2025高考化学解密之考点篇试题 化学反应机理的探究（Word版附解析）

这是一份2025高考化学解密之考点篇试题 化学反应机理的探究（Word版附解析），共37页。试卷主要包含了烯烃进行加成反应的一种机理如下等内容，欢迎下载使用。
1．（2024秋•贵阳月考）含氮废水包括氨氮（NH3、）、亚硝酸盐氮（）、硝酸盐氮（）等，通常将其转化为氮气或生物质来去除。其中厌氧氨氧化脱氨的机理如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．O2的氧化性强于
B．反应Ⅰ中和反应Ⅱ中的个数比为2：1时，氮的脱除效果最好
C．反应Ⅱ中，若生成一个N2则转移3个电子
D．若氧气过量，则可能被氧化成
2．（2024秋•靖远县月考）乙烷部分氧化生成醛类含氧化合物是低碳烷烃选择性氧化中较难进行的反应过程，Fe+能催化N2O对乙烷的选择性氧化，其反应机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中有极性键、非极性键的断裂和形成
B．该机理显示由乙烷生成乙醛有两条路径
C．Fe+也能催化乙醇氧化成乙醛
D．该方法共生成了4种中间体
3．（2024•沧州三模）烯烃在四氧化锇（OsO4）作催化剂和NMO作氧化剂的条件下，可转化为相应的顺式邻二醇。加水分解是该催化体系的决速步骤。已知四氧化锇分子的空间结构为正四面体形。下列说法正确的是（ ）
A．四氧化锇在水中的溶解度大于在CCl4中的溶解度
B．步骤1的活化能大于步骤2的活化能
C．步骤1为加成反应
D．反应涉及C—Oσ键、N—Oσ键、O—Hσ键、C—Cσ键的断裂
4．（2024•安徽二模）我国科技工作者利用催化剂实现了吡啶（）邻位选择性三氟甲基化，其原理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．CH3I是催化剂
B．CF3COOH的酸性大于CH3COOH的酸性
C．整个反应过程中存在极性键的断裂和形成
D．理论上1ml O2参加反应，会产生1ml
5．（2024秋•长安区月考）双氧水在医药，新能源、造纸，污水治理等多领域有广泛应用。为了应对其市场需求的迅速增加，科研人员研发出一种用H2制备H2O2的反应原理如图所示，该制备工艺能耗低、方法简单，下列叙述错误的是（ ）
A．Pd降低了反应的活化能
B．X是O2，在该反应中作氧化剂
C．[PdCl2O2]2﹣中Pd的化合价是+2
D．反应过程中有极性键和非极性键的断裂及形成
6．（2024•安徽开学）我国科学家在全球范圃内首次实现了用CO2人工合成淀粉，其转化过程如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．大规模利用空气中的CO2合成淀粉，有助于我国在2060年前实现“碳中和”的目标
B．过程Ⅲ的产物与互为同分异构体
C．利用光谱分析技术可以验证合成淀粉的组成、结构
D．实验室实现过程ⅡCH3OH→HCHO的转化可以使用酸性高锰酸钾溶液
7．（2023秋•肇东市校级期末）羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物（图中⑦）的反应机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．③是该反应的中间产物
B．④是该反应的催化剂
C．⑥到⑦的过程中没有非极性键的断裂和生成
D．合成⑦的总反应为+
8．（2024秋•泉州月考）N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru（Ⅱ）催化剂（用[L﹣Ru—NH3]+表示）能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配体NH3失去质子能力减弱
B．M与[L﹣Ru—NH3]+中Ru的化合价不同
C．图示过程发生在电解池阳极区
D．该过程有非极性键的形成和断裂
9．（2024•北京）可采用Deacn催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣114.4kJ•ml﹣1。如图所示为该法的一种催化机理。
下列说法不正确的是（ ）
A．Y为反应物HCl，W为生成物H2O
B．反应制得1ml Cl2，须投入2ml CuO
C．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
10．（2024•广西）烯烃进行加成反应的一种机理如下：
此外，已知实验测得CH2＝CH2、CH3CH＝CH2、（CH3）2C＝CH2与Br2进行加成反应的活化能依次减小。下列说法错误的是（ ）
A．乙烯与HCl反应的中间体为CH3—CH2
B．乙烯与氯水反应无CH2ClCH2OH生成
C．卤化氢与乙烯反应的活性：HBr＞HCl
D．烯烃双键碳上连接的甲基越多，与Br2的反应越容易
11．（2024秋•南岗区校级月考）Cu基催化剂是NH3—SCR技术脱除NO中性能较为优异的新型催化剂，但烟气中的SO2会造成Cu基催化剂的催化性能下降。加入CeO2可抑制SO2对Cu基催化剂的影响，其作用机理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．CemOn的化学式为Ce2O3
B．总反应中的还原剂是NH3
C．①②③均涉及氧化还原反应
D．从整个反应机理来看CeO2作为催化剂，在反应过程中有参与反应
12．（2024秋•东西湖区校级月考）合成聚合物P，将反应物一次全部加入密闭的反应釜中，转化路线如图，聚合过程包含三个阶段第一阶段最先发生，速率最快，第二阶段、第三阶段依次发生，速率逐渐减慢。
下列说法不正确的是（ ）
A．第一阶段中有C—O键和C—N键的断裂
B．该条件下，与聚合的活化能小于与O＝C＝O聚合的活化能
C．聚合物P中含有3种官能团
D．加入a ml CO2，最多生成聚合物P
13．（2024秋•顺义区校级月考）CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4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CO2，在催化剂上有积碳。下列说法不正确的是（ ）
A．反应①为CaO+CO2＝CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2
B．t1～t3，n（H2）比n（CO）多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2
C．t2时刻，副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率
D．t3之后，生成H2的速率为0，是因为反应②不再发生
