2025-2026学年高二下学期期末必考选择题⑧反应机理和历程高二下学期期末必考选择题⑧ 反应机理和历程

**基本信息** 聚焦高二化学期末必考的反应机理与历程，通过中间体、能量、催化剂三大考向系统训练，提炼活化能分析、中间体判断等方法，构建从微观结构到宏观能量的知识逻辑，培养科学思维与探究能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |中间体类|35题（如CO₂加氢制甲醇机理）|中间体与催化剂判断、化学键变化分析|微观结构→物质转化→反应路径| |能量类|24题（如甲酸分解能量变化）|活化能比较、反应热计算|能量变化→反应速率→平衡移动| |催化剂类|11题（如Ag催化甲醛制H₂）|催化剂活性影响、选择性分析|催化剂作用→活性位点→反应效率|

2025—2026学年高二下学期期末必考选择题⑧反应机理和历程 考向1、中间体类机理和历程题 考向2、能量类机理和历程题 考向3、催化剂类机理和历程题 一、中间体类机理和历程题 1、以和为原料制备高纯度次氯酸的机理如图，为元素钒，其最高化合价为+5价，、为氨基酸，下列说法错误的是 A．该机理中化合物是中间产物 B．反应过程中，钒的成键数目发生了改变 C．该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成 D．制备机理的总反应的离子方程式为： 2、某醇的消去反应机理如下图所示，下列说法不正确的是 A．H+是催化剂 B．该醇的消去产物只有一种 C．若用D+替代H+，方程式为：(CH3)3CCH(OH)(CH3)+D+→CH2=C(CH3)CH(CH3)2+HDO+H+ D．依据该机理，能发生消去反应 3、 某研究团队证明了原子的引入及单位点和双位点的协同作用，可通过调整活性点的d带中心，加速的脱附，从而促进氧化还原反应的过程（机理如图，*表示吸附在催化剂上）。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．和均为反应的中间产物 B．过程I发生了还原反应 C．过程Ⅲ中有非极性键的断裂和极性键的形成 D．等物质的量的和中含有的电子数均为 4、一定条件下，丙烯与HCl反应生成和的历程如图所示．下列说法错误的是 A．从物质稳定性和反应速率角度均有利于生成 B．反应中既有键和键的断裂，又有键的形成 C．中间体碳原子的杂化类型有和两种 D．两种反应中反应物的总键能均高于生成物的总键能 5、CO2催化加氢生成CH3OH的反应历程如图所示(表示氧空位，n eV表示跨越过渡态所需的能量)，下列说法错误的是 A．反应过程中涉及O—H的断裂和形成 B．步骤⑥为该反应历程的决速步 C．该反应中CO2表现氧化性 D．该历程的总反应为CO2+3H2=CH3OH+H2O 6、(CH3)3CBr在NaOH溶液中发生水解反应，历程如下： 已知：①反应能量图如下： ②结构不同溴代烷在相同条件下水解相对速率如下表： 取代基 (CH3)3C- (CH3)2CH- CH3CH2- CH3- 相对速率 108 45 1.7 1.0 下列说法正确的是 A．该历程中，(CH3)3CBr水解速率，较大程度地受到OH-浓度大小的影响 B．整个水解过程碳的杂化方式未发生变化 C．发生该历程水解速率：CH3CH2CHClCH3大于CH3CH2CH2CH2Cl D．(CH3)3CBr在水中离解成 (CH3)3C+的难易程度与C-Br键的键能和极性等无关 7、Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示： 下列关于该活化历程的说法正确的是 A．该反应的决速步是：中间体2→中间体3 B．只涉及极性键的断裂和生成 C．Ni是该反应的催化剂 D．该反应的热化学方程式为：   8、CO2与H2在金属催化剂M的作用下可发生多种反应，机理如图。下列说法错误的是 A．X的分子构型为直线形 B．产物HCOOH、HCHO、CO均为极性分子 C．反应过程中涉及极性键的断裂与生成 D．当生成等物质的量的含碳产物时，参与反应的为3:2 9、某课题组提出，可催化与环氧化合物合成环状碳酸酯，反应的机理如图所示。下列说法正确的是 A．物质Ⅰ为离子液体，沸点比较低 B．物质Ⅰ与环氧化合物通过配位键形成物质Ⅱ C．物质Ⅲ为该合成总反应的催化剂 D．物质Ⅲ与反应转化为物质Ⅳ属于加成反应 10、我国科学家研究化合物 M(s)催化 CO2氢化机理。由化合物 M(s)生成化合物 N(s)过程的机理和相对能量变化曲线如下图所示（已知 1eV=1.6×10-19J）。TS1、TS2 均为过渡态。下列说法正确的是 A．过程 M→P 为化合物 M 生成 N 的决速步骤 B．配合物 M 的中心离子与配位体提供的电子数之和为 18 C．化合物 M 和 N中铁元素的化合价不同 D．该过程的热化学方程式为 M(s)+CO2(g)=N(s)  ∆H=-11.63 kJ · mol-1 11、在Ga-Cu-Mg催化剂表面上甲醇与水蒸气重整的机理如图所示。 已知：“*”表示该微粒吸附在催化剂表面；为带有一定电性的吸附位点，易吸附极性大的分子。 下列说法错误的是 A．反应过程中，可能生成副产物甲醛、甲酸 B．上述反应涉及到极性键的断裂和非极性键的形成 C．吸附位点对水分子的吸附能力大于 D．若用代替，则生成的氢气为和 12、某反应的机理可用下图表示： 下列说法错误的是 A．该反应中乙醇是反应物，最终产物是乙烯和水 B．反应过程中有配位键的形成和断裂 C．和都是该反应的催化剂 D．该反应也可用浓硫酸催化，但易产生污染 13、甲醇（）与CO催化制备乙酸（）的反应历程及每分子甲醇转化为乙酸的能量变，化关系如图。下列说法正确的是 A．ⅲ为该历程的决速步骤 B．该过程不涉及非极性键的形成 C．该反应中，为催化剂，HI为中间产物 D．总反应的热化学方程式为   14、含铜催化剂催化的叠氮-炔基环加成反应被称为“点击化学之王”，反应历程如下(R1、R2为烃基)。下列说法错误的是 A．N3-R2中的中心氮原子所有价电子都参与成键 B．该反应的原子利用率为100% C．转化过程中氮的杂化方式发生改变 D．依据该反应机理可以发生反应：N3-CH3+HCC-C2H5 15、催化加氢制甲醇机理如图。下列说法正确的是 A．该过程的原子利用率为100% B．适当增加氧空位，可提高该反应的化学反应速率 C．该过程既有极性键又有非极性键的断裂和生成 D．增大与投料比，平衡时甲醇体积分数一定增加 16、利用溶液处理NO废气，反应过程如下。下列说法错误的是 A．在反应过程中为催化剂 B．在反应1中，每消耗1mol转移4mol电子 C．在反应2中是氧化剂 D．总反应为 17、研究表明，Rh(I)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(I)-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示［其中TS表示过渡态，Rh(I)配合物简写为TN］，关于反应历程说法正确的是 A．反应历程中只有做催化剂 B．增大LiI的用量，甲醇的平衡转化率增大 C．总反应为 D．经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能原因是TN3→TN4的活化能较高 18、国内研究团队通过一系列实验和理论计算，首次完整描绘出Ullmann偶联中铜的氧化还原路径，其中三氟甲基化反应的机理如图所示(A中Cu的氧化数为I，其化合价为)，下列说法正确的是 A．C中Cu的化合价为 B．图示三氟甲基化反应可表示为： C．整个反应过程中，有极性键、非极性键的断裂和生成 D．Ln与表达的是不同配体 19、常温常压下利用铜基催化剂实现单个二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法不正确的是 A．生成是化学反应的决速步骤 B．总反应的约为 C．的过程中有极性键的形成和有非极性键的断裂 D．若用代替，最终产物中可能检测到和 20、我国科研团队研究发现使用双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，可实现加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“＊”表示催化剂。下列说法正确的是 A．增大压强和催化剂的表面积均能提高甲醇的平衡产率 B．转化过程中涉及极性键和非极性键的断裂和形成 C．氢化步骤的反应为 D．每生成甲醇将有电子发生转移 21、二氧化碳甲烷化技术被认为是二氧化碳循环再利用最有效的技术之一、一种CO2直接加氢甲烷化的典型反应历程如图所示，在甲烷化过程中CO2不发生解离而直接与H2解离出的H原子反应生成甲烷。下列有关说法正确的是 A．在CO2直接加氢甲烷化的过程中，原子利用率为100% B．H2在Pd作用下发生解离，H－H断裂并放出能量 C．二氧化碳甲烷化反应中催化剂只有Pd D．二氧化碳甲烷化过程中没有CO生成 22、硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NOx)。常温下，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示(以NO为例)。下列说法不正确的是 A．反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1 B．反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++2H2O+N2 C．反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度均保持不变 D．该转化过程的实质是NO被H2还原成N2 23、某科研团队以可再生纳米碳—羰基材料为催化剂，催化烷烃基氧化脱氢反应，其基元反应和能量变化如图所示。 下列说法错误的是 A．反应历程中仅有极性键的断裂和生成 B．过渡态Ⅳ的氧化性大于过渡态Ⅱ C．基元反应③为决速步骤 D．乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和一种绿色消毒剂 24、配合物，用表示)可催化醛烯烃基化，反应过程如图所示。 下列叙述错误的是 A．是反应的中间体 B．催化过程中的杂化类型发生改变 C．有机物中与原子之间一定是单键相连 D．醛烯烃基化反应为 25、含铁沸石是将温室气体和转化为有机物的有效催化剂。如图是与直接氧化的反应途径示意图。下列有关说法错误的是 A．中间产物2→3的转化是因为电负性 B．中间产物3→4存在极性键的断裂 C．中间产物4→5碳原子的杂化方式未改变 D．