文档内容
专项 11 催化剂、物质转化循环图
该专题分为三个板块
【1】总概括
【2】真题演练
【3】专项练习
【1】总概括
反应历程或机理图像一般取材于实际科研成果，充分体现了化学反应的本质，高考常以此为载体考查反应
原理、活化能、反应热等知识，是近年高考的命题热点，此类试题难点是从陌生图像中提取解题信息。
【2】真题演练
例1. (2021·浙江6月选考，24)制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(其中Ph—代表苯基)。下列说法不正确
的是( )
A．可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯
B．反应过程涉及氧化反应
C．化合物3和4互为同分异构体
D．化合物1直接催化反应的进行
答案 D
解析 由图中信息可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物2的催化作用下，参与催化循环，最后得到产物苯甲
酸甲酯，发生的是酯化反应，故A项正确；由图中信息可知，化合物4在HO 的作用下转化为化合物5，
2 2
即醇转化为酮，该过程是失氢的氧化反应，故B项正确；化合物3和化合物4所含原子种类及数目均相同，
结构不同，两者互为同分异构体，故C项正确；由图中信息可知，化合物1在NaH的作用下形成化合物
2，化合物2再参与催化循环，所以直接催化反应进行的是化合物2，化合物1间接催化反应的进行，故D
项错误。
例2. (2021·湖南，14)铁的配合物离子(用[LFeH]＋表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况
如图所示：下列说法错误的是( )
A．该过程的总反应为HCOOH=====CO2↑＋H2↑
B．H＋浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
答案 D
解析 由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO－与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合
氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOH=====CO2↑＋H2↑，故A正确；若氢离子浓度过低，则反
应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制甲酸的电离，使甲酸根离子浓
度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B正确；由反应机
理可知，Fe在反应过程中，化学键数目发生变化，则化合价也发生变化，故C正确；由反应进程可知，反
应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误。
例3. (2021·山东，14)18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：
＋OH－ ＋CH3O－能量变化如图所示。已知
为快速平衡，下列说法正确的是( )A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH－
C．反应结束后，溶液中存在CH318OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
答案 B
解析 一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反
应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，故A错误；反应Ⅰ为加成反应，而 为快速平衡，
反应Ⅱ的成键和断键方式为 或 ，后者能生成18OH－，因此反应结束后，溶
液中存在18OH－，故B正确；反应Ⅲ的成键和断键方式为 或 ，因此反应结
束后溶液中不会存在CH18OH，故C错误；该总反应对应反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为
3
放热反应，因此 和CHO－的总能量与 和OH－的总能量之差等于图示总
3
反应的焓变，故D错误。
练习1. 铑的配合物离子[Rh(CO) I]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。
2 2下列叙述错误的是( )
A．CHCOI是反应中间体
3
B．甲醇羰基化反应为CHOH＋CO===CHCOH
3 3 2
C．反应过程中Rh的成键数目保持不变
D．存在反应CHOH＋HI===CH I＋HO
3 3 2
答案 C
解析 由反应过程可知，CHCOI在反应过程中生成，后又参与后续反应而消耗，属于反应中间体，A项
3
正确；观察反应过程图示可得甲醇羰基化反应的化学方程式为CHOH＋CO===CHCOH，B项正确；观察
3 3 2
反应过程图示可看出Rh的成键数目有4、5、6，C项错误；观察反应过程图示可知存在反应CHOH＋
3
HI===CH I＋HO，D项正确。
3 2
练习2．据文献报道：Fe(CO) 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( )
5
A．OH－参与了该催化循环
B．该反应可产生清洁燃料H
2
C．该反应可消耗温室气体CO
2
D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化
答案 C
解析 根据题图中信息可知，OH－参与了该催化循环过程，A正确；由题图中箭头方向可知有H 生成，
2
所以该反应可以产生清洁燃料H，B正确；由题图中箭头方向可知，在催化反应过程中释放出CO，CO
2 2 2
是生成物，C错误；根据题图中信息可知， 转化为 和H 的过程中，铁的成键数目发生
2
了变化，D正确。
练习3. “一锅法”用三氯化钌(RuCl )催化硝基苯(PhNO ，Ph—表示苯基)与醇(RCHOH)反应生成仲胺
3 2 2
(RCH2NHPh)的反应过程如图所示，[Ru]表示催化剂。下列叙述错误的是( )
A．RCHO是中间体，不是产物
B．存在反应PhNH ＋RCHO―→RCH===NPh＋HO
2 2
C．还原反应的氢均来自RCHOH
2
D．反应过程中Ru的成键数目有变化
答案 A
解析 该反应历程图中某些产物未给出，若不能写出每步反应的化学方程式，则易错判A项。各步及总反
应的化学方程式如图所示：
A项，第①步反应中生成4个RCHO，其中1个作为中间体参与反应，剩余3个作为产物，故RCHO既是
中间体又是产物，错误；C项，第②、④步反应为还原反应，这两个还原反应的“H”均来自[Ru—H]，而
[Ru—H]中的H来自RCHOH，正确；D项，[Ru]―→[Ru—H]的过程中Ru的成键数目增加，正确。
2
【3】专项练习
1．（2022·全国·高三专题练习）最近科学家研究发现铱元素(Ir)形成的复杂阴离子[Ir(CO) I]-能催化甲醇的
2 2
羰基化反应，催化过程中各步基元反应如图所示，其中M→N的反应速率较快，N→Y→X的反应速率较慢，
下列有关说法正确的是A．催化过程中基元反应M→N的活化能最大
B．反应过程中Ir元素的化合价保持不变
C．存在反应：CHCOOH+HI→CH COI+HO
3 3 2
D．甲醇的羰基化反应原子利用率为100%
【答案】D
【详解】A．因为M→N的反应速率较快，所以该催化过程中基元反应M→N的活化能较小，A不正确；
B．从反应过程中配合物的组成可以看出，Ir元素的化合价发生改变，B不正确；
C．从转化关系看，存在反应：CHCOI+HO→CH COOH+HI，C不正确；
3 2 3
D．反应的总反应为CHOH+CO→CH COOH，所以甲醇的羰基化反应原子利用率为100%，D正确；
3 3
故选D。
2．（2022·全国·高三专题练习）某种含二价铜的催化剂 可用于汽车尾气脱硝。催化机
理和反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图所示。下列说法正确的是
