2025-2026学年高一化学下学期期末必考选择题⑧ 反应机理和历程

**基本信息** 聚焦反应机理与历程核心考点，通过能量变化与中间体分析双维度构建知识网络，强化科学思维与证据推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |能量类机理|28题|结合能量曲线考查活化能、反应热、催化剂作用|从能量变化本质到反应速率影响因素，构建“能量-速率-平衡”逻辑链| |中间体类机理|28题|通过反应历程图分析中间体、化学键变化及催化作用|从微观反应历程到宏观物质转化，强化“结构-性质-变化”化学观念|

2025-2026学年高一下学期期末必考选择题⑧反应机理和历程题 题型1能量类机理和历程题 题型2中间体类机理和历程题 一、能量类机理和历程题 1、某反应由两步反应构成，反应能量曲线如下图，下列叙述正确的是 A．两步反应均为吸热反应 B．三种化合物中C最稳定 C．A与C的能量差为E4 D．的反应，反应条件一定要加热 2、反应：X(g)Y(g)的能量变化如图所示，下列说法不正确的是 A．升高温度，能同时加快正逆反应速率，且对逆反应速率影响更大 B．曲线b为使用催化剂的反应历程，其中W是该反应体系中最不稳定的物质 C．X(g)Y(g)的逆反应活化能大于正反应活化能，该反应为放热反应 D．压缩容器体积增大体系压强，可提高活化分子百分数，加快反应速率，但不影响X的平衡转化率 3、如图所示是298K时，与反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是 A．该反应的热化学方程式为A2(g)+B2(g)=2AB(g)△H=+(a-b)kJ•mol-1 B．该反应要加热才能发生 C．1mol A2(g)和1mol B2(g)的键能总和低于2molAB(g)的键能总和 D．若使用催化剂，则△H减小 4、我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气制，反应：  ，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应部分过程如图所示： 下列说法正确的是 A．该反应高温下不能自发进行，则反应的 B．该反应的平衡常数 C．在整个转化过程中，氧元素的化合价始终不变 D．步骤Ⅰ吸收的能量大于步骤Ⅱ放出的能量 5、标准状态下，气态反应物和气态生成物的相对能量与反应历程如图所示[已知 O2(g)和 Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法正确的是 A．Cl2(g)=Cl(g)+Cl(g)的ΔH=+2(E2-E3)kJ·mol-1 B．ClO在历程Ⅱ中作催化剂 C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ D．历程Ⅱ中速率最慢的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)  ΔH=(E5-E4)kJ·mol-1 6、由X、Y转化为M的反应历程如图所示，下列说法正确的是 A．①→②的总过程吸热 B．M是 C．反应过程中形成C-H键 D．催化剂使降低 7、氢气和氧气发生反应的过程，可用如下模型表示(“-”表示化学键)，下列说法不正确的是 A．过程I是吸热过程 B．该反应为放热反应 C．状态a的总能量大于状态d的总能量 D．该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行 8、二氧化碳用不同催化剂催化生成一氧化碳的历程中能量的转化如图所示(吸附在催化剂表面的用“·”表示)，下列说法错误的是 A．从两种催化剂解吸为能量变化不同 B．经过还原反应得到 C．反应过程中存在极性键的断裂和生成 D．二氧化碳被催化剂吸附需吸热 9、氢能的低成本、低温、高效率制取一直是亟待解决的关键难题。实验计算机模拟在催化剂表面水煤气变换低温产氢反应()过程中能量的变化如图所示，下列说法正确的是 A．水煤气变换产氢反应是吸热反应 B．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均需要吸收能量 C．状态4中物质状态最稳定 D．每生成1mol 转移1mol 10、研究表明，在和下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．比稳定 B．转化为需要吸收的热量 C．反应过程中断开旧化学键吸收的总能量大于形成新化学键放出的总能量 D．该异构化反应只有在加热条件下才能进行 11、科研人员采用新型复合光催化剂，利用太阳光高效分解水的过程如图所示。已知过氧化氢的分解是放热反应。下列叙述中正确的是 A．过程Ⅰ放出热量 B．过程Ⅱ产生的化合物只有氧化性 C．过程Ⅲ中断裂旧键吸收的能量小于形成新键放出的能量 D．该过程中能量的主要转化形式：光能转化为热能 12、苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是( ) A．由苯到中间体时，碳的杂化方式发生改变 B．适当升高温度，生成产物I和产物Ⅱ的速率均增大，同时可以提高产物Ⅱ的选择性 C．从中间体到产物的阶段，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ D．产物I为苯的加成反应产物 13、苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是( ) A．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物 B．由苯得到M时，苯中的大π键没有变化 C．对于生成Y的反应，浓H2SO4作催化剂 D．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ 14、在NaOH水溶液中发生水解反应历程及能量变化如图所示： 反应过程中能量变化图如下，下列说法不正确的是( ) A．(CH3)3C+中4个碳原子均为sp3杂化 B．由能量变化图可知，(CH3)3CBr中的键能小于(CH3)3COH中C-O键能 C．增大NaOH的浓度不能有效加快总反应速率 D．升高温度会降低(CH3)3COH的平衡产率 15、室温时用稀硝酸可将苯酚直接硝化，转化关系及部分产物产率表示如下。 反应历程： 下列说法不正确的是( ) A．工业生产中产物Ⅱ由于存在分子内氢键，易先被水蒸气蒸出，容易与产品Ⅰ分离 B．反应生成产物Ⅱ过程中最大能垒为E2-E1 C．反应足够长的时间，升高温度会提高体系中产物Ⅰ的产率 D．