催化剂与催化机理知识考查
【真题再现 辨明考向】
1 (2023年新课标卷) “肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼
(NH2NH2)，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A. NH2OH、NH3和H2O均为极性分子
B. 反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N键生成
C. 催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+
D. 将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
答案：D
解析：A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；
B．由反应历程可知，有N-H，N-O键断裂，还有N-H键的生成，B正确；
C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C
正确；
D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，
不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误；
2 (2023年北京卷)一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中 b、d代表MgO或
Mg(OH)Cl中的一种。下列说法正确的是
A. a、c分别是HCl、NH3
B. d既可以是MgO，也可以是Mg(OH)Cl
C. 已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生
D. 等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
答案：C
解析：NH4Cl分解的产物是NH3和HCl，分解得到的HCl与MgO反应生成Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl又可以
分解得到HCl和MgO，则 a为NH3，b为Mg(OH)Cl，c为HCl，d为MgO。
1
A．由分析可知，a为NH3，c为HCl，A项错误；
B． d为MgO，B错误；
C．可以水解生成Mg(OH)Cl，通入水蒸气可以减少MgCl2的生成，C正确；
D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反
应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误；
3 (2023年湖南卷)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-NH +3] 表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所
示。
下列说法错误的是
A. Ru(Ⅱ)被氧化至Ru (Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强
B. M中Ru的化合价为+3
C. 该过程有非极性键的形成
+
D. 该过程的总反应式：4NH3-2e-=N2H4+2NH4
答案：B
解析：A．Ru (Ⅱ)被氧化至Ru (Ⅲ)后，[L-Ru-NH ]2+3 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，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，A说法正确；
B．Ru (Ⅱ)中Ru的化合价为+2，当其变为Ru (Ⅲ)后，Ru的化合价变为+3，Ru (Ⅲ)失去 2个质子
后，N原子产生了 1个孤电子对，Ru的化合价不变；M为 [L-Ru-H ]+2 ，当 [L-Ru-NH +3] 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，其中Ru的化合价变为+2，因此，B说法不正确；
C．该过程M变为 [L-Ru-NH2-NH2-Ru-L]2+时，有N-N键形成，N-N是非极性键，C说法正确；
+
D．从整个过程来看，4个NH3失去了 2个电子后生成了 1个N2H4和 2个NH4，Ru (Ⅱ)是催化剂，因此，
+
该过程的总反应式为 4NH -2e-3 =N2H4+2NH4，D说法正确；
4 (2023年广东卷)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g) P(g)。反应历程 (下图)中，M为中间产物。
其它条件相同时，下列说法不正确的是
2
A. 使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分 4步进行
B. 反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C. 使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D. 使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
答案：C
解析：A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分 4步进行，A正确；
B．由图可知反应是该为放热反应，故达平衡时，升高T平衡向左移动，c(R)增大，B正确；
C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，
C错误；
D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率
较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；
5 (2023年辽宁卷)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中
不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是
A. Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4
B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
2- 2-
C. 该条件下，CrO4 (Ⅱ)和CrO4 (Ⅶ)不能大量共存
D. 总反应为：2MnO+ 5C2O2-4 +16H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O
答案：C
解析：开始一段时间 (大约 13min前)随着时间的推移Mn(VII)浓度减小直至为 0，Mn(III)浓度增大直至
达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(III)，同时先生成少量Mn(IV)后Mn(IV)被消耗；后来 (大
约 13min后)随着时间的推移Mn(III)浓度减少，Mn(II)的浓度增大；据此作答。
A．由图像可知，随着时间的推移Mn(III)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(III)，后Mn(III)
被消耗生成Mn(II)，Mn(III)能氧化H2C2O4，A项错误；
B．随着反应物浓度的减小，到大约 13min时开始生成Mn(II)，Mn(II)对反应起催化作用，13min后反应
3
速率会增大，B项错误；
C．由图像可知，Mn(VII)的浓度为 0后才开始生成Mn(II)，该条件下Mn(II)和Mn(VII)不能大量共
存，C项正确；
D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为 2MnO+ 5H2C2O4+6H+= 2Mn2++10CO2↑
+8H2O，D项错误；
6 (2023年江苏卷)金属硫化物 (MxSy)催化反应CH4(g) + 2H2S(g) =CS2(g) + 4H2(g)，既可以除去天
然气中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是
A. 该反应的△S< 0
c(CH4) c2(H S)B. 2该反应的平衡常数K=
c(CS2) c4(H2)
C. 题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
D. 该反应中每消耗 1molH2S，转移电子的数目约为 2× 6.02× 1023
答案：C
解析：A．左侧反应物气体计量数之和为 3，右侧生成物气体计量数之和为 5，△S> 0 ，A错误；
c(CS ) c4(H )
B．由方程形式知，K= 2 2 ，B错误；
c(CH 24) c (H2S)
C．由题图知，经过步骤Ⅰ后，H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成了作用力，C正确；
D．由方程式知，消耗 1molH S同时生成 2molH ，转移 4mole-，数目为 4× 6.02× 10232 2 ，D错误；
7 (2023年重庆卷)NCl3和SiCl4均可发生水解反应，其中NCl3的水解机理示意图如下：
下列说法正确的是
A. NCl3和SiCl4均为极性分子 B. NCl3和NH3中的N均为 sp
2杂化
C. NCl3和SiCl4的水解反应机理相同 D. NHCl2和NH3均能与H2O形成氢键
答案：D
解析：A．NCl 13中中心原子N周围的价层电子对数为：3+ (5- 3× 1) = 4，故空间构型为三角锥形，其分2
1
子中正、负电荷中心不重合，为极性分子，而 SiCl4中中心原子周围的价层电子对数为：4+ (4- 4× 1) =2
4，是正四面体形结构，为非极性分子，A错误；
B．NCl 13和NH3中中心原子N周围的价层电子对数均为：3+ (5- 3× 1) = 4，故二者N均为 sp3杂化，B2
错误；
C．由题干NCl3反应历程图可知，NCl3水解时首先H2O中的H原子与NCl3上的孤电子对结合，O与Cl
结合形成HClO，而SiCl4上无孤电子对，故SiCl4的水解反应机理与之不相同，C错误；
4
D．NHCl2和NH3分子中均存在N-H键和孤电子对，故均能与H2O形成氢键，D正确；
8 (2023年浙江 1月选考)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．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．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 (E -12-E3)kJ mol ，则Cl-Cl键
能为 2(E2-E3)kJ mol-1，B正确；
C．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．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；
9 (2023年浙江 6月选考)一定条件下，1-苯基丙炔 (Ph-C≡C-CH3)可与HCl发生催化加成，反
应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图 (已知：反应 I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的
是
A. 反应焓变：反应 I>反应Ⅱ
B. 反应活化能：反应 I<反应Ⅱ
C. 增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物 I的比例
D. 选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物 1
答案：C
5
解析：A．反应 I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应 I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应
放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应 I>反应Ⅱ，故A正确；
B．短时间里反应 I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应 I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，
其活化能越小，则反应活化能：反应 I<反应Ⅱ，故B正确；
C．增加HCl浓度，平衡正向移动，但平衡时产物Ⅱ和产物 I的比例可能降低，故C错误；
D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物 1，故D正确。
10 (2023届T8联考)贵金属钯催化乙醇羰基化的反应过程如图所示。下列说法错误的是
A. Ⅱ反应中C元素被氧化
B. C-H所处环境不同，稳定性也不同
C. 贵金属钯可将 2-甲基-2-丙醇羰基化
D. 该过程总反应的化学方程式可表示为：2C2H5OH+O2--→ 2CH3CHO+ 2H2O
答案：C
解析：A．Ⅱ反应中C2H5OH转化成CH3CHO，C元素的化合价由-2价升高到了-1价，被氧化，故A正
确；
B．有机物分子中，不同基团之间相互影响，C-H所处环境不同，稳定性也不同，故B正确；
C．羟基被氧化生成C=O，C原子上应连接H原子，则 2-甲基-2-丙醇羟基相连碳上没有氢，不能羰
基化，故C错误；
(Pd)
D．贵金属钯催化乙醇羰基化的反应过程中贵金属钯做了催化剂，则总反应为 2C2H5OH+O2---→2CH3
CHO+ 2H2O，故D正确；
11 (2022年 1月浙江选考)下图为某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不正确的是
6
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．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．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．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．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；
12 (2022届八省八校)CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的机理如图所示。下列叙述错误的是
A. 由步骤①知：加成反应也可生成酯类物质
B. 反应过程中存在C-H键的断裂
C. 该反应的原子利用率为 100%
D. 若将步骤②中CH3I换为CH3CH2I，则产品将变为丙烯酸乙酯
答案：C
解析：由图可知，CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的反应物为二氧化碳、乙烯和一碘甲烷，生成物为丙
催化剂
烯酸甲酯和碘化氢，反应的化学方程式为CO2+CH2=CH2+CH3I----→CH2=CHCOOCH3+HI。
A．由图可知，步骤①发生的反应为乙烯与二氧化碳发生加成反应生成酯 ，故A正确；
B．由图可知，步骤①乙烯与二氧化碳发生加成反应时发生了C-H键的断裂，故B正确；
C．由分析可知，生成物为丙烯酸甲酯和碘化氢，则反应的原子利用率不可能为 100%，故C错误；
D．由分析可知，二氧化碳、乙烯和一碘甲烷在催化剂作用下反应生成丙烯酸甲酯和碘化氢，则二氧化碳、
乙烯和碘乙烷在催化剂作用下反应生成丙烯酸乙酯和碘化氢，故D正确；
13 (2022年北京卷)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
7
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
催化剂
A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4=======CaO+ 2CO+ 2H2
催化剂
B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4=======C+ 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
催化剂
为CaCO3+CH4=======CaO+ 2CO+ 2H2，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
催化剂
CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH4=======C+ 2H2，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；
14 (2022年湖南卷)科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和 e-的转移 (如 a、b和 c)，能将海洋中
的NO-2 转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ中NO-2 发生氧化反应 B. 过程Ⅱ中参与反应的n(NO) ∶n(NH +4 ) = 1 ∶ 4
C. a和 b中转移的 e-数目相等 D. 过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO-2+NH +4 =N2↑+2H2O
答案：B
解析：A．由图示可知，过程 I中NO-2 转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO-2 作氧化剂，被
8
还原，发生还原反应，A错误；
酶 2
B．由图示可知，过程 II发生反应的参与反应的离子方程式为：2NO+ 8NH +4 =====2H2O+ 5N2H4
+8H+，n(NO) ∶n(NH +4 ) = 1 ∶ 4，B正确；
C．由图示可知，过程 I为NO-2 在酶 1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守
酶 1
恒可知，反应的离子方程式为：NO- + - -2+2H +e =====NO+H2O，生成 1molNO，a过程转移 1mole ，过
程 II为NO和NH +4 在酶 2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和
酶 2
原子守恒可知，反应的离子方程式为：2NO+ 8NH +4 =====2H2O+ 5N +2H4+8H ，消耗 1molNO，b过程转