14．（2024•5月份模拟）乙醛主要用作还原剂、杀菌剂、合成橡胶等，以乙烷为原料合成乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应①中消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
B．理论上该合成方法中每消耗1ml C2H6可得到1ml CH3CHO
C．反应⑤、⑥中均有含π键的产物生成
D．乙醛分子中没有O—H键，故其与水分子间不能形成氢键
15．（2024•浙江开学）一氯代烃在NaOH溶液中发生取代反应，其中被称为“单分子亲核取代反应”的机理如下：
已知：
①已知碳正离子正电荷越分散，结构越稳定
②一定条件下，一氯代烃只发生“单分子亲核取代反应”的水解相对速率与烃基的关系如下表：
③一定条件下，只改变叔丁基氯（）浓度或NaOH溶液浓度对反应速率的影响示意图如图：
下列说法不正确的是（ ）
A．碳正离子的稳定性：＜CH3＜（CH3）2CH+＜（CH3）3C+
B．反应的活化能：步骤Ⅰ＜步骤Ⅱ
C．结构中双键能有效稳定碳正离子
D．叔丁基氯在NaOH和NaF的混合溶液中发生反应，可能生成和
16．（2024秋•和平区校级月考）向H2O2溶液中加少量Fe2（SO4）3溶液，反应原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Fe2+在整个过程中作催化剂
B．H2O2生产过程要严格避免混入Fe3+
C．有1ml O2生成时，转移2ml电子
D．该反应过程中，M是Fe2+，M′是Fe3+
17．（2024秋•盐城月考）BASF高压法制备醋酸，所采用钴碘催化循环过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．CH3OH转化为CH3I的有机反应类型属于取代反应
B．从总反应看，循环过程中需不断补充CH3OH、H2O、CO等
C．与丙酸甲酯互为同分异构体且与CH3COOH互为同系物的物质有2种
D．该循环总反应的方程式为CO+CH3OH→CH3COOH
18．（2024秋•贵州月考）甲酸甲酯（HCOOCH3）作为潜在的储氢材料而受到关注，科学家发现使用Ru配合物催化剂可以使甲酸甲酯温和释氢，其可能的反应过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．反应过程中Ru化合价不变
B．Ⅲ→Ⅳ每消耗1ml H2O生成2ml H2
C．总反应为HCOOCH3+2H2O＝4H2↑+2CO2↑
D．反应只涉及极性键的断裂和形成
19．（2024秋•湖南月考）科学家利用太阳光在新型催化剂Ⅰ表面高效分解水后，再利用高效催化剂Ⅱ将二氧化碳转化为乙烯，其反应的微观示意图如图。下列说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ中，反应前后分子总数保持不变
B．反应Ⅱ为置换反应
C．整个反应过程中涉及到3种氧化物
D．反应Ⅱ的化学方程式为2CO2+6H2C2H4+4H2O
20．（2024秋•安徽月考）除少数卤化物外，大部分非金属卤化物都易水解，且反应不可逆。卤化物的水解机理分亲核水解和亲电水解。发生亲核水解的结构条件：中心原子具有δ+和有空的价轨道；发生亲电水解的结构条件：中心原子有孤对电子，可作Lewis碱，接受H2O的H+进攻。NCl3和SiCl4均可发生水解反应，其中NCl3的水解机理示意图如图。下列说法正确的是（ ）
A．NH3和NCl3分子中各原子均满足8电子稳定结构
B．CCl4也能发生水解反应
C．NCl3的水解过程中N原子的杂化轨道类型发生了变化
D．NCl3和SiCl4的水解反应机理不同
21．（2024•湖北开学）“接触法制硫酸”的核心反应是2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g） ΔH＝﹣198kJ/ml，因SO2在催化剂表面与O2接触而得名，反应过程示意图如图。下列说法正确的是（ ）
A．SO2和SO3都属于酸性氧化物，通到BaCl2溶液中都会产生白色沉淀
B．增加O2的浓度对上述反应的速率影响不明显，说明反应②是快反应
C．V2O5是催化剂，整个过程没有参与反应
D．SO2→SO3过程中反应物所含化学键的键能之和大于生成物所含化学键的键能之和
22．（2024•高台县校级一模）氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得H2。在催化剂作用下，HCOOH催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是（ ）
A．HCOOH催化释放氢的过程中有非极性键的断裂与形成
B．HCOOD催化释放氢反应除生成CO2：外，还生成H2、HD、D2
C．在催化剂表面解离C—H键比解离O—H键难
D．HCOOH催化释放氢的热化学方程式为：HCOOH（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣0.45eV
23．（2024春•天宁区校级期末）我国科研团队研制出“TM﹣LiH（TM表示过渡金属）”双催化剂体系，实现了氨的低温催化合成，其原理示意如图：
下列分析不合理的是（ ）
A．状态Ⅰ为N2吸附并发生解离，N≡N键发生断裂并吸收能量
B．状态Ⅲ反应的方程式为2LiNH+3H2＝2LiH+2NH3
C．“TM﹣LiH”能降低合成氨反应的ΔH
D．合成NH3总反应的原子利用率是100%
24．（2024秋•蓝田县月考）中国科学家在淀粉人工合成方面取得了突破性进展，在国际上首次实现了二氧化碳到淀粉的全合成，合成路径如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．由二氧化碳合成淀粉需要释放能量
B．若CO2→CH3OH的反应为吸热反应，说明1ml CO2所含总能量低于1ml甲醇所含的总能量
C．醇氧化酶和甲酰酶作为反应的催化剂，主要作用是加快反应速率
D．FADH转化为DHA的化学方程式为3，该反应属于取代反应
25．（2024•九龙坡区校级开学）CO2催化加氢制甲醇的反应历程如图所示，一个H2分子首先在“—O—Ga—O—Zn﹣”表面解离成2个H*（该过程未在历程中标出），随后参与到CO2的转化过程。下列说法不正确的是（ ）
A．“—O—Ga—O—Zn﹣”不能改变总反应的焓变
B．总反应可表示为CO2+3H2＝CH3OH+H2O
C．原料气中H2比例过低可能会降低催化剂活性
D．理论上反应历程消耗的H*与生成的甲醇的物质的量之比为5：1
2025菁优高考化学解密之化学反应机理的探究
参考答案与试题解析
一．选择题（共25小题）
