专题18 催化机理循环图的分析与应用（知识点+模拟及高考真题+答案解析）-2026届高考化学二轮复习

该高中化学高考复习讲义聚焦催化机理循环图分析与应用专题，覆盖催化剂与中间产物判断、循环图解读方法、总反应推导等核心考点，按“概念辨析-机理分析-解题思路”逻辑架构知识，通过考点梳理、方法总结、真题训练（含2022-2025年高考真题）等环节，帮助学生构建循环图分析框架，突破高考高频难点。 讲义以科学思维培养为核心，创新采用“箭头方向分析法”指导学生快速识别反应物/产物（如“入环为反应物、出环为产物”），设计基础题与高考真题分层练习，配合详细解析强化证据推理能力，助力学生高效掌握催化机理题解题技巧，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考能力提供系统支持。

大二轮专题 专题18 催化机理循环图的分析与应用 1．催化剂与中间产物 (1)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 (2)中间产物：在连续反应中为某一步的产物，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又消耗多少 如：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 2．催化机理循环图的分析 (1)催化机理循环图的解读 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③ (2)催化机理循环图的分析方法 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。如图所示 实例分析：如图是1，2－丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理 MoO3是该反应的催化剂，、、为中间产物，反应产物除水外还有CH3CH==CH2、HCHO、CH3CHO 3．催化机理循环图的解题思路 1．电催化氧化处理废水技术能将废水中的有机污染物氧化成更稳定的产物，如CO2、H2O等，从而达到净化水的效果。在某金属氧化物电极上，有机物电化学氧化机理如图所示，下列说法错误的是(　　) A．该金属氧化物电极为阳极 B．吸附在阳极上的有机物在·OH的作用下发生氧化反应 C．处理有机污染物的过程中阳极区的pH减小 D．MOx＋1属于催化剂 2．由于水氧化反应包含多个电子/质子转移，而且其动力学过程缓慢，因此，目前其仍是太阳能驱动人工光合系统的瓶颈，水氧化催化机理如图所示。下列叙述错误的是(　　) A．Co的价层电子排布式为3d74s2 B．该机理总反应式为2H2O O2↑＋4H＋＋4e－ C．在转化过程中Co的化合价没有发生变化 D．催化剂能降低反应的活化能 3．2022年诺贝尔化学奖授予对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为叠氮－炔基成环反应，部分原理如图所示。下列说法正确的是(　　) A．CuI和HI在反应中作催化剂 B．反应Ⅰ中有C－C键的断裂 C．该过程的总反应为加成反应 D．生成物中N均采取sp2杂化 4．某种含二价铜微粒[CuⅡ(OH)(NH3)]＋的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图所示，下列说法错误的是(　　) A．[CuⅡ(OH)(NH3)3]＋属于中间产物 B．状态②到状态③的过程中N元素部分被氧化 C．状态③到状态④的过程中有O－H键的形成 D．该脱硝过程的总反应方程式为4NH3＋2NO＋2O2===6H2O＋3N2 5．CO2制甲醇的反应历程如图，下列说法错误的是(　　) 已知：Ⅰ.CO2与H2在活化后的催化剂表面生成甲醇的反应是放热的可逆反应 Ⅱ.该过程的副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH>0 A．CO2制甲醇的化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) B．反应中经历了In－C、In－O的形成和断裂 C．升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性 D．加压可以提高CO2的平衡转化率 6．1，2－丙二醇可用作制备不饱和聚酯树脂的原料，在化妆品、牙膏和香皂中可与甘油配合用作润湿剂。已知1，2－丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．X的化学式为H2O B．催化过程中金属元素Mo成键数发生改变 C．MoO3是该反应的催化剂，可通过降低反应的活化能来增大化学反应速率 D．整个反应的化学方程式为 7．乙醛是一种重要的二碳试剂,其某种合成机理如图所示。下列说法错误的是(　　) A．Fe+是该反应的催化剂 B．C2H5OH是合成过程中的副产物 C．该合成乙醛的反应为C2H6＋2N2OCH3CHO＋2N2＋H2O D．及时分离出C2H5OH,有利于提高CH3CHO的产率 8．某科研团队在醇歧化方面取得突破性进展。利用氢碘酸的还原性和碘的氧化性将5－羟甲基糠醛歧化得到 5－甲基糠醛(5－MF)和2，5－二甲酰基呋喃(DFF)，其反应机理如图所示。下列说法正确的是(　　) A．过程①中5－羟甲基糠醛发生氧化反应 B．若用Cl2/HCl代替I2/HI，该反应也一定能发生 C．5－MF与DFF均存在含有苯环的同分异构体 D．若以为反应物,则歧化可得和 9．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，下列说法不正确的是(　　) A．总反应为加成反应 B．化合物X为H2O C．Ⅵ是反应的催化剂 D．其他条件不变，温度越高，反应速率越快 10．我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的H2S脱除，部分反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。