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高考化学二轮复习易错题易错点20 化学反应机理（解析版）
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（1）应反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。
易错题【02】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。
易错题【03】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。
典例分析
例1、已知反应( aq)+2I-(aq)2(aq)+I2(aq)，若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如图所示。下列有关说法错误的是
①2Fe3+(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)
②2Fe2+( aq)+(aq)=2Fe3+(aq)+2(aq)
A．反应①和反应②相比，反应②更快
B．Fe3+是该反应的催化剂
C．增大Fe3+的浓度，能够加快反应速率
D．若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应的活化能大
D【解析】A．由图可知：反应①所需要的活化能比反应②所需要的活化能大，活化能越小反应速率越快，故反应②更快，A正确；B．Fe3+在反应①作反应物，在反应②作生成物，即Fe3+在反应前后没有变化，是该反应的催化剂，B正确；C．由B知Fe3+是该反应的催化剂，催化剂的作用是降低活化能，加快反应速率，C正确；D．由图可知(aq)+2I-(aq)⇋2 (aq)+I2(aq)的正反应是放热反应，正反应的活化能比逆反应的活化能小，催化剂不能改变焓变，即正逆反应的活化能大小关系与催化剂Fe3+无关，D错误。
例2、合成氨是人工固氮的主要途径，工业生产采用Haber-Bsch法，反应条件严苛，能源消耗大。制取氢气原料的途径之一为：CH4(g)+H2Og)CO(g)+3H2(g) △H=- 206.3 k/ml。研究N2和H2的反应机理，有利于开发新的氨气合成技术。在釕催化剂表面合成氨的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。下列说法不正确的是
A．合成氨反应属于放热反应
B．过程①决定整个合成氨反应的快慢
C．在该反应历程中，与N※反应的是H※
D．选用优质催化剂，能够进步降低合成氨反应的焓变
D【解析】A．由图可知反应物氮气和氢气的能量和高于生成物氨气的能量，该反应为放热反应，故A正确；B．由图可知反应①的正反应活化能最大，而活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率的快慢，故B正确；C．由图中过程反应可知N※与H※结合成NH※，故C正确；D．催化剂只能降低反应的活化能，对焓变无影响，故D错误。
例3、目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的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．第②、③步反应均释放能量
B．该反应进程中有二个过渡态
C．酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能
D．总反应速率由第①步反应决定
B【解析】A. 根据反应历程，结合图可知，第②③步均为反应物总能量高于生成物的总能量，为放热反应，选项A正确；B. 根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，选项B错误；C. 酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，选项C正确；D. 活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，选项D正确。
例4、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，反应机理如下图。下列说法不正确的是
A．x为2H++e-
B．可以选择效果更好的催化剂来提高CO单位时间的利用率
C．该电极上生成乙烯的总反应式为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
A【解析】A．对比两种形式，由原子守恒和电荷守恒，推出x为2H++2e-，故A说法错误；B．使用选择性效果更好的催化剂，能提高反应速率，即提高单位CO单位时间的利用率，故B说法正确；C．根据反应机理，CO制备C2H4的反应C的化合价由+2→-2价降低4价，总反应为2CO+8H++8e-=C2H4+2H2O，故C说法正确；D．催化剂具有选择性，可以通过增强催化剂的选择性来减少副反应的发生，故D说法正确。
1．（2022·浙江·高三开学考试）我国科学家通过双功能催化剂催化水煤气变换反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H<0，此时该反应总熵变记作△S。低温即可获得高转化率和高反应速率，反应过程示意图如图：
下列说法不正确的是
A．△H=△H1+△H2+△H3+△H4
B．△S=△S1+△S2+△S3+△S4
C．状态III→状态IV过程的△S3<0，△H3<0
D．催化剂的使用使反应放出热量增多，温度升高导致反应速率加快
2．（2022·青海·海东市第一中学一模）五羰基铁[Fe(CO)5]催化化工生产中某反应的机理如下图所示，下列说法错误的是
A．Fe(CO)4是该反应的中间体
B．OH-参与了该催化循环
C．反应过程中Fe的成键数目保持不变
D．该催化反应为CO+H2O⇌CO2+H2
3．（2022·浙江·瑞安中学高三开学考试）科学家研究二甲醚(DME)在H-ZSM-5分子筛(用H+A−表示)上的水解反应，其反应进程中能量变化如图所示。下列错误的是
A．根据图示可知，DME首先与分子筛H+A−结合形成(CH3)2OH+A−
B．由于ΔEa>ΔEa2，DME水解反应更易以stepwise路径进行
C．根据反应图示可知，在相同的催化剂作用下，化学反应也存在多种反应途径
D．升高温度，两种路径的反应速率都加快，有利于提高反应物的转化率
4．（2022·甘肃·永昌县第一高级中学高三阶段练习）我国学者利用催化剂催化丙烷氧化脱氢的历程如图(吸附在催化剂表面的物质用标注)。下列说法正确的是
A．反应历程中第一步化学反应为决速步骤
B．催化剂改变了丙烷氧化脱氢的焓变()
C．过渡态物质的稳定性：过渡态2小于过渡态1
D．吸附过程为吸热过程
5．（2022·广东·顺德市李兆基中学高三阶段练习）德国科学家Benjamin List获得2021年诺贝尔化学奖，他通过实验发现了脯氨酸可以催化羟醛缩合反应，其机理如下图所示。下列说法错误的是
A．有机物①能够降低反应的活化能
B．反应中涉及的氢离子均符合2电子稳定结构
C．反应中涉及极性键和非极性键的断裂与生成
D．有机物⑥中含有2个手性碳原子
6．（2022·辽宁·高三阶段练习）环状碳酸酯广泛用于极性非质子溶剂、电池的电解质等，离子液体研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程，如图所示。已知：①环氧乙烷的分子式为，②的结构式为，③在化学反应中，催化剂参与化学反应，反应前后质量和化学性质不变。下列说法错误的是
A．是反应的催化剂B．反应过程存在极性键的断裂和形成
C．反应过程中有4种中间体D．总反应属于加成反应
7．（2022·湖南益阳·高三阶段练习）H2和O2在钯的配合物离子[PdCl4]2-的作用下合成H2O2，反应历程如图，下列说法正确的是
A．第①步发生的反应为[PdCl4]2-+H2→Pd+2HCl+2Cl-
B．反应过程中Pd的成键数目保持不变
C．每生成1 ml H2O2，转移电子总数为4 ml
D．[PdCl4]2-参与了该反应过程，不是该反应的催化剂
8．（2022·四川绵阳·高三期末）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。下列说法错误的是
A．总反应为放热反应
B．第①步有C=O键断裂
C．第②步有C-C键形成
D．催化剂可有效提高化学反应速率
9．（2022·辽宁·高考真题）利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels-Alder反应取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels-Alder反应催化机理如下，下列说法错误的是
