讲义11 化学反应机理研究-2021年高考化学三轮题型抢分讲义

讲义 11 化学反应机理研究 【高考定位】化学反应机理试题以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，就是 把一个复杂反应分解成若干个反应，然后按照一定规律组合起来，从而达到阐述复杂反应的 内在联系的目的，这类试题符合新课标的理念，“源于教材而高于教材”，体现了化学核心素 养中的宏观辨识与微观探析，从不同层次认识物质的多样性，以及由微观和宏观相结合的视 角分析和解决实际问题，在备考过程中要给予高度重视与关注。 【知识讲解】 1.反应机理 （1）反应机理是用来描述某反应物到反应产物所经由的全部基元反应，就是把一个复杂反 应分解成若干个基元反应，以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，然后按照 一定规律组合起来，从而阐述复杂反应的内在联系，以及总反应与基元反应内在联系。 （2）反应机理详细描述了每一步转化的过程，包括过渡态的形成，键的断裂和生成，以及 各步的相对速率大小等。典型的是基元反应碰撞理论和基元反应过渡态理论。 （3）反应机理中包含的基元反应是单分子反应或双分子反应。完整的反应机理需要考虑到 反应物、催化剂、反应的立体化学、产物以及各物质的用量。 （4）认识化学反应机理，任何化合物的每一步反应都应该是在该条件下此类化合物的通用 反应。 2.有效碰撞理论 （1）化学反应发生的条件：在化学反应中，反应物分子不断发生碰撞，大多数碰撞无法发 生反应，只有少数分子的碰撞才能发生化学反应，能发生有效碰撞的分子是活化分子。普通 反应物分子形成活化分子所需要的能量叫活化能。而活化分子的碰撞也不一定都能发生有效 碰撞。发生有效碰撞不仅有能量的因素，还有空间因素，只有同时满足这两者的要求才能发 生有效碰撞。 （2）反应历程：发生有效碰撞的分子叫做活化分子，活化分子具有较高的能量。活化分子 比普通分子所高出的能量称为活化能。活化能越小，普通分子就越容易变成活化分子。如图 所示，反应的活化能是 E1，反应热是 E1－E2。 在一定条件下，活化分子所占的百分数是固定不变的。活化分子的百分数越大，单位体积内 活化分子数越多，单位时间内有效碰撞的次数越多，化学反应速率越快。活化能越大，反应 速率越慢，化学反应取决于最慢的一步。 3.催化剂与化学反应：化学反应中，反应分子原有的某些化学键，必须解离并形成新的化学 键，这需要一定的活化能。在某些难以发生化学反应的体系中，加入有助于反应分子化学键 重排的第三种物质（催化剂）其作用可降低反应的活化能。催化剂能改变反应的途径、降低 反应的活化能、加快反应速率，但不能改变反应热的符号与数值、不能改变平衡的移动方向。 解答时注意题干信息的理解应用，通过分析化学反应过程，明确反应过程中催化剂的作用和 能量变化、化学键的变化。左图虚线表示催化剂对反应的影响，右图为催化反应历程示意图。 【过关搏杀】 1．已知 2NO(g)＋O2(g)  2NO2(g) △ H＜0，反应历程分两步： 快反应：①2NO(g)  N2O2(g) △ H1＜0，v1 正=k1 正 c2(NO)，v 1 逆=k1 逆 c(N2O2) 慢反应：②N2O2(g)＋O2(g)  2NO2(g) △ H2＜0，v2 正=k2 正 c(N2O)·c(O2)，v2 逆=k2 逆 c2(NO2) 下列说法正确的是 A．N2O2 是该反应的催化剂 B．温度升高 k1 正、k2 正均减小， k1 逆、k2 逆均增大 C．反应②中 N2O2 与 O2 的碰撞仅部分有效 D．反应①正反应的活化能大于逆反应的活化能 2．某科研团队研制出的“ TM-LiH ”( TM 表示过渡金属)体系，在温和条件下显著提高了氮 气和氢气合成 3NH 的效率，其原理示意图如图： 下列分析不合理的是( ) A．状态Ⅰ为 N N 键断裂，是放热过程 B．该体系不能用于水的分解 C．在该体系中“ TM-LiH ”是催化剂 D．生成 3NH 的过程存在反应： 2 3=2LiNH+3H 2LiH+2NH 3．已知化合物 A 与 H2O 在一定条件下反应生成化合物 B 与 HCOO-，其反应历程如图所示， 其中 TS 表示过渡态，I 表示中间体。下列说法正确的是 A．化合物 A 与 H2O 之间的碰撞不均为有效碰撞 B．该历程中的最大能垒(活化能)E 正=16.87 kJ·mol-1 C．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热 D．