有关该过程的叙述错误的是(　　) A．H2S脱除率小于100% B．H2S既被氧化又被还原 C．SO2能与H2S反应生成S D．催化剂表面发生了非极性共价键的断裂 11．在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．该反应的ΔS>0 B．第一步转化N与H间形成配位键 C．若用HCOOD催化释氢，反应除生成CO2外，还生成D2 D．若用HCOOK溶液代替HCOOH最终所得气体中H2的纯度会提高 12．PtNiFe－LDHGO催化甲醛氧化的反应机理如图，下列说法错误的是(　　) A．步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的－OH上 B．上述反应机理涉及极性键和非极性键的形成 C．该反应每生成1 mol CO2，转移4 mol电子 D．PtNiFe－LDHGO降低了该反应的活化能 13．一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或Mg(OH)Cl中的一种。下列说法正确的是( ) A．a、c分别是HCl、NH3 B．d既可以是MgO，也可以是Mg(OH)Cl C．已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生 D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热 14．图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分相关离子未画出)，下列描述错误的是(　　) A．PdCl和Cu2＋在反应中都是催化剂 B．该转化过程中，有极性键的断裂与形成 C．该转化过程中，涉及反应4Cu＋＋O2＋4H＋===4Cu2＋＋2H2O D．乙烯催化氧化反应的化学方程式为CH2===CH2＋O2 CH3CHO＋H2O 15．炼油、石化等工业会产生含硫(－2价)废水。一种在碱性条件下处理含硫废水的反应过程如图，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．转化a中化合价发生变化的元素仅有S和O B．转化c是该过程的第一步反应 C．一段时间后催化效率会下降，原因可能是生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂空位处 D．该反应过程的总方程式为：O2＋2H2O＋2S2－4OH－＋2S↓ 16．在“点击化学和生物正交化学”领域中，点击化学经典反应之一是一价铜[Cu]催化的叠氮化物－端炔烃环加成反应，反应机理示意如图，下列说法正确的是(　　) A．反应③过程，不涉及极性键的断裂和形成 B．转化过程中N的杂化方式发生改变 C．反应过程中，共有3种中间产物 D．该反应的总反应是消去反应 17．某MOFs的多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示，下列说法不正确的是(　　) 己知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH＜0 A．气体温度升高后，不利于N2O4的固定 B．N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除 C．制备HNO3的原理为：2N2O4＋O2＋2H2O===4HNO3 D．每制备0.4 mol HNO3，转移电子数约为 6.02×1022 1．(2025·山东卷)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+ 2．(2025·北京卷)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＋2PdPd(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 3．(2025·广东卷)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 4．(2025·湖南卷)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% 5．(2025·四川卷)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+＋H2O2VO＋·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VO 6．(2025·江苏卷)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NO3－ 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 7．(2025·全国卷)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 8．(2025·浙江1月卷)化合物A在一定条件下可转变为酚E及少量副产物，该反应的主要途径如图，下列说法不正确的是(　　) A．H+为该反应的催化剂 B．化合物A的一溴代物有7种 C．步骤Ⅲ，苯基迁移能力强于甲基 D．化合物E可发生氧化、加成和取代反应 9．(2025·河南卷)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1 mol O2可生成1 mol CH3COOH 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 10．(2024·河北卷)我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg－CO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质，电解液中加入1，3－丙二胺(PDA)以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。 