中间产物6→催化剂1没有能量的变化 26、某科研团队以可再生纳米碳—羰基材料为催化剂，催化烷烃基氧化脱氢反应，其基元反应和能量变化如图所示。 下列说法错误的是 A．反应历程中仅有极性键的断裂和生成 B．过渡态Ⅳ的氧化性大于过渡态Ⅱ C．基元反应②为决速步骤 D．乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和一种绿色消毒剂 27、乙烯在硫酸催化下与水加成反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。 下列说法错误的是 A．总反应任意温度都能自发进行 B．总反应速率由第①步反应决定 C．过渡态物质中最稳定的是第③步反应过渡态物质 D．乙烯和乙酸反应按照上述机理可生成乙酸乙酯 28、过渡金属氧化物离子(以表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。与反应的过程如下图所示。下列说法不正确的是 A．反应速率：步骤Ⅰ步骤Ⅱ B．步骤I和II中涉及氢原子成键变化的是I C．若与反应，生成的氘代甲醇有3种 D． 29、有机物中的键较难断裂，活化键是有机反应研究的热点之一，下图为Pt-Ru金属团簇上转化为HCHO的部分反应路径，I代表中间产物，TS代表过渡态。下列说法正确的是 A．生成I-2产物的反应活化能为 B．与生成I-4产物相比，生成I-3产物的反应速率更慢 C．由图可知，使用合适催化剂可以改变反应的热效应 D．生成I-4产物的过程中，经历两个过渡态，都有键的断裂 30、与在铁催化剂表面进行如下两步反应： 第一步：(慢) 第二步：(快) 其相对能量与反应历程如下图所示，下列说法错误的是 A．在整个反应历程中，均有极性键、非极性键的断裂和生成 B．第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能 C．两步反应均为放热反应 D．为反应的催化剂 31、四乙基偏钒酸铵[]难溶于冷水，易溶于75℃以上的热水。其中钒元素的化合价为+5，具有强氧化性，且+5价钒的氧化性随碱性增强而降低。该氧化型离子液体对的吸收及其自身再生机理如图所示。下列说法不正确的是 A．硫化氢是一种有毒气体 B．水浴加热至80℃，有利于反应I进行 C．吸收反应的生成物中钒元素的化合价为+4 D．在碱性溶剂中的实际脱除率更高，是因为碱性溶剂对硫化氢吸收速率的影响更大 32、我国科学家成功催化氢化获得甲酸。利用化合物1催化氢化的反应过程如图甲所示(Bu表示丁基)，其中化合物2与水反应生成化合物3和过程中的能量变化如图乙所示。下列说法正确的是 A．图甲的转化过程中元素化合价均未发生变化 B．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 C．化合物2的总键能大于化合物3的总键能 D．图乙表示的反应历程包括三步基元反应，第一步为决速步 33、工业上，采用氢气还原法处理尾气中NO，发生反应：，能量变化如图所示，速率方程的表达式为（为速率常数，只与温度、催化剂有关；为反应级数，由速控反应中反应物的化学计量数决定）。下列说法错误的是 A．反应历程存在两个基元反应 B．使用催化剂主要是降低①的活化能 C．反应②： D．对总反应速率的影响程度相同 34、催化剂(Ph表示苯基)可实现温和条件下的丙烯加氢：，反应机理如题图所示，图中Rh离子形成的化学键都是配位键。下列说法正确的是 A．反应①中被氧化 B．反应②中，丙烯中碳原子上的孤电子对与Rh离子形成配位键 C．反应③中碳原子的轨道杂化类型由变为 D．催化剂改变了丙烯加氢反应的历程和活化能 35、含铁沸石是将温室气体和转化为有机物的有效催化剂。如图是与直接氧化的反应途径示意图。下列有关说法错误的是 A．中间产物2→3的转化是因为电负性 B．中间产物3→4存在极性键的断裂 C．中间产物4→5碳原子的杂化方式未改变 D．中间产物6→催化剂1没有能量的变化 36、以某金属氧化物(用表示)为催化剂，同时消除、污染的反应历程如图所示。下列说法错误的是 A．在相同条件下，比更易与成键 B．通过定量测定发现，反应历程中物质④含量最少，其可能原因是③④为慢反应 C．若为常见非金属单质，则⑤①的反应可能为 D．上述反应历程涉及极性键的断裂和形成 37、烷烃催化脱氢生成烯烃的反应机理如图，下列说法错误的是 A．整个过程中催化剂中B原子化合价没有发生改变 B．干燥环境下该烷烃催化脱氢反应很难进行 C．反应II生成烯烃的反应为氧化反应 D．反应II中存在极性键和非极性键的断裂与形成 38、配合物，用表示)可催化醛烯烃基化，反应过程如图所示。 下列叙述错误的是 A．是反应的中间体 B．催化过程中的杂化类型发生改变 C．有机物中与原子之间一定是单键相连 D．醛烯烃基化反应为 39、苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法正确的是 A．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 B．对于生成Y的反应，浓作脱水剂 C．由苯得到M时，苯中的大π键没有变化 D．X、Y均为苯的取代产物 40、HCOOH在催化剂的作用下，发生反应的机理和相对能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．Ⅰ是催化剂 B．Ⅱ是中间体 C．②对应的基元反应是决速步 D．总反应的化学方程式为 二、能量类机理和历程题 41、人体血液内排出不足会引起呼吸性酸中毒，反之会引起呼吸性碱中毒。碳酸酐酶(CA)是一种含锌金属酶，可催化人体中二氧化碳的可逆水合。碳酸酐酶催化与反应(途径a)、无催化下与反应(途径b)的机理如下图所示，His代表组氨酸。下列说法错误的是 A．His中的氮原子②比氮原子①更容易与形成配位键 B．碳酸酐酶(CA)中键角比中键角大 C．碳酸酐酶(CA)活性不足可能会造成呼吸性碱中毒 D．，途径a决速步的过渡态为 42、三甲胺是重要的化工原料。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[，简称DMF]转化为三甲胺。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．该历程中决速步骤为 B．该历程中的最大能垒(活化能)为 C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率 D．若1 mol DMF完全转化为三甲胺，则会释放出的能量 43、CO催化氧化偶联制草酸二甲酯(DMO)的反应路径如图所示(“*”表示吸附状态)，其中碳酸二甲酯(DMC)为副产物。下列说法正确的是 A．路径2是DMO最有利的生成路径 B．产物的稳定性：DMC<DMO C．反应物吸附在催化剂表面为放热过程 D．催化剂通过降低反应焓变提高化学反应速率 44、在催化剂X或催化剂Y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   ，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，中部分进程已省略)。 下列说法错误的是 A． B．①转化为②的进程中，决速步骤为 C．被催化剂X吸附得到的吸附态更稳定 D．催化剂Y作用下丙烯的产率更高 45、某合成尿素的总反应为  ，其反应的机理及能量变化如图所示，TS表示过渡态。下列说法错误的是 A．基元反应I为 B．基元反应Ⅱ中A为，该反应为总反应的决速步 C．若，合成尿素的总反应 D．合成尿素的总反应在高温下可自发进行 46、甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．步骤1为反应的决速步骤 B．步骤2的 C．该过程存在极性键、非极性键的断裂和形成 D．该过程实现了的氧化且 47、甲酸有两种可能的分解反应，一定温度下，使用某催化剂时的反应历程如图。下列说法正确的是 A．使用高效催化剂可降低甲酸分解反应的 B．平衡时升温，反应②中甲酸转化率提高 C．升高温度，反应①中增大、减小 D．该条件下甲酸中O-H键比C-H键更稳定 48、合成气的一种制备原理为 ，在合金催化下，甲烷脱氢阶段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．合成气制备过程中既存在非极性键断裂又存在极性键生成 B．低温有利于反应的自发进行 C．反应的活化能大于活化分子变成生成物分子放出的能量 D．在合金催化下，该历程中决速步骤的 49、甲醇羰基化是合成乙酸的重要方法之一，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂和催化剂催化甲醇羰基化制乙酸的部分反应进程如图所示(Cat为催化剂，TS为过渡态，TN为中间体)。 下列说法错误的是 A．上述反应是放热反应 B．相同条件下，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂的催化效率较差 C．若催化剂中将邻氨基苯酚替换为邻氨基苯甲醇，会导致反应的活化能发生改变 D．转化为的决速步骤为 50、已知甲酸发生分解反应可能有以下两种途径：①；②。一定温度下，使用某催化剂催化甲酸分解，反应历程如图。下列有关说法正确的是 A．任何条件下，反应①的选择性均优于反应② B．反应①过程中有碳氧键的断裂和形成 C．反应②为吸热反应 51、已知在固体催化作用下转化为的一种催化反应机理及其反应历程能量变化如图所示。 注：a．吸附在固体催化剂表面的物质用*表示，TS表示过渡态；反应机理中催化剂只截取表面一部分；反应机理①表示在催化剂表面解离，带走一个晶格氧，生成水并留下一个氧空位。 下列说法不正确的是 A．催化加氢制的总反应是放热反应 B．催化过程中氧空位快速形成有利于提高催化效率 C．该反应机理的决速步骤为④ D．该反应历程中有极性共价键的断裂与形成 52、研究氮氧化物转化的机理对环境保护具有重要意义。汽车尾气中和的反应机理如图所示。下列说法错误的是 A．该反应的热化学方程式为 B．可加快反应速率，提高和气体的平衡转化率 C．根据某时刻前后的浓度可判断反应是否达到平衡 D．恒温恒容条件下，反应达到平衡时增加的浓度一定使的百分含量增大 53、苯和液溴反应进程中的能量变化如图所示。 已知：①断裂化学键所需要的能量(kJ/mol)： C−H C−Br Br−Br(g) H−Br(g) 413 276 194 366 ② ③ 下列叙述正确的是 A．该反应为放热反应，ΔH=－55 kJ/mol B．第一步是该反应的决速步骤 C．该反应的原子利用率约为 88% D．可用NaOH溶液除去溴苯中混有的Br2 54、研究丙酮肟（A）以为质子源制备酰胺产物（P-A）反应历程如图所示。