A．该脱硝过程总反应的焓变
B．由状态①到状态⑤所发生的反应均为氧化还原反应
C．由状态③到状态④的变化过程有极性键的断裂和形成
D．总反应的化学方程式为
【答案】C
【详解】A．由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，应为放热反应， ，选项A错误；
B．由状态①到状态②各元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应，选项B错误；
C．由状态③到状态④的变化过程有 中的极性键的断裂和产物 中O-H键的形
成，选项C正确；
D．由图可知脱硝过程反应物为：2 mol 、2 mol NO、0.5 mol ，生成物为：3 mol 、2 mol
，总反应的化学方程式为 ，选项D错误；
答案选C。
3．（2022·湖南省隆回县第一中学高三期中）利用镍(Ni)及其他过渡金属配合物催化 和 氧化偶联合成丙烯酸的催化机理如图。下列说法错误的是
A．催化循环过程中包含加成反应
B．该催化剂改变了反应的活化能，降低了焓变
C．该催化循环中Ni的成键数目发生了变化
D．总反应可表示为
【答案】B
【详解】A． 和O=C=O反应生成 ，属于加成反应，故A正确；
B．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能降低焓变，故B错误；
C．根据图示可知，Ni的成键数目分别为2、3，该催化循环中Ni的成键数目发生了变化，故C正确；
D．镍(Ni)及其他过渡金属配合物催化 和 生成丙烯酸，总反应为 ，
故D正确；
选B。
4．（2022·安徽·合肥一中模拟预测）近日，中国科学院大连化学物理研究所与上海应物所合作，揭示了双
单原子催化剂中的协同催化机理，如4-硝基苯乙烯选择性加氢反应在不同的催化剂下的反应机理及选择性
如图所示，下列有关两种不同的催化过程说法错误的是
A．两种催化反应过程中均存在极性键的断裂和形成
B．Mo单原子位点吸附4-硝基苯乙烯，提高了催化加氢的选择性C．其它条件相同时，双单原子催化下4-硝基苯乙烯的平衡转化率更高
D．两种催化剂均能降低选择性加氢反应的活化能
【答案】C
【详解】A． 两种催化反应过程中均有硝基转变为氨基，硝基内氮氧键、氨基内氮氢键均为极性键，则均
存在极性键的断裂和形成，A正确；
B． 由图知，Mo单原子位点吸附4-硝基苯乙烯上的氧、Ir单原子位点吸附H，使硝基转变为氨基，故双
单原子催化剂提高了催化加氢的选择性，B正确；
C． 催化剂不影响平衡转化率，C不正确；
D． 两种催化剂均能降低选择性加氢反应的活化能、提高单位体积单位时间内有效碰撞的次数、提高反应
速率，D正确；
答案选C。
5．（2022·全国·高三专题练习）环氧丙烷(C HO，PO)是一种重要的有机化工产品，对Cu O催化剂表面催
3 6 2
化空气氧化丙烯反应机理的DFT计算表明，可能有通过分子氧(甲图)和晶格氧(乙图)两种反应机理(TS代表
中间态)。已知吸附能指在吸附过程中释放的能量，下列说法错误的是中
A．C H 在催化剂上的吸附能低于C H 与O 共吸附在表面的吸附能
3 6 3 6 2
B．空气氧化丙烯生成环氧丙烷是放热反应
C．通过对图象的分析得出，该反应更易按照甲图路径进行
D．总反应方程式为2C H+O 2C HO
3 6 2 3 6
【答案】A
【详解】A．对比图甲和图乙中①和②的变化可知，C H 在催化剂上的吸附能高于C H 与O 共吸附在表面
3 6 3 6 2
的吸附能，A错误；
B．由图甲和图乙可知空气氧化丙烯生成环氧丙烷是放热反应，B正确；
C．由图甲和图乙可知，图甲中②到TS1的吸收的能量较低，更容易发生反应，C正确；
D．由图甲和图乙可知，总反应方程式为2C H+O 2C HO，D正确；
3 6 2 3 6
故选A。6．（2022·湖北·应城市第一高级中学模拟预测）以SiO 表面隔离的Cr3+催化丙烷无氧脱氢的机理如图，随
2
着反应的进行，副反应产生的积炭会导致催化剂失活。下列说法正确的是
A．基态铬原子核外有6种能量不同的电子
B．总反应方程式为C H C H + 2H
3 8 3 4 2
C．Cr3+改变反应活化能的同时改变了反应的热效应
D．在该体系中加入CO 有利于丙烷脱氢
2
【答案】D
【详解】A．已知Cr是24号元素，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，故基态铬原子核
外有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7种能量不同的电子，A错误；
B．由题干反应历程图可知，该过程的总反应方程式为C H CHCH=CH+ H ，B错误；
3 8 3 2 2
C．由题干信息可知，Cr3+为催化剂，则催化剂Cr3+能改变反应活化能，但不能改变了反应的热效应，C错
误；
D．由题干信息可知，随着反应的进行，副反应产生的积炭会导致催化剂失活，而在该体系中加入CO，
2
由于C+CO 2CO能有效消除积碳，防止催化剂失活，有利于丙烷脱氢，D正确；
2
故答案为：D。
7．（2022·全国·高三专题练习）据文献报道，用氢气制备双氧水的一种工艺简单、能耗低的方法，其反应
原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．反应过程中所发生的反应均为氧化还原反应B． 、 均为该反应的催化剂
C． 的过程中有极性键的断裂和非极性键的形成
D． 能降低反应过程中的活化能
【答案】D
【分析】从图中可看出，该反应原理涉及反应：①2HCl + [PdCl O]2- = H O + [PdCl ]2- 、②[PdCl ]2- + H
2 2 2 2 4 4 2
= 2HCl + 2Cl- + Pd 、③Pd + O +2Cl- = [PdCl O]2- 。
2 2 2
【详解】A．据分析，反应过程中①所发生的反应为非氧化还原反应，A错误；
B．据分析， 是反应的中间产物， 为该反应的催化剂，B错误；
C． 的过程中，Pd-Cl极性键断裂、H-H非极性键断裂，形成H-Cl极性键，没有非极性键的
形成，C错误；
D． 参与反应过程后，H 与O 合成HO 能耗降低，则其能降低反应过程中的活化能，D正确；
2 2 2 2
故选D。
8．（2022·广东·广州市第六十五中学高三阶段练习）在钴化合物催化下，烯烃醛基化反应的历程如图所示。
下列叙述错误的是
A．反应过程中Co的成键数目发生了变化
B．烯烃中的双键可提供电子与化合物中的Co共用
C．烯烃醛基化总反应为RCH=CH+CO+H →RCHCHCHO
2 2 2 2
D．该含钴化合物可降低烯烃醛基化反应的活化能，提高平衡转化率
【答案】D
【详解】A．由图象可知，Co可以形成4条键，也可以形成5条键，成键数目发生了变化，A正确；
B．由图可知，物质 中烯烃中的双键可提供电子与化合物中的Co共用，B正确；
C．由图可知，反应物为RCH=CH、CO、H，产物为RCHCHCHO，因此总反应为
2 2 2 2
RCH=CH+CO+H →RCHCHCHO，C正确；
2 2 2 2D．Co化合物为催化剂，催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，但不能影响平衡，因此不能提高
平衡转化率，D错误；
故选D。
9．（2022·福建·厦门双十中学模拟预测）甲烷可在铑/铈氧化物的催化下与过氧化氢反应，转化为甲醇和
甲基过氧化氢(CHOOH)，实现了天然气的高效利用，其原理如图所示，下列说法错误的是
3
A．反应③中有极性键的断裂与生成
B．反应⑤中，Ce的化合价降低
C．铑/铈氧化物改变了CH 和HO 的反应历程，降低了反应的活化能
4 2 2
D．若用Hl8O 作反应物，一段时间后CHOH、CHOOH和铑/铈氧化物中均含有18O
2 2 3 3
【答案】B
【详解】A．反应③中CH 中断裂1条C-H键形成∙CH，∙OH与H形成HO中有O-H键生成，则有极性键
4 3 2
的断裂与生成，A正确；
B．反应⑤中，HO→HO中O元素从-1降低至-2价，则Ce的化合价升高，B错误；
2 2 2
C．铑/铈氧化物是催化剂，可改变了CH 和HO 的反应历程，降低了反应的活化能，C正确；
