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压轴冲关：压轴08 化学反应机理
【高考命题】
化学反应机理试题以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，就是把一个复杂反应分解成若干个反应，然后按照一定规律组合起来，从而达到阐述复杂反应的内在联系的目的，化学反应的热效应的考查，一是在选择题中单独设题，考查反应中的能量变化、反应热的比较及盖斯定律的计算；二是在选择题中某一选项出现，多与图像分析相结合；三是在填空题中考查，考查盖斯定律的计算或结合盖斯定律的热化学方程式的书写。这类试题符合新课标的理念，“源于教材而高于教材”，体现了化学核心素养中的宏观辨识与微观探析，从不同层次认识物质的多样性，以及由微观和宏观相结合的视角分析和解决实际问题，在备考过程中要给予高度重视与关注。
【增分攻略】
化学反应机理试题以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，就是把一个复杂反应分解成若干个反应，然后按照一定规律组合起来，从而达到阐述复杂反应的内在联系的目的。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。
【限时特训】
1．（2023·浙江·高考真题）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是 ( )
A．E6-E3=E5-E2
B．可计算Cl-Cl键能为2(E2-E3)kJ mol-1
C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程II>历程I
D．历程I、历程II中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) H=(E5-E4)kJ mol-1
【答案】C
【解析】对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。A项，催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此E6-E3=E5-E2，A正确；B项，已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E2-E3)kJ mol-1，则Cl-Cl键能为2(E2-E3)kJ mol-1，B正确；C项，催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误；D项，活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) H=(E5-E4)kJ mol-1，D正确；故选C。
2．（2022·北京·高考真题）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的速率大于反应②生成H2速率
D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
【答案】C
【解析】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；
B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，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t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；
D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
答案选C。
3．（2022·浙江省1月选考）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列推理不正确的是( )
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
【答案】A
【解析】A项，2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，但是不能是存在相互作用的两个碳碳双键，故A错误；B项，ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B正确；C项，3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C正确；D项，ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性，故D正确；故选A。
4．(2022.1·浙江卷)某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不正确的是( )
A．反应原料中的原子100%转化为产物
B．该过程在化合物X和I-催化下完成
C．该过程仅涉及加成反应
D．若原料用，则产物为
【答案】C
【解析】A项，通过图示可知，二氧化碳和反应生成，没有其它物质生成，反应原料中的原子100%转化为产物，A正确；B项，通过图示可知，X和I-在反应过程中是该反应的催化剂，B正确；C项，在该循环过程的最后一步中形成五元环的时候反应类型为取代反应，C错误；D项，通过分析该反应流程可知，通过该历程可以把三元环转化为五元环，故若原料用，则产物为，D正确；故选C。
5．(2021·湖北卷)甲烷单加氧酶(s—mmo)含有双核铁活性中心，是O2氧化CH4生成CH3OH的催化剂，反应过程如图所示。下列叙述错误的是( )
