大单元四 专题10 第41讲 反应微观过程与催化机理分析（教师用书word）-【步步高】2025年高考化学大一轮复习讲义（苏教版 江苏专用）

第41讲　反应微观过程与催化机理分析 [复习目标]　1.知道化学反应是有历程的，了解基元反应、过渡态理论。2.知道催化剂可以改变反应历程，了解简单的催化机理及其对调控化学反应速率的重要意义。 考点一　基元反应　过渡态理论 1．基元反应 (1)反应物分子经过一次碰撞就转化为产物分子的反应称为基元反应。 (2)基元反应速率方程 对于基元反应aA＋bB===gG＋hH，其速率方程可写为v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k称为速率常数，恒温下，k不因反应物浓度的改变而变化)，这种关系可以表述为基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。 2．反应机理 基元反应构成的反应序列称为反应历程(又称反应机理)，基元反应的总和称为总反应。由几个基元反应组成的总反应也称复杂反应。 例如H2(g)＋I2(g)===2HI(g)，它的反应历程有如下两步基元反应： ①I2I·＋I·(快) ②H2＋2I·===2HI(慢) 其中慢反应为整个反应的决速步骤。 3．过渡态理论 (1)化学反应并不是通过反应物分子的简单碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能的过渡态，处于过渡态的分子叫做活化络合物。活化络合物是一种高能量的不稳定的反应物原子组合体，它能较快地分解为新的能量较低的较稳定的生成物。 (2)活化能(Ea)是处在过渡态的活化络合物分子平均能量与反应物分子平均能量的差值。 [应用举例] 对于反应NO2＋CO===NO＋CO2，CO和NO2先形成活化络合物[O—N…O…C—O]，原有的N…O键部分地破裂，新的C…O键部分地形成，最后旧键完全破裂，新键形成，转变为生成物分子。 (ⅰ)反应过程可表示为 O—N—O＋C—OO—N…O…C—O―→N—O＋O—C—O (ⅱ)反应过程能量图 图示释义 (1)Ea1表示正反应的活化能； (2)Ea2表示逆反应的活化能； (3)反应的焓变ΔH＝Ea1－Ea2； (4)一般来说，Ea越小，反应速率越快，反应越易进行。 一、反应机理与决速步骤 1．甲烷与氯气在光照条件下存在如下反应历程(“·”表示电子)： ①Cl22Cl·(慢反应) ②CH4＋Cl·―→·CH3＋HCl(快反应) ③·CH3＋Cl2―→CH3Cl＋Cl·(快反应) ④·CH3＋Cl·―→CH3Cl(快反应) 已知在一个分步反应中，较慢的一步反应控制总反应的速率。下列说法不正确的是(　　) A．上述过程的总反应方程式为CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl B．光照的主要作用是促进反应①的进行从而使总反应速率加快 C．反应②～④都是由微粒通过碰撞而发生的反应 D．反应①是释放能量的反应 答案　D 解析　由反应历程可知，甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，则总反应方程式为CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl，故A正确；反应①破坏氯气分子中的共价键，吸收能量，故D错误。 2．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　基态Fe＋的核外电子排布式为[Ar]3d64s1，A错误；由图像可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO和N2O的平衡转化率减小，B错误；反应活化能越高，反应速率越慢，对总反应的速率起决定作用，故C→D为决速步，C错误；由图像可知，Fe＋、 FeO＋中Fe的化合价分别为＋1、＋3，所以铁元素的化合价发生了改变，D正确。 二、速率常数与速率方程式 3．已知2N2O(g)===2N2(g)＋O2(g)的速率方程为v＝k·cn(N2O)(k为速率常数)。实验测得，N2O在催化剂X表面反应的变化数据如下： t/min 0 10 20 30 40 50 60 70 c(N2O)/ (mol·L－1) 0.100 0.080 c1 0.040 0.020 c2 c3 0 下列说法正确的是(　　) A．n＝1，c1>c2＝c3 B．t＝10 min时，v(N2O)＝2.0×10－3 mol·L－1·s－1 C．相同条件下，增大N2O的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率 D．保持其他条件不变，若N2O起始浓度为0.200 mol·L－1，当浓度减至一半时共耗时50 min 答案　D 解析　根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，N2O的消耗是匀速的，说明反应速率与c(N2O)无关，故速率方程中n＝0，每10 min一氧化二氮浓度减小0.02 mol·L－1，则c1＝0.060 >c2＝c3＝0，A、C错误；t＝10 min时瞬时速率等于平均速率，v(N2O)＝＝2.0×10－3 mol·L－1· min－1，B错误；保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为2.0× 10－3 mol·L－1· min－1，若起始浓度为0.200 mol·L－1，减至一半时所耗时间为＝50 min，D正确。 4．300 ℃时，2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)的正反应速率表达式为v正＝k·cn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如表： 序号 c(ClNO)/(mol·L－1) v正/(mol·L－1·s－1) ① 0.30 3.60×10－9 ② 0.60 1.44×10－8 ③ 0.90 3.24×10－8 n＝________；k＝________。 