反应体系中加入浓硫酸有利于产生活性中间体，可催化反应进行 16、二氧化碳加氢制甲醇一般认为通过如下两步反应来实现： ①CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41kJ·mol−1 ②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2＝-90kJ·mol−1 若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 A． B． C． D． 17、已知X转化为R和W分步进行：①    ；② 上述反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．升高温度，反应①的正反应速率变化值大于反应②的正反应速率变化值 B．更换高效催化剂，可使和减小 C．增加体系中X(g)的浓度，反应物活化分子百分数增大，有效碰撞概率增大，反应速率加快 D． 18、以NH3、CO2为原料生产重要的高效氮肥——尿素[CO(NH2)2]，反应过程中能量变化如图所示，下列说法正确的是 A．合成尿素的总反应是吸热反应 B．2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)的ΔH=E1- E2 C．该反应过程中N的化合价发生了变化 D．提高一定能增大CO2的平衡转化率 19、2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)，下列有关叙述错误的是 A．该反应为放热反应，ΔH=(E1-E2)kJ/mol B．有催化剂的两步反应中，第一步为该反应的决速步 C．使用催化剂可以降低反应的活化能，从而加快化学反应速率 D．若kJ/mol则和反应放出的热量一定小于akJ 20、对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为 A． B． C． D． 21、催化剂a和b均能催化反应M(g)N(g)。反应进程(如图)中，Q为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是 A．无论使用a或b，总反应都包括4个基元反应 B．反应达平衡时，降低温度，的浓度减小 C．使用a时，反应过程中Q所能达到的最高浓度更大 D．使用b时，反应达到平衡时所需时间更短 22、向A、B两试管中加入等量H2O2溶液，然后再向B中滴入几滴FeCl3溶液，其反应历程如图： I.H2O2+2Fe3+=2Fe2++2H++O2↑ II.H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O 下列说法不正确的是 A．曲线②是滴加了FeCl3溶液的反应过程，Fe3+改变了H2O2分解反应的历程 B．Fe3+是催化剂；Fe2+是中间产物 C．E1、E2分别是反应I、II的活化能，反应I的速率大于反应II的速率 D．催化剂能降低反应的活化能，提高反应物分子中活化分子百分数 23、臭氧层中O3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．决定O3分解反应速率的是催化反应② C．E1是催化反应①对应的正反应的活化能，(E2+E3)是催化反应②对应的逆反应的活化能 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 24、H2O2是重要的消毒剂、氧化剂，研究其分解反应有重要意义。KI能催化H2O2的分解。 ①不加KI：2H2O2=2H2O+O2 ②加入KI：； H2O2分解反应过程中能量变化如图所示。下列判断不正确的是 A．加入KI后：为慢反应；为快反应 B．加入KI后改变了反应2H2O2=2H2O+O2的反应热 C．是吸热反应 D．KI降低了该反应的活化能 25、已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOOH，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法错误的是 A．I1→I2的反应为该反应的决速步 B．该反应过程中一定存在H-O键断裂 C．反应达到平衡状态后，升温使平衡逆向移动 D．使用催化剂能改变反应活化能和反应热 26、叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示。 反应1： 反应2： 下列说法不正确的是 A．(CH3)2C=CH2在乙醇中反应生成(CH3)3COC2H5时，反应的催化剂是H+ B．(CH3)2C=CH2在乙醇中反应生成(CH3)3COC2H5时，增加催化剂HBr的用量，可以提高(CH3)2C=CH2转化为(CH3)3COC2H5的选择性，减少副反应 C．(CH3)2C=CH2在乙醇中反应生成(CH3)3COC2H5时，决速步反应活化能为E6-E2 D．升高温度，(CH3)2C=CH2与乙醇反应转化率下降，(CH3)2C=CH2与HBr反应转化率升高 27、 N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应为N2O(g)＋CO(g)CO2(g)＋N2(g) ΔH，有关化学反应的物质变化过程如图1，能量变化过程如图2。下列说法正确的是 A．由图1可知：Pt2O+和Pt2O2+均为催化剂 B．由图2可知：反应①的反应速率比反应②快 C．由图2可知：ΔH1＞0，ΔH2＜0且ΔH＝-226kJ·mol−1 D．使用催化剂能降低活化能，从而改变反应的历程和焓变 28、金属可活化C2H6放出CH4，其反应历程如图所示： 下列关于活化历程的说法错误的是 A．反应中涉及极性键和非极性键的断裂以及极性键的生成 B．加入催化剂使正反应活化能和逆反应活化能均降低 C．Ni和C2H6的总键能大于NiCH2和CH4的总键能 D．中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤 二、中间体类机理和历程题 29、甲醇羰基化制备乙酸的历程如图所示。的结构式为。下列说法不正确的是( ) A．为该反应的催化剂 B．上述循环中有σ键和π键的断裂，只有σ键的形成 C．反应历程中涉及取代反应和加成反应 D．若反应物为C18O，则产物为CH3CO18OH 30、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．该过程涉及加成反应、消去反应 D．若原料用，则产物为 31、实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理如图(已知RO⁻极易结合转化为ROH)，下列说法不正确的是( ) A．该反应的催化剂为苯甲醇钠，不改变反应的焓变 B．久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，会减慢该历程反应速率 C．合成苯甲酸苯甲酯总反应方程式为：+H2O D．