移 4mol e-，转移电子数目不相等，C错误；
D．由图示可知，过程 III为N2H4转化为N2和 4H
+、4e-，反应的离子方程式为：N +2H4=N2+4H +4e-，过程
I- III的总反应为：2NO-2+8NH +4 = 5N2↑+4H +2O+ 24H +18e-，D错误；
15 (2022年湖南卷)反应物 (S)转化为产物 (P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是
A. 进程Ⅰ是放热反应 B. 平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C. 生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D. 进程Ⅳ中，Z没有催化作用
答案：AD
解析：A．由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程 I是放热反应，A说法正
确；
B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B
说法不正确；
C．进程Ⅲ中由S Y转化为P Y的活化能高于进程Ⅱ中由S X转化为P X的活化能，由于这两步反应分
别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ，C说法不正确；
D．由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到 Z表面生成S Z，然后S Z转化为产物P Z，由于P Z没有转化
为P+ Z，因此，Z没有表现出催化作用，D说法正确；
16 (2022年新高考山东卷)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
9
A. 含N分子参与的反应一定有电子转移 B. 由NO生成HONO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．根据反应机理的图示知，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．根据图示，由NO生成HONO的反应历程有 2种，B项正确；
C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；
NO
D．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+O2 2C3H6
+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；
17 (2021年湖南卷)铁的配合物离子 (用 [L-Fe-H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量
的变化情况如图所示：
下列说法错误的是
催化剂
A. 该过程的总反应为：HCOOH========CO2↑+H2↑
B. H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
D. 该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
答案：D
解析：A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合
催化剂
氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOH========CO2↑+H2↑，故A正确；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加
酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，
故B正确；
C．由反应机理可知，Fe在反应过程中，化学键数目发生变化，则化合价也发生变化，故C正确；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误；故
选D。
18 (2021年山东卷) 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：
10
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Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
C. 反应结束后，溶液中存在CH 183 OH
D. 反应结束后，溶液中存在18OH-
答案：D
解析：A．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．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CH -3O
的总能量与 和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故B错误；
C．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
CH 183 H，故C错误；
D．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
11
或 ，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故D正确；
19 (2021年 6月浙江卷)制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图 (其中Ph-代表苯基)。下列说法不正
确的是
A. 可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯 B. 反应过程涉及氧化反应
C. 化合物 3和 4互为同分异构体 D. 化合物 1直接催化反应的进行
答案：D
解析：A．由图中信息可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物 2的催化作用下，参与催化循环，最后得到产物苯
甲酸甲酯，发生的是酯化反应，故A项正确；
B．由图中信息可知，化合物 4在H2O2的作用下转化为化合物 5，即醇转化为酮，该过程是失氢的氧化反
应，故B项正确；
C．化合物 3和化合物 4所含原子种类及数目均相同，结构不同，两者互为同分异构体，故C项正确；
D．由图中信息可知，化合物 1在NaH的作用下形成化合物 2，化合物 2再参与催化循环，所以直接催化反
应进行的是化合物 2，化合物 1间接催化反应的进行，故D项错误；综上所述，说法不正确的是D项，故答案
为D。
【强化训练 成竹在胸】
1 (2024届成都第七中学)近期，我国研究人员报道了温和条件下实现固氮的一类三元NiFeV催化
剂，图为其电催化固氮的机理示意图。设NA为阿伏加德罗常数的值。关于该电催化过程叙述正确的是
A. 该反应是在强碱性条件下进行的 B. 1mol N2反应最多消耗 3N
+
A个H 离子
12
C. 反应中间产物为不同的氮氢化合物 D. 每当产生 17 g NH3，转移电子数为 6NA
答案：C
解析：A．由题图信息可以看到，反应过程中一直是H+在参与反应，所以反应环境应该是酸性环境，描述
错误，不符合题意；
B．反应由N2生成NH3，每个N原子结合 3个H原子，所以 1mol N2参与反应应消耗 6mol H
+，数据换算
错误，不符合题意；
C．随着反应的进程，N2上结合着不同数量的H原子，之后两个N原子之间分解，余下的N继续结合H
+
和电子，所以中间产物是一系列不同结构的氮氢化合物，描述正确，符合题意；
D．一个N原子结合 3个H+离子和 3个电子形成一个NH3，17g NH3是 1mol NH3，所以应该是得到 3mol
电子，即转移电子 3NA，数据计算错误，不符合题意；
2 (2024届湖南常德一中)用 ICP/SIFT方法可将汽车尾气中的NOx(x≥ 1)和CO转化为无污染的
气体，下列说法错误的是
A. 整个过程中 Zn+作催化剂
B. 反应过程中涉及的反应均为氧化还原反应
C. 过程Ⅰ中发生的反应为 Zn++2NO 2+ -x=N2+Zn +2xO
D. 总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1 ∶ x
答案：C
解析：A．总反应的方程式为 2NOx+2xCO=N2+2xCO +2，故 Zn 是整个反应的催化剂，故A正确；
B．两步反应中都有元素化合价变化，反应均为氧化还原反应，故B正确；
C．过程Ⅰ中发生的反应为：2xZn++2NOx=N2+2xZn2++2xO-，故C错误；
D．总反应的方程式为 2NOx+2xCO=N2+2xCO2，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1 ∶ x，故D正确；
3 (2024届湖南常德一中)1,2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如图所示。下列说法正确的是
13
A. 过程①②均有O-H键断裂，过程③④均有C-C键断裂
B. 过程①只发生了加成反应
C. 该过程中催化剂MoO3通过增大反应的活化能来提高化学反应速率
D. 该过程的化学方程式为
答案：D
解析：A．由循环机理图可知过程④中断裂C-O，形成碳碳双键，不存在C-C的断裂，A错误；
B．加成反应得到的产物为一种，过程①还生成了水，故过程①不仅发生了加成反应，B错误；
C．反应活化能越高反应速率越慢，反应活化能越低反应速率越快，故催化剂MoO3通过降低反应的活化
能来提高化学反应速率，C错误；
D．由循环机理图可知，该反应方程式正确，D正确；
4 (2024届四川仁寿一中)萘 ( )与浓硫酸发生取代反应可以生成 2种取代产物，反应进程
中能量变化如图所示。其中相同投料，经历相同时间，不同反应温度时产物的比例不同，在 40℃和 160℃
时，得到 1-取代产物与 2-取代产物的比例分别为 96 ∶ 4和 15 ∶ 85，下列说法正确的是
A. 1-取代产物比 2-取代产物更稳定
B. 与 40℃相比，160℃时萘的平衡转化率更大
C. 选择合适催化剂同样可以提高 2-取代产物比率
D. 延长反应时间，最终以 1-取代产物为主
答案：C
14
解析：A．根据图象，2-取代产物的能量低于 1-取代产物，能量越低，物质越稳定，因此 2-取代产物比
1-取代产物稳定，故A错误；
B．反应为放热反应，升温时，平衡逆向移动，萘的平衡转化率降低，故B错误；
C．根据催化剂的选择性，合适的催化剂可以加快主反应的反应速率，从而提高单位时间内该反应产物在
总的生成物中的比率，故C正确；
D． 1-取代反应和 2-取代反应都是放热反应，1-取代反应活化能低，在低温时相对速率比 2-取代反
应快，因此低温时 1-取代所占比率高；升高温度后，活化能不再是制约 1-取代、2-取代相对速率的关键
因素，由于 2-取代产物更稳定，2-取代产物在总产物中的比率增加，反应产物中二者的比例是衡量两个
竞争反应的相对快慢的依据；时间不是影响产物的原因，故D错误；
5 (2024届四川仁寿一中)造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物 (主要成分为Na2S)，可用如图
转化方式除去，则下列说法错误的是
A. Na - +2S溶液中存在 c(OH )> c(H )
B. 反应②和③的转移电子数相等时，还原剂之比为 2 ∶ 1
C. 在废水处理过程中，CoPc为催化剂，O2为氧化剂
D. 反应④中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式为Na2S+Na2SO3+ (CoPc)O+H2O =
2NaOH+Na2S2O3+CoPc
答案：B
解析：A．Na 2-2S溶液因S 水解而呈碱性，所以 c(OH-)> c(H+)，A正确；
B．反应 I中还原剂Na2S被氧化成Na2SO3，化合价升高 6，而反应③中还原剂Na2SO3被氧化成Na2SO4，
化合价升高 2，当反应②和③转移电子数相等时，还原剂之比为 1 ∶ 3，B错误；
C．在废水处理过程中，CoPc参与反应且反应前后不变，为催化剂，O2参与反应且反应后化合价降低，为
氧化剂，C正确；
D．反应④中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式正确，D正确；
6 (2024届重庆南开中学)2NO(g) +O2(g) 2NO2(g) 分两步进行：2NO(g) N2O2(g)、N2O2
(g) +O2(g) 2NO2(g)，反应过程中的能量变化如图所示。往体积相等的刚性容器甲、乙中分别充入
2mol NO(g)和 1molO2(g)，其中甲控制温度为T1，乙控制温度为T2测得甲、乙容器中n(NO2)随时间 (t)的
变化如表所示，下列说法不正确的是
15
A. a1> 0.3
B. 反应过程中N2O2的浓度先增大后减小
C. 乙容器 20 min 时 NO2物质的量较少的原因是乙中 N2O2的活化分子百分数较小
D. 平衡时从甲容器移走部分 NO2，重新平衡时甲中 NO2的体积分数可能与乙相等
答案：C
解析：由图反应物的能量大于生成物的能量，为放热反应；
A．浓度越大反应速率越快，初始浓度较大，则反应速率加快，结合T1、20min时生成 0.6mol二氧化氮，则
10min时生成二氧化氮大于 0.3mol，A正确；
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，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；结合图示可知，第一
步反应为快反应，故反应过程中N2O2的浓度先增大后减小，B正确；
C．反应为放热，升高温度平衡逆向移动，导致二氧化氮含量减小，结合图表可知，温度T1化分子比例越大，故不是乙中N2O2的活化分子百分数较小的缘故；乙容器 20 min 时 NO2物质的量较少的
原因是温度升高使得第一步反应逆向移动，导致N2O2的浓度减小，浓度减小的影响强于温度升高，所以第
二步反应速率较慢，总反应速率较慢，C错误；
D．平衡时从甲容器移走部分 NO2，虽然平衡正向移动，但是最终二氧化氮的量减小，故重新平衡时甲中
NO2的体积分数可能与乙相等，D正确；
7 (2024届重庆杨家坪中学)目前工业上多采用CH3OH和CO反应制备醋酸：CH3OH+CO-→
CH3COOH。以 [Rh(CO) -2I2] 为催化剂、碘甲烷为助催化剂合成醋酸的反应过程如图所示，其中①②③④
均为阴离子。下列有关说法中错误的是
A. 甲醇生成碘甲烷的反应为取代反应 B. ⑤可表示为CH3COI
C. 在反应过程中Rh的成键数目发生改变 D. 该反应过程中不存在非极性键的形成
16
答案：D
解析：A．甲醇与HI发生取代反应生成碘甲烷和水，选项A正确；
B．根据图中信息可知，由④反应得到①和⑤，而⑤与水反应生成HI和乙酸，结合①和④的结构可知，后者
多了CH3CO、I，故⑤可表示为CH3COI，选项B正确；
C．在反应过程中Rh的成键数目由 4到 6不等，故反应过程成键数目发生改变，选项C正确；
D．该反应过程中在②转化为③中形成了碳碳键，存在非极性键的形成，选项D错误；
8 (2024届山东泰安肥城市阶段测试)炼油、石化等工业会产生含硫 (-2价)废水，可通过催化氧化法
进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中MnO2为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的
表面。下列说法错误的是
A. 催化氧化过程中既有共价键的断裂又有离子键的断裂
B. 转化 I中化合价发生变化的元素仅有S和O
MnO2
C. 催化氧化过程的总反应为：O 2- -2+2H2O+ 2S =======4OH +2S ↓
D. 催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处
答案：B
解析：A．二氧化锰为离子化合物，由图可知，转化 I中二氧化锰氧脱离生成空位，为离子键的断裂；水生成
OH-存在共价键的断裂；故A正确；
B．转化 I中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有 S和O、Mn，故B错误；
C．由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质：O2+2H2
MnO2
O+ 2S2-=======4OH-+2S ↓，故C正确；
D．反应中生成硫单质，生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化
剂使用一段时间后催化效率会下降，故D正确；
9 (2024届重庆巴蜀中学月考)一定温度下，CH3CH2CH3 (g) (用RH表示)的氯代和溴代反应能量图
及产率关系如图 (图中物质均为气态)。下列说法正确的是
17
A. Br (g) +RCl(g) →Cl (g) +RBr(g) △H=△H1-△H2
B. 氯代的第二步是决速反应
C. 以丙烷为原料制备 2-丙醇时，应该选择溴代反应，然后再水解
D. 据图像信息，可以计算E(H-Cl) -E(H-Br) (E表示键能)
答案：C
解析：A．由图可知，①RH(g) +Cl (g) =RCl(g) +H (g) △H1，②RH(g) +Br (g) =RBr(g) +H (g)
△H2，②-①可得Br (g) +RCl(g) →Cl (g) +RBr(g) △H=△H2-△H1，故A错误；
B．由图可知，氯代第一步反应活化能大于第二步，说明第一步反应速率小于第二步，则氯代第一步都是决
速反应，故B错误；
C．由题目信息可知，丙烷和Br2发生取代反应时相比和Cl2发生取代反应更加容易生成CH2CH(X)CH3，
CH2CH(X)CH3在NaOH水溶液中发生水解反应可以得到 2-丙醇，则以丙烷、卤素、氢氧化钠溶液为原料
制备 2-丙醇，Br2优于Cl2，故C正确；
D．由图只能得到RH(g) +Cl (g) =RCl(g) +H (g) △H1和RH(g) +Br (g) =RBr(g) +H (g) △H2，无
法计算E(H-Cl) -E(H-Br)，故D错误；
10 (2024届福建龙岩一中月考)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
18
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H2O
答案：B
催化剂
解析：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；
11 (2024届福建福安一中月考)我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，
反应机理的示意图如下：
下列说法不正确的是
A. 苯丙醛和肉桂醇是同分异构体