答案　2　4×10－8 L·mol－1·s－1 解析　根据表格①②中的数据，带入正反应速率表达式然后做比值：＝，解得n＝2，进一步求出k＝4×10－8 L·mol－1·s－1。 (1)表示反应速率和反应物浓度之间定量关系的方程形式。 对于一般反应：aA＋bB===cC＋dD 速率方程如下：v＝kcx(A)·cy(B) 通常设计对照实验，用改变物质数量的比例法的对照实验来确定x、y。 (2)k称为反应速率常数。k的大小与反应物的本性、温度、催化剂等有关，但不随反应物浓度的变化而改变。一般来说，对同一反应，温度升高，k值增大，反应速率加快。 考点二　催化剂对反应速率的影响 1．催化剂的特征 (1)催化剂只能改变反应途径(又称反应机理)，不能改变反应的始态和终态。它同时加快了正、逆反应速率，缩短了达到平衡的时间，并不能改变平衡状态。 (2)催化剂有选择性，不同的反应常用不同的催化剂，即每个反应有它特有的催化剂。生产上常利用催化剂的选择性，使所希望的化学反应加快，同时抑制某些副反应的发生。 (3)每种催化剂只有在特定条件下才能体现出它的活性，否则将失去活性或发生催化剂中毒。 2．催化剂在反应中的作用 3．催化机理 (1)从碰撞理论解释：催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，使活化分子百分数增多，从而加快反应速率，图示如下。 (2)过渡态理论认为，催化剂参与化学反应，通过改变活化络合物(即改变反应途径)，降低反应的活化能，从而加快化学反应速率。 注意：尽管催化剂反应前后组成不变，但催化剂的形态(如固体催化剂颗粒大小)常有明显的变化。 一、催化反应中化学键和物质的变化 1．(2020·北京，9)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　根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；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，得电子被还原，作氧化剂，故B正确；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；根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，有硫氧键生成，故D错误。 2．[2023·全国甲卷，28(3)]电喷雾电离等方法得到的M＋(Fe＋、Co＋、Ni＋等)与O3反应可得MO＋。MO＋与CH4反应能高选择性地生成甲醇。MO＋分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。 (ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 (ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线________(填“c”或“d”)。 (ⅲ)MO＋与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD________CHD2OH(填“＞”“＜”或“＝”)。若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇有________种。 答案　(ⅰ)Ⅰ　(ⅱ)c　(ⅲ)＜　2 解析　(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键的形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ。(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线c。(ⅲ)由(ⅱ)中可知，CH2D2中C—H比C—D更易断裂，CHD2OH更易生成，产量更大。根据反应机理可知，若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共2种。 (1)反应历程中化学键的变化 在反应中，旧键断裂与新键形成是同时进行的，形成中间过渡态。 (2)反应历程中物质的变化 ①只进不出的是反应物(A―→…)； ②只出不进的是产物(…―→M)； ③先出后进的是中间体(…―→X，X―→…)； ④先进后出的是催化剂(R―→…，…―→R)。 二、催化剂对化学反应的调控作用 3．(2014·全国卷Ⅰ，9改编)已知分解1 mol H2O2 放出热量98 kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为： ①H2O2＋ I－―→H2O ＋IO－　 慢 ②H2O2＋ IO－―→H2O ＋O2＋ I－　快 回答下列问题： (1)该反应的催化剂是______________，活化能大小：____________(填反应序号)。 (2)请根据上述分解机理写出H2O2分解的化学方程式：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)I－的浓度对总反应的速率有何影响？ ________________________________________________________________________。 答案　(1)I－　①>②　(2)2H2O22H2O＋O2↑　(3)I－的浓度越大，反应速率越快 4．(2023·广东，15)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是(　　) A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行 B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大 C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大 答案　C 解析　由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；该反应是放热反应，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确。 