升高温度，有利于该反应正向进行 4．近年，在钯(Pd)催化下进行的偶联反应成为研究热点，其一种反应机理如图所示，下列 说法错误的是 已知：R1、R2 表示烃基，X 表示卤原子，Y 表示羟基。 A．转化过程中涉及氧化还原反应 B．转化过程中未发生非极性键的断裂和形成 C． 2 3 3R -Pd(Ⅱ)-O (CH )C 是中间体之 D．转化过程中存在反应： 2 3 3 2 3 3R -Pd( -X+NaOC(CH NaX+ H) )R -Pd( -OC(CⅡ) Ⅱ) 5．我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了丙烷在六方氮化硼催化剂表面氧化脱氢制 丙烯的反应历程，部分历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错 误的是( ) A．丙烷在镍催化剂表面氧化脱氢制丙烯的反应历程与上述不同 B．反应历程中决速步骤能垒(活化能)为1.73 eV C．反应历程中，生成过渡态Ⅰ比生成过渡态Ⅱ容易 D．图示反应历程之后可能发生的化学反应为 2 2 2 22H O = 2H O+O  6．热催化合成氨面临的两难问题：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致 NH3 产 率降低。我国科研人员研制了(Ti-H)(冷区)-(Fe)(热区)双温区催化剂。Ti-H-Fe 双温区催化合 成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是( ) A．放热过程在冷区进行，吸热反应在热区进行 B．反应②，正反应活化能最大 C．(Ti-H)生成氨气，是因为反应速率最大 D．冷热区交替使用，主要目的是使催化剂活性最大 7．氢气是一种绿色能源，大力开发氢能有利于环境保护。借助 Cu/CuCl 热化学循环制氢： 2H2O=2H2↑+O2↑，其工艺流程如图。下列有关说法正确的是( ) A．步骤①中发生的反应属于放热反应 B．步骤②的温度为 500℃，则反应的化学方程式为 2Cu2OCl2 500℃ 4CuCl+O2↑ C．步骤③可在电解池中进行，Cu 是氧化产物 D．反应⑤一定是依据原电池原理实现的 8．据文献报道，金红石 Ti3+L3 表面催化氮气固定机理如下图所示，下列叙述错误的是( ) A．催化剂可以提高固氮速率的原因是改变该反应的 ΔH B．该催化固氮总反应为 3H2+N2=2NH3 C． 是反应中间体 D．整个催化过程中存在 N—Ti 键的断裂和生成 9．福州大学学者研究发现，3D-SiC@2D-MoS2 异质结催化剂具有优异的光催化 CO2 用纯水 的全还原性能，能有效实现人工光合成“太阳燃料”，其工作原理如图所示，下列说法不正确 的是( ) A．反应②的方程为[2H+]ad+[HCOOH]ad=[HCHO]ad+H2O B．2D-MoS2 能降低 H2O 转化为 O2、[2H+]ad 的活化能 C．反应①~④中，含碳物质均发生还原反应 D．此转化的现实意义是可缓解能源危机 10．工业上利用 3NH 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 3NH 和 NO 在催化剂( 2MnO )表面转化为 2N 和 2H O，反应进程 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 2 3 2 2 MnO 6NO 4NH 5N 6H O  B． 2NH NO 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” 11．我国科研人员提出了由 CO2 和 CH4 转化为 CH3COOH 的催化反应历程。该催化反应历 程示意图如下。下列说法借误的是 A．①→②放出能量并形成了 C 一 C 键 B．CH4→CH3COOH 过程中，有 C 一 H 键发生断裂 C．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 D．生成 CH3COOH 总反应的原子利用率为 100% 12．碳酸二甲酯( )是一种低毒、环保、性能优异、具有优良发展前景的“绿 色”化工产品。纳米 CeO2 催化 CO2 和 CH3OH 合成碳酸二甲酯的示意图如图所示，下列说法 正确的是 A．CeO2 可有效提高 CH3OH 的平衡转化率 B．