题型03  化学反应历程或机理

近年来出现有关反应历程或机理的新型选择题，通过构建模型，进行类比迁移以考查考生的学科素养。反应历程是指化学反应中的反应物转化为最终产物通过的途径，因为化学变化从根本上来说，就是旧键的破裂和新键的生成。反应的历程能够反映出物质结构和反应能力之间的关系，从而可以加深我们对于物质运动形态的认识。反应机理是化学中用来描述某一化学变化所经由的全部基元反应，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。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。通过反应历程或机理可以帮助我们了解物质结构的知识，形成“结构决定性质” 的观念，从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题。  

【2020•新课标Ⅰ卷】)铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。

下列叙述错误的是(    )

A．CH3COI是反应中间体

B．甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H

C．反应过程中Rh的成键数目保持不变

D．存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O

【答案】C

【解析】题干中明确指出，铑配合物[Rh(CO)2I2]－充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题干中提供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等，都可视作中间物种。A项，通过分析可知，CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体；其可与水作用，生成最终产物乙酸的同时，也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI，A项正确；B项，通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成：CH3OH+COCHCOOH，B项正确；C项，通过分析可知，铑配合物在整个反应历程中，成键数目，配体种类等均发生了变化，C项不正确；D项，通过分析可知，反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：CH3OH+ HI→CH3I+H2O，D项正确；故选C。

【2020•新课标Ⅱ卷】据文献报道：Fe(CO)5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(    )

A．OH-参与了该催化循环    B．该反应可产生清洁燃料H2

C．该反应可消耗温室气体CO2    D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化

【答案】C

【解析】题干中明确指出，铁配合物Fe(CO)5充当催化剂的作用。机理图中，凡是出现在历程中，进去的箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成为中间物种。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，反应过程中所需的反应物除CO外还需要H2O，最终产物是CO2和H2，同时参与反应的还有OH-，故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。A项，从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参与了该催化循环，故A项正确；B项，从反应机理图中可知，该反应的反应物为CO和H2O，产物为H2和CO2，Fe(CO)5作为整个反应的催化剂，而OH-仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为CO+H2OCO2+H2，故有清洁燃料H2生成，故 B项正确；C项，由B项分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2，反而是生成了温室气体CO2，故 C项不正确；D项，从反应机理图中可知，Fe的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故 D项正确；故选C。

【2020•新课标Ⅱ卷】二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是(    )

A．海水酸化能引起HCO3-浓度增大、CO32-浓度减小

B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少

C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCO3-H++ CO32-

D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境

【答案】C

【解析】A项，海水酸化，H+浓度增大，平衡H++ CO32-HCO3-正向移动，CO32-浓度减小，HCO3-浓度增大，A正确；B项，海水酸化，CO32-浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；C项，CO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2OH2CO3H++ HCO3-，HCO3-H++ CO32-，导致H+浓度增大，C错误；D项，使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确；故选C。

1．(2021届·广东茂名市高三月考)MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示。下列叙述正确的是(    )

A．1 mol HCHO与银氨溶液完全反应，最多可生成432 g Ag

B．该反应可以消耗温室气体CO2

C．催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应

D．O2-为中间产物之一，该微粒与Na2O2中所含阴离子种类相同

【答案】A

【解析】A项，1molHCHO中存在2mol的醛基结构，故与银氨溶液完全反应，最多可生成4molAg，即432gAg，故A项正确；B项，该反应产生CO2，故B项错误；C项，催化机理存在一步HCO3-与H+反应生成CO2的过程，这一步不是氧化还原反应，故C项错误；D项，Na2O2中的阴离子是O22-，与O2-种类不一样，故D项错误；故选A。

2．(2021届·全国高三专题练习)贵金属钯可催化乙醇羰基化，反应过程如图所示，下列说法错误的是(    )

A．C－H键所处环境不同，稳定性也不同

B．贵金属钯也可将R2CHOH羰基化

C．反应物CH3CH2OH→产物CH3CHO，发生了氧化反应

D．反应过程中，Pd的成键数目保持不变

【答案】D

【解析】A项，C－H键所处环境不同，稳定性也不同，A正确；B项，R2CHOH中与-OH相连的C上有H，贵金属钯也可将R2CHOH羰基化，B正确；C项，反应物CH3CH2OH→产物CH3CHO，发生了氧化反应，C正确；D项，反应过程中，Pd与原子成键结构改变，成键数目改变，D错误。故选D。

3．(2021届·江西赣州市高三期中)利用镍(Ni)及其他过渡金属配合物催化 CH2=CH2 和 CO2 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．丙烯酸的分子式是 C3H4O2

B．该反应可消耗温室气体 CO2

C．该催化循环中 Ni 的成键数目未发生变化

D．总反应可表示为 CH2=CH2+CO2 CH2=CHCOOH

【答案】C

【解析】A项，丙烯酸的结构式为CH2=CHCOOH，所以分子式是 C3H4O2，故A正确；B项，由图可知，该反应可吸收温室气体 CO2参与反应，故B正确；C项，由图可知，该催化循环中 Ni 的成键数分别为2，3，成键数目发生变化，故C错误；D项，由图可知，总反应可表示为 CH2=CH2+CO2 CH2=CHCOOH，故D正确；故选C。

4．(2021届·山西运城市·高三期中)交叉偶联的反应机理如图，图中R为烃基，Ph为苯基。下列说法不正确的是(    )

A．●CH2R是反应的中间体

B．循环产物Ni呈现的化合价有3种

C．反应过程中Ni的成键数目发生变化

D．交叉偶联的总反应为RCH2I+PhI+MnPhCH2R+MnI2

【答案】B

【解析】A项，根据交叉偶联的反应机理可知，●CH2R是反应的中间体，故A正确；B项，由图可知，Ni的化合价呈现0价、+1价、+2价、+3价四种，故B错误；C项，反应过程中Ni的成键数目有4、5、3、2，发生变化，故C正确；D项，根据交叉偶联的反应机理可知，交叉偶联的总反应为RCH2I+PhI+MnPhCH2R+MnI2。故D正确；故选B。