B. 从肉桂醛到肉桂醇发生了极性键和非极性键的断裂
C. 苯丙醛分子中的所有原子可能共面
D. 该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基
19
答案：C
解析：A．由结构简式可知，苯丙醛和肉桂酸分子组成相同，而结构不同，互为同分异构体，故A正确；
B．反应中H-H键断裂属于非极性键断裂，碳氧双键断裂属于极性键断裂，故B正确；
C．苯丙醛中含有CH2，该C为饱和碳原子，饱和碳呈四面体构型，所有原子不可能共面，故C错误；
D．肉桂醛有碳碳双键和醛基官能团，与H2加入催化剂反应时，碳碳双键容易发生加成反应，但碳碳双键
没有反应，醛基变为羟基，该催化剂选择性还原醛基，故D正确；
12 (2024届广州部分学校段考)纳米TiO2是一种重要的光催化剂，其催化苯甲胺 ( )生成苯
甲亚胺 ( )的机理如图所示。下列说法错误的是
A. HOO-具有氧化性 B. O2在TiO2表面捕获电子
C. 反应③涉及 π键的断裂和生成 D. 总反应为
答案：D。
解析：A．HOO-可以看作H-O-O-，有过氧键的存在，因此具有氧化性；
B．根据图片，氧气在TiO2表面捕获电子生成O
-
2 ，故B正确；
C．反应③存在氮氧双键的断裂，以及碳氮双键的形成，故C正确；
D．由图可知，反应物是苯甲胺和氧气，还有氢离子-，可以得到产物过氧化氢，选项中应将水换成过氧化
氢；
13 (2024届广州天河区调研)基于电子传递链的钯催化甲烷氧化制甲醇的机理如图所示：
下列有关说法不正确的是
A. 上述反应机理中催化剂为Pd2+
B. 酸性强弱：CF3COOH>CH3COOH
C. CF3COOH进一步水解可以得到CH3OH
20
锂催化剂
D. 总反应：CH4+CF3COOH+ 1 O2-----→ CF3COOCH2 3
答案：D
解析：A．Pd2+参与第一步反应，在第二步反应中又生成，Pd2+是该反应的催化剂，A正确；
B．由于F具有强拉电子性 (诱导效应)，因此CF3COO-电子分散，更稳定，CF3COOH更易电离，CF3
COOH的酸性比醋酸强，B正确；
C．CF3COOCH3含有酯基，可水解生成CH3OH和CF3COOH，C正确；
D．由反应机理图知反应物为CH4、CF3COOCH3、H2O，生成物为CF3COOCH3、H2O，所以总反应式为：
1 锂催化剂CH4+CF3COOH+ O2-----→ CF3COOCH3+H2O，D错误；2
14 (2024届福建南平一中段考)盐酸羟胺 (NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类
似NH4Cl。工业上主要采用图 1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图 2所示。
不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是
A. 电池工作时，Pt电极是正极
B. 图 2中，A为H+和 e-，B为NH +3OH
C. 电池工作时，每消耗 2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加 3.3g
D. 电池工作一段时间后，正、负极区溶液的 pH均下降
答案：C
解析：由图可知，Pt电极上H2→H+，失去电子发生氧化反应，做负极，电极反应式：H -2-2e = 2H+；含铁的
催化电极为正极，其电极反应为：NO+ 3e-+4H++Cl-=NH3OHCl；
A．Fe电极NO→NH3OHCl，N元素化合价降低，做正极，Pt电极H +2→H ，H元素化合价升高，做负极，
故A错误；
B．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反
应为：NH2OH+H+=NH3OH+，图 2中，A为H+，B为NH3OH+，故B错误；
C．含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+ 3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，4个氢离子中有 1个是左侧
溶液中HCl V 2.24L提供的，3个是右侧溶液迁移过来的；标况下消耗 2.24LNO的物质的量 n= =
Vm 22.4L/mol
= 0.1mol，则左室增加的质量为 0.1molNO和 0.3molH+的质量，即增加质量为 3.3g，故C正确；
D．负极电极反应式：H -2e-= 2H+，H+浓度增大 pH值减小，正极电极反应为：NO+ 3e-+4H+2 +Cl-=
NH3OHCl，正极区H
+浓度减小，pH增大，故D错误；
21
2-
15 (2024届甘肃白银市部分高中联考) 在不同条件下，反应S2O8 (aq) + 2I-(aq) 2SO2-4 (aq) + I2
(aq)的反应历程如图所示。下列说法正确的是
2-
A. 反应S2O8 (aq) + 2I-(aq) 2SO2-4 (aq) + I2(aq) △H> 0
B. 由图可知，催化剂能降低反应的活化能
C. 在催化剂的作用下，过程③为反应的控速步骤
D. 该反应从原理上不能设计成原电池
答案：B
解析：A.由图示可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，所以△H< 0，故A错误；
B.由图可知，有催化剂时，活化能明显低于无活化能时，故B正确；
C.活化能越高，反应速率越慢，所以在催化剂的作用下，过程②为反应的控速步骤，故C错误；
D.该反应为氧化还原反应，所以从原理上能设计成原电池，故D错误；
16 (2024届广西南宁武鸣高级中学)Ni 可活化 C2H6放出 CH4，其反应历程如下图所示：
下列关于活化历程的说法错误的是
A. 此反应的决速步骤：中间体 2→中间体 3
B. 涉及极性键的形成和非极性键的断裂
C. 三种中间体比较，中间体 2最稳定
D. 3Ni(s) +C2H6(g) =NiCH2(s) +CH4(g) △H=+6.57kJ mol-1
答案：D
解析：A．反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应速率取决于最慢的一步反应，由图可知，中间体 2→
中间体 3能量差值最大，则该步反应的活化能最大，是化学反应的决速步骤，故A正确；
B．由图可知，反应过程涉及非极性键C-C键断裂和极性键C-H 键的形成，故 B 正确；
C．物质的能量越低越稳定，由图可知，中间体 2的能量最低，则中间体 2最稳定，故 C 正确；
22
D．由图可知，镍和乙烷的反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的热化学方程式为
3Ni(s) +C2H6(g) =NiCH2(s) +CH4(g) △H=-6.57kJ mol-1，故 D 错误；
17 (2024届贵州贵阳开学考试)科学家用X射线激光技术观察到吸附在催化剂表面的CO与O形成
化学键的过程，反应过程能量变化及历程如图所示，下列说法正确的是
A. CO和O生成CO2是吸热过程 B. 状态Ⅰ→Ⅱ吸收能量用于断裂化学键
C. 状态Ⅰ→Ⅲ表示的是CO与O2反应的过程 D. CO和CO2中C与O之间化学键并不相同
答案：D
解析：A．由图可知CO和O生成CO2即为状态Ⅰ到状态Ⅲ，该过程为放热过程，故A错误；
B．由图可知状态Ⅰ→Ⅱ的过程中不存在化学键的断裂，故B错误；
C．状态Ⅰ→Ⅲ表示的是CO与O反应的过程，故C错误；
D．由CO和CO2的分子结构可知，两者C与O之间化学键并不相同，故D正确；
18 (2024届河南潢川第一中学月考)关于下列转化过程分析错误的是
A. Fe3O4是反应的催化剂 B. 过程 I中每消耗 116 g Fe3O4转移 1mol电子
C. 过程 II中水是氧化剂 D. 过程 I是分解反应，过程 II是置换反应
答案：D
解析：根据图示可知：在过程 I中Fe3O4在太阳能作用下反应产生FeO、O2，反应方程式为① 2Fe3O4
太阳能
=======6FeO+O2↑，过程 II中H2O与FeO反应产生Fe3O4、H2，反应方程式为：②H2O+ 3FeO=Fe3
催化剂
O4+H2↑，①+②× 2，整理可得总反应方程式为 2H2O=======2H2↑+O2↑，可见Fe3O4是反应的催化剂。
太阳能
A．Fe3O4在过程 I中参加反应，在过程 II中又反应生成，因此Fe3O4是总反应的催化剂，A正确；
太阳能
B．过程 I的反应方程式为：2Fe3O4=======6FeO+O2↑，每反应消耗 2mol Fe3O4，反应过程中转移 4
mol电子，参加反应的 116 g Fe3O4的物质的量是 0.25mol，则反应过程中转移电子的物质的量是 1mol，B
23
正确；
C．过程 II的反应方程式为：H2O+ 3FeO=Fe3O4+H2↑，H2O中+1价H得到电子被还原为H2中的 0价
H，发生还原反应，所以水是氧化剂，C正确；
太阳能
D．过程 I中的反应方程式为：2Fe3O4=======6FeO+O2↑，参加反应的反应物只有一种，生成物有两
种，因此该反应基本类型为分解反应；过程 II的反应方程式为H2O+ 3FeO=Fe3O4+H2↑，反应物中无单质
参加，生成物中一种是单质，一种是化合物，因此该反应基本类型不属于置换反应，D错误；
19 (2024届河北保定唐县第一中学)工业废水脱硝 (除去NO和NO)是废水处理的重要环节。一种
利用还原铁粉和微生物进行脱硝的过程如图所示：
+
实验测得脱硝过程中NH4 的浓度几乎为零。下列说法正确的是
A. 反应①的离子方程式为NO- 3+ 2H++Fe=NO+Fe2++H2O
+
B. 反应②中NH4 是氧化产物
C. 理论上反应①和②消耗还原铁粉物质的量之比为 1 ∶ 2
+
D. 脱硝过程中，NH4 的消耗速率大于生成速率
答案：AD
解析：A．根据图示，铁被氧化生成铁离子，硝酸根离子被还原生成亚硝酸根离子，离子方程式：NO- 3+
2H++Fe=NO+Fe2++H2O，故A正确；
B．亚硝酸根离子中N元素化合价+3价，反应生成铵根离子中N元素-3价，说明N元素发生还原反应，
生成还原产物，故B错误；
C．①中每个N原子得 2个电子，②中每个氮原子得 6个电子，消耗还原铁粉的物质的量之比为 1：3，故C
错误；
D．对于②和③两个过程，转移相同电子数时，消耗铵根离子比生成铵根离子个数多，所以脱硝过程中，
+
NH4 的消耗速率大于生成速率，故D正确；
20 (2024届河南焦作博爱第一中学月考)中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光
在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示。
已知：几种物质中化学键的键能如表所示。
化学键 H-O键 O=O键 H-H键 O-O键
键能 / (kJ/mol) 467 498 436 138
若反应过程中分解了 2mol H2O，则下列说法错误的是
24
催化剂
A. 总反应为 2H2O=======2H2↑+O2↑ B. 过程 I吸收了 934KJ能量
光照
C. 过程 II放出了 574KJ能量 D. 过程 III属于放热反应
答案：D
催化剂
解析：A．用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，则总反应为 2H2O=======2H2↑+O2↑，故A正确；
光照
B．断裂化学键吸收能量，结合表中数据可知，过程Ⅰ吸收了 467kJ× 2= 934kJ能量，故B正确；
C．形成化学键释放能量，则过程Ⅱ放出了 436kJ+ 138kJ= 574kJ能量，故C正确；
D．过程 III 为 1mol 过氧化氢 生成 1mol 氧气和 1mol 氢气，吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸
热反应，故D错误；
21 (2024届湖北腾云联盟联考)碳链的增长是有机合成构建碳骨架的重要任务之一、以丙烯为原料构
建碳骨架的流程如下图所示。下列说法错误的是
A. M-H为总反应的催化剂 B. 最终产物含 1个手性碳原子
C. 该历程涉及 π键的断裂和生成 D. 该历程总反应原子利用率为 100%
答案：B
解析：A．M-H反应前后的量不变，是总反应的催化剂，A正确；
B．由流程可知最终产物是 ，没有连接四个不同原子或原子团的碳原子，该分子无
手性碳原子，B错误；
C．在反应历程中，涉及丙烯中 π键的断裂及产物中 π键的形成，C正确；
D．在总反应中产物完全转化为生成物，无其他物质生成，故原子利用率是 100%，D正确；
22 (2024届湖北武汉六中二模)在 298K、101kPa下，合成氨反应的能量变化图如图所示 (图中“吸”表
示在催化剂表面的吸附)。下列说法中正确的是
25
A. 1 3图中决速步骤的反应方程式为 N
2 2吸
+ H2吸=N吸+3H2 吸
B. 该历程中最大能垒 (活化能)E= 295kJ/mol
C. 合成氨工业中采用循环操作，主要目的是增大化学反应速率
D. 该反应为放热反应，所以反应中温度越低越好
答案：A
解析：A．反应的活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤取决于最慢的反应，所以合成氨反应的决速
1 3
步骤取决于活化能最大的反应，由图可知，决速步骤的反应方程式为 N2吸+ H2吸=N吸+3H吸，故A正确；2 2
B 1 3．由图可知，该历程中最大能垒的反应为 N2吸+ H2吸=N吸+3H吸，活化能为E= 62kJ/mol，故B错误；2 2
C．合成氨工业中采用循环操作，主要目的是增大反应物的转化率，故C错误；
D．该反应为放热反应，反应中要选择催化剂的活性温度为反应温度，增大反应速率，提高单位时间内氨气
的产率，故D错误；
23 (2024届哈尔滨第一中学) CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应，其相对能量与反应历程
如图所示。第一步：Fe *+N2O=FeO *+N2，第二步：FeO *+CO=Fe *+CO2下列叙述错误的
A. Fe *是反应的催化剂 B. 第一步反应比第二步反应快
C. 两步反应均为放热反应 D. 总反应为CO+N2O=N2+CO2
答案：B
解析：A．由题意可知，第一步Fe *被消耗，第二步Fe *又生成，说明Fe *是反应的催化剂，故A正确；
B．根据反应历程图，第一步反应活化能高于第二步反应活化能，活化能越低，反应速率越快，则第一步反
应比第二步反应慢，故B错误；
C．根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量均低于反应物的总能量，则两步反应均为放热反应，
△H均小于 0，故C正确；
D．根据盖斯定律：第一步反应+第二步反应=总反应，则总反应为CO+N2O=N2+CO2，故D正确；
26
24 (2024届湖南衡阳第四中学)N2、CO2 与 Fe+体系中存在如图 1 所示物质转变关系，已知 Fe+ (s)
与中间产物 N2O(g) 反应过程中的能量变化如图 2 所示。下列说法错误的是
A. H=- ( H1+ H2+ H3)
B. Fe+在反应中作催化剂，能降低反应的活化能
C. H1和 H2均小于 0
D. 由图 2可知，反应Fe+ (s) +N2O(g) =FeO+(s) +N2 (g) H 4< 0
答案：C
解析：A．根据图示可知，N2(g) +CO2(g) =N2O(g) +CO(g) ΔH，N2O(g) =O(g) +N2(g) ΔH1，O(g) +Fe+
(s) =FeO+(s) ΔH2，FeO+(s) +CO(g) = Fe+(s) + CO2(g) ΔH3，根据盖斯定律可知，第一个反应=后面三
个反应之和的逆反应， H=- ( H 1+ H 2+ H 3 )，A正确；
B．从图 1中可知，Fe+为反应的催化剂，可降低反应的活化能，B正确；
C．从图 2中可知，Fe+(s) + N2O(g) = FeO+(s) + N2(g) ΔH< 0，ΔH= (ΔH1+ΔH2)，只能说明 (ΔH1+ΔH2
)< 0，不能说明 H 1 和 H 2 均小于 0，C错误；
D．ΔH=生成物总能量-反应物总能量，Fe+(s) + N2O(g) = FeO+(s) + N2(g) ΔH< 0，D正确；
25 (2024届东北师大附中一模)一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中 b、d代表
MgO或Mg(OH)Cl中的一种。下列说法正确的是
A. 实验室可以利用加热氯化铵分解制备氨气
B. a、c分别是HCl、NH3
C. d既可以是MgO，也可以是Mg(OH)Cl
D. 已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生
答案：D
解析：NH4Cl分解的产物是NH3和HCl，分解得到的HCl与MgO反应生成Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl 又可
以分解得到HCl和MgO，则 a为 NH3，b为 Mg(OH)Cl，c为HCl，d为MgO。
A．氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢遇冷又会重新结合生成氯化铵，实验室不能利用加热氯化铵分解
制备氨气，故A错误；
B．由分析可知，a为NH3，c为 HCl，故B错误；
C．由分析可知，d为MgO，故C错误；
D．MgCl2可以水解生成 Mg(OH)Cl，通入水蒸气可以减少 MgCl2的生成，故D正确；
27
26 (2024届湖南长沙雅礼中学)TRAP是一种温和的氧化剂，TRAP试剂中的RuO-4 不会氧化碳碳双
键，可以将醇仅氧化至醛 (酮)，不会过度氧化为羧酸。TRAP氧化醇的反应机理如下图。下列说法不正确
的是
A. 在上述 6步反应中每一步都发生了氧化还原反应
B. 步骤④⑤NMO将RuO氧化，生成TRAP试剂
C. 步骤⑥的离子方程式为 2RuO=RuO +RuO2-2 4
D. 若R1为CH3CH=CH-，R2为-H，则TRAP氧化该醇的主产物为 2-丁烯醛
答案：A
解析：A．在上述 6步反应中，TRAP试剂中RuO-4 经过步骤①②将醇氧化为醛，本身被还原为H2RuO
-
4；
H -2RuO4 经过步骤③得到RuO，该过程中未发生价态变化为非氧化还原反应；步骤④⑤中，NMO将RuO
氧化，生成TRAP试剂；步骤⑥中，V发生歧化反应生成RuO2和RuO
2-
4 ；综上所述，在上述 6步反应中并
非都发生氧化还原反应，A错误；
B．步骤④⑤中，NMO和RuO发生反应生成NMM和RuO-4 ，Ru的化合价由+5升高到+7，则RuO作还
原剂，NMO作氧化剂，NMO将RuO氧化，生成TRAP试剂，B正确；
C．步骤⑥中，RuO转化为RuO2和RuO
2-
4 ，离子方程式为 2RuO- 3=RuO2+RuO2-4 ，C正确；
D．若R1为CH3CH=CH-，R2为-H，对应的醇为CH3CH=CHCH2OH，则TRAP氧化该醇的主产物
为 2-丁烯醛 (CH3CH=CHCHO)，D正确；