1．（2024秋•贵阳月考）含氮废水包括氨氮（NH3、）、亚硝酸盐氮（）、硝酸盐氮（）等，通常将其转化为氮气或生物质来去除。其中厌氧氨氧化脱氨的机理如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．O2的氧化性强于
B．反应Ⅰ中和反应Ⅱ中的个数比为2：1时，氮的脱除效果最好
C．反应Ⅱ中，若生成一个N2则转移3个电子
D．若氧气过量，则可能被氧化成
【答案】B
【分析】A．根据在Ⅰ中发生的反应为：，O2 作氧化剂，为氧化产物，反应Ⅱ中发生的反应为：，若氧气过量，厌氧氨氧化菌活性降低，部分 可能会被氧化成 而保留在溶液中，进行分析。
【解答】解：A．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在Ⅰ中发生的反应为：，氧气作氧化剂，为氧化产物，氧气的氧化性强于 ，故A正确；
B．在反应Ⅱ中发生的反应为：，结合反应Ⅰ可知，反应Ⅰ中 和反应Ⅱ中 的个数比为1：1时，氮的脱除效果最好，可完全转化为氮气，故B错误；
C．反应Ⅱ的离子方程式为，生成一个 N2 转移3个电子，故C正确；
D．若氧气过量，厌氧氨氧化菌活性降低，部分 可能会被氧化成 而保留在溶液中，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2．（2024秋•靖远县月考）乙烷部分氧化生成醛类含氧化合物是低碳烷烃选择性氧化中较难进行的反应过程，Fe+能催化N2O对乙烷的选择性氧化，其反应机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中有极性键、非极性键的断裂和形成
B．该机理显示由乙烷生成乙醛有两条路径
C．Fe+也能催化乙醇氧化成乙醛
D．该方法共生成了4种中间体
【答案】D
【分析】A．根据反应过程中没有非极性键的断裂进行分析；
B．根据反应①②③过程中没有生成乙醛，进行分析；
C．根据Fe+不能催化氧化乙醇进行分析；
D．根据基元反应①②④⑤均生成了1种中间体进行分析。
【解答】解：A．反应过程中没有非极性键的断裂，故A错误；
B．反应①②③过程中没有生成乙醛，它们是副反应，故B错误；
C．Fe+能催化N2O对乙烷的选择性氧化，不能催化乙醇氧化成乙醛，故C错误；
D．基元反应①②④⑤均生成了1种中间体，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
3．（2024•沧州三模）烯烃在四氧化锇（OsO4）作催化剂和NMO作氧化剂的条件下，可转化为相应的顺式邻二醇。加水分解是该催化体系的决速步骤。已知四氧化锇分子的空间结构为正四面体形。下列说法正确的是（ ）
A．四氧化锇在水中的溶解度大于在CCl4中的溶解度
B．步骤1的活化能大于步骤2的活化能
C．步骤1为加成反应
D．反应涉及C—Oσ键、N—Oσ键、O—Hσ键、C—Cσ键的断裂
【答案】C
【分析】A．根据“相似相溶”原理进行分析；
B．活化能越大，反应速率越慢；
C．烯烃易发生加成反应；
D．反应中未涉及C—Cσ键的断裂。
【解答】解：A．四氧化锇分子的空间结构为正四面体形，即四氧化锇为非极性分子，根据“相似相溶”原理，四氧化锇在水中的溶解度小于在CCl4中的溶解度，故A错误；
B．加水分解是该催化体系的决速步骤，则步骤1的活化能小于步骤2的活化能，故B错误；
C．步骤1属于烯烃的加成反应，故C正确；
D．反应中断裂了碳碳双键中的π键，未涉及C—Cσ键的断裂，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查化学反应机理的探究，具体涉及“相似相溶”原理的应用、反应热与焓变、化学键的断裂与形成等，属于基本知识的考查，难度中等。
4．（2024•安徽二模）我国科技工作者利用催化剂实现了吡啶（）邻位选择性三氟甲基化，其原理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．CH3I是催化剂
B．CF3COOH的酸性大于CH3COOH的酸性
C．整个反应过程中存在极性键的断裂和形成
D．理论上1ml O2参加反应，会产生1ml
【答案】D
【分析】A．催化剂参与第一步反应，在最后一步反应中生成；
B．电负性：F＞H，CF3基团吸引电子的能力大于CH3基团，使得—COOH中O—H键的极性更强，更易电离出氢离子；
C．由图可知，整个反应过程中存在C—H、C—I极性键的断裂和C—I等极性键的形成；
D．由图可知，总反应为2+2CF3COOH+O2→2+2CO2+2H2O。
【解答】解：A．CH3I参与第一步反应，在最后一步反应中生成，是该反应的催化剂，故A正确；
B．电负性：F＞H，CF3基团吸引电子的能力大于CH3基团，使得—COOH中O—H键的极性更强，更易电离出氢离子，所以酸性：CF3COOH＞CH3COOH，故B正确；
C．由图可知，整个反应过程中存在C—H、C—I极性键的断裂和C—I等极性键的形成，故C正确；
D．由图可知，总反应为2+2CF3COOH+O2→2+2CO2+2H2O，所以理论上1ml O2参加反应，会产生2ml，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查化学反应机理的探究，具体涉及催化剂、键的极性、酸性的比较等，属于基本知识的考查，难度不大。
5．（2024秋•长安区月考）双氧水在医药，新能源、造纸，污水治理等多领域有广泛应用。为了应对其市场需求的迅速增加，科研人员研发出一种用H2制备H2O2的反应原理如图所示，该制备工艺能耗低、方法简单，下列叙述错误的是（ ）
A．Pd降低了反应的活化能
B．X是O2，在该反应中作氧化剂
C．[PdCl2O2]2﹣中Pd的化合价是+2
D．反应过程中有极性键和非极性键的断裂及形成
【答案】C
【分析】整个转化过程中涉及以下反应：①、②、③，总反应为：H2+O2H2O2。，据此分析解答。
【解答】解：A．Pd参与反应过程后，H2与O2合成H2O2能耗降低，则其能降低反应过程中的活化能，故A正确；
B．根据反应②可知，生成物中增加了氧元素，则X为O2，反应后化合价降低为﹣2价，作氧化剂，故B正确；
C．中Pd的化合价为+4价，故C错误；
D．反应过程中，极性键断裂如反应③中H—Cl；极性键生成如反应③中H2O2的H—O、反应①中H—Cl；非极性键的断裂如反应①中H—H、反应②中O＝O；非极性键的形成如反应③中H2O2的O—O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
6．（2024•安徽开学）我国科学家在全球范圃内首次实现了用CO2人工合成淀粉，其转化过程如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．大规模利用空气中的CO2合成淀粉，有助于我国在2060年前实现“碳中和”的目标