4 2 2
D．由反应⑤可知O连接在Ce上，甲烷可在铑/铈氧化物的催化下与过氧化氢反应，转化为甲醇和甲基过
氧化氢(CHOOH)，则若用Hl8O 作反应物，一段时间后CHOH、CHOOH和铑/铈氧化物中均含有18O，D
3 2 2 3 3
正确；
故选：B。
10．（2022·湖北·华中师大一附中模拟预测）科学工作者探讨了在CO 和H 合成HCOOH过程中固载Ru
2 2
基催化剂可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是。A．固载Ru基催化剂可降低该反应的焓变
B．Ru配合物1、2、3、4中Ru的化合价不变
C．总反应的化学方程式为CO+H HCOOH
2 2
D．CO 浓度过大可能会影响催化剂的实际催化效率
2
【答案】A
【详解】A．催化剂降低反应活化能 ，不影响反应的焓变，故A错误；
B．Ru配合物1、2、3、4中Ru所连的键没有变化，所以Ru的化合价不变，故B正确；
C．在有Ru基催化剂存在的条件下，CO 与H 合成HCOOH，根据原子守恒，发生的反应为CO+H
2 2 2 2
HCOOH，故C正确；
D．CO 浓度过大将减小催化剂与H 之间的接触，从而影响催化剂的实际催化效率，故D正确；
2 2
选A。
11．（2022·河南·高三开学考试）某科研团队用PdCl 催化苯酚(PhOH)羰基化合成 (DPC)，并提
2
出了合成DPC的反应机理(如图所示)，下列有关说法中错误的是
A．Cl-Pd-OPh和 是反应的中间产物
B．反应过程中Pd的化合价始终保持不变
C．反应过程中PdCl 降低了反应的活化能，未改变反应的△H
2
D．总反应方程式为4PhOH+2CO+O →2 +2H O
2 2
【答案】B
【详解】A．由图可知Cl-Pd-Cl作为催化剂参与反应，流程呈逆时针方向进行，Cl-Pd-OPh和
是反应的中间产物，A选项正确；
B．流程图中有最后一步Pd0转化为Cl-Pd-Cl，Pd化合价发生改变，B选项错误；
C．催化剂PdCl 使活化能降低，加快反应速率，但并未改变反应的△H，C选项正确；
2
D．由流程图的物质对应箭头指向可知总反应方程式为4PhOH+2CO+O →2 +2H O，D选项
2 2
正确；
答案选B。12．（2022·全国·高三专题练习）均相芬顿反应原理是高级氧化技术的经典工艺之一，如图所示( 和 为
速率常数)。下列说法错误的是
A．相同条件下，基元反应I比II的活化能低
B．基元反应I中氧元素的化合价发生变化
C．基元反应II的化学方程式为HO+Fe3+=HO·+Fe2++H+
2 2 2
D．芬顿反应进行的过程中，整个体系的 几乎不变(忽略体积变化)
【答案】D
【分析】A中根据图中速率公式，根据反应速率与活化能之间的关系进行判断；B中根据图中铁元素的化
合价的变化判断，发生氧化还原反应；C中根据图示进行书写化学方程式；D中根据总反应过程中溶质的
变化，根据浓度的变化判断进行判断酸碱性。
【详解】A．由题干信息可知，k＞k，说明相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化能越低反
1 2
应速率越快，即基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低，A正确；
B．由题干信息可知，基元反应Ⅰ为：H++H O+Fe2+=Fe3++·OH+HO，故基元反应I中氧元素的化合价发生
2 2 2
变化，B正确；
C．由题干信息可知，基元反应Ⅱ的化学方程式为HO+Fe3+=HO·+Fe2++H+，C正确；
2 2 2
D．基元反应Ⅰ为：H++H O+Fe2+=Fe3++·OH+HO，基元反应Ⅱ的化学方程式为 HO+Fe3+=HO·+Fe2++H+，
2 2 2 2 2 2
而基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，总反应不是简单基元反应Ⅰ加上基元反应Ⅱ，则芬顿反应进行的过程
中，整个体系的pH会发生变化 (忽略体积变化)，D错误；
故选D。
13．（2022·山西大同·高三期末）具有开放性铁位点的金属有机框架材料，可以用于乙烷的催化氧化形成
乙醇，反应过程如图所示，其中TS表示过渡态。下列说法正确的是
A．反应过程中铁原子形成的化学键数目保持不变B．该反应过程中的原子利用率为100%
C．此反应方程式为：NO+C H N+C HOH
2 2 6 2 2 5
D．反应过程中物质c降低了反应的活化能
【答案】C
【详解】A．由转化关系图可知，铁原子有的形成5个共价键，有的形成6个共价键，故A错误；
B．从图中可以看出，进线为反应物，出线为产物，总反应方程式为：NO+C H N+C HOH，催化
2 2 6 2 2 5
剂为a，由于产物有乙醇和氮气，原子利用率小于100%，故B错误；
C．进线为反应物，出线为产物，总反应方程式为：NO+C H N+C HOH，故C正确；
2 2 6 2 2 5
D．c为中间产物，不能降低反应的活化能，故D错误；
故选C。
14．（2022·河南河南·二模）以乙烯为原料，生产乙二醇的流程及其反应过程和机理如下：
下列叙述错误的是
A．决定反应I速率快慢的是步骤③
B．反应I、II中的HO均是反应物
2
C．反应I属于氧化反应
D．反应II中H+进攻环氧乙烷中的氧原子是因为该分子中氧原子显负电性
【答案】B
【详解】A．决定反应速率的是慢反应，由图知步骤③是最大能垒，所需活化能最大，反应速率最慢，故
决定反应I速率快慢的是步骤③，A正确；
B．由反应I的初始反应和最终反应过程可知，反应物为HO、乙烯，生成物为环氧乙烷、HO，
2 2 2是作为催化剂，可得反应I中HO是生成物，B错误；
2
C．乙烯中C的化合价是-2价，环氧乙烷中C的化合价为-1价，化合价升高，发生氧化反应，C正确；
D．环氧乙烷中O的电负性最大，显负电性，故H+进攻环氧乙烷中的O原子，D正确；
故答案为B。
15．（2022·湖北省仙桃中学高三阶段练习）催化丙烯制醛的反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．上述循环过程中，Co的配位数发生了变化
B．上述循环过程中，有C-O键的形成，无C-O键的断裂
C．丙烯醛基化总反应为
D． 可降低丙烯醛基化反应的活化能
【答案】B
【详解】A．由图可知，Co可以形成3个配位键，也可以形成4个配位键，A正确；
B．由图可知，在第二步有C-O键的断裂，B错误；
C．由题干反应历程图可知，总反应式为 ，C正确；
D．由题千反应历程图可知， ，参与反应过程，反应前后保持不变,是该反应的催化剂，可降低
丙烯醛基化反应的活化能，D正确；
故选B。
16．（2022·广东实验中学高三阶段练习）某种制备HO 的反应机理如图。下列说法正确的是
2 2
A．反应①中有非极性键的断裂和形成
B．该过程中Pd的化合价有0、+2和+4三种C．①、②、③均为氧化还原反应
D．[PdCl ]2- 能降低反应的活化能
4
【答案】D
【详解】A．反应①中有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，A错误；
B．该过程中Pd的化合价有0、+2两种，B错误；
C．反应①和②均有单质参与反应，为氧化还原反应，反应③没有化合价的变化，不是氧化还原反应，C
错误；
D．[PdCl ]2-为反应过程中的催化剂，故可降低反应活化能，D正确；
4
故答案选D。
17．（山东省泰安市2021-2022学年高三下学期3月一模考试化学试题）中国自古有“信口雌黄”“雄黄
入药”之说。雌黄 和雄黄 都是自然界中常见的砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒
疗效也用来入药。砷元素有 、 两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。下列
说法错误的是
A．反应Ⅰ中， 和 的物质的量之比为1∶1时可恰好完全反应
B．反应Ⅱ中，物质a可能是S、
C．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ是氧化还原反应；反应Ⅲ是非氧化还原反应