A．总反应为加成反应B．Ⅰ和Ⅴ互为同系物
C．Ⅵ是反应的催化剂D．化合物X为
10．（2022·河南·洛宁县第一高级中学高三阶段练习）臭氧层中O3分解过程如图所示，下列说法不正确的是
A．催化反应①是吸热反应，催化反应②是放热反应
B．E1是催化反应①对应的正反应活化能
C．温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度大于逆反应速率的增加幅度
D．(E2+△H)是催化反应②对应的逆反应活化能
11．（2022·河南·高三阶段练习）由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。
下列说法错误的是
A．在循环中起催化作用
B．该反应可用于制取合成气、
C．过程中包含反应
D．反应过程中金属元素、V的价态均不变
12．（2022·河南·高三阶段练习）在催化剂作用下，羧酸和胺脱水的反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．为该反应的催化剂
B．图中有机物3的生成途径有2种
C．步骤II中只有极性键的断裂和形成
D．反应过程中不断除水可提高酰胺的生成速率
13．（2022·湖南·高考真题）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：
新法合成的反应：
下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为)
A．的电子式为
B．新法没有副产物产生，原子利用率高
C．的溶液中的微粒数小于
D．的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变
14．（2022·江苏·淮海中学高三期末）某种含二价铜的催化剂[CuII(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法中正确的是
A．该脱硝过程总反应的△H＞0
B．由状态④到状态⑤发生了氧化还原反应
C．总反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2
D．依据反应历程能量变化，反应过程中不同态物质体系稳定性降低
15．（2022·湖南·邵阳市第二中学高三期末）已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与，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．中间体I2比中间体I1更稳定
B．该历程中的反应③为该反应的决速步
C．平衡状态时，升温使反应正向移动
D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热
16．（2022·黑龙江·哈九中高三开学考试）捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上检测到有积碳。
下列说法不正确的是
A．反应①为；反应②为
B．比多，且生成速率不变，可能有副反应
C．时刻，反应②生成速率小于副反应生成的速率
D．之后，反应②不再发生，随后副反应也逐渐停止
17．（2022·江苏江苏·二模）我国学者分别使用和作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。
(1)催化剂制备。在60〜100℃条件下，向足量NaOH溶液中通入一段时间，再加入适量新制溶液，充分反应后得到混合物X；向混合物X中加入溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得催化剂。
①通入的目的是___________。
②混合物X与反应生成和，该反应的化学方程式为___________。
(2)催化剂性能研究。如图-1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、作催化剂、作催化剂的条件下，测定浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、、、)中NO和脱除率的影响，NO脱除率与浓度的关系如图-2所示。
已知·OH能将NO、氧化。·OH产生机理如下。
反应I：(慢反应)
反应II：(快反应)
①与作催化剂相比，相同条件下作催化剂时NO脱除率更高，其原因是___________。
②NO部分被氧化成。被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为___________。
③实验表明•OH氧化的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、作催化剂、作催化剂的条件下，测得脱除率几乎均为100%的原因是___________。
18．（2021·四川成都·高三期中）甲烷(CH4)是自然界储量丰富的天然气的主要组分，可用作清洁能源和廉价的化工原料，将甲烷催化转化为具有更高价值的化学物质是一个广受关注的课题．哈尔滨工业大学的科研人员研究了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程（催化剂是），共分为甲烷活化、二氧化碳进入和H转移（夺氢）三个阶段．该反应历程的示意图如下：
(1)在研究初期，科研人员提出先将CH4转化成CO和H2，再转化成CH3COOH。
已知：
①
②
③
则混合气体CO和H2转化成CH3COOH(g)的热化学方程式为______________．
(2)催化剂有以下四种形态：、、、．
图甲、图乙分别表示反应在催化剂的形态时的势能变化：
图甲 中与直接转化的反应过程的势能曲线
图乙 CH4与CO2在中同时发生活化的反应路线的势能曲线
由图甲、图乙可知_______0（填“>”“<”或“=”）；不同形态的对_________（填“有”或“无”）影响．
(3)从CH4到过渡态Ⅰ断裂的是_______键（填“碳氢”“碳碳”“氧氢”或“碳氧”，下同），最后一步“夺氢”过程中有________键形成．
19．（2022·景德镇一中高三期末）Ⅰ.我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。
甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式：
方式 A：CH3OH* →CH3O* ＋H* Ea= +103.1kJ·ml-1
方式 B：CH3OH* →CH3* ＋OH* Eb= +249.3kJ·ml-1
由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为___________(填A、B)。
下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。
该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为___________。
Ⅱ.TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：
氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知：TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·ml-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·ml-1
(1)沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式_____。
(2)工业上处理尾气中NO的方法为：将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质转化如图所示。写出图示转化的总反应的化学方程式_____。
Ⅲ.甲醇可作为燃料电池的原料。CO2和CO可作为工业合成甲醇(CH3OH)的直接碳源，
(1)已知在常温常压下：①CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g) + 2H2O(g)； ΔH=﹣355.0 kJ∕ml
②2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) ΔH=-566.0 kJ/ml ③H2O(l)=H2O(g) ΔH=+44.0 kJ/ml
