04 直线转化机理图像的分析与应用（附答案解析）-备战高考化学大二轮专题突破系列（全国通用）

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直线转化机理图像的分析与应用

1．(2022·湖南卷)科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NO 转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．过程Ⅰ中NO 发生氧化反应 B．a和b中转移的e－数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)：n(NH)＝1：4 D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO ＋NH=== N2↑＋2H2O
2．(2020·北京卷)硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图，下列说法不正确的是(　　)

A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键
3．(2017·北京卷)我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下，下列说法不正确的是( )

A．反应①的产物中含有水 B．反应②中只有碳碳键形成
C．汽油主要是C5~C11的烃类混合物 D．图中a的名称是2－甲基丁烷
4．(2015·北京卷)最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下，下列说法正确的是(　　)

A．CO和O生成CO2是吸热反应 B．在该过程中，CO断键形成C和O
C．CO和O生成了具有极性共价键的CO2 D．状态Ⅰ状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
【方法与技巧•思维建模】
解题三步骤
第1步
准确转化——解决新信息图像题，一定要理解图像信息所表示的机理及过程，对所求问题向已有知识进行恰当的转化
第2步
方法的选取——对新信息题可以采取一般到特殊的特例法，在理解题目信息的本质的基础上，从逻辑推理的角度进行解答
第3步
仔细审读题目——严格按新信息的指代机理，解答问题时要避免课本知识或者已有知识对新信息问题的干扰
【题型突破•查漏缺】
1．我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，其反应机理如图所示。则下列有关说法不正确的是(　　)

A．CO2生成甲醇是通过多步氧化反应实现的
B．该催化反应过程中涉及了化学键的形成及断裂
C．有可能通过调节控制反应条件获得甲醛等有机物
D．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒
2．某科研团队研制出“TM﹣LiH(TM表示过渡金属)”双催化剂体系，显著提高了在温和条件下氮气和氢气合成NH3的效率，原理示意如下，下列分析不合理的是(　　)

A．状态Ⅰ，吸收能量并有N≡N键发生断裂 B．合成NH3总反应的原子利用率是100%
C．“TM﹣LiH”能降低合成氨反应的ΔH D．生成NH3：2LiNH＋3H2===2LiH＋2NH3
3．研究者利用电化学法在铜催化剂表面催化还原CO制备乙烯，同时得到副产物乙醇，反应机理如图。下列说法不正确的是(　　)

A．X为2H＋＋e－
B．步骤①中有H2O生成
C．该电极上生成乙烯的总反应为2CO＋8H＋＋8e－===C2H4＋2H2O
D．可通过增强催化剂的选择性来减少副反应的发生
4．氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是(　　)

A．催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成 B．N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
C．在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移 D．催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
5．Pd/Al2O3催化H2还原CO2的机理示意如图。下列说法不正确的是(　　)

A．H—H的断裂需要吸收能量
B．①→②，CO2发生加成反应
C．④中，CO被氧化为CH4
D．生成CH4的总反应方程式是CO2＋4H2CH4＋2H2O
6．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是(　　)

A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B．HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．该反应可表示为：HCHO＋O2CO2＋H2O
7．肼(N2H4)在不同条件下分解产物不同，200 ℃时在Cu表面分解的机理如图1。已知200 ℃时：
反应Ⅰ：3N2H4(g)===N2(g)＋4NH3(g)ΔH1(200 ℃)＝－32.9 kJ·mol－1
反应Ⅱ：N2H4(g)＋H2(g)===2NH3(g)ΔH2(200 ℃)＝－41.8 kJ·mol－1

下列说法不正确的是(　　)
A．图1所示过程①②都是放热反应
B．反应Ⅱ的能量过程示意图如图2所示
C．断开3 mol N2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1 mol N2(g)和4 mol NH3(g)中的化学键释放的能量
D．200 ℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4(g)===N2(g)＋2H2(g)ΔH＝＋50.7 kJ·mol－1
8．科学家利用过渡金属氮化物(TMNS)在常温下催化实现氨的合成，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是(　　)

