反应产物在总的生成物中的比率，故C正确； D．1－取代反应和2－取代反应都是放热反应，1－取代反应活化能低，在低温时相对速率比2－取代反应快，因此低温时1－取代所占比率高；升高温度后，活化能不再是制约1－取代、2－取代相对速率的关键因素，由于2－取代产物更稳定，2－取代产物在总产物中的比率增加，反应产物中二者的比例是衡量两个竞争反应的相对快慢的依据；时间不是影响产物的原因，故D错误； 85．N2H4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Ru(Ⅱ)催化剂(用[L－Ru－NH3]＋表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。 下列说法错误的是 A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru (Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强 B．M中Ru的化合价为＋3 C．该过程有非极性键的形成 D．该过程的总反应式：4NH3－2e－＝N2H4＋2NH 答案：B 解析：A．Ru (Ⅱ)被氧化至Ru (Ⅲ)后，[L－Ru－NH3]2+中的Ru带有更多的正电荷，其与N原子成键后，Ru吸引电子的能力比Ru (Ⅱ)强，这种作用使得配体NH3中的N－H键极性变强且更易断裂，因此其失去质子(H+)的能力增强，A说法正确； B．Ru (Ⅱ)中Ru的化合价为+2，当其变为Ru (Ⅲ)后，Ru的化合价变为+3，Ru (Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，Ru的化合价不变；M为[L－Ru－N (∙)H2]+，当[L－Ru－NH3]＋变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru1个电子，其中Ru的化合价变为＋2，因此，B说法不正确； C．该过程M变为[L－Ru－NH2－NH2－Ru－L]2+时，有N－N键形成，N－N是非极性键，C说法正确； D．从整个过程来看， 4个NH3失去了2个电子后生成了1个N2H4和2个NH，Ru (Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为4NH3－2e－＝N2H4＋2NH，D说法正确； 86．某构建碳骨架的反应历程如图所示。下列关于该反应的说法错误的是 A．总反应的原子利用率为100% B．过程中钴原子形成的化学键数目保持不变 C．过程断裂了极性键和非极性键 D．反应过程中HCo(CO3)3降低了反应的活化能 答案：B 解析：A．由题干中反应机理图示可知：上述总反应为：CH3CH=CH2＋CO＋CH3OH (CH3)2CHCOOCH3，故该转化的原子利用率为100%，A正确； B．由题干中反应机理图示可知：上述过程中钴原子形成的化学键数目分别有4、5、6，转化过程发生了变化，B错误； C．由题干中反应机理图示可知：上述过程断裂了C－H键、 CO－C键、C－O键等极性键和C-C键非极性键，C正确； D．由题干中反应机理图示可知：上述反应过程中HCo(CO)3是整个反应的催化剂，故HCo(CO)3能降低反应的活化能，D正确； 87．造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物(主要成分为Na2S)，可用如图转化方式除去，则下列说法错误的是 A. Na2S溶液中存在c(OH－)＞c(H+) B. 反应②和③的转移电子数相等时，还原剂之比为2∶1 C. 在废水处理过程中，CoPc为催化剂，O2为氧化剂 D. 反应④中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式为Na2S＋Na2SO3＋(CoPc)O＋H2O ＝2NaOH＋Na2S2O3＋CoPc 答案：B 解析：A．Na2S溶液因S2-水解而呈碱性，所以c(OH－)＞c(H+)，A正确； B．反应I中还原剂Na2S被氧化成Na2SO3，化合价升高6，而反应③中还原剂Na2SO3被氧化成Na2SO4，化合价升高2，当反应②和③转移电子数相等时，还原剂之比为1∶3，B错误； C．在废水处理过程中，CoPc参与反应且反应前后不变，为催化剂，O2参与反应且反应后化合价降低，为氧化剂，C正确； D．反应④中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式正确，D正确； 88．炼油、石化等工业会产生含硫(－2价)废水，可通过催化氧化法进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中MnO2为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是 A. 催化氧化过程中既有共价键的断裂又有离子键的断裂 B. 转化I中化合价发生变化的元素仅有S和O C. 催化氧化过程的总反应为：O2＋2H2O＋2S2- 4OH－＋2S↓ D. 