A．基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2
B．步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成
C．每一步骤都存在铁和氧元素之间的电子转移
D．图中的总过程可表示为：CH4+O2+2H++2e-CH3OH+H2O
【答案】C
【解析】基态Fe原子核外有26个电子，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，A项正确；步骤③中断裂O—O非极性键，形成O—Fe(Ⅳ)极性键，B项正确；步骤④中电子转移发生在Fe和C元素之间，C项错误；根据图示，总过程的反应物为CH4、O2、H、e，产物为CH3OH、H2O，D项正确。
6． 18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：+OH-+CH3O-能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是( )
A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH-
C．反应结束后，溶液中存在CH318OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
【答案】B
【解析】A项，一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应IV的活化能较高，因此反应的决速步为反应I、IV，故A错误；B项，反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故B正确；C项，反应III的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH318H，故C错误；D项，该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误；故选B。
7．近期我国科技工作者开发了高效NOx催化净化(脱硝)催化剂，实现NOx减排，其催化原理如图所示(“□”代表氧原子空位)。下列说法错误的是( )
A．反应过程中涉及O-H的断裂和生成
B．Ce原子的成键数目发生了改变
C．基态Ti原子价电子排布式为3d24s2
D．催化循环的总反应为4NH3+6NO5N2+6H2O
【答案】D
【解析】A项，从图中分析，催化剂表面的O与NH3中的H生成O-H键，一个O原子结合两个H生成两个O-H键即以H2O的形式脱离催化剂，催化剂表面两个O-H键也可断裂一个O-H生成水的同时留一O在催化剂表面，反应过程中有O-H生成，也有O-H的断裂，A正确；B项，从图中分析，Ce的成键数目有氧空位和无氧空位不同，是否与N原子成键也影响其成键数目，反应过程中Ce的成键数目发生改变，B正确；C项，Ti是22号元素，其3d、4s能级上的电子为其价电子，这两个能级上分别含有2个电子，则该原子价电子排布式为3d24s2，C正确；D项，从图中分析，全过程进入体系的物质有“”、两次的“NH3+NO”，出来的物质有“H2O”、“N2”、“N2+ 2H2O”，故催化循环的总反应为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O，D错误；故选D。
8． 2021 年诺贝尔化学奖授予对有机小分子不对称催化作出重大贡献的科学家，其研究成果中L-脯氨酸催化CH3COCH3与RCHO反应的机理如图所示。下列叙述错误的是( )
A．L-脯氨酸分子有一个手性碳原子
B．L-脯氨酸的官能团都参与了反应
C．H2O是中间产物
D．CH3COCH3与RCHO在催化作用下发生的反应是取代反应
【答案】D
【解析】A项，连接四种不同基团的碳原子称为手性碳原子，，A正确；B项，L-脯氨酸的官能团-COOH和-NH-都参与了反应，B正确；C项，由历程产生H2O，历程消耗H2O，则H2O是中间产物，C正确；D项，CH3COCH3与RCHO在催化剂作用下发生的总反应为CH3COCH3+RCHO，是加成反应，D错误；故选D。
9．酸性条件下，环氧乙烷水合法制备乙二醇涉及的机理如下：
下列说法不正确的是( )
A．制备乙二醇的总反应为+H2O
B．环氧乙烷能与二氧化碳反应生成可降解的有机物
C．二甘醇的分子式是C4H10O3
D．X的结构简式为
【答案】D
【解析】A项，根据左图可知，流程中加入的反应物为环氧乙烷和水，氢离子为催化剂，产物为乙二醇，总反应为+H2O，A正确；B项，根据生成乙二醇的机理可知，环氧乙烷可以和二氧化碳发生类似的加成反应，得到含有酯基的有机物，酯基可以在碱性环境中彻底水解，B正确；C项，参考生成乙二醇的机理，可知二甘醇的结构简式为HOCH2CH2OCH2CH2OH，分子式是C4H10O3，C正确；D项，根据右图第一步反应的产物可知X的结构简式为，D错误；故选D。
10．稀碱条件下，由乙醛合成巴豆醛(CH3CH=CHCHO)的反应历程示意图如下。下列说法正确的是( )
A．苯甲醛也能发生类似反应
B．反应①的活化能大于反应②的活化能
C．反应中，OH-、H2O均为反应催化剂
D．由上述历程可知醛基的酸性强于醇羟基
【答案】D
【解析】A项，苯甲醛无，不能发生类似反应，故A错误；B项，反应①较快，反应②较慢，反应越慢活化能越大，故B错误；C项，由图中可知，OH-为反应的催化剂，H2O为反应的中间产物，故C错误；D项，由上述历程可知，CH3CHO可制得，故可知醛基的酸性强于醇羟基，故D正确；故选D。