A．TMNS大大降低了合成氨反应的活化能
B．TMNS表面上的N原子被还原为氨
C．TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2
D．用15N2进行合成反应，产物中只有15NH3
9．在d－TMs基催化剂表面，N2还原合成NH3有以下两种途径，如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．途径Ⅰ中N2分子仅断裂氮氮三键中一个键
B．途径Ⅱ中N2分子中仅有一个N原子生成NH3，另一N原子不参与反应
C．两种途径的总反应式均6H＋N2===2NH3
D．使用d­TMs基催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率
10．实现温和条件下氨的高效合成一直是催化领域的重要研究课题，硼簇修饰碳纳米管原位负载的纳米金表面电催化合成氨的反应机理如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．上述转化过程中涉及非极性键的断裂和极性键的生成
B．生成NH3的电极总反应式为N2＋6H＋＋6e－===2NH3
C．使用纳米金作催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率
D．当22.4 L(标准状况)N2发生反应时，可得到2 mol NH3
11．以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应，为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。下列说法错误的是(　　)


A．过程①中吸收能量使钛氧键发生了断裂
B．该反应中，光能和热能转化为化学能
C．使用TiO2作催化剂可以提高化学反应速率
D．2 mol二氧化碳完全分解成2 mol一氧化碳和1 mol氧气需要吸热 30 kJ
【题型特训•练高分】
1．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一、近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如图，下列说法错误的是(　　)

A．第Ⅰ阶段的化学方程式为：SO＋NO2===NO＋SO
B．该过程中NO2为催化剂
C．1 mol SO在第Ⅱ、Ⅲ两个阶段共失去电子数目为NA
D．氧化性：NO2＞HNO2
2．H2与O2发生反应的过程可用模型图表示(“－”表示化学键)。下列说法不正确的是(　　)

A．过程Ⅰ是吸热过程
B．过程Ⅲ一定是放热过程
C．该反应过程中所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键
D．该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行
3．我国科研人员提出了以Ni / Al2O3 为催化剂，由CO2和H2转化为产品CH4的反应历程，其示意图如下，下列说法不正确的是(　　)

A．总反应方程式为：CO2+4H2CH4+2H2O
B．催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
C．在反应历程中，H―H键与C=O键断裂吸收能量
D．反应过程中，催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能
4．甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下。下列说法中不正确的是(　 )

A．CH3SH中碳元素化合价为+2价
B．过程⑤中，形成了O－H键和C－H键
C．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应
5．2020年2月，科学家报道了利用磁性纳米Fe3O4颗粒除去水体草甘膦污染物的方法，其原理如下图所示(Fe3O4颗粒在水中表面会带－OH，在水体pH≈4时除污效果最好)。下列说法不正确的是(　　)

A．草甘膦既可以和盐酸反应，又可以和氢氧化钠溶液反应
B．Fe3O4纳米颗粒除去草甘膦的过程有化学键的形成和断裂
C．Fe3O4纳米颗粒粒径越小、水体pH越大除污效果越好
D．处理完成后，Fe3O4纳米颗粒可利用磁铁回收，经加热活化重复使用
6．为解决污染、变废为宝，我国科研人员研究在新型纳米催化剂Na-Fe3O4和HMCM-22的表面将CO2转化为烷烃，其过程如图。下列说法中，错误的是

A．最终产物X、Y属于同系物 B．产物X名称为“2－甲基丁烷”或“异戊烷”
C．反应I、II、III均有副产物H2O产生 D．产物X、Y的核磁共振氢谱图上均有4组峰18、去除甲
7．我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下。下列说法正确的是(　　)

A．氢气在该反应中作为催化剂
B．DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂
C．MG酸性水解的一种产物在一定条件下能形成高分子化合物
D．EG和甲醇互为同系物
8．联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是(　　)

A．①转化中是还原剂 B．③中发生反应后溶液的pH减少
C．1mol N2H4可处理水中1 mol O2 D．工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧

9．我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH<0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下，下列说法错误的是(　　)