三、催化活性与催化效率 5．(2023·南京模拟)二维锑片(Sb)是一种新型的CO2电化学还原催化剂。酸性条件下人工固碳装置中CO2气体在Sb表面发生三种催化竞争反应，其反应历程如图所示(“*”表示吸附态中间体)。下列说法不正确的是(　　) A．生成HCOOH吸收的能量最多 B．使用Sb改变了反应的路径 C．Sb电极表面生成CO的反应为*CO2＋2e－＋H2O===CO＋2OH－ D．Sb对三种催化竞争反应的选择效果为HCOOH＞H2＞CO 答案　C 解析　生成的三种产物中HCOOH的能量最大，故吸收的能量最多，A正确；从图中看，催化剂Sb改变了反应的路径，B正确；反应条件为酸性，所以不可能生成OH－，C错误；活化能越小，反应越容易进行，生成HCOOH的活化能最小，生成CO的活化能最大，D正确。 6．汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]： Ⅰ.NO＋Pt(s)===NO* Ⅱ.CO＋Pt(s)===CO* Ⅲ.NO*===N*＋O* Ⅳ.CO*＋O*===CO2＋Pt(s) Ⅴ.N*＋ N*===N2＋Pt(s) Ⅵ.NO*＋N*===N2O＋Pt(s) 经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2所示。 (1)图1中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)图2中T2 ℃时反应Ⅴ的活化能________(填“<”“>”或“＝”)反应Ⅵ的活化能；T3 ℃时发生的主要反应为________(填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)。 答案　(1)温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快　(2)>　Ⅳ 解析　(2)由图2可知，T2 ℃时，N2的浓度小于N2O的浓度，说明反应Ⅴ的反应速率小于反应Ⅵ的反应速率，则反应Ⅴ的活化能大于反应Ⅵ的活化能；T3 ℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，说明发生的主要反应为反应Ⅳ。 课时精练 1．已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1(a＞0)，其反应机理如下： ①NO(g)＋Br2(g)NOBr2(g)　快　 ②NO(g)＋NOBr2(g)2NOBr(g)　慢 下列有关该反应的说法正确的是(　　) A．该反应的反应速率主要取决于反应①的快慢 B．NOBr2是该反应的催化剂 C．增大Br2(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率 D．正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ· mol－1 答案　D 解析　反应速率主要取决于慢的一步，所以该反应的反应速率主要取决于反应②的快慢，故A错误；NOBr2是反应过程中的中间产物，不是该反应的催化剂，故B错误；增大Br2(g)浓度，活化分子百分数不变，但单位体积内的活化分子数目增多，所以能加快反应速率，故C错误；由于该反应为放热反应，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，所以正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ· mol－1，故D正确。 2．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　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；温度升高，反应速率加快，B正确；Ea是该反应正反应的活化能，C错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，D正确。 3．(2023·无锡模拟)异丁烯[CH2==C(CH3)2]是一种重要的化工原料，常用于制备丁基橡胶、甲基丙烯腈等。资料表明，异丁烷在固体杂多酸盐(用S表示)作用下制备异丁烯和H2的反应机理如下： 过程ⅰ.CH3—CH(CH3)—CH3＋S―→CH3—CH(CH3)—CH3…S； 过程ⅱ.CH3—CH(CH3)—CH3…S＋S―→CH2==C(CH3)2…S＋H2…S； 过程ⅲ.CH2==C(CH3)2…S―→CH2==C(CH3)2＋S； 过程ⅳ.H2…S―→H2(g)＋S。 下列说法错误的是(　　) A．总反应的化学方程式为CH3—CH(CH3)—CH3CH2==C(CH3)2＋H2 B．固体杂多酸盐是反应的催化剂，降低了总反应的活化能 C．CH2==C(CH3)2…S和H2…S均为催化剂 D．过程ⅲ表示的是异丁烯在固体杂多酸盐表面的脱附过程 答案　C 解析　根据反应机理可知，CH2==C(CH3)2…S和H2…S均为中间产物，C错误。 4．CO和N2O在Fe＋作用下转化为N2和CO2，反应的能量变化及反应历程如图所示，两步基元反应：①N2O＋Fe＋===N2＋FeO＋　K1，②CO＋FeO＋===CO2＋Fe＋　K2。下列说法不正确的是(　　) A．该反应ΔH<0 B．两步反应中，决定总反应速率的是反应① C．升高温度，可提高N2O的平衡转化率 D．Fe＋增大了活化分子百分数，加快了化学反应速率，但不改变反应的ΔH 答案　C 解析　如图能量变化可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应，ΔH<0，A项正确；两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应速率慢的基元反应决定，即反应①决定，B项正确。 5．(2023·扬州高三质检)二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的“清洁能源”，科学家研究在酸性条件下，用甲醇可合成二甲醚，反应历程中相对能量变化如图所示。 