B．过程Ⅲ的产物与互为同分异构体
C．利用光谱分析技术可以验证合成淀粉的组成、结构
D．实验室实现过程ⅡCH3OH→HCHO的转化可以使用酸性高锰酸钾溶液
【答案】D
【分析】A．二氧化碳合成淀粉能减少碳排放；
B．分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体；
C．红外光谱测定化学键；
D．CH3OH、HCHO都能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
【解答】解：A．二氧化碳合成淀粉能减少碳排放，有助于我国在2060年前实现“碳中和”的目标，故A正确；
B．二者分子式相同，都是C3H6O3，结构不同，所以二者互为同分异构体，故B正确；
C．红外光谱测定化学键，所以利用光谱（红外光谱）分析技术可以验证合成淀粉的组成、结构，故C正确；
D．CH3OH、HCHO都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以实验室实现过程ⅡCH3OH→HCHO的转化不能使用酸性高锰酸钾溶液，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查反应机理及有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确同分异构体概念的内涵、有机物结构和性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
7．（2023秋•肇东市校级期末）羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物（图中⑦）的反应机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．③是该反应的中间产物
B．④是该反应的催化剂
C．⑥到⑦的过程中没有非极性键的断裂和生成
D．合成⑦的总反应为+
【答案】B
【分析】A．根据在反应中生成又消耗，则该物质为中间产物，进行分析；
B．根据在反应中消耗又生成，则该物质为催化剂进行分析；
C．根据断开C＝N键、O—H键，形成N—H键、C＝O键，没有非极性键得断裂和生成进行分析；
D．根据反应物为丙酮和CH3CHO，生成物是，催化剂是，进行分析。
【解答】解：A．在反应中生成又消耗，则该物质为中间产物，③是第一步反应的产物，第二个反应的反应物，所以③只是该反应的中间产物，故A正确；
B．①为该反应的催化剂，故B错误；
C．⑥到⑦的过程+H2O→++H+，断开C＝N键、O—H键，形成N—H键、C＝O键，没有非极性键得断裂和生成，故C正确；
D．合成⑦，反应物为丙酮和CH3CHO，生成物是，催化剂是，总反应为，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
8．（2024秋•泉州月考）N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru（Ⅱ）催化剂（用[L﹣Ru—NH3]+表示）能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配体NH3失去质子能力减弱
B．M与[L﹣Ru—NH3]+中Ru的化合价不同
C．图示过程发生在电解池阳极区
D．该过程有非极性键的形成和断裂
【答案】C
【分析】A．根据Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，中的Ru带有更多的正电荷，其与N原子成键后，Ru吸引电子的能力比Ru（Ⅱ）强，进行分析；
B．根据当变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru1个电子，进行分析；
C．根据总反应式为，为氧化反应，进行分析；
D．根据整个过程无非极性键的断裂进行分析。
【解答】解：A．Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，中的Ru带有更多的正电荷，其与氮原子成键后，Ru吸引电子的能力比Ru（Ⅱ）吸引电子的能力强，这种作用使得配体NH3中的N—H键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（H+）的能力增强，故A错误；
B．当变为M时，氮原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru1个电子，其中Ru的化合价变为+2，则M与中Ru的化合价相同，故B错误；
C．该过程的总反应式为，该反应为氧化反应，发生在电解池阳极区，故C正确；
D．根据图示可知，整个过程无非极性键的断裂，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
9．（2024•北京）可采用Deacn催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣114.4kJ•ml﹣1。如图所示为该法的一种催化机理。
下列说法不正确的是（ ）
A．Y为反应物HCl，W为生成物H2O
B．反应制得1ml Cl2，须投入2ml CuO
C．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
【答案】B
【分析】结合反应机理分析，根据原子守恒，可得X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O，据此分析作答。
【解答】解：A．根据分析可知，Y为反应物HCl，W为生成物H2O，故A正确；
B．CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，故B错误；
C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，故C正确；
D．图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCl和CuCl→Cu2OCl2，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查反应机理的探究，同时考查氧化还原反应、催化剂的概念、平衡常数的影响因素等，属于基本知识的考查，难度中等。
10．（2024•广西）烯烃进行加成反应的一种机理如下：
此外，已知实验测得CH2＝CH2、CH3CH＝CH2、（CH3）2C＝CH2与Br2进行加成反应的活化能依次减小。下列说法错误的是（ ）
A．乙烯与HCl反应的中间体为CH3—CH2
B．乙烯与氯水反应无CH2ClCH2OH生成
C．卤化氢与乙烯反应的活性：HBr＞HCl