图中A-TS表示过渡态，A-INT表示中间体。下列说法中错误的是 A．过渡态中最稳定的是A-TS2 B．制备中间体A-INT3的反应是决速步骤 C．该历程中是催化剂，H2O是中间产物 D．丙酮肟（A）制备酰胺产物（P-A）属于放热反应 55、甲酸分子在活性Pd催化剂表面脱氢的反应历程与能量变化如图所示。 下列说法正确的是 A．该反应历程分3步进行 B．反应达平衡，其他条件相同，升高温度，甲酸浓度减小 C．若用代替，则可制得HD D．在Pd催化剂表面上有极性键和非极性键的断裂和形成 56、通过理论计算发现，CH2=CH—C≡CH与HBr发生加成反应时，通过不同的路径都可以生成有机物④，其反应过程及相对能量变化如下图所示。下列说法不正确的是 A．反应物经过渡态2生成中间体发生的是1，4-加成 B．推测物质的稳定性顺序为：④>③>② C．反应路径1中最大能垒为45.6kcal·mol-1 D．CH2=CHC≡CH+HBrCH2=CHCBr=CH2平衡常数随温度升高而增大 57、不对称催化剂催化2-乙酰氨基-3-苯基烯酸乙酯(记为X)不对称氢化的机理如图所示。平衡时，，(已知：XM生成XH2的反应为基元反应；k1、k2为速率常数，K1、K2为平衡常数)。 下列说法正确的是 A．平衡常数K2：K1=800 B．升高温度，k1/k2减小 C．其他条件不变，增加M的物质的量，X的平衡转化率增大 D．已知存在XM(R)⇌XM(S)，提高H2的压强，平衡时，n[XH2(R)]/n[XH2(S)]不变 58、氮氧化物()是大气的主要污染物，某研究小组利用催化剂ZAg对NO催化转化的反应过程与能量变化的关系如图所示。下列说法错误的是 A．总反应的热化学方程式： B．过渡态的稳定性： C．反应过程的决速步骤为放热反应 D．催化剂ZAg降低了反应的活化能，但不能改变反应热 59、研究氨及其合成工艺在工、农业上有着重要意义，下图为使用铁催化剂和未使用催化剂合成氨反应历程的一部分，下列说法错误的是 A．该反应历程包含6个基元反应 B．上图反应历程中，实线表示使用了铁催化剂 C．该历程中的决速反应为： D．该反应为放热反应，升温会减小正反应的热力学倾向 60、在水溶液的作用下，反应过程中能量变化示意图如下所示(其中a、b代表过渡态1或过渡态2中的一种)。 下列说法不正确的是 A．从反应物到产物，无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇 B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，较易断裂 C．b代表过渡态2，经历该过渡态生成 D．生成乙醇的反应是取代反应，生成乙烯的反应是消去反应 61、苯甲醛制得苯甲酸苯乙酯的反应机理及历程如下，下列说法错误的是 A．生成物的碳原子涉及、两种杂化方式 B．过程②对整个反应的速率快慢起决定性作用 C．相比较中间体1、3，中间体2更稳定 D．乙二醛可与乙二醇合成六元环状化合物 62、氨合氯化镁固体可用于储存，其释放的反应历程与能量如图所示。下列说法正确的是 A． B．相同条件下，反应I的速率大于反应Ⅱ C．氨合氯化镁释放时破坏离子键、配位键 D．低温、高压有利于吸收 63、甲醇与CO催化制备乙酸的反应历程及每分子甲醇转化为乙酸的能量变化关系如下图。下列说法错误的是 A．总反应的原子利用率为100% B．该历程的决速步骤为反应ⅲ C．HI为总反应的催化剂，可降低反应的焓变 D．总反应的正反应活化能小于逆反应活化能 64、HCOOH在催化剂的作用下，发生反应的机理和相对能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．Ⅰ是催化剂 B．Ⅱ是中间体 C．②对应的基元反应是决速步 D．总反应的化学方程式为 65、甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．步骤1为反应的决速步骤 B．步骤2的 C．该过程存在极性键、非极性键的断裂和形成 D．该过程实现了的氧化且 66、1，2-丙二醇[ CH2(OH)CH(OH)CH3]单分子解离反应相对能量如下图所示。路径包括碳碳键断裂和脱水过程。下列说法正确的是        A．解离过程中，断裂a处碳碳键比b处碳碳键所需能量高 B．1，2-丙二醇单分子脱水过程均为吸热反应 C．从能量的角度分析，TS1、TS2、TS3、TS4四种路径中TS4路径的速率最快 D．脱水生成的四种产物中，丙酮最稳定 67、NO的氧化反应分两步进行： I. II. 其能量变化示意图如下图1。向恒容密闭容器中充入一定量的NO和，控制反应温度为和，测得随时间的变化曲线如下图2。下列说法不正确的是 A．反应I在低温下自发进行 B．氧化反应的决速步骤为过程II C．降低温度，NO的消耗速率减小 D．升高温度，减小 68、在不同催化剂ZnSe和下，光催化还原成CO的反应历程如图所示： 下列有关说法正确的是 A．第一电离能： B．在催化剂ZnSe下还原成CO更易进行 C．催化剂不仅能改变反应历程也能改变反应的相对能量变化 D．在催化剂下还原成CO决速步骤的相对能量变化为0.69eV 69、某研究团队证明了原子的引入及单位点和双位点的协同作用，可通过调整活性点的d带中心，加速的脱附，从而促进氧化还原反应的过程（机理如图，*表示吸附在催化剂上）。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．和均为反应的中间产物 B．过程I发生了还原反应 C．过程Ⅲ中有非极性键的断裂和极性键的形成 D．等物质的量的和中含有的电子数均为 70、HClO4分子在FC(氟化石墨烯)表面可能进行分解，其分解的部分基元反应能量曲线如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是 A．图中反应历程包含五个基元反应 B．图中反应历程中，涉及非极性键的断裂和形成 C．随着 HClO4分子的不断分解，O原子在FC表面的覆盖度升高，对后续的分解反应会产生影响 D．图中反应的决速步骤为 71、已知反应：，该反应分三步进行： ①； ②； ③。 其相对能量变化如图所示。在恒容密闭容器中充入，发生上述反应。下列叙述正确的是 A．相同状况下，中W最稳定 B．其他条件不变，升高温度，总反应速率一定增大 C．选择催化剂是为了降低反应③的能垒 D．其他条件不变，平衡后再充入平衡转化率减小 72、氨合氯化镁固体可用于储存，其释放的反应历程与能量如图所示。下列说法正确的是 A． B．相同条件下，反应I的速率大于反应Ⅱ C．氨合氯化镁释放时破坏离子键、配位键 D．低温、高压有利于吸收 73、人体血液内排出不足会引起呼吸性酸中毒，反之会引起呼吸性碱中毒。碳酸酐酶(CA)是一种含锌金属酶，可催化人体中二氧化碳的可逆水合。碳酸酐酶催化与反应(途径a)、无催化下与反应(途径b)的机理如下图所示，His代表组氨酸。下列说法错误的是 A．His中的氮原子②比氮原子①更容易与形成配位键 B．碳酸酐酶(CA)中键角比中键角大 C．碳酸酐酶(CA)活性不足可能会造成呼吸性碱中毒 D．，途径a决速步的过渡态为 74、甲醇与CO催化制备乙酸的反应历程及每分子甲醇转化为乙酸的能量变化关系如下图。下列说法错误的是 A．总反应的原子利用率为100% B．该历程的决速步骤为反应ⅲ C．HI为总反应的催化剂，可降低反应的焓变 D．总反应的正反应活化能小于逆反应活化能 75、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ⅱ中脱去步骤的活化能为2.69eV B．反应ⅲ在高温条件下自发 C．改用更高效的催化剂，提高的平衡转化率 D．总反应的决速步包含在反应ⅲ中 76、硫醇分解为含醛基的有机物是3D打印塑料降解的关键一环，如图为一种硫醇分解为含醛基有机物的物质变化和能量变化过程。图中表示，表示烃基；表示过渡态物质，表示中间产物。下列说法错误的是 A．的 B．该反应机理包含6个基元反应 C．该反应的决速步骤 D．过程中RSH脱去步骤的活化能为 77、1，2-丙二醇[ CH2(OH)CH(OH)CH3]单分子解离反应相对能量如下图所示。路径包括碳碳键断裂和脱水过程。下列说法正确的是        A．解离过程中，断裂a处碳碳键比b处碳碳键所需能量高 B．1，2-丙二醇单分子脱水过程均为吸热反应 C．从能量的角度分析，TS1、TS2、TS3、TS4四种路径中TS4路径的速率最快 D．脱水生成的四种产物中，丙酮最稳定 78、 已知甲酸发生分解反应可能有以下两种途径：①；②。一定温度下，使用某催化剂催化甲酸分解，反应历程如图。下列有关说法正确的是 A．任何条件下，反应①的选择性均优于反应② B．反应①过程中有碳氧键的断裂和形成 C．反应②为吸热反应 D．升高温度可提高CO纯度，故温度越高，CO生成效率越高 三、催化剂类机理和历程题 79、单乙醇胺（MEA）捕获的反应为，在催化剂Ⅰ和Ⅱ的作用下，该反应均需经历“吸附——反应——脱附”过程，能量变化如图所示（“*”表示吸附态）。下列说法错误的是 A．使用催化剂Ⅱ更有利于捕获 B．除吸附与脱附外，两种反应历程均分2步进行 C．反应达平衡后，升高温度有利于的释放 D．相同条件下，使用催化剂Ⅰ比使用催化剂Ⅱ放出的热量更多 80、NaOH活化过的催化剂对甲醛氧化为具有较好的催化效果，有学者提出该催化反应的机理如下。下列说法不正确的是 A．步骤Ⅰ中存在非极性键的断裂 B．步骤Ⅰ可理解为HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的-OH发生作用 C．步骤Ⅱ中发生的反应可表示为 D．该催化剂对苯的催化氧化效果优于对HCHO的催化氧化效果 81、在、碱性条件下，Ag作催化剂可将甲醛转化为 H2，反应的机理如图 1 所示，纳米 Ag 颗粒负载在 Al2O3表面可防止纳米Ag团聚；其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对产生氢气体积的影响如图2所示。 下列说法错误的是 A．若用DCDO代替HCHO，则得到的产物为HCOO－ B．过程中的总反应为 HCHO＋OH－ → HCOO－＋H2↑ C．时，随 NaOH 浓度增大产生 H2的体积增大的原因是催化剂表面吸附更多的，甲醛转化H2反应速率加快 D．时，随NaOH浓度增大产生H2的体积较小的原因可能是催化剂的催化效率降低 82、Pt-MoC催化剂可用于低温甲醇水相重整制氢，反应机理如下： 下列说法错误的是 A．化合物A的化学式为 B．过程Ⅰ涉及了极性键的断裂和非极性键的形成 C．为提高的平衡产率，需更换活性更高的催化剂 D．主反应的化学方程式为 83、可在催化剂或作用下产生，能将烟气中的氧化。