与酯化反应相比，该反应的原子利用率高 32、在催化剂作用下HOCH2CH2OH发生反应的历程如图所示，下列说法正确的是( ) A．如果原料为HOCH2CH(OH)CH3则生成的有机物为甲醛、乙醛和丙烯 B．反应④有非极性键的断裂和生成 C．整个反应过程中Mo化合价没有变化 D．该反应的催化剂为 33、羟醛缩合反应是常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物(图中物质⑦)的反应机理如图所示。下列说法不正确的是( ) A．化合物为该反应的催化剂，能降低反应的活化能 B．物质④可发生氧化、加成、取代和还原反应 C．物质③→④的过程中，N的杂化方式未发生改变 D．⑥→⑦的过程中没有非极性键的断裂和生成 34、乙烯与溴单质发生加成反应的反应机理如图所示。下列有关叙述不正确的是( )    A．溴鎓离子中溴原子的杂化方式为sp3 B．加成反应过程中，有非极性键的断裂以及极性键的形成 C．将乙烯通入溴水中，理论上会有一定量的CH2BrCH2OH生成 D．将乙烯分别通入等浓度的溴的CCl4溶液和溴水中，反应速率：前者＞后者 35、Wolff-Kishner-黄鸣龙还原反应机理如下(R、R'均代表烃基)，下列有关说法错误的是( ) A．肼的沸点高于氨气，原因是分子间氢键数目更多，且相对分子质量更大 B．过程①发生加成反应，过程②、③均发生消去反应 C．过程④的反应历程可表示为 D．应用该机理，可以在碱性条件下转变为 36、已知：乙醇的分子间脱水以及分子内脱水机理如图所示。下列说法不正确的是( ) A．上述反应中是催化剂，降低了反应的活化能 B．第1步与第3步均有配位键的形成，②中的比①中的不稳定 C．浓硫酸催化乙醇制乙烯，硫酸浓度越高，生成乙烯的速率越快 D．较高温度下，有利于碳正离子(物质③)中的断裂，以产物⑥为主 37、工业上通常采用乙烯、水在磷酸催化下，300℃，7MPa压强下制备乙醇，其反应机理如图所示。下列说法不正确的是( ) A．高温不利于提高乙烯的转化率 B．第③步反应生成乙醇和H3O+ C．反方向，乙醇在一定条件下也可制得乙烯，但催化剂不同 D．该历程分三步进行，第②步反应速率最慢 39、乙烯氢化的热化学方程式为C2H4(g)＋H2(g)C2H6(g) ΔH＝akJ·mol−1  ，使用不同含Au催化剂的反应历程如图所示。下列说法错误的是( ) A．1molC2H6(g)的能量小于1molC2H4(g)与1molH2(g)具有的能量之和 B．相应的活化能：催化剂AuF＞催化剂AuPF3+ C．温度升高，对催化剂AuF催化的反应的提速效果大于催化剂AuPF3+催化的反应 D．过渡态物质的稳定性：过渡态2>过渡态1 40、MO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。下图表示MO+分别与CH4、CD4反应体系的能量随反应进程的变化示意图(两者历程相似，图中以CH4示例)。已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的元素时，反应速率会变慢。下列说法正确的是( ) A．MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线d B．步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是Ⅱ C．MO+与CH2D2反应，氘代甲醇的产量：CH2DOD＞CHD2OH D．若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有2种 41、我国科学家分别攻克了两大催化技术，使合成“液态阳光”的两个生产环节效率大幅提高。“液态阳光”的合成示意图如下。下列说法不正确的是( ) A．甲醇的沸点远远高于乙烷，是由于甲醇分子之间存在氢键 B．催化剂通过降低相应反应的活化能使化学反应速率增大 C．理论上生成1molCH3OH时，光催化过程至少转移电子 D．作燃料时，1molCH3OH充分燃烧消耗1.5molO2 42、生物质脂肪酸脱羧机理为在温和条件下生产烷烃产品提供了一条可持续的途径，光催化脂肪酸脱羧历程如图所示，下列说法错误的是( ) A．光催化脱羧反应不需要高温或有毒试剂，减少了对环境的污染，是一种绿色合成方法 B．脱羧反应为 C．与均可稳定存在 D．烷基自由基在富氢表面发生还原反应 43、我国科学家以为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是 A．合成氨反应的△H<0 B．两种电解质溶液环境下总反应→的焓变相同 C．两种电解质环境下各分步反应的焓变正、负号均相同 D．合成氨反应中有非极性键的断裂和极性键的形成 44、中国学者在水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的。反应过程示意图如图： 下列说法正确的是 A．过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程 B．图示过程中的H2O均参与了反应过程 C．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH D．过程Ⅲ只生成了H2O、O2 45、在作用下，CO与N2O发生如下两步基元反应，能量变化及反应历程如图所示。 ①N2O+Fe+=N2+FeO+ (慢)；②FeO++CO=Fe++CO2(快) 下列说法正确的是 A．Fe+改变反应历程，降低总反应的活化能，也改变了反应的ΔH B．是中间产物，也作催化剂 C．总反应的化学反应速率由反应②决定 D．总反应中每转移，在标准状况下生成22.4LN2 47、我国科学家成功研发了甲烷和二氧化碳的共转化技术，助力“碳中和”目标。该催化反应历程如图所示： 已知部分化学键的键能数据如下： 共价键 键能 413 497 462 351 348 下列说法正确的是 A．该催化反应历程中没有非极性键的断裂和形成 B．催化剂的使用降低了该反应的活化能和焓变 C．总反应的原子利用率小于 D．该反应的热化学方程式为： 48、乙烯在溴水中发生加成反应的机理如图所示： 实验显示，在饱和溴水中反应时，产物A和B的比例约为1：9。下列说法不正确的是 A．若在Br2的CCl4溶液中反应，产物仅有A B．该反应不可逆，产物的比例主要由第②和第③步反应的速率大小决定 C．降低溴的浓度，产物中B的比例可能升高 D．该实验说明第②步反应的活化能比第③步大 49、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)，甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量图如图，下列说法不正确的是 A．反应Ⅰ和反应Ⅱ相比，反应Ⅱ速率更快 B．反应Ⅱ是放热反应，但是反应Ⅰ和Ⅱ总的反应过程是吸热的 C．铜催化剂不参与反应过程，但是会影响反应速率 D．