下列叙述错误的是(　　) A．循环过程中，催化剂参与了中间反应 B．该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为1.31 kJ·mol－1 C．制约总反应速率关键步骤的基元反应方程式为―→CH3OCH3＋H＋ D．总反应方程式为2CH3OHCH3OCH3＋H2O 答案　B 解析　整个过程中H＋是催化剂，先参与第一步反应，在最后一步反应生成，故A正确；由图可知该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为131 kJ·mol－1，故B错误；决定总反应速率的是活化能或能垒最高的基元反应，由图可知，该基元反应为―→CH3OCH3＋H＋，故C正确。 6．(2023·盐城中学高三阶段性质检)二氧化硫是国内外允许使用的一种食品添加剂，通常情况下，该物质以焦亚硫酸钾、焦亚硫酸钠、亚硫酸钠、亚硫酸氢钠、低亚硫酸钠等亚硫酸盐的形式添加于食品中，或采用硫黄熏蒸的方式用于食品处理，发挥护色、防腐、漂白和抗氧化的作用。我国规定可用于葡萄酒和果酒，最大使用量为0.25 g·kg－1，残留量不得超过0.05 g·kg－1。“接触法制硫酸”的主要反应是2SO2＋O22SO3，在催化剂表面的反应历程如下： 下列说法正确的是(　　) A．过程中既有V==键O的断裂，又有V—O键的形成 B．反应②的活化能比反应①小 C．该反应的催化剂是V2O5，可提高SO2的平衡转化率 D．接触室中采用过量O2的主要目的是加快化学反应速率 答案　B 解析　过程中没有V==O键的断裂，有V—O键的断裂和形成，A错误；反应①是慢反应，反应②是快反应，慢反应的活化能大，B正确；根据图示可知V2O5反应前后质量和化学性质不变，作催化剂，但催化剂不会改变SO2的平衡转化率，C错误；O2是快反应的反应物，而总反应速率由慢反应决定，则采用过量O2不会影响反应速率，其主要目的是使反应物浓度增大，有利于平衡右移，D错误。 7．(2024·常州模拟)目前，常利用催化技术将汽车尾气中NO和CO转化为CO2和N2。为研究不同条件下对该化学反应的影响。某课题组按下表数据进行了实验探究。实验中使用了等质量的同种催化剂，测得CO的浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是(　　) 编号 T/℃ c(NO)/ (mol·L－1) c(CO)/ (mol·L－1) 催化剂的比表面积/(m2·g－1) Ⅰ 280 6.50×10－3 4.00×10－3 80.0 Ⅱ 6.50×10－3 4.00×10－3 120 Ⅲ 360 6.50×10－3 4.00×10－3 80.0 A．实验Ⅱ的反应温度为280 ℃ B．由实验Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化剂的比表面积，该化学反应的反应速率增大 C．实验Ⅰ达到平衡时，NO的浓度为4.50×10－3 mol·L－1 D．该反应的反应热ΔH<0 答案　C 解析　根据单一变量原则，实验Ⅰ和Ⅱ催化剂比表面积不同，温度应该相同，所以实验Ⅱ的反应温度为280 ℃，故A正确；实验Ⅰ、Ⅱ催化剂比表面积不同，增大催化剂的比表面积，化学反应速率增大，故B正确；NO和CO转化为CO2和N2的化学方程式为2NO＋2CO2CO2＋N2，Δc(NO)＝Δc(CO)＝4.00×10－3 mol·L－1－1.00×10－3 mol·L－1＝3.00×10－3 mol· L－1，所以平衡时，NO的浓度为6.50×10－3 mol·L－1－3.00×10－3 mol·L－1＝3.50×10－3 mol· L－1，故C错误；对比反应Ⅰ和Ⅲ，温度升高，平衡时CO浓度升高，平衡逆向移动，说明ΔH<0，故D正确。 8．氨的催化氧化是工业制硝酸的基础，其反应机理如图1所示；在1 L密闭容器中充入1 mol NH3和2 mol O2，测得有关产物的物质的量与温度的关系如图2所示。 下列说法错误的是(　　) A．加入Pt-Rh合金的目的是提高反应的速率 B．氨的催化氧化最佳温度应控制在840 ℃左右 C．520 ℃时，NH3的转化率为40% D．840 ℃以上，可能发生了反应：2NO(g)O2(g)＋N2(g)　ΔH＞0 答案　C 解析　Pt-Rh合金作催化剂可以降低活化能，提高反应速率，A正确；根据图示可知，840 ℃时氨催化氧化生成NO最多，B正确；520 ℃时，生成0.2 mol NO和0.2 mol N2，根据氮原子守恒可知，有0.6 mol NH3转化，即转化率为60%，C错误；840 ℃以上，N2的产率上升、NO的产率下降，说明可能发生了反应：2NO(g)O2(g)＋N2(g)，升高温度氮气产率增加，说明该反应的正反应是吸热反应，ΔH＞0，D正确。 9．已知Cl2(g)＋CO(g)COCl2(g)的速率方程v＝(Cl2)·c(CO)(k为速率常数)，该反应可认为经过以下反应历程： 第一步：Cl2(g)2Cl(g)　快速平衡 第二步：Cl(g)＋CO(g)COCl(g)　快速平衡 第三步：COCl(g)＋Cl2(g)―→COCl2(g)＋Cl(g)　慢反应 下列说法正确的是(　　) A．第三步反应的活化能较低，是决速反应 B．Cl是该总反应的中间产物，COCl是该总反应的催化剂 C．c(Cl2)、c(CO)分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度前者大 D．升温可使k增大导致反应速率加快 答案　D 解析　第三步反应为慢反应，则反应的活化能较大，是决速反应，故A错误；Cl和COCl都是该总反应的中间产物，故B错误；从速率方程v＝(Cl2)·c(CO)中可以看出，c(CO)、c(Cl2)分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度c(CO)大，故C错误；升温可以提高反应物中活化分子的百分数，使k增大导致反应速率加快，故D正确。 10．