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微专题突破16 归因类问题考点透视二
一、选择题
1．（2024·南京、盐城一模）利用铜－铈氧化物(xCuO·yCeO)，Ce是活泼金属)催化氧化除去H
2 2
中少量CO，总反应为2CO(g)＋O(g)＝2CO(g) ΔH，反应机理如图所示。下列说法正确的是
2 2
A．该总反应的平衡常数K＝
B．步骤i中有两种元素化合价发生变化
C．步骤i、iii生成CO 的机理相同
2
D．步骤iii中存在共价键的断裂和共价键的生成
【答案】D
【解析】A项，由总反应可知，该反应的平衡常数的表达式为 K＝，错误；B项，由图可知，反应i
中，C元素的化合价升高，催化剂载体失去O原子，形成空位，Cu和Ce元素的化合价均会降低，错误；
C项，步骤i中CO结合催化剂载体中的O生成CO ，在步骤iii中吸附在Cu上的CO夺取与空位结合的
2
O 中的1个O原子生成CO ，故步骤i、iii生成CO 的机理不同，错误；D项，步骤iii中，存在着O＝O
2 2 2
共价键以及CO分子中共价键的断裂和CO 分子中C＝O共价键的形成，正确。
2
2．（2025·北京阶段练习）我国在单原子催化剂领域成绩斐然。单原子催化剂是指孤立的金属原子
均匀分散在载体表面，发生催化的位点落在单个原子上。
下列说法不正确的是
A．催化剂能提高化学反应速率 B．单原子催化剂能更多地降低反应的焓变
C．单原子催化剂中原子的利用率高 D．传统金属催化剂内存在金属键
【答案】B
【解析】A项，催化剂能降低反应活化能，提高化学反应速率，正确；B项，催化剂不能改变反应物
和生成物的能量，催化剂不能改变反应的焓变，错误；C项，单原子催化剂与反应物接触面积增大，原子
的利用率高，正确；D项，金属晶体中由金属阳离子和自由电子形成金属键，正确。
3．（2024·北京卷）苯在浓硝酸和浓硫酸作用下，反应过程中能量变化如图所示。下列说法不正确
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．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的大π键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓硫酸作催化剂
【答案】C
【解析】A项，由图可知，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，微专题突破16 归因类问题考点透视
即产物Ⅱ更稳定，正确；B项，根据前后结构对照可知，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，正确；
C项，由图可知，M的六元环中与—NO 相连的C为sp3杂化，C的杂化方式改变，苯中大π键发生改变，
2
错误；D项，苯的硝化反应中浓硫酸作催化剂，正确。
二、填空题
4．（2025·南通市海安市开学考）研发CO 碳利用技术是实现“碳中和”的重要方向。
2
（4）某研究小组使用Zn－Ga－O/SAPO－34双功能催化剂实现了CO 合成低碳烯烃，并给出了其
2
可能的反应历程(如图所示)。H 首先在Zn－Ga－O表面解离成2个H*，随后参与到CO 的还原过程；
2 2
SAPO－34则催化生成的甲醇转化为低碳烯烃。
注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒。
①画出中间体X结构：________________________。
②若原料气中H 比例过低、过高均会减弱催化剂活性，其可能原因是________________________
2
___________________________________________________________________________________________
。
【答案】① ②H 太少，形成的氧原子空位少，催化能力较弱；H 太多，生成
2 2
的HO过多，使催化剂中毒
2
【解析】①由图可知，到中间体X多了一个H原子，所以X的结构为 ；②H 太
2
少，形成的氧原子空位少，催化能力较弱；H 太多，生成的HO过多，使催化剂中毒。
2 2
5．（2024·南通二调节选）Al O 催化CHOH形成二甲醚的过程可表示为：
2 3 3
①控制起始温度为 250℃，以固定流速向装有催化剂的反应器中分别通入纯甲醇和
[m(CHOH)∶m(HO)]＝4∶1的甲醇水溶液，得到甲醇转化率、反应器温度随通入液体时长的关系如图1
3 2
所 示 。 通 入 甲 醇 水 溶 液 的 反 应 器 中 ， 甲 醇 转 化 率 逐 渐 降 低 的 原 因 是
___________________________________
_____________________________________________________________________。
2
细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找
找找图1 图2
②在“Cu0/Cu＋双位点”催化作用下，CHOH与水反应的反应路径如图2所示，画出图2中方框内中
3
间体的结构： 。
【答案】①水、甲醇对催化剂活性位点形成竞争吸附，参与催化反应的甲醇减少 ②
【解析】①甲醇在催化剂活性位点吸附后发生反应，现甲醇转化率降低，说明催化剂活性位点吸附
的甲醇减小，则可能原因是催化剂活性位点吸附了水；②中间体是指在反应过程中生成，且参与后续反
应，则中间体为 。
6．（2025·江苏省泰州中学月考）一种以低品位菱锰矿(含MnCO 和少量钙、铝的碳酸盐及SiO