CO在反应中生成又消耗，但CO并不是催化剂 50、厂的氨氯废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中在电极表面的氧化过程的微观示意图如图： 下列说法中，不正确的是 A．过程④中有极性键形成 B．催化剂可以降低该反应的活化能 C．过程①②均有N-H键断裂，N-H键断裂时需要吸收能量 D．该催化氧化法的总反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O 51、有研究认为，强碱性溶液中反应分三步进行，其中两步如下： 第一步 第三步 下列说法正确的是 A．是该化学反应的催化剂 B．第一、三步反应均为氧化还原反应 C．HOC1和HOI都是弱酸 D．由可判断反应第三步比第一步快 52、臭氧氧化法处理含氰废水的工艺原理如图所示。下列说法错误的是 A．Ⅰ阶段中1 mol NaCN被氧化需消耗1 mol O3 B．I阶段产生的NaCNO在Ⅱ阶段作为氧化剂参加反应 C．Ⅱ阶段反应为2NaCNO+H2O+3O3=2NaHCO3+N2 + 3O2 D．总反应的化学方程式为2NaCN+H2O+5O3=2NaHCO3+N2 +5O2 53、利用太阳能，以CO2为原料制取炭黑的流程如下图所示，下列说法不正确的是 已知：①“过程Ⅰ”生成炭黑的反应热为ΔH1； ②“过程Ⅱ的热化学方程式为 ΔH2。 A．是一种黑色粉末，不稳定，在空气里受热能迅速被氧化成Fe3O4 B．“过程Ⅰ”中由CO2生成炭黑的过程中断裂了离子键和极性共价键 C．图中制备炭黑的热化学方程式为 ΔH1+2ΔH2 D．“过程Ⅱ”中反应的化学平衡常数表达式为 54、一种新型人工固氮的原理如图所示。下列叙述不正确的是 A．反应①的生成物是离子化合物 B．Li是转化过程的催化剂 C．转化过程中所涉及的元素均呈现了两种价态 D．转化过程的总反应可表示为 55、在101kPa和298K下，该反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．HNC比HCN稳定 B．该反应正反应为吸热反应，逆反应也为吸热反应 C．该反应每生成1 mol HCN放热59.3 kJ D．使用催化剂，可以改变该反应的反应热 56、碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物是一种新型光催化剂，可用于光分解水的反应，其原理如图所示。下列说法错误的是 A．C3N4是无机非金属材料 B．总反应属于吸热反应 C．阶段Ⅰ和阶段Ⅱ均有非极性键的断裂与形成 D．此过程实现了太阳能向化学能的转化 详解答案 1、 B A．两步反应中，第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，A不正确；B．从图中可以看出，三种化合物中，C的能量最低，所以C最稳定，B正确；C．从图中可以看出，E4为B→C的逆反应的活化能，A与C的能量差为∆H，小于E4，C不正确；D．的反应，虽然是吸热反应，但不一定需要加热，D不正确；故选B。 2、 D 【解析】A．由图可知，该反应为放热反应，升高温度，能同时加快正逆反应速率，且对吸热反应影响更大，故对逆反应速率影响更大，故A正确；B．b曲线活化能降低了，表示使用了催化剂，W的能量最高，最不稳定，故B正确；C．由a线可知，X(g)Y(g)的逆反应活化能大于正反应活化能，该反应为放热反应，故C正确；D．压缩容器体积增大体系压强，单位体积内活化分子总数增多，反应速率加快，但是活化分子百分数不变，该反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，不影响X的平衡转化率，故D错误；故选D。 3、 A 由图可知，该反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，反应的热化学方程式为A2(g)+B2(g)=2AB(g)△H=+(a-b)kJ•mol-1。A．由分析可知，反应的热化学方程式为A2(g)+B2(g)=2AB(g)△H=+(a-b)kJ•mol-1，故A正确；B．能量变化如图的反应为吸热反应，吸热反应不一定需要加热，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应为吸热反应，该反应不需要加热就可以发生，故B错误；C．反应热=反应物键能和-生成物键能和，该反应为吸热反应，则1mol A2(g)和1mol B2(g)的键能总和高于2molAB(g)的键能总和，故C错误；D．催化剂可以改变活化能，不能改变反应热，故D错误；故选A。 4、 A A．反应为放热反应，根据反应能自发进行，而该反应高温下不能自发进行，则反应的，A正确；B．平衡常数等于生成物浓度系数次方之积与反应物浓度系数次方之积的比；该反应的平衡常数，B错误；C．在步骤Ⅰ转化过程中，氧形成的共价键由2个变为1个，故氧元素化合价发生改变，C错误；D．化学键断裂吸收能量，化学键形成放出能量，反应为放热反应，则步骤Ⅰ吸收的能量小于步骤Ⅱ放出的能量，D错误；故选A。 5、 A A．由图知：O3(g)、O(g)的能量为E3，O3(g)、O(g)、Cl(g)的能量为E2，Cl2(g)的相对能量为0，则Cl2(g)=Cl(g)+Cl(g)的ΔH=+2(E2−E3)kJ⋅mol−1，A正确；B．由图可知，ClO在历程Ⅱ中作中间产物，B错误；C．催化剂不影响平衡，相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程I，C错误；D．活化能最小的反应速率最快，由图知，ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) 活化能最小，则历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ΔH=(E5-E4)kJ·mol-1，D错误；故选A。 6、 B A．由图可知，②能量低于①能量，则①→②过程有热量放出，故A错误；B．由图可知，M为乙酸，故B正确；C．由图可知，反应过程中有C-C键、O-H键生成，无C-H键形成，故C错误；D．催化剂加快反应速率，降低反应的活化能，不改变反应的焓变，故D错误；答案选B。 7、 D A．过程Ⅰ分子化学键断裂形成原子，属于吸热过程，选项A正确；B．该反应为氢气与氧气反应，属于燃烧反应，为放热反应，选项B正确；C．氢气燃烧放热，则a的总能量大于d的总能量，选项C正确；D．该反应可通过燃料电池，实现化学能到电能的转化，不一定只能以热能的形式进行，选项D不正确；答案选D。 8、 D A．从图中可知，·CO在NiPc催化作用下生成CO放热，在CoPc催化作用下生成CO吸热，A正确；B．·COOH得电子经过还原反应生成CO，B正确；C．CO2生成CO的过程中有C=O等极性键的断裂，也有C-O等极性键的生成，C正确；D．