产生机理如下： 反应Ⅰ：(慢反应) 反应Ⅱ：(快反应) 对于脱除反应：，下列有关说法不正确的是 A．加入催化剂，可提高的脱除效率 B．此反应的 C．向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快 D．与作催化剂相比，相同条件下作催化剂时脱除率可能更高 84、可以催化脱除，脱除反应为，脱除过程如下图所示，下列说法正确的是 A．图乙中催化剂对的吸附强度强于图甲 B．脱除过程不属于氧化还原反应 C．该反应的平衡常数 D．催化剂的活性在脱除过程中不会改变 85、近日，我国科学研究者利用反应，研究发现在t℃，的体积分数()为时，催化剂催化上述反应时，NO的去除率最高。表示活性氧。下列说法错误的是 A．反应过程中存在键的形成与断裂 B．不断升高体系温度，NO的去除率一定增大 C．由图示可知，NO通过氮原子与催化剂形成配位键 D．在t℃下，较高时与CO直接反应，致使NO转化率降低 86、研究表明，2-氯二乙硫醚()由于分子中氯原子位硫原子的参与，其碱性条件下的水解速率比1-氯己烷快很多，这一效应称为邻基参与，可表示如下： 下列说法错误的是 A．2-氯二乙硫醚中硫原子和碳原子均采取杂化 B．水解时生成中间体 C．邻基参与效应降低了2-氯二乙硫醚水解反应的活化能 D．的水溶性小于 87、以，CO，HI作原料催化合成乙酸的机理如图所示(表示Rh的价态)。下列说法错误的是 A．在上述机理中，HI是合成乙酸的催化剂之一 B．已知中Rh只以配位键与周围原子结合，则Rh的化合价为价 C．若以为反应物，一段时间后在产物中可检出 D．反应⑥的中O原子进攻正电性很强的羰基碳 88、以Fe3O4为催化剂，苯乙烯、H2O2为原料制备苯甲醛(部分其他产物已省略)，催化反应机理如图所示。下列说法错误的是 A．以上转化过程中，属于氧化还原反应的是①②⑥ B．苯乙烯分子中所有原子可能共平面 C．反应过程中有非极性键的断裂与极性键的形成 D．每生成2mol苯甲醛，实际上消耗H2O2的物质的量大于4mol 89、我国科研工作者以CO2和H2O为原料制得淀粉，实现“喝西北风”吃饱。其核心反应里有一步是在催化剂作用下CO2加氢制得甲醇，该反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如*CO2表示CO2吸附在催化剂表面，图中*H已省略)。 下列说法错误的是 A．CO2加氢制甲醇过程中原子利用率小于100% B．合成甲醇过程中能量变化最大的一步反应的化学方程式为*OCH3+*H→*CH3OH C．该过程中得到相对较多的副产物为CO D．CO2加氢制甲醇过程中伴随副反应，选择合适催化剂可提高甲醇反应的选择性 详解答案 1、A 化合物A先和H2O2反应，经过一系列反应又生成了A，因此该机理中化合物A作催化剂，故A错误；反应过程中，A到B、B到C，D到E，钒的成键数改变了，故B正确；A→B的反应过程中有氢氧键的断裂，C→D的反应过程中有氢氧键的生成，故C正确；根据图中的转化关系得到制备机理的总反应的方程式为：，故D正确。故选A。 2、B 根据反应中H+在反应中参与反应，反应结束后又生成的特点判断H+是催化剂，A正确；对于图中最后一步的反应物碳正离子而言，也可以消去所连的甲基上的H，生成CH2=C(CH3)CH(CH3)2，所以该醇的消去产物不只有一种，B错误；根据图中机理，可知若用D+替代H+，方程式为：(CH3)3CCH(OH)(CH3)+D+→CH2=C(CH3)CH(CH3)2+HDO+H+，C正确；依据该机理可知由羟基所连的C转移到邻碳，再由邻碳正离子与相连的碳之间形成双键推断能发生消去反应，故D正确；故选B。 3、B 根据反应机理图可以看出，可以生成和消耗，属于中间产物；而只生成，属于产物，A错误；根据反应机理图可以看出，过程I为得到电子的过程，发生了还原反应，B正确；过程Ⅲ的转化为：，根据转化可知没有非极性键的断裂，C错误；等物质的量的和，不是确定的具体数值，无法确定就是1mol，D错误；故选B。 4、D 物质具有能量越低越稳定，从图中可知物质具有的能量，稳定性；中间体活化能低，反应速率快，生成的中间体为的活化能低于生成生成的中间体，反应速率：；从稳定性和反应速率角度均有利于生成，A正确；反应中丙烯碳碳双键的π键断裂、HCl的H-Clσ键断裂，同时形成C-Hσ键和C-Clσ键，反应中既有σ键和π键的断裂，又有σ键的形成，B正确；中间体中，中C原子形成4个σ键，孤电子对数为0，C为sp3杂化，带正电荷的中心碳形成3个σ键，孤电子对0，C原子为sp2杂化，故杂化类型有sp2和sp3两种，C正确；烯烃与HCl的加成反应为放热反应，ΔH=反应物总键能-生成物总键能<0，反应物总键能低于生成物总键能，D错误；故选D。 5、A 整个反应历程中，反应物为和，反应过程中仅涉及键断裂、键断裂，过程中只形成了键，不存在键的断裂，A错误；反应的决速步由活化能最大的慢反应决定，各步骤活化能中⑥为最大值，因此步骤⑥是该反应历程的决速步骤，B正确；中为价，生成物中为价，元素化合价降低，作氧化剂，表现氧化性，C正确；根据原子守恒配平可得，总反应为，D正确；故选A。 6、C 由图可知，(CH3)3C-Br在NaOH溶液中反应的第I步反应活化能较大，反应速率较慢，对水解速率影响较大，而OH-是第Ⅱ步参与反应，没有参与第I步反应，OH-浓度对(CH3)3CBr水解速率影响不大，故A错误；(CH3)3CBr、(CH3)3COH中C原子均采用sp3杂化，(CH3)3C+中心C原子形成3个共价键，没有孤电子对，杂化类型为sp2，杂化方式发生变化，故B错误；根据已知②可知，卤代烃发生该历程的水解速率与碳卤键所在碳原子的取代级数有关，速率顺序为：叔卤代烃>仲卤代烃>伯卤代烃，则发生该历程水解速率：CH3CH2CHClCH3>CH3CH2CH2CH2Cl，故C正确；C-Br键的键能越小、极性越大，C-Br越容易断，(CH3)3C-Br在水中越易离解成(CH3)3C+，解离难易与C-Br键的键能和极性有关，故D错误；故选C。 7、A 由反应历程图可知，中间体 2→中间体 3 的活化能最大，速率最慢，所以该反应的决速步是中间体 2→中间体 3，A 正确；反应中涉及C - C非极性键的断裂，并非只涉及极性键的断裂和生成，B错误；由图可知，反应方程式为：Ni+C2H6=NiCH2+CH4，即Ni是反应物，而不是该反应的催化剂，C错误；热化学方程式中应标注物质的状态，正确的热化学方程式为Ni(s) + C2H6(g)=NiCH2(s) + CH4(g) H = - 6.57kJ/mol，原选项未标注物质状态，D错误；故选A。 8、D 根据原子守恒，脱去1分子得到，为，中心原子C的价层电子对数为2，分子构型为直线形，A正确；极性分子是正负电荷中心不重合的分子：（甲酸）结构不对称，（甲醛）结构不对称，是不同原子构成的双原子分子，三者均为极性分子，B正确；反应过程中，中极性键断裂，产物中生成、等极性键，因此涉及极性键的断裂与生成，C正确；三种含碳产物、、，假设各生成（等物质的量）：生成：，消耗、；生成：，消耗、；生成：，消耗、，总，，，D错误；故选D。 9、D 化合物Ⅰ的阳离子为有机阳离子，其体积较大，为离子液体，熔点低，但沸点较高，A错误；由图可知，物质Ⅰ中的羟基H原子与环氧化合物中的O原子形成氢键，B错误；该反应原理中，化合物Ⅰ先和环氧化合物反应被消耗，后又生成，化合物Ⅰ为该合成总反应的催化剂，物质Ⅲ是中间产物，C错误；由图可知，物质Ⅲ与反应转化为物质Ⅳ过程中，中碳氧双键断开，属于加成反应，D正确；故选D。 10、B 决速步骤是活化能最大（反应速率最慢）的步骤。 第一步的活化能：； 第二步的活化能：； 第二步活化能更大，是决速步骤，A错误；配合物中心为，0价的价电子数为8；配体提供电子：2个各提供2个电子，提供2电子，2个各提供1个电子，提供2电子，配体总共提供电子，中心价电子与配体提供电子总和为，B正确；中结合2个-1价配体，其余配体均为中性，化合价为； 中结合1个-1价配体和1个-1价配体，其余配体为中性，化合价仍为，二者化合价相同，C错误；计算1 mol反应的焓变：，D错误；故选B。 11、D 从反应机理可以看出，过程中生成甲醛、甲酸结构的中间产物，因此反应过程中可能生成副产物甲醛、甲酸，A正确；甲醇水蒸气重整的总反应为，反应过程中断裂的、、均为极性键，生成的中键为非极性键，因此涉及极性键的断裂和非极性键的形成，B正确；已知易吸附极性大的分子，是极性分子，是非极性分子，因此对水分子的吸附能力大于，C正确；若用代替，步骤Ⅱ之后生成的的两个来自甲醇；步骤Ⅲ发生加成反应，产物中的两个羟基均是，脱氢后和可以结合生成，同理步骤Ⅴ之后的产物也是，故生成的氢气是和，D错误；故选D。 12、C 总反应为，A正确；反应过程中有配位键的形成和断裂，B正确；在反应前添加，反应前后的质量和性质不变，是该反应的催化剂，在反应过程中产生，反应前后不存在，是中间体不是催化剂，C错误；乙醇发生消去反应生成乙烯也可用浓硫酸催化，但发生副反应生成等，易产生污染，D正确；故选C。 13、A 决速步骤是活化能最大的步骤（TS3），对应步骤iii，A正确；该反应的产物为乙酸（），分子中含有C-C非极性键，而反应物甲醇（）和CO中均不含C-C键，因此反应过程中有非极性键的生成，B错误；H2O在反应i是生成物，在反应iii是反应物，所以H2O是中间产物，HI在反应i中是反应物，在反应iii中是生成物，属于是催化剂，C错误；热化学方程式中，ΔH的单位是kJ/mol，且对应“每摩尔反应”，图中是“每分子”的能量变化，单位为eV，换算为每摩尔需要乘以阿伏伽德罗常数，D错误；故选A。 14、D N原子最外层有5个电子，根据图示，N3-R2中的中心氮原子形成2个σ键、2个π键，所以价电子都参与成键，故A正确；总反应为，没有副产物生成，反应的原子利用率为100%，故B正确；中，中心氮原子采用sp杂化，中N原子采用sp2杂化，转化过程中氮的杂化方式发生改变，故C正确；依据该反应机理可以发生反应， ，故D错误；故选D。 15、B 分析图示，该反应总反应：。原子利用率100%要求所有反应物原子全部转化为目标产物，该反应除甲醇外还生成副产物，因此原子利用率小于100%，A错误；由反应机理可知，氧空位是催化剂的活性位点，用于吸附活化反应物，适当增加氧空位可增加活性位点数量，能提高反应速率，B正确；该过程中，有极性键（）断裂、非极性键（）断裂；产物和中只有极性键，没有非极性键生成，不存在非极性键的生成，C错误；若过大增大与的投料比，过量的会使体系总物质的量大幅增加，平衡时甲醇的体积分数反而会降低，D错误；故选B。 16、B 先整理两个分步反应，再逐个分析选项： 根据题图可得：反应1：，反应2：，总反应：。