27 (2024届东北师大附中一模)在金属Pt、Cu和铱 (Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化
酸性溶液中的硝态氮 (NO- 3)以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：
下列说法不正确的是
28
A. Ir的表面发生氧化还原反应，生成 1molN2时转移 2NA个电子
B. 导电基体上的Pt颗粒上发生的反应：NO+ 8e-+10H+
+
=NH4+3H2O
C. 若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中的含氮量
D. 在导电基体上生成NO的反应式为：NO+ 3e-+4H+=NO ↑+2H2O
答案：C
解析：A．由原理的示意图可知，Ir的表面氢气和N2O发生反应生成N2和H2O，Ir的表面发生反应的方程
式为：H2+N2O=N2+H2O，属于氧化还原反应，N的化合价由+1变为 0，故生成 1molN2时转移 2NA个电
子，故A正确；
+
B．根据图示，导电基体上的Pt颗粒上，部分NO得到电子变为NH4，则Pt颗粒上发生的反应：NO+ 8e-
+
+10H+=NH4+3H2O，故B正确；
+ +
C．导电基体上的Pt颗粒上，部分NO得到电子变为NH4，NH4 仍在溶液中，所以若导电基体上的Pt颗粒
增多，不利于降低溶液中的含氮量，故C错误；
D．导电基体上的Cu颗粒上，NO得到电子变为NO，则在导电基体上生成NO的反应式为：NO+ 3e-
+4H+=NO ↑+2H2O，故D正确；
28 (2024届江西智学联盟体联考)我国一科研团队正致力研发“由链霉菌产生聚酮合成酶 (PKS)”在
有空气存在下“组装”物质的机理。物质M ( )的“组装”过程如图所示 (注：
KS、AT等代表不同的酶)，下列有关说法错误的是
A. M中含有四种官能团，可以发生取代反应、加聚反应、缩聚反应
B. 温度会影响“组装线”的“组装”效率
C. 将四种“聚酮合成酶”交换顺序，则不可以组装出该物质
D. 上述流程如能大规模应用，可实现化工生产的“绿色化”，原子利用率达 100%
答案：D
解析：A．M有羟基、羧基、羰基、碳碳双键四种官能团，可以发生取代反应、加聚反应、缩聚反应，故A正
确；
B．聚酮合成酶 (由链霉菌产生)酶是一种蛋白质，也是高效催化剂，在一定的温度范围内催化活性最好，温
度过低或过高均会影响组装线的组装效率，故B正确；
C．将四种聚酮合成酶交换顺序，不可以组装出该物质，顺序不同结构不同，故C正确；
D．上述流程如能大规模应用，组装过程中没有有害物质生成，可实现化工生产的绿色化。组装的过程就
是断键和成键的过程，四种原料的单个分子中碳原子总数为 12，而 1个M分子中只有 10个碳原子，碳原子
利用率没有 100%，故D错误；
29 (2024届辽宁大连八中)科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和 e-的转移 (如 a、b和 c)，能将
海洋中的NO-转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是
2
29
A. 过程Ⅰ中NO发生氧化反应
+
B. 过程Ⅱ中的反应为：NH +NO+ 2H++3e-4 =H2O+N2H4
C. a 代表：3H+、e-
+
D. 过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+NH4=N2↑+H2O
答案：B
解析：A．过程Ⅰ中NO反应生成一氧化氮，氮元素化合价降低，发生还原反应，A错误；
+
B．根据图分析，过程Ⅱ中的反应为：NH4+NO+ 2H++3e-=H2O+N2H4，B正确；
C．过程Ⅰ中反应为NO- 2+ 2H++e-=NO+H O，a 代表：2H+2 、e-，C错误；
+
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+NH4=N2↑+2H2O，D错误；
30 (2024届辽宁六校联考) Li-CO2可充电电池的结构和催化剂TAPP-Mn(Ⅱ)作用下正极反应
可能的历程如下图所示。下列说法错误的是
A. 放电时，电子由Li电极流出经负载流入C电极
B. Li-CO2电池可以使用Li2SO4水溶液做离子导体
C. 放电时，Li+由Li电极向C电极迁移
D. 放电时，正极反应为 3CO +4Li++4e-2 = 2Li2CO3+C
答案：B
解析：A．放电时，该装置为原电池，电子由负极 Li电极流出经负载流入正极C电极，故A正确；
B．Li是活泼金属能与水发生反应，因此不能采用水溶液作为电解质，故B错误；
C．放电时，该装置为原电池，则 Li+由负极向正极，故C正确；
D．由图示转化流程知，CO2在正极得电子结合Li
+最终转化为Li2CO3和C，对应电极反应为：3CO2
+4Li++4e-= 2Li2CO3+C，故D正确；
-
31 (2024届辽宁省六校联考)由Rh2VO1-3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
30
-
A. 反应过程中有极性键的断裂和生成 B. Rh2VO1-3都有可能在循环中作催化剂
C. 反应过程中金属元素Rh、V的价态均不变 D. 该循环的总反应为：CH4+H2O=CO+ 3H2
答案：C
-
解析：A．反应过程中，CH4与Rh VO
-
2 2 、Rh2VO1-3反应生成H2和Rh2VO
-
3CH2 ，发生极性键的断裂，Rh2
VO3CH
-
2 在UV作用下分解生成CO、H2、Rh2VO
-，发生极性键的生成，A正确；
B．反应开始时，可能是Rh -2VO 、Rh
- - -
2VO2 先与H2O反应，也可能是Rh2VO2 、Rh2VO3 先与CH4反应，循
-
环的起点不同，催化剂不同，所以Rh2VO1-3都有可能在循环中作催化剂，B正确；
C．反应过程中，Rh2VO
-、Rh - -2VO2 、Rh2VO3 中，金属元素V的价态一定发生改变，C错误；
D．将两个循环发生的反应加和，都可得到该循环的总反应为：CH4+H2O=CO+ 3H2，D正确；
32 (2024届山东枣庄三中月考)南京师范大学李亚飞团队发明了在常温常压条件下，通过电化学反应
将 N2和 CO2转化为尿素的绿色尿素合成方法，反应途径如图所示 (图中 M2B2为二维金属硼化物，M=
Mo、Ti、Cr 等过渡金属)。
下列说法错误的是
A. M2B2是该反应过程的催化剂
B. 反应②的产物 *COOH 中碳元素的化合价为+4
C. 该过程中只有极性键的断裂
D. 该过程的总反应式为CO2+N2+6e-+6H+=NH2CONH2+H2O
答案：BC
解析：A．M2B2在反应前后没有发生变化，是该反应过程的催化剂，A正确；
B．反应②的产物 *COOH 中碳元素的化合价为+3，B错误；
C．该过程中由N2参与反应，所以既有极性键的断裂，也有非极性键的断裂，C错误；
31
D．由图可知，该过程的总反应式为CO2+N +6e-+6H+2 =NH2CONH2+H2O，D正确；
33 (2024届山西晋城一中月考)有氧条件下，在Fe基催化剂表面，NH3还原NO的反应机理如图所示。
该反应能够有效脱除烟气中的NO，保护环境。下列说法不正确的是
+
A. 在酸性配位点上，NH +3与H 通过配位键形成NH4
B. 增大压强有利于NO与O 3+2吸附在Fe 配位点上形成NO2
C. 在反应过程中，Fe基可以提高NO的转化率
D. 该反应的总方程式为：4NH3+2NO+ 2O2= 3N2+6H2O
答案：C
+
解析：A．NH3分子中的N原子还含有一对孤对电子，所以能和H
+通过配位键形成NH4，故A正确；
B．由图可知，NO与O2吸附在Fe
3+配位点上形成NO2，该过程中气体体积减小，增大压强平衡正向移动，
有利于NO与O2吸附在Fe
3+配位点上形成NO2，故B正确；
C．在反应过程中，Fe基作为催化剂，催化剂不能改变反应的转化率，故C错误；
D．由图可知，在Fe基催化剂表面，NH3还原NO生成N2和H2O，总方程式为：4NH3+2NO+ 2O2= 3N2
+6H2O，故D正确；
34 (2024届山西三重教育联盟联考)由图可知下列说法不正确的是
A. 该反应为放热反应
B. 断键释放能量之和小于成键吸收能量之和
C. 反应生成 1 molNO2时转移 2mol电子
D. N O(g) +NO(g) =N (g) +NO (g)△H=-139kJ mol-12 2 2
答案：B
解析：A．根据图知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，故A正确；
B．断键吸收能量、成键放出能量，该反应为放热反应，则断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，故B
错误；
C．该反应中+1价N元素得电子生成 0价的N元素，+2价的N元素失电子生成+4价的N元素，则生成
32
1mol氮气转移电子物质的量= (1- 0) × 2× 1mol= 2mol，故C正确；
D．根据图知，该反应焓变= (209- 348)kJ/mol=-139kJ/mol，所以热化学方程式为N2O(g) +NO(g) =
N2(g) +NO2(g)△H=-139 kJ mol-1，故D正确；
35 (2024届山西三重教育联盟联考)科学家提出了碳酸二甲酯 (结构简式为：CH3OCOOCH3)一种新
的合成方案 (吸附在催化剂表面上的物种用 *标注)，反应机理如下图所示。下列说法错误的是
A. 反应进程中既有O-H键的断裂，又有O-H键的形成
B. HO·降低了反应的活化能
C. CH3OH *+HO *=CH3O *+H2O * 是该反应的决速步骤
D. 吸附和脱附过程中共吸收 112.6eV的能量
答案：D
解析：A．过程中甲醇反应时有H-O键的断裂，生成水时有H-O键的形成，A正确；
B．HO·在反应前参与反应，反应后又生成，作催化剂，降低了反应的活化能，提高化学反应速率，B正确；
C．决速步骤一般伴有的是能量的落差大，活化能大的步骤即决速步骤，由图示可知生成过渡态 I时的所
需的活化能最大，所以CH3OH *+HO· *=CH3O· *+H2O *是该反应的决速步骤，C正确；
D．吸附和脱附过程中共吸收的能量为终态减去始态的能量，始态相对能量为 0eV，终态相对能量为 112.6
× 102 eV，则吸附和脱附过程中共吸收的能量为 1.126× 104 eV，D错误；
36 (2024届山西忻州联考)《自然》子刊报道：常用有机溶剂DMSO( )作催化剂，实现
温和高效的氯化反应，反应机理如图所示 (Me为-CH3)。下列说法正确的是
33
A. DMSO为非极性分子
B. 上述循环的主反应为
C. 基态硫原子的价层电子排布式为 3p4
D. 该反应的产物只有 2种
答案：B
解析：A．DMSO中心原子S是三角锥形结构，正负电荷中心不重合，其为极性分子，故A错误；
B．根据图中信息得到上述循环的主反应为 ，故B正确；
C．基态硫原子的价层电子排布式为 3s23p4，故C错误；
D．氯苯、 都是产物，故D错误。
37 (2024陕西汉中联考)将CO2转化为有价值的化工原料是目前研究者们广泛关注的热点。在催化
剂表面，利用CO2和甲醇合成碳酸二甲酯的反应机理如图所示。下列有关说法正确的是
34
A. 1molCO2中含有的碳氧双键数目为 6.02× 1023
B. 反应①②③中都涉及了极性键的断裂和形成
C. 合成碳酸二甲酯的总反应为氧化还原反应
D. 每生成 1mol碳酸二甲酯，消耗 22.4LCO2
答案：B
解析：A．每个CO 分子中含有两个碳碳双键，1molCO 中含有的碳氧双键数目为 2× 6.02× 10232 2 ，选项A
错误；
B．反应①②③中都涉及了极性键的断裂和形成，如O-H键的断裂和形成，C-O键的断开和形成，O-
H键的断裂和C-O键的形成，选项B正确；
催化剂
C．合成碳酸二甲酯的总反应为 2CH3OH+ 2CO2----→(CH3O)2CO+H2O，反应物中各元素化合价不
变，属于非氧化还原反应，选项C错误；
D．没有说明标准状况下，无法计算 22.4LCO2的物质的量，选项D错误；
38 (2024四川部分名校联考) 1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如图所示。下列说法正确
的是
A. 催化过程中金属元素Mo成键数没有发生改变
35
B. 丙烯与H2O发生加成反应可得到 1，2-丙二醇
C. 该催化过程中催化剂MoO3通过增大反应的活化能来提高化学反应速率
D. 该催化过程既存在极性键的断裂与形成也存在非极性键的断裂与形成
答案：D
解析：A．由图知，Mo成键有四键和六键，A错误；
B．由图知，丙烯与H2O发生加成反应可得到 1-丙醇或者 2-丙醇，B错误；
C．催化剂MoO3通过降低反应的活化能来提高化学反应速率，C错误；
D．由图知，该催化过程既存在极性键的断裂与形成也存在非极性键的断裂与形成，D正确；
39 (2024届四川绵阳零诊)2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的
三位科学家。点击化学的经典反应之一是铜催化的叠氮-炔环加成反应。反应过程如图所示。
下列说法错误的是
A. H+是点击反应的中间产物 B. 反应前后碳元素的化合价不变
C. 铜催化时点击反应的活化能减小 D. 总反应式为
答案：B
解析：A．上一步反应先生成H+后下一步反应又消耗H+，因此H+是点击反应的中间产物，A项正确；
B．反应后碳碳三键变成碳碳双键，碳元素化合价发生变化，B项错误；
C．催化剂通过改变反应途径而降低活化能，C项正确；
D．观察整个循环过程可知，N3-R′和 为反应物， 为产物。 [Cu]为催化剂，
可得总反应式，D项正确；
40 (2024新疆石河子一中月考)NSR技术是一种汽车尾气处理技术，也称储存还原法，其原理如下图
所示。下列说法错误的是
36
A.“储存”时，Ba(NO3)2既是氧化产物又是还原产物
B.“还原”时，氧化剂与还原剂物质的量之比为 2︰ 5
C. 氧化性：O2>Ba(NO3)2>CO2
D. 该技术可将CO、NO转化为CO2和N2
答案：B
解析：根据图中信息可知，储存时发生的反应为 2BaO+ 4NO+ 3O2= 2Ba(NO3)2，还原时发生的反应为
Ba(NO3)2+5CO= 5CO2+BaO+N2 ；
A．“储存”时，N元素升高被氧化，O元素化合价降低被还原，均生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2既是氧化产物
又是还原产物，选项A正确；
B．“还原”时，氧化剂Ba(NO3)2与还原剂CO物质的量之比为 1︰ 5，选项B错误；
C．反应 2BaO+ 4NO+ 3O2= 2Ba(NO3)2中氧气为氧化剂，Ba(NO3)2为氧化产物，反应Ba(NO3)2+5CO
= 5CO2+BaO+N2中Ba(NO3)2为氧化剂，CO2为氧化产物，根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可
知，氧化性：O2>Ba(NO3)2>CO2，选项C正确；
D．根据反应流程可知，该技术可将CO、NO转化为CO2和N2，选项D正确；
41 (2024届浙江金华第一中学)苯甲酸是一种重要的化工原料。以苯乙酮为原料，以KI为电解质，利
用电化学方法合成苯甲酸的原理 (部分)如下：
下列说法中，正确的是
A. KI是该反应的催化剂
B. 电解过程中阳极产物有 IO-和 I2
C. 外电路流过 3mol e-时，理论上可制备 0.5mol苯甲酸 (不考虑副反应)
D. 充分搅拌的情况下，电解过程中溶液 pH不断减小
答案：C
解析：A．由图可知KI在阳极发生反应生成碘单质，且最终无KI生成，因此KI不是催化剂，故A错误；
B．阳极反应为：2I--2e-= I2，碘单质与溶液中OH-反应生成 IO-，因此 IO-不是阳极产物，故B错误；
通电
C．电解过程总反应为：2I-+2H2O=====I2+2OH-，该过程转移 2mol电子生成 1mol碘单质，则转移
3mol电子时生成碘单质 1.5mol，I2 +2OH-= I-+IO-+H2O，由反应可知 1.5mol碘单质生成 1.5mol IO-；
37
+3IO-→ +CHI3+2OH-，1.5mol IO-反应生成 0.5mol苯甲酸，故C正确；
D．由上述反应可知电解过程中生成碱，同时生成的碘单质又与碱反应，两者生成和消耗的氢氧根相等，在
最终 转化为 又有碱生成，因此最终溶液中氢氧根离子浓度增大，pH值增大，故D
错误；
42 (2024届杭州高级中学)反应物 (S)转化为产物 (P或P Z)的能量与反应进程的关系如图所示。
下列有关四种不同反应进程的说法不正确的是
A. 进程Ⅰ是放热反应
B. 增大X的量，S的平衡转化率不变
C. 从S→P整个过程看，单位时间单位体积内，反应物分子发生有效碰撞次数：Ⅱ>Ⅲ
D. X、Y、Z均起到催化效果，但催化效果不一样
答案：D
解析：A．由图可知，进程Ⅰ反应物S的总能量大于生成物P的总能量，则进程Ⅰ是放热反应，故A正确；
B．由图可知，进程Ⅱ中使用了催化剂X，催化剂不改变化学平衡状态，即S的平衡转化率不变，故B正确；
C．由图可知，进程Ⅲ中由S→Y转化为P→Y的活化能高于进程Ⅱ中有S→X转化为P→X的活化能，
活化能越大，反应速率越慢，因而从 S→P整个过程看，单位时间单位体积内，反应物分子发生有效碰撞次
数：Ⅱ>Ⅲ，故C正确；
D．由图可知，进程Ⅳ中S吸附到 Z表面生成S Z，然后S Z转化为P Z，但P Z没有转化为P+ Z，则进
程Ⅳ中，Z没有催化作用，故D错误，
43 (2023届百师联盟联考)笑气 (N2O)是工业废气，近年发现它有很强的温室效应，在催化剂下，CO
还原N2O是有效的去除方法，反应为CO+N2O=N2+CO2，其反应历程如图。下列说法错误的是
38
A. FeO+为催化剂
B. 无催化剂参与反应过程的能垒为 188.3kJ/mol
C. 根据图示，催化反应可分为两个半反应：N2O+FeO+=N2+Fe(O2)+、CO+Fe(O +2) =CO +FeO+2
D. 从 Im4到 Im5有极性键和非极性键的断裂和生成
答案：D
解析：虚线代表无催化剂参与反应过程，实线代表有催化剂参与反应过程，能垒即活化能，FeO+全程参与
反应，起到催化剂的作用，根据图中结构判断键的改变情况，据此回答。
A．根据图示可知，FeO+在第一步反应作为反应物，最后一步反应作为生成物，且有FeO+参与过程活化
能降低，A正确；
B．虚线代表无催化剂参与反应过程，故最高能垒 (活化能)，为最高的点和起点的相对能量之差，B正确；
C．由图示信息可以看出，催化的过程中会有氮气和Fe(O2)+中间产物的生成，且一氧化碳会与Fe(O2)+结
合，产生二氧化碳和FeO+，C正确；
D． 从 Im4到 Im5结构变化可以看出，有铁氧之间的极性键断裂，有氧氧之间非极性键
的生成，但是没有极性键的生成，和非极性键的断裂，D错误；
44 (2023届广东省实验中学六校联考)某课题组设计一种以A辅助固定CO2的方法，原理如图。下列
说法不正确的是
39
A. 化合物A为CH3OH
B. 反应①属于非氧化还原反应
C. 总反应的原子利用率 100%
D. 若用HOCH2CH2OH辅助固定，则产物
答案：C