写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式：___________
(2)利用CO和H2在一定条件下可合成甲醇，发生如下反应：CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)，其两种反应过程中能量的变化曲线如下图a、b所示，下列说法正确的是___________。
A．上述反应的ΔH=-91kJ·ml-1
B．a反应正反应的活化能为510kJ·ml-1
C．b过程中第Ⅰ阶段为吸热反应，第Ⅱ阶段为放热反应
D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和ΔH
E．b过程的反应速率：第Ⅱ阶段>第Ⅰ阶段
20．（2022·福建厦门·高三期末）催化剂(Fe，Al)/MIL-53可直接选择性氧化甲烷制甲醇，节省能耗。
(1)(Fe，Al)/MIL-53制备方法如下：Al(NO3)3•9H2O+Al/MIL-53(Fe，Al)/MIL-53。
①对苯二甲酸的结构简式为_______，该分子中最多_______个原子共平面。
②生成（Fe，Al)/MIL-53过程中溶液pH_______(填“变大”或“变小”)。
③(Fe，Al）/MIL-53中Fe3+位于O原子形成的_______空隙中，1个对苯二甲酸根离子最多能形成_______个配位键。
(2)(Fe，Al)/MIL-53催化CH4制CH3OH的机理如图，其中虚线表示吸附状态。
①ii转化为iii的过程中，破坏的微粒间作用力有_______(填标号)。
A．σ键 B．配位键 C．离子键 D．极性键 E.非极性键
②该催化循环中铁元素价态有_______种。
(3)用FeCl3•6H2O和对苯二甲酸合成Fe/MIL-53。两种催化剂在上述催化过程中相对能量的变化情况如图。
①Fe/MIL-53催化过程中决速步骤为_______(化学键变化角度答题)。
②(Fe，Al)/MIL-53催化效果更佳的原因是_______。
参考答案
1．D【详解】A．根据盖斯定律，状态Ⅰ至Ⅴ之和等于总反应，则△H=△H1+△H2+△H3+△H4，A正确；
B．由A分析可知，△S=△S1+△S2+△S3+△S4，B正确；
C．状态III→状态IV反应后微粒数减少，△S3<0；总反应为放热反应，状态Ⅰ→状态Ⅱ、状态Ⅱ→状态III、状态IV→状态V分别涉及断键、断键、脱离过程均为吸热过程，则．状态III→状态IV为放热过程，△H3<0，C正确；
D．催化剂的使用不会改变反应的焓变，D错误；
故选D。
2．C【详解】A．由图知，在反应中产生又参与反应，为中间体，A正确；
B．从开始，顺时针第1步参与反应，第3步又生成，B正确；
C．由图知，铁的成键数目有4、5、6三种，C错误；
D．图中的总反应为一氧化碳和水生成二氧化碳和氢气，，D正确；
故选C。
3．B【详解】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢；
A．根据图示可知，第一步反应为首先生成(CH3)2OH+A−，故DME首先与分子筛H+A−结合形成(CH3)2OH+A−，A正确；
B．stepwise路径的最大活化能为ΔEa1=168.6kJ/ml，由于ΔEa<ΔEa1，DME水解反应更难以stepwise路径进行，B错误；
C．根据反应图示可知，反应存在两种途径，故在相同的催化剂作用下，化学反应也存在多种反应途径，C正确；
D．由图可知，反应物能量低于生成物能量，为吸热反应；升高温度，两种路径的反应速率都加快，且平衡正向移动，有利于提高反应物的转化率，D正确；
故选B。
4．A【详解】A．化学反应的决速步骤是慢反应，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒(活化能)最大的是到过渡态I的能量，故第一步化学反应为决速步骤，A正确；
B．催化剂不能改反应的焓变()，B错误；
C．物质具有的能量越低越稳定，故过渡态2更稳定，C错误；
D．由图可知吸附过程为放热过程，D错误；
故答案为：A。
5．B【详解】A．由图可知，有机物①是第一个反应的反应物，是最后一个反应的生成物，所以是该反应的催化剂，能降低反应所需活化能，故A正确；
B．H+离子中不含有电子，不符合2电子稳定结构，故B错误；
C．反应中，有机物①生成③，有极性键N—H、C=O极性键的断裂，C=N极性键的形成；有机物③生成有机物④的过程中有C=C非极性键的形成，有机物④生成⑥的过程中，有C=C键的断裂，所以反应中涉及极性键和非极性键的断裂与生成，故C正确；
D．由结构简式可知，有机物⑥中连接醇羟基、羧基的两个碳原子为手性碳原子，所以分子中含有2个手性碳原子，故D正确；
故选B。
6．C【详解】A．由图示转化关系可知，是反应的催化剂，A正确；
B．由图示转化关系可知，反应过程存在C-Br键的断裂和N-Br键的形成，即存在极性键的断裂和形成，B正确；
C．由图示可知，反应过程中只有3种中间体，C错误；
D．由反应历程可知，总反应为环氧乙烷衍生物与二氧化碳发生加成反应生成环状碳酸酯，D正确；
答案选C。
7．A【详解】A．根据图示可知：在第①步，[PdCl4]2-、H2反应产生Pd、HCl、Cl-，发生的反应方程式为[PdCl4]2-+H2→Pd+2HCl+2Cl-，A正确；
B．根据反应过程可知：[PdCl4]2-先与H2反应产生Pd，成键数目减少，后来Pd又转化为[PdCl2O2]2-，成键数目又增加，B错误；
C．依据图示可知H2与O2在[PdCl4]2-作用下生成H2O2，反应方程式：H2+O2H2O2，当生成1 ml H2O2的过程中，转移电子总数为2 ml，C错误；
D．根据反应过程可知：[PdCl4]2-先与H2反应产生Pd，Pd最后又转化为[PdCl4]2-，[PdCl4]2-先消耗后生成，反应前后的量不变，所以[PdCl4]2-是该反应的催化剂，D错误；
故合理选项是A。
8．B【详解】A．由示意图可看出，反应物总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，故A正确；
B．由示意图可看出， 第①步有C-H键断裂，故B错误；
C．由示意图可看出，第②步有C-C键形成，故C正确；
D．催化剂可降低反应所需活化能，有效提高化学反应速率，故D正确；
故答案为：B
9．B【详解】A．由催化机理可知，总反应为+ ，该反应为加成反应，A正确；
B．结构相似、分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，和结构不相似、分子组成上也不是相差若干个CH2原子团，两者不互为同系物，B错误；
C．由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了VI，VI是反应的催化剂，C正确；
D．I+VI→X+II，由I、VI、II的结构简式可知，X为H2O，D正确；
答案选B。
10．C【详解】A．由图可知，反应①中生成物的总能量高于反应总能量的反应，该反应是吸热反应，而反应②的生成物的总能量低于反应总能量的反应，该反应是放热反应，A正确；
B．根据过渡态理论，E1是催化反应①对应的正反应的活化能，(E2+△H)是催化反应②对应的逆反应的活化能，B正确；
C．由图可知，该反应的反应物总能量比生成物的总能量高，因此该反应宗反应是放热反应，温度改变对吸热反应影响更大，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，说明温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，C错误；
D．根据过渡态理论，E1是催化反应①对应的正反应的活化能，(E2+△H)是催化反应②对应的逆反应的活化能，D正确；
故合理选项是C。
11．D【详解】A．由催化循环Ⅰ、Ⅱ及催化剂性质知，A项正确；
B．图中循环Ⅰ、Ⅱ反应都为H2O重整CH4 ()，得到合成气：和，B项正确；
C．由图示可知，循环Ⅰ中，在UV的作用下，，C项正确；
D．、、中钒的化合价一定不同，D项错误；
故选D。
12．D【详解】A．由图可知，是反应Ⅰ的反应物，是反应Ⅲ的生成物，所以是反应的催化剂，故A正确；
B．由图可知，有机物3可以通过反应Ⅰ生成，也能通过反应Ⅳ生成，所以生成途径有2种，故B正确；
C．由图可知，步骤II中，有机物3断裂了碳氧键、胺断裂了氮氢键，产物中形成了碳氮键和氢氧键，反应中只有极性键的断裂和形成，故C正确；
D．由图可知，羧酸和胺脱水时，水和酰胺是反应的生成物，反应过程中不断除水，可使平衡向正反应方向移动，提高酰胺的产率，但生成速率减小，故D错误；
故选D。
13．D【详解】A．氢氰酸为共价化合物，结构式为H—C≡N，电子式为，故A正确；