催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处 答案：B 解析：A．二氧化锰为离子化合物，由图可知，转化I中二氧化锰氧脱离生成空位，为离子键的断裂；水生成OH-存在共价键的断裂；故A正确； B．转化I中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有S和O、Mn，故B错误； C．由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质：O2＋2H2O＋2S2- 4OH－＋2S↓，故C正确； D．反应中生成硫单质，生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，故D正确； 89．利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels-Alder反应取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels-Alder反应催化机理如下，下列说法错误的是 A. 总反应为加成反应 B. Ⅰ和Ⅴ互为同系物 C. Ⅵ是反应的催化剂 D. 化合物X为H2O 答案：B 解析：A．由催化机理可知，总反应为＋ ，该反应为加成反应，A正确； B．结构相似、分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，和结构不相似、分子组成上也不是相差若干个CH2原子团，两者不互为同系物，B错误； C．由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了VI，VI是反应的催化剂，C正确； D．I+VI→X+II，由I、VI、II的结构简式可知，X为H2O，D正确； 90．我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下： 下列说法不正确的是 A. 苯丙醛和肉桂醇是同分异构体 B. 从肉桂醛到肉桂醇发生了极性键和非极性键的断裂 C. 苯丙醛分子中的所有原子可能共面 D. 该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基 答案：C 解析：A．由结构简式可知，苯丙醛和肉桂酸分子组成相同，而结构不同，互为同分异构体，故A正确； B．反应中H－H键断裂属于非极性键断裂，碳氧双键断裂属于极性键断裂，故B正确； C．苯丙醛中含有CH2，该C为饱和碳原子，饱和碳呈四面体构型，所有原子不可能共面，故C错误； D．肉桂醛有碳碳双键和醛基官能团，与H2加入催化剂反应时，碳碳双键容易发生加成反应，但碳碳双键没有反应，醛基变为羟基，该催化剂选择性还原醛基，故D正确； 91．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)。 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+4 C. 该过程中只有极性键的断裂 D. 该过程的总反应式为CO2＋N2＋6e－＋6H+＝NH2CONH2＋H2O 答案：BC 解析：A．M2B2在反应前后没有发生变化，是该反应过程的催化剂，A正确； B．反应②的产物*COOH 中碳元素的化合价为+3，B错误； C．该过程中由N2参与反应，所以既有极性键的断裂，也有非极性键的断裂，C错误； D．由图可知，该过程的总反应式为CO2＋N2＋6e－＋6H+＝NH2CONH2＋H2O，D正确； 92．将CO2转化为有价值的化工原料是目前研究者们广泛关注的热点。在催化剂表面，利用CO2和甲醇合成碳酸二甲酯的反应机理如图所示。下列有关说法正确的是 A. 1molCO2中含有的碳氧双键数目为6.02×1023 B. 反应①②③中都涉及了极性键的断裂和形成 C. 合成碳酸二甲酯的总反应为氧化还原反应 D. 每生成1mol碳酸二甲酯，消耗22.4LCO2 答案：B 解析：A．每个CO2分子中含有两个碳碳双键，1molCO2中含有的碳氧双键数目为2×6.02×1023，选项A错误； B．反应①②③中都涉及了极性键的断裂和形成，如O－H键的断裂和形成，C－O键的断开和形成，O－H键的断裂和C－O键的形成，选项B正确； C．合成碳酸二甲酯的总反应为2CH3OH＋2CO2(CH3O)2CO＋H2O，反应物中各元素化合价不变，属于非氧化还原反应，选项C错误； D．没有说明标准状况下，无法计算22.4LCO2的物质的量，选项D错误； 93．一种甲烷催化氧化的反应历程如图所示，*表示吸附在催化剂表面。下列说法正确的是 A．适当提高O2分压可以加快O2(g)—→2*O的反应速率 B．*CH3—→*CH2的过程中C被氧化，释放能量 C．产物从催化剂表面脱附的速率对总反应速率无影响 D．CH4与O2反应生成CO和H2的过程中只涉及极性键的断裂和生成 答案：A 解析：A．适当提高氧气分压，可以提高氧气的吸附速率，从而加快O2(g)—→2*O的反应速率，A正确； B．