解析：由图可知，A辅助固定二氧化碳的总反应为催化剂作用下，甲醇与二氧化碳反应生成生成碳酸二甲
催化剂
酯和水，则A为甲醇，反应的化学方程式为CH3OH+CO2----→ +H2O。
A．由分析可知，化合物A为甲醇，故A正确；
B．由图可知，反应①为 与甲醇发生取代反应生成 和水，反应中没有元素发
生化合价变化，属于非氧化还原反应，故B正确；
催化剂
C．由分析可知，总反应为CH3OH+CO2----→ +H2O，反应产物不唯一，则反应的
原子利用率小于 100%，故C错误；
催化剂
D．由分析可知，总反应为CH3OH+CO2----→ +H2O，则用乙二醇辅助固定所得产
物为 ，故D正确；
45 (2023届河南郑州三模)下图是在Cu基分子筛表面用NH3处理 NO，污染物的一种反应机理。下
列说法正确的是
40
注：图中元素右上角的罗马数字表示化合价
A. 该过程中化合价发生变化的只有N和O两种元素
B. 上述过程中催化剂首先吸附的是NO
C. 该过程中氧化产物和还原产物只有N2
催化剂
D. 该过程的总反应为 4NH3+4NO+O2=======N2+6H2O
答案：D
解析：A．从反应流程图可知，发生化合价变化的元素还有Cu，A项错误；
B．从上述过程中可以看出，催化剂首先吸附的是NH3，B项错误；
C．从反应流程图可知，NH3中的N被氧化生成N2，NO中的N被还原生成N2，O2中的O最终被还原生
成H2O，C项错误；
催化剂
D．从反应流程图可知总反应为 4NH3+4NO+O2=======N2+6H2O，D项正确；
46 (2023届福建厦门国祺中学月考)我国科学家使用双功能催化剂 (能吸附不同粒子)催化水煤气变
换反应：CO(g) +H2O(g) CO2(g) +H2(g) ΔH< 0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程
示意图如下：
下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程
B. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
C. 图示显示：起始时的 2个H2O最终都参与了反应
D. 该催化过程中：只有极性键的断裂和形成
答案：C
解析：A．由图可知，过程Ⅰ、过程Ⅱ均为化学键的断裂过程，均为吸热过程，故A错误；
B．使用催化剂，只能降低反应的活化能，不能改变反应的ΔH，故B错误；
C．由图可知，起始时的 2个水分子都发生了化学键的断裂与一氧化碳反应生成二氧化碳和氢气说明 2个
41
水分子最终都参与了反应，故C正确；
D．由图可知，催化过程中有氢氢非极性键的形成，故D错误；
47 (2023届学年广东惠阳高级中学)如图是乙烯催化氧化生成乙醛的过程 (部分相关离子未画出)，下
列描述正确的是
A. 过程Ⅰ和过程Ⅴ均发生了氧化还原反应
B. 整个转化过程中，只有PdCl2-4 在反应中起到催化剂的作用
C. 根据整个过程的总反应，理论上生成 1molCH3CHO，电子转移为 4mol
D. 若原料是丙烯，则产物可能是丙醛和丙酮
答案：D
解析：根据反应机理图可知，过程 I为PdCl2-4 +CH2=CH2→PdCl3(CH2=CH - -2) +Cl ；过程 II为PdCl3(CH2
=CH -2) +H2O PdCl2(H2O) (CH2=CH2) +Cl-；过程 III为PdCl2(H2O) (CH2=CH2) +H2O--→
+H+；过程 IV为 --→ +H2O，过程V为 --
→CH3CHO+Pd+H++2Cl-，过程VI为Pd+ 2Cu2++4Cl---→ PdCl2-4 +2Cu+；过程VII为 4Cu++O2
+4H+= 4Cu2++2H2O，则 (I+ II+ III+ IV+V+VI) × 2+VII得到反应的总方程式为：2CH2=CH2+O2
催化剂
---→2CH3CHO，据此结合反应历程分析。
A．过程Ⅰ中没有元素化合价的升降，过程Ⅴ中生成单质Pd，有元素化合价的升降，属于氧化还原反应，A
错误；
B．整个转化过程中，除了PdCl2- 2+4 ，还有Cu 均在反应中起到催化剂的作用，B错误；
催化剂
C．根据整个过程的总反应 2CH2=CH2+O2---→2CH3CHO可知，理论上生成 1molCH3CHO，电子转移
为 2mol，C错误；
D．若原料是丙烯，根据过程 IV可知脱水过程可能生成 ，也可能生成
42
，则最终产物可能是丙醛和丙酮，D正确；
48 (2023届河北邢台名校联盟)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。下列说法错误的是
A. 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
B. 升高温度，stepwise路径和 concerted路径的反应速率都加快，有利于提高反应物的转化率
C. 由于ΔEa>ΔEa1，DME水解反应更易以 stepwise路径进行
D. 根据图示可知，DME首先与分子筛H+A-结合形成 (CH + -3)2OH A
答案：C
解析：A．根据反应图示可知，在相同的催化剂作用下，化学反应存在两种反应途径，A正确；
B．升高温度，stepwise路径和 concerted路径的反应速率都加快，正反应方向吸热，转化率增大，B正确；
C．由于ΔEa<ΔEa1，活化能越大，反应速率越慢，DME水解反应更易以 concerted路径进行，C错误，
D．根据图示信息可知，DME首先与分子筛H+ A-结合形成 (CH ) OH+ A-3 2 ，D正确；
49 (2023届哈尔滨十九中月考)含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治
污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是
A. 该工艺流程是用来除去煤燃烧时产生的SO2
43
B. 该过程中可得到化工产品H2SO4
C. 图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O= 2FeSO4+2H2SO4
D. 该过程中化合价发生改变的元素只有Fe和S
答案：D
解析：由图可知发生反应为：Fe2(SO4)3+SO2+2H2O= 2FeSO4+2H2SO4，同时 4FeSO4+2H2SO4+O2= 2Fe2
(SO4)3+2H2O，总反应为 2SO2+O2+2H2O= 2H2SO4。
A．根据总反应 2SO2+O2+2H2O= 2H2SO4可知该工艺流程是用来除去煤燃烧时产生的 SO2，A正确；
B．根据总反应为 2SO2+O2+2H2O= 2H2SO4可知该过程中可得到化工产品H2SO4，B正确；
C．Fe2(SO4)3与SO2反应生成FeSO4和H2SO4，其反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O= 2FeSO4
+2H2SO4，C正确；
D．该过程中Fe2(SO4)3与SO2反应生成FeSO4和H2SO4，同时FeSO4、O2和H2SO4反应生成Fe2(SO4)3，
则反应过程中Fe、O和S的化合价发生改变，D错误；
50 (2023届上海埔东联考)常温常压下，1mol CH3OH与O2发生反应时，生成CO或HCHO的能量变
化如图 (反应物O2和生成物水略去)，下列说法正确的是
A. 加入催化剂后，生成CO的热效应变大，生成HCHO的热效应变小
B. 加入催化剂后，生成HCHO的速率变大，单位时间内生成HCHO量变多
C. 1mol CH3OH完全燃烧生成液态水和二氧化碳 (g)放出 393kJ的热量
D. 生成HCHO的热化学方程式为 2CH3OH+O2= 2HCHO+ 2H2O+ 316kJ
答案：B
解析：A．加入催化剂只改变反应历程而不改变热效应，加入催化剂生成CO的活化能增大而HCHO的活
化能降低，A项错误；
B．活化能低反应越快。加入催化剂生成CO的活化能增大而HCHO的活化能降低，故生成HCHO速率
更快，B项正确；
C． 1mol CH3OH完全燃烧生成液态水和一氧化碳 (g)放出 393kJ的热量，C项错误；
D．该热化学方程式为没有标注物质的状态，D项错误；
51 (2023届湖北宜城三中)利用烟气中SO -2可回收废水中的 I ，实现碘单质的再生，其反应原理如下
图所示
44
下列说法错误的是
A. [(NH3)5Co-O-O-Co(NH 4+3)5] 中Co的化合价为+3价
B. 总反应离子方程式为：SO2 +O -2 +2I = I +SO2-2 4
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． [(NH 4+3)5Co-O-O-Co(NH3)5] 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．由题干信息及工作原理图知，反应物有 SO 、O 、I-2 2 ，生成物是 I
2-
2、SO4 ，B项正确；
C．过程②和⑤中没有电子转移，C项错误；
D．反应③中O2得到电子后转化为过氧键，D项正确。
52 (2023届江西丰城九中月考)“氯化反应”通常指将氯元素引入化合物中的反应。计算机模拟单个
乙炔分子和氯化氢分子在催化剂表面的反应历程如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应的热化学方程式为HC≡CH(g) +HCl(g) =H2C=CHCl(g) △H=-2.24× 10-24 eV·mol-1
B. 反应物或产物在催化剂表面进行物理吸附和解吸附
C. 该历程中活化能为 1.68× 10-24 eV
D. 碳碳三键键能：CH≡CH>M1
答案：D
45
解析：A．题干中“计算机模拟单个乙炔分子和氯化氢分子”，即图象中表示的单个分子的能量的变化，故
热化学方程式中ΔH=-2.24× 10-24×NA eV·mol-1，故A错误；
B．在催化剂表面吸附和解吸附的过程都是催化剂参与化学反应的过程，不是物理过程，故B错误；
C．由M2→M3的变化过程可计算出该历程的活化能为 2.12× 10-24×NA eV·mol-1，故C错误；
D．M1为C2H2与HgCl2形成的中间体，三键是配体，电子云密度相对乙炔肯定是降低，故M1中碳碳三键
键能比C2H2中小，故D正确；
53 (2023届湖北十堰房县一中)一定条件下，CH4与CO2反应可得到CO、H2及少量副产物CH3OH的
混合气体，图是用CH4与CO2制备CO和H2的反应历程，关于该过程的说法中错误的是
已知：C(ads)表示吸附性活性炭，TS表示反应中的过渡态
A. 反应②为C(ads) +CO2(g) 2CO(g)，与TS2相比，TS1更稳定
B. 反应②活化能 (E5-E2)kJ/mol<反应①活化能 (E4-E1)kJ/mol，总反应的活化能为 (E4-E1)kJ/mol
C. 若加入固体X能提高CO的选择性，则X为CH4与CO2转化为CO的催化剂
D. 反应①决定总反应的快慢，增大CO2浓度能明显增大总反应的速率
答案：D
解析：A．如图，TS1到TS2过程中H2没有参加反应，故反应②为：C(ads) +CO2(g) 2CO(g)，TS1
比TS2能量低，TS1更稳定，A项正确；
B．反应①为慢反应，反应②活化能 (E5-E2)kJ/mol<反应①活化能 (E4-E1)kJ/mol，慢反应的活化能为
整个反应的总活化能，故总反应的活化能为 (E4-E1)kJ/mol，B项正确；
C．固体X能提高CO的选择性，加入X可以直接选择提高CH4与CO2转化为CO的速率，则X为CH4与
CO2转化为CO的催化剂，C项正确；
D．反应①为慢反应，是整个反应的决速步骤，决定总反应的快慢，反应物到Ts1过程中CO2没有参加反
应，反应①为：CH4(g) C(ads) + 2H2(g)，增大CO2浓度不能明显增大总反应的速率，D项错误；
54 (2023届全国考前预测)一种甲烷催化氧化的反应历程如图所示，*表示吸附在催化剂表面。下列
说法正确的是
46
A. 适当提高O2分压可以加快O2(g) -→ 2 *O的反应速率
B. *CH3-→*CH2的过程中C被氧化，释放能量
C. 产物从催化剂表面脱附的速率对总反应速率无影响
D. CH4与O2反应生成CO和H2的过程中只涉及极性键的断裂和生成
答案：A
解析：A．适当提高氧气分压，可以提高氧气的吸附速率，从而加快O2(g) -→ 2 *O的反应速率，A正确；
B． *CH3-→*CH2的过程中，C元素的化合价升高，被氧化，C-H键断裂，断键吸收能量，B错误；
C．若大量产物吸附在催化剂表面，则会减少CH4和O2在催化剂上的吸附面积，从而会降低总反应速率，
C错误；
D．CH4和O2反应生成CO和H2的过程中涉及极性键、非极性键的断裂和生成，D错误；
55 (2023届浙江省百校联考)乙烯在硫酸催化下制取乙醇的反应机理，能量与反应进程的关系如图所
示。下列叙述正确的是
A. 总反应速率由第①步反应决定
B. 总反应△H< 0，任何条件下反应都能自发进行
C. 第②步反应过渡态物质比第③步反应过渡态物质稳定
D. 第①步产生的乙基碳正离子两个碳都是 sp3杂化
答案：A
解析：A．第一步活化能最大，反应速率最慢，所以总反应速率由第①步反应决定，故A正确；
B．总反应△S< 0、△H< 0，根据△H-T△H< 0，高温下反应不能自发进行，故B错误；
C．能量越低越稳定，根据图示，第②步反应过渡态物质的能量比第③步反应过渡态物质的能量高，所以第
③步反应过渡态物质更稳定，故C错误；
D．第①步产生的乙基碳正离子，甲基上的碳原子是 sp3杂化、右侧带正电荷的碳原子采用 sp2杂化，故D
47
错误；
56 (2023届重庆八中校联考))为实现“碳达峰、碳中和”的目标，科学家提出以TiO2为催化剂，用光热
化学循环分解法，达到减少大气中CO2量的目的，反应的机理如图所示：
下列说法不正确的是
A. 过程①中光能转化为化学能
B. 过程④为吸热过程
C. TiO2降低该反应的焓变，提高该反应速率
D. 全过程热化学方程式为 2CO2(g) = 2CO(g) +O2(g) △H=+556kJ mol-1
答案：C
解析：A．以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，能量的变化
形式是由光能转化为化学能，A正确；
B．过程④需要从外界吸收热量，因此为吸热过程，B正确；
C．TiO2作为催化剂可以降低该反应的活化能，无法降低焓变，提高该反应速率，C错误；
D．CO2分解为CO和O2化学式为 2CO2= 2CO+O2，根据分子化学键完全断裂时的能量变化图可知，
1molCO2完全断裂应该吸收 1598kJ，1molCO完全断裂应该吸收 1072 kJ，1mol O2完全断裂应该吸收
496kJ；所以 1molCO2分解产生 1molCO和 0.5molO2，所以需吸收 1598- 1072- 496× 0.5= 278kJ 能量，
则全过程热化学方程式为 2CO2(g) = 2CO(g) +O2(g) △H=+556kJ mol-1，D正确；
57 (2023届河南省名校联考)阿特拉津 (ATZ)是农业中使用广泛且难以降解的除草剂，某科学组织研
究发现，以FeSx@MoS2为催化剂 (呈花束状)催化活化过一硫酸盐 (PMS)降解阿特拉津 (ATZ)取得了良
好的效果，其反应机理如图所示：
48
下列说法错误的是
A. PMS对应的酸为H2SO5，该酸含有过氧键
B. 生成SO ·-的途径之一为 2SO ·-= 2SO ·-+14 5 4 O2
C. 流程中直接氧化ATZ的微粒只有1O2
D. S2-、S2- 02 以及Fe 可以促进Fe
2+再生
答案：C
-
解析：A．由图可知，过一硫酸根离子为HSO5，对应的酸为H2SO5，该酸可以看成是H-O-O-H中一个
氢原子被-SO3H代替的产物，所以含有过氧键，A正确；
B．图示有两种途径生成SO -4· ，其中一种为 2SO5·-= 2SO ·-4 +1O2，B正确；
C．据图可知，流程中直接氧化ATZ的微粒还有SO -4· 、·OH，C错误；
D．S2-、S2-以及Fe0具有还原性，可以还原Fe3+促进Fe2+2 再生，D正确；
58 (2023届哈尔滨一中月考)氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是
A. 催化剂 a表面发生了极性共价键的断裂和形成
B. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为 100%
C. 在催化剂 b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D. 催化剂 a、b能提高反应的平衡转化率
答案：B
解析：A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项
49
错误；
B. N2与H2在催化剂 a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为 100%，B项正
确；
C. 在催化剂 b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错
误；
D. 催化剂 a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误。
59 (2023届河北邯郸市大名第一中学)利用铜-铈氧化物 (xCuO- yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化
除去H2中少量CO的可能机理如图所示。下列说法正确的是
A. 反应 (iii)中Cu、Ce化合价均未改变
B. 反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致
C. 若用18O2 参与反应，一段时间后，
18O不可能出现在铜-铈氧化物中
D. 铜-铈氧化物减小了反应 2CO+O2= 2CO2的反应热
答案：B
解析：A．反应 (iii)中放出二氧化碳，碳元素化合价变化，故Cu、Ce化合价不可能都未改变，A项错误；
B．氧化铜可能被一氧化碳还原为铜，则该催化剂的活性就会下降，B项正确；
C．若用18O2参与反应，一段时间后，会有一个
18O出现在铜-铈氧化物中，C项错误；
D．催化剂能改变反应速率，但不影响反应热，D项错误。
60 (2023届甘肃张掖市一诊)George A.Olah教授和其合作者使用Ru-PNP pincer络合物作催化
剂，用五乙烯六胺 (PEHA)多聚物来捕获二氧化碳，可以直接将空气中二氧化碳转化为甲醇，反应可能的
过程如图所示。下列叙述错误的是
A. 甲醇可作为车用燃料
50
催化剂
B. 总反应方程式为CO2+3H2 ---→CH3OH+H2O
C. 循环过程中催化剂参与中间反应
D. 反应过程中只有极性键的断裂和形成
答案：D
解析：A．甲醇具有可燃性，且燃烧时能放出大量的热，成本较低，所以可作为车用燃料，A正确；
B．将循环过程中的各反应方程式加和，或不考虑循环使用的物质，直接考虑加入和产生的物质，可得出总
催化剂
反应方程式为CO2+3H2 ---→CH3OH+H2O，B正确；
C．循环过程中，催化剂首先与CO2反应，中间产物再与H2反应，在反应过程中生成H2O和CH3OH，所以