从图中可知，在两种催化剂作用下CO2转化为·CO2均是放热过程，D错误；故答案选D。 9、 C A．图像分析可知水煤气的变换产氢反应最后生成产物的能量低于反应物，反应的焓变小于0，故是放热反应，选项A错误；B．过程I和过程Ⅱ都是物质能量增加的过程，均为吸热过程，过程Ⅲ是物质能量减小的过程，为放热过程，选项B错误；C．由图知，状态4中物质的能量最低，能量越低越稳定，选项C正确；D．生成H2的过程H元素由+1价变为0价，每生成1mol 转移2mol ，选项D错误；答案选C。 10、 C A．能量越低越稳定，的能量大于，比更稳定，故A错误；B．转化为需要吸收59.3kJ的热量，故B错误；C．正反应吸热，反应过程中断开旧化学键吸收的总能量大于形成新化学键放出的总能量，故C正确；D．反应吸放热与反应条件无关，该异构化反应不一定需要加热，故D错误；选C。 11、 C A．过程Ⅰ断键，断键需要吸收热量，故A错误；B．过程Ⅱ产生的化合物是H2O2，H2O2既有氧化性又有还原性，故B错误；C．过氧化氢的分解是放热反应，所以过程Ⅲ中断裂旧键吸收的能量小于形成新键放出的能量，故C正确；D．该过程中能量的主要转化形式：光能转化为化学能，故D错误；选C。 12、 B A项，M的六元环中与-NO2相连的C为sp3杂化，而作为原料的苯，苯环上的碳原子为sp2杂化，故反应过程中，碳原子的杂化方式发生了变化，A正确；B项，升高温度，反应速率加快，产物I和产物Ⅱ的生成速率均增大，中间体生成产物Ⅰ是吸热反应，且活化能更大，升高温度对该过程更有利，故会提高产物Ⅰ的选择性，B错误；C项，生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，因此反应速率更快；且形成产物Ⅱ的能量更低，即产物Ⅱ更稳定，以上这两个角度均有利于产物Ⅱ的形成，C正确；D项，根据前后结构对照，产物I为苯的加成产物，D正确；故选B。 13、 B A项，产物Ⅰ是打开双键生成的，故X是加成产物；产物Ⅱ生成了小分子硫酸，故产物Y是取代产物，A正确；B项，M的六元环中与-NO2相连的C为sp3杂化，而作为原料的苯，苯环上的碳原子为sp2杂化，故反应过程中，碳原子的杂化方式发生了变化，苯中的大π键发生了变化，B错误；C项，根据图示可知：对于生成Y的反应，反应物有硫酸，硫酸参加了化学反应，反应后又生成了硫酸，浓H2SO4作催化剂，C正确；D项，生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，因此反应速率更快；且形成 产物Ⅱ的能量更低，即产物Ⅱ更稳定，以上这两个角度均有利于产物Ⅱ的形成，D正确；故选B。 14、 A 从反应进程-能量的图象来看，第一步离去基团解离过程吸热，第二步亲核基团成键过程放热，整体来看总反应为放热反应。A项，(CH3)3C+中三个甲基形成4个σ键，为sp3杂化，中心碳原子失去一个电子，形成3个σ键，为sp2杂化，A项错误；B项，总反应(CH3)3CBr+OH-→(CH3)3COH+Br-为放热反应，体现了C-Br断键吸收的热量小于C-O成键放出的热量，从而得知键能C-Br小于C-O，且Br原子半径大于O原子，则键能C-Br小于C-O， B项正确；C项，第一步的活化能较大，为决定速率的步骤，增大NaOH的浓度，加快了第二步反应速率，但第二步为非决速步骤，对总反应速率影响不大，C项正确；D项，总反应(CH3)3CBr+OH-→(CH3)3COH+Br-为放热反应，升高温度平衡逆向移动，(CH3)3COH的平衡产率降低，D项正确；故选A。 15、 C A项，产物Ⅱ是邻硝基苯酚，邻硝基苯酚易形成分子内氢键熔沸点降低，易被水蒸气蒸出，产品容易提纯，A正确；B项，根据图示，反应生成产物Ⅱ过程中最大能垒，即最大活化能为E2-E1，B正确；C项，由图可知正反应放热，升高温度平衡逆向移动，不能提高体系中产物Ⅰ的产率，C错误；D项，浓硫酸具有吸水性，反应中体系中加入浓硫酸吸收反应生成得水，平衡正向移动，有利于产生活性中间体，可促使反应进行，D正确；故选C。 16、 B 反应①为吸热反应，反应②为放热反应，根据盖斯定律得总反应为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ，即总反应为放热反应，又因为反应①是慢反应，说明反应①活化能大，B项符合题意；故选B。 17、 A A．活化能越大，反应速率受温度影响越大，反应①正反应活化能大于反应②正反应活化能，所以升高温度，反应①的正反应速率变化值大于反应②的正反应速率变化值，故A正确；B．催化剂不影响焓变，故B错误；C．增加体系中X(g)的浓度，反应物活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞概率增大，反应速率加快，故C错误；D．焓变等于正反应活化能减去逆反应活化能， ，故D错误；故选A。 18、 D A．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，合成尿素的总反应是放热反应，A错误；B．由图可知，2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)的ΔH=E2- E1，B错误；C．该反应过程中N的化合价没变化，C错误；D．增大一种反应物的物质的量，可以提高另一种反应物的转化率，所以投料比越大，二氧化碳的平衡转化率越高，D项正确；故选D。 19、 D A．反应热ΔH=正反应的活化能逆反应的活化能，根据图中信息可知反应的ΔH=(E1-E2)kJ/mol，A正确；B．有催化剂的反应中活化能越大，反应速率越慢，根据图中信息，第一步的活化能比第二步活化能大，则第一步反应速率慢，为决速步，B正确；C．催化剂可以改变反应的路径，与反应物形成活化中间体，这个新的路径使得反应所需的活化能降低，从而降低了活化能，使得更多的分子能够达到反应所需的能量阈值，从而加快了反应速率，C正确；D．若ΔH=-akJ/mol只能表示生成2molSO3放出akJ热量，题目中没有具体给出参加反应SO2和O2的反应量，所以无法比较放出热量与akJ的大小关系，D错误；故选D。 20、 A 提高反应温度，增大，说明反应的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确，故选A。 21、 D A．由图可知，催化剂a和b均出现四个峰，因此使用催化剂a和b，总反应都包括4个基元反应，故A正确；B．根据图像可知，该反应为放热反应，反应达到平衡时，降低温度，平衡正向移动，M的浓度减小，故B正确；C．活化能大的反应速率慢，活化能小的反应速率快，根据图像可知，使用催化剂a时，前两步反应速率较快，第三步反应速率较慢，反应过程中更容易积累到Q物质，Q所能达到的最高浓度更大，故C正确；D．根据图像可知，使用催化剂a时，决速步骤的活化能小于使用催化剂b时，决速步骤活化能，因此使用a时，反应速率较快，达到平衡时所需时间更短，故D错误；故选D。 