3 2
等)为主要原料制备MnO 的流程如下(已知NaSO 受热分解)。
2 2 2 8
②当NaSO 和NaOH的用量一定时，MnO 的产率随温度的变化如图所示，相同时间内，50℃下
2 2 8 2
MnO 的产率高于40℃和60℃时的产率，原因分别是_____________________________________________
2
___________________________________________________________________________________________
________________________________。
【答案】40℃时，反应温度低，反应速率慢，相同时间内MnO 的产率低于50℃；60℃时，温度过
2
高，NaSO 受热分解，导致相同时间内MnO 的产率低于50℃
2 2 8 2
【解析】由图可知，温度为50℃时二氧化锰的产率最大，当温度为40℃时，反应温度低，反应速率
慢，相同时间内生成二氧化锰的物质的量减小，二氧化锰的产率低于50℃；当温度为60℃时，温度过高，
过二硫酸钠受热分解，导致相同时间内二氧化锰的产率低于50℃，故答案为：40℃时，反应温度低，反微专题突破16 归因类问题考点透视
应速率慢，相同时间内MnO 的产率低于50℃；60℃时，温度过高，NaSO 受热分解，导致相同时间内
2 2 2 8
MnO 的产率低于50℃。
2
7．（2025·镇江市上学期期中）CO 的资源化利用是化学研究的热点。
2
（1）C H 催化脱氢可制备丙烯。反应为C H(g)＝C H(g)＋H(g) ∆H＝＋123.8 kJ·mol－1
3 8 3 8 3 6 2 1
①该反应高温下能自发进行的原因为_______________________________________________________
__________________________________________。
②工业生产反应温度选择600℃，温度过高，反应速率和丙烯选择性均快速下降，原因可能为
___________________________________________________________________________________________
________________________________________。
（4）InO 催化CO 加氢制甲醇。H 在InO 表面吸附后活化生成HCOO*中间体的机理如图所示。
2 3 2 2 2 3
①转化1中，In元素的化合价会_________。(选填“升高”、“降低”或“不变”)
②根据元素电负性的变化规律，用文字描述转化Ⅱ和Ⅲ的机理_________________________________
___________________________________________________________________________________________
___________________________________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
【答案】（1）①该反应的∆H＞0，∆S＞0，高温下∆H－T∆S＜0，反应可自发进行 ②温度过高，丙
烷裂解产生CH 、C H 、C和氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积碳使催化剂快速失
4 2 4
活，反应速率快速下降；（4）①降低 ②CO 分子中的一个O原子填充到氧空位，促进CO 分子中C＝O
2 2
键断裂；In的电负性小于H，与In相连的H原子带负电，C的电负性小于O，与O相连的C原子带正电；
带负电的H进攻带正电的C原子生成HCOO* (吸附在InO 表面)
2 3
【解析】（1）①该反应高温下能自发进行的原因为：该反应的∆H＞0，∆S＞0，∆H－T∆S＜0，反应
可自发进行；②工业生产反应温度选择600℃，温度过高，反应速率和丙烯选择性均快速下降，原因可能
为：温度过高，丙烷裂解产生CH 、C H 、C和氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积
4 2 4
碳使催化剂快速失活，反应速率快速下降；（4）①转化1中，InO 中产生了氧空位，由化合价代数和为
2 3
零可知，In元素的化合价会降低；②根据元素电负性的变化规律，用文字描述转化Ⅱ和Ⅲ的机理为：CO
2
分子中的一个O原子填充到氧空位，促进CO 分子中C＝O键断裂；In的电负性小于H，与In相连的H
2
原子带负电，C的电负性小于O，与O相连的C原子带正电；带负电的 H进攻带正电的C原子生成
HCOO*(吸附在InO 表面)。
2 3
9．（2024·徐州上学期期中）HCOOH－HCOONa混合溶液可脱除烟气中NO。其机理如图所示：
已知：I．脱除过程中，Fe(Ⅱ)－EDTA络合液部分易被烟气中的O 氧化成Fe(Ⅲ)－EDTA；
2
II．酸性较强环境下，EDTA易与溶液中H＋结合；
4
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找找III．HCOOH－HCOONa混合溶液产生的•H既可以将NO还原，又可将Fe(Ⅲ)－EDTA还原，实现
催化剂再生。
①调节Fe(Ⅱ)－EDTA络合液的pH，对吸收NO的影响如图所示，则适宜的pH为_______，pH过大
或过小均不利于吸收NO理由是______________________________________________________________