催化剂参与中间反应，C正确；
D．反应过程中，既有极性键的断裂和形成，也有非极性键的断裂 (如H2)，D不正确；
61 (2023届河北邯郸市大名第一中学)氨是农业上“氮的固定”的必需原料，随着世界人口的增长，氨
的需求量在不断增大。科研人员新发现以磷盐作质子 (H+)传导体，以四氢呋喃 (无色易挥发的液体)为电
解剂，利用电化学法将氮气还原成氨的原理如图所示。下列说法错误的是
A. M电极为阳极，电极反应式为H2-2e-= 2H+
B. (Ⅰ) → (Ⅱ)的变化中，磷原子的成键数目不发生变化
C. 图示中最后一步反应为 3Li+N2+3H+= 3Li++2NH3
D. 该方法制备氨气所需的温度低于传统工业合成氨的温度
答案：C
解析：A．据图可知，M电极上氢气被氧化为氢离子，则M电极为阳极，电极反应式为H -2-2e = 2H+，故A
正确；
B．据图可知 (Ⅰ) → (Ⅱ)的变化中，磷原子都是形成 4个共价键，故B正确；
C．最后一步反应中，Li+先被还原为Li单质，然后将N + +2还原为NH3，同时又生成Li ，所以Li 为催化剂，
LI+
反应方程式为N2+6H=====2NH3，故C错误；
D．该装置为电解装置，利用电能转化为化学能，即合成氨所需的能量大部分是由电能转化，则所需的热能
较少，所需的温度较低，故D正确；
62 (2023届河北邯郸市大名第一中学)中国科学院化学研究所报道了化合物 1催化CO2氢化机理。其
机理中化合物 1(催化剂，固态) →化合物 2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如下图所示。下列说
法错误的是
51
A. 化合物 1与CO2反应生成化合物 2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元
反应
B. 图中Ⅰl-2与化合物 2互为同分异构体
C. 过程①的活化能高于过程②的活化能
D. 过程①的热化学方程式为：I(s) +CO (g) = I (s) △H= 2.08 kJ·mol-12 1-2
答案：CD
解析：A．由相对能量曲线可知，化合物 1与CO2反应生成化合物 2的过程中有两个过渡态TS11-2、
TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应，故A正确；
B．图中Ⅰl-2与化合物 2的化学式相同，结构式不同，互为同分异构体，故B正确；
C．过程①活化能为：(6.05- 0.00) = 6.05kcal·mol-1，②活化能为：(11.28- 2.08) = 9.20 kcal·mol-1，过程
①的活化能小于过程②的活化能，故C错误；
D．过程①的热化学方程式为：I(s) +CO2(g) = I1-2 (s) △H= 2.08 kcal·mol-1，故D错误；
63 (2023届广东考前预测)N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O表面转化为无害气体，其总反应
为N2O(g) +CO(g) =CO2(g) +N2(g) △H，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙
所示。下列说法不正确的是
A. N2O为氧化剂
B. 由图乙知该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
C. △H=-226kJ mol-1
D. 为了实现转化，需不断向反应器中补充Pt2O和Pt2O2
答案：D
解析：A．反应N2O(g) +CO(g) =CO2(g) +N2(g)中，N元素化合价降低，N2O为氧化剂，故A正确；
B．由图乙知该反应正反应的活化能Ea小于逆反应的活化能Eb，故B正确；
C．反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓= 134kJ/mol-
360 kJ/mol=-226kJ mol-1，故C正确；
52
D．Pt2O和Pt2O2是催化剂，催化剂在化学反应的前后化学性质和质量是不变的，无需不断补充，故D错
误。
64 (2023届河北邯郸联考)我国科学家最近实现CoOx/MnO2与氨水直接将醇氧化氰化生成腈，如图
所示：
下列说法错误的是
A. 苯甲醇、苯甲醛都能使酸性KMnO4溶液褪色
B. 苯甲醇、苯甲醛的分子间氢键会影响它们的稳定性
C. a、b、c、d都能发生加成反应和取代反应
D. 苯甲醇分子中所有原子不可能共平面
答案：B
解析：A．苯甲醇分子中含有的羟基、苯甲醛分子中含有的醛基都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使
溶液褪色，故A正确；
B．苯甲醇、苯甲醛的分子间氢键只影响苯甲醇、苯甲醛的熔沸点，不影响分子的稳定性，故B错误；
C．由结构简式可知，a、b、c、d都是芳香族化合物，一定条件下都能发生加成反应和取代反应，故C正确；
D．由结构简式可知，苯甲醇分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，所以分子中所有原子不可能
共平面，故D正确；
65 (2023届石家庄第一中学)乙烯在酸催化下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。下列叙述正确的是
A. ①、②、③三步均属于加成反应
53
B. 总反应速率由第①步反应决定
C. 第①步反应的中间体比第②步反应的催化剂与催化机理知识考查
【真题再现 辨明考向】
1 (2023年新课标卷) “肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼
(NH2NH2)，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A. NH2OH、NH3和H2O均为极性分子
B.反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N键生成
C.催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+
D.将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
2 (2023年北京卷)一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中 b、d代表MgO或
Mg(OH)Cl中的一种。下列说法正确的是
A. a、c分别是HCl、NH3
B. d既可以是MgO，也可以是Mg(OH)Cl
C.已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生
D.等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
3 (2023年湖南卷)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。
1
下列说法错误的是
A. Ru(Ⅱ)被氧化至Ru (Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强
B. M中Ru的化合价为+3
C.该过程有非极性键的形成
+
D.该过程的总反应式：4NH3-2e-=N2H4+2NH4
4 (2023年广东卷)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g) P(g)。反应历程 (下图)中，M为中间产物。
其它条件相同时，下列说法不正确的是
A.使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分 4步进行
B.反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C.使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D.使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
5 (2023年辽宁卷)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中
不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是
A. Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4
B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
2- 2-
C.该条件下，CrO4 (Ⅱ)和CrO4 (Ⅶ)不能大量共存
D.总反应为：2MnO+ 5C O2-+16H+= 2Mn2+2 4 +10CO2↑+8H2O
6 (2023年江苏卷)金属硫化物 (MxSy)催化反应CH4(g) + 2H2S(g) =CS2(g) + 4H2(g)，既可以除去天
然气中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是
2
A.该反应的△S< 0
= c(CH4) c
2(H S)
B. 2该反应的平衡常数K
c(CS2) c4(H2)
C.题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
D.该反应中每消耗 1molH2S，转移电子的数目约为 2× 6.02× 1023
7 (2023年重庆卷)NCl3和SiCl4均可发生水解反应，其中NCl3的水解机理示意图如下：
下列说法正确的是
A. NCl3和SiCl4均为极性分子 B. NCl3和NH3中的N均为 sp
2杂化
C. NCl3和SiCl4的水解反应机理相同 D. NHCl2和NH3均能与H2O形成氢键
8 (2023年浙江 1月选考)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
9 (2023年浙江 6月选考)一定条件下，1-苯基丙炔 (Ph-C≡C-CH3)可与HCl发生催化加成，反
应如下：
3
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图 (已知：反应 I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的
是
A.反应焓变：反应 I>反应Ⅱ
B.反应活化能：反应 I<反应Ⅱ
C.增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物 I的比例
D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物 1
10 (2023届T8联考)贵金属钯催化乙醇羰基化的反应过程如图所示。下列说法错误的是
A.Ⅱ反应中C元素被氧化
B. C-H所处环境不同，稳定性也不同
C.贵金属钯可将 2-甲基-2-丙醇羰基化
D.该过程总反应的化学方程式可表示为：2C2H5OH+O2--→ 2CH3CHO+ 2H2O
11 (2022年 1月浙江选考)下图为某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不正确的是
4
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
12 (2022届八省八校)CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的机理如图所示。下列叙述错误的是
A.由步骤①知：加成反应也可生成酯类物质
B.反应过程中存在C-H键的断裂
C.该反应的原子利用率为 100%
D.若将步骤②中CH3I换为CH3CH2I，则产品将变为丙烯酸乙酯
13 (2022年北京卷)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
催化剂
A.反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4=======CaO+ 2CO+ 2H2
催化剂
B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4=======C+ 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
14 (2022年湖南卷)科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和 e-的转移 (如 a、b和 c)，能将海洋中
的NO-2 转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。
5
下列说法正确的是
A.过程Ⅰ中NO-2 发生氧化反应 B.过程Ⅱ中参与反应的n(NO) ∶n(NH +4 ) = 1 ∶ 4
C. a和 b中转移的 e-数目相等 D.过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO-2+NH +4 =N2↑+2H2O
15 (2022年湖南卷)反应物 (S)转化为产物 (P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是
A.进程Ⅰ是放热反应 B.平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C.生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D.进程Ⅳ中，Z没有催化作用
16 (2022年新高考山东卷)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HONO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
17 (2021年湖南卷)铁的配合物离子 (用 [L-Fe-H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量
的变化情况如图所示：
6
下列说法错误的是
催化剂
A.该过程的总反应为：HCOOH========CO2↑+H2↑
B. H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C.该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
D.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
18 (2021年山东卷) 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：
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Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
C.反应结束后，溶液中存在CH 183 OH
7
D.反应结束后，溶液中存在18OH-
19 (2021年 6月浙江卷)制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图 (其中Ph-代表苯基)。下列说法不正
确的是
A.可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯 B.反应过程涉及氧化反应
C.化合物 3和 4互为同分异构体 D.化合物 1直接催化反应的进行
【强化训练 成竹在胸】
1 (2024届成都第七中学)近期，我国研究人员报道了温和条件下实现固氮的一类三元NiFeV催化
剂，图为其电催化固氮的机理示意图。设NA为阿伏加德罗常数的值。关于该电催化过程叙述正确的是
A.该反应是在强碱性条件下进行的 B. 1mol N2反应最多消耗 3N 个H
+
A 离子
C.反应中间产物为不同的氮氢化合物 D.每当产生 17 g NH3，转移电子数为 6NA
2 (2024届湖南常德一中)用 ICP/SIFT方法可将汽车尾气中的NOx(x≥ 1)和CO转化为无污染的
气体，下列说法错误的是
A.整个过程中 Zn+作催化剂
8
B.反应过程中涉及的反应均为氧化还原反应
C.过程Ⅰ中发生的反应为 Zn++2NOx=N2+Zn2++2xO-
D.总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1 ∶ x
3 (2024届湖南常德一中)1,2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如图所示。下列说法正确的是
A.过程①②均有O-H键断裂，过程③④均有C-C键断裂
B.过程①只发生了加成反应
C.该过程中催化剂MoO3通过增大反应的活化能来提高化学反应速率
D.该过程的化学方程式为
4 (2024届四川仁寿一中)萘 ( )与浓硫酸发生取代反应可以生成 2种取代产物，反应进程
中能量变化如图所示。其中相同投料，经历相同时间，不同反应温度时产物的比例不同，在 40℃和 160℃
时，得到 1-取代产物与 2-取代产物的比例分别为 96 ∶ 4和 15 ∶ 85，下列说法正确的是
A. 1-取代产物比 2-取代产物更稳定
B.与 40℃相比，160℃时萘的平衡转化率更大
C.选择合适催化剂同样可以提高 2-取代产物比率
D.延长反应时间，最终以 1-取代产物为主
5 (2024届四川仁寿一中)造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物 (主要成分为Na2S)，可用如图
转化方式除去，则下列说法错误的是
9
A. Na2S溶液中存在 c(OH-)> c(H+)
B.反应②和③的转移电子数相等时，还原剂之比为 2 ∶ 1
C.在废水处理过程中，CoPc为催化剂，O2为氧化剂
D.反应④中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式为Na2S+Na2SO3+ (CoPc)O+H2O =
2NaOH+Na2S2O3+CoPc
6 (2024届重庆南开中学)2NO(g) +O2(g) 2NO2(g) 分两步进行：2NO(g) N2O2(g)、N2O2
(g) +O2(g) 2NO2(g)，反应过程中的能量变化如图所示。往体积相等的刚性容器甲、乙中分别充入
2mol NO(g)和 1molO2(g)，其中甲控制温度为T1，乙控制温度为T2测得甲、乙容器中n(NO2)随时间 (t)的
变化如表所示，下列说法不正确的是
A. a1> 0.3
B.反应过程中N2O2的浓度先增大后减小
C.乙容器 20 min 时 NO2物质的量较少的原因是乙中 N2O2的活化分子百分数较小
D.平衡时从甲容器移走部分 NO2，重新平衡时甲中 NO2的体积分数可能与乙相等
7 (2024届重庆杨家坪中学)目前工业上多采用CH3OH和CO反应制备醋酸：CH3OH+CO-→