11．有学者提出一种PdCl2催化下炔烃羰基化的反应机理(如图所示)。下列说法错误的是( )
A．反应过程中Pd的成键数目保持不变
B．炔烃羰基化反应为+2CO+2R1OH+H2
C．反应过程中存在加成反应和酯化反应
D．反应过程中存在非极性键的断裂和极性键的形成
【答案】C
【解析】A项，由图可知，反应过程中Pd的成键数目不变，A正确；B项，在PdCl2催化下，炔烃羰基化反应为+2CO+2R1OH+H2，B正确；C项，反应过程中不存在酯化反应，C错误；D项，反应过程中存在碳碳非极性键的断裂和氢氯键等极性键的形成，D正确。故选C。
12．甲烷-甲醇-碘甲烷热化学循环如图(图中各物质均为气态)所示。下列说法错误的是( )
A．反应①的
B．①②③均发生氧化还原反应
C．反应③在高温下能自发进行，则其 H<0， S<0
D．上述热化学循环实现了水的分解
【答案】C
【解析】A项，根据流程中反应可知，反应①，A正确；B项，由循环图可知，①②③均有化合价变化，发生氧化还原反应，B正确；C项，反应③的ΔS>0，C错误；D项，由反应①CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)；②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)；③2CH3OH(g)＋I2(g)2CH3I(g)＋H2O(g)+1/2O2(g)；④2CH3I(g)＋H2O(g) CH3OH(g)＋I2(g)＋CH4(g)；四式相加得，故为水的分解，D正确；故选C。
13．硫酸盐(含SO42-、HSO4-)气溶胶是PM2.5的成分之一、科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程如图所示，下列说法不正确的是( )
A．HNO2、NO2、H2O均只含有极性共价键
B．该过程中NO2-为中间产物
C．总反应SO32-+2NO2+H2O=HSO4-+NO2-+HNO2
D．还原性SO3-＞HNO2
【答案】B
【解析】A项，HNO2含有氮氧键、氧氢键，NO2含有氮氧键，H2O含有氢氧键，三者都只含有极性共价键，故A正确；B项，反应中第一个阶段是SO32-+NO2=SO3-+NO2-，第二个阶段是SO3-+NO2+H2O=HSO4-+HNO2，两个阶段总反应SO32-+2NO2+H2O=HSO4-+NO2-+HNO2，因此NO2-为反应产物，不是中间产物，故B错误；C项，根据B选项的分析的总反应为SO32-+2NO2+H2O=HSO4-+NO2-+HNO2，故C正确；D项，根据第二个阶段反应SO3-+NO2+H2O=HSO4-+HNO2，得到还原性SO3-＞HNO2，故D正确。故选B。
14．二氧化碳选择性加氢制甲醇是解决温室效应、发展绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一。常温常压下利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法错误的是
A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热
B．二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应
C．该历程的决速步为
D．总反应为
【答案】A
【解析】A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，不能改变反应热，选项A错误；
B．由反应历程图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，选项B正确；
C．的活化能最大，是该历程的决速步，选项C正确；
D．该反应的反应物是和，生成物是和，则总反应为，选项D正确；
答案选A。
15．铜催化乙炔选择性氢化制1，3一丁二烯的反应机理如图所示(吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。
下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率
B．若原料用丙炔，则会有2种分子式为C6H10的有机物生成
C．增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率
D．转化成C4H6(g)过程中，有非极性键的断裂和形成
【答案】D
【解析】A．根据图示，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，所以反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ的速率，故A错误；
B．若原料用丙炔，则会有CH3CH=CH-CH=CHCH3、CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2、CH3CH=CH-C (CH3)=CH2共3种分子式为C6H10的有机物生成，故B错误；
C．增大Cu的表面积，可加快反应速率，催化剂不能使平衡不移动，不能提高C2H2的平衡转化率，故C错误；
D．根据图示，转化成C4H6(g)过程中，先碳碳双键中有1条键断裂，后又有碳碳双键和碳碳单键的形成，所以有非极性键的断裂和形成，故D正确；
选D。
16．活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如下图所示，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大。下列说法正确的是