对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸附态)。下列说法错误的是( ) A．PDA捕获CO2的反应为 B．路径2是优先路径，速控步骤反应式为 C．路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同 D．三个路径速控步骤均涉及*CO转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生 11．(2024·北京卷)可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－114.4 kJ·mol－1。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是( ) A．Y为反应物HCl，W为生成物H2O B．反应制得1mol Cl2，须投入2mol CuO C．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小 D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 12．(2023·湖南卷)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 13．(2023·北京卷)一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或Mg(OH)Cl中的一种。下列说法正确的是( ) A．a、c分别是HCl、NH3 B．d既可以是MgO，也可以是Mg(OH)Cl C．已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生 D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热 14．(2022·湖南卷)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 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 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)＝1：4 D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO ＋NH=== N2↑＋2H2O 15．(2022·广东卷)我国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 mol CO中含有6.02×1024个电子 D．22.4L CO2被还原生成1 mol CO 16．(2022·辽宁卷)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 17．(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 18．(2022·浙江1月卷)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 19．(2022·北京卷)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。下列说法不正确的是(　　) A．反应①为CaO＋CO2===CaCO3；反应②为CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2 B．t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C＋2H2 C．t2时刻，副反应生成H2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 20．(2022·北京卷)某MOFs的多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示，下列说法不正确的是(　　) 己知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH＜0 A．气体温度升高后，不利于N2O4的固定 B．N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除 C．制备HNO3的原理为：2N2O4＋O2＋2H2O===4HNO3 D．每制备0.4 mol HNO3，转移电子数约为 6.02×1022 答案及解析 1．D。解析：由题干反应历程图可知，MOx＋1不属于催化剂，而是中间产物，D错误。 2．C 3．C。解析：反应前没有加入HI，第一步生成了HI，第五步HI又参与了反应，所以HI是中间产物，A错误；由图中信息可知，反应Ⅰ中无C—C键的断裂，B错误；生成物中N采取sp2、sp3杂化，D错误 4．D。解析：根据催化机理图可知，加入的物质为2NH3、2NO、O2，生成的物质为2N2、3H2O，故该脱硝过程总反应的化学方程式为4NH3＋4NO＋O2===6H2O＋4N2，D错误。 5．C。解析：由图可知,二氧化碳制备甲醇的反应为催化剂作用下二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，反应的化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，故A正确；由图可知，反应中经历了In－C、In－O的形成和断裂，故B正确；由题给信息可知，二氧化碳制备甲醇的反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，主反应平衡向逆反应方向移动，副反应平衡向正反应方向移动，甲醇在平衡时的选择性降低，故C错误；二氧化碳制备甲醇的反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，副反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，则加压可以提高二氧化碳的平衡转化率，故D正确。 