D．反应Ⅰ可用NaOH溶液吸收 ，向吸收后的溶液中加入足量稀硫酸可为反应Ⅳ提供
【答案】C
【详解】A．反应Ⅰ中， 和 反应生成Sn4+、 ，As化合价由+3到+2，Sn化合价由+2到
+4，根据电子守恒可知， ～ ，即物质的量之比为1∶1时可恰好完全反应，A正确；
B．反应Ⅱ中氧气具有氧化性，负二价硫具有还原性，则物质a可能是S、 ，B正确；
C．反应Ⅳ中H、O、S、As元素化合价反应前后均不改变，是非氧化还原反应，C错误；
D．反应Ⅰ可用NaOH溶液吸收 ，向吸收后的溶液中存在生成的硫化钠，加入足量稀硫酸反应生成硫
化氢气体，可为反应Ⅳ提供 ，D正确；
故选C。
18．（湖北省部分市州2021-2022学年高三上学期期末联合调研考试化学试题）氮氧化物(NO )是一类特殊
x的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的
原理如图所示。下列叙述错误的是
A．反应①变化过程可表示为2Cu(NH ) +O =[(NH )Cu-O-O-Cu(NH )]2+
3 2 3 2 3 2
B．反应③属于非氧化还原反应
C．反应④涉及极性共价键的断裂与生成
D．图中总过程中每吸收1molNO需要标准状态下的NH 44.8L
3
【答案】D
【详解】A．根据图示，反应①变化过程可表示为2Cu(NH ) +O =[(NH )Cu-O-O-Cu(NH )]2+，故A正确；
3 2 3 2 3 2
B．根据图示，反应③中各元素化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故C正确；
C．反应④中有氮氧键、氮氢键的断裂，有氢氧键的形成，故C正确；
D．图中总过程中每吸收1molNO需要1mol氨气，标准状态下的NH 的体积是22.4L，故D错误；
3
选D。
19．（重庆市2022届高三第一次联合诊断测试化学试题）天然气中含有有毒气体 ，用下图所示流程可
实现天然气在氧化亚铁硫杆菌(T·F菌)作用下催化脱硫。下列说法不正确的是
A．过程①的pH降低，过程②的pH升高
B．该脱硫过程可以在中性环境中进行
C．该脱硫过程不需要补充 溶液
D．该脱硫过程的总反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
【答案】B【分析】过程①Fe元素化合价降低，S元素化合价升高，反应方程式：Fe (SO )+H S=2 +S+H SO ，
2 4 3 2 2 4
过程②Fe元素化合价升高，O元素化合价减低，反应方程式：4 +O +2H SO =2Fe (SO )+2H O；
2 2 4 2 4 3 2
【详解】A．过程①反应方程式：Fe (SO )+H S=2 +S+H SO ，生成强酸HSO ，pH降低，过程②反
2 4 3 2 2 4 2 4
应方程式：4 +O +2H SO =2 Fe (SO )+2H O，消耗HSO ，pH升高，故A正确；
2 2 4 2 4 3 2 2 4
B．Fe (SO ) 溶液中Fe3+不能在中性环境中共存，故B错误；
2 4 3
C．该脱硫过程的总反应为2HS+O=2S+2H O， 溶液为中间物质，没有消耗，则不需要补充
2 2 2
溶液，故C正确；
D．该脱硫过程的总反应为2HS+O=2S+2H O，O元素化合价减低，O 做氧化剂，S元素化合价升高，HS
2 2 2 2 2
做还原剂，两者的物质的量之比为1:2，故D正确；
故选：B。
20．（广东省佛山市2021-2022学年高三上学期普通高中第一次教学质量检测化学试卷）利用CHOH、
3
CO 与H 合成CHCHOH的反应主要历程如图所示。下列说法错误的是
2 2 3 2
A．合成过程涉及C-C键和C-O键形成
B．CO是合成乙醇的中间体
C．第3步的反应式为CHI+CO+2H →CHCHOH+HI
3 2 3 2
D．若用CHOD替代CHOH，则可生成CHCHOD
3 3 3 2
【答案】D
【详解】A．根据图示可知：在反应3中有C-C键和C-O键形成，A正确；
B．根据图示可知：在反应开始时无CO，在反应结束时生成物中无CO，因此CO是合成乙醇的中间体，B
正确；
C．根据图示可知第3步反应的反应物是CHI、CO、H，生成物是CHCHOH及HI，则该反应的化学方
3 2 3 2
程式为：CHI+CO+2H →CHCHOH+HI，C正确；
3 2 3 2
D．根据反应3可知反应产生乙醇中的-OH上H原子种类取决于H 中的H原子的种类，而与CHOH上的
2 3
H原子种类无关，所以若用CHOD替代CHOH，生成的乙醇仍然是CHCHOH ，而不会是CHCHOD，
3 3 3 2 3 2
D错误；故合理选项是D。
21．（辽宁省五校联考2021-2022学年高三上学期期末联考化学试题）常温常压下，某金属有机多孔材料(
)对 具有超高的吸附能力，并能催化 与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法
错误的是
A．物质a分子中碳原子和氧原子均采取 杂化
B．a的一氯代物有3种
C．a生成b的反应类型为取代反应，并有极性共价键形成
D． 最多可与 反应
【答案】C
【详解】A．由结构简式可知，a分子中碳原子和氧原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为 杂化，
故A正确；
B．由结构简式可知，a分子中含有3类氢原子，则一氯代物有3种，故B正确；
C．由结构简式可知，二氧化碳与a发生加成反应生成b，故C错误；
D．由结构简式可知，b分子中含有2个酯基结构，1molb最多可与2mol氢氧化钠反应，故D正确；
故选C。
22．（广东省珠海市第二中学2022届高三十月月考化学试题）双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正确
的是
A．过程Ⅰ中， 表现出酸性氧化物的性质
B．过程Ⅱ中， 可氧化
C．双碱法脱硫过程中， 可以循环利用
D．总反应为
【答案】C
【分析】过程Ⅰ的反应方程式为SO +2NaOH=Na SO +H O，过程Ⅱ的反应方程式为
2 2 3 2
2NaSO +2Ca(OH) +O =2CaSO +4NaOH，总反应为2Ca(OH) +2SO+O =2CaSO +2H O。
2 3 2 2 4 2 2 2 4 2【详解】A．过程Ⅰ为SO 与碱反应生成盐和水，表现出酸性氧化物的性质，故A正确；
2
B．由过程Ⅱ的反应方程式可得关系式O 2NaSO 由此可知1molO 可氧化2molNa SO ，故B正确；
2 2 3 2 2 3
C．过程Ⅰ中NaOH被消耗，过程Ⅱ中又生成NaOH，所以双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用，故C
∼
错误；
D．根据图示可得总反应为2Ca(OH) +2SO+O =2CaSO +2H O，故D正确；
2 2 2 4 2
故答案选C。
23．（河南省鹤壁市高级中学2020-2021学年高二上学期尖子生联赛调研二化学试题）已知：2HO(l)=
2
2H(g)+O(g) H=+571.0kJ/mol。以太阳能为热源分解Fe O，经热化学铁氧化合物循环分解水制H 的过程
2 2 3 4 2
如下：
△
过程Ⅰ：2Fe O(s)= 6FeO(s)+O (g) H=+313.2kJ/mol
3 4 2
过程Ⅱ：……
△
下列说法不正确的是
A．过程Ⅰ中每消耗232g Fe O 转移2mol电子
3 4
B．过程Ⅱ热化学方程式为：3FeO(s)+H O(l)=H(g)+Fe O(s) H=+128.9kJ/mol
2 2 3 4
C．过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能
△
D．铁氧化合物循环制H 具有成本低、产物易分离等优点
2
【答案】C
【详解】A．过程Ⅰ为2Fe O(s)= 6FeO(s)+O (g)，方程式显示当有2mol Fe O 分解时生成1mol O，转移
3 4 2 3 4 2
4mol电子，232g Fe O 的物质的量为1mol，故转移2mol电子，故A正确；
3 4
B．已知反应2HO(l)= 2H (g)+O(g) H=+571.0kJ/mol①，过程Ⅰ反应2Fe O(s)= 6FeO(s)