(2022·北京，14)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 答案　C 解析　由题中图2信息可知，t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2的速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能发生副反应：CH4C＋2H2，B正确；由反应②的化学方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时，H2的反应速率未变，仍然为2 mmol·min－1，而CO的反应速率为1～2 mmol·min－1，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；由图2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。 11．一种以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　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；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；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。 12．CO2催化加氢合成甲烷常使用CeO2作催化剂。 (1) CeO2催化CO2与H2转化为CH4的机理如图所示，步骤(ⅱ)中生成中间产物的物质类别属于______________。 (2)催化剂中掺入少量CaO，用Ca2＋替代CeO2结构中部分Ce4＋形成CaxCe1－xOy，可提高催化效率的原因是__________________________________________________________________。 答案　(1) 碳酸盐　(2) 结构中氧空位增加，加速CO2的转化 解析　(1)步骤(ⅱ)生成的中间产物 为CeCO3，该物质属于碳酸盐。 13．[2021·辽宁，17(4)(5)](4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当H2中混有微量H2S或CO等杂质时，会导致反应Ⅰ[(g)＋3H2(g)(g)　ΔH1<0]的产率降低，推测其可能原因为________________________________________。 (5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，如图可作为酸性中心的原子的标号是________(填“①”“②”或“③”)。 答案 　(4)金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性　(5)② 解析 　(5)已知酸性中心可结合孤电子对，由图可知，①中原子无孤电子对也没有空轨道，②中原子无孤电子对但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤电子对，无空轨道，故图中可作为酸性中心的原子的标号是②。 14．(2024·淮安高三统考)某学者分别使用Fe2O3和Fe3O4作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。 (1)催化剂制备。在60～100 ℃条件下，向足量NaOH溶液中通入N2一段时间，再加入适量新制FeSO4溶液，充分反应后制得混合物X；向混合物X中加入NaNO3溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得Fe3O4催化剂。 ①通入N2的目的是______。 ②混合物X与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)催化剂研究。如图1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测定H2O2浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、SO2、O2、N2)中NO和SO2脱除率的影响，NO脱除率与H2O2浓度的关系如图2所示。 已知：·OH能将NO、SO2氧化。·OH产生机理如下。 反应Ⅰ：Fe3＋＋H2O2===Fe2＋＋·OOH＋H＋(慢反应) 反应Ⅱ：Fe2＋＋H2O2===Fe3＋＋·OH＋OH－(快反应) ①与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高，其原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②NO部分被氧化成NO2。NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________。 ③实验表示·OH氧化SO2的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是____________________ ________________________________________________________________________。 答案　(1)①排出溶解在NaOH溶液中的O2 ②12Fe(OH)2＋NaNO3===4Fe3O4＋NH3↑＋NaOH＋10H2O　(2)①Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2＋和Fe3＋，Fe2＋直接通过反应Ⅱ快速产生·OH，c(·OH)更大；Fe2O3催化剂表面仅存在 Fe3＋，Fe3＋需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2＋再通过快反应Ⅱ产生·OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(·OH)小于前者 ②2NO2＋2OH－===NO＋NO＋H2O　③二氧化硫几乎完全被氢氧化钠溶液吸收 学科网（北京）股份有限公司 $