6．D。解析：由题给催化循环机理图可知，反应②为，根据元素守恒可知X为H2O，A正确；由题图可知，Mo成键数发生改变，B正确；催化剂MoO3通过降低反应的活化能来增大化学反应速率，C正确；由题图可知，1，2－丙二醇为反应物，丙烯、甲醛和乙醛是生成物，则整个反应的化学方程式为，D错误。 7．D。解析：由图可知，Fe+参与第一步反应，在最后一步反应中又生成，是该反应的催化剂，故A正确；由图可知，部分C2H6被氧化为CH3CH2OH，CH3CH2OH是该反应的副产物，故B正确；该主反应的反应物是C2H6和N2O，生成物是CH3CHO、N2和H2O，碳元素由-3价升高到-1价，氮元素由+1价降低为0价，根据得失电子守恒可得该合成乙醛的反应为C2H6+2N2OCH3CHO+2N2+H2O，故C正确；C2H5OH是副反应的产物，对主反应平衡无影响，及时分离出CH3CHO，才有利于提高CH3CHO的产率，故D错误。 8．D。解析：过程①中5－羟甲基糠醛与HI反应生成5－MF和I2，HI作还原剂，则5－羟甲基糠醛作氧化剂，发生还原反应，A错误；Cl2氧化性强于I2，能氧化醛基，则不能得到产物，B错误；DFF含5个不饱和度，结合其结构简式可知，不存在含苯环的同分异构体，C错；由反应①可知可转化为，由反应②可知可转化为，若以为反应物，则歧化可得和，D正确。 9．D。解析：由催化机理可知，总反应为，该反应为加成反应，A正确；Ⅰ＋Ⅵ―→X＋Ⅱ，由Ⅰ、Ⅵ、Ⅱ的结构简式可知，X为H2O，B正确；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；通常其他条件不变，温度越高，反应速率越快，但是酶作催化剂时，高温使酶失去活性降低反应速率，D错误。 10．D。解析：A．由图可知，H2S分解产生的H2和S单质会再次生成H2S，脱除率小于100%，A正确；B.由图可知，H2S生成S单质的过程中，硫元素的化合价升高，被氧化，H2S生成H2的过程中，H元素化合价降低，被还原，B正确；C.SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，C正确；D.H2S被吸附在催化剂活性炭表面形成H原子和S原子，断裂的H－S是极性共价键，D错误；故选D。 11．C。解析：A．根据总方程式HCOOHCO2＋H2O，从液态转化为气态，熵值增大，A正确；B.N原子含有孤电子对、H＋有空轨道，根据图示，第一步转化N与HCOOH电离出的H＋通过配位键结合，B正确；C.第一步HCOOD电离出D＋与N结合，第二步HCOO－→CO2＋H－，第三步D＋、H－反应生成HD，所以HCOOD催化释氢，除生成CO2外，还生成HD，C错误；D.若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变，而反应生成KOH能吸收CO2，所以最终所得气体中CO2的量会减少，H2的纯度提高，D正确；故选C。 12．B。解析：由图知，甲醛中的氧原子和催化剂中的羟基形成了氢键，即步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的－OH上，A正确；上述反应机理涉及极性键的形成，不涉及非极性键的形成，故B错误；甲醛中碳的化合价为0，二氧化碳中碳的化合价为＋4，该反应每生成1 mol CO2，转移4 mol电子，C正确；催化剂降低反应活化能从而提高反应速率，D正确。 13．C。解析：NH4Cl分解的产物是NH3和HCl，分解得到的HCl与MgO反应生成Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl又可以分解得到HCl和MgO，则a为NH3，b为Mg(OH)Cl，c为HCl，d为MgO。    A项，由分析可知，a为NH3，c为HCl，A项错误；B项，d为MgO，B错误；C项，可以水解生成Mg(OH)Cl，通入水蒸气可以减少MgCl2的生成，C正确；D项，反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误；故选C。 14．D。解析：过程Ⅳ消耗Cu2＋，过程Ⅴ生成Cu2＋，过程Ⅰ消耗PdCll，过程Ⅳ生成PdCll，所以PdCll和 Cu2＋在反应中都起到催化剂的作用，故A正确；由图可知，过程Ⅱ中存在水分子中O—H断裂，过程Ⅴ生成水分子时有氢氧极性键形成，故B正确；过程Ⅴ中O2与Cu＋反应生成Cu2＋，反应的离子方程式为4Cu＋＋O2＋4H＋===4Cu2＋＋2H2O，故C正确；反应中，CH2===CH2最终被O2氧化为CH3CHO，则乙烯催化氧化反应的化学方程式为2CH2===CH2＋O2 2CH3CHO，故D错误。 15．A。解析：A.转化a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A错误；B.据分析可知，第一步反应为转化c，故B正确；C.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C正确；D.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D正确。 16．B。解析：A．由图可知，反应③过程中，涉及碳氮极性键的形成，A错误； B．三键氮原子的杂化方式为sp杂化、双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，所以转化过程中氮原子的杂化方式发生改变，B正确；C.反应过程中，共有5种中间产物，C错误；D.由题意可知，该反应的总反应是一价铜催化的叠氮化物－端炔烃环加成反应，D错误； 故选B。 17．D。解析：A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，四氧化二氮的浓度减小，所以气体温度升高后，不利于四氧化二氮的固定，故A正确；B．四氧化二氮被固定后，四氧化二氮的浓度减小，二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡向正反应方向移动，二氧化氮的浓度减小，所以四氧化二氮被固定后，有利于二氧化氮的去除，故B正确；C．