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专题10 化学反应机理与历程
一、基础练习
1.NO有毒，是一种大气污染物，科学家利用一种催化剂使NO在其表面分解，反应历程如图所示(TS表示反应中的过渡态)。下列有关说法中正确的是( )。
A．NO分解的反应为吸热反应
B．3→4反应为分解反应的决速步骤
C．五种中间产物中TS5最稳定
D．催化剂能够使该反应的活化能降低，反应热减小
2.在亚纳米金属钯(Pd)团簇作用下，过氧化氢可以直接将苯高效催化转化为苯酚，催化剂中掺杂碱金属离子可改变催化能力，反应历程如图(*表示吸附态，TS表示过渡态)，下列说法错误的是( )
A．苯与H2O2反应生成苯酚是放热反应
B．反应历程中，存在反应+O*→
C．使用Pd－Na+催化剂后，每一步的产物均比使用Pd催化剂更稳定
D．其他条件相同时，使用掺杂Na+的催化剂，单位时间内可得更多苯酚产品
3.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
4.及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，一种利用电化学制备NH3的转化历程如图所示。下列说法错误的是( )
A．步骤Ⅱ发生的既是化合反应，也是氧化还原反应
B．步骤Ⅲ的化学方程式Li3N+3H2O=NH3+3LiOH
C．该历程总反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2
D．由该历程说明N2的氧化性强于O2
5.TRAP是一种温和的氧化剂，TRAP试剂中的RuO4-不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，不会过度氧化为羧酸。TRAP氧化醇的反应机理如下图，下列说法正确的是( )
A．铑(Ru)在TPAP机理图中共呈现了4种价态
B．步骤④中做还原剂，作用是使TRAP试剂再生
C．反应⑥的离子方程式为2RuO3-=RuO2+RuO42-，是TRAP试剂再生的另一途径
D．若R1为CH2=CH-，R2为H-，则TPAP氧化该醇的主产物为丙醛
6.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
7.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
8.苯和液溴反应进程中的能量变化如图所示。已知：
①断裂化学键所需要的能量()：
413 276 194 366
②
③
下列叙述不正确的是( )
A．该反应的
B．第二步是该反应的决速步骤
C．该反应的原子利用率约为
D．可用溶液除去产物溴苯中混有的Br2
9.(2022·上海市敬业中学高三模拟)H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)能量曲线如图。描述正确的是( )
A．反应①为放热反应，反应②为吸热反应
B．若加入催化剂可降低反应热
C．热化学方程式为H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)-218kJ
D．若反应的生成物为2HCl(g)+I2(s)，则反应热数值将变大
10.利用烟气中SO2可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如下图所示
下列说法错误的是( )
A．[(NH3)5CO-O-O-CO(NH3)5]4+中Co的化合价为+3价
B．总反应离子方程式为：SO2+O2+2I-=I2+SO42-
C．反应①~⑤中均有电子的转移
D．反应③中，每消耗1molO2会转移2mol电子
11.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
12.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·
13.中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ mol-1)如图所示，下列说法错误的是 ( )
A．生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原
B．生成NH3的总反应方程式为 2NO+5H22NH3+2H2O
C．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2
D．该过程中涉及极性键、非极性键的断裂和形成
二、真题练习
14.(2022 山东卷)在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是( )
A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成的反应历程有2种
C．增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
15.(2021 山东卷)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
16.(2023·浙江省普通高校招生高三选考模拟)过氧硫酸氢根参与烯烃的不对称环氧化反应的机理如图，下列说法不正确的是( )
A．该反应有水的生成
B．利用此反应可将乙烯氧化为环氧乙烷
C．过氧硫酸氢根是该反应的催化剂
D．通过调节环境的酸碱性，可以控制部分极性共价键的断裂