D．烯烃双键碳上连接的甲基越多，与Br2的反应越容易
【答案】B
【分析】A．电负性：H＜Cl，HCl中H带正电荷，Cl带负电荷；
B．电负性：O—＞Cl，所以H—O—Cl中，其中Cl带正电荷，HO带负电荷；
C．原子半径：Br＞Cl，HBr中H—Br键的键能更小，更容易断裂，反应更快；
D．实验测得CH2＝CH2、CH3CH＝CH2、（CH3）2C＝CH2与Br2进行加成反应的活化能依次减小，即反应越来越溶液。
【解答】解：A．HCl中H带正电荷，Cl带负电荷，根据机理可知，乙烯与HCl反应的中间体为CH3—，故A正确；
B．氯水中存在次氯酸，结构为H—O—Cl，其中Cl带正电荷，HO带负电荷，根据机理可知，反应可能生成CH2ClCH2OH，故B错误；
C．根据机理可知，第一步反应为慢反应，决定反应的速率，原子半径：Br＞Cl，HBr中H—Br键的键能更小，更容易断裂，反应更快，则卤化氢与乙烯反应的活性：HBr＞HCl，故C正确；
D．实验测得CH2＝CH2、CH3CH＝CH2、（CH3）2C＝CH2与Br2进行加成反应的活化能依次减小，即反应越来越溶液，所以烯烃双键碳上连接的甲基越多，与Br2的反应越容易，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学反应机理的探究，同时考查电负性的应用等，属于基本知识的考查，难度不大。
11．（2024秋•南岗区校级月考）Cu基催化剂是NH3—SCR技术脱除NO中性能较为优异的新型催化剂，但烟气中的SO2会造成Cu基催化剂的催化性能下降。加入CeO2可抑制SO2对Cu基催化剂的影响，其作用机理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．CemOn的化学式为Ce2O3
B．总反应中的还原剂是NH3
C．①②③均涉及氧化还原反应
D．从整个反应机理来看CeO2作为催化剂，在反应过程中有参与反应
【答案】C
【分析】由反应①可得化学方程式为xCeO2+3SO2+O2＝Cex（SO4）y，由硫原子个数守恒可得：y＝3，由氧原子个数守恒可得：2x+6+2＝4y，联立可得x＝2，则硫酸盐中Ce元素的化合价为+3价；由反应②可得化学方程式为Ce2（SO4）3+4NH3+3H2O＝CemOn+（NH4）2SO4+2NH4HSO4，该反应各元素化合价没有变化，是非氧化还原反应，所以CemOn中Ce的化合价也为+3价，故CemOn的化学式为Ce2O3；由反应③可得化学方程式为Ce2O3+（NH4）2SO4+2NH4HSO4+2NO+O2＝2CeO2+3SO2+3N2+9H2O，联立①②③得总反应为4NH3+2NO+2O2＝3N2+6H2O，据此分析解题。
【解答】解：A．由反应①可得化学方程式为xCeO2+3SO2+O2＝Gex（SO4）y，由硫原子个数守恒可得：y＝3，由氧原子个数守恒可得：2x+6+2＝4y，联立可得x＝2，则硫酸盐中Ce元素的化合价为+3价，由反应②可得化学方程式为Ge2（SO4）3+4NH3+3H2O＝CemOn+（NH4）2SO4+2NH4HSO4，该反应各元素化合价没有变化，是非氧化还原反应，所以CemOn中Ce的化合价也为+3价，故CemOn的化学式为Ce2O3，故A正确；
B．根据分析，总反应是4NH3+2NO+2O2＝3N2+6H2O，NH3中N元素化合价升高，作还原剂，故B正确；
C．根据分析，反应②不是氧化还原反应，故C错误；
D．从整个反应机理来看，CeO2先参与反应，后又生成，是反应的催化剂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
12．（2024秋•东西湖区校级月考）合成聚合物P，将反应物一次全部加入密闭的反应釜中，转化路线如图，聚合过程包含三个阶段第一阶段最先发生，速率最快，第二阶段、第三阶段依次发生，速率逐渐减慢。
下列说法不正确的是（ ）
A．第一阶段中有C—O键和C—N键的断裂
B．该条件下，与聚合的活化能小于与O＝C＝O聚合的活化能
C．聚合物P中含有3种官能团
D．加入a ml CO2，最多生成聚合物P
【答案】D
【分析】A．根据图知，第一阶段中醇发生O—H键的断裂，另一种有机物断裂酯基中C—O键、酰胺键中的N—C键；
B．聚合过程包含3个阶段，即先发生与聚合，后发生与O＝C＝O聚合；
C．根据图知，聚合物P中含有酯基、酰胺基、羟基；
D．由第一阶段知，生成1ml，同时得到nml CO2，由第三阶段知，生成1ml聚合物P，需要zml CO2，则生成1ml聚合物P，需要（z﹣n）ml CO2。
【解答】解：A．根据图知，第一阶段中醇发生O—H键的断裂，另一种有机物断裂酯基中C—O键、酰胺键中的N—C键，故A正确；
B．聚合过程包含三个阶段，依次发生，即先发生与聚合，后发生与O＝C＝O聚合，所以该条件下，与聚合的速率可能远大于与O＝C＝O聚合的速率，故B正确；
C．根据图知，聚合物P中含有酯基、酰胺基、羟基，含有3种官能团，故C正确；
D．由第一阶段知，生成1ml，同时得到nml CO2，由第三阶段知，生成1ml聚合物P，需要zml CO2，则生成1ml聚合物P，需要（z﹣n）ml CO2，则加入aml CO2，最多生成ml聚合物P，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的推断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确反应中断键和成键方式是解本题关键，C选项中易含量羟基而导致错误判断。
13．（2024秋•顺义区校级月考）CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4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CO2，在催化剂上有积碳。下列说法不正确的是（ ）
A．反应①为CaO+CO2＝CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2
B．t1～t3，n（H2）比n（CO）多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2
C．t2时刻，副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率
D．t3之后，生成H2的速率为0，是因为反应②不再发生
【答案】C
【分析】根据图1可以得到反应①为CaO+CO2＝CaCO3，反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2，结合图2进行分析。。
【解答】解：结合分析可知，反应①为CaO+CO2＝CaCO3，反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2，故A正确；