CH3COOH。以 [Rh(CO) -2I2] 为催化剂、碘甲烷为助催化剂合成醋酸的反应过程如图所示，其中①②③④
均为阴离子。下列有关说法中错误的是
10
A.甲醇生成碘甲烷的反应为取代反应 B.⑤可表示为CH3COI
C.在反应过程中Rh的成键数目发生改变 D.该反应过程中不存在非极性键的形成
8 (2024届山东泰安肥城市阶段测试)炼油、石化等工业会产生含硫 (-2价)废水，可通过催化氧化法
进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中MnO2为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的
表面。下列说法错误的是
A.催化氧化过程中既有共价键的断裂又有离子键的断裂
B.转化 I中化合价发生变化的元素仅有S和O
MnO2
C.催化氧化过程的总反应为：O2+2H2O+ 2S2- =======4OH-+2S ↓
D.催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处
9 (2024届重庆巴蜀中学月考)一定温度下，CH3CH2CH3 (g) (用RH表示)的氯代和溴代反应能量图
及产率关系如图 (图中物质均为气态)。下列说法正确的是
11
A. Br (g) +RCl(g) →Cl (g) +RBr(g) △H=△H1-△H2
B.氯代的第二步是决速反应
C.以丙烷为原料制备 2-丙醇时，应该选择溴代反应，然后再水解
D.据图像信息，可以计算E(H-Cl) -E(H-Br) (E表示键能)
10 (2024届福建龙岩一中月考)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H2O
11 (2024届福建福安一中月考)我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，
反应机理的示意图如下：
12
下列说法不正确的是
A.苯丙醛和肉桂醇是同分异构体
B.从肉桂醛到肉桂醇发生了极性键和非极性键的断裂
C.苯丙醛分子中的所有原子可能共面
D.该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基
12 (2024届广州部分学校段考)纳米TiO2是一种重要的光催化剂，其催化苯甲胺 ( )生成苯
甲亚胺 ( )的机理如图所示。下列说法错误的是
A. HOO-具有氧化性 B. O2在TiO2表面捕获电子
C.反应③涉及 π键的断裂和生成 D.总反应为
13 (2024届广州天河区调研)基于电子传递链的钯催化甲烷氧化制甲醇的机理如图所示：
下列有关说法不正确的是
A.上述反应机理中催化剂为Pd2+
B.酸性强弱：CF3COOH>CH3COOH
C. CF3COOH进一步水解可以得到CH3OH
13
锂催化剂
D.总反应：CH 14+CF3COOH+ O2-----→ CF3COOCH2 3
14 (2024届福建南平一中段考)盐酸羟胺 (NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类
似NH4Cl。工业上主要采用图 1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图 2所示。
不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是
A.电池工作时，Pt电极是正极
B.图 2中，A为H+和 e-，B为NH3OH
+
C.电池工作时，每消耗 2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加 3.3g
D.电池工作一段时间后，正、负极区溶液的 pH均下降
2-
15 (2024届甘肃白银市部分高中联考) 在不同条件下，反应S -2O8 (aq) + 2I (aq) 2SO2-4 (aq) + I2
(aq)的反应历程如图所示。下列说法正确的是
2-
A.反应S -2O8 (aq) + 2I (aq) 2SO2-4 (aq) + I2(aq) △H> 0
B.由图可知，催化剂能降低反应的活化能
C.在催化剂的作用下，过程③为反应的控速步骤
D.该反应从原理上不能设计成原电池
16 (2024届广西南宁武鸣高级中学)Ni 可活化 C2H6放出 CH4，其反应历程如下图所示：
14
下列关于活化历程的说法错误的是
A.此反应的决速步骤：中间体 2→中间体 3
B.涉及极性键的形成和非极性键的断裂
C.三种中间体比较，中间体 2最稳定
D. 3Ni(s) +C2H6(g) =NiCH2(s) +CH4(g) △H=+6.57kJ mol-1
17 (2024届贵州贵阳开学考试)科学家用X射线激光技术观察到吸附在催化剂表面的CO与O形成
化学键的过程，反应过程能量变化及历程如图所示，下列说法正确的是
A. CO和O生成CO2是吸热过程 B.状态Ⅰ→Ⅱ吸收能量用于断裂化学键
C.状态Ⅰ→Ⅲ表示的是CO与O2反应的过程 D. CO和CO2中C与O之间化学键并不相同
18 (2024届河南潢川第一中学月考)关于下列转化过程分析错误的是
A. Fe3O4是反应的催化剂 B.过程 I中每消耗 116 g Fe3O4转移 1mol电子
C.过程 II中水是氧化剂 D.过程 I是分解反应，过程 II是置换反应
19 (2024届河北保定唐县第一中学)工业废水脱硝 (除去NO和NO)是废水处理的重要环节。一种
利用还原铁粉和微生物进行脱硝的过程如图所示：
15
+
实验测得脱硝过程中NH4的浓度几乎为零。下列说法正确的是
A.反应①的离子方程式为NO- 3+ 2H++Fe=NO+Fe2++H2O
+
B.反应②中NH4是氧化产物
C.理论上反应①和②消耗还原铁粉物质的量之比为 1 ∶ 2
+
D.脱硝过程中，NH4的消耗速率大于生成速率
20 (2024届河南焦作博爱第一中学月考)中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光
在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示。
已知：几种物质中化学键的键能如表所示。
化学键 H-O键 O=O键 H-H键 O-O键
键能 / (kJ/mol) 467 498 436 138
若反应过程中分解了 2mol H2O，则下列说法错误的是
催化剂
A.总反应为 2H2O=======2H2↑+O2↑ B.过程 I吸收了 934KJ能量
光照
C.过程 II放出了 574KJ能量 D.过程 III属于放热反应
21 (2024届湖北腾云联盟联考)碳链的增长是有机合成构建碳骨架的重要任务之一、以丙烯为原料构
建碳骨架的流程如下图所示。下列说法错误的是
A. M-H为总反应的催化剂 B.最终产物含 1个手性碳原子
16
C.该历程涉及 π键的断裂和生成 D.该历程总反应原子利用率为 100%
22 (2024届湖北武汉六中二模)在 298K、101kPa下，合成氨反应的能量变化图如图所示 (图中“吸”表
示在催化剂表面的吸附)。下列说法中正确的是
A. 1 3图中决速步骤的反应方程式为 N + H
2 2吸 2 2吸
=N吸+3H吸
B.该历程中最大能垒 (活化能)E= 295kJ/mol
C.合成氨工业中采用循环操作，主要目的是增大化学反应速率
D.该反应为放热反应，所以反应中温度越低越好
23 (2024届哈尔滨第一中学) CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应，其相对能量与反应历程
如图所示。第一步：Fe *+N2O=FeO *+N2，第二步：FeO *+CO=Fe *+CO2下列叙述错误的
A. Fe *是反应的催化剂 B.第一步反应比第二步反应快
C.两步反应均为放热反应 D.总反应为CO+N2O=N2+CO2
24 (2024届湖南衡阳第四中学)N +2、CO2 与 Fe 体系中存在如图 1 所示物质转变关系，已知 Fe+ (s)
与中间产物 N2O(g) 反应过程中的能量变化如图 2 所示。下列说法错误的是
A. H=- ( H1+ H2+ H3)
17
B. Fe+在反应中作催化剂，能降低反应的活化能
C. H1和 H2均小于 0
D.由图 2可知，反应Fe+ (s) +N2O(g) =FeO+(s) +N2 (g) H 4< 0
25 (2024届东北师大附中一模)一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中 b、d代表
MgO或Mg(OH)Cl中的一种。下列说法正确的是
A.实验室可以利用加热氯化铵分解制备氨气
B. a、c分别是HCl、NH3
C. d既可以是MgO，也可以是Mg(OH)Cl
D.已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生
26 (2024届湖南长沙雅礼中学)TRAP是一种温和的氧化剂，TRAP试剂中的RuO-4 不会氧化碳碳双
键，可以将醇仅氧化至醛 (酮)，不会过度氧化为羧酸。TRAP氧化醇的反应机理如下图。下列说法不正确
的是
A.在上述 6步反应中每一步都发生了氧化还原反应
B.步骤④⑤NMO将RuO氧化，生成TRAP试剂
C.步骤⑥的离子方程式为 2RuO=RuO 2-2+RuO4
D.若R1为CH3CH=CH-，R2为-H，则TRAP氧化该醇的主产物为 2-丁烯醛
27 (2024届东北师大附中一模)在金属Pt、Cu和铱 (Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化
酸性溶液中的硝态氮 (NO- 3)以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：
18
下列说法不正确的是
A. Ir的表面发生氧化还原反应，生成 1molN2时转移 2NA个电子
+
B.导电基体上的Pt颗粒上发生的反应：NO+ 8e-+10H+=NH4+3H2O
C.若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中的含氮量
D.在导电基体上生成NO的反应式为：NO+ 3e-+4H+=NO ↑+2H2O
28 (2024届江西智学联盟体联考)我国一科研团队正致力研发“由链霉菌产生聚酮合成酶 (PKS)”在
有空气存在下“组装”物质的机理。物质M ( )的“组装”过程如图所示 (注：
KS、AT等代表不同的酶)，下列有关说法错误的是
A. M中含有四种官能团，可以发生取代反应、加聚反应、缩聚反应
B.温度会影响“组装线”的“组装”效率
C.将四种“聚酮合成酶”交换顺序，则不可以组装出该物质
D.上述流程如能大规模应用，可实现化工生产的“绿色化”，原子利用率达 100%
29 (2024届辽宁大连八中)科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和 e-的转移 (如 a、b和 c)，能将
海洋中的NO-转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是
2
A.过程Ⅰ中NO发生氧化反应
+
B.过程Ⅱ中的反应为：NH4+NO+ 2H++3e-=H2O+N2H4
19
C. a 代表：3H+、e-
+
D.过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+NH4=N2↑+H2O
30 (2024届辽宁六校联考) Li-CO2可充电电池的结构和催化剂TAPP-Mn(Ⅱ)作用下正极反应
可能的历程如下图所示。下列说法错误的是
A.放电时，电子由Li电极流出经负载流入C电极
B. Li-CO2电池可以使用Li2SO4水溶液做离子导体
C.放电时，Li+由Li电极向C电极迁移
D.放电时，正极反应为 3CO +4Li+2 +4e-= 2Li2CO3+C
-
31 (2024届辽宁省六校联考)由Rh2VO1-3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.反应过程中有极性键的断裂和生成 B. Rh2VO1-3都有可能在循环中作催化剂
C.反应过程中金属元素Rh、V的价态均不变 D.该循环的总反应为：CH4+H2O=CO+ 3H2
32 (2024届山东枣庄三中月考)南京师范大学李亚飞团队发明了在常温常压条件下，通过电化学反应
将 N2和 CO2转化为尿素的绿色尿素合成方法，反应途径如图所示 (图中 M2B2为二维金属硼化物，M=
Mo、Ti、Cr 等过渡金属)。
20
下列说法错误的是
A. M2B2是该反应过程的催化剂
B.反应②的产物 *COOH 中碳元素的化合价为+4
C.该过程中只有极性键的断裂
D.该过程的总反应式为CO +N +6e-+6H+2 2 =NH2CONH2+H2O
33 (2024届山西晋城一中月考)有氧条件下，在Fe基催化剂表面，NH3还原NO的反应机理如图所示。
该反应能够有效脱除烟气中的NO，保护环境。下列说法不正确的是
A.在酸性配位点上，NH 与H+
+
3 通过配位键形成NH4
B.增大压强有利于NO与O 吸附在Fe3+2 配位点上形成NO2
C.在反应过程中，Fe基可以提高NO的转化率
D.该反应的总方程式为：4NH3+2NO+ 2O2= 3N2+6H2O
34 (2024届山西三重教育联盟联考)由图可知下列说法不正确的是
A.该反应为放热反应
B.断键释放能量之和小于成键吸收能量之和
21
C.反应生成 1 molNO2时转移 2mol电子
D. N2O(g) +NO(g) =N2(g) +NO2(g)△H=-139kJ mol-1
35 (2024届山西三重教育联盟联考)科学家提出了碳酸二甲酯 (结构简式为：CH3OCOOCH3)一种新
的合成方案 (吸附在催化剂表面上的物种用 *标注)，反应机理如下图所示。下列说法错误的是
A.反应进程中既有O-H键的断裂，又有O-H键的形成
B. HO·降低了反应的活化能
C. CH3OH *+HO *=CH3O *+H2O * 是该反应的决速步骤
D.吸附和脱附过程中共吸收 112.6eV的能量
36 (2024届山西忻州联考)《自然》子刊报道：常用有机溶剂DMSO( )作催化剂，实现
温和高效的氯化反应，反应机理如图所示 (Me为-CH3)。下列说法正确的是
A. DMSO为非极性分子
22
B.上述循环的主反应为
C.基态硫原子的价层电子排布式为 3p4
D.该反应的产物只有 2种
37 (2024陕西汉中联考)将CO2转化为有价值的化工原料是目前研究者们广泛关注的热点。在催化
剂表面，利用CO2和甲醇合成碳酸二甲酯的反应机理如图所示。下列有关说法正确的是
A. 1molCO2中含有的碳氧双键数目为 6.02× 1023
B.反应①②③中都涉及了极性键的断裂和形成
C.合成碳酸二甲酯的总反应为氧化还原反应
D.每生成 1mol碳酸二甲酯，消耗 22.4LCO2
38 (2024四川部分名校联考) 1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如图所示。下列说法正确
的是
A.催化过程中金属元素Mo成键数没有发生改变
B.丙烯与H2O发生加成反应可得到 1，2-丙二醇
23
C.该催化过程中催化剂MoO3通过增大反应的活化能来提高化学反应速率
D.该催化过程既存在极性键的断裂与形成也存在非极性键的断裂与形成
39 (2024届四川绵阳零诊)2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的
三位科学家。点击化学的经典反应之一是铜催化的叠氮-炔环加成反应。反应过程如图所示。
下列说法错误的是
A. H+是点击反应的中间产物 B.反应前后碳元素的化合价不变
C.铜催化时点击反应的活化能减小 D.总反应式为
40 (2024新疆石河子一中月考)NSR技术是一种汽车尾气处理技术，也称储存还原法，其原理如下图
所示。下列说法错误的是
A.“储存”时，Ba(NO3)2既是氧化产物又是还原产物
B.“还原”时，氧化剂与还原剂物质的量之比为 2︰ 5
C.氧化性：O2>Ba(NO3)2>CO2
D.该技术可将CO、NO转化为CO2和N2
41 (2024届浙江金华第一中学)苯甲酸是一种重要的化工原料。以苯乙酮为原料，以KI为电解质，利
用电化学方法合成苯甲酸的原理 (部分)如下：
24
下列说法中，正确的是
A. KI是该反应的催化剂
B.电解过程中阳极产物有 IO-和 I2
C.外电路流过 3mol e-时，理论上可制备 0.5mol苯甲酸 (不考虑副反应)
D.充分搅拌的情况下，电解过程中溶液 pH不断减小
42 (2024届杭州高级中学)反应物 (S)转化为产物 (P或P Z)的能量与反应进程的关系如图所示。
下列有关四种不同反应进程的说法不正确的是
A.进程Ⅰ是放热反应
B.增大X的量，S的平衡转化率不变
C.从S→P整个过程看，单位时间单位体积内，反应物分子发生有效碰撞次数：Ⅱ>Ⅲ
D. X、Y、Z均起到催化效果，但催化效果不一样
43 (2023届百师联盟联考)笑气 (N2O)是工业废气，近年发现它有很强的温室效应，在催化剂下，CO
还原N2O是有效的去除方法，反应为CO+N2O=N2+CO2，其反应历程如图。下列说法错误的是
25
A. FeO+为催化剂
B.无催化剂参与反应过程的能垒为 188.3kJ/mol
C.根据图示，催化反应可分为两个半反应：N2O+FeO+=N2+Fe(O +2) 、CO+Fe(O2)+=CO +2 +FeO
D.从 Im4到 Im5有极性键和非极性键的断裂和生成
44 (2023届广东省实验中学六校联考)某课题组设计一种以A辅助固定CO2的方法，原理如图。下列
说法不正确的是
A.化合物A为CH3OH
B.反应①属于非氧化还原反应
C.总反应的原子利用率 100%
D.若用HOCH2CH2OH辅助固定，则产物
45 (2023届河南郑州三模)下图是在Cu基分子筛表面用NH3处理 NO，污染物的一种反应机理。下
列说法正确的是
注：图中元素右上角的罗马数字表示化合价
A.该过程中化合价发生变化的只有N和O两种元素
B.上述过程中催化剂首先吸附的是NO
C.该过程中氧化产物和还原产物只有N2
26
催化剂
D.该过程的总反应为 4NH3+4NO+O2=======N2+6H2O
46 (2023届福建厦门国祺中学月考)我国科学家使用双功能催化剂 (能吸附不同粒子)催化水煤气变
换反应：CO(g) +H2O(g) CO2(g) +H2(g) ΔH< 0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程
示意图如下：
下列说法正确的是
A.过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程
B.使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
C.图示显示：起始时的 2个H2O最终都参与了反应
D.该催化过程中：只有极性键的断裂和形成
47 (2023届学年广东惠阳高级中学)如图是乙烯催化氧化生成乙醛的过程 (部分相关离子未画出)，下
列描述正确的是
A.过程Ⅰ和过程Ⅴ均发生了氧化还原反应