___________________________________________________。
②如图所示，当HCOOH浓度小于2 g·L－1，NO的脱除率随HCOOH浓度增大而增大的可能原因是
__________________________________________________________________________。
【答案】（2）①6 ②pH过小，络合液内EDTA与溶液中H＋结合，NO吸收效率降低；pH过大，
Fe2＋生成Fe(OH) 沉淀，NO吸收效率降低 ③随着HCOOH浓度增大，产生的活性吸附氢量增多(或产
2
生的•H增多)，NO的脱除率增大
【解析】①由图分析可知适宜的pH为6，pH过小，络合液内EDTA与溶液中H＋结合，NO吸收效率
降低，pH过大，Fe2＋生成Fe(OH) 沉淀，NO吸收效率降低，答案为：6，pH过小，络合液内EDTA与溶
2
液中H＋结合，NO吸收效率降低；pH过大，Fe2＋生成Fe(OH) 沉淀，NO吸收效率降低；②随着HCOOH
2
浓度增大，产生的活性吸附氢量增多(或产生的•H增多)，NO的脱除率增大。
10．（2024·盐城模拟）二氧化氯(ClO )是一种重要的氧化剂，可用于某些污染物的处理。
2
（1）ClO 可由图1所示装置制备(电极不反应)。
2
①电解时电解质溶液的pH_________(填“减小”“增大”或“不变”)。
②阴极上产生ClO 的机理如图2所示(A、B均为含氯微粒，其他微粒未标出)。该机理可描述为
2
__________________________________________________________________。
（2）ClO 可用于水体中Mn2＋的去除。控制其他条件不变，在水体pH分别为7.1、7.6、8.3时，测得
2微专题突破16 归因类问题考点透视
Mn2＋浓度随反应时间的变化如图3所示。
①pH＝8.3时水体中Mn2＋转化为MnO ，ClO 转化为ClO2－，该反应的离子方程式为
2 2
________________________________________________。
②反应相同时间，水体中Mn2＋浓度随pH增大而降低的原因是
____________________________________________________________________。
（3）ClO 可对烟气中NO、SO 进行协同脱除，涉及的部分反应如下：
2 x 2
Ⅰ．ClO ＋NO＝NO ＋ClO
2 2
Ⅱ．ClO＋NO＝Cl＋NO
2
Ⅲ．ClO ＋SO ＝ClO＋SO
2 2 3
Ⅳ．ClO＋SO ＝Cl＋SO
2 3
①反应Ⅳ的历程如图4所示。该历程中最大活化能E ＝______kcal·mol－1。
正
保持其他条件不变，分别在不添加NO、添加NO两种情况下，控制模拟烟气中不同并反应相同时间，
测得 SO 氧化率随变化如图 5 所示。添加 NO 时，SO 氧化率比不添加 NO 时高，其原因可能是
2 2
_____________________________________________________________________________________
___________________________________________________________________________________________
__________________。
【答案】（1）①增大 ②ClO －在阴极得电子生成ClO ，ClO 在阴极迅速得电子生成ClO2－，ClO2
3 2 2
－与溶液中的ClO －反应生成ClO （2）①2ClO ＋Mn2＋＋4OH－＝MnO ↓＋2ClO2－＋2HO ②pH增
3 2 2 2 2
大，OH－浓度增大，ClO 氧化Mn2＋的速率加快 （3）①7.7 ②反应Ⅲ的反应速率较慢，SO 的氧化率低
2 2
反应Ⅰ和Ⅳ的速率较快，添加NO后，ClO 通过反应Ⅰ迅速生成ClO，ClO又通过反应Ⅳ快速将SO 氧化
2 2
为SO
3
【解析】（1）①电池总反应为4ClO －＋4H＋＝4ClO ↑＋O↑＋2HO，反应中消耗氢离子，氢离子
3 2 2 2
浓度减小，则溶液的pH增大；②根据图示，ClO －在阴极上得电子生成ClO (ClO －＋e－＋2H＋＝ClO ＋
3 2 3 2
HO)，生成的ClO 在阴极迅速得到电子生成ClO2－(ClO ＋e－＝ClO2－)，ClO2－溶液中的ClO －发生反
2 2 2 3
应生成ClO (ClO2－＋ClO －＋2H＋＝2ClO ↑＋HO)；（2）①pH＝8.3时水体中Mn2＋转化为MnO ，锰
2 3 2 2 2
元素化合价由＋2升高为＋4，ClO 转化为ClO2－，氯元素化合价由＋4降低为＋3，根据得失电子守恒，
2
该反应的离子方程式为2ClO ＋Mn2＋＋4OH－＝MnO ↓＋2ClO2－＋2HO；②pH增大，OH－浓度增大，
2 2 2
ClO 氧化Mn2＋的速率加快，所以反应相同时间，水体中Mn2＋浓度随pH增大而降低；（3）①根据图4
2
可知，该历程中最大活化能E ＝[－1.3 kcal·mol－1－(－9 kcal·mol－1)]＝7.7 kcal·mol－1；②由图5知，
正
在不添加NO的情况下，SO 氧化率一直较低，是因为反应Ⅲ的反应速率相对较慢，SO 的氧化率较低；
2 2
而反应Ⅰ和Ⅳ的反应速率较快，加入NO后，ClO 通过反应Ⅰ快速生成ClO，ClO又将SO 氧化为SO ，
2 2 3
所以SO 氧化率比不添加NO时高。
2
6
细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找
找找