B.由图1可以得到反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2，可以得到一氧化碳和氢气生成速率相等，结合图2的t1～t3，n（H2）比n（CO）多，且生成H2速率不变，推测存在副反应会生成氢气，故B正确；
C.由图2可以得到氢气的流速是2mml•min﹣1，CO的流速v（1mml•min﹣1＜v＜2mml•min﹣1），由反应②可以得到一氧化碳和氢气生成速率相等，说明剩余的氢气是由副反应生成的，副反应生成氢气的速率为2﹣v，范围0～1 mml•min﹣1副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，故C错误；
D.t3之后，生成CO的流速为0，甲烷的流速逐渐增大，最终恢复到1mml•min﹣1，说明生成CO的速率为0是因为反应②不再发生，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
14．（2024•5月份模拟）乙醛主要用作还原剂、杀菌剂、合成橡胶等，以乙烷为原料合成乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应①中消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
B．理论上该合成方法中每消耗1ml C2H6可得到1ml CH3CHO
C．反应⑤、⑥中均有含π键的产物生成
D．乙醛分子中没有O—H键，故其与水分子间不能形成氢键
【答案】C
【分析】A．根据反应①可表示为Fe++N2O＝N2+FeO+，进行分析；
B．根据转化过程中还有副产物乙醇生成进行分析；
C．根据⑤中N2含有氮氮三键、⑥中—CHO含有碳氧双键进行分析；
D．根据乙醛中的氧原子能与水中的“O—H”形成氢键进行分析。
【解答】解：A．反应①可表示为Fe++N2O＝N2+FeO+，消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，故A错误；
B．由图中转化可知，还有副产物乙醇生成，故B错误；
C．⑤中N2含有氮氮三键、⑥中—CHO含有碳氧双键，故C正确；
D．乙醛中的氧原子能与水中的“O—H”形成氢键，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
15．（2024•浙江开学）一氯代烃在NaOH溶液中发生取代反应，其中被称为“单分子亲核取代反应”的机理如下：
已知：
①已知碳正离子正电荷越分散，结构越稳定
②一定条件下，一氯代烃只发生“单分子亲核取代反应”的水解相对速率与烃基的关系如下表：
③一定条件下，只改变叔丁基氯（）浓度或NaOH溶液浓度对反应速率的影响示意图如图：
下列说法不正确的是（ ）
A．碳正离子的稳定性：＜CH3＜（CH3）2CH+＜（CH3）3C+
B．反应的活化能：步骤Ⅰ＜步骤Ⅱ
C．结构中双键能有效稳定碳正离子
D．叔丁基氯在NaOH和NaF的混合溶液中发生反应，可能生成和
【答案】B
【分析】A．碳正离子正电荷越分散，结构越稳定；
B．反应所需活化能越大，反应速率越慢；
C．根据表中数据知，碳正离子结构越稳定，水解相对速率越大；
D．根据“单分子亲核取代反应”的反应机理知，一氯代烃中氯原子可以被阴离子取代。
【解答】解：A．推电子基团能力：—CH3＜—CH2CH3＜—CH（CH3）2＜—C（CH3）3，碳正离子正电荷分散程度：＜CH3＜（CH3）2CH+＜（CH3）3C+，则碳正离子的稳定性：＜CH3＜（CH3）2CH+＜（CH3）3C+，故A正确；
B．根据图知，一定条件下，叔丁基氯浓度增大，反应速率增大，说明步骤Ⅰ的活化能大，c（NaOH）增大，反应速率不变，说明步骤Ⅱ的活化能小，则反应的活化能：步骤Ⅰ＞步骤Ⅱ，故B错误；
C．根据表中数据知，碳正离子结构越稳定，水解相对速率越大，水解相对速率最大，是因为结构中双键能有效稳定碳正离子，故C正确；
D．根据“单分子亲核取代反应”的反应机理知，一氯代烃中氯原子可以被阴离子取代，则叔丁基氯在NaOH和NaF的混合溶液中发生反应，可能生成和，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查反应机理，侧重考查阅读、图象分析、判断及知识综合运用能力，明确反应机理、碳正离子正电荷分散程度与反应速率的关系是解本题关键，题目难度不大。
16．（2024秋•和平区校级月考）向H2O2溶液中加少量Fe2（SO4）3溶液，反应原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Fe2+在整个过程中作催化剂
B．H2O2生产过程要严格避免混入Fe3+
C．有1ml O2生成时，转移2ml电子
D．该反应过程中，M是Fe2+，M′是Fe3+
【答案】A
【分析】根据反应原理图，左侧的过程中H2O2被还原成H2O，则M为还原剂Fe2+，右侧的过程中H2O2被氧化成O2，则M′为氧化剂Fe3+，总反应为过氧化氢在催化剂作用下生成氧气和水，反应为，结合题干可知在整个过程中Fe3+作催化剂，Fe2+为中间产物。
【解答】解：A．整个过程中铁离子作催化剂，Fe2+为中间产物，故A错误；
B．铁离子会催化过氧化氢分解，故过氧化氢生产过程要严格避免混入铁离子，故B正确；
C．反应为，生成氧气的反应过程中氧元素的化合价由﹣1价升至0价，因此当有1ml 氧气生成时，转移2ml电子，故C正确；
D．由分析，M是Fe2+，M′是Fe3+，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
17．（2024秋•盐城月考）BASF高压法制备醋酸，所采用钴碘催化循环过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．CH3OH转化为CH3I的有机反应类型属于取代反应
B．从总反应看，循环过程中需不断补充CH3OH、H2O、CO等
C．与丙酸甲酯互为同分异构体且与CH3COOH互为同系物的物质有2种
D．该循环总反应的方程式为CO+CH3OH→CH3COOH
【答案】B
【分析】A．根据CH3OH转化为 CH3I，羟基被碘原子取代进行分析；
B．根据总反应方程式为CO+CH3OH→CH3COOH，进行分析；
C．根据分子式相同结构不同的有机化合物互称同分异构体，结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物进行分析；
D．根据CO、CH3OH为反应物，CH3COOH为生成物，进行分析。
【解答】解：A．甲醇转化为 CH3I，羟基被碘原子取代，反应类型属于取代反应，故A正确；