B．由方程式可知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应为没有副产物生成，原子利用率为100的化合反应，故B正确；
C．硫酸氢铵是强酸弱碱的酸式盐，铵根离子在溶液中会发生水解反应，所以1L0.05ml/L的硫酸氢铵溶液中铵根离子的数目小于0.05ml/L×1L×NAml—1=0.05NA，故C正确；
D．由方程式可知，钯为新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和百分数都增大，故D错误；
故选D。
14．B【详解】A．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变△H＜0，A项错误；
B．由图1可知，状态④到状态⑤中O的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，B项正确；
C．由图1知，该过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，依据参数配平反应为：4NH3+4NO+O26H2O+4N2，C项错误；
D．物质能量越低越稳定，依据反应历程能量变化，反应过程中不同态物质体系稳定性升高，D项错误；
答案选B。
15．B【详解】A．从图中可知，I1的相对能量低于I2，能量较低则较稳定，故中间体I1比中间体I2更稳定，故A错误；
B．多步反应历程的决速步是反应最慢的一步，即活化能最大的一步，从图中可知，反应③的活化能最大，则其是该历程中的决速步，故B正确；
C．该反应的起始相对能量高于最终产物的相对能量，说明该反应是放热反应，则平衡状态时，升温使反应逆向移动，故C错误；
D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能，但不能降低反应热，反应热只与反应物总能量和生成物总能量差值相关，与反应过程无关，故D错误；
答案B。
16．C【详解】A．由图1可知，反应①为，结合氧化还原反应配平反应②为，A正确；
B．由图2可知，时间段内流出的CO的量小于H2，且生成速率不变，且反应中始终为检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应发生，生成更多的H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然是2mml/min，而CO变为1~2mml/min之间，说明反应②生成速率大于副反应生成的速率，C错误；
D．由图2可知，之后，生成CO的速率为0，CH4的反应速率增大，最终恢复到1，则反应②不再发生，随后生成H2的速率也为0，则副反应也逐渐停止，D正确；
故选C。
17．(1) 排出装置中的空气 12Fe(OH)2+=4++10H2O+NaOH
(2) 中含有Fe2+，由已知可知反应更快 2NO2+2OH-=NO+NO+H2O 二氧化硫在水中的溶解度较大，且可以和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，从而被完全脱除
【解析】(1)①向足量NaOH溶液中通入一段时间，排出装置中的空气，防止空气将亚铁离子氧化；
②氢氧化钠溶液和硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀和硫酸钠溶液，故制备的反应为12Fe(OH)2+=4++10H2O+NaOH；
(2)①中含有Fe2+，由已知可知反应更快，故相同条件下作催化剂时NO脱除率更高；
②被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为2NO2+2OH-=NO+NO+H2O；
③二氧化硫在水中的溶解度较大，且可以和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，从而被完全脱除。
18．(1)
(2) ＞ 无
(3) 碳氢 氧氢
【解析】(1)根据盖斯定律，将热化学方程式①+②-③，整理可得热化学方程式：；
(2)由图甲、图乙得知，不同形态的对无影响，因为催化剂只改变反应的路径和速率，不能改变反应物、生成物的能量，因此对反应热无影响；
(3)从CH4到过渡态Ⅰ断裂的是碳氢键，最后一步“夺氢”过程中夺得的氢原子接在氧原子上形成羟基，形成的是氧氢键。
19．Ⅰ. A； CHO*＋3H*＝CO*＋4H*(或CHO*＝CO*＋H*)Ⅱ.(1)TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)＝TiCl4(g)+2CO(g) ΔH=-45.5 kJ/ml(2)2H2+2NO＝N2+2H2OⅢ.(1)CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-726.0 kJ/ml (2)ACE
【详解】Ⅰ.方式A中活化能小，则由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为A。该历程中，放热最多的是41.9→－65.7，则步骤的化学方程式为CHO*＋3H*＝CO*＋4H*(或CHO*＝CO*＋H*)。
Ⅱ.(1)已知：①TiO2(s)+2Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·ml-1
②2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·ml-1
依据盖斯定律①+②即得到沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式为TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)＝TiCl4(g)+2CO(g) ΔH=-45.5 kJ/ml。
(2)根据示意图可判断反应物是氢气和NO，生成物是氮气，依据原子守恒可知还有水生成，则图示转化的总反应的化学方程式为2H2+2NO＝N2+2H2O。
Ⅲ.(1)已知：①CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g) + 2H2O(g) ΔH=﹣355.0 kJ∕ml
②2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) ΔH=-566.0 kJ/ml
③H2O(l)=H2O(g) ΔH=+44.0 kJ/ml
依据盖斯定律①+②×－③×2即得到表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-726.0 kJ/ml；
(2)A．上述反应的ΔH=（419－510）kJ·ml-1=-91kJ·ml-1，A正确；
B．a反应正反应的活化能为419kJ·ml-1，B错误；
C．b过程中第Ⅰ阶段生成物能量高，为吸热反应，第Ⅱ阶段生成物能量低于反应物能量。为放热反应，C正确；
D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能，但不能改变ΔH，D错误；
E．b过程的第Ⅱ阶段活化能低，因此反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段，E正确；
答案选ACE。
20．(1) 18 变小 八面体 4
(2) ADE 2
(3) 甲烷均裂生成甲基 与Fe/MIL-53相比，(Fe，Al)/MIL-53催化时决速步能垒低，反应速率更快；过多相近Fe位点上的羧基被H2O2取代，会导致配合物框架坍塌而溶解
【解析】(1)①对苯二甲酸含有1个苯环和2个羧基，两个羧基取代了苯环对位上的氢原子，该有机物结构简式为：对苯二甲酸，含有1个苯环和2个羧基，两个羧基取代了苯环对位上的氢原子，该有机物结构简式为：，该结构中，苯环为平面结构，羧基中的C一定和苯环共面，另外3个原子可能和苯环共面，则最多18个原子共面；
②生成(Fe，Al）/MIL-53过程中对苯二甲酸羧基中的H被Al、Fe替换，转化为H+，则溶液pH变小；
③(Fe，Al）/MIL-53中Fe3+位于中心位置，而6个O原子形成八面体，则Fe3+位于八面体空隙中，1个对苯二甲酸根离子含有4个具有孤对电子的O原子，则最多能形成4个配位键。
(2)①ii转化为iii的过程中，破坏了H-O之间的单键即σ键、极性键，还破坏了O-O之间的非极性键，没有破坏配位键以及离子键；
②该催化循环中铁元素价态有+3价、+6价两种化合价。
(3)①相对能量越大，反应速率越慢，为决速步骤，则Fe/MIL-53催化过程中决速步骤为甲烷均裂生成甲基；
②(Fe，Al)/MIL-53催化时，相对能量更低，则催化效果更佳的原因是与Fe/MIL-53相比，(Fe，Al)/MIL-53催化时决速步能垒低，反应速率更快；过多相近Fe位点上的羧基被H2O2取代，会导致配合物框架坍塌而溶解。