反应①中有 O-H 键的断裂 C．反应②可以看作是取代反应 D．上述转化过程中，中间产物有 4 种 13．碘硫热化学循环如图所示，该过程由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步组成，下列说法正确的是( ) A．该循环实现了水的分解，制取了能源气体氢气 B．一定条件下，将 2molHI 放在恒容密闭容器中，一定能生成 1molH2 C．H2O 和 SO2 属于电解质 D．H2SO4 为催化剂 14．铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。 下列叙述错误的是( ) A．CO 也是该反应的催化剂 B．反应过程中 Rh 的成键数目有变化 C．CH3I 是反应中间体 D．存在反应 CH3COI+H2O=CH3CO2H+HI 15．我国科研人员在银催化简单烷烃的区域选择性方面取得了重要突破，有效克服烷烃 C H 键的惰性并实现其区域选择性活化。一种对烷烃 C H 键的选择性插入反应进程如图 所示。下列说法正确的是( ) A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质中，最稳定的是Ⅱ B．总反应速率取决于由中间体 1 生成中间体 2 的一步 C．升高温度三个反应的速率均加快，有利于提高烷烃的转化率 D．催化剂对化学反应具有选择性，生成不同产物的同时改变了反应的焓变 16．锆的氧化物离子 Zr2O + 4 能催化作用于 CO 与 N2O 的反应，减少其对环境的污染。反应 过程下图所示，下列叙述不正确的是 A．Zr2O + 3 是反应中间产物 B．Zr2O + 4 转化为 Zr2O + 3 的氧化剂是 CO C．反应过程中 Zr 的成键数目发生改变 D．催化循环的总反应为 CO+N2O 催化剂 N2+CO2 17．如图表示使用不同催化剂( X 和 Y )时 2CO 催化转化为 CO 过程中的能量变化。下列说 法错误的是( ) (注：其中吸附在催化剂表面的物种用“· ”表示) A．在 Y 催化剂催化过程中，· COOH 是最稳定的中间产物 B．· CO 转化为 CO 的过程吸热 C．吸附在 X 表面的同种中间产物的能量高于吸附在 Y 表面的 D．其他条件相同时，分别使用 X 、 Y 两种催化剂， 2CO 转化为 CO ，其转化率相同 18．HCOOH 催化释放氢，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，下列叙述错误的是( ) A．HCOOD 催化释氢反应除生成 CO2 外，还生成 HD B．催化过程中涉及极性共价键的断裂和形成 C．其他条件不变时，以 HCOOK 溶液代替 HCOOH 催化释氢，可加快生成氢气的速率 D．使用催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 19．Cu－ZnO－ZrO2 可催化 CO2 加氢制备甲醇，反应过程如图所示(其中吸附在催化剂表面 的物种用*标注)。下列说法不．正确的是（ ） A．H2O 参与了该催化循环 B．存在反应*H3CO－＋H2O=CH3OH＋*HO－ C．CO2 与 CH3OH 分子中碳原子的轨道杂化类型分别为 sp2 和 sp3 D．该催化循环中生成了有毒气体 CO 20．反应 CO2(g)+3H2(g)  CH3OH(g)+H2O(g)使用不同催化剂的调控中，研究发现，一定条 件下，Pt 单原子催化剂有着高达 90.3%的甲醇选择性。反应历程如图所示，其中吸附在催化 剂表面上的物种用“*”表示，“TS”表示过渡态。下列说法正确的是（ ） A．经历 TS1，CO2 共价键发生断裂，且生成羧基 B．Pt 为固体催化剂，其表面积对催化效果无影响 C．能垒(活化能)为 1.48eV 的反应为 HCOOH*(g)+2H2(g)=H2COOH*(g)+ 3 2 H2 D．如果换用铜系催化剂，所得反应历程与图示相同 21．二氧化碳作为工业原料的用途十分广泛。某氢气催化还原 CO2 的转化路径如下，下列 说法错误的是 A． * 2H COH 为中间产物 B．HCOOH→*CO＋*H2O 释放能量 C．存在反应 CO2＋3H2 催化剂 CH3OH＋H2O D．*CO 及时从催化剂脱附有利于加快反应速率 22．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．该反应是化合反应 B．催化剂参加了化学反应过程 C．