A．若起始时的水分子为HDO，则生成的氢气可能有两种分子
B．过程Ⅰ、Ⅱ均为吸热过程
C．过程Ⅲ中形成了非极性共价键
D．使用催化剂不改变水煤气变换反应的ΔH
10．硼氢化钠(NaBH4)在工业生产中应用广泛。它在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．NaBH4中B元素的化合价为－5
B．水在此过程中作还原剂
C．若用D2O代替H2O，反应后生成的气体只有HD
D．NaBH4与水反应的离子方程式为BH＋4H2O===B(OH)＋4H2↑
11．氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是(　　)

A．催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
B．在催化剂b表面形成氮氧键时不涉及电子转移
C．催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成
D．如果向容器中放入1 mol N2和3 mol H2，最终可以生成2 mol NH3
12．烯烃与氢气混合在常温常压时不反应，高温时反应很慢，但在适当的催化剂存在时可与氢气反应生成烷烃，一般认为加氢反应是在催化剂表面上进行。反应过程的示意图如图，下列说法正确的是(　　)


A．乙烯和氢气生成乙烷反应的ΔH＞0
B．有催化剂时的活化能E2比无催化剂时的活化能E1低，能减小反应的ΔH
C．催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体
D．催化加氢过程中催化剂将较难发生的反应分成了多个容易发生的反应，可提高反应物的转化率
13．十九大报告中提出：要“持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战”。防治大气污染，需重点治理汽车尾气。在催化剂作用下汽车尾气转化示意图如下，下列有关说法正确的是(　　)

A．转化过程中所有元素均被氧化
B．NO、CO均能使人体中毒
C．使用催化剂是为了提高反应的平衡转化率
D．汽车尾气中的NO、CO都是汽油燃烧的产物
14．乙烯(CH2=CH2)催化加氢的机理如图甲所示，其中“”代表催化剂；其位能与反应进程关系如图乙所示。下列说法错误的是(　　)

A．①→②过程中，H2分子内H—H之间的共价键断裂
B．上述过程中，CH2=CH2内部碳原子间的双键变为单键
C．途径b使用了催化剂，使催化加氢反应的活化能由E2降为E1
D．CH2=CH2(g)＋H2(g)CH3CH3(g)，该反应的ΔH＝(E3－E1) kJ·mol－1
15．中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理示意图如下图所示。下列说法正确的是(　　)

A．该过程中没有非极性键的断裂与生成
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1
C．基于LDH合成NH3的过程不属于氮的固定
D．利用NH3容易液化的性质，将混合气体加压降温可分离出NH3
16．工业上除去电石渣浆(含CaO)上清液中的S2－，并制取石膏(CaSO4·2H2O)的常用流程如下，下列说法正确的是(　　)

A．Mn(OH)2、MnO在过程Ⅰ、Ⅱ中均起催化剂作用
B．过程Ⅰ中，反应的离子方程式为2Mn(OH)2＋O2＋4OH－===2MnO＋4H2O
C．将10 L上清液中的S2－转化为SO(S2－浓度为480 mg·L－1)，理论上共需要0.03 mol的O2
D．常温下，56 g CaO溶于水配成1 L溶液，溶液中Ca2＋的数目为6.02×1023个