2 2 2 3 4
△
+O (g) H=+313.2kJ/mol②，根据盖斯定律，将(①-②) 可得过程Ⅱ热化学方程式为3FeO(s)
2
△
+H O(l)=H(g)+Fe O(s) H=(+571.0kJ/mol -313.2kJ/mol) =+128.9kJ/mol，故B正确；
2 2 3 4
△
C．过程Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，故不存在将化学能转化为热能的过程，故C错误；
D．反应3FeO(s)+H O(l)=H(g)+Fe O(s)的产物中，H 为气体，Fe O 为固体，故铁氧化合物循环制H 的产
2 2 3 4 2 3 4 2
物易分离，且由廉价易得的太阳能做能源，成本低，故D正确；
答案选C。
24．（湖南省衡阳市衡阳县第一中学2022届高三下学期第二次模考试化学试题）常温下，向HO 溶液中
2 2
滴加少量Fe (SO ) 溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是
2 4 3A．该反应过程中，M是Fe3+、M′是Fe2+
B．当有1molO 生成时，转移2mol电子
2
C．在HO 分解过程中，溶液的pH逐渐降低
2 2
D．HO 的氧化性比Fe3+强，还原性比Fe2+弱
2 2
【答案】B
【分析】H+与HO 在M作用下生成HO，O元素被还原，M作还原剂被氧化，M是Fe2+；HO 与M’反应
2 2 2 2 2
生成O 和H+，O元素被氧化，M’作氧化剂被还原，M’是Fe3+。
2
【详解】A．据分析，该反应过程中，M是Fe2+、M′是Fe3+，A错误；
B．据分析，HO 中O元素被氧化生成O，化合价从-1价升高到0价，当有1molO 生成时，转移2mol电
2 2 2 2
子，B正确；
C．据分析，在HO 分解过程中，溶液的H+物质的量不变，分解有HO生成，H+浓度下降，pH逐渐升高，
2 2 2
C错误；
D．据分析，H+与HO 在Fe2+作用下还原生成HO，还原性HO 比Fe2+弱，HO 在Fe3+作用下氧化生成O
2 2 2 2 2 2 2 2
和H+，氧化性Fe3+比HO 强，D错误；
2 2
故选B。
25．（重庆市实验中学2021届高三下学期三诊化学试题）联氨(N H)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止
2 4
锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是
A．过程①中生成的N 是氧化产物
2
B．过程③中发生反应后溶液的pH减小
C．1mol NH 可处理锅炉水中1mol O
2 4 2
D．1mol NH 含有的共价键数约为5×6.02×1023
2 4
【答案】B
【详解】A．过程①中 NH 与CuO反应生成N，N元素的化合价升高，则①转化中NH 是还原剂，N 是
2 4 2 2 4 2
氧化产物，故A正确；
B．结合图示可知，③中发生反应为：4Cu(NH ) ＋O＋8NH •H O＝4Cu(NH ) ＋4OH−＋6HO，反应生成
3 2 3 2 3 2
氢氧根离子，溶液的pH增大，故B错误；
C．1molN H 失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1molO 得到4mol电子，根据得失电子守恒可知，
2 4 2
1molN H 可处理水中1mol O，故C正确；
2 4 2
D．1mol NH 含有4molN-H键和1molN-N键，共5mol共价键，即共价键个数约为5×6.02×1023，故D正确；
2 4
故选：B。26．（安徽省池州市第一中学2021届高三上学期9月月考化学试题）利用空气催化氧化法除掉电石渣浆
(含CaO)上清液中的 ，制取石膏( )的过程如下，下列说法错误的是
A． 属于盐类和纯净物
B．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为：4 +2S2-+9H O= +4Mn(OH) ↓+10OH-
2 2
C．过程Ⅰ后溶液pH减小
D．将10L上清液中的 ( 浓度为 )转化为 ，理论上共需要0.15molO
2
【答案】D
【详解】A． 是Ca2+与 以及水形成的化合物，属于盐类和纯净物，故A项说法正确；
B．过程Ⅱ中， 、S2-之间反应生成Mn(OH) 、 ，该反应中Mn元素化合价降低，S元素化合价升
2
高，结合产物可知该反应是碱性条件，结合氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒以及碱性条件可知该反
应离子方程式为4 +2S2-+9H O= +4Mn(OH) ↓+10OH-，故B项说法正确；
2 2
C．过程Ⅰ反应的离子方程式为2Mn(OH) +O +4OH- =2 +4H O，反应过程中会消耗OH-，溶液pH将
2 2 2
减小，故C项说法正确；
D．将10L上清液中的S2-转化为 (S2-浓度为 )，S2-质量为320mg•L-1×10L=3200mg=3.2g，S2-物
质的量为 =0.10mol，根据得失电子守恒0.10mol×8=n(O )×4，n(O )=0.2mol，理论上共需要0.2mol
2 2
的O，故D项说法错误；
2
综上所述，说法错误的是D项，故答案为D。
27．（2022·湖南·长沙一中高三阶段练习）我国承诺将力争2030年前实现“碳达峰”、2060年前实现“碳
中和”，向世界发出了加速调整“碳中和”政策的最强音，体现了大国担当。科学家已经成功地利用二氧
化碳催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化氢化二氧化碳的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应
变成化合物3和 的反应历程如图乙所示，其中 表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法错误的是A．图甲中， 原子的成键数一直没有改变
B．从平衡移动的角度看，降低温度可促进化合物2与水反应
C．图乙历程中最大能垒(活化能)
D．使用更高效的催化剂可以降低反应所需的活化能，从而提高二氧化碳的反应速率和平衡转化率
【答案】D
【详解】A．由图甲可知， 原子的成键数一直没有改变，A正确；
B．由化合物2与水反应变成化合物3与HCOO-的反应历程图可得该过程是放热反应，降低温度，有利于
该过程的进行，B正确；
C．由图乙可知，该历程中最大能垒(活化能)E(正)=16.87-(-1.99)=18.86kcal/mol，C正确；
D．更高效的催化剂可以降低反应所需的活化能，但不会改变二氧化碳的转化率，D错误；
故选D。
28．（2022·湖北·襄阳四中模拟预测）CrO 催化丙烷脱氢的反应路径如图所示，图中括号内的数值表示相
x
对能量、箭头上的数值表示能垒，单位为eV。下列说法错误的是
A．该催化循环过程不需要外界输入能量
B．该催化循环中经历了五个中间体C．“M2 →M3”过程中形成配位键
D．该催化循环中Cr的成键数目发生变化
【答案】A
【详解】A．反应过程中有些中间体具有的能量相比反应前能量更高，需要吸收能量，所以需要外界输入
能量，A项错误；
B．据图可知该催化循环中经历了五个中间体分别是M1至M5，B项正确；
C．据图可知“M2→M3”过程中形成碳碳双键，Cr与氧原子之间形成配位键，C项正确；
D．开始时Cr与3个原子成键，反应过程中形成Cr - C键，同时还与3个氧原子成键（其中一个为配位
键），成键数目发生变化， D项正确；
故答案选：A。
29．（2022·湖南郴州·一模）中科院兰州化学物理研究所用 催化 加氢合成低碳烯烃，
反应过程如下图。在其他条件相同时，添加不同助剂(催化剂中添加助剂 、 或 后可改变反应的选
择性)，经过相同时间后测得 的转化率和各产物的物质的量分数如下表。
各产物的物质的量分数/%
助剂 的转化率/%
其他
42.5 35.9 39.6 24.5
27.2 75.6 22.8 1.6
9.8 80.7 12.5 6.8
下列说法正确的是
A．第i步反应的活化能比第ii步的低