由题意可知，被固定后的四氧化二氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为2N2O4＋O2＋2H2O===4HNO3，故C正确；D．四氧化二氮转化为硝酸时，生成1mol硝酸，反应转移1mol电子，则每制备0.4mol硝酸，转移电子数约为0.4mol×6.02×1023=2.408×1023，故D错误；故选D。 1．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]+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；综上所述，本题选C。 2．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＋2PdPd(CH3COO)2＋2H2O，A正确；B．②中生成CH2==CHOOCCH3的过程中，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；答案选C。 3．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＋4H＋＋4e－===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；故选C。 4．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；故选B。 5．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+＋H2O2VO＋·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+＋H2O2VO＋·OH＋H+，故A正确；B．步骤③为放热反应，ΔH＝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；答案选D。 6．A。解析：A项，过程II形成N－H键，过程III形成C－N键，均为极性共价键，正确；B项，NO中N为＋5价，NH2中N为－2价，氮元素的化合价降低，发生还原反应，错误；C项，方程式中电荷不守恒，错误；D项，CO2与NH3·H2O在常温下反应生成(NH4)2CO3或NH4HCO3，错误。 7．B。解析：A选项，图中左侧第1个结构图呈现了“三唑”分子的原始状态。可以观察到，三唑分子经过一个反应循环后，又恢复到三唑分子的原始状态。这正符合催化剂的共性，A正确。B选项，依据图中的反应历程，C18O2与三唑形成的复合物只获取了源自水的电子，并没有与源自水的氧原子发生任何成键作用，即C18O2中的3个原子全都进入产物甲酸中，故生成HC18O18OH，B错误。C选项，图中第2个结构图中CO2中的碳原子采用sp杂化轨道类型，到第3个结构图中的羧基和产物甲酸已变为sp2杂化，C正确。D选项，在机理图中出现的中间体，不应作为反应物或产物出现在化学方程式中。所以，该机理的总反应为2H2O＋CO2===H2O2＋HCOOH，D正确。 8．B。解析：H+在第一个反应中作反应物、最后一个反应中作生成物，则H+为该反应的催化剂，A选项正确；化合物A中含有6种等效氢原子，其一溴代物有6种，B选项错误；步骤Ⅲ，苯基的位置发生变化、甲基的位置不变，则苯基迁移能力强于甲基，C选项正确；化合物E具有苯和酚的性质，酚羟基能发生氧化反应，苯环能发生加成反应和取代反应，D选项正确。 9．B。解析：由反应历程可知，总反应为2CO＋O2＋2CH4===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1 mol O2可生成2 mol CH3COOH，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CD3COOD，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；故选B。 10．D。解析：由反应路径可知，PDA捕获CO2生成，A项正确；由题给信息可知，路径2为优先路径，由能量变化图可知，路径2中*CO转化为*C2O的活化能最大，是速控步骤，反应式为 ＋e，B项正确；由题图中路径1和路径3的物质转化关系可知，二者经历的步骤不同，但产物均为*MgCO3，路径2、3的起始物均为，但路径2的产物为*MgC2O4，路径3的产物为*MgCO3，C项正确；反应历程中活化能最大的步骤为速控步骤，由反应进程图结合反应路径图可知，路径1中，*CO＋*CO2＋e－*CO＋*CO的活化能最大，路径2中的速控步骤为*CO＋＋e－PDA＋*C2O，路径3中的速控步骤为*CO＋e－*CO＋*CO，三个路径的速控步骤均涉及*CO的转化，路径2的速控步骤有PDA的再生，路径3的速控步骤没有PDA的再生，D项错误。 11．B。解析：由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O。A项，Y为反应物HCl，W为生成物H2O，A正确；B项，CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；C项，总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；D项，图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2CuCl和CuClCu2OCl2，D正确；故选B。 12．B。解析：A项，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正确；B项，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，当[L－Ru－NH2]+变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru 1个电子，其中Ru的化合价变为＋2，因此，B不正确；C项，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正确；D项，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正确；故选B。 