（1）应反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。
易错题【02】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。
易错题【03】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。
典例分析
例1、已知反应( aq)+2I-(aq)2(aq)+I2(aq)，若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如图所示。下列有关说法错误的是
①2Fe3+(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)
②2Fe2+( aq)+(aq)=2Fe3+(aq)+2(aq)
A．反应①和反应②相比，反应②更快
B．Fe3+是该反应的催化剂
C．增大Fe3+的浓度，能够加快反应速率
D．若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应的活化能大
D【解析】A．由图可知：反应①所需要的活化能比反应②所需要的活化能大，活化能越小反应速率越快，故反应②更快，A正确；B．Fe3+在反应①作反应物，在反应②作生成物，即Fe3+在反应前后没有变化，是该反应的催化剂，B正确；C．由B知Fe3+是该反应的催化剂，催化剂的作用是降低活化能，加快反应速率，C正确；D．由图可知(aq)+2I-(aq)⇋2 (aq)+I2(aq)的正反应是放热反应，正反应的活化能比逆反应的活化能小，催化剂不能改变焓变，即正逆反应的活化能大小关系与催化剂Fe3+无关，D错误。
例2、合成氨是人工固氮的主要途径，工业生产采用Haber-Bsch法，反应条件严苛，能源消耗大。制取氢气原料的途径之一为：CH4(g)+H2Og)CO(g)+3H2(g) △H=- 206.3 k/ml。研究N2和H2的反应机理，有利于开发新的氨气合成技术。在釕催化剂表面合成氨的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。下列说法不正确的是
A．合成氨反应属于放热反应
B．过程①决定整个合成氨反应的快慢
C．在该反应历程中，与N※反应的是H※
D．选用优质催化剂，能够进步降低合成氨反应的焓变
D【解析】A．由图可知反应物氮气和氢气的能量和高于生成物氨气的能量，该反应为放热反应，故A正确；B．由图可知反应①的正反应活化能最大，而活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率的快慢，故B正确；C．由图中过程反应可知N※与H※结合成NH※，故C正确；D．催化剂只能降低反应的活化能，对焓变无影响，故D错误。
例3、目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的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．第②、③步反应均释放能量
B．该反应进程中有二个过渡态
C．酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能
D．总反应速率由第①步反应决定
B【解析】A. 根据反应历程，结合图可知，第②③步均为反应物总能量高于生成物的总能量，为放热反应，选项A正确；B. 根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，选项B错误；C. 酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，选项C正确；D. 活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，选项D正确。
例4、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，反应机理如下图。下列说法不正确的是
A．x为2H++e-
B．可以选择效果更好的催化剂来提高CO单位时间的利用率
C．该电极上生成乙烯的总反应式为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
A【解析】A．对比两种形式，由原子守恒和电荷守恒，推出x为2H++2e-，故A说法错误；B．使用选择性效果更好的催化剂，能提高反应速率，即提高单位CO单位时间的利用率，故B说法正确；C．根据反应机理，CO制备C2H4的反应C的化合价由+2→-2价降低4价，总反应为2CO+8H++8e-=C2H4+2H2O，故C说法正确；D．催化剂具有选择性，可以通过增强催化剂的选择性来减少副反应的发生，故D说法正确。
1．（2022·浙江·高三开学考试）我国科学家通过双功能催化剂催化水煤气变换反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H<0，此时该反应总熵变记作△S。低温即可获得高转化率和高反应速率，反应过程示意图如图：
下列说法不正确的是
A．△H=△H1+△H2+△H3+△H4
B．△S=△S1+△S2+△S3+△S4
C．状态III→状态IV过程的△S3<0，△H3<0
D．催化剂的使用使反应放出热量增多，温度升高导致反应速率加快
2．（2022·青海·海东市第一中学一模）五羰基铁[Fe(CO)5]催化化工生产中某反应的机理如下图所示，下列说法错误的是
A．Fe(CO)4是该反应的中间体
B．OH-参与了该催化循环
C．反应过程中Fe的成键数目保持不变
D．该催化反应为CO+H2O⇌CO2+H2
3．（2022·浙江·瑞安中学高三开学考试）科学家研究二甲醚(DME)在H-ZSM-5分子筛(用H+A−表示)上的水解反应，其反应进程中能量变化如图所示。下列错误的是
A．根据图示可知，DME首先与分子筛H+A−结合形成(CH3)2OH+A−
B．由于ΔEa>ΔEa2，DME水解反应更易以stepwise路径进行
C．根据反应图示可知，在相同的催化剂作用下，化学反应也存在多种反应途径
D．升高温度，两种路径的反应速率都加快，有利于提高反应物的转化率
4．（2022·甘肃·永昌县第一高级中学高三阶段练习）我国学者利用催化剂催化丙烷氧化脱氢的历程如图(吸附在催化剂表面的物质用标注)。下列说法正确的是
A．反应历程中第一步化学反应为决速步骤
B．催化剂改变了丙烷氧化脱氢的焓变()
C．过渡态物质的稳定性：过渡态2小于过渡态1
D．吸附过程为吸热过程
5．（2022·广东·顺德市李兆基中学高三阶段练习）德国科学家Benjamin List获得2021年诺贝尔化学奖，他通过实验发现了脯氨酸可以催化羟醛缩合反应，其机理如下图所示。下列说法错误的是
A．有机物①能够降低反应的活化能
B．反应中涉及的氢离子均符合2电子稳定结构
C．反应中涉及极性键和非极性键的断裂与生成
D．有机物⑥中含有2个手性碳原子
6．（2022·辽宁·高三阶段练习）环状碳酸酯广泛用于极性非质子溶剂、电池的电解质等，离子液体研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程，如图所示。已知：①环氧乙烷的分子式为，②的结构式为，③在化学反应中，催化剂参与化学反应，反应前后质量和化学性质不变。下列说法错误的是
A．是反应的催化剂B．反应过程存在极性键的断裂和形成
C．反应过程中有4种中间体D．总反应属于加成反应
7．（2022·湖南益阳·高三阶段练习）H2和O2在钯的配合物离子[PdCl4]2-的作用下合成H2O2，反应历程如图，下列说法正确的是
A．第①步发生的反应为[PdCl4]2-+H2→Pd+2HCl+2Cl-
B．反应过程中Pd的成键数目保持不变
C．每生成1 ml H2O2，转移电子总数为4 ml
D．[PdCl4]2-参与了该反应过程，不是该反应的催化剂
8．（2022·四川绵阳·高三期末）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。下列说法错误的是
A．总反应为放热反应
B．第①步有C=O键断裂
C．第②步有C-C键形成
D．催化剂可有效提高化学反应速率
9．（2022·辽宁·高考真题）利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels-Alder反应取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels-Alder反应催化机理如下，下列说法错误的是
A．总反应为加成反应B．Ⅰ和Ⅴ互为同系物
C．Ⅵ是反应的催化剂D．化合物X为