22、 C A．FeCl3为H2O2分解的催化剂，降低了反应的活化能，改变了反应的历程，A正确；B．Fe3+先消耗后生成，反应前后质量不变是催化剂；Fe2+先生成后消耗是中间产物，B正确；C．从图可知E1为反应I的活化能， E2分别是反应II逆反应的活化能。反应中活化能越大，反应越慢。活化能：反应I<反应II，反应速率：反应I<反应II，C错误；D．催化剂能降低反应的活化能，反应物分子中活化分子百分数增大，单位体积内活化分子个数增大，有效碰撞次数增加，反应速率加快，D正确；故选C。 23、 C A．从图上可知，反应①中生成物能量高于反应物，反应①是吸热反应，A项错误；B．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，B项错误；C．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+E3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，C项正确；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，D项错误；故选C。 24、 B A．由图可知，加入KI后：的活化能大于的活化能，活化能越大，反应速率越慢，故A正确；B．加入KI后，K+不参与反应，I-是催化剂，催化剂改变反应路径，但不改变始态和终态，反应热不变，故B错误；C．由图可知，反应中，反应物的能量和小于生成物的能量和，则该反应为吸热反应，故C正确；D．由图可知，加入KI后，反应的活化能降低，反应速率加快，故D正确；故选B。 25、 D A．多步反应历程的决速步是反应最慢的一步，即活化能最大的一步，从图中可知，I1→I2的活化能最大，故I1→I2反应为该反应的决速步，A正确；B．已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOOH，则该反应过程中一定存在H-O键断裂，B正确；C．该反应的起始相对能量高于最终产物的相对能量，说明该反应是放热反应，则平衡状态时，升温使反应逆向移动，C正确；D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能，但不能降低反应热，反应热只与反应物总能量和生成物总能量差值相关，与反应过程无关，D错误；故选D。 26、 B A．从图中可以看出，(CH3)2C=CH2在乙醇中反应生成(CH3)3COC2H5时，反应的催化剂是H+，A正确；B．催化剂HBr不会提高(CH3)2C=CH2转化为(CH3)3COC2H5的选择性，B错误；C．从图中可知，(CH3)2C=CH2在乙醇中反应生成(CH3)3COC2H5时，决速步反应活化能为E6-E2，C正确；D．(CH3)2C=CH2与乙醇反应放出热量，(CH3)2C=CH2与HBr反应吸收热量，则升高温度，(CH3)2C=CH2与乙醇反应转化率下降，(CH3)2C=CH2与HBr反应转化率升高，D正确；故选B。 27、 C A．①N2O+Pt2O+=Pt2O2++N2，②Pt2O2++CO=Pt2O++CO2，Pt2O+为催化剂Pt2O2+为中间产物，A错误；B．由图2有催化剂的图象可知，反应①的活化能大于反应②，相同条件下，反应的活化能越大，反应速率越慢，反应①的反应速率比反应②慢，B错误；C．由图2有催化剂的图象可知，反应①为吸热反应，ΔH1＞0，反应②为放热反应，ΔH2＜0，△H=Ea1-Ea2=-226 kJ·mol−1，C正确；D．使用催化剂能降低活化能，从而改变反应的历程，但不改变焓变，D错误；故选C。 28、 C A．由图可知反应中涉及碳碳非极性键和碳氢极性键的断裂以及碳氢极性键的生成，A正确；B．催化剂同等量地降低正反应活化能和逆反应活化能，B正确；C．Ni和C2H6的相对总能量为0，NiCH2和CH4的相对总能量为-6.57 kJ·mol-1，正反应放热，Ni和C2H6的总键能小于NiCH2和CH4的总键能，C错误；D．慢反应决定总反应速率，中间体2→中间体3的正反应活化能最大，反应速率最慢，所以中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤，D正确；故选C。 二、中间体类类机理和历程题 29、 D A项，由图可知，HI参与第一步反应，在最后一步反应中生成，为该反应的催化剂，故A正确；  B项，由图可知，上述循环中有C-Oσ键和C=Oπ键的断裂，只有C-I等σ键的形成， 故B正确；  C项，根据反应机理可知，反应i、iii为取代反应，反应ii为加成反应，故C正确； D项，若反应物为C18O，则产物为CH3C18OOH ，故D错误；故选D。 30、 C A项，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项，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项，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项，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。 31、 C A项，该反应的催化剂为苯甲醇钠，不改变反应的焓变，A说法正确；B项，苯甲酸会使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效，故久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，会减慢该历程反应速率，B说法正确；C项，选项中合成苯甲酸甲酯总反应方程式中元素不守恒，正确方程式为：，C说法不正确；D项，该反应没有副产物，只有目标产物，原子利用率为100%，与酯化反应相比，该反应的原子利用率高，D说法正确。故选C。 32、 A 根据历程图可知，总反应为：2HOCH2CH2OH2HCHO+CH2=CH2+2H2O。A项，由图中反应③知，连接两个醇羟基的碳原子之间碳碳键断裂分别生成醛，由反应①②④知相邻的两个醇羟基生成水分子的同时还生成碳碳双键，如果原料为HOCH2CH(OH)CH3，则生成的有机物为甲醛、乙醛和丙烯，A正确；B项，反应④有碳氧键断开和Mo氧键生成，不存在非极性键的断裂和生成，B错误；C项，过程③Mo的成键数目由6个变为4个，存在Mo元素化合价的变化，C错误；D项，催化剂是开始存在，参与反应，最后仍然存在，MoO3为该反应的催化剂，D错误；故选A。 33、 C 化合物在反应中先消耗、再生成，为催化剂；物质②和⑤为反应物，物质⑦为目标产物。