B.整个转化过程中，只有PdCl2-4 在反应中起到催化剂的作用
C.根据整个过程的总反应，理论上生成 1molCH3CHO，电子转移为 4mol
D.若原料是丙烯，则产物可能是丙醛和丙酮
48 (2023届河北邢台名校联盟)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。下列说法错误的是
27
A.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
B.升高温度，stepwise路径和 concerted路径的反应速率都加快，有利于提高反应物的转化率
C.由于ΔEa>ΔEa1，DME水解反应更易以 stepwise路径进行
D.根据图示可知，DME首先与分子筛H+A-结合形成 (CH ) OH+A-3 2
49 (2023届哈尔滨十九中月考)含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治
污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是
A.该工艺流程是用来除去煤燃烧时产生的SO2
B.该过程中可得到化工产品H2SO4
C.图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O= 2FeSO4+2H2SO4
D.该过程中化合价发生改变的元素只有Fe和S
50 (2023届上海埔东联考)常温常压下，1mol CH3OH与O2发生反应时，生成CO或HCHO的能量变
化如图 (反应物O2和生成物水略去)，下列说法正确的是
28
A.加入催化剂后，生成CO的热效应变大，生成HCHO的热效应变小
B.加入催化剂后，生成HCHO的速率变大，单位时间内生成HCHO量变多
C. 1mol CH3OH完全燃烧生成液态水和二氧化碳 (g)放出 393kJ的热量
D.生成HCHO的热化学方程式为 2CH3OH+O2= 2HCHO+ 2H2O+ 316kJ
51 (2023届湖北宜城三中)利用烟气中SO -2可回收废水中的 I ，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(NH 4+3)5] 中Co的化合价为+3价
B.总反应离子方程式为：SO - 2-2 +O2 +2I = I2+SO4
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
52 (2023届江西丰城九中月考)“氯化反应”通常指将氯元素引入化合物中的反应。计算机模拟单个
乙炔分子和氯化氢分子在催化剂表面的反应历程如图所示。下列说法正确的是
29
A.该反应的热化学方程式为HC≡CH(g) +HCl(g) =H2C=CHCl(g) △H=-2.24× 10-24 eV·mol-1
B.反应物或产物在催化剂表面进行物理吸附和解吸附
C.该历程中活化能为 1.68× 10-24 eV
D.碳碳三键键能：CH≡CH>M1
53 (2023届湖北十堰房县一中)一定条件下，CH4与CO2反应可得到CO、H2及少量副产物CH3OH的
混合气体，图是用CH4与CO2制备CO和H2的反应历程，关于该过程的说法中错误的是
已知：C(ads)表示吸附性活性炭，TS表示反应中的过渡态
A.反应②为C(ads) +CO2(g) 2CO(g)，与TS2相比，TS1更稳定
B.反应②活化能 (E5-E2)kJ/mol<反应①活化能 (E4-E1)kJ/mol，总反应的活化能为 (E4-E1)kJ/mol
C.若加入固体X能提高CO的选择性，则X为CH4与CO2转化为CO的催化剂
D.反应①决定总反应的快慢，增大CO2浓度能明显增大总反应的速率
54 (2023届全国考前预测)一种甲烷催化氧化的反应历程如图所示，*表示吸附在催化剂表面。下列
说法正确的是
30
A.适当提高O2分压可以加快O2(g) -→ 2 *O的反应速率
B. *CH3-→*CH2的过程中C被氧化，释放能量
C.产物从催化剂表面脱附的速率对总反应速率无影响
D. CH4与O2反应生成CO和H2的过程中只涉及极性键的断裂和生成
55 (2023届浙江省百校联考)乙烯在硫酸催化下制取乙醇的反应机理，能量与反应进程的关系如图所
示。下列叙述正确的是
A.总反应速率由第①步反应决定
B.总反应△H< 0，任何条件下反应都能自发进行
C.第②步反应过渡态物质比第③步反应过渡态物质稳定
D.第①步产生的乙基碳正离子两个碳都是 sp3杂化
56 (2023届重庆八中校联考))为实现“碳达峰、碳中和”的目标，科学家提出以TiO2为催化剂，用光热
化学循环分解法，达到减少大气中CO2量的目的，反应的机理如图所示：
下列说法不正确的是
A.过程①中光能转化为化学能
B.过程④为吸热过程
C. TiO2降低该反应的焓变，提高该反应速率
D.全过程热化学方程式为 2CO2(g) = 2CO(g) +O2(g) △H=+556kJ mol-1
57 (2023届河南省名校联考)阿特拉津 (ATZ)是农业中使用广泛且难以降解的除草剂，某科学组织研
究发现，以FeSx@MoS2为催化剂 (呈花束状)催化活化过一硫酸盐 (PMS)降解阿特拉津 (ATZ)取得了良
好的效果，其反应机理如图所示：
31
下列说法错误的是
A. PMS对应的酸为H2SO5，该酸含有过氧键
B.生成SO4·-的途径之一为 2SO -5· = 2SO4·-+1O2
C.流程中直接氧化ATZ的微粒只有1O2
D. S2-、S2-2 以及Fe
0可以促进Fe2+再生
58 (2023届哈尔滨一中月考)氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是
A.催化剂 a表面发生了极性共价键的断裂和形成
B. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为 100%
C.在催化剂 b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D.催化剂 a、b能提高反应的平衡转化率
59 (2023届河北邯郸市大名第一中学)利用铜-铈氧化物 (xCuO- yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化
除去H2中少量CO的可能机理如图所示。下列说法正确的是
32
A.反应 (iii)中Cu、Ce化合价均未改变
B.反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致
C.若用18O2 参与反应，一段时间后，
18O不可能出现在铜-铈氧化物中
D.铜-铈氧化物减小了反应 2CO+O2= 2CO2的反应热
60 (2023届甘肃张掖市一诊)George A.Olah教授和其合作者使用Ru-PNP pincer络合物作催化
剂，用五乙烯六胺 (PEHA)多聚物来捕获二氧化碳，可以直接将空气中二氧化碳转化为甲醇，反应可能的
过程如图所示。下列叙述错误的是
A.甲醇可作为车用燃料
催化剂
B.总反应方程式为CO2+3H2 ---→CH3OH+H2O
C.循环过程中催化剂参与中间反应
D.反应过程中只有极性键的断裂和形成
61 (2023届河北邯郸市大名第一中学)氨是农业上“氮的固定”的必需原料，随着世界人口的增长，氨
的需求量在不断增大。科研人员新发现以磷盐作质子 (H+)传导体，以四氢呋喃 (无色易挥发的液体)为电
解剂，利用电化学法将氮气还原成氨的原理如图所示。下列说法错误的是
33
A. M电极为阳极，电极反应式为H - +2-2e = 2H
B. (Ⅰ) → (Ⅱ)的变化中，磷原子的成键数目不发生变化
C.图示中最后一步反应为 3Li+N +3H+2 = 3Li++2NH3
D.该方法制备氨气所需的温度低于传统工业合成氨的温度
62 (2023届河北邯郸市大名第一中学)中国科学院化学研究所报道了化合物 1催化CO2氢化机理。其
机理中化合物 1(催化剂，固态) →化合物 2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如下图所示。下列说
法错误的是
A.化合物 1与CO2反应生成化合物 2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元
反应
B.图中Ⅰl-2与化合物 2互为同分异构体
C.过程①的活化能高于过程②的活化能
D.过程①的热化学方程式为：I(s) +CO (g) = I (s) △H= 2.08 kJ·mol-12 1-2
63 (2023届广东考前预测)N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O表面转化为无害气体，其总反应
为N2O(g) +CO(g) =CO2(g) +N2(g) △H，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙
所示。下列说法不正确的是
34
A. N2O为氧化剂
B.由图乙知该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
C. △H=-226kJ mol-1
D.为了实现转化，需不断向反应器中补充Pt2O和Pt2O2
64 (2023届河北邯郸联考)我国科学家最近实现CoOx/MnO2与氨水直接将醇氧化氰化生成腈，如图
所示：
下列说法错误的是
A.苯甲醇、苯甲醛都能使酸性KMnO4溶液褪色
B.苯甲醇、苯甲醛的分子间氢键会影响它们的稳定性
C. a、b、c、d都能发生加成反应和取代反应
D.苯甲醇分子中所有原子不可能共平面
65 (2023届石家庄第一中学)乙烯在酸催化下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。下列叙述正确的是
35
A.①、②、③三步均属于加成反应
B.总反应速率由第①步反应决定
C.第①步反应的中间体比第②步反应的中间体稳定
D.总反应不需要加热就能发生
66 (2023届天津名校联考二模))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)，CH3OH与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。
下列说法不正确的是
A.反应CH3OH(g) +H2O(g) =CO2(g) + 3H2(g) △S> 0
B.选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能
C. 1molCH3OH(g) 和 1molH2O(g)的总能量大于 1molCO2(g)和 3H2(g)的总能量
D.反应Ⅱ的热化学方程式表示为CO(g) +H2O(g) =H2(g) +CO2(g) △H< 0
67 (2023届哈尔滨第一六二中学)研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次
污染物--光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是
A.反应Ⅰ、反应Ⅱ均属于氧化还原反应 B.整个过程中O3作催化剂
C.光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质 D.反应Ⅲ的方程式为O2+O=O3
36
68 (2023届哈尔滨尚志中学二模)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) →CH+ +3 +H2O，CH3 +CH3OH→ IM2(中间体 2) →TS2(过渡态 2) → IM4(中间体 4) →CH3
OCH +H+3 。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++H ，CH =OH+H+2 2 → 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
69 (2023届重庆万州第二高级中学)我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3
COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为 100%
B. CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂
C.①→②放出能量并形成了C-C键
D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
70 (2023届牡丹江第三高级中学)某反应的能量变化如图所示，对于该图的理解，一定正确的是
37
A.该反应的反应热△H=E2-E1
B. E3为过程 I的活化能
C.从曲线 II可知该反应为放热反应
D.过程 I比过程 II的反应速率快
71 (2023届牡丹江第三高级中学)H2和O2在钯的配合物离子 [PdCl ]2-4 的作用下合成H2O2，反应历程
如图，下列说法不正确的是
A. H2O2在此过程中作为催化剂
B.生成 1molH2O2的过程中转移电子总数为 4mol
催化剂
C.该过程的总反应为H2+O2=======H2O2
D.历程中发生了Pd+O2+2Cl-=[PdCl 2-2O2]
72 (2023届湖北沙市中学二模)我国科学家已经成功地利用二氧化碳催化氢化获得甲酸，利用化合物
1催化氢化二氧化碳的反应过程如图甲所示，其中化合物 2与水反应变成化合物 3与HCOO-的反应历程
如图乙所示，其中TS表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法正确的是
38
A.从平衡移动的角度看，升高温度可促进化合物 2与水反应变成化合物 3与HCOO-
B.该历程中最大能垒 (活化能)E正= 16.87kcal/mol
C.使用更高效的催化剂可以降低反应所需的活化能，最终提高二氧化碳的转化率
D.化合物 1到化合物 2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成
73 (2023届江西赣州厚德外国语学校、丰城中学联考)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)：
下列说法错误的是
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中能量的变化不相同
D.适当提高N2分压，可以加快N2(g) →N2反应速率，提高N2(g)转化率
74 (2023届重庆万州第二高级中学)工业上用CO2合成乙酸的反应路径如图所示：
下列说法错误的是
A.反应过程中碳元素的化合价始终不变
B.第 4步反应的氧化剂是CH3COORh * I
C. HI、LiOH、CH3I、CH3Rh * I、CH3COORh * I为反应的中间产物
Li、Rh*
D.催化循环的总反应为CH3OH+CO2+H2=======CH3COOH+H2O
75 (2023届江西九江十校联考)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，将恒定组成的N2、CH4混合气，匀速通入反应器，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。
39
下列说法不正确的是
A. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
催化剂
B.反应②为CaCO3+CH4=======CaO+ 2CO+ 2H2
催化剂
C. t1~t3，可能有副反应CH4=======C+ 2H2
D. t3之后，生成CO的速率为 0，是因为反应②不再发生
76 (2023届江西南昌第二中学四模)三甲胺N (CH3)3是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催
化剂条件下将N，N-二甲基甲酰胺 [(CH3)2NCHO，简称DMF]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 (*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法正确的是
A.步骤①表示DMF分子和H原子吸附在铜催化剂表面的过程，而步骤③则表明形成了N-H键
B.该历程中决速步骤能垒 (活化能)为 0.93 eV
C.升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率
D.由图可知，该条件下，DMF完全转化为三甲胺的热化学方程式为：(CH3)2NCHO(g) + 2H2(g) =N (CH3
)3(g) +H2O(g) △H=-98.25 kJ·mol-1
77 (2023届浙江考前预测)常温常压下，甲醇在催化剂的作用下可以合成 2-甲基丙酸甲酯，计算机模
拟单个甲醇分子在催化剂表面的反应过程和能量变化示意图如图，下列说法错误的是
40
A.总反应的热化学方程式为：CH2=CHCH3(g) +CO(g) +CH3OH(l) ==== (CH3)2CHCOOCH3(l) △H1
=-1.98eV mol-1
B.第一步反应决定了总反应的化学反应速率
C.化合物 8和化合物 9互为同分异构体
D.上述反应过程中HCo(CO)3未改变反应的△H，降低了反应的活化能
78 (2023届天津二十五中)下图所示脱硫过程，有关说法正确的是
A.过程Ⅰ中，SO2表现氧化性 B.过程Ⅱ中，Na2SO3表现还原性
C.总反应中，1mol O2可氧化 1mol SO2 D.脱硫过程中，Ca(OH)2可循环利用
79 (2023届辽宁葫芦岛第一高级中学期末检测)钒的配合物催化某可逆反应的一种反应机理如下图
所示。下列说法错误的是
41
A.该反应的离子方程式为：H2O2+Cl-+H+ HOCl+H2O
B.产物HOCl可用于杀菌消毒
C.该催化循环中V的成键数目发生变化
D.钒的配合物通过参与反应，降低反应的活化能，提高H2O2的平衡转化率
80 (2023届天津外国语大学附属外国语学校质量监测)有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还
原为N2，反应机理如下图所示。
下列说法不正确的是
A. V5+ =O 在反应中起到催化剂的作用
B.该转化过程中，仅O2体现了氧化性
C.该转化过程中若O2过量不利于 NO 转化为N2
D.该转化过程的总反应：4NH3 + 4NO + O2= 4N2 + 6H2O
81 (2023届浙江强基联盟)采用 ZnBr2/SiO2为催化剂，通过氧溴化可将甲烷转化为溴甲烷。该路线实
现了甲烷的低温活化、有效抑制活泼产物的深度氧化，显著提高产物的选择性，其反应历程如图所示。下列
说法错误的是
42
A.产物中可能混有CH2Br2
B.若用FeBr2替换 ZnBr2，溴甲烷的产率将降低
C.过程 II中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 1 ∶ 3
催化剂
D.总反应为 2CH4+2HBr+O2----→2CH3Br+ 2H2O
△
43