10．（2022·河南·洛宁县第一高级中学高三阶段练习）臭氧层中O3分解过程如图所示，下列说法不正确的是
A．催化反应①是吸热反应，催化反应②是放热反应
B．E1是催化反应①对应的正反应活化能
C．温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度大于逆反应速率的增加幅度
D．(E2+△H)是催化反应②对应的逆反应活化能
11．（2022·河南·高三阶段练习）由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。
下列说法错误的是
A．在循环中起催化作用
B．该反应可用于制取合成气、
C．过程中包含反应
D．反应过程中金属元素、V的价态均不变
12．（2022·河南·高三阶段练习）在催化剂作用下，羧酸和胺脱水的反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．为该反应的催化剂
B．图中有机物3的生成途径有2种
C．步骤II中只有极性键的断裂和形成
D．反应过程中不断除水可提高酰胺的生成速率
13．（2022·湖南·高考真题）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：
新法合成的反应：
下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为)
A．的电子式为
B．新法没有副产物产生，原子利用率高
C．的溶液中的微粒数小于
D．的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变
14．（2022·江苏·淮海中学高三期末）某种含二价铜的催化剂[CuII(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法中正确的是
A．该脱硝过程总反应的△H＞0
B．由状态④到状态⑤发生了氧化还原反应
C．总反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2
D．依据反应历程能量变化，反应过程中不同态物质体系稳定性降低
15．（2022·湖南·邵阳市第二中学高三期末）已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与，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．中间体I2比中间体I1更稳定
B．该历程中的反应③为该反应的决速步
C．平衡状态时，升温使反应正向移动
D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热
16．（2022·黑龙江·哈九中高三开学考试）捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上检测到有积碳。
下列说法不正确的是
A．反应①为；反应②为
B．比多，且生成速率不变，可能有副反应
C．时刻，反应②生成速率小于副反应生成的速率
D．之后，反应②不再发生，随后副反应也逐渐停止
17．（2022·江苏江苏·二模）我国学者分别使用和作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。
(1)催化剂制备。在60〜100℃条件下，向足量NaOH溶液中通入一段时间，再加入适量新制溶液，充分反应后得到混合物X；向混合物X中加入溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得催化剂。
①通入的目的是___________。
②混合物X与反应生成和，该反应的化学方程式为___________。
(2)催化剂性能研究。如图-1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、作催化剂、作催化剂的条件下，测定浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、、、)中NO和脱除率的影响，NO脱除率与浓度的关系如图-2所示。
已知·OH能将NO、氧化。·OH产生机理如下。
反应I：(慢反应)
反应II：(快反应)
①与作催化剂相比，相同条件下作催化剂时NO脱除率更高，其原因是___________。
②NO部分被氧化成。被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为___________。
③实验表明•OH氧化的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、作催化剂、作催化剂的条件下，测得脱除率几乎均为100%的原因是___________。
18．（2021·四川成都·高三期中）甲烷(CH4)是自然界储量丰富的天然气的主要组分，可用作清洁能源和廉价的化工原料，将甲烷催化转化为具有更高价值的化学物质是一个广受关注的课题．哈尔滨工业大学的科研人员研究了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程（催化剂是），共分为甲烷活化、二氧化碳进入和H转移（夺氢）三个阶段．该反应历程的示意图如下：
(1)在研究初期，科研人员提出先将CH4转化成CO和H2，再转化成CH3COOH。
已知：
①
②
③
则混合气体CO和H2转化成CH3COOH(g)的热化学方程式为______________．
(2)催化剂有以下四种形态：、、、．
图甲、图乙分别表示反应在催化剂的形态时的势能变化：
图甲 中与直接转化的反应过程的势能曲线
图乙 CH4与CO2在中同时发生活化的反应路线的势能曲线
由图甲、图乙可知_______0（填“>”“<”或“=”）；不同形态的对_________（填“有”或“无”）影响．
(3)从CH4到过渡态Ⅰ断裂的是_______键（填“碳氢”“碳碳”“氧氢”或“碳氧”，下同），最后一步“夺氢”过程中有________键形成．
19．（2022·景德镇一中高三期末）Ⅰ.我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。
甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式：
方式 A：CH3OH* →CH3O* ＋H* Ea= +103.1kJ·ml-1
方式 B：CH3OH* →CH3* ＋OH* Eb= +249.3kJ·ml-1
由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为___________(填A、B)。
下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。
该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为___________。
Ⅱ.TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：
氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知：TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·ml-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·ml-1
(1)沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式_____。
(2)工业上处理尾气中NO的方法为：将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质转化如图所示。写出图示转化的总反应的化学方程式_____。
Ⅲ.甲醇可作为燃料电池的原料。CO2和CO可作为工业合成甲醇(CH3OH)的直接碳源，
(1)已知在常温常压下：①CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g) + 2H2O(g)； ΔH=﹣355.0 kJ∕ml
②2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) ΔH=-566.0 kJ/ml ③H2O(l)=H2O(g) ΔH=+44.0 kJ/ml
写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式：___________