17.(2023·山东省日照市高三期中联考)利用生物浸出黄铜矿(主要成分CuFeS2，含有少量SiO2杂质)回收其中铁和铜的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)Cu2+的生物浸出原理如图：浸出温度不宜过高，其原因是_____，反应①的离子方程式为____。
(2)浸渣的主要成分为____(填化学式)，操作1的名称为____。
(3)分离Cu2+的原理如下：Cu2++2(HR)org(CuR2)org+2H+。根据流程，反萃取加入的试剂应该为_____(填化学式)。
(4)检验滤液2中是否存在Fe3+，可选用_____(填标号)。
A．KSCN溶液 B．K4[Fe(CN)6]溶液 C．K3[Fe(CN)6]溶液 D．KMnO4溶液
(5)“一系列操作”包括_____、洗涤、干燥。
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专题10 化学反应机理与历程
一、基础练习
1.NO有毒，是一种大气污染物，科学家利用一种催化剂使NO在其表面分解，反应历程如图所示(TS表示反应中的过渡态)。下列有关说法中正确的是( )。
A．NO分解的反应为吸热反应
B．3→4反应为分解反应的决速步骤
C．五种中间产物中TS5最稳定
D．催化剂能够使该反应的活化能降低，反应热减小
【答案】C
【解析】由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，NO分解的反应为放热反应，A项错误；根据图示计算可得，历程中“5→TS4→6”的活化能最大，活化能越大，反应速率越慢，反应历程中慢反应决定整个反应的速率，B项错误；由图像可知，中间产物TS5的能量最低，最稳定，C项正确；使用高效催化剂，可以改变反应物的活化能，但不能影响反应热，反应热由反应物的总能量和生成物的总能量决定，D项错误。
2.在亚纳米金属钯(Pd)团簇作用下，过氧化氢可以直接将苯高效催化转化为苯酚，催化剂中掺杂碱金属离子可改变催化能力，反应历程如图(*表示吸附态，TS表示过渡态)，下列说法错误的是( )
A．苯与H2O2反应生成苯酚是放热反应
B．反应历程中，存在反应+O*→
C．使用Pd－Na+催化剂后，每一步的产物均比使用Pd催化剂更稳定
D．其他条件相同时，使用掺杂Na+的催化剂，单位时间内可得更多苯酚产品
【答案】C
【解析】A项，由反应历程可知，苯酚和水的总能量低于H2O2和苯的总能量，苯与H2O2反应生成苯酚是放热反应，A正确；B项，反应历程中存在+H2O+O* +H2O，，即+O* ，B正确；C项，第一步和第二步中使用Pd－Na+催化剂产物能量更高，不稳定，C错误；D项，使用Pd－Na+催化剂后，每一步的活化能均比使用催化剂Pd低，反应速率加快，单位时间内可生成更多苯酚，D正确；故选C。
3.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。
4.及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，一种利用电化学制备NH3的转化历程如图所示。下列说法错误的是( )
A．步骤Ⅱ发生的既是化合反应，也是氧化还原反应
B．步骤Ⅲ的化学方程式Li3N+3H2O=NH3+3LiOH
C．该历程总反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2
D．由该历程说明N2的氧化性强于O2
【答案】D
【解析】由图可知：步骤Ⅰ电解熔融的LiOH生成Li、水和氧气，步骤Ⅱ中Li和N2反应生成Li3N，步骤Ⅲ中Li3N和水反应，生成LiOH和NH3，总反应为：2N2+6H2O=4NH3+3O2。A项，步骤Ⅱ中Li和N2反应生成Li3N，既是化合反应，也是氧化还原反应，A正确；B项，步骤ⅢLi3N和水反应，生成LiOH和NH3，化学方程式Li3N+3H2O=NH3+3LiOH，B正确；C项，由图象可知：反应物为氮气和水，产物为氨气和氧气，LiOH为催化剂，由电子守恒和原子守恒可得总反应为：2N2+6H2O=4NH3+3O2，C正确；D项，该反应历程中步骤Ⅰ是通过电解发生，不能说明N2的氧化性强于O2，D错误；故选D。
5.TRAP是一种温和的氧化剂，TRAP试剂中的RuO4-不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，不会过度氧化为羧酸。TRAP氧化醇的反应机理如下图，下列说法正确的是( )
A．铑(Ru)在TPAP机理图中共呈现了4种价态
B．步骤④中做还原剂，作用是使TRAP试剂再生
C．反应⑥的离子方程式为2RuO3-=RuO2+RuO42-，是TRAP试剂再生的另一途径
D．若R1为CH2=CH-，R2为H-，则TPAP氧化该醇的主产物为丙醛
【答案】A
【解析】根据题中的反应机理图，TRAP试剂中的RuO4-，经历过程①和②将氧化为，本身被还原为H2RuO4-，H2RuO4-经历过程③脱水，得到RuO3-；RuO3-与NMO反应，经历过程④和⑤得到RuO4-和NMM；RuO3-自身发生歧化反应⑥，得到RuO42-和RuO2。A项，铑(Ru)在TPAP机理图中共呈现了4种价态，分别是+4价、+5价、+6价、+7价，A项正确；B项，RuO3-与NMO反应，经过过程④和⑤得到RuO4-和NMM，其中Ru元素从+5价升至+7价，则RuO3-做还原剂，NMO做氧化剂，B项错误；C项，RuO3-自身发生歧化反应⑥，离子方程式为2RuO3-=RuO2+RuO42-，产物不是RuO4-，则不是TRAP试剂再生的另一途径，C项错误；D项，TRAP试剂中的RuO4-不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，若R1为CH2=CH-，R2为H-，则RuO4-经过过程①和②将氧化为，D项错误；故选A。