5．水体中存在的NO3-、NO2-等致癌阴离子对人体健康构成严重威胁。采用Pd－Fe3O4,双催化剂，可实现用H2消除酸性废水中的NO3-、NO2-。Fe3O4中含有，分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)，其反应历程如图所示。下列说法错误的是(    )

A．Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用

B．过程③发生的反应为NO2-+6Fe2＋+8H＋===6Fe3＋+NH4++2H2O

C．过程④每生成1molN2，转移了3mol电子

D．用该法处理后水体的pH降低

【答案】D

【详解】A项，由图中信息可知，Fe (Ⅱ)和Fe (III )是该反应的催化剂，它们的相互转化起到了传递电子的作用，故A正确；B项，由图可知，反应③为NO2-转化成NH4+，发生反应的离子方程式为NO2-+6Fe2＋+8H＋=6Fe3＋+ NH4++2H2O，故B正确；C项，由图中信息可知，反应④为NH4+和NO2-反应生成N2↑和H2O，其离子方程式为：NH4+ + NO2-=N2↑+2H2O，根据离子方程式可知，每生成1molN2，转化为3mol，故C正确；D项，由图中信息可知，该过程的总反应离子方程式为：2NO3-+5H2 +2H+= N2+ 6H2O，反应过程中消耗了H+，pH会升高，故D错误；故选D。

6．氟利昂是臭氧层破坏的元凶，它是本世纪20年代合成的，化学性质稳定，不具有可燃性和毒性，被当作制冷剂。如图为氟利昂(如CFCl3)破坏臭氧层的反应机理示意图，下列说法不正确的是(    ) 

A．过程Ⅰ中有极性共价键的断裂

B．过程Ⅲ中O＋O=O2是放热过程

C．过程Ⅱ和Ⅲ的总反应可表示为O3＋O=2O2

D．上述过程说明氯原子和氧化氯均是破坏O3的催化剂

【答案】D

【解析】A项，过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和Cl，断裂极性共价键C-Cl，A正确；B项，原子结合形成分子的过程形成了化学键，是放热过程，B正确；C项，过程Ⅱ的方程为O3+Cl=ClO+O2，过程Ⅲ的方程为O+ClO=O2+Cl，则过程Ⅱ、Ⅲ的总反应为O3＋O=2O2，C正确；D项，由图可知，Cl和ClO均是由CFCl3分解而来，故CFCl3是破坏O3的催化剂，D错误；故选D。

7．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。该反应历程示意如下，下列说法不正确的是(    )

A．该催化剂可以改变反应的

B．CH4→CH3COOH过程中，有键发生断裂

C．①→②的过程放出能量并形成了C-C键

D．生成CH3COOH的总反应的原子利用率为

【答案】A

【详解】A项，加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应的焓变，故A错误；B项，CH4选择性活化变为CH3COOH过程中，有1个C-H键发生断裂，故B正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成了C-C键，故C正确；D项，该反应只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，故D正确。故选A。

8．我国科学家提出了由CO2和CH4转化为CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下：

下列有关说法错误的是(    )

A．原料到产品的总反应属于加成反应

B．CH3COOH分子中最多有7个原子共平面

C．①→②放出热量并形成了C一C键

D．CH4→CH3COOH过程中，有两种类型的化学键断裂

【答案】B

【详解】A项，原料到产品的总反应为CH4+CO2CH3COOH，属于加成反应，A正确；B项，CH3COOH分子中最多有羧基的四个原子和甲基中的两个原子共6个原子共平面，B错误；C项，根据图中所示的信息，①→②放出热量并形成了C一C键，C正确；D项，CH4→CH3COOH过程中，有碳氧双键和碳氢单键两种类型的化学键断裂，D正确；故选B。

9．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。

下列说法不正确的是(    )

A．化学反应的历程一般为： 

B．CH4+CO2→CH3COOH过程中，只有C-H键发生断裂

C．①→②放出能量并形成了C-C键

D．催化剂能增大活化分子百分数从而加快了该反应的速率

【答案】B

【详解】A项，化学反应的历程一般为：普通反应分子获得能量后成为活化分子，活化分子间发生有效碰撞，形成新的化学键释放能量，生成产物分子，故A正确；B项，据图可知CH4+CO2→CH3COOH过程中CO2分子中的C=O键也会发生断裂形成-COOH结构，故B错误；C项，据图可知①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C-C键形成，故C正确；D项，催化剂降低反应活化能，从而增大活化分子百分数加快反应速率，故D正确；故选B。

10．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

【答案】B

【解析】A项，.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项，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项，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项，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；故选B。

11．利用分子筛催化剂，NH3可脱除燃煤烟气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是(    )

A．X和Y均是N2

B．上述历程的总反应为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O

C．阶段④中氮元素只被还原

D．NH3、NH4+、H2O中的质子数、电子数均相同

【答案】B

【详解】A项，图示反应可以生成X的反应[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，原子守恒判断X为N2和H2O，故A错误；B项，由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物，所以总反应为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O+3H2O，故B正确；C项，阶段④中氮元素由[(NH4)(HNO2)]+变成氮气，氮元素的化合价有升高有降低，氮元素既被氧化也被还原，故C错误；D项，NH3、NH4+、H2O中的质子数分别为10、11、10；NH3、NH4+、H2O中的电子数为：10、10、10，所以质子数不同，故D错误；故选B。

12．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的历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法错误的是(    )

A．过渡态是该历程中能量最高的状态

B．HCHO在反应过程中，C-H键全部断裂

C．CO2分子中的氧原子全部来自O2

D．该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O

【答案】C

【详解】A项，过渡态是指反应物体系转变成产物体系过程中，经过的能量最高状态，则过渡态是该历程中能量最高的状态，故A正确；B项，由图示可知，HCHO在反应过程中，甲醛分子中的两个C-H键全部断裂，故B正确；C项，根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，故 C错误；D项，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正确；故选C。