【直线转化机理图像的分析与应用】答案
【研析真题•明方向】
1．D。解析：A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1molNO，b过程转移4mol e-，转移电子数目不相等，B错误；C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C错误；D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O，D正确；答案选D。
2．D。解析：A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；D．根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；答案选D。
3．B
4．C。解析：A.状态Ⅰ总能量为反应物总能量，状态Ⅲ总能量为生成物总能量，由图示知反应物的总能量大于生成物的总能量，故该反应为放热反应。B.从状态Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的图示可以看出，反应中CO并未断裂成C和O，C、O原子间一直有化学键。C.由图示可以看出，CO和O2生成了CO2，CO2分子中C与O形成极性共价键。D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应生成CO2的过程，并不是CO与O2的反应过程。
【题型突破•查漏缺】
1．A。解析：A.CO2生成COOH，为还原反应；CO生成CHO，为还原反应；CHO生成CH2O，为还原反应；CH2O生成CH3O，为还原反应；CH3O生成CH3OH，为还原反应，所以CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现，A错误；B.该催化过程发生化学反应，所以该反应中有化学键的形成和断裂，B正确；C.CHO和H生成CH2O，需要Cu2O作催化剂，可以调节控制反应条件获得甲醛等有机物，C正确；D.根据图知，催化剂Cu结合H原子，催化剂Cu2O结合含CHO微粒，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，D正确。
2．C。解析：A.状态Ⅰ为氮气生成LiNH的过程，N≡N键发生断裂要吸收能量，故A正确；B.由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有氨气，原子利用率为100%，故B正确；C.催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热，故C错误；D.由状态Ⅲ可知生成NH3：2LiNH＋3H2===2LiH＋2NH3，故D正确。
3．A。解析：由反应机理图可知，X为2H＋＋2e－，A项错误；根据质量守恒可知，步骤①中有H2O生成，B项正确；结合反应机理图可知该电极上生成乙烯的总反应为2CO＋8H＋＋8e－===C2H4＋2H2O，C项正确；增强催化剂的选择性可以减少副反应的发生，D项正确。
4．B。解析：A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；B.N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；C.在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由－3价升高到＋2价，失去电子，C项错误；D.催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误。
5．C。解析：A.拆开化学键要吸收能量，H－H的断裂需要吸收能量，故A正确；B.①→②，CO2中碳氧双键断裂，与羟基发生加成反应，故B正确，C.④中，CO被还原为CH4，故C错误；D.根据质量守恒，生成CH4的总反应方程式是CO2＋4H2CH4＋2H2O，故D正确。
6．C。解析：根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变化学反应速率，故A项正确；HCHO在反应中有C—H键断裂和C===O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，故B项正确；根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故C项错误；该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO＋O2CO2＋H2O，故D项正确。
7．A。解析：选A　过程②是NH3在催化剂作用下分解生成N2和H2，根据盖斯定律，由反应Ⅰ－3×反应Ⅱ，得：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)　ΔH＝ΔH1－3ΔH2＝(－32.9＋3×41.8) kJ·mol－1＝＋92.5 kJ·mol－1，故过程②是吸热反应，A项错误；反应Ⅱ是放热反应，能量过程示意图正确，B项正确；放热反应中，反应物化学键的键能之和小于生成物化学键的键能之和，C项正确；根据盖斯定律，由反应Ⅰ－2×反应Ⅱ，得：N2H4(g)N2(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋50.7 kJ·mol－1，D项正确。