A．比稳定
B．升高温度，生成的反应速率增大的程度更大
C．该历程中最小正反应的活化能为
D．改变催化剂可以改变生成的反应焓变
【答案】C
【解析】A．的能量更高，故其不如稳定，A错误；
B．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，峰值越小则活化能越小，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；结合图像可知，升高温度，生成的反应速率增大的程度更大，B错误；
C．该历程中最小正反应的活化能为中间产物Z生成过渡Ⅲ时的活化能，为，C正确；
D．改变催化剂可以改变反应历程，加快反应速率，但是不能改变生成的反应焓变，D错误；
故选C。
17．纳米铁可用于去除环境中的污染物。番石榴叶提取液还原Fe3+制备纳米铁(Fe0)、 氧化去除As(III)的过程如图所示。下列说法错误的是( )
A．将纳米铁与水形成分散系，可以发生丁达尔效应
B．反应1中，lmolH2O2反应转移2mol电子
C．反应2中，Fe2+与H2O2的物质的量之比为1∶1 。
D．若要氧化去除1molAs(III)，则至少需要112g纳米铁
【答案】B
【解析】A项，纳米铁的直径在1-100nm之间，分散到水中可形成胶体，胶体具有丁达尔效应，A正确；B项，由图可知反应1中H2O2得电子转变成OH-和羟基，该过程中1molH2O2反应转移1mol电子，故B错误；C项，由图中信息可知反应2为亚铁离子与H2O2反应生成Fe和水，1mol Fe2+得2mol电子，1molH2O2反应生成水失去2mol电子，两者物质的量之比为1:1，故C正确；D项，要氧化去除1molAs(III)转化成As(V)，转移2mol电子，则消耗Fe2+转化成Fe3+，转移2mol电子消耗2mol Fe2+，结合图示可知，则至少需要2mol纳米铁即112g，故D正确；故选B。
18．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。下列说法不正确的是( )
A．水在此过程中做氧化剂
B．若将NaBH4中的H用D代替，反应后生成的气体为D2
C．催化剂可以加快反应速率，其用量多少可影响反应速率
D．NaBH4与水反应的离子方程式为BH4-＋4H2O=B(OH)4-＋4H2↑
【答案】B
【解析】根据NaBH4在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程图可知，BH4-和H2O生成B(OH)4-和H2，离子反应方程式为：BH4-+4H2O= B(OH)4-+4H2↑。A项，H2O变成H2，水中氢元素的化合价降低，是氧化剂，A正确；B项，若用D代替NaBH4中H，由图示知，BH4-首先吸附在催化剂表面释放出D2，第二步项，第三步中产生HD，最后一步中产生H2，故生成的氢气有H2、HD、D2，B错误；C项，使用催化剂可以改变化学反应速率，所以通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率，一定范围内，催化剂的用量多少也会影响反应速率，C正确；D项，反应的离子方程式为：BH4-+4H2O= B(OH)4-+4H2↑，D正确；故选B。
19．我国某科研团队通过计算机模拟技术提出在12—磷钨酸(固体强酸)催化作用下甲醇气相脱水合成二甲醚的反应机理：CH3OH+H+→IM1(中间体1)→TS1(过渡态1)→IM3(中间体3)→CH3++H2O，CH3++CH3OH→IM2(中间体2)→TS2(过渡态2)→IM4(中间体4)→CH3OCH3+H+。反应过程和相对能量E(kJ mol-1)如图所示。下列说法错误的是( )
A．该反应机理中的最大能垒(活化能)E正=513.4kJ mol-1
B．2CH2OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-18.2kJ mol-1
C．已知IM1为CH2=OH++H2，CH2=OH+H+→IM1是一个无垒(活化能为0)过程，可推测该过程从断键开始，断键时吸收的能量大于成键释放的能量
D．类推IM2应为CH2=OH++CH4
【答案】C
【解析】A项，由图中信息可知，该反应机理中的最大能垒(活化能) E正= 189.8k/mol- (-323.6 ) kJ/mol=513.4kJ/mol，A正确；B项，由图得①CH3OH+H+=CH3++H2OΔH=-208k/mol，CH3++CH3OH=CH3OCH3+H+ΔH=+189 .8kJ/mol，将①②相加得：2CH3OH(g) =CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH= (-208kJ/mol)+ (+189.8k/mol) =-18.2kJ/mol，B正确；C项，断键需要克服活化能吸收能量，CH3OH+H+→IM1是一个无垒(活化能为0 )过程，所以该过程可能从成键开始，成键时放出的热量大于断键时吸收的热量，C错误；D项，反应过程中遵循原子守恒，所以IM2为CH2=OH++CH4，D正确；故选C。
20．我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中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)，下列说法不正确的是( )
A．带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态
B．N2生成NH3是通过多步还原反应生成的
C．过程I和III中能量的变化相同