13．我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理,其主反应历程如图所示(H2→*H+* H)。下列说法错误的是(    )

A．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率

B．带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态

C．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%

D．第③步的反应式为*H3CO+ H2O→CH3OH+*HO

【答案】C

【详解】A项，反应历程第③步需要水，所以向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率，故A正确；B项，根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，故B正确；C项，根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，故C错误；D项，根据图中信息得到第③步的反应式为*H3CO+ H2O→CH3OH+*HO，故D正确。故选C。

14．我国科研人员研究了在 Cu-ZnO-ZrO2 催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2→*H+*H，带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态)。下列说法错误的是(    )

A．第①步中CO2和H2分子中都有化学键断裂

B．水在整个历程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水

C．第③步的反应式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO

D．第④步反应是一个放热过程

【答案】B

【详解】A项，第①步反应中CO2和H2反应产生*H和*HCOO，可见两种分子中都有化学键断裂，A正确；B项，根据图示可知：在第③步反应中有水参加反应，第④步反应中有水生成，所以水在整个历程中可以循环使用，整个过程中总反应为CO2+3H2→CH3OH+H2O，整个过程中产生水，B错误；C项，在反应历程中，第③步中需要水，*H3CO、H2O反应生成CH3OH、*HO，反应方程式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO，C正确；D项，第④步反应是*H+*HO=H2O，生成化学键释放能量，可见第④步反应是一个放热过程，D正确；故选B。

15．合成氨的反应历程有多种，有一种反应历程如图所示，吸附在催化剂表面的物质用*表示。下列说法错误的是(    )

A．适当提高N2分压，可以加快N2(g)→*N2反应速率

B．N2生成NH3是通过多步氧化反应生成的

C．两个氮原子上的加氢过程分步进行

D．大量氨分子吸附在催化剂表面，将减缓反应速率

【答案】B

【详解】A项，适当提高N2分压，可以加快N2(g)→*N2反应速率，进而加快了化学反应速率，故A正确；B项，由题图可知，N2反应生成NH3的过程为N2→N=N-H→H-N=N-H→H-N-NH2→H2N-NH2-→NH3，氮元素的化合价逐渐降低，即发生多步还原反应生成NH3，故B错误；C项，由题图分析可知，两个氮原子上的加氢过程是分步进行的，故C正确；D项，NH3的及时脱附可留下继续反应的空间而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，就会将减缓反应速率，故D正确；故选B。

16．研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：①Fe++N2O=N2+FeO+ (慢)；②FeO++CO=CO2+Fe+ (快)。下列说法正确的是：(    )

A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应

B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定

C．Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物

D．若转移1mol电子，则消耗11.2LN2O

【答案】C

【详解】A项，②发生FeO++CO=CO2+Fe+ (快)，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A错误；B项，总反应由反应慢的决定，即由反应①决定，故B错误；C项，Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，FeO+是中间产物，故C正确；D项，气体存在的条件未知，则不能确定物质的量，故D错误；故选C。

17．科学家提出由 WO3 催化乙烯和 2-丁烯合成丙烯的反应历程如图(所有碳原子满足最外层八电子结构)。下列说法不正确的是(    )

A．乙烯、丙烯和 2-丁烯互为同系物

B．乙烯、丙烯和 2-丁烯的沸点依次升高

C．Ⅲ→Ⅳ中加入的 2-丁烯具有反式结构

D．碳、钨(W)原子间的化学键在Ⅲ→Ⅳ→Ⅰ的过程中未发生断裂

【答案】D

【详解】A项，乙烯、丙烯和 2-丁烯结构相似，组成上相差若干个CH2原子团，都属于烯烃，互为同系物，A正确；B项，乙烯、丙烯和 2-丁烯都属于烯烃，随着碳原子个数增加，沸点依次升高，故B正确；C项，2-丁烯具有顺式()和反式()异构，故C正确；D项，由示意图可知，Ⅳ→Ⅰ的过程中，发生了碳、钨(W)原子间的化学键断裂()，故D错误；故选D。

18．磺酸树脂催化下的烯烃二羟化反应历程的示意图如下：

(R1、R2、R3、R4均表示烃基或H原子。)

下列说法不正确的是(    )

A．过程①中，H2O2作氧化剂    B．过程②中，有碳碳键、碳氢键断裂

C．过程③中反应的原子利用率为100%    D．在反应历程中，有水参与反应

【答案】B

【详解】A项，过程①中H2O2中的氧元素由-1价降低到-2价得电子发生还原反应生成H2O，H2O2作氧化剂，故A正确；B项，过程②中 和生成和，断裂的是中的碳碳键和中的硫氧键、氧氧键，故B错误；C项，过程③中只生成了 ，没有其他物质生成，原子利用率为100%，故C正确；D项，过程③中有水参与反应，故D正确。故选B。

19．已知烯烃和H2O2在磺酸树脂()作用下可以生成二元醇，其反应历程的示意图如下(R1、R2、R3、R4均表示烃基或H原子。下列说法错误的是(    )

A．整个过程的总反应为H2O2+

B．是该反应的催化剂

C．操作时温度不能过高或过低

D．过程③中反应的原子利用率为100%

【答案】B

【详解】A项，从反应的起始和终止可以看出，整个过程的总反应为H2O2+，A正确；B项，才是该反应的催化剂，是该反应中的中间产物，最后又转为，B错误；C项，温度过高H2O2分解，温度过低反应速率慢，C正确；D项，过程③中产物为一种，没有其它物质生成，原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，原子利用率为100%，D正确；故选B。

20．(2020·广东省仲元中学等七校联合体冲刺模拟)—种新型的合成氨的方法如图所示，下列说法错误的是

A．反应①属于“氮的固定”