在反应1中被消耗，反应2中重新生成，反应前后质量和性质不变，是该反应的催化剂，A不符合题意；反应1中，从价升高为价，每个失电子，反应共消耗，总共失电子；从价变为过氧键中的价，总共得电子，因此转移电子为，B符合题意；反应2中，中为价，反应后生成中为价，化合价降低，得电子，因此该物质是氧化剂，C不符合题意；总反应配平后原子守恒，和选项给出的方程式一致，D不符合题意；故选B。 17、C 从图中可看出，LiI先与甲醇反应生成LiOH和CH3I，CH3I参与TN催化循环最终生成的CH3COI又与LiOH反应生成LiI与终产物乙酸，因此LiI也属于该反应的催化剂，A错误；LiI也是反应的催化剂，其用量不影响平衡移动，因此增大LiI用量不能提高甲醇的平衡转化率，B错误；总反应需消去中间产物，反应物为CH3OH和CO，生成物为CH3COOH，总反应方程式为，C正确；反应中TN3含量最少说明其生成慢（TN2→TN3反应速率慢）或消耗快（TN3→TN4反应速率快），即TN2→TN3的活化能较高或TN3→TN4活化能较低，D错误；故选C。 18、B A中Cu的氧化数为I，其化合价为+1，结合C中铜成键情况，则C中铜为+3价，A错误； 由图，三氟甲基化反应为和在催化剂作用下生成和，可表示为：，B正确；整个反应过程中，有铜碳等极性键的断裂和生成，但是没有非极性键的断裂和形成，C错误；由D、E生成C和过程，结合物质结构可知，Ln与表达的是相同配体，D错误；故选B。 19、B 化学反应的决速步骤由活化能最高的步骤决定，由能量变化图可知生成的步骤能垒最大，为决速步骤，A正确；总反应的等于生成物总能量与反应物总能量的差值，反应物相对能量为0eV，生成物和的相对能量约为，而表示单个分子转化的能量变化，不是1 mol反应物能量变化，B错误； 的过程中，的非极性键断裂，形成C-H极性键，C正确； 反应中提供的H最终进入甲醇和水中，若用代替，最终产物可检测到和，D正确；故选B。 20、C 该转化实现CO2与H2反应生成CH3OH和H2O，反应方程式为。加压平衡正向移动，能提高甲醇的平衡产率，增大催化剂的表面积不能使平衡移动，能提高单位时间甲醇的产量，不提高平衡产率，A错误；由方程式可知，整个过程涉及极性键、非极性键的断裂，非极性键的形成，无非极性键的形成，B错误；据机理图可知，氢化步骤反应为，C正确；由反应方程式可知，每生成转移，则每生成甲醇有电子发生转移，D错误。故选C。 21、D 由该转化图可知，总反应式为CO2＋4H2CH4＋2H2O，故在CO2直接加氢CH4化的过程中，原子利用率小于100%，A错误；化学键断裂需要吸收能量，H2在Pd作用下发生解离，H－H断裂并吸收能量，B错误；CO2加氢CH4化反应中催化剂为Pd和MgO，C错误；CO2加氢CH4化过程中始终没有CO生成，D正确。故选D。 22、C 由图可知，反应物为H2和NO，生成物为N2和H2O，Ce3+和Ce4+为催化剂，反应方程式为2NO+2H2==N2+2H2O。反应Ⅰ为H2+2Ce4+==2H++2Ce3+，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，A正确。反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++2H2O+N2，B正确。Ce3+和Ce4+为催化剂，故混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度会发生变化，C错误。 该转化过程的实质是NO被H2还原成N2，D正确。故选C。 23、AC 反应历程中有的断裂和的生成，有极性键和非极性键的断裂和生成，A错误；由基元反应可知，过渡态Ⅳ的物质中含有过氧键，其氧化性大于过渡态Ⅱ，B正确；基元反应②的能垒最大，反应最慢，基元反应②为决速步骤，C错误；由反应机理可知，乙苯氧化脱氢反应为 ，获得苯乙烯和一种绿色消毒剂，D正确。故选AC。 24、C 由反应图示可知，醛烯烃基化为、、，在催化剂下反应生成、、，故总反应为。在反应中不断生成又不断消耗，是反应的中间体， A正确； 由图，催化过程中形成的σ键数目发生改变，其杂化类型发生改变，B正确；有机物中与原子之间为三键，C错误；由分析可知，烯烃基化反应方程式正确，D正确；故选C。 25、D 同周期主族元素电负性从左到右递增，故电负性，中电负性更大的O更易与带正电的结合，因此发生2→3的结构转化，A正确；3→4的过程中，极性键断裂，释放出，存在极性键的断裂，B正确；中碳原子为杂化，形成中间产物5后，转化为，与O相连，仍然为杂化，C正确；6→催化剂1的过程中，生成产物，存在化学键的断裂和形成，任何化学反应过程都伴随能量变化，D错误；故选D。 26、A 反应过程分析可知，过程中氧气参与反应生成了过氧化氢，存在非极性键的断裂和形成，故A错误；基元反应可知，过渡态Ⅳ的物质中含过氧键，过渡态Ⅳ的氧化性大于过渡态Ⅱ，故B正确；反应的能垒最大，反应速率最慢，基元反应②为决速步骤，故C正确；乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和一种绿色消毒剂H2O2，故D正确；故选A。 27、A 根据能量与反应进程图，第①步是吸热反应，且活化能最大，第②步是放热反应，第③步是放热反应，总反应的化学方程式为，总反应为放热反应。总反应的，由的反应能自发进行知，总反应在低温下能自发进行，高温下不能自发进行，A错误；图中第①步反应的活化能最大，反应速率最慢，总反应的速率由其决定，B正确；能量与反应进程图中，第②步反应过渡态物质能量比第③步反应过渡态物质能量高，能量越低的物质其稳定性越强，因此第③步反应过渡态物质更稳定，C正确；按照上述机理，乙烯可先生成乙醇，然后乙醇和乙酸反应可生成乙酸乙酯，D正确；故选A。 28、C 步骤Ⅰ的活化能大于步骤Ⅱ，反应速率步骤Ⅰ更小，A正确；由图可知，步骤I中形成了O-H键，步骤II中不涉及氢原子成键变化，B正确；根据反应机理可知，若MO+与CH2D2反应，生成的氘代甲醇有CH2DOD或CHD2OH，共2种，故C错误；由图可知，总反应的ΔH=E1+E3-E2-E4，故方程式：CH4(g)+MO+(g)=CH3OH(g)+M+(g)ΔH=E1+E3-E2-E4正确，故D正确；故选C。 29、B 生成I-2的反应活化能为过渡态TS-1与中间产物I-1的能量差。由图可知，I-1的ΔH=-30.6 ，TS-1的ΔH=-21.8 ，活化能=(-21.8) - (-30.6)=8.8，并非21.8 ，A错误；反应速率取决于活化能，活化能越大，反应速率越慢。生成I-3需经过TS-2，生成I-4需经过TS-3。I-2的ΔH=-78.3 ，TS-2的ΔH=78.3 ，生成I-3的活化能=78.3 - (-78.3)=156.6 ；TS-3的ΔH=-29.7，生成I-4的活化能=-29.7 - (-78.3)=48.6 。生成I-3的活化能更大，反应速率更慢，B正确；催化剂只能降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变反应的热效应（ΔH），C错误；生成I-4的过程为：起始物质→I-1→TS-1→I-2→TS-3→I-4，共经历TS-1和TS-3两个过渡态，TS-1有键的断裂，TS-3是断裂键，D错误；故选B。 30、A 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，也有N2中氮氮三键非极性键形成，即整个过程中没有非极性键的断裂，故A错误；根据反应历程图，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，故B正确；根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量均低于对应反应反应物的总能量，则两步反应均为放热反应，故C正确；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，故D正确；故选A。 31、C 硫化氢是一种剧毒、易燃、有强烈臭鸡蛋气味的气体，A正确；四乙基偏钒酸铵[]易溶于75℃以上的热水，故水浴加热至80℃有利于其溶解，增大与的接触，利于反应Ⅰ进行，B正确；吸收反应中转化为，可知V的化合价从+5价转化为+3价，故C错误；已知+5价钒的氧化性随着碱性增强而降低，说明碱性环境时，的脱除依靠的是溶液中OH-，则碱性溶剂对硫化氢吸收速率的影响大于碱性条件下+5价钒的氧化性减弱对反应速率的影响，D正确；故选C。 32、B 由图甲可知，化合物4转化为化合物1时，氢气生成水，被氧化，氢元素化合价发生了改变，A项错误；由图甲可知，化合物1到化合物2的过程中二氧化碳中的碳氧键断裂，生成碳氢键，B项正确；由图乙可知，化合物2与水反应生成化合物3和过程是放热反应，则化合物2的总键能小于化合物3的总键能，C项错误；图乙中峰存在3个过渡态，则包括三步基元反应；其中峰值越大则活化能越大，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，第二步反应的活化能最大，故第二步为决速步骤，D项错误；故选B。 33、D 观察图像可知，反应分为两步基元反应，A正确；①基元反应活化能大，故使用催化剂主要降低①的活化能，B正确；反应②的焓变：，C正确；基元反应①是速控反应，2分子NO和1分子H2参与反应，因此总反应速率与和成正比，故NO浓度对总反应速率影响较大，D错误；故选D。 34、D 反应①中的键断裂，形成两个键，元素从价变为价，化合价降低，被还原，A错误；丙烯中双键碳原子没有孤电子对，是碳碳双键的键电子对提供给离子形成配位键，不是碳原子的孤电子对，B错误；反应③中，丙烯双键的碳原子原本为杂化，加成后变成饱和单键碳原子，杂化类型由变为，C错误；催化剂的作用是改变反应的历程，改变反应的活化能（一般为降低活化能加快反应），不改变反应的焓变，D正确；故选D。 35、D 同周期主族元素电负性从左到右递增，故电负性，中电负性更大的O更易与带正电的结合，因此发生2→3的结构转化，A正确；3→4的过程中，极性键断裂，释放出，存在极性键的断裂，B正确；中碳原子为杂化，形成中间产物5后，转化为，与O相连，仍然为杂化，C正确；6→催化剂1的过程中，生成产物，存在化学键的断裂和形成，任何化学反应过程都伴随能量变化，D错误；故选D。 36、A 由反应历程可知，优先与催化剂的M位点结合成键，后续NO才发生结合，说明相同条件下比更易与M成键，A说法错误；慢反应的反应速率慢，中间产物的生成速率小于消耗速率，因此体系中该中间产物含量少，若③④为慢反应，则物质④含量最少，B说法正确；该反应目的是消除、污染，最终产物为和，a为常见非金属单质，题给反应中原子守恒，反应合理，C说法正确；反应过程中存在极性键断裂，也存在等极性键的形成，因此涉及极性键的断裂和形成，D说法正确；故选A。 