8．D。解析：根据TMNS在常温下催化实现氨的合成，知TMNS大大降低了合成氨反应的活化能，A项正确；由反应机理图可知，TMNS表面上的N原子与氢原子结合，化合价降低，被还原为氨，B项正确；根据图可知，TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2，C项正确；合成过程中存在TMNS表面上的N原子被还原为氨的反应，因此产物中还含有NH3，D项错误。
9．B。解析：氮气分子中的氮氮三键分别在三个阶段与H原子相连，故途径Ⅰ中N2分子仅断裂氮氮三键中一个键，故A正确；氮氮三键中的两个氮原子，均参与反应，生成氨分子，故B错误；两种途径均是使氮氮键断裂与H原子结合逐步形成氨分子，故总反应式均为6H＋N2===2NH3，故C正确；催化剂可以降低反应活化能，提高反应速率，故D正确。
10．D。解析：由题图可知，转化过程中涉及氮氮三键(非极性键)的断裂和氮氢键(极性键)的生成，A项正确；由反应历程中物质的转化关系可知，生成NH3的电极总反应式为N2＋6H＋＋6e－===2NH3，B项正确；催化剂的作用是通过降低反应的活化能提高化学反应速率，C项正确；因有副产物生成，故标准状况下22.4 L N2发生反应时，得到的NH3的物质的量小于2 mol，D项错误。
11．D。解析：断键吸收能量，则过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A正确；该图中以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和O2，根据能量守恒定律知，该反应中，光能和热能转化为化学能，故B正确；催化剂降低反应所需活化能，提高化学反应速率，故C正确；CO2分解生成CO和O2，反应2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)的ΔH＝反应物总键能－生成物总键能＝(1 598×2－1 072×2－496) kJ·mol－1＝＋556 kJ·mol－1，即2 mol二氧化碳完全分解成2 mol 一氧化碳和1 mol氧气需要吸热556 kJ，故D错误。
【题型特训•练高分】
1．B。解析：过程Ⅰ中NO2得到SO失去的电子发生氧化还原反应生成NO、SO，反应的离子方程式：SO＋NO2===NO＋SO，故A正确；图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素氧化性：NO2>HNO2，化合价降低，则NO2是生成硫酸盐的氧化剂，故B错误、D正确；1 mol SO在第Ⅱ、Ⅲ两个阶段，1 mol SO失去1 mol电子生成HSO，共失去电子数目为NA，故C正确。
2．D。解析：过程Ⅰ是分子的化学键断裂形成原子，属于吸热过程，故A正确；过程Ⅲ为新化学键形成的过程，是放热过程，故B正确；过程Ⅰ中所有的旧化学键断裂，过程Ⅲ为新化学键形成的过程，故C正确；该反应可通过形成燃料电池，实现化学能到电能的转化，故D错误。
3．B。解析：A.由图可知CO2和H2转化为产品CH4，还生成水，则总反应方程式为CO2+4H2⇌CH4+2H2O，A正确；B.催化剂对平衡移动无影响，则使用催化剂时转化率不变，B错误；C.化学变化中有化学键的断裂和生成，则反应历程中，H-H键与C=O键断裂吸收能量，C正确；D.催化剂改变反应的途径、降低反应的活化能，则该过程中催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能，D正确；故合理选项是B。
4．C。解析：通过催化过程可以看出，硫化氢加入催化剂后将硫化氢中的氢硫键拆开形成巯基和氢原子，加入甲醇后，甲醇分子吸附在催化剂表面，将氢氧键拆开，巯基取代了羟基的位置形成了甲硫醇和水，然后分析。
CH3SH中硫显－2价，氢为+1价，根据元素的化合价之和等于0可知，碳元素化合价为－2价，故A正确；过程⑤中，生成了CH3SH和H2O，由图示可知，O－H键和C－H键是新形成的，故B正确；该催化剂只能缩短达到平衡的时间，改变化学反应速率，不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应方程式为：H2S+CH3OH→CH3SH+H2O，－SH取代甲醇中的－OH，反应类型为取代反应，故D正确。
5．C。解析：草甘膦分子中含有羧基，能够与NaOH发生反应，含有亚氨基，也能够和盐酸反应，A正确；Fe3O4颗粒在水中表面会带－OH，－OH与草甘膦分子中的－OH结合为，然后脱水形成，所以Fe3O4纳米颗粒除去草甘膦的过程有化学键的形成和断裂，B正确；Fe3O4纳米颗粒在水体pH≈4时除污效果最好，不是pH越大除污效果越好，C错误；处理完成后，Fe3O4纳米颗粒在450℃加热30分钟，Fe3O4纳米颗粒与草甘膦完全分离，利用磁铁回收Fe3O4，经加热活化后就可以重复使用，D正确。
6．C
7．C。解析：由图可知，氢气转化为H原子，Cu纳米颗粒作催化剂，故A错误；DMO为草酸二甲酯，EG为乙二醇，则C－O、C＝O均断裂，故B错误；由图可知，MG的结构简式为：CH3OOCCH2OH，在酸性水解时产生CH2OHCOOH，可自身发生缩聚反应生成高分子化合物，故C正确；EG与甲醇中一OH数目不同，二者不是同系物，故D错误。