B．反应②属于非氧化还原反应

C．反应③可通过电解LiOH水溶液实现

D．上述三步循环的总结果为2N2 +6H2O =4NH3 +3O2

【答案】C 

【解析】图中反应①N2转化为Li3N，氮的单质转化为氮的化合物，属于氮的固定，A项正确；由图中物质的转化信息可知，反应②是Li3N溶解于水生成LiOH的反应，中反应过程中，Li元素化合价不变，N元素转化为NH3，N的化合价也没变，故该反应为非氧化还原反应，B项正确；电解LiOH水溶液，阴极生成H2，而不是Li，C项错误；通过图中箭头所指向的反应物与生成物可知，图中三步循环的净反应为2N2 +6H2O =4NH3 +3O2，D项正确。

21．汽车尾气处理存在反应：NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2 (g)，该反应过程及能量变化如图所示：

下列说法正确的是

A．升高温度，平衡正向移动

B．该反应生成了具有非极性共价键的CO2

C．使用催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率

D．反应物转化为活化络合物需要吸收能量

【答案】D

【解析】A项，由图象可知，该反应是一个能量降低的反应，即放热反应，升高温度，平衡逆向移动，错误；B项，CO2分子中含有碳氧共价键为极性共价键，错误；C项，催化剂能改变反应速率，对化学平衡无影响，所以使用催化剂不能提高反应物的平衡转化率，错误；D项，由图象可知，反应物的总能量小于活化络合物的总能量，所以由反应物转化为活化络合物需要吸收能量，正确。

22．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。

下列说法正确的是(    )

A．反应过程只有C-H键断开

B．反应I的活化能为(c-a)kJmol−1

C．总反应的热化学方程式为：CH3OH(g)+H2O(g)= CO2(g)+3H2(g)    H4=(b-a)kJmol−1

D．反应历程中，反应Ⅱ决定整个反应进程的快慢

【答案】C

【详解】A项，据图可知反应过程中甲醇中的O-H键也发生断裂，故A错误；B项，反应I的活化能为反应物断键吸收的能量，即反应I过程中最大能量与a的差值，图中没有体现反应I过程中的最大能量，故B错误；C项，焓变=生成物的能量-反应物能量，据图可知总反应的热化学方程式为：CH3OH(g)+H2O(g)= CO2(g)+3H2(g)    H4=(b-a)kJmol−1，故C正确；D项，据图可知反应I的活化能大于反应Ⅱ的活化能，活化能越大反应越慢，慢反应决定整个反应的反应速率，所以反应I决定整个反应进程的快慢，故D错误；故选C。

23．R.F.Heck、Ei-ichiNegishi和AkiraSuzuk三名科学家因在钯(Pd)催化交叉偶联反应方面的卓越研究获得2010年诺贝尔化学奖，其中Heck反应的历程如图，下列说法错误的是(    )

A．Heck反应的总反应类型为取代反应

B．三中最多有6个原子共平面

C．可使溴水或酸性KMnO4溶液褪色

D．若RX为CH3CH2Br，则的同类别同分异构体还有4种(不考虑立体异构)

【答案】B

【详解】A项， Heck反应是指卤代烃与活化不饱和烃在钯催化下，生成反式产物的反应，R-X+R1CH=CH2→R1CH=CHR+HX，所以反应为取代反应，A正确；B项，中，烯平面上共有6个原子共平面，由于单键可以旋转，所以甲基上的一个C-H键可以通过旋转与碳碳双键共面，所以最多有7个原子共平面，B错误；C项，中存在碳碳双键，故可以与溴水发生加成反应使其褪色，也可以被酸性KMnO4溶液氧化，从而使KMnO4溶液褪色，C正确；D项，若RX为CH3CH2Br，则为，要确定与其同类别的同分异构体，则只考虑烯烃，5个C原子的骨架有、、三种情况，而第三种情况不存在烯烃，故不考虑，所以不考虑立体异构，的同类别同分异构体还有、、、4种，D正确；故选B。

24．科研人员利用Cu/ZnO作催化剂，在光照条件下实现了CO2和H2合成CH3OH，该反应历程示意图如下。

下列说法不正确的是(    )

A．过程I中ZnO表面上进行CO2的吸附与转化

B．过程II中存在极性键的断裂与形成

C．过程V中生成CH3OH时吸收能量

D．总反应的化学方程式是CO2 + 3H2CH3OH + H2O

【答案】C

【详解】A项，过程I中在ZnO表面吸附CO2，且CO2和-OH转化为即HCO3-，故A正确；B项，过程II中涉及C-O的断裂与C-H和H-O键的形成，且C=O、C-H、H-O均为极性键，故B正确；C项，过程V中生成CH3OH时，是CH3O-与-H形成CH3OH，存在H-O键形成的过程，则该过程放出能量，故C错误；D项，该反应总过程是CO2和H2在Cu/ZnO催化剂作用下，合成CH3OH，总反应方程式为CO2+ 3H2CH3OH + H2O，故D正确；故选C。

25．我国科研工作者研发的一种在较低温度下制备乙二醇的反应历程示意图如图所示。下列说法正确的是(    )

A．Cu纳米笼簇能降低H2解离的活化能

B．整个过程中只断裂碳氧双键

C．中含有3种官能团

D．等物质的量的甲醇和乙二醇完全燃烧消耗O2的质量相等

【答案】A

【详解】A项，根据示意图，Cu纳米笼簇作该反应的催化剂，能降低H2解离的活化能，故A正确；B项，由反应历程示意图可知，整个过程中除了断裂碳氧双键外，还有碳氧单键断裂，故B错误；C项，中含有酯基和羟基2种官能团，故C错误；D项，1mol甲醇完全燃烧消耗氧气的物质的量是1.5mol，1mol乙二醇完全燃烧消耗O2的物质的量是2.5mol，则等物质的量的甲醇和乙二醇完全燃烧消耗O2的质量不相等，故D错误；故选A。