37、D 催化剂中B原子始终与O结合，硼的常见化合价为+3价，在催化剂、化合物Ⅰ（含-OH）和化合物Ⅱ（含O-O键）中，B均为+3价，化合价未改变，A正确；由机理图可知，催化剂需与反应生成化合物Ⅰ才能参与循环，干燥环境下缺乏，无法生成活性中间体化合物Ⅰ，反应难以进行，B正确；反应Ⅱ中烷烃（）转化为烯烃（），C的平均化合价升高（如乙烷→乙烯，C从-3→-2），失去电子，属于氧化反应，C正确；化合物Ⅱ中氧原子间未形成共价键，反应Ⅱ中断裂的键为烷烃的C-H键（极性键），形成的键为烯烃的C=C键（非极性键）和化合物Ⅰ中的O-H键（极性键）。仅存在极性键的断裂和非极性键、极性键的形成，无非极性键的断裂，D错误；故选D。 38、C 由反应图示可知，醛烯烃基化为、、，在催化剂下反应生成、、，故总反应为； 在反应中不断生成又不断消耗，是反应的中间体， A正确；由图，催化过程中形成的σ键数目发生改变，其杂化类型发生改变，B正确；有机物中与原子之间为三键，C错误；由分析可知，烯烃基化反应方程式正确，D正确；故选C。 39、A 生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，A正确；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，B错误；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，C错误；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，D错误；故选A。 40、C 反应机理：、①、②、③、④；相对能量变化图对应反应机理中I到II对应步骤①，II到III对应步骤②，III到IV对应步骤③，IV到I对应步骤④。参与第①步反应，经过多步反应后又生成了，且题干中说明有机物在含铁配离子的作用下发生反应，因此是该反应的催化剂，A正确；由分析得，Ⅱ是第①步反应中的产物，参与了第②步反应，因此Ⅱ是中间体，B正确；由相对能量变化图可知，步骤②活化能为，步骤④活化能为，因此基元反应的决速步是④，C错误；由反应机理图可知，反应物是，产物是、，所以总反应的化学方程式为，D正确；故选C。 二、能量类机理和历程题 41、 C 五元环中存在大键，氮原子①和氮原子②采取杂化，氮原子①的孤电子对参与形成大键，配位能力弱，氮原子②的孤电子对位于杂化轨道上，更易与金属离子配位，A正确；孤电子对数越多，孤电子对与成键电子对间的斥力越大，键角越小。中O原子有2对孤对电子，CA中中O的一对孤电子对与形成配位键，只有一对孤对电子，对成键电子对间的斥力小，键角大。故碳酸酐酶(CA)中H-O-H键角比中H-O-H键角大，B正确；碳酸酐酶(CA)活性不足，则：缺少催化剂，反应较慢，造成排出不足，会造成呼吸性酸中毒，C错误；催化剂改变反应路径，不改变反应热，由途径b可知，该反应，则，因此，决速步对应活化能大的过渡态，的活化能小于，因此途径a决速步的过渡态为，D正确；故选C。 41、D 【解析】由题图可知，最后一步的能垒最大，为，即是决定反应速率的步骤，A错误；该历程中的最大能垒(活化能)为1.19eV，B错误；升高温度可以加快反应速率；由题图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，DMF的平衡转化率降低，C错误；由反应物和生成物的相对能量可知，若1 mol DMF完全转化为三甲胺，则会释放出的能量，D正确；故选D。 42、D 由题图可知，最后一步的能垒最大，为，即是决定反应速率的步骤，A错误；该历程中的最大能垒(活化能)为1.19eV，B错误；升高温度可以加快反应速率；由题图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，DMF的平衡转化率降低，C错误；由反应物和生成物的相对能量可知，若1 mol DMF完全转化为三甲胺，则会释放出的能量，D正确；故选D。 43、C 由能垒图可知，路径2中生成TS4的活化能为，路径1各步活化能均小于，更有利于DMO的生成，A项错误；由图可知，DMC+CO*的相对能量为-652.0 kJ/mol，无法确定DMC的相对能量，则无法判断DMC和DMO的相对能量大小，也就无法判断二者稳定性的强弱，B项错误；由能垒图可知，反应物吸附在催化剂表面后能量降低，为放热过程，C项正确；催化剂通过吸附反应物降低反应活化能的方式提高化学反应速率，但不改变反应的焓变，D项错误；故选C。 44、D 由图可知，生成物的总相对能量高于反应物，说明正反应吸热，，A正确；决速步骤由活化能最大（反应速率最慢）的步骤决定，①（）转化为②（）的过程中，步骤的活化能远大于第一步，因此该步骤是决速步骤，B正确；能量越低物质越稳定，丙烷被催化剂X吸附后得到的吸附态相对能量低于催化剂Y吸附后的吸附态，因此X吸附得到的吸附态更稳定，C正确；催化剂只改变反应速率，不改变反应的始态和终态，不影响化学平衡，因此不能改变平衡产率，两种催化剂下丙烯的平衡产率相同，D错误；故选D。 45、D 基元反应Ⅰ为与1分子反应生成，剩余1分子未参与该步反应，符合反应机理，A正确；根据原子守恒，总反应生成尿素和，故A为；基元反应活化能为过渡态能量减去该步反应物能量，反应I活化能为，反应Ⅱ活化能为，反应Ⅲ活化能为，反应Ⅱ活化能最大，为总反应决速步，B正确；总反应焓变生成物总能量反应物总能量，反应物能量为，生成物能量为，故，C正确；由总反应方程式可知，该反应为气体分子数减小的反应，故ΔS< 0；结合，根据反应自发进行的复合判据ΔG=ΔH-TΔS< 0，该反应在低温下能自发进行，D错误； 故选D。 46、C 步骤1的活化能为0.70 eV，步骤2的活化能为-0.49-(-0.71)=0.22 eV ,活化能大的为反应的决速步骤，故为步骤1，A正确；步骤2的焓变等于生成物的相对能量-反应物的相对能量，，B正确；该过程存在极性键(C-H)断裂、极性键(C-O、O-H)断裂，没有非极性键的断裂和形成，C错误；该过程实现了的氧化生成甲醇且反应放热，D正确；故选C。 47、D 使用高效催化剂，可以降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，A错误；反应①是吸热反应，反应②是放热反应，平衡时升高温度，反应①平衡正移使甲酸转化率提高，反应②平衡逆移使甲酸的转化率降低，B错误；升高温度，正、逆反应速率均增大，C错误；反应①中先断裂C-H键，反应②中先断裂O-H键，由于反应①活化能小，说明C-H键更容易断裂，O-H键更稳定，D正确；故选D。 48、C 反应物CH4和CO2中只含极性键（C-H、C=O），断裂的均为极性键；生成物CO含极性键（C≡O）、H2含非极性键（H-H），只存在极性键断裂和极性键、非极性键生成，A错误；该反应ΔH＞0（吸热）、ΔS＞0（气体分子数增多），根据ΔG=ΔH-TΔS，需高温下TΔS＞ΔH使ΔG＜0才自发，低温不利于自发，高温利于自发进行，B错误；正反应活化能（Ea正(正)）是反应物到过渡态的能量差，活化分子（过渡态）变成生成物放出的能量为过渡态到生成物的能量差（即逆反应活化能Ea(逆)）。因ΔH=Ea(正)-Ea(逆)＞0，故Ea(正)＞ Ea(逆)，即活化能大于活化分子变成生成物放出的能量，C正确；决速步骤是活化能最大的步骤。由历程图，反应ii（CH3*+H*→过渡态2→CH2*+2H*）活化能最大（5.496-1.687=3.809 eV），该步骤ΔH=4.035-1.687=2.348 eV，单位错误，D错误；故选C。 49、B 反应物的起始相对能量为，生成物的最终相对能量小于，生成物总能量低于反应物总能量，则该反应是放热反应，A正确；催化剂的催化效率与活化能负相关：活化能越低，催化效率越高，由图可知，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂（实线）对应的各步活化能均低于催化剂（虚线），故Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化效率更高，B错误；催化剂可以改变反应的活化能，不同催化剂结构不同，替换配体后催化剂改变，反应的活化能会发生改变，C正确；决速步骤是反应中活化能最大的一步，两种催化剂中，第一步的活化能都是所有步骤中最大的，即该步骤为决速步骤，D正确；故选B。 50、B 从反应历程可知，反应①的活化能小于反应②的活化能，反应①速率大于反应②，则说明在该温度下催化剂对反应①的选择性优于反应②，但温度不同，催化剂的活性不同，则其他条件下，反应①的选择性不一定优于反应②，A错误；反应①过程的步骤：，中的碳氧键会断裂，同时生成CO时有新的碳氧键形成，所以反应①过程中有碳氧键的断裂和形成，B正确；从反应历程图可知，反应②的生成物总能量低于反应物总能量，则反应②是放热反应，C错误；反应①为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的生成量增大；反应②为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故在一定温度范围内升高温度，CO的生成量增大，可提高CO纯度，但温度过高，可能使催化剂活性降低，反应①的选择性降低，导致CO生成效率降低，D错误；故选B。 51、C 由反应历程能量图可以看出催化加氢制的总反应中生成物的总能量比反应物的总能量低，所以该反应为放热反应，A正确；氧空位是催化剂的活性位点，氧空位的快速形成可以使催化剂更快地吸附反应物，从而提高催化效率，B正确；活化能最大的步骤是反应的决速步骤，由反应历程能量图可知，步骤的活化能差最大，该步对应的是催化反应机理⑤，所以⑤是决速步骤，C错误；该反应历程中有极性共价键的断裂，如中的碳氧键断裂，又有极性共价键的形成，如中氧氢键的形成，D正确；故选C。 52、BD 由能量历程图示数据及盖斯定律可知，该反应为放热反应，其，A正确；是反应的催化剂，可加快反应速率，但不能促进平衡移动，不能提高和气体的平衡转化率，B错误；若某时刻前后的浓度发生变化，则反应未达平衡状态，若某时刻前后的浓度保持不变，说明反应已达到平衡状态，C正确；恒温恒容条件下，反应达到平衡时增加的浓度不一定使的百分含量增大，D错误。故选BD。 53、D (l)＋Br2(g)→(l)＋HBr(g)，∆H=反应物的总键能－生成物的总键能=[(413＋194)－(276＋366)]kJ·mol-1 =－35kJ·mol-1 ，Br2(l)=Br2(g)  ∆H=＋30kJ·mol-1 ，由盖斯定律可知，(l)＋Br2(g)→(l)＋HBr(g)  ∆H=－5kJ·mol-1 ，该反应为放热反应，A错误；正反应活化能越大，反应速率越慢，是决速步骤，根据图像可知，第二步活化能最大，是该反应的决速步骤，B错误；由原子利用率=，溴苯的质量为157g，生成物总质量为157＋81=138g，则原子利用率约为≈66%，C错误；Br2与NaOH溶液反应的产物易溶于水难溶于溴苯，可用于除溴苯中的溴，D正确。