(2)利用CO和H2在一定条件下可合成甲醇，发生如下反应：CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)，其两种反应过程中能量的变化曲线如下图a、b所示，下列说法正确的是___________。
A．上述反应的ΔH=-91kJ·ml-1
B．a反应正反应的活化能为510kJ·ml-1
C．b过程中第Ⅰ阶段为吸热反应，第Ⅱ阶段为放热反应
D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和ΔH
E．b过程的反应速率：第Ⅱ阶段>第Ⅰ阶段
20．（2022·福建厦门·高三期末）催化剂(Fe，Al)/MIL-53可直接选择性氧化甲烷制甲醇，节省能耗。
(1)(Fe，Al)/MIL-53制备方法如下：Al(NO3)3•9H2O+Al/MIL-53(Fe，Al)/MIL-53。
①对苯二甲酸的结构简式为_______，该分子中最多_______个原子共平面。
②生成（Fe，Al)/MIL-53过程中溶液pH_______(填“变大”或“变小”)。
③(Fe，Al）/MIL-53中Fe3+位于O原子形成的_______空隙中，1个对苯二甲酸根离子最多能形成_______个配位键。
(2)(Fe，Al)/MIL-53催化CH4制CH3OH的机理如图，其中虚线表示吸附状态。
①ii转化为iii的过程中，破坏的微粒间作用力有_______(填标号)。
A．σ键 B．配位键 C．离子键 D．极性键 E.非极性键
②该催化循环中铁元素价态有_______种。
(3)用FeCl3•6H2O和对苯二甲酸合成Fe/MIL-53。两种催化剂在上述催化过程中相对能量的变化情况如图。
①Fe/MIL-53催化过程中决速步骤为_______(化学键变化角度答题)。
②(Fe，Al)/MIL-53催化效果更佳的原因是_______。
参考答案
1．D【详解】A．根据盖斯定律，状态Ⅰ至Ⅴ之和等于总反应，则△H=△H1+△H2+△H3+△H4，A正确；
B．由A分析可知，△S=△S1+△S2+△S3+△S4，B正确；
C．状态III→状态IV反应后微粒数减少，△S3<0；总反应为放热反应，状态Ⅰ→状态Ⅱ、状态Ⅱ→状态III、状态IV→状态V分别涉及断键、断键、脱离过程均为吸热过程，则．状态III→状态IV为放热过程，△H3<0，C正确；
D．催化剂的使用不会改变反应的焓变，D错误；
故选D。
2．C【详解】A．由图知，在反应中产生又参与反应，为中间体，A正确；
B．从开始，顺时针第1步参与反应，第3步又生成，B正确；
C．由图知，铁的成键数目有4、5、6三种，C错误；
D．图中的总反应为一氧化碳和水生成二氧化碳和氢气，，D正确；
故选C。
3．B【详解】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢；
A．根据图示可知，第一步反应为首先生成(CH3)2OH+A−，故DME首先与分子筛H+A−结合形成(CH3)2OH+A−，A正确；
B．stepwise路径的最大活化能为ΔEa1=168.6kJ/ml，由于ΔEa<ΔEa1，DME水解反应更难以stepwise路径进行，B错误；
C．根据反应图示可知，反应存在两种途径，故在相同的催化剂作用下，化学反应也存在多种反应途径，C正确；
D．由图可知，反应物能量低于生成物能量，为吸热反应；升高温度，两种路径的反应速率都加快，且平衡正向移动，有利于提高反应物的转化率，D正确；
故选B。
4．A【详解】A．化学反应的决速步骤是慢反应，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒(活化能)最大的是到过渡态I的能量，故第一步化学反应为决速步骤，A正确；
B．催化剂不能改反应的焓变()，B错误；
C．物质具有的能量越低越稳定，故过渡态2更稳定，C错误；
D．由图可知吸附过程为放热过程，D错误；
故答案为：A。
5．B【详解】A．由图可知，有机物①是第一个反应的反应物，是最后一个反应的生成物，所以是该反应的催化剂，能降低反应所需活化能，故A正确；
B．H+离子中不含有电子，不符合2电子稳定结构，故B错误；
C．反应中，有机物①生成③，有极性键N—H、C=O极性键的断裂，C=N极性键的形成；有机物③生成有机物④的过程中有C=C非极性键的形成，有机物④生成⑥的过程中，有C=C键的断裂，所以反应中涉及极性键和非极性键的断裂与生成，故C正确；
D．由结构简式可知，有机物⑥中连接醇羟基、羧基的两个碳原子为手性碳原子，所以分子中含有2个手性碳原子，故D正确；
故选B。
6．C【详解】A．由图示转化关系可知，是反应的催化剂，A正确；
B．由图示转化关系可知，反应过程存在C-Br键的断裂和N-Br键的形成，即存在极性键的断裂和形成，B正确；
C．由图示可知，反应过程中只有3种中间体，C错误；
D．由反应历程可知，总反应为环氧乙烷衍生物与二氧化碳发生加成反应生成环状碳酸酯，D正确；
答案选C。
7．A【详解】A．根据图示可知：在第①步，[PdCl4]2-、H2反应产生Pd、HCl、Cl-，发生的反应方程式为[PdCl4]2-+H2→Pd+2HCl+2Cl-，A正确；
B．根据反应过程可知：[PdCl4]2-先与H2反应产生Pd，成键数目减少，后来Pd又转化为[PdCl2O2]2-，成键数目又增加，B错误；
C．依据图示可知H2与O2在[PdCl4]2-作用下生成H2O2，反应方程式：H2+O2H2O2，当生成1 ml H2O2的过程中，转移电子总数为2 ml，C错误；
D．根据反应过程可知：[PdCl4]2-先与H2反应产生Pd，Pd最后又转化为[PdCl4]2-，[PdCl4]2-先消耗后生成，反应前后的量不变，所以[PdCl4]2-是该反应的催化剂，D错误；
故合理选项是A。
8．B【详解】A．由示意图可看出，反应物总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，故A正确；
B．由示意图可看出， 第①步有C-H键断裂，故B错误；
C．由示意图可看出，第②步有C-C键形成，故C正确；
D．催化剂可降低反应所需活化能，有效提高化学反应速率，故D正确；
故答案为：B
9．B【详解】A．由催化机理可知，总反应为+ ，该反应为加成反应，A正确；
B．结构相似、分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，和结构不相似、分子组成上也不是相差若干个CH2原子团，两者不互为同系物，B错误；
C．由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了VI，VI是反应的催化剂，C正确；
D．I+VI→X+II，由I、VI、II的结构简式可知，X为H2O，D正确；
答案选B。
10．C【详解】A．由图可知，反应①中生成物的总能量高于反应总能量的反应，该反应是吸热反应，而反应②的生成物的总能量低于反应总能量的反应，该反应是放热反应，A正确；
B．根据过渡态理论，E1是催化反应①对应的正反应的活化能，(E2+△H)是催化反应②对应的逆反应的活化能，B正确；
C．由图可知，该反应的反应物总能量比生成物的总能量高，因此该反应宗反应是放热反应，温度改变对吸热反应影响更大，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，说明温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，C错误；
D．根据过渡态理论，E1是催化反应①对应的正反应的活化能，(E2+△H)是催化反应②对应的逆反应的活化能，D正确；
故合理选项是C。
11．D【详解】A．由催化循环Ⅰ、Ⅱ及催化剂性质知，A项正确；
B．图中循环Ⅰ、Ⅱ反应都为H2O重整CH4 ()，得到合成气：和，B项正确；
C．由图示可知，循环Ⅰ中，在UV的作用下，，C项正确；
D．、、中钒的化合价一定不同，D项错误；
故选D。
12．D【详解】A．由图可知，是反应Ⅰ的反应物，是反应Ⅲ的生成物，所以是反应的催化剂，故A正确；
B．由图可知，有机物3可以通过反应Ⅰ生成，也能通过反应Ⅳ生成，所以生成途径有2种，故B正确；
C．由图可知，步骤II中，有机物3断裂了碳氧键、胺断裂了氮氢键，产物中形成了碳氮键和氢氧键，反应中只有极性键的断裂和形成，故C正确；
D．由图可知，羧酸和胺脱水时，水和酰胺是反应的生成物，反应过程中不断除水，可使平衡向正反应方向移动，提高酰胺的产率，但生成速率减小，故D错误；
故选D。
13．D【详解】A．氢氰酸为共价化合物，结构式为H—C≡N，电子式为，故A正确；
B．由方程式可知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应为没有副产物生成，原子利用率为100的化合反应，故B正确；