26．已知活性氧可以把SO2快速氧化为SO3，根据计算机模拟结果，在炭黑表面上O2转化为活化氧的反应历程与能量变化关系如图所示。下列说法正确的是(    )

A．O2转化为活化氧与碳氧键生成无关

B．每活化1个O2分子最终吸收0.29 eV能量

C．该过程的最大能垒(活化能)E正= 0.73 eV

D．炭黑可加快SO2转化为SO3的反应速率

【答案】D

【详解】A项，从图中可以看出从氧气到活性氧，需经过炭黑与氧气结合再分开的过程，此时有碳氧键生成和氧氧键的断裂，A错误；B项，开始状态时炭黑和氧气为0 eV，结束后能量变为-0.29 eV，故放出0.29 eV的能量，B错误；C项，从图中可以看出，炭黑和氧气需要先吸收0.75 eV的能量，再释放一些能量，然后吸收能量到0.73 eV，故该过程中的最大能垒E正=0.75 eV，C错误；D项，反应体系中加入炭黑后，体系中的氧气变成活化氧，增加了体系中的活化分子百分数，增加了反应速率，D正确；故选D。

27．我国科学家成功地在铁掺杂W18O49纳米催化剂表面常温下获得较高的氨产量，反应历程如图所示(★表示被吸附在催化剂表面的物种)。下列说法错误的是(    )

A．需要吸收能量的最大能垒(活化能)E＝1.54eV

B．吸收能垒为1.29 eV步骤的反应为H5N2★＝NH3＋H2N★

C．选择镍掺杂W18O49纳米催化剂获得反应历程与上述不同

D．投料比[]越大，单位时间内合成氨的产量越高

【答案】D

【详解】A项，根据图示，反应过程中有两步吸收能量，吸收能量的能垒分别为-2.44 eV -(-3.73 eV)= 1.29 eV、-1.02 eV -(-2.56 eV)=1.54 eV，因此吸收能量的最大能垒为1.54 eV，故A正确；B项，吸收能垒为1.29 eV=-2.44 eV -(-3.73 eV)，根据图示，该步骤的反应为H5N2★＝NH3＋H2N★，故B正确；C项，催化剂不同，反应的活化能不同，反应历程不同，因此选择不同的镍掺杂W18O49纳米催化剂获得的反应历程不同，故C正确；D项，氮气比氢气稳定，催化剂活化氮气和氢气，降低氮气、氢气断裂时所吸收的能量，且活化氮气对于反应速率的影响更大，如果通入H2的体积分数过大，氢气分子占据催化剂活性位点过多，必定会导致活化氮气的位点减少，单位时间内有效碰撞的概率降低，使得单位时间内合成氨的产量降低，故D错误；故选D。

28．科研工作者结合实验与计算机模拟来研究钌催化剂表面不同位点上合成氨反应历程，如图5所示，其中实线表示位点A上合成氨的反应历程，虚线表示位点B上合成氨的反应历程，吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是(    )

A．由图可以判断合成氨反应△H＜0

B．图中过程①在低温下不容易发生

C．整个反应历程中活化能最大的步骤是2N*+3H2→2N*+6H*

D．钌催化剂为固体催化剂，其表面积大小会影响催化效果

【答案】C

【详解】A项，据图可知，始态*N2+3H2的相对能量为0eV，生成物*+2NH3的相对能量约为-1.8eV，反应物的能量高于生成物，所以为放热反应，故A正确；B项，由图可知，图中过程①是H2转化成H原子的过程，需要吸收能量，所以在低温下不易发生，故B正确；C项，由图像可知，整个反应历程中2N*+3H2→2N*+6H*活化能几乎为零，为最小，故C错误；D项，由图像可知氮气活化在位点A上活化能较低，速率较快，故D正确；故选C。

29．甲酸在催化剂表面可实现常温常压下制氢：HCOOH = CO2↑ + H2↑，如图是由甲酸制氢过程的部分反应历程(catl、cat2 表示不同的催化剂，其中吸附在催化剂表面的物种用* 表示)，下列说法错误的是(    )

A．催化剂的吸附过程降低了HCOOH 的能量

B．上述历程中存在 C－H 键的断裂和 C＝O 键的生成

C．由图可知，甲酸催化制氢是放热反应

D．HCOO*+H* = CO2↑ + 2H*是上述历程中的决速步骤

【答案】C

【详解】A项，从第一步可以看出，HCOOH 吸附在催化剂表面，其相对能量降低，故A 选项正确；B项，HCOO*生成CO2，有 C－H 键的断裂和C＝O 键的生成，故B 选项正确；C项，本图只是制氢过程的部分反应历程，不能由图得出为放热反应，故 C 选项不正确；D项，不管用那种催化剂， 此步反应HCOO*+H* = CO2 + 2H*的活化能明显更大，反应速率更慢，因此是决速步骤， 故D 选项正确；故选C。

30．我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是(    )

A．该历程中最小能垒的化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*＝(CH3)2NCH2＋OH*

B．该历程中最大能垒(活化能)为2.16eV

C．该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)＝N(CH3)3(g)＋H2O(g) ΔH＝－1.02ev•mol－1

D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率

【答案】A

【分析】从图中可以看出，在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23-(-2.16)=0.93、-1.55-(-1.77)=0.22、-1.02-(-2.21)=1.19。A项，从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*＝(CH3)2NCH2＋OH*，A正确；B项，该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，B不正确；C项，该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02ev•为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)＝N(CH3)3(g)＋H2O(g)  ΔH＝－1.02NAev•mol－1，C不正确；D项，增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确；故选A。

31．已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO-，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．化合物A与H2O之间的碰撞不均为有效碰撞

B．该历程中的最大能垒(活化能)E正=16.87 kJ·mol-1

C．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热

D．升高温度，有利于该反应正向进行

【答案】A

【详解】A项，根据有效碰撞理论可知，化合物A与H2O之间的碰撞不均为有效碰撞，A正确；B项，该历程中的最大能垒(活化能) E正=16.87kJ/mol−(−1.99kJ/mol)=18.86kJ/mol，B错误；C项，使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能，但催化剂不改变反应热，C错误；D项，由图知，化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO-为放热反应，升高温度，不利于该反应正向进行，D错误；故选A。