故选D。 54、C 由反应历程图可知，三种过渡态来、、中，能量最低，根据能量越低越稳定，过渡态中最稳定的是，A正确；由各过渡态与中间体的能量可知，由 到的活化能最高（约），活化能越大，反应速率越慢，故生成  的步骤为决速步骤，B正确； 在该反应中作催化剂，但图中水分子主要作为溶剂或副产物存在，不是在反应机理中属于“生成后又被消耗”的“中间产物”，C错误；由反应历程图可知，反应物丙酮肟（A）的能量高于酰胺产物（P-A）的能量，则反应属于放热反应，D正确。故选C。 55、C 由反应历程图可知，该反应历程分4步进行，A错误；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲酸浓度增大，B错误；甲酸分子脱氢生成CO2和H2，若用代替，则可制得CO2和HD，C正确；在Pd催化剂表面上没有非极性键的断裂，D错误。故选C。 56、D 由图可知，反应物经过渡态2生成中间体，HBr中氢、溴分别和1、4号碳结合，即CH2=CHC≡CH+HBr→BrCH2CH=C=CH2，发生1，4-加成反应，A正确；物质②③④具有的能量相对大小为②＞③＞④，能量越高物质越不稳定，物质的稳定性顺序为④>③>②，B正确；反应路径1中最大能垒为过渡态3，其数值为36.1 kJ·mol-1-(-9.5kJ·mol-1)= 45.6kJ·mol-1，C正确；  由图示可知，反应CH2=CHC≡CH+HBrCH2=CHCBr=CH2为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数随温度升高而减小，D错误。故选D。 57、BD 平衡常数K2：K1=，A错误； 升高温度，k1、k2均增大，反应2的活化能大，温度对k2的影响大，升高温度k2增加的多，k1/k2减小，B正确；M是催化剂，反应前后不变，改变催化剂的量，对平衡转化率无影响，C错误；反应中XM(R)⇌XM(S)，反应物和生成物都没有H2，增加氢气的量，对平衡无影响，提高H2的压强，平衡时，n[XH2(R)]/n[XH2(S)]不变，D正确。故选BD。 58、C 由图示可知，总反应的热化学方程式为，A正确；能量越低越稳定，因此过渡态的稳定性：，B正确；决速步骤为活化能最大的慢反应，反应过程的决速步骤为，此反应为吸热反应，C错误；反应热只与反应物的始态和终态有关系，与反应过程无关，催化剂能降低反应活化能，但不能改变反应热，D正确。故选C。 59、A 图中每个过渡态都是一个基元反应，图中共有4个过渡态，则图中基元反应有4个，A错误；催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应物和生成物的总能量，所以曲线中表示使用了铁催化剂的线是实线，B正确；控速反应是活化能最大的反应，第一个基元反应的反应活化能最大，决速反应为，C正确；工业合成氨采用铁催化剂，其正反应为放热反应，温度低平衡逆向移动，D正确。故选A。 60、C 生成乙醇的活化能小于生成乙烯的活化能，乙醇的能量小于乙烯和水的总能量，所以无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇，A正确；溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，溴乙烷生成乙烯、乙醇都断裂CBr键，说明较易断裂，B正确；过渡态2生成CH3CH2OH和Br-，过渡态2表示a，C错误；溴乙烷中Br原子被羟基取代生成乙醇，属于取代反应，溴乙烷生成乙烯发生消去反应，D正确。故选C。 61、B 生成物苯环和羰基上的碳原子采取杂化、亚甲基上的碳原子采取杂化，A正确；过程②活化能不是最大，不是决速步，B错误；由反应历程图可知，中间体2的能量比中间体1和3的能量都低，中间体2更稳定，C正确；根据该机理，一个醛基可与一个羟基生成一个酯基，所以乙二醛可与乙二醇反应生成环乙二酸乙二酯，D正确。故选B。 62、D 该反应是释放反应的逆反应，由图可知反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，，A错误；反应活化能越大反应速率越小，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，故反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ，B错误；氨合氯化镁中与通过配位键结合，释放时仅破坏配位键，阴阳离子间的离子键未被破坏，C错误； 吸收的反应为气体分子数减小的放热反应，低温、高压均能使平衡正向移动，有利于吸收，D正确；故选D。 63、C 甲醇与CO催化制备乙酸的反应分三步进行：ⅰ.CH3OH(l)+HI=CH3I(l)+H2O(l)，反应ⅱ.CH3I(l)+CO(g)=CH3COI(l)，反应ⅲ.CH3COI(l)+H2O(l)=CH3COOH(l)+HI。总反应为CH3OH(l)+CO(g)CH3COOH(l)，HI为反应的催化剂。总反应为CH3OH(l)+CO(g)=CH3COOH(l)，则原子利用率为100%，A正确；三步反应的正反应的活化能分别为0.72eV、[-0.68-(-1.38)]eV=0.7eV、[0.91-(-1.01)]eV=1.92eV，第ⅲ步反应的活化能最大，反应速率最慢，则该历程的决速步骤为反应ⅲ，B正确；由分析可知，HI为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能降低反应的焓变，C错误；该反应中，反应物的总能量为0eV，产物的总能量为-3.05eV，则∆H=-3.05eV-0eV=-3.05eV＜0，所以总反应为放热反应，总反应的正反应活化能小于逆反应活化能，D正确；故选C。 64、 C 反应机理：、①、②、③、④；相对能量变化图对应反应机理中I到II对应步骤①，II到III对应步骤②，III到IV对应步骤③，IV到I对应步骤④。参与第①步反应，经过多步反应后又生成了，且题干中说明有机物在含铁配离子的作用下发生反应，因此是该反应的催化剂，A正确；由分析得，Ⅱ是第①步反应中的产物，参与了第②步反应，因此Ⅱ是中间体，B正确；由相对能量变化图可知，步骤②活化能为，步骤④活化能为，因此基元反应的决速步是④，C错误；由反应机理图可知，反应物是，产物是、，所以总反应的化学方程式为，D正确；故选C。 65、C 步骤1的活化能为0.70 eV，步骤2的活化能为-0.49-(-0.71)=0.22 eV ,活化能大的为反应的决速步骤，故为步骤1，A正确；步骤2的焓变等于生成物的相对能量-反应物的相对能量，，B正确；该过程存在极性键(C-H)断裂、极性键(C-O、O-H)断裂，没有非极性键的断裂和形成，C错误；该过程实现了的氧化生成甲醇且反应放热，D正确；故选C。 66、D 碳碳键断裂产物中，断裂a处（生成）相对能量83.7，断裂b处（生成）相对能量为85.1，前者所需能量更低，A错误；脱水产物中，丙酮相对能量为，低于反应物（），该脱水反应为放热反应，B错误；反应速率由活化能决定，活化能=过渡态能量-反应物能量。根据图像可知，中，活化能最大，速率最慢，C错误；脱水产物中，丙酮相对能量最低，能量越低越稳定，D正确；故选D。 67、C 反应I为2NO⇌N2O2，由图1可知其为放热反应（ΔH<0），且气体分子数减少（ΔS<0）。根据ΔG=ΔH-TΔS，低温时-TΔS影响较小，ΔG<0，反应自发进行，A正确；决速步骤由活化能最大的步骤决定，图1中反应II的活化能Ea2大于反应I的Ea1，故反应II为决速步骤，B正确；NO的消耗速率由总反应速率决定，而总反应速率由决速步骤II（v=k2[N2O2][O2]）决定。降低温度时，k2减小，但反应I（放热）平衡正向移动使[N2O2]增大，若[N2O2]增大的幅度超过k2减小的幅度，NO消耗速率可能增大，并非一定减小，C错误；升高温度，反应I（放热）平衡逆向移动（2NO⇌N2O2），N2O2生成减少，且反应II（放热）平衡逆向移动对N2O2的生成影响较小，故c(N2O2)减小，D正确；故选C。 68、D 同一周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，同一主族从上到下元素的第一电离能呈减小趋势。Cl位于第三周期第VIIA族，Zn位于第四周期第IB族，Cl的非金属性比Zn强，所以第一电离能，A错误；反应难易取决于活化能（最高能垒），ZnSe曲线有1.53 eV的高能量过渡态，活化能高于CsSnCl3，故ZnSe下反应更难进行，B错误；催化剂能改变反应历程，降低活化能，但不能改变反应的相对能量变化，C错误；从图中可知，在催化剂CsSnCl3下， CO2还原成CO决速步骤的相对能量变化为，D正确；故选D。 69、B 根据反应机理图可以看出，可以生成和消耗，属于中间产物；而只生成，属于产物，A错误；根据反应机理图可以看出，过程I为得到电子的过程，发生了还原反应，B正确；过程Ⅲ的转化为：，根据转化可知没有非极性键的断裂，C错误；等物质的量的和，不是确定的具体数值，无法确定就是1mol，D错误；故选B。 70、 C 由题干反应历程图可知，图中反应历程包含4个基元反应即GS1→GS2→GS3→GS4→GS5，A错误；由题干反应历程图可知，图中反应历程中，未涉及非极性键的断裂和形成，只有Cl-O极性键的断裂，B错误；随着HClO4分子的不断分解，O原子不断积累，使基元反应生成物的量不断增多，平衡向逆反应方向移动，对后续的分解反应产生影响，C正确；活化能越高，其反应速率越低；该反应历程总共由4个基元反应构成，其活化能分别为Ea1=1.675 eV，Ea2=2.071 eV，Ea3=1.313 eV，Ea4=1.369eV，因此决定总反应速率的步骤为第二步，即图中反应的决速步骤为，D错误；故选C。 71、C 由图可知，Y的能量最低，能量越低越稳定，则相同状况下，中Y最稳定，A错误；其他条件不变，温度升高，催化剂的活性可能降低，总反应速率可能减小，不一定增大，B错误；由图可知，反应③的能垒最大，为该反应的决速步骤，则选择催化剂是为了降低反应③的能垒，从而加快反应速率，C正确；反应物只有一种，其他条件不变，达到平衡时再充入浓度增大，相当于原来平衡上增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率增大，D错误；故选C。 