CH4→CH3COOH 过程中，有 C—H 键的断裂和形成 D．①→②过程中，形成了 C—C 键，放出了能量 23．据文献报道：Fe(CO)5 催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是 A．OH－在反应中做催化剂 B．该反应可产生清洁燃料 H2 C．该反应属于氧化还原反应 D．该催化循环中 Fe 的成键数目未发生变化 24．高活性 MnO2 可用于催化降解甲醛，有关微粒的变化如图所示。下列说法不正确的是 A．X 是 - 3HCO B．总反应的化学方程式是 HCHO+O2 2MnO CO2+H2O C．1mol - 2O 中含有 16 mol e- D．可用新制的银氨溶液检验醛基 25．研究表明 CO 与 N2O 在 Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应 分别为①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)、②FeO++CO=CO2+Fe+(快)。下列说法正确的是( ) A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应 B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定 C．Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物 D．若转移 1mol 电子，则消耗 11.2LN2O 参考答案 【过关搏杀】 1．C【解析】A．由两步反应及总反应可知，N2O2 是中间产物，不是催化剂，故 A 错误； B．升高温度，正逆反应速率均增大，则 k1 正、k2 正均增大，k1 逆、k2 逆均增大，故 B 错误； C．反应②为慢反应，反应物中不全是活化分子，则反应②中 N2O2 与 O2 的碰撞仅部分有效， 故 C 正确； D．反应①为放热反应， △ H1＜0，焓变等于正逆反应的活化能之差，则反应①正反应的活化 能小于逆反应的活化能，故 D 错误。 2．A【解析】由流程可知氮气在 TM-LiH 催化作用下与 LiH 反应生成 LiNH，LiNH 与氢气 反应生成氨气和 LiH。 A．状态Ⅰ为氮气生成 LiNH 的过程中存在 N N 键断裂，断开化学键需要吸收能量，分析 不合理，故 A 选； B．催化剂具有选择性，不同的反应需要催化剂不同，该体系不能用于水的分解，分析合理， 故 B 不选； C．根据原理示意图，TM-LiH 在反应后还是 TM-LiH，因此 TM-LiH 是催化剂，分析合理， 故 C 不选； D．由状态Ⅲ可知，LiNH 与氢气反应生成氨气和 LiH，反应的方程式为 2LiNH+3H2═2LiH+2NH3，分析合理，故 D 不选。 3．A【解析】A．根据有效碰撞理论可知，化合物 A 与 H2O 之间的碰撞不均为有效碰撞， A 正确； B．该历程中的最大能垒(活化能) E 正 =16.87kJ/mol−(−1.99kJ/mol)=18.86kJ/mol，B 错误； C．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能，但催化剂不改变反应热，C 错误； D．由图知，化合物 A 与 H2O 在一定条件下反应生成化合物 B 与 HCOO-为放热反应，升高 温度，不利于该反应正向进行，D 错误。 4．B【解析】A．由图可知，转化过程中 Pd 元素的化合价发生改变，涉及氧化还原反应， 故 A 正确； B．烃基 R1 与 R2 的成键过程中形成碳碳非极性键，共 B 错误； C．由图中转化关系知， 2 3 3R -Pd -OC CH（Ⅱ） （ ） 是中间体之一，故 C 正确； D．转化过程中存在反应： 2 3 3 2 3 3R -Pd -X+NaOC CH R -Pd -OC CH +NaX（Ⅱ） （ ） （Ⅱ） （ ） ，故 D 正确。 5．C【解析】A．催化剂不改变反应物和产物，但是催化剂会改变反应的历程，不同催化剂 的反应历程不同，故 A 正确； B．化学反应的决速步骤由慢反应决定，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒最 大的 * 3 8C H 到过渡态 I 的能量，能垒为1.73 eV ，故 B 正确； C．由图可知生成过渡态 I 的能垒大于生成过渡态 II 的能垒，能垒越大反应越困难，故生成 过渡态 II 容易，故 C 错误； D．