C．硫酸氢铵是强酸弱碱的酸式盐，铵根离子在溶液中会发生水解反应，所以1L0.05ml/L的硫酸氢铵溶液中铵根离子的数目小于0.05ml/L×1L×NAml—1=0.05NA，故C正确；
D．由方程式可知，钯为新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和百分数都增大，故D错误；
故选D。
14．B【详解】A．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变△H＜0，A项错误；
B．由图1可知，状态④到状态⑤中O的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，B项正确；
C．由图1知，该过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，依据参数配平反应为：4NH3+4NO+O26H2O+4N2，C项错误；
D．物质能量越低越稳定，依据反应历程能量变化，反应过程中不同态物质体系稳定性升高，D项错误；
答案选B。
15．B【详解】A．从图中可知，I1的相对能量低于I2，能量较低则较稳定，故中间体I1比中间体I2更稳定，故A错误；
B．多步反应历程的决速步是反应最慢的一步，即活化能最大的一步，从图中可知，反应③的活化能最大，则其是该历程中的决速步，故B正确；
C．该反应的起始相对能量高于最终产物的相对能量，说明该反应是放热反应，则平衡状态时，升温使反应逆向移动，故C错误；
D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能，但不能降低反应热，反应热只与反应物总能量和生成物总能量差值相关，与反应过程无关，故D错误；
答案B。
16．C【详解】A．由图1可知，反应①为，结合氧化还原反应配平反应②为，A正确；
B．由图2可知，时间段内流出的CO的量小于H2，且生成速率不变，且反应中始终为检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应发生，生成更多的H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然是2mml/min，而CO变为1~2mml/min之间，说明反应②生成速率大于副反应生成的速率，C错误；
D．由图2可知，之后，生成CO的速率为0，CH4的反应速率增大，最终恢复到1，则反应②不再发生，随后生成H2的速率也为0，则副反应也逐渐停止，D正确；
故选C。
17．(1) 排出装置中的空气 12Fe(OH)2+=4++10H2O+NaOH
(2) 中含有Fe2+，由已知可知反应更快 2NO2+2OH-=NO+NO+H2O 二氧化硫在水中的溶解度较大，且可以和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，从而被完全脱除
【解析】(1)①向足量NaOH溶液中通入一段时间，排出装置中的空气，防止空气将亚铁离子氧化；
②氢氧化钠溶液和硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀和硫酸钠溶液，故制备的反应为12Fe(OH)2+=4++10H2O+NaOH；
(2)①中含有Fe2+，由已知可知反应更快，故相同条件下作催化剂时NO脱除率更高；
②被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为2NO2+2OH-=NO+NO+H2O；
③二氧化硫在水中的溶解度较大，且可以和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，从而被完全脱除。
18．(1)
(2) ＞ 无
(3) 碳氢 氧氢
【解析】(1)根据盖斯定律，将热化学方程式①+②-③，整理可得热化学方程式：；
(2)由图甲、图乙得知，不同形态的对无影响，因为催化剂只改变反应的路径和速率，不能改变反应物、生成物的能量，因此对反应热无影响；
(3)从CH4到过渡态Ⅰ断裂的是碳氢键，最后一步“夺氢”过程中夺得的氢原子接在氧原子上形成羟基，形成的是氧氢键。
19．Ⅰ. A； CHO*＋3H*＝CO*＋4H*(或CHO*＝CO*＋H*)Ⅱ.(1)TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)＝TiCl4(g)+2CO(g) ΔH=-45.5 kJ/ml(2)2H2+2NO＝N2+2H2OⅢ.(1)CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-726.0 kJ/ml (2)ACE
【详解】Ⅰ.方式A中活化能小，则由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为A。该历程中，放热最多的是41.9→－65.7，则步骤的化学方程式为CHO*＋3H*＝CO*＋4H*(或CHO*＝CO*＋H*)。
Ⅱ.(1)已知：①TiO2(s)+2Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·ml-1
②2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·ml-1
依据盖斯定律①+②即得到沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式为TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)＝TiCl4(g)+2CO(g) ΔH=-45.5 kJ/ml。
(2)根据示意图可判断反应物是氢气和NO，生成物是氮气，依据原子守恒可知还有水生成，则图示转化的总反应的化学方程式为2H2+2NO＝N2+2H2O。
Ⅲ.(1)已知：①CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g) + 2H2O(g) ΔH=﹣355.0 kJ∕ml
②2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) ΔH=-566.0 kJ/ml
③H2O(l)=H2O(g) ΔH=+44.0 kJ/ml
依据盖斯定律①+②×－③×2即得到表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-726.0 kJ/ml；
(2)A．上述反应的ΔH=（419－510）kJ·ml-1=-91kJ·ml-1，A正确；
B．a反应正反应的活化能为419kJ·ml-1，B错误；
C．b过程中第Ⅰ阶段生成物能量高，为吸热反应，第Ⅱ阶段生成物能量低于反应物能量。为放热反应，C正确；
D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能，但不能改变ΔH，D错误；
E．b过程的第Ⅱ阶段活化能低，因此反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段，E正确；
答案选ACE。
20．(1) 18 变小 八面体 4
(2) ADE 2
(3) 甲烷均裂生成甲基 与Fe/MIL-53相比，(Fe，Al)/MIL-53催化时决速步能垒低，反应速率更快；过多相近Fe位点上的羧基被H2O2取代，会导致配合物框架坍塌而溶解
【解析】(1)①对苯二甲酸含有1个苯环和2个羧基，两个羧基取代了苯环对位上的氢原子，该有机物结构简式为：对苯二甲酸，含有1个苯环和2个羧基，两个羧基取代了苯环对位上的氢原子，该有机物结构简式为：，该结构中，苯环为平面结构，羧基中的C一定和苯环共面，另外3个原子可能和苯环共面，则最多18个原子共面；
②生成(Fe，Al）/MIL-53过程中对苯二甲酸羧基中的H被Al、Fe替换，转化为H+，则溶液pH变小；
③(Fe，Al）/MIL-53中Fe3+位于中心位置，而6个O原子形成八面体，则Fe3+位于八面体空隙中，1个对苯二甲酸根离子含有4个具有孤对电子的O原子，则最多能形成4个配位键。
(2)①ii转化为iii的过程中，破坏了H-O之间的单键即σ键、极性键，还破坏了O-O之间的非极性键，没有破坏配位键以及离子键；
②该催化循环中铁元素价态有+3价、+6价两种化合价。
(3)①相对能量越大，反应速率越慢，为决速步骤，则Fe/MIL-53催化过程中决速步骤为甲烷均裂生成甲基；
②(Fe，Al)/MIL-53催化时，相对能量更低，则催化效果更佳的原因是与Fe/MIL-53相比，(Fe，Al)/MIL-53催化时决速步能垒低，反应速率更快；过多相近Fe位点上的羧基被H2O2取代，会导致配合物框架坍塌而溶解。
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