A项，根据分析，化合物为该反应的催化剂，能降低反应的活化能，A正确；B项，物质④能与氧气发生氧化反应；含碳碳双键，能发生加成反应；含羧基，能发生取代(酯化)反应，能发生还原反应，B正确；C项，物质③中N原子形成双键，为sp2杂化，物质④中N为单键，为sp3杂化，C错误；D项，根据物质⑥、⑦的结构简式可知，⑥→⑦的过程中没有非极性键的断裂和生成，D正确；故选C。 34、 D A项，溴鎓离子中，溴原子的价层电子对数为=4，则杂化方式为sp3，A正确；B项，从图中可以看出，加成反应过程中，有碳碳、溴溴非极性键的断裂，有碳溴极性键的形成，B正确；C项，将乙烯通入溴水中，起初生成溴鎓离子，溶液中的Br-、OH-都可能与溴鎓离子发生反应，所以理论上会有一定量的CH2BrCH2OH生成，C正确；D项，水为极性分子，CCl4为非极性分子，则水的环境诱导能力比CCl4强，有利于增强Br2分子中共价键的极性，即有利于  的生成，所以将乙烯分别通入等浓度的溴的CCl4溶液和溴水中，反应速率：前者＜后者，D不正确；故选D。 35、 B A项，肼和氨气都是分子晶体，肼分子中含有两个氨基，相对分子质量大于氨气，分子间形成的氢键数目多于氨气，所以肼分子的分子间作用力强于氨气，沸点高于氨气，A正确；B项，过程③发生的反应为，反应中分子的不饱和度不变，不可能属于消去反应，B错误；C项，过程④的反应物是和OH-，生成物是、N2和H2O，其反应为，C正确；D项，由图可知，该反应的总反应为碱性条件下与肼反应生成、氮气和水，则碱性条件下与肼反应能转化为，D正确；故选B。 36、 C A项，由图知，上述反应中H+是催化剂，参与反应，后又生成，降低了反应的活化能，A正确；B项，第1步中H+与羟基中的O原子结合形成了配位键，第3步中碳正离子与乙醇中的O原子结合，也形成了配位键的，在①中由于存在H+与羟基中的O原子结合形成了配位键，C-O未断裂，②中C-O部分断裂脱水，②中的C-O比①中的C-O更不稳定，B正确；C项，浓硫酸催化乙醇制乙烯，硫酸浓度过高会导致副反应增多，如脱水生成醚类物质，反而不利于生成乙烯，C错误；D项，较高温度下，有利于断键，不利于成键，故较高温度下，有利于碳正离子(物质③)中C-H的断裂，以产物⑥为主，不利于形成碳氧键，D正确；故选C。 37、 D A项，乙烯和水在300℃、7MPa压强下制备乙醇的反应方程式为：CH2=CH2(g)+H2O(g )CH3CH2OH(g)，根据图知：乙烯生成乙醇的反应为放热反应,升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致乙烯的转化降低，A正确；B项，根据图知，第③步反应生成乙醇和H3O+，B正确；C项，乙醇在浓硫酸作催化剂、加热170℃条件下发生消去反应生成乙烯；所以反方向，乙醇在一定条件下也可制得乙烯，但催化剂不同，C正确；D项，反应的活化能越大，反应就越难发生，化学反应速率越慢。根据图示可知：该历程分三步进行，第①步反应所需活化能最大，则该步反应的化学反应速率最慢，D错误；故选D。 39、 C A项，由图可知，该反应为放热反应，故1molC2H6(g)的能量小于1molC2H4(g)与1molH2(g)具有的能量之和，故A正确；B项，由图可知，相应的活化能：催化剂AuF＞催化剂AuPF3+，故B正确；C项，活化能越大，反应速率越慢，则温度升高，对催化剂AuF催化的反应的提速效果小于催化剂AuPF3+催化的反应，故C错误；D项，由图可知，过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越稳定，则稳定性：过渡态1＜过渡态2，故D正确；故选C。 40、 D 步骤I涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，氧更容易和H而不是和D生成羟基，若MO+与CHD2反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH。A项， 已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的元素时，反应速率会变慢，MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c，反应的活化能更大，故A错误；B项， 由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ，故B错误；C项， 直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会减慢，氧更容易和H而不是和D生成羟基，因此氘代甲醇的产量CH2DOD＜CHD2OH，故C错误；D项， 根据反应机理可知，若MO+与CHD2反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共两种，故D正确；故选D。 41、 C 由合成示意图可知H2O在催化剂①和光照条件下生成H2，然后H2和CO2在催化剂②催化下生成甲醇。A项，甲醇中存在醇羟基，能够形成氢键，所以甲醇的沸点远远高于乙烷，是由于甲醇分子之间存在氢键，A正确；B项，催化剂可以降低相应反应的活化能，使化学反应速率加快，B正确；C项，由示意图可知H2和CO2在催化剂②催化下生成甲醇，CO2的化合价由+4价降低到甲醇的-2价，理论上生成1molCH3OH时，光催化过程至少转移6mol电子，C错误；D项， 根据CH3OH燃烧方程式2CH3OH+3O22CO2+4H2O，1molCH3OH充分燃烧消耗O2的物质的量为1.5 mol，D正确；故选C。 42、 C A项，光催化脱羧反应在温和条件下生产烷烃产品，减少了对环境的污染，是一种绿色合成方法，故A正确；B项，根据图示，脱羧反应为，故B正确；C项，自由基易发生反应生成烷烃，故不能稳定存在，故C错误；D项，烷基自由基在富氢表面结合氢原子发生还原反应生成相应烷烃，故D正确；选C。 43、 C A．从图中可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则合成氨反应的△H<0，A正确；B．反应物、生成物的能量不变，因此反应的焓变不变，与反应途径无关，B正确；C．根据图示可知，在N2活化步骤中，在硫酸钠溶液中，相对能量在增大，焓变值为正值，但在硫酸锂溶液中，相对能量在减小，焓变值为负值，从到，硫酸钠溶液中，相对能量在增大，焓变值为正值，但在硫酸锂溶液中，相对能量在减小，焓变值为负值，C错误；D．据图示可知，N2的活化是N≡N键的断裂形成的过程，即是N≡N非极性键的断裂与N—H极性键形成的过程，D正确；故选C。 44、 B A．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，过程Ⅲ形成化学键，为放热过程，故A错误；B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，B正确；C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应的焓变ΔH，故C错误；D．