B．该循环的总反应方程式为CO+CH3OH→CH3COOH，故此循环中不需要断补充H2O，故B错误；
C．与乙酸乙酯互为同分异构体且与CH3COOH互为同系物的物质有CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH两种，故C正确；
D．由该反应的催化循环过程可以看出一氧化碳、甲醇为反应物，乙酸为生成物，总反应的方程式为 CO+CH3OH→CH3COOH，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
18．（2024秋•贵州月考）甲酸甲酯（HCOOCH3）作为潜在的储氢材料而受到关注，科学家发现使用Ru配合物催化剂可以使甲酸甲酯温和释氢，其可能的反应过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．反应过程中Ru化合价不变
B．Ⅲ→Ⅳ每消耗1ml H2O生成2ml H2
C．总反应为HCOOCH3+2H2O＝4H2↑+2CO2↑
D．反应只涉及极性键的断裂和形成
【答案】D
【分析】A．中心原子的配位数不变，化合价不变；
B．根据原子守恒进行分析；
C．根据原子守恒进行分析；
D．反应没有非极性键的断裂。
【解答】解：A．由图可知，反应过程中Ru的配位数不变，化合价不变，故A正确；
B．根据原子守恒可知，Ⅲ→Ⅳ每消耗1ml H2O生成2ml H2，故B正确；
C．根据原子守恒可知，总反应为HCOOCH3+2H2O＝4H2↑+2CO2↑，故C正确；
D．反应只涉及极性键的断裂和形成，以及非极性键的形成，没有非极性键的断裂，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对化学反应机理图的理解，具体涉及配位数、化学键的类型，原子守恒的应用等，属于基本知识的考查，难度中等。
19．（2024秋•湖南月考）科学家利用太阳光在新型催化剂Ⅰ表面高效分解水后，再利用高效催化剂Ⅱ将二氧化碳转化为乙烯，其反应的微观示意图如图。下列说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ中，反应前后分子总数保持不变
B．反应Ⅱ为置换反应
C．整个反应过程中涉及到3种氧化物
D．反应Ⅱ的化学方程式为2CO2+6H2C2H4+4H2O
【答案】D
【分析】A．由图可知，反应Ⅰ是2H2O2H2↑+O2；
B．置换反应属于单质和化合物反应，生成新的单质和新的化合物的反应；
C．整个反应过程中涉及到二氧化碳和水；
D．反应Ⅱ是二氧化碳和氢气在催化剂的作用下生成 C2H4 和水，根据原子守恒，书写化学方程式。
【解答】解：A．由图可知，反应Ⅰ是水在太阳光和催化剂的作用下分解生成氢气和氧气，反应的化学方程式为：2H2O2H2↑+O2↑，反应前后分子总数改变，故A错误；
B．由图可知，反应Ⅱ是二氧化碳和氢气在催化剂的作用下生成 C2H4和水，生成物有两种化合物，不属于置换反应的定义，故B错误；
C．整个反应过程中涉及到二氧化碳和水2种氧化物，故C错误；
D．反应Ⅱ是二氧化碳和氢气在催化剂的作用下生成 C2H4 和水，根据原子守恒，可得反应的化学方程式为2CO2+6H2C2H4+4H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对化学反应机理图的理解，具体涉及基本反应类型的判断，氧化物概念的理解，方程式书写等，属于基本知识的考查，难度中等。
20．（2024秋•安徽月考）除少数卤化物外，大部分非金属卤化物都易水解，且反应不可逆。卤化物的水解机理分亲核水解和亲电水解。发生亲核水解的结构条件：中心原子具有δ+和有空的价轨道；发生亲电水解的结构条件：中心原子有孤对电子，可作Lewis碱，接受H2O的H+进攻。NCl3和SiCl4均可发生水解反应，其中NCl3的水解机理示意图如图。下列说法正确的是（ ）
A．NH3和NCl3分子中各原子均满足8电子稳定结构
B．CCl4也能发生水解反应
C．NCl3的水解过程中N原子的杂化轨道类型发生了变化
D．NCl3和SiCl4的水解反应机理不同
【答案】D
【分析】A．H原子满足2电子稳定结构；
B．CCl4中碳原子无空的价层轨道和孤电子对，不水解；
C．NCl3的水解过程中N原子的杂化轨道类型始终是sp3杂化；
D．NCl3发生亲电水解，而SiCl4发生亲核水解。
【解答】解：A．NH3中，H原子不满足8电子稳定结构，故A错误；
B．CCl4中碳原子无空的价层轨道和孤电子对，不能发生水解反应，故B错误；
C．NCl3的水解过程中N原子的杂化轨道类型始终是sp3杂化，没有发生变化，故C错误；
D．NCl3中的中心原子为N原子，有孤电子对，发生亲电水解，而SiCl4的中心原子为Si，没有孤电子对，发生亲核水解，所以两者的水解反应机理不同，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查化学反应机理的探究，具体涉及杂化方式的判断，水解的原理等，属于基本知识的考查，难度中等。
21．（2024•湖北开学）“接触法制硫酸”的核心反应是2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g） ΔH＝﹣198kJ/ml，因SO2在催化剂表面与O2接触而得名，反应过程示意图如图。下列说法正确的是（ ）
A．SO2和SO3都属于酸性氧化物，通到BaCl2溶液中都会产生白色沉淀
B．增加O2的浓度对上述反应的速率影响不明显，说明反应②是快反应
C．V2O5是催化剂，整个过程没有参与反应
D．SO2→SO3过程中反应物所含化学键的键能之和大于生成物所含化学键的键能之和
【答案】B
【分析】A．酸性：亚硫酸＜盐酸；
B．增加O2的浓度对上述反应的速率影响不明显，说明O2参与的反应不是决速反应；
C．催化剂是参与反应的，然后又生成；
D．放热构成中反应物所含化学键的键能之和小于生成物所含化学键的键能之和。
【解答】解：A．SO2和SO3都属于酸性氧化物，SO3通到BaCl2溶液中会产生白色沉淀，SO2不可以，故A错误；
B．过程①只有SO2和V2O5的参与，没有氧气的参与，氧气只参与构成②，所以增加O2的浓度对上述反应的速率影响不明显，则说明反应②是快反应，故B正确；
C．V2O5是催化剂，参与构成①反应，故C错误；
D．SO2→SO3为放热构成，反应物所含化学键的键能之和小于生成物所含化学键的键能之和，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查学生对化学反应机理图的理解，具体涉及催化剂、焓变等，属于基本知识的考查，难度中等。
22．（2024•高台县校级一模）氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得H2。在催化剂作用下，HCOOH催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是（ ）