6.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
【解析】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。
7.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
【解析】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。
8.苯和液溴反应进程中的能量变化如图所示。已知：
①断裂化学键所需要的能量()：
413 276 194 366
②
③
下列叙述不正确的是( )
A．该反应的
B．第二步是该反应的决速步骤
C．该反应的原子利用率约为
D．可用溶液除去产物溴苯中混有的Br2
【答案】A
【解析】A项， H=反应物的总键能-生成物的总键能，已知Br2(l)= Br2(g) H=+30 kJ·mol-1、断裂1mol Br2(g)需要能量为194kJ，则断裂1mol Br2(l)需要能量为224kJ，该反应苯上断裂C-H键、Br2(l)断裂Br-Br键，生成C-Br键和H-Br键，则 H=(413+164)-( 276+366)=-95kJ/mol，故A错误；B项，第二步的正活化能比第一步的大，活化能越大反应速率越慢，最慢的那一步是该反应的决速步骤，故B正确；C项，由，期望产物是溴苯其质量为157g，生成物有溴苯和HBr，总质量为157+81=238g，则原子利用率约为，故C正确；D项，溴可与氢氧化钠反应，而溴苯不反应，可用于除杂，故D正确；故选A。
9.(2022·上海市敬业中学高三模拟)H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)能量曲线如图。描述正确的是( )
A．反应①为放热反应，反应②为吸热反应
B．若加入催化剂可降低反应热
C．热化学方程式为H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)-218kJ
D．若反应的生成物为2HCl(g)+I2(s)，则反应热数值将变大
【答案】D
【解析】由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，活化能越小，反应速率越快，且反应中H、I元素的化合价变化。A项，根据图象可知，反应①和反应②中反应物总能量都大于生成物，则反应①、反应②均为放热反应，△H均小于零，故A错误；B项，若加入催化剂，只能改变反应速率，不能改变反应热，故B错误；C项，反应①、反应②总的能量变化为218kJ，根据盖斯定律可知，反应①、反应②的焓变之和为△H=-218kJ mol-1，即H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)+218kJ mol-1，故C错误；D项，根据图象可知，反应①和反应②中反应物总能量都大于生成物，图中反应②即I2(g)+2HCl(g)=I2(s)+2HCl(g)，所以I2(g)+2HCl(g)的能量高于 I2(s)+2HCl(g)的总能量，则反应热数值将变大，故D正确；故选D。
10.利用烟气中SO2可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如下图所示
下列说法错误的是( )
A．[(NH3)5CO-O-O-CO(NH3)5]4+中Co的化合价为+3价
B．总反应离子方程式为：SO2+O2+2I-=I2+SO42-
C．反应①~⑤中均有电子的转移
D．反应③中，每消耗1molO2会转移2mol电子
【答案】C
【解析】A项，[(NH3)5CO-O-O-CO(NH3)5]4+中含有过氧键，故氧元素显-1价，由化合价规则知A项正确；B项，由题干信息及工作原理图知，反应物有SO2、O2、I-，生成物是I2、SO42-，B项正确；C项，过程②和⑤中没有电子转移，C项错误；D项，反应③中O2得到电子后转化为过氧键，D项正确。故选C。
11.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
【解析】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。
12.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
【解析】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。
13.中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ mol-1)如图所示，下列说法错误的是 ( )
A．生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原
B．生成NH3的总反应方程式为 2NO+5H22NH3+2H2O
C．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2
D．该过程中涉及极性键、非极性键的断裂和形成
【答案】C