图示中最后一步生成了最终产物丙烯，则之后发生反应的应为 H2O2 的分解反应，故 D 正确。 6．B【解析】A．①为催化剂吸附 N2 的过程,为放热反应，②为形成过渡态的过程，为吸热 反应，③为 N2 解离为 N 的过程，为放热反应，④⑤为了增大平衡产率，需要在低温下进行， A 错误； B．②的生成物的相对能量比反应物的相对能量高，为吸热过程，其余过程则是生成物能量 比反应物的能量低，是放热过程，故反应②的正反应活化能最大，B 正确； C．(Ti-H)生成氨气，是因为该反应是放热反应，反应在冷区进行，降低温度，化学平衡正 向移动，会导致 NH3 的产率增大，C 错误； D．热区主要是从速率上考虑，采用高温可增大反应速率，但同时会因平衡限制导致 NH3 产率降低；(Ti—H)(冷区)反应就是降温而提高产率。冷热区交替使用，既可以使反应速率加 快，同时又可以提高 NH3 产率，而不是从催化剂活性大小角度考虑，D 错误。 7．B【解析】A．由图示看出①为 CuCl2 的水解反应，水解反应一般是吸热反应，故 A 错误； B．由图示可知②的反应物为 Cu2OCl2，生成物为 CuCl 和 O2，在温度为 500℃条件下反应， 则反应的化学方程式为 2Cu2OCl2 500℃ 4CuCl+O2↑，故 B 正确； C．从 CuCl→Cu 化合价降低，发生还原反应，则 Cu 是还原产物，故 C 错误； D．反应⑤中 Cu 与 HCl 反应生成 H2，为非自发的氧化还原反应，依据原电池原理无法实现 该反应，故 D 错误。 8．A【解析】A．催化剂可以降低反应的活化能，提高固氮速率，但不能改变该反应ΔH 的 符号和数值，故 A 错误； B．由固定机理的示意图可知，反应物为氮气和氢气，生成物为氨气，金红石为催化剂，反 应的总反应方程式为 3H2+N2=2NH3，故 B 正确； C．由固定机理的示意图可知，反应物为氮气和氢气，生成物为氨气，金红石为催化剂， 是反应中间体，故 C 正确； D．由固定机理的示意图可知，b→c 的过程存在 N—Ti 键的断裂，c→a 的过程存在 N—Ti 键的生成，故 D 正确。 9．A【解析】A．选项所给方程式电荷不守恒，正确方程式为 [2H+]ad+[HCOOH]ad+2e-=[HCHO]ad+H2O，A 错误； B．据图可知 2D-MoS2 是 H2O 转化为 O2、[2H+]ad 的催化剂，可以降低该反应的活化能，B 正确； C．反应①~④中，C 元素发生“CO2→HCOOH→HCHO→CH3OH”的转化，C 元素的化合价 持续降低，均发生还原反应，C 正确； D．该过程中利用 H2O 和 CO2 合成了可以作为燃料的 CH4，可以缓解能源危机，D 正确。 10．C【解析】A．由已知“SCR 技术的原理为 3NH 和 NO 在催化剂( 2MnO )表面转化为 2 2N H O、 ”可知总反应的方程式为 2 3 2 2 MnO 6NO 4NH 5N 6H O  ，A 说法正确； B．观察相对能量-反应进程曲线知， 3NH 吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成了 2NH NO ， 2NH NO 又经过反应得到 2 2N H O和 ，所以 2NH NO 是脱硝反应的活性中间体，B 说法正确； C．起始相对能量高于终态，说明这是一个放热反应，升高温度平衡会逆向移动，所以升高 温度后，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．相对能量-反应进程曲线表明，全过程只有 H 的移除过程势能升高，这是一个需要吸收 能量越过能垒的反应，其速率是全过程几个反应中最慢的，决定了反应的速率，是总反应的 速控步骤，D 说法正确。 11．C【解析】A．根据图知，根据图知，反应物总能量大于生成物总能量，所以该反应是 放热反应，且最后生成 C-C 键，故 A 正确； B．CH4→CH3COOH 过程中，甲烷中 C-H 键发生断裂生成甲基，所以有 C-H 键断裂，故 B 正确； C．催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，不改变转化率，故 C 错误； D．甲烷和二氧化碳反应只生成 CH3COOH，没有其它副产物生成，所以原子利用率 100%， 故 D 正确。 12．B【解析】A．CeO2 为催化剂，催化剂只影响化学反应速率，不影响平衡移动，所以催 化剂不能提高甲醇的平衡转化率，A 错误； B．