根据反应过程示意图，过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气，故D错误；故选B。 45、 D A．Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，但是不改变ΔH，故A错误；B．Fe+作催化剂，FeO＋是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，故B错误；C．已知两步反应分别为①N2O+Fe+=N2+FeO+ (慢)；②FeO++CO=Fe++CO2 (快)，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，故C错误；D．由N2O+Fe+=N2+FeO+可知，若转移2mol电子，则生成的N2为1mol，在标准状况下为22.4LN2，故D正确；故选D。 47、 D A．由题干转化信息可知，该催化反应历程中没有非极性键的断裂、只有C=O、C-H等极性键的断裂，有C-C非极性键和O-H极性键的形成，A错误；B．催化剂的使用降低了该反应的活化能，从而加快反应速率，但不能改变该反应的焓变，B错误；C．由题干转化历程图可知，该反应的总反应式为：CO2(g)+CH4(g)=CH3COOH(g)，故总反应的原子利用率等于100%，C错误；D．已知反应热等于反应物的键能综合减去生成物的键能总和，故该反应的ΔH=2E(C=O)+4E(C-H)-3E(C-H)-E(C=O)-E(C-O)-E(C-C)-E(O-H)=E(C=O)+E(C-H)-E(C-O)-E(O-H)-E(C-C)=497+413-351-462-348=-251kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：，D正确；故选D。 48、 D A．根据题意，若改为Br2的CCl4溶液中，溶液中没有水分子，无法进行反应③，因此反应产物仅有A，A正确；B．由于该反应不可逆，因此产物的比例主要由第②和第③步反应的速率大小决定，B正确；C．降低溴的浓度，Br-浓度减小，反应②的速率相对变慢，因此产物中B的比例可能升高，C正确；D．该实验中的变量可能是活化能大小不同也能是浓度不等造成速率不同，因此不能确定，D错误；故选D。 49、 C A．由右图可知，反应I的活化能大于反应Ⅱ，所以反应Ⅱ反应速率更快，故A项正确；B．反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，由图可知，反应Ⅱ生成物具有总能量高于反应Ⅰ中反应物所具有的总能量，则反应Ⅰ和Ⅱ总的反应过程是吸热的，故B项正确；C．催化剂会参与反应过程，能加快反应速率，故C项错误；D．CO(g)在反应中生成又消耗，则该物质为中间产物，不是催化剂，故D项正确；故选C。 50、 A 由图可知，在该电极表面，过程①中NH3转变成NH2，过程②中NH2转变成NH，过程③中NH转变成N，过程④中N结合生成N2。该电极的电极反应为，NH3发生氧化反应。另一电极的反应为氧化剂发生还原反应，根据原料易得、成本低廉、符合绿色化学的生产原则，可用空气中的O2作氧化剂。A．由图可知，过程④中N原子结合成N2，形成的N ≡N键为非极性键，A错误；B．催化剂参与了该反应的中间过程、改变了反应的途径，降低了活化能，B正确；C．由图可知，过程①②均有N—H键断裂，N—H键断裂时需要吸收能量，C正确；D．结合分析可知，该催化氧化法的总反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O，D正确；故选A。 51、 C A．第一步水解产生了OH-，第三步又消耗了OH-，OH-是该化学反应的中间产物，故A错误；B．第一、三步反应中没有元素化合价变化，均为非氧化还原反应，故B错误；C．HOCl和HOI分别是次氯酸、次碘酸，都不能完全电离，都是弱酸，故C正确；D．由K可判断反应第三步比第一步进行的更加彻底，但无法判断快慢，故D错误；故选：C。 52、 B 由图可知，Ⅰ阶段发生的反应为NaCN与臭氧反应生成NaCNO和氧气，反应的化学方程式为NaCN+O3=NaCNO+O2，Ⅱ阶段发生的反应为NaCNO与臭氧、水反应生成碳酸氢钠、氮气和氧气，反应化学方程式为2NaCNO+H2O+3O3=2NaHCO3+N2 + 3O2，则总反应为NaCN与与臭氧、水反应生成碳酸氢钠、氮气和氧气，反应的化学方程式为2NaCN+H2O+5O3=2NaHCO3+N2 +5O2。A．由分析可知，Ⅰ阶段反应的化学方程式为NaCN+O3=NaCNO+O2，反应中1 mol氰化钠被氧化需消耗1 mol臭氧，故A正确；B．由分析可知，Ⅱ阶段反应化学方程式为2NaCNO+H2O+3O3=2NaHCO3+N2 + 3O2，反应中NaCNO为反应的还原剂，故B错误；C．由分析可知，Ⅱ阶段发生的反应为NaCNO与臭氧、水反应生成碳酸氢钠、氮气和氧气，反应化学方程式为2NaCNO+H2O+3O3=2NaHCO3+N2 + 3O2，故C正确；D．由分析可知，总反应为NaCN与与臭氧、水反应生成碳酸氢钠、氮气和氧气，反应的化学方程式为2NaCN+H2O+5O3=2NaHCO3+N2 +5O2，故D正确；故选B。 52、 C A．FeO是一种黑色粉末，其中铁元素为+2价，具有还原性，不稳定，在空气里受热能迅速被氧化成Fe3O4，A正确；B．“过程Ⅰ”的化学方程式为，该过程中断裂了离子键和极性共价键，B正确；C．“过程Ⅰ”的热化学方程式为 ΔH1，“过程Ⅱ”的热化学方程式为 ΔH2，二者加和得到： ΔH1+ΔH2，C错误；D．过程II化学方程式为，化学平衡常数表达式应为，D正确；故选C 54、 C A．反应①的生成物Li3N是离子化合物，故A正确；B．总反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，Li是转化过程的催化剂，故B正确；C．转化过程中H元素只呈现了+1价，故C错误；D．根据图示，转化过程的总反应可表示为，故D正确；选C。 55、 C A．由图示可知HCN的能量比HNC的能量低，物质能量越低越稳定，HCN比HNC稳定，A错误；B．该反应正反应为吸热反应，则逆反应也为放热反应，B错误；C．HCN的能量比HNC的能量低，生成HCN的反应为放热反应，由图可知，该反应每生成1 mol HCN放热59.3 kJ，C正确；D．使用催化剂对反应热没有影响，D错误；故选C。 56、 C A．C3N4属于新型无机非金属材料，A项正确；B．其总反应为水分解为氢气和氧气，属于吸热反应，B项正确；C．阶段Ⅰ为O-H键（极性共价键）的断裂，H-H键和O-O键（非极性共价键）的形成，没有非极性共价键的断裂，C项错误；D．该过程利用太阳能光解水，实现了太阳能向化学能的转化，D项正确；故选C 学科网（北京）股份有限公司 $