32．科学工作者结合实验与计算机模拟结果，研究了在Pt／SiO2催化剂表面上CO2与H2的反应历程，前三步历程如图所示，其中吸附在Pt／SiO2催化剂表面上的物种用“· ”标注，Ts表示过渡态。

下列有关叙述正确的是(    )

A．前三步总反应的△H＞0

B．·HOCO转化为·CO和·OH为吸热过程

C．催化剂通过参与化学反应，能降低反应的活化能，提高反应物的转化率

D．历程中活化能(能垒)最小的反应方程式为·CO+·OH+·H+3H2(g) =·CO+3H2(g) +H2O (g)

【答案】D

【分析】若反应物能量高生成物能量低，则反应为放热反应，若反应物能量低生成物能量高，则反应为吸热反应。A项，由图像分析可知，前三步总反应，反应物能量高，生成物能量低，故反应放热，△H＜0，A错误；B项，根据图像，·HOCO转化为·CO和·OH是图中的第三步反应，是放热过程，B错误；C项，催化剂只能增大反应速率，不会影响平衡，对转化率无影响，C错误；D项，根据图像分析可知，Ts3活化能最小，D正确；故选D。

33．我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示(吸附在金催化剂表面上的物种用·标注)。

下列说法正确的是(    )

A．水煤气的变换反应是吸热反应

B．该历程中逆向的最大能垒(活化能)E逆=2.02eV

C．催化剂能够使物质的能量升高

D．反应历程中，生成过渡态I比过渡态II容易

【答案】D

【详解】A项，一个反应的反应热和反应的过程无关，只和反应物的总能量和生成物的总能量有关，从图中可知，生成的能量低于反应物，该反应是放热反应，A错误；B项，找出逆向最大的活化能，从图中的右侧看到左侧，物质能量增加最大的，能垒最大，即为CO2(g)＋H2(g)＋H2O·转化为COOH·＋2H·＋OH·，能垒为1.41-(-0.83)ev=2.24ev，B错误；C项，通过图像可知，催化剂吸附后能够降低反应物的能量，C错误；D项，形成过渡Ⅰ的能垒为1.91ev，形成过渡Ⅱ的能垒为2.02ev，能垒越低，越容易形成，过渡Ⅰ能容易生成，D正确。故选D。

34．水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金属催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是(    )

A．水煤气变换反应的ΔH＞0    B．反应历程中，生成过渡态I比过渡态II难

C．该历程中最大能垒(活化能)E正=2.02eV    D．步骤⑤只有非极性键H-H键形成

【答案】C

【详解】A项，由图可知，生成物的总能量低于反应总能量的反应，则水煤气变换反应为放热反应，△H＜0，A错误；B项，在反应历程中，生成过渡态I的能垒(活化能)为E正=(1.59eV+0.32eV)=1.91eV，而过渡态II的能垒(活化能) E正=(1.86eV+0.16eV)=2.02eV，可见过渡态I比过渡态II容易，B错误；C项，该历程中最大能垒(活化能)即为步骤④，则E正=(1.86eV+0.16eV)=2.02eV，C正确；D项，由图可知步骤⑤生成了CO2(g)和H2(g)，步骤⑤有非极性键H-H键、极性键C=O形成，D错误；故选C。

35．科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法错误的是(　　)

A．②中包含C﹣H键的断裂过程

B．历程中能垒(反应活化能)最小的是③

C．该历程中决定反应速率的方程式为：CH3O*+3H*→CO*+4H*

D．由此历程可知：CH3OH*→CO*+4H*为放热过程

【答案】C

【详解】A项，②中反应为CH3O*+H*＝CH2O*+2H*，CH3O*→CH2O*，包含C﹣H键的断裂，故A正确；B项，活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，过渡态③发生的反应活化能最小，故B正确；C项，总反应速率由反应速率最慢的那步历程决定，由图可知，历程中能垒(反应活化能)最大的为①，所以制约反应速率的方程式为CH3OH*═CH3O*+H*，故C错误；D项，由图可知，CH3OH*具有的相对能量为﹣40kJ/mol，CO*+4H*具有的相对能量为﹣110kJ/mol，所以CH3OH*→CO*+4H*的△H＝﹣70kJ/mol，为放热过程，故D正确；故选C。

36．我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了均相NO-CO的反应历程，反应路径中每一阶段内各驻点的能量均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差，下列说法错误的是(   )

A．2NO(g) + 2CO( g)N2(g) +2CO2(g)    ΔH＞0

B．均相NO—CO反应经历了三个过渡态和五个中间体

C．整个反应分为三个基元反应阶段，总反应速率由第一阶段反应决定

D．NO二聚体()比N2O分子更容易与CO发生反应

【答案】A

【分析】整个反应分为三个基元反应阶段，①NO(g) +NO(g) =  ΔH=+199.2kJ·mol-1,②+CO(g) =CO2(g) +N2O(g) ΔH=-513.5kJ·mol-1,③CO2(g) +N2O(g) +CO(g) =2CO2(g) +N2(g) ΔH=-307.6kJ·mol-1。A项，①+②+③得：2NO(g) + 2CO( g) N2(g) +2CO2(g) ΔH=+199.2kJ·mol-1-513.5kJ·mol-1-307.6kJ·mol-1=-621.9kJ·mol-1，故A错误；B项，均相NO—CO反应经历了TS1、TS2、TS3三个过渡态，TM1、、TM2、N2O、TM3、五个中间体，故B正确；C项，整个反应分为三个基元反应阶段，①NO(g) +NO(g) =  ΔH=199.2kJ·mol-1,②+CO(g) =CO2(g) +N2O(g) ΔH=-513.5kJ·mol-1,③CO2(g) +N2O(g) +CO(g) =2CO2(g) +N2(g) ΔH=-307.6kJ·mol-1，由于所需活化能最高，总反应速率由第一阶段反应决定，故C正确；D项，从②+CO(g) =CO2(g) +N2O(g) ΔH=-513.5kJ·mol-1,③CO2(g) +N2O(g) +CO(g) =2CO2(g) +N2(g) ΔH=-307.6kJ·mol-1，②反应放出的能量更多，生成物能量更低，NO二聚体()比N2O分子更容易与CO发生反应，故D正确；故选A。