B． 加氢合成低碳烯烃时还有 生成
C．添加 助剂时单位时间内乙烯的产量最高
D． 使 加氢合成低碳烯烃的 减小
【答案】B
【详解】A．活化能越大，反应越慢，由于第i步反应慢，所以i步反应的活化能高于第ii步，故A错误；
B． 加氢合成低碳烯烃的化学方程式为 ，有水生成，故B正确；
C．从表中数据分析，比较乙烯产量时，要将转化率×乙烯的物质的量分数，故Na：
42.5%×35.9%≈0.1526，K：27.2%×75.6%≈0.2056，Na：9.8%×80.7%≈0.079，故用铜作助剂，乙烯产量最小，故C错误；
D．使用催化剂可以降低活化能，但不改变△H，故D错误；
故选B。
30．（湖南省大联考雅礼十六校2021-2022学年高三第二次联考化学试题）盐酸羟胺(NH OHCl)是一种常
3
见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH Cl。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe
4
的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是
A．电池工作时，Pt电极是正极
B．图2中，A为H+和e-，B为NH OH+
3
C．电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.3g
D．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降
【答案】C
【分析】由图可知，Pt电极上H→ ，失去电子发生氧化反应，做负极，电极反应式：H-2e-=2 ；含
2 2
铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NHOHCl；
3
【详解】A．Fe电极NO→NH OHCl，N元素化合价降低，做正极，Pt电极H→ ，H元素化合价升高，
3 2
做负极，故A错误；
B．根据题意可知，NH OH具有类似NH 的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反
2 3
应为：NH OH+H+=NHOH+，图2中，A为H+，B为 ，故B错误；
2 3
C．含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NHOHCl，4个氢离子中有1个是左侧溶液
3
中HCl提供的，3个是右侧溶液迁移过来的；标况下消耗2.24LNO的物质的量 ，
则左室增加的质量为0.1molNO和0.3molH+的质量，即增加质量为3.3g，故C正确；
D．负极电极反应式：H-2e-=2 ，H+浓度增大pH值减小，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-
2
=NHOHCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故D错误；
3
故选C。
31．（2022·全国·高三专题练习）铁的配合物离子(用 表示)催化某反应的一种反应机理和相对能
量的变化情况如图所示：下列说法正确的是
A．该过程的总反应为 且为放热反应
B．增大 浓度一定加快反应速率
C．反应Ⅲ→Ⅳ的活化能为20.0KJ/mol
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】A
【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂Ⅰ结合生成Ⅱ，Ⅱ生成二氧化
碳与Ⅲ，Ⅲ然后又结合氢离子转化为Ⅳ，Ⅳ生成氢气与催化剂Ⅰ，所以化学方程式为HCOOH
CO↑+H ↑，故A正确；
2 2
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制
甲酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减
慢，故B错误；
C．由反应进程图可知，反应Ⅲ→Ⅳ的 20.0KJ/mol，故C错误；
D．活化能越高，反应越慢。由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应
起决定作用，故D错误；
故选A。
32．（2022·全国·高三专题练习）CO与 气体均会造成环境污染，研究表明二者可在 表面转化为
无害气体，其反应进程及能量变化过程如图所示。下列说法正确的是
A．使用催化剂可降低反应活化能，但不改变反应历程B．有催化剂条件下，E 时的反应速率比E 快
1 2
C．
D． 为中间体、 为催化剂
【答案】C
【详解】A．使用催化剂有中间产物生产，改变反应历程，降低反应活化能，故A错误；
B．有催化剂条件下， 大于 ，活化能越小反应速率越快， 时速率慢于 ，故B错误；
C．由图可知 和 在 表面转化为无害气体的反应进程为① ，
② ，①+②得 ，故C正确；
D． 是反应的催化剂， 为中间体，故D错误；
选C。
33．（2022·四川·成都七中高三阶段练习）我国科技工作者提出的一种OER(氧气析出反应)机理如图所示。
下列说法错误的是
A．物质M不能改变OER反应的焓变 B．每一步反应过程都是氧化还原反应
C．反应过程中只涉及极性键的断裂和形成 D．该总反应方程式：4OH-4e- 2HO+O↑
2 2
【答案】C
【详解】A．OER机理为氧气析出反应，根据图示可知，M为转化过程的催化剂，催化剂能改变反应进程
或改变反应速率，但不能改变OER反应转化率或氧气的产率，故A正确；
B．根据图示，OER(氧气析出反应)机理每一步反应过程都有电子得失，都是氧化还原反应，故B正确；
C．根据图示，反应过程中除了涉及极性键的断裂和形成，由M-O转化为M-OOH含有非极性键的形成，
故C错误；
D．根据图示，可知M为OER(氧气析出反应)机理的催化剂，四步反应中，每步都有电子失去，反应过程
中生成水和氧气，该总反应方程式为 ，故D正确；
故选：C。
34．（2022·全国·高三专题练习）氮掺杂的碳材料可以有效催化燃料电池中 的还原反应，其催化机理如
图。途径一：A→B→C→F
途径二：A→B→C→D→E
下列说法不正确的是
A．途径一中存在极性共价键的断裂与形成
B．途径一的电极反应是
C．途径二，1mol 得到4mol
D．氮掺杂的碳材料降低了反应的焓变
【答案】D
【详解】A．由图中信息可知，途径一中有C-O键、O-H键的形成，也有C-O键的断裂，选项A正确；
B．途径一的过程中有O 的参与和二次增加H+、e-，最后从催化剂中放出HO,其电极反应是
2 2 2
，选项B正确；
C．途径二中，有O 参与，途中二次增加H+、e-和一次增加2H+、2e-，故1mol 得到4mol ，选项C
2
正确；
D．氮掺杂的碳材料降低了反应的活化能，但不能改变焓变，选项D不正确；
答案选D。
35．（2022·全国·高三专题练习）CO 催化加氢制CO技术是兼顾新能源和实现碳达峰的重要途径之一，该
2
反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．反应CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) ΔH达到平衡后，若升温，c(H )降低，则ΔH＞0
2 2 2 2
B．催化剂表面易于形成氧空位，有效促进CO 的吸附活化
2
C．图中的a、b、c、d、e五个步骤中，每个步骤都有化学键的断裂与形成D．催化剂(InO)能加快催化加氢的速率，是因为降低了反应的活化能
2 3
【答案】C
【详解】A．升高温度，反应CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) 中c(H )降低，则平衡正向移动，所以ΔH＞
2 2 2 2
0，A正确；
B．随着催化剂表面氧空位的形成，催化剂的吸附能力增强，有效促进CO 的吸附与活化，B正确；
2
C．图中e步骤，发生的是CO 的吸附作用，没有化学键的断裂与形成，C错误；
2
D．催化剂(InO)可以降低反应的活化能，从而加快催化加氢的速率，D正确；
2 3
故选C。