反应①中 CH3OH 转化为 CH3O-，其中的 O-H 键断裂，B 正确； C．二氧化碳的结构式为：O=C=O，根据—OCOOCH3 的结构特点分析，反应②可以看作是 加成反应，C 错误； D．从转化示意图分析可知，-OH、-OCH3、-OCOOCH3 是中间体，D 错误。 13．A【解析】由图可知，反应 I 为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和 HI，该反应 为 SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，反应Ⅱ是硫酸分解为氧气的过程，反应Ⅲ是 2HI H2↑+I2↑。 A．设计该循环是为了制取气体 O2 和 H2，实现了水的分解，制取了能源气体氢气，故 A 正 确； B．一定条件下，将 2molHI 放在恒容密闭容器中，该反应为可逆反应，转化率不可能达到 100%，生成 H2 少于 1mol，故 B 错误； C．H2O 属于电解质，但 SO2 属于非电解质，故 C 错误； D．H2SO4、HI 为中间产物，二氧化硫和碘为催化剂，故 D 错误。 14．A【解析】A．由图示可知：在反应过程中 CO 参加了反应，但反应后未产生 CO，因此 CO 不是该反应的催化剂，A 错误； B．由图可知 Rh 的化合物的成键数目变化为：4→6→5→6→4，可见反应过程中 Rh 的成键 数目有变化，B 正确； C．由图可知铑的配合物离子 会分解产生 CH3COI 和 ，CH3COI 与H2O 反应产生CH3CO2H 和 HI，HI与 CH3OH 反应产生CH3I 和H2O，CH3I 再与 反应产生 ，故 CH3I 是该反应的中间体，C 正确； D．由图可知铑的配合物离子 会分解产生 CH3COI 和 ，CH3COI 与 H2O 反应产生 CH3CO2H 和 HI，CH3COI 与 H2O 反应产生 CH3CO2H 和 HI 的方程式为： CH3COI+H2O=CH3CO2H+HI，D 正确。 15．B【解析】A．物质能量越低越稳定，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质中Ⅰ最稳定的是，A 错误； B．化学反应的速率取决于历程中反应慢的过程，中间体 1 生成中间体 2 的反应为吸热反应 且活化能最高，决定了总反应的速率，B 正确； C．三个反应都为放热反应，升高温度，反应向逆反应方向移动，烷烃的转化率降低，C 错 误； D．催化剂具有选择性，只影响化学反应速率，但不改变反应的焓变，D 错误。 16．B【解析】A．根据题干的历程图可知，Zr2O + 3 一直都是在循环体系中，故是反应中间 产物，故 A 正确； B．根据题干的历程图可知，Zr2O + 4 +CO=Zr2O + 3 +CO2，反应中 CO 是还原剂，故 B 错误； C．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，故 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 与 N2O，出去的是 N2 和 CO2，故循环的总反应为：CO+N2O 催化剂 N2+CO2，故 D 正确。 17．B【解析】A．由题图可知，在 Y 催化剂催化过程中· COOH 的相对能量最低，· COOH 是最稳定的中间产物，A 项正确； B．由题图可知，· COOH 转化为 CO 的过程中的能量变化与· CO 所吸附的催化剂种类有关， 吸附在 X 催化剂表面的· CO转化为 CO的过程放热，吸附在 Y 催化剂表面的· CO 转化为 CO 的过程吸热，B 项错误； C．由题图可知，吸附在 X 表面的同种中间产物的能量高于吸附在 Y 表面的，C 项正确； D．催化剂只能改变反应速率，不能使化学平衡移动，D 项正确。 18．D【解析】A．由图所示反应机理，HCOOH 电离的 H+结合 形成 ，HCOO －结合 形成 ，然后 脱去 CO2 形成 ， 与 结合产生 H2， 故 HCOOH 的 2 个 H 结合产生 H2，则 HOOD 的产物除了 CO2 还有 HD，故 A 正确； B． 形成 ，脱去 CO2 中均有极性共价键的形成， 与 结合产生 H2 有极性共价键的断裂，故 B 正确； C．HCOOK 完全电离，更易与催化剂结合脱去 CO2，可提高释放氢气的速率，故 C 正确； D．催化剂不能改变平衡移动的方向，不能提高反应物的转化率，故 D 错误。 