D．适当提高N2分压，可以加快N2(g) →★N2反应速率，N2(g)转化率降低
【答案】C
【解析】A项，根据图示，N2是反应物、NH3是最终产物，带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态，故A正确；B项，N2生成NH3过程中N元素化合价逐渐降低，所以N2生成NH3是通过多步还原反应生成的，故B正确；C项，过程I断裂1个氮氮键形成1个氮氢键，过程 III断裂1个氮氮键生成2个氮氢键，能量的变化不相同，故C错误；D项，适当提高N2分压，即增大氮气浓度，可以加快N2(g) →★N2反应速率，由于氮气的初始浓度增大，N2(g)转化率减小，故D正确；故选C。
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压轴冲关：压轴08 化学反应机理
【高考命题】
化学反应机理试题以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，就是把一个复杂反应分解成若干个反应，然后按照一定规律组合起来，从而达到阐述复杂反应的内在联系的目的，化学反应的热效应的考查，一是在选择题中单独设题，考查反应中的能量变化、反应热的比较及盖斯定律的计算；二是在选择题中某一选项出现，多与图像分析相结合；三是在填空题中考查，考查盖斯定律的计算或结合盖斯定律的热化学方程式的书写。这类试题符合新课标的理念，“源于教材而高于教材”，体现了化学核心素养中的宏观辨识与微观探析，从不同层次认识物质的多样性，以及由微观和宏观相结合的视角分析和解决实际问题，在备考过程中要给予高度重视与关注。
【增分攻略】
化学反应机理试题以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，就是把一个复杂反应分解成若干个反应，然后按照一定规律组合起来，从而达到阐述复杂反应的内在联系的目的。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。
【限时特训】
1．（2023·浙江·高考真题）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是 ( )
A．E6-E3=E5-E2
B．可计算Cl-Cl键能为2(E2-E3)kJ mol-1
C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程II>历程I
D．历程I、历程II中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) H=(E5-E4)kJ mol-1
2．（2022·北京·高考真题）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的速率大于反应②生成H2速率
D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
3．（2022·浙江省1月选考）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列推理不正确的是( )
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
4．(2022.1·浙江卷)某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不正确的是( )
A．反应原料中的原子100%转化为产物
B．该过程在化合物X和I-催化下完成
C．该过程仅涉及加成反应
D．若原料用，则产物为
5．(2021·湖北卷)甲烷单加氧酶(s—mmo)含有双核铁活性中心，是O2氧化CH4生成CH3OH的催化剂，反应过程如图所示。下列叙述错误的是( )
A．基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2
B．步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成
C．每一步骤都存在铁和氧元素之间的电子转移
D．图中的总过程可表示为：CH4+O2+2H++2e-CH3OH+H2O
6． 18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：+OH-+CH3O-能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是( )
A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH-
C．反应结束后，溶液中存在CH318OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
7．近期我国科技工作者开发了高效NOx催化净化(脱硝)催化剂，实现NOx减排，其催化原理如图所示(“□”代表氧原子空位)。下列说法错误的是( )
A．反应过程中涉及O-H的断裂和生成
B．Ce原子的成键数目发生了改变
C．基态Ti原子价电子排布式为3d24s2
D．催化循环的总反应为4NH3+6NO5N2+6H2O
8． 2021 年诺贝尔化学奖授予对有机小分子不对称催化作出重大贡献的科学家，其研究成果中L-脯氨酸催化CH3COCH3与RCHO反应的机理如图所示。下列叙述错误的是( )
A．L-脯氨酸分子有一个手性碳原子
B．L-脯氨酸的官能团都参与了反应
C．H2O是中间产物
D．CH3COCH3与RCHO在催化作用下发生的反应是取代反应
9．酸性条件下，环氧乙烷水合法制备乙二醇涉及的机理如下：
下列说法不正确的是( )