8．C。解析：A.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；B.Fe+作催化剂；C. FeO+是反应过程的中间产物；D.由图可知，Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量。A.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，A正确；B.Fe+在反应前后的质量和性质保持不变，故其作催化剂，使反应的活化能减小，B正确；C.催化剂是加入的物质，可以改变反应速率，但其质量和化学性质不变，而FeO+是反应过程的中间产物，因此不是催化剂，C错误；D.由图可知，Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，因此二者均为放热反应，D正确；故合理选项是C。
9．A。解析：若起始时的水分子为HDO，分析题图可知，过程Ⅲ生成的氢分子可能是H2、D2和HD，故A错误；过程Ⅰ、Ⅱ是水分子中化学键断裂的过程，为吸热过程，B正确；过程Ⅲ中氢原子形成了氢分子，氢分子中化学键为非极性共价键，C正确；使用催化剂不改变反应的热效应，D正确。
10．D。解析：NaBH4中Na为＋1价、H为－1价，根据化合物中各元素化合价代数和等于0，B元素的化合价为＋3，故A错误；根据图示，水中H原子得到电子生成氢气，所以在此过程中水作氧化剂，故B错误；根据图示，若用D2O代替H2O，反应后生成的气体中有H2、HD、D2，故C错误；NaBH4与水反应的离子方程式为BH＋4H2O===B(OH)＋4H2↑，故D正确。
11．C。解析：催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，故A项错误；在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由－3升高到＋2，失去电子，故B项错误；催化剂a表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是非极性共价键的断裂和氮氢极性共价键的形成，故C项正确；如果向容器中放入1 mol N2和3 mol H2，该反应是可逆反应，最终可以生成NH3的物质的量小于2 mol，故D项错误。
12．C。解析：由图可知乙烯和氢气反应生成乙烷的反应为放热反应，则ΔH＜0，故A错误；由图可知加入催化剂，反应物与生成物的总能量差不变，则反应热不变，所以有催化剂时的活化能E2比无催化剂时的活化能E1低，不能减小反应的ΔH，故B错误；根据化学反应的历程：催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体，故C正确；催化剂不影响平衡移动，不能改变转化率，故D错误。
13．B。解析：选B　根据氧化还原反应的概念可知有元素被氧化则必有元素被还原，选项A错误；NO、CO有毒，均能使人体中毒，选项B正确；使用催化剂只能提高反应速率，不能提高反应平衡转化率，选项C错误；汽车工作时，燃料燃烧放出大量热量使空气中的氮气与氧气发生反应生成NO，因此NO主要来源不是汽油的燃烧，选项D错误。
14．D。解析：A． 由图知，①→②过程中，H2分子内H—H之间的共价键断裂，A正确；
B．由图知，④中已没有碳碳双键、而是碳碳单键，则上述过程中CH2=CH2内部碳原子间的双键变为单键，B正确；C．使用催化剂，能降低反应的活化能。途径b使用了催化剂，使催化加氢反应的活化能由E2降为E1，C正确；D．焓变ΔH =正反应的活化能−逆反应的活化能；则 CH2=CH2(g)+H2(g)⇌CH3CH3(g)，该反应的△H=(E1-E3)kJ·mol-1=(E2-E4)kJ·mol-1，D不正确；答案选D。
15．D。解析：根据原理示意图可知，该过程中的总反应为2N2＋6H2O4NH3＋3O2，N2、O2中只存在非极性键，H2O、NH3中只存在极性键，则该过程中既有非极性键的断裂与生成、又有极性键的断裂与生成，A错误；该过程中N元素的化合价从0降至－3，N2为氧化剂，1 mol N2得到6 mol电子，O元素的化合价从－2升至0，H2O是还原剂，1 mol H2O失去2 mol电子，根据得失电子总物质的量相等，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶3，B错误；该过程中将游离态的氮(N2)转化成了含氮化合物(NH3)，属于氮的固定，C错误；该过程得到NH3和O2的混合气，由于NH3容易液化，故将混合气体加压降温使NH3液化，从而分离出来，D正确。
16．B。解析：A.Mn(OH)2在过程Ⅰ化合价升高，作还原剂，MnO在过程Ⅱ中化合价降低，作氧化剂，故A错误；B.过程Ⅰ中，根据化合价升降守恒得到反应的离子方程式为2Mn(OH)2＋O2＋4OH－===2MnO＋4H2O，故B正确；C.将10 L上清液中的S2－转化为SO(S2－浓度为480 mg·L－1)，质量为480 mg·L－1×10 L＝4 800 mg＝4.8 g，物质的量为n＝＝＝0.15 mol，根据得失电子守恒0.15 mol×8＝n(O2)×4，n(O2)＝0.3 mol，理论上共需要0.3 mol的O2，故C错误；D.常温下，饱和石灰水的物质的量浓度为0.002 mol·L－1，因此56 g CaO溶于水配成1 L溶液，是饱和溶液，因此1 L溶液中Ca2＋的数目为0.002NA个，故D错误；综上所述，答案为B。