37．科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法不正确的是(    )

A．该历程中活化能最小的反应方程式 CH2O*+2H*   CHO*+3H*

B．该历程中能垒(反应活化能)最大的是①

C．该历程中制约反应速率的方程式为CH3OH*═CH3O*+H*

D．由此历程可知：   △H<0

【答案】D

【详解】A项，活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，过渡态3发生的反应活化能最小，该过程的反应方程式为： CH2O*+2H*   CHO*+3H*，A正确；B项，活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，过渡态1发生的反应活化能最大，故该历程中能垒(反应活化能)最大的是①，B正确；C项，总反应速率由反应速率最慢的那步历程决定，由图可知，历程中能垒(反应活化能)最大的为①，所以制约反应速率的方程式为CH3OH*═CH3O*+H*， C正确；D项，由图可知CH3OH(g)→CH3OH*，放出40kJ热量，①～④过程中CH3OH*→CO*+4H*放出80kJ热量，即CH3OH(g)→CO*+4H*放热120kJ，但CO*+4H*→CO(g)+2H2(g)吸热未知，所以不能据此确定CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)的焓变△H，D错误；故选D。

38．工业上可采用CH3OHCO＋2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。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＝＋103.1 kJ·mol－1

方式B：CH3OH*→CH3*＋OH*   Eb＝＋249.3 kJ·mol－1(其中Ea、Eb为活化能)。

图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。

下列说法错误的是(    )

A．总反应的焓变(△H)大于0

B．甲醇裂解过程主要历经的方式应为A

C．该历程中最小能垒(活化能)为70.7 kJ·mol－1

D．该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为CHO*＋3H*＝CO*＋4H*

【答案】C

【详解】A项，由图可知，CH3OH的能量低于CO和2H2的总能量，反应CH3OHCO＋2H2为吸热反应，△H大于0，故A正确；B项，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，方式A的活化能低，说明甲醇裂解过程主要历经的方式应为A，故B正确；C项，由图可知，该历程中最小能垒(活化能)为(116.1-62.5) kJ·mol－1=53.6 kJ·mol－1，故C错误；D 项，由图可知，反应CHO*＋3H*＝CO*＋4H*反应物的能量高于生成物的能量，且差别最大，是放热最多的步骤，故D正确；故选C。

39．HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理、反应历程与能量的关系如图所示： 

下列说法不正确的是(    )

A．在Pd催化剂表面HCOOH脱氢反应的H ＜0

B．在Pd催化剂表面离解O－H键比C－H键的活化能低

C．在历程Ⅰ～Ⅴ中，生成Ⅴ的反应速率最慢

D．用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2

【答案】B

【详解】A项，由图可知，在Pd催化剂表面HCOOH脱氢反应为放热反应， H 小于0，故A正确；B项，由图可知，在Pd催化剂表面离解O－H键的活化能较高，解离C－H键的活化能低，故B错误；C项，在历程Ⅰ～Ⅴ中，生成Ⅴ的活化能最高，反应速率最慢，故C正确；D项，由图可知，HCOOH脱氢是生成氢气和二氧化碳，所以用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2，故D正确；故选B。

40．一种双功能结构催化剂能同时活化水和甲醇，用以解决氢气的高效存储和安全运输。下图是甲醇脱氢转化的反应历程(表示过渡态)

下列说法不正确的是(    )

A．CH3OH的脱氢反应是分步进行的

B．甲醇脱氢反应历程的最大能垒(活化能)是0.95eV

C．甲醇脱氢反应中断裂了极性键和非极性键

D．该催化剂的研发为醇类重整产氢的工业应用提供了新思路

【答案】C

【详解】A项，读图知，CH3OH的脱氢反应是分步进行的，故A正确；B项，能垒是发生某步反应需要克服的能量，1.30-0.94=0.36、2.15-1.60=0.55，2.53-2.28=0.25、2.69-2.02=0.67、3.11-2.16=0.95，最大能垒(活化能)是0.95eV,故B正确；C项，该历程为CH3OH(g)=CO(g)+4H，没有非极性键断裂，故C错误；D项，该催化剂的成功研发，对工业上的醇类重整产氢有重要的启示，对促进我国制氢工业的节能减排和氢能升级提供了新思路，故D正确。故选C。

41．工业上可采用CH3OHCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。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。下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图，下列说法正确的是(    )

A．CH3OH脱氢反应的第一步历程为CH3OH* =CH3*＋OH*

B．该历程中最大活化能E正=-179.6 kJ•mol－1

C．该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为CHO*+ 4H* =CO*＋2H2(g)

D．CH3OH* = CO*＋2H2(g)  △H=65.7 kJ•mol－1

【答案】D

【详解】A项，图中可以看出CH3OH脱氢反应的第一步历程为CH3OH* = CH3O*＋H*，故A错误；B项，图像中可以看出，CO*+ 4H* =CO*＋2H2的过程中，活化能最大，数值等于113.9-(-65.7)=179.6 kJ•mol－1，故B错误；C项，该历程中Ⅰ、Ⅱ、Ⅴ是吸热的，Ⅲ、Ⅳ是放热的，放热最多的步骤是CHO*+3H*=CO*＋4H*(g)，故C错误；D项，图像可以看出，CH3OH* = CO*＋2H2(g)是吸热反应，甲醇的相对能量为0，生成物相对能量为65.7 kJ•mol－1， 故△H=65.7 kJ•mol－1，CH3OH* = CO*＋2H2(g)△H=65.7 kJ•mol－1，故D正确；故选D。