72、D 该反应是释放反应的逆反应，由图可知反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，，A错误；反应活化能越大反应速率越小，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，故反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ，B错误；氨合氯化镁中与通过配位键结合，释放时仅破坏配位键，阴阳离子间的离子键未被破坏，C错误；吸收的反应为气体分子数减小的放热反应，低温、高压均能使平衡正向移动，有利于吸收，D正确；故选D。 73、C 五元环中存在大键，氮原子①和氮原子②采取杂化，氮原子①的孤电子对参与形成大键，配位能力弱，氮原子②的孤电子对位于杂化轨道上，更易与金属离子配位，A正确；孤电子对数越多，孤电子对与成键电子对间的斥力越大，键角越小。中O原子有2对孤对电子，CA中中O的一对孤电子对与形成配位键，只有一对孤对电子，对成键电子对间的斥力小，键角大。故碳酸酐酶(CA)中H-O-H键角比中H-O-H键角大，B正确；碳酸酐酶(CA)活性不足，则：缺少催化剂，反应较慢，造成排出不足，会造成呼吸性酸中毒，C错误；催化剂改变反应路径，不改变反应热，由途径b可知，该反应，则，因此，决速步对应活化能大的过渡态，的活化能小于，因此途径a决速步的过渡态为，D正确；故选C。 74、C 甲醇与CO催化制备乙酸的反应分三步进行：ⅰ.CH3OH(l)+HI=CH3I(l)+H2O(l)，反应ⅱ.CH3I(l)+CO(g)=CH3COI(l)，反应ⅲ.CH3COI(l)+H2O(l)=CH3COOH(l)+HI。总反应为CH3OH(l)+CO(g)CH3COOH(l)，HI为反应的催化剂。总反应为CH3OH(l)+CO(g)=CH3COOH(l)，则原子利用率为100%，A正确；三步反应的正反应的活化能分别为0.72eV、[-0.68-(-1.38)]eV=0.7eV、[0.91-(-1.01)]eV=1.92eV，第ⅲ步反应的活化能最大，反应速率最慢，则该历程的决速步骤为反应ⅲ，B正确；由分析可知，HI为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能降低反应的焓变，C错误；该反应中，反应物的总能量为0eV，产物的总能量为-3.05eV，则∆H=-3.05eV-0eV=-3.05eV＜0，所以总反应为放热反应，总反应的正反应活化能小于逆反应活化能，D正确；故选C。 75、C 反应ⅱ中因脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV，A正确；反应iii为，反应生成气体，是熵增（）的过程，从能量图可知，该反应的生成物能量高于反应物，为吸热反应（），根据吉布斯自由能判据，高温下项占主导，，反应可自发进行，B正确；改用更高效的催化剂，能增大反应速率，但的平衡转化率不变，C错误；反应ⅲ由生成经历过渡态TS6、TS7，TS7的活化能为，活化能最大，为总反应的决速步，D正确；故选C。 76、C IM1能量为，IM2能量为，故的，A项正确；基元反应是一步完成的化学反应，基元反应不一定有过渡态，该反应历程中有6个过渡态，对应6个基元反应，B项正确；由图信息可知，的活化能最大，故该反应的决速步骤是，C项错误；由图中信息可知，IM4→IM5过程中RSH脱去步骤的活化能为，D项正确。 77、D 碳碳键断裂产物中，断裂a处（生成）相对能量83.7，断裂b处（生成）相对能量为85.1，前者所需能量更低，A错误；脱水产物中，丙酮相对能量为，低于反应物（），该脱水反应为放热反应，B错误；反应速率由活化能决定，活化能=过渡态能量-反应物能量。根据图像可知，中，活化能最大，速率最慢，C错误；脱水产物中，丙酮相对能量最低，能量越低越稳定，D正确；故选D。 78、B 从反应历程可知，反应①的活化能小于反应②的活化能，反应①速率大于反应②，则说明在该温度下催化剂对反应①的选择性优于反应②，但温度不同，催化剂的活性不同，则其他条件下，反应①的选择性不一定优于反应②，A错误；反应①过程的步骤：，中的碳氧键会断裂，同时生成CO时有新的碳氧键形成，所以反应①过程中有碳氧键的断裂和形成，B正确；从反应历程图可知，反应②的生成物总能量低于反应物总能量，则反应②是放热反应，C错误；反应①为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的生成量增大；反应②为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故在一定温度范围内升高温度，CO的生成量增大，可提高CO纯度，但温度过高，可能使催化剂活性降低，反应①的选择性降低，导致CO生成效率降低，D错误；故选B。 三、催化剂类机理和历程题 79、 D 由图可知，使用催化剂Ⅱ时反应的活化能（最高能峰）低于使用催化剂Ⅰ的，反应更易进行，则使用催化剂Ⅱ更有利于捕获，A正确；由图可知，吸附完成后、脱附前，两种反应历程都存在2个过渡态（能量峰），说明除吸附与脱附外，均分2步进行，B正确；由图可知，该反应中反应物的总能量高于生成物的，为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动，有利于的释放，C正确；催化剂不改变反应的始态和终态，不改变反应热，相同条件下，使用催化剂Ⅰ和使用催化剂Ⅱ放出的热量相等，D错误；故选D。 80、D 步骤Ⅰ中O2断键为非极性键断裂，A正确；氧的电负性大于碳，HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的-OH中带部分正电荷的H发生作用，B正确；步骤Ⅱ中观察反应物质的变化可知生成了CO和H2O，发生的反应可表示为，C正确；苯中存在共轭效应，电子分布较均匀，该催化剂要有正、负电荷的作用，因此对苯的催化氧化效果弱于对HCHO的催化氧化效果，D错误。故选D。 81、A 根据反应机理图，得到的中的氢来源于，则用代替后，得到的产物应该为，A错误；根据反应机理图，整个转化过程是在催化剂作用下，甲醛和作用最终得到和，总反应为，B正确； 当时，催化剂表面空隙较多，能吸附更多的，使甲醛转化为反应速率加快，随 浓度增大产生 的体积增大，C正确；当时，过高浓度的NaOH会与催化剂的载体反应使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降，导致随NaOH浓度的增大产生氢气的速率减缓，D正确。故选A。 82、C 由反应机理图示可知，过程V发生反应，故化合物A的化学式为，A正确；过程Ⅰ发生了键断裂和键形成，故涉及了极性键的断裂和非极性键的形成，B正确；催化剂不影响反应的限度，故更换活性更高的催化剂无法提高的平衡产率，C错误；由过程Ⅰ~Ⅳ可知，化学方程式为，D正确。故选C。 83、C 可在催化剂作用下产生·OH，催化剂表面仅存在Fe3＋，Fe3＋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，生成的·OH能将烟气中的NO、SO氧化，则加入催化剂，可提高的脱除效率，A正确；，，该反应能自发进行，即时自发，则该反应的△H<0，，B正确；固定容积的反应体系中充入He，各组分的分压没有改变，反应速率不受影响，C错误；中既有＋2价的铁，又有＋3价的铁，因此的催化效率比更高，相同条件下作催化剂时脱除率可能更高，D错误。故选C。 84、A 图甲Fe2O3中带正电荷的铁元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的斥力较大，而图乙Fe2O3中带负电荷的氧元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的引力较大，则图甲中Fe2O3对H2S的吸附能力弱于图乙，A正确；图中铁元素的化合价由+3价降低至+2价，硫元素的化合价由-2价升高至0价，属于氧化还原过程，B错误；该反应的平衡常数表达式为，C错误；脱除一段时间后，析出的硫单质附着在催化剂表面，会影响催化剂的活性，活性降低，D错误。故选A。 85、B 由图示可知，NO→N2的过程存在π键的形成与断裂，A正确；温度不断升高，催化剂可能失活，致使NO去除率降低，B错误；与催化剂成键的主要是N原子和C原子，C正确；CO与O2反应得到CO2，即CO还原剂变少，可能导致NO转化率降低，D正确。故选B。 86、B 在2-氯二乙硫醚中碳原子均形成了四个共价键，硫原子连接着两个乙基，形成了两个单键，硫和碳均采取杂化， A正确；根据题目所给信息，水解时生成的中间体应为：，B错误；根据题目所给信息， 2-氯二乙硫醚在碱性条件下水解速率比1-氯己烷快很多是由于邻基参与效应，故邻基参与效应降低了2-氯二乙硫醚水解反应的活化能，C正确；中含有羟基，可与水分子形成氢键，的水溶性小于，D正确。故选B。 87、B 整个循环中，在反应①中消耗，在反应⑥中重新生成，反应前后的质量和化学性质不变，属于合成乙酸的催化剂之一，A正确；该配离子整体带1个单位负电荷，所有结合键均为配位键，配体电荷为：3个每个带电荷，共；带电荷；为中性配体，电荷为0。设化合价为，根据总电荷守恒： ，解得，不是价，B错误；若以为反应物，根据反应④，会形成键，下一次循环中，根据反应③，会随机结合一个CO，故可能形成基团，因此一段时间后可在产物中检出，C正确；羰基中氧的电负性大于碳，使羰基碳带较强正电性，中原子显部分负电性，会进攻正电性的羰基碳发生反应，D正确；故选B。 88、A 反应①中Fe元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，反应②中Fe元素化合价由+2价变为+3价，反应⑥中Fe元素化合价由+3价变为+2价，属于氧化还原反应，A错误；苯乙烯分子中苯环与乙烯基上的碳原子以碳碳单键连接，单键可以旋转，故苯乙烯分子中所有原子可能共平面，B正确；反应过程中有O—O非极性键的断裂和C—O、O—H等极性键的形成，故反应过程中有非极性键的断裂与极性键的形成，C正确；每生成1mol苯甲醛，理论上消耗2mol H2O2，因有其他副产物生成(如CO2等)，实际消耗H2O2的物质的量应大于2mol，即每生成2mol苯甲醛，实际上消耗H2O2的物质的量大于4mol，D正确；故选A。 89、B 根据图示可知，CO2加氢制甲醇过程中有副产物CO和CH2O生成，原子利用率小于100%，A正确；从整个历程来看，合成甲醇过程中能量变化最大的一步反应的化学方程式为*CO+*OH+*H=*CO+*H2O，B错误；生成副产物CO的活化能小于生成CH2O的活化能，得到相对较多的副产物为CO，C正确正确；选择合适催化剂可提高甲醇反应的选择性，D正确；故选B。 学科网（北京）股份有限公司 $