【解析】A项，由图可知，生成氨气的各基元反应中，氮元素的化合价均降低被还原，故A正确；B项，由图可知，生成氨气的总反应为在催化剂作用下，一氧化氮与氢气反应生成氨气和水，反应的化学方程式为2NO+5H22NH3+2H2O，故B正确；C项，由图可知，一氧化氮还原生成氮气的活化能大于还原生成氨气的活化能，则在Pd/SVG催化剂的作用下，一氧化氮更容易生成氨气，故C错误；D项，由图可知，反应中有氢氢非极性键和氮氧极性键发生断裂，有氮氮非极性键和氮氢、氢氧极性键的形成，故D正确；故选C。
二、真题练习
14.(2022 山东卷)在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是( )
A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成的反应历程有2种
C．增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
【答案】D
【解析】A项，根据制备丙烯的部分反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+ OOH=NO2+ OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+ C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+ OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；B项，根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C项，NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D项，无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误；故选D。
15.(2021 山东卷)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。
16.(2023·浙江省普通高校招生高三选考模拟)过氧硫酸氢根参与烯烃的不对称环氧化反应的机理如图，下列说法不正确的是( )
A．该反应有水的生成
B．利用此反应可将乙烯氧化为环氧乙烷
C．过氧硫酸氢根是该反应的催化剂
D．通过调节环境的酸碱性，可以控制部分极性共价键的断裂
【答案】C
【解析】A项，由图像分析，在碱性(OH-)条件下反应这一步，是有H2O生成的，A项正确；B项，利用题给机理，CH2=CH2与进一步得到环氧乙烷，B项正确；C项，通过图像流程分析，HSO3-开始参与反应最终转为SO42-，不是催化剂，C项错误；D项，通过分析这个过程，可知通过调节环境的碱性，使得有机物中的-OH间的极性共价键断裂，D项正确；故选C。
17.(2023·山东省日照市高三期中联考)利用生物浸出黄铜矿(主要成分CuFeS2，含有少量SiO2杂质)回收其中铁和铜的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)Cu2+的生物浸出原理如图：浸出温度不宜过高，其原因是_____，反应①的离子方程式为____。
(2)浸渣的主要成分为____(填化学式)，操作1的名称为____。
(3)分离Cu2+的原理如下：Cu2++2(HR)org(CuR2)org+2H+。根据流程，反萃取加入的试剂应该为_____(填化学式)。
(4)检验滤液2中是否存在Fe3+，可选用_____(填标号)。
A．KSCN溶液 B．K4[Fe(CN)6]溶液 C．K3[Fe(CN)6]溶液 D．KMnO4溶液
(5)“一系列操作”包括_____、洗涤、干燥。
【答案】(1) 温度过高细菌失活(1分) CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++2S+Cu2+(2分)
(2) SiO2(1分) 萃取分液(1分) (3)H2SO4(1分) (4)AB(2分)
(5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(2分)
【解析】黄铜矿生物浸出得到铜盐溶液，二氧化硅不反应进入滤渣，滤液加入有机萃取剂分液铜离子进入有机相，反萃取得到硫酸铜溶液，最终转化为铜；水相加入铁得到二价铁溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体。(1)Cu2+的生物浸出过程中细菌参与了反应，浸出温度不宜过高，其原因是温度过高细菌失活；反应①为CuFeS2和Fe3+反应生成亚铁离子和硫、铜离子，离子方程式为CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++2S+Cu2+；(2)黄铜矿中二氧化硅不反应，成为滤渣，故滤渣的主要成分为SiO2，操作1得到有机相和水相，为萃取分液过程；(3)根据流程反萃取得到硫酸铜溶液，则反萃取加入的试剂应该为稀硫酸H2SO4，加入硫酸氢离子浓度变大，Cu2++2(HR)org(CuR2)org+2H+逆向进行生成硫酸铜溶液；(4)铁离子和KSCN溶液反应溶液变为血红色、和K4[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，可以检验铁离子，故选AB；(5)“一系列操作”得到硫酸亚铁晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
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