42．水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国研究人员结合实验与计算机模拟结果，揭示了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程(如图所示)，其中吸附在金催化剂表面上的物质用·标注。下列说法正确的是(    )

A．水煤气变换反应的△H＞0

B．该历程中最大能垒(活化能)E正=1.70 eV

C．步骤⑤只有H-H键和H-O键形成

D．步骤③的转化关系可表示为：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·

【答案】D

【详解】A项，根据图象分析可知：水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，则该反应为放热，反应的△H<0，A错误；B项，该历程中最大能垒(活化能)E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，B错误；C项，步骤⑤除非极性键H-H键形成，还有H-O键及C=O的形成，C错误；D项，结合图分析判断，对照CO•+OH•+H•+H2O(g)，COOH•+H•+H2O•，可知步骤③发生的反应：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·，D正确；故选D。

43．近日，北京航空航天大学教授团队与中科院高能物理研究所合作，合成了Y、Sc(Y1／NC，Sc1／NC)单原子催化剂，用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法错误的是(    )

A．Sc1／NC 比Y1／NC更有利于吸附氮气

B．实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率

C．使用Sc1／NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→*NNH

D．升高温度不一定可以提高氨气单位时间内的产率

【答案】B

【详解】A项，从图中可以看出，使用Sc1／NC吸附氮气的活化能更低，更有利于吸附氮气，A正确；B项，催化剂只能改变反应速率，不能影响化学平衡移动，故实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒不能提高氨气的平衡转化率，B错误；C项，从图中可以看出，使用Sc1／NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→*NNH，C正确；D项，从图中可知，合成氨的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度越高，催化剂吸附N2更困难，故升高温度虽然可以加快反应速率，但不一定可以提高氨气单位时间内的产率，D正确；故选B。

44．合成氨反应N2(g)+  H2(g)⇌NH3(g)是目前最有效工业固氮的方法，解决数亿人口生存问题。科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。

下列说法错误的是(    )

A．该合成氨反应的△H=-46 kJ/mol

B．活化能最大的一步反应的方程式为Nad+Had=NHad

C．升高温度、增大压强均能提高原料的平衡转化率

D．加入催化剂能降低反应活化能，加快正反应速率

【答案】C

【详解】A项，合成氨反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应为放热反应，放热反应的ΔH＜0，故A正确；B项，从图中可以看出，活化能最大的一步反应是Nad+Had=NHad，活化能高于106kJ/mol，故B正确；C项，合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，降低原料的平衡转化率；合成氨反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，可以提高原料的平衡转化率，故C错误；D项，催化剂能降低反应的活化能，加快正逆反应速率，故D正确；故选C。

45．科研工作者结合实验与计算机模拟来研究钌催化剂表面不同位点上合成氨反应历程，如图所示，其中实线表示位点A上合成氨的反应历程，虚线表示位点B上合成氨的反应历程，吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是(    )

A．由图可以判断合成氨反应属于放热反应

B．氮气在位点A上转变成2N*速率比在位点B上的快

C．整个反应历程中活化能最大的步骤是2N*+3H2→2N*+6H*

D．从图中知选择合适的催化剂位点可加快合成氨的速率

【答案】C

【详解】A项，据图可知，始态*N2+3H2的相对能量为0eV，生成物*+2NH3的相对能量约为-1.8eV，反应物的能量高于生成物，所以为放热反应，故A正确；B项，图中实线标示出的位点A最大能垒(活化能)低于图中虚线标示出的位点B最大能垒(活化能)，活化能越低，有效碰撞几率越大，化学反应速率越大，故B正确；C项，由图像可知，整个反应历程中2N*+3H2→2N*+6H*活化能几乎为零，为最小，故C错误；D项，由图像可知氮气活化在位点A上活化能较低，速率较快，故D正确；故选C。

46．我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是(    )

A．该历程中最小能垒的化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*＝(CH3)2NCH2＋OH*

B．该历程中最大能垒(活化能)为2.16eV

C．该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)＝N(CH3)3(g)＋H2O(g) ΔH＝－1.02ev•mol－1

D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率

【答案】A

【详解】从图中可以看出，在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23-(-2.16)=0.93、-1.55-(-1.77)=0.22、-1.02-(-2.21)=1.19。A项，从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*＝(CH3)2NCH2＋OH*，A正确；B项，该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，B不正确；C项，该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02ev•为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)＝N(CH3)3(g)＋H2O(g)  ΔH＝－1.02NAev•mol－1，C不正确；D项，增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确；故选A。

47．研究表明N2O (g)与CO(g)在作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是(    )

A．未使用催化剂时，该反应的逆反应活化能为557.8

B．催化剂参与的两步反应均为放热反应

C．N2O、CO、夺取O的能力依次增大

D．总反应的热化学方程式为N2O(g)+CO (g)=N2 (g)+CO2 (g)   △H=－358.9kJ·mol-1

【答案】C

【详解】A项，根据历程，反应物总能量大于生成物的总能量，即该反应为放热反应，逆反应的活化能358.9kJ·mol－1＋198.9kJ·mol－1=557.8kJ·mol－1，故A正确；B项，由图可知，在Ir＋催化下，两步反应能量均降低，均为放热反应，故B正确；C项，从N2O＋Ir＋＋CO到N2＋IrO＋＋CO，说明Ir＋夺取O的能量强于N2O，从N2＋IrO＋＋CO到N2＋CO2＋Ir＋，说明CO夺取O的能力强于IrO＋，故C错误；D项，△H只与始态和终态有关，与反应的途径无关，因此总反应的热化学方程式为N2O(g)＋CO(g)=N2(g)＋CO2(g)  △H=－358.9kJ·mol－1，故D正确；故选C。下载本文