36．（2021·湖南省临澧县第一中学高三阶段练习）某种含二价铜微料 催化剂可用于汽车尾
气脱硝，催化机理如图1，反应历程中不同状态物质体系所含的能量如图2。
下列说法正确的是
A． 可加快脱硝速率，提高平衡转化率
B．状态②到状态③的变化过程中有极性键的断裂与形成
C．状态④到状态⑤的变化过程决定了整个历程的反应速率
D．在图1所示历程中铜元素的化合价未发生变化
【答案】B
【详解】A．由题干图1所示反应历程图可知， 是整个反应的催化剂，则催化剂可加快脱
硝速率，但不能提高平衡转化率，A错误；
B．由题干图1所示反应历程图可知，状态②到状态③的变化过程中有N-H极性键的断裂与形成，B正确；
C．由图2信息可知，状态③到状态④的活化能最大，活化能越大反应速率越慢，对整个反应速率其决定
作用，即状态③到状态④的变化过程决定了整个历程的反应速率，C错误；
D．在图1所示历程中铜元素的化合价在+1价和+2价之间改变，D错误；
故答案为：B。
37．（2022·全国·高三专题练习） 加氢耦合苯胺( )的一种反应机理如下图所示。下列叙述不正确
的是A．金属Au可吸附H原子， 可吸附
B．反应过程中N的成键数目保持不变
C．反应过程中 发生还原反应
D．该过程的总反应：
【答案】B
【详解】A．由图中过程I可知，金属Au可吸附H原子， 可吸附 ，A正确；
B．由过程IV和V可知，N的成键数目由3→4→3，成键数目发生变化，B错误；
C．反应过程中 转化为RCHCHO，C元素化合价降低，发生还原反应，C正确；
D．由图中箭头可知反应物有 、H、RNH ，生成物有RCHCHO、HO，该过程的总反应：
2 2 2
，D正确；
故选：B。
38．（2022·重庆市第十一中学校高三阶段练习）下图是工业上以含铑元素(Rh)的化合物RhH(CO)(PPh ) 作
3 2
催化剂获取直链醛的催化循环示意图，其中Ph表示苯基，下列叙述错误的是
A．A是催化剂，B、C、D、E都是中间产物B．在反应过程中，铑元素(Rh)的成键数目发生了变化
C．获取直链醛时，使用RhH(CO)(PPh ) 作催化剂可以降低反应的活化能，从而提高反应速率及反应物的
3 2
平衡转化率
D．工业上可以利用此方法，以丙烯为原料合成丁醛
【答案】C
【详解】A．从反应机理图的箭头的方向得知RCH═CH 与CO、H 反应生成RCHCHCHO，反应物A参
2 2 2 2
与反应最终再生成，A做催化剂，方程式为：RCH═CH +CO+H RCHCHCHO，B、C、D、E都是中
2 2 2 2
间产物，故A正确；
B．从反应机理图可知，该催化循环中Rh的成键数目从4条键→5条键→6条键，有发生变化，故B正确；
C．催化剂可降低反应的活化能，从而提高反应速率，但不影响反应始末状态，平衡不移动，平衡转化率
不变，故C错误；
D．从反应机理图可知，工业上可以通过此法用丙烯与CO反应增加了1个C制取丁醛，故D正确；
故选：C。
39．（2022·浙江·高三开学考试）铑的配合物离子可催化甲醇羧基化，反应过程如图所示，下列叙述错误
的是
A． 是反应中间体， 能提升催化效果
B．甲醇羰基化反应为：
C．Ⅱ、Ⅲ中Rh的成键数目不相同
D．铑的配合物离子Ⅱ是催化剂
【答案】D
【详解】A．由图可知，铑的配合物离子[Rh(CO) ICH]-生成CHCOI，CHCOI继续与HO反应生成HI和
3 3 3 3 3 2
CHCOH，所以CHCOI是反应中间体，故A正确；
3 2 3
B．由图可知发生的反应依次为：①CHOH+HI═CH I+H O，② +CH I= ，③
3 3 2 3= ，④ +CO= ，⑤ =CH COI+
3
，⑥CHCOI+HO=HI+CHCOH，6个反应依次发生，6个反应方程式相加和，消去中间产
3 2 3 2
物得出总反应：CHOH+CO═CH COH，故B正确；
3 3 2
C．由图可以看出Rh的成键数目由4变为6再变为5再变为6再变为4，依次循环，故C正确；
D．铑的配合物离子Ⅱ先生成后消耗，是中间产物，故D错误；
故选：D。
40．（2022·北京东城·高三期末） 与 能发生反应： 。
已知：
①该反应由两个基元反应分步完成，第一步为
②两步反应的活化能分别为 、 ，且
下列判断不正确的是
A．第一步为氧化还原反应
B．第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率
C．已知键能： ，可推知键能：
D．第二步的热化学方程式为
【答案】B
【详解】A．ICl中Cl显-1价，I显+1，根据第一步反应方程式可知，H的的化合价升高，I元素的化合价
降低，即该反应为氧化还原反应，故A说法正确；
B．活化能越大，反应速率越低，E ＞E ，第一步反应速率比第二步反应速率慢，故B说法错误；
a1 a2
C．已知H-H键能大于I-I键能，则H-Cl键能大于I-Cl，故C说法正确；
D．根据盖斯定律，第二步反应方程式=总反应－第一步反应，则第二步热反应方程式HI(g)+ICl(g)=HCl(g)
+I (g) ，故D说法正确；
2
答案为B。
41．（2022·浙江·高三专题练习）有机小分子催化多氟代物的取代反应，机理如图所示，已知反应Ⅰ、反
应Ⅱ和反应Ⅲ的活化能中，反应Ⅱ的活化能最大。下列说法不正确的A．反应方程式为： + → +
B．2是催化剂，4和7都是反应中间体
C．5为 时，1是
D．整个取代反应的反应速率主要由反应Ⅱ的速率决定
【答案】C
【详解】A．由图示知，物质2、4、7在过程中循环使用，故该反应相当于物质3与5反应生成1和6，对
应方程式为： + → + ，A正确；
B．物质2与物质3反应生成中间产物4，4与物质5反应生成中间产物7，物质7发生反应Ⅲ生成物质1和
2，物质2在反应前后没变，可看作催化剂，4、7为中间产物，B正确；
C．若物质5为 ，即结构-X为 ，则物质1为：
，C错误；
D．相同条件下，反应活化能越大，普通分子变成活化分子越难，反应速率越慢，由于反应Ⅱ活化能最大，
故整个过程的反应速率由反应Ⅱ速率决定，D正确；
故答案选C。42．（2021·河北·石家庄二中高三期中）我国科学家已成功将CO 催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化
2
CO 氢化的反应过程如图甲所示，其中化合物2与HO反应生成化合物3，化合物3与HCO -的反应历程如
2 2 3
图乙所示，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1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氧键的形成
B．该历程中最大能垒(活化能)E =16.87kcal·mol-1
正
C．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能。最终提高CO 的转化率
2
D．从平衡移动的角度看，升高温度，可促进化合物2与HO反应生成化合物3与HCOO-
2
【答案】A
【详解】A．根据化合物1与化合物2的结构可知，在化合物1( )与CO 反应生成化合物
2
2( )的过程中，有碳氧键发生断裂，有碳复键形成，A正确；
B．该历程中II到TS2过期6能垒(活化能)最大，为E =16.87-(-1.99)=18.6kcal·mol-1，B项错误；
正
C．使用更高效的催化剂可改变反应的途径，降低反应所需的活化能，但不能使平衡发生移动，不能提高
CO 的转化率，C错误：
2
D．由化合物2与HO反应生成化合物3与HCOO-的反应历程图可得该过程为放热反应，升高温度，不利
2
于该过程的进行，D错误；
故答案为：A。
43．（2022·河北·高三阶段练习·多选）CO 的综合利用是实现“双碳”的重要手段。利用钌(Ru)基催化剂
2
将CO 转化为有机原料甲酸的反应机理如图所示。下列说法错误的是
2A．反应II为决速步骤，所以反应II的活化能最低
B．水是该反应的中间产物
C．该反应的总方程式：
D．反应过程中既有极性键的生成，又有非极性键的生成
【答案】AD
【详解】A．反应Ⅱ为决速步骤，所以反应Ⅱ的活化能最高，故A错误；
B．由机理图可以看出总反应为 ，可以看出水是该反应的中间产物，故B正确；
C．由图可知该反应的总方程式为： ，故C正确；