A．HCOOH催化释放氢的过程中有非极性键的断裂与形成
B．HCOOD催化释放氢反应除生成CO2：外，还生成H2、HD、D2
C．在催化剂表面解离C—H键比解离O—H键难
D．HCOOH催化释放氢的热化学方程式为：HCOOH（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣0.45eV
【答案】C
【分析】A．转化涉及到N—H键的断裂和形成、O—H键的断裂以及H—H键的形成；
B．若用HCOOD代替HCOOH，反应为HCOOD分解，除生成CO2外，还生成HD；
C．由图可知，Ⅱ→Ⅲ过程中断裂O—H键，Ⅲ→Ⅳ过程中断裂C—H键，Ⅲ→Ⅳ的活化能大于Ⅱ→Ⅲ的；
D．图2表示1分子HCOOH（g）生成CO2（g）和H2（g）时放出能量0.45eV，而热化学方程式中ΔH为1ml反应的热量变化。
【解答】解：A．转化涉及到N—H键的断裂和形成、O—H键的断裂以及H—H键的形成，没有非极性键的断裂，故A错误；
B．若用HCOOD代替HCOOH，反应为HCOOD分解，除生成CO2外，还生成HD，没有H2、D2，故B错误；
C．由图可知，Ⅱ→Ⅲ过程中断裂O—H键，Ⅲ→Ⅳ过程中断裂C—H键，Ⅲ→Ⅳ的活化能大于Ⅱ→Ⅲ的，故在催化剂表面解离C−H键比解离O−H键难，故C正确；
D．图2表示1分子HCOOH（g）生成CO2（g）和H2（g）时放出能量0.45eV，而热化学方程式中ΔH为1ml反应的热量变化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的性质和变化等知识，为高频考点，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，把握化学变化中的键的变化即可解答，题目难度不大。
23．（2024春•天宁区校级期末）我国科研团队研制出“TM﹣LiH（TM表示过渡金属）”双催化剂体系，实现了氨的低温催化合成，其原理示意如图：
下列分析不合理的是（ ）
A．状态Ⅰ为N2吸附并发生解离，N≡N键发生断裂并吸收能量
B．状态Ⅲ反应的方程式为2LiNH+3H2＝2LiH+2NH3
C．“TM﹣LiH”能降低合成氨反应的ΔH
D．合成NH3总反应的原子利用率是100%
【答案】C
【分析】A．由原理可知氮气与TM﹣LiH反应生成LiNH，LiNH与氢气反应生成氨和LiH；
B．由原理可知，状态Ⅲ为LiNH与氢气反应生成氨和LiH的过程；
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；
D．由原理可知氮气和氢气反应生成物只有氨。
【解答】解：A．由原理可知氮气与TM﹣LiH反应生成LiNH，LiNH与氢气反应生成氨和LiH；状态Ⅰ为N2吸附并发生解离的过程，N≡N键发生断裂要吸收能量，故A正确；
B．由原理可知，状态Ⅲ为LiNH与氢气反应生成氨和LiH的过程，方程式为：2LiNH+3H2＝2LiH+2NH3，故B正确；
C．催化剂参与反应，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．该反应的总反应为氮气和氢气合成氨气，则原子利用率为100%，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。
24．（2024秋•蓝田县月考）中国科学家在淀粉人工合成方面取得了突破性进展，在国际上首次实现了二氧化碳到淀粉的全合成，合成路径如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．由二氧化碳合成淀粉需要释放能量
B．若CO2→CH3OH的反应为吸热反应，说明1ml CO2所含总能量低于1ml甲醇所含的总能量
C．醇氧化酶和甲酰酶作为反应的催化剂，主要作用是加快反应速率
D．FADH转化为DHA的化学方程式为3，该反应属于取代反应
【答案】C
【分析】A．根据反应热只与反应的起始状态和最终状态有关，而与反应途径无关，进行分析；
B．根据CO2与H2反应产生CH3OH、H2O，进行分析；
C．根据催化剂加快反应速率进行分析；
D．根据加成反应进行分析。
【解答】解：A．反应热只与反应的起始状态和最终状态有关，而与反应途径无关，故人工合成与自然合成两种途径反应热相同，由CO2合成淀粉需要吸收能量，故A错误；
B．若CO2→CH3OH的反应为吸热反应，二氧化碳与H2反应产生CH3OH、H2O，反应方程式为CO2+3H2 CH3OH+H2O，说明在一定的条件下，1ml CO2和3ml H2所含总能量低于1ml甲醇和1ml水所含的总能量，故B错误；
C．甲酰酶、醇氧化酶作为反应的催化剂，主要作用是加快反应速率，故C正确；
D．FADH转化为DHA的化学方程式为3，该反应属于加成反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
25．（2024•九龙坡区校级开学）CO2催化加氢制甲醇的反应历程如图所示，一个H2分子首先在“—O—Ga—O—Zn﹣”表面解离成2个H*（该过程未在历程中标出），随后参与到CO2的转化过程。下列说法不正确的是（ ）
A．“—O—Ga—O—Zn﹣”不能改变总反应的焓变
B．总反应可表示为CO2+3H2＝CH3OH+H2O
C．原料气中H2比例过低可能会降低催化剂活性
D．理论上反应历程消耗的H*与生成的甲醇的物质的量之比为5：1
【答案】D
【分析】A．催化剂不能改变反应的焓变；
B．总反应为CO2与H2生成CH3OH和H2O；
C．原料气中H2比例过低，形成的氧原子空位少，催化剂的催化能力减弱；
D．总反应为：CO2+3H2CH3OH+H2O，需要6个H*参与反应，才能生成1个甲醇。
【解答】解：A．“—O—Ga—O—Zn﹣”为反应的催化剂，可以加快反应的速率，但不能改变总反应的焓变，故A正确；
B．由图可知，总反应可表示为：CO2+3H2CH3OH+H2O，故B正确；
C．原料气中H2比例过低，形成的氧原子空位少，催化剂的催化能力减弱，催化活性降低，故C正确；
D．总反应为：CO2+3H2CH3OH+H2O，需要6个H*参与反应，才能生成1个甲醇，故消耗的H*与生成的甲醇物质的量之比为6：1，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对反应机理的理解与应用，属于基本知识的考查，难度中等。
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一氯代烃




水解相对速率
1
1.7
30000
1.85×106
一氯代烃




水解相对速率
1
1.7
30000
1.85×106