A．制备乙二醇的总反应为+H2O
B．环氧乙烷能与二氧化碳反应生成可降解的有机物
C．二甘醇的分子式是C4H10O3
D．X的结构简式为
10．稀碱条件下，由乙醛合成巴豆醛(CH3CH=CHCHO)的反应历程示意图如下。下列说法正确的是( )
A．苯甲醛也能发生类似反应
B．反应①的活化能大于反应②的活化能
C．反应中，OH-、H2O均为反应催化剂
D．由上述历程可知醛基的酸性强于醇羟基
11．有学者提出一种PdCl2催化下炔烃羰基化的反应机理(如图所示)。下列说法错误的是( )
A．反应过程中Pd的成键数目保持不变
B．炔烃羰基化反应为+2CO+2R1OH+H2
C．反应过程中存在加成反应和酯化反应
D．反应过程中存在非极性键的断裂和极性键的形成
12．甲烷-甲醇-碘甲烷热化学循环如图(图中各物质均为气态)所示。下列说法错误的是( )
A．反应①的
B．①②③均发生氧化还原反应
C．反应③在高温下能自发进行，则其 H<0， S<0
D．上述热化学循环实现了水的分解
13．硫酸盐(含SO42-、HSO4-)气溶胶是PM2.5的成分之一、科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程如图所示，下列说法不正确的是( )
A．HNO2、NO2、H2O均只含有极性共价键
B．该过程中NO2-为中间产物
C．总反应SO32-+2NO2+H2O=HSO4-+NO2-+HNO2
D．还原性SO3-＞HNO2
14．二氧化碳选择性加氢制甲醇是解决温室效应、发展绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一。常温常压下利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法错误的是
A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热
B．二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应
C．该历程的决速步为
D．总反应为
15．铜催化乙炔选择性氢化制1，3一丁二烯的反应机理如图所示(吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。
下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率
B．若原料用丙炔，则会有2种分子式为C6H10的有机物生成
C．增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率
D．转化成C4H6(g)过程中，有非极性键的断裂和形成
16．活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如下图所示，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大。下列说法正确的是
A．比稳定
B．升高温度，生成的反应速率增大的程度更大
C．该历程中最小正反应的活化能为
D．改变催化剂可以改变生成的反应焓变
17．纳米铁可用于去除环境中的污染物。番石榴叶提取液还原Fe3+制备纳米铁(Fe0)、 氧化去除As(III)的过程如图所示。下列说法错误的是( )
A．将纳米铁与水形成分散系，可以发生丁达尔效应
B．反应1中，lmolH2O2反应转移2mol电子
C．反应2中，Fe2+与H2O2的物质的量之比为1∶1 。
D．若要氧化去除1molAs(III)，则至少需要112g纳米铁
18．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。下列说法不正确的是( )
A．水在此过程中做氧化剂
B．若将NaBH4中的H用D代替，反应后生成的气体为D2
C．催化剂可以加快反应速率，其用量多少可影响反应速率
D．NaBH4与水反应的离子方程式为BH4-＋4H2O=B(OH)4-＋4H2↑
19．我国某科研团队通过计算机模拟技术提出在12—磷钨酸(固体强酸)催化作用下甲醇气相脱水合成二甲醚的反应机理：CH3OH+H+→IM1(中间体1)→TS1(过渡态1)→IM3(中间体3)→CH3++H2O，CH3++CH3OH→IM2(中间体2)→TS2(过渡态2)→IM4(中间体4)→CH3OCH3+H+。反应过程和相对能量E(kJ mol-1)如图所示。下列说法错误的是( )
A．该反应机理中的最大能垒(活化能)E正=513.4kJ mol-1
B．2CH2OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-18.2kJ mol-1
C．已知IM1为CH2=OH++H2，CH2=OH+H+→IM1是一个无垒(活化能为0)过程，可推测该过程从断键开始，断键时吸收的能量大于成键释放的能量
D．类推IM2应为CH2=OH++CH4
20．我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中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)，下列说法不正确的是( )
A．带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态
B．N2生成NH3是通过多步还原反应生成的
C．过程I和III中能量的变化相同
D．适当提高N2分压，可以加快N2(g) →★N2反应速率，N2(g)转化率降低
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