13．C。解析：NH4Cl分解的产物是NH3和HCl，分解得到的HCl与MgO反应生成Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl又可以分解得到HCl和MgO，则a为NH3，b为Mg(OH)Cl，c为HCl，d为MgO。 A项，由分析可知，a为NH3，c为HCl，A项错误；B项，d为MgO，B错误；C项，可以水解生成Mg(OH)Cl，通入水蒸气可以减少MgCl2的生成，C正确；D项，反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误；故选C。 14．D。解析：A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由＋3价降低到＋2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；B．由图示可知，过程I为NO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，反应的离子方程式为：NO＋2H＋＋e－NO↑＋H2O，生成1 molNO，a过程转移1 mol e－，过程II为NO和NH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＋3e－＋2H＋H2O＋N2H4，消耗1 molNO，b过程转移4 mol e－，转移电子数目不相等，B错误；C．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＋3e－＋2H＋H2O＋N2H4，n(NO)∶n(NH)＝1∶1，C错误；D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO＋2H＋＋e－NO↑＋H2O，过程II的离子方程式为NO＋NH＋3e－＋2H＋H2O＋N2H4， 过程Ⅲ为N2H4转化为N2和4H＋、4e－，反应的离子方程式为N2H4N2＋4H＋＋4e－，所以过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO＋NH===N2↑＋2H2O，D正确；答案选D。 15．A。解析：A．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，故A正确； B．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，故B错误；C．一个CO分子含有14个电子，则1molCO中含有14×6.02×1023=8.428×1024个电子，故C错误；D．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，故D错误；答案选A。 16．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；答案选B。 17．D。解析：A．根据反应机理图知，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．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；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＋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。 18．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；故选C。 19．C。解析：A．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＋CH4CaO＋2CO＋2H2，A正确；B．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，故可能有副反应CH4C＋2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1∶2，B正确；C．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 mmol·min－1，而CO变为1～2 mmol·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；D．由题干图2信息可知t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大至1 mmol·min－1，说明反应②不再发生，而后副反应逐渐停止，D正确；故答案为：C。 20．D。解析：A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，四氧化二氮的浓度减小，所以气体温度升高后，不利于四氧化二氮的固定，故A正确；B．四氧化二氮被固定后，四氧化二氮的浓度减小，二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡向正反应方向移动，二氧化氮的浓度减小，所以四氧化二氮被固定后，有利于二氧化氮的去除，故B正确；C．由题意可知，被固定后的四氧化二氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为2N2O4＋O2＋2H2O===4HNO3，故C正确；D．四氧化二氮转化为硝酸时，生成1mol硝酸，反应转移1mol电子，则每制备0.4mol硝酸，转移电子数约为0.4mol×6.02×1023=2.408×1023，故D错误；故选D。 1 学科网（北京）股份有限公司 *CO2＋*NO3－ CO2 ＋ NO3－ CO(NH2)2 I II III IV *CO ＋ *NH2 *CO(NH2)2 H+，e－ $