19．C【解析】A．由图可知 H2O 参与反应，又有 H2O 生成，故参与了该催化循环，A 正确； B．由图可知存在反应*H3CO－＋H2O=CH3OH＋*HO－，B 正确； C．CO2 分子中碳原子的轨道杂化类型为 sp，CH3OH 分子中碳原子的轨道杂化类型为 sp3， C 错误； D．从图中可知，*COOH－＋*H+=CO＋H2O，该催化循环中生成了有毒气体 CO，D 正确。 20．C【解析】A．由图可知，经历 TS1，CO2 共价键发生断裂，生成了 HCOO*，再经历 TS2 才生成羧基，故 A 错误； B．Pt 为固体催化剂，增大表面积可增大反应物接触面，反应速率增大，会加快催化效果， 故 B 错误； C．能垒(活化能)为 1.48eV 的是 TS2 过渡态，E=-0.18eV-(-1.66eV)= 1.48eV，则反应方程式为 HCOOH*(g)+2H2(g)=H2COOH*(g)+ 3 2 H2，故 C 正确； D．催化剂能改变反应的活化能，如果换用铜系催化剂，不同的催化剂催化效果不同，能不 同程度的改变反应历程，所得反应历程与图示不相同，故 D 错误。 21．B【解析】A. 由图可知，流程中先生成 * 2H COH ， * 2H COH 再被消耗，故为中间产物， 故 A 正确； B. HCOOH→*CO＋*H2O 为分解反应，故为吸热反应，应吸收能量，故 B 错误； C. 反应 CO2＋3H2 催化剂 CH3OH＋H2O 符合得失电子守恒、元素守恒，故存在该反应， 故 C 正确； D. *CO 及时从催化剂脱附有利于加快反应速率，故 D 正确。 22．C【解析】A．根据图中信息可知，发生反应 CH4+CO2→CH3COOH，该反应是化合反 应，A 说法正确； B．催化剂参加了化学反应过程，但质量及化学性质不变，B 说法正确； C．CH4+CO2→CH3COOH 过程中，C-H 键、C=O 均发生断裂，C 说法不正确； D．①→②过程中，形成了 C-C 键，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应， D 说法正确。 23．D【解析】A. OH－在该循环中参与反应，又生成 OH－，因此起到催化循环的作用，故 A 正确，但不符合题意； B. 该循环过程产生了 H2，故 B 正确，但不符合题意； C. 该反应生成单质氢气，元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故 C 正确，但不符 合题意； D. 该循环中 Fe 的成键数目发生了变化，有 - 4 5Fe(CO) Fe CO OH、 （ ） 等，故 D 错误，符 合题意。 24．C【解析】从 X 与 H+反应的产物 CO2 和 H2O 看，X 的化学式应为 - 3HCO 。 A．由分析知，X 的化学式是 - 3HCO ，A 正确； B．从箭头指示的方向看，HCHO、O2 为反应物，CO2、H2O 为生成物，MnO2 是反应的催化 剂，总反应的化学方程式是 HCHO+O2 2MnO CO2+H2O，B 正确； C．1 个 - 2O 中所含电子数为 8×2+1=17，所以 1mol - 2O 中含有 17 mol e-，C 不正确； D．醛基能将银氨离子还原为银，产生银镜，所以可用新制的银氨溶液检验醛基，D 正确。 25．C【解析】A．反应①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)中 N 的化合价由+1 价变为 0 价，Fe 的化合 价由+1 价变为+3 价，化合价发生改变，反应①是氧化还原反应，同理②FeO++CO=CO2+Fe+(快) 中 Fe 元素的化合价由+3 价变为+1 价，C 的化合价由+2 价变为+4 价，化合价发生改变，故 反应②也是氧化还原反应，A 错误； B．由图中可知两步反应的反应物总能量均高于生成物总能量，故均为放热反应，总反应的 化学反应速率是由满反应决定的，故由反应①决定，B 错误； C．由历程图中可知，Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，故 Fe+使反应的活化能减小，FeO+ 是中间产物，C 正确； D．由反应 N2O+CO=N2+CO2 可知，反应中转移了 2mol 电子，故若转移 1mol 电子，则消耗 0.5molN2O，由于题中未告知标准状况，故 0.5molN2O 的体积不一定为 11.2L，D 错误。