D．反应过程的最终产物和中间体中都有没有非极性键的生成，故D错误。
故答案为AD
44．（山东省淄博市2022届高三下学期第一次模拟考试化学试题·多选）分子中每个手性碳原子可形成一
对旋光异构体。具有生物降解性能的聚碳酸丙烯酯( )可由碳酸丙烯酯(
)聚合而成。用环氧丙烷( )与CO 催化环加成反应生成碳酸丙
2
烯酯的反应机理如图。下列说法错误的是
A．酸丙烯酯中的π键与σ键数目比为1∶7
B．聚合生成聚碳酸丙烯酯反应中原子利用率是100%C．环氧丙烷与CO 反应的催化剂为 和I-
2
D．考虑旋光异构现象，环氧丙烷的一氯代物有6种
【答案】AD
【详解】A．由碳酸丙烯酯的结构简式可知其所含π键数为1，σ键数13，故A错误；
B．聚合生成聚碳酸丙烯酯反应为开环加成反应，原子利用率为100%，故B正确；
C．由反应机理可知 和I-反应起点和终点均存在，均为催化剂，故C正确；
D．环氧丙烷中有四种不同的氢原子，且除甲基外的两种氢被氯取代后均为手性碳原子存在旋光异构，可
知环氧丙烷的一氯代物有8种，故D错误；
故选：AD。
45．（2022·辽宁实验中学模拟预测·多选）均相芬顿反应原理是高级氧化技术的经典工艺之一，如图所示(
和 为速率常数)。下列说法错误的是
A．相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低
B．基元反应Ⅰ中氧元素的化合价没有发生变化
C．基元反应Ⅱ的化学方程式为
D．芬顿反应进行的过程中，整个体系的 几乎不变(忽略体积变化)
【答案】BD
【分析】A中根据图中速率公式，根据反应速率与活化能之间的关系进行判断；B中根据图中铁元素的化
合价的变化判断，发生氧化还原反应；C中根据图示进行书写化学方程式；D中根据总反应过程中溶质的
变化，根据浓度的变化判断进行判断酸碱性；
【详解】A．由题干信息可知，k＞k，说明相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化能越低反
1 2
应速率越快，即基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低，A正确；
B．由题干信息可知，基元反应Ⅰ为：H++H O+Fe2+=Fe3++·OH+HO，故基元反应I中氧元素的化合价发生
2 2 2
变化，B错误；
C．由题干信息可知，基元反应Ⅱ的化学方程式为 ，C正确；
D．基元反应Ⅰ为：H++H O+Fe2+=Fe3++·OH+HO，基元反应Ⅱ的化学方程式为 HO+Fe3+=HO·+Fe2++H+，
2 2 2 2 2 2
而基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，总反应不是简单基元反应Ⅰ加上基元反应Ⅱ，则芬顿反应进行的过程
中，整个体系的pH会发生变化 (忽略体积变化)，D错误；故答案为：BD。
【点睛】此题考查反应分步过程中物质的变化，利用图示判断速率快慢，注意活化能越大反应速率越慢。
46．（2022·湖南师大附中高三阶段练习·多选）H 在石墨烯负载型Pd单原子催化剂(Pd/SVG)上还原NO生
2
成N 和NH 的路径机理及活化能(kJ·mol–1)如图所示。下列说法错误的是
2 3
A．H 还原NO生成N 的决速步为反应⑥
2 2
B．Pd/SVG上H 还原NO，更容易生成N
2 2
C．根据如图数据可计算NO+5H=NH +H O的ΔH
3 2
D．由图可知，相同催化剂条件下反应可能存在多种反应历程
【答案】BC
【详解】A．活化能最大的为决速步，则H 还原NO生成N 的决速步为反应⑥，A正确；
2 2
B．由图知， Pd/SVG上H 还原NO，经过①到⑤即可生成氨气、经过①到⑧步才能生成氮气、而决速步
2
反应⑥的活化能最大、发生最困难，则更容易生成NH 、不容易生成N，B不正确；
3 2
C． 根据如图数据可计算NO+5H=NH +H O的正反应的活化能、不知道逆反应的活化能，故不能计算
3 2
ΔH，C不正确；
D． 由图可知，相同催化剂条件下反应可能存在多种反应历程、可能得到不同产物，D正确；
答案选BC。
47．（2022·河北秦皇岛·模拟预测·多选）RRhI(-R为烃基)催化CO 加氢制羧酸(RCOOH)的反应机理如图所
2
示。
下列说法正确的是
A．总反应的原子利用率为100％
B．上述历程中断裂和形成了极性键C．反应abcde均是氧化还原反应
D．RRhI降低了CO 加氢反应的活化能
2
【答案】BD
【详解】A．据图可知，反应物有CO、ROH、H，产物为RCOOH、HO，总反应为CO+ROH+H
2 2 2 2 2
RCOOH+H O，原子利用率小于100％，A错误；
2
B．反应过程中CO 中C原子和O原子形成的极性键断裂，形成H原子和O原子之间的极性键，B正确；
2
C．反应a、e中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，C错误；
D．分析整个流程可知，RRhI为催化剂，催化剂可以降低反应活化能，D正确；
综上所述答案为BD。
48．（2022·山东潍坊·高三期末·多选）溴分子易极化，使分子内溴原子分别带部分正电荷和部分负电荷。
在一定条件 下CH=CH-CH=CH 与Br 发生加成反应会得到两种产物，且两种产物可通过
2 2 2
互相转化，反应历程可表示为：
CH =CHCHBrCH Br与CHBrCH =CHCH Br相互转化的能量变化如下图所示。已知，同一反应在不同温
2 2 2 2
度下反应速率常数与活化能的关系如下： (其中R为常数)。下列叙述错误的是
A．相同条件下，反应i的速率比反应ii快
B．升高反应温度，更有利于CH = CHCHBrCH Br的生成
2 2
C．反应CH =CHCHBrCH Br(s) →CH BrCH =CHCH Br(s)的ΔH=E +E -E –E
2 2 2 2 a4 a2 a1 a3
D．相同条件下，反应达平衡后产物中CH BrCH = CHCH Br含量更大
2 2
【答案】BC
【详解】A．根据图象可知，反应i的活化能比反应ii的活化能小，活化能越小，反应速率越快，即相同条
件下，反应i的速率比反应ii快，故A说法正确；B． 无论转化成CH=CHCHBrCH Br还是CHBrCH=CHCH Br，都是放热反应，升高
2 2 2 2
反应温度，平衡逆向进行，不利于CH=CHCHBrCH Br、CHBrCH=CHCH Br生成，故B说法错误；
2 2 2 2
C．CH=CHCHBrCH Br(s)→CH BrCH=CHCH Br(s)为放热反应，ΔH= (E －E ＋E －E )，故C说法错误；
2 2 2 2 a1 a2 a3 a4
D．CHBrCH=CHCH Br能量低，物质稳定，因此相同条件下，反应达到平衡后产物中
2 2
CHBrCH=CHCH Br含量更大，故D说法正确；
2 2
答案为BC。
49．（2022·湖南·衡阳市八中高三阶段练习）中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H 还原NO生成N 和
2 2
NH 的路径，各基元反应及活化能E(kJ·mol﹣1)如图所示，下列说法正确的是
3 a
A．生成NH 的各基元反应中，N元素均被还原
3
B．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H 还原为N
2 2
C．决定NO生成NH 速率的基元反应为NH NO → NHNOH
3 2
D．生成NH 的总反应方程式为2NO+5H 2NH +2H O
3 2 3 2
【答案】AD
【详解】A．NO生成NH 的各基元反应中，N元素化合价由+2价逐渐降低为-3价，N元素均被还原，故
3
A正确；
B．在Pd/SVG催化剂上，NH NO → NHNOH、NHNOH → N +H O基元反应的活化能大，所以NO不易被
2 2 2
H 还原为N，故B错误；
2 2
C．NO生成NH 的各基元反应中，基元反应为NH O → NHOH的活化能最大，决定NO生成NH 速率的
3 2 2 3
基元反应为NH O → NHOH，故C错误；
2 2
D．NO被氢气还原为NH ，根据得失电子守恒，总反应方程式为2NO+5H 2NH +2H O，故D正确；
3 2 3 2
选AD。