*CH3—→*CH2的过程中，C元素的化合价升高，被氧化，C—H键断裂，断键吸收能量，B错误； C．若大量产物吸附在催化剂表面，则会减少CH4和O2在催化剂上的吸附面积，从而会降低总反应速率，C错误； D．CH4和O2反应生成CO和H2的过程中涉及极性键、非极性键的断裂和生成，D错误； 94．阿特拉津(ATZ)是农业中使用广泛且难以降解的除草剂，某科学组织研究发现，以FeSx@MoS2为催化剂(呈花束状)催化活化过一硫酸盐(PMS)降解阿特拉津(ATZ)取得了良好的效果，其反应机理如图所示： 下列说法错误的是 A. PMS对应的酸为H2SO5，该酸含有过氧键 B. 生成SO4·-的途径之一为2SO5·－＝2SO4·－＋1O2 C. 流程中直接氧化ATZ的微粒只有1O2 D. S2-、S以及Fe0可以促进Fe2＋再生 答案：C 解析：A．由图可知，过一硫酸根离子为HSO，对应的酸为H2SO5，该酸可以看成是H－O－O－H中一个氢原子被－SO3H代替的产物，所以含有过氧键，A正确； B．图示有两种途径生成SO4·−，其中一种为2SO5·−＝2SO4·−＋1O2，B正确； C．据图可知，流程中直接氧化ATZ的微粒还有SO4·−、·OH，C错误； D．S2-、S以及Fe0具有还原性，可以还原Fe3+促进Fe2+再生，D正确； 95．中国科学院化学研究所报道了化合物1催化CO2氢化机理。其机理中化合物1(催化剂，固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如下图所示。下列说法错误的是 A．化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应 B．图中Ⅰl-2与化合物2互为同分异构体 C．过程①的活化能高于过程②的活化能 D．过程①的热化学方程式为：I(s)+CO2(g)=I1-2 (s) △H=2.08 kJ·mol-1 答案：CD 解析：A．由相对能量曲线可知，化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应，故A正确； B．图中Ⅰl-2与化合物2的化学式相同，结构式不同，互为同分异构体，故B正确； C．过程①活化能为：(6.05－0.00)＝6.05kcal·mol-1，②活化能为：(11.28－2.08)＝9.20 kcal·mol-1，过程①的活化能小于过程②的活化能，故C错误； D．过程①的热化学方程式为：I(s)＋CO2(g)＝I1-2 (s) △H＝2.08 kcal·mol-1，故D错误； 96．氨是农业上“氮的固定”的必需原料，随着世界人口的增长，氨的需求量在不断增大。科研人员新发现以磷盐作质子(H+)传导体，以四氢呋喃(无色易挥发的液体)为电解剂，利用电化学法将氮气还原成氨的原理如图所示。下列说法错误的是 A．M电极为阳极，电极反应式为H2－2e－＝2H+ B．(Ⅰ)→(Ⅱ)的变化中，磷原子的成键数目不发生变化 C．图示中最后一步反应为3Li＋N2＋3H+＝3Li+＋2NH3 D．该方法制备氨气所需的温度低于传统工业合成氨的温度 答案：C 解析：A．据图可知，M电极上氢气被氧化为氢离子，则M电极为阳极，电极反应式为H2-2e-=2H+，故A正确； B．据图可知(Ⅰ)→(Ⅱ)的变化中，磷原子都是形成4个共价键，故B正确； C．最后一步反应中，Li+先被还原为Li单质，然后将N2还原为NH3，同时又生成Li+，所以Li+为催化剂，反应方程式为N2+6H2NH3，故C错误； D．该装置为电解装置，利用电能转化为化学能，即合成氨所需的能量大部分是由电能转化，则所需的热能较少，所需的温度较低，故D正确； 97．我国某科研团队通过计算机模拟技术提出在12—磷钨酸(固体强酸)催化作用下甲醇气相脱水合成二甲醚的反应机理：CH3OH+H+→IM1(中间体1)→TS1(过渡态1)→IM3(中间体3)→CH＋H2O，CH＋CH3OH→IM2(中间体2)→TS2(过渡态2)→IM4(中间体4)→CH3OCH3＋H+。反应过程和相对能量E(kJ•mol-1)如图所示。下列说法错误的是 A．该反应机理中的最大能垒(活化能)E正＝513.4kJ•mol-1 B．2CH2OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H＝－18.2kJ•mol-1 C．已知IM1为CH2＝OH+＋H2，CH2＝OH＋H+→IM1是一个无垒(活化能为0)过程，可推测该过程从断键开始，断键时吸收的能量大于成键释放的能量 D．类推IM2应为CH2＝OH+＋CH4 答案：C 解析：A．由图中信息可知，该反应机理中的最大能垒(活化能) E正= 189.8k/mol- (-323.6 ) kJ/mol=513.4kJ/mol，A正确； B．由图得①CH3OH＋H+＝CH＋H2O ΔH＝－208k/mol，②CH＋CH3OH＝CH3OCH3＋H+ ΔH＝+189 .8kJ/mol，将①②相加得：2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝(－208kJ/mol)＋(+189.8k/mol) ＝－18.2kJ/mol，B正确； C．断键需要克服活化能吸收能量，CH3OH+H+—→IM1是一个无垒(活化能为0 )过程，所以该过程可能从成键开始，成键时放出的热量大于断键时吸收的热量，C错误； D．反应过程中遵循原子守恒，所以IM2为CH2＝OH+＋CH4，D正确； 98．我国科学家已经成功地利用二氧化碳催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化氢化二氧化碳的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应变成化合物3与HCOO－的反应历程如图乙所示，其中TS表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法正确的是 A．从平衡移动的角度看，升高温度可促进化合物2与水反应变成化合物3与HCOO－ B．该历程中最大能垒(活化能)E正=16.87kcal/mol C．使用更高效的催化剂可以降低反应所需的活化能，最终提高二氧化碳的转化率 D．化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成 答案：D 解析：A．由化合物2与水反应变成化合物3与HCOO－的反应历程图可得该过程是放热反应，升高温度，不利于该过程的进行，A错误； B．该历程中I1到TS2过程的能垒(活化能)最大，为[16.87－(－1.99)]kcal/mol＝18.86 kcal/mol，B错误； C．使用更高效的催化剂可以改变反应途径，降低反应所需的活化能，但不能使化学平衡发生移动，不能提高二氧化碳的转化率，C错误； D．根据化合物1与化合物2的结构可知，在化合物1()与CO2反应生成化合物2()的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成，D正确； 99．常温常压下，甲醇在催化剂的作用下可以合成2－甲基丙酸甲酯，计算机模拟单个甲醇分子在催化剂表面的反应过程和能量变化示意图如图，下列说法错误的是 A．总反应的热化学方程式为：CH2＝CHCH3(g)＋CO(g)＋CH3OH(l)====(CH3)2CHCOOCH3(l) △H1＝－1.98eV∙mol-1 B．第一步反应决定了总反应的化学反应速率 C．化合物8和化合物9互为同分异构体 D．上述反应过程中HCo(CO)3未改变反应的△H，降低了反应的活化能 答案：A 解析：A．图象给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为CH2＝CHCH3(g)＋CO(g)＋CH3OH(l)====(CH3)2CHCOOCH3(l) △H1＝－1.98NAeV∙mol-1，故A错误； B．第1步反应的能垒最高，所以第1步反应的化学反应速率最慢，故B正确； C．化合物8和化合物9的分子式相同而结构不同，故C正确； D．HCo(CO)3为反应的催化剂，故HCo(CO)3未改变反应的△H，降低了反应的活化能，故D正确。 100．三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N—二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法正确的是 A．步骤①表示DMF分子和H原子吸附在铜催化剂表面的过程，而步骤③则表明形成了N—H键 B．该历程中决速步骤能垒(活化能)为0.93 eV C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率 D．由图可知，该条件下，DMF完全转化为三甲胺的热化学方程式为：(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)＝N(CH3)3(g)＋H2O(g) △H＝－98.25 kJ·mol-1 答案：D 解析：1eV≈1.60×10-19J，图中，反应物的相对能量大于生成物的，所以该反应为放热反应； A．由图可知，步骤③形成了C－H键，无N－H 键形成，故 A 错误； B．N(CH3)3＋OH*＋H*＝N(CH3)3(g)＋H2O(g)，该步骤活化能最大，该步骤活化能为为(－1.02eV)－(－2.21eV)＝1.19eV，故 B错误； C．由图可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，DMF的平衡转化率降低，故C错误； D．由图可知，总反应为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)＝N(CH3)3(g)＋H2O(g)，1.02eV为单个(CH3)2NCHO(g)反应放出的热量，故△H＝－1.02eV∙NA/mol≈－98.25kJ∙mol－1，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)＝N(CH3)3(g)＋H2O(g) △H＝－98.25 kJ·mol-1，故D正确； 第 1 页 共 66 页 学科网（北京）股份有限公司 $