【备考2024年】从巩固到提高 高考化学二轮微专题19 催化剂
一、选择题
1．（2024·河南模拟）甲酸甲酯作为潜在的储氢材料受到关注，科学家发现使用配合物催化剂可以使甲酸甲酯温和释氢，其可能的反应过程如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A．为极性分子，为非极性分子
B．每消耗生成
C．总反应为
D．反应涉及键断裂和键形成
【答案】B
【知识点】化学键；极性分子和非极性分子；催化剂
【解析】【解答】A、水分子空间结构为V形，正负电荷中心不重合，H2O是极性分子，的结构式为O=C=O，正负电荷中心重合，为非极性分子，故A正确；
B、由图可知， 的化学方程式为：++2H2，据此可知，每消耗生成，故B错误；
C、该历程的总反应为甲酸甲酯和水反应生成氢气和二氧化碳，总反应的化学方程式为，故C正确；
D、该历程的总反应为，反应物中键断裂，生成了氢气，则有键的形成，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、根据正负电荷中心是否重合判断分子极性，正负电荷中心重合为非极性分子，不重合为极性分子；
B、 的方程式为++2H2；
CD、该历程的反应物为甲酸甲酯和水，最终生成水和二氧化碳。
2．（2024·安徽模拟）科研人员利用高压气流将水微滴喷射到涂覆催化剂的石墨网上，研究常温制氨，其反应历程中微粒转化关系如图1，相对能量变化关系如图2，图中*表示催化剂表面吸附位。下列说法正确的是（ ）
A．过程中发生非极性键的断裂与形成
B．Ⅰ转化为和的过程中会生成
C．Ⅱ表示的微粒符号是
D．反应历程中放热最多的反应是
【答案】B
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；催化剂
【解析】【解答】A、过程中发生非极性键的断裂，形成N-H极性键，没有形成非极性键，故A错误；
B、Ⅰ转化为和的反应方程式为：，过程中会生成过渡，故B正确；
C、生成Ⅱ的方程式为：，Ⅱ为，故C错误；
D、反应历程中放热最多的反应是Ⅰ和、的反应，方程式为：，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、同种非金属原子间形成非极性键，不同种非金属原子间形成极性键；
B、Ⅰ转化为和时发生的反应为；
C、生成Ⅱ的方程式为；
D、放热最多的反应是Ⅰ和、的反应。
3．（2024高二上·宁波期末）与在不同催化剂作用下反应生成的反应历程图(为过渡态。*表示吸附在催化剂表面的物种)如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应为放热反应
B．催化剂1和催化剂2均降低了反应的焓变
C．反应过程中有非极性键的断裂和形成
D．催化剂1作用下的决速步为
【答案】A
【知识点】反应热和焓变；催化剂
【解析】【解答】A.由图像可知，该反应为放热反应，A正确；
B. 催化剂不改变反应的焓变，B错误；
C.反应过程中只有H-H键的断裂，没有非极性键的形成，C错误；
D.活化能最大的步骤为决速步骤，步骤I的活化能为，步骤2的活化能为，则催化剂1作用下的决速步为，D错误；
故选A。
【分析】A.根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量；
B. 催化剂不改变反应的焓变；
C.由图像分析，没有非极性键的形成；
D.活化能最大的步骤为决速步骤。
4．（2024高三上·东莞期末）黄铵铁矾能催化形成自由基（过程可能的机理如图所示），氧化去除废水中的偶氮染料。下列说法不正确的是（ ）。
A．图中指黄铵铁矾
B．图所示过程可生成
C．反应③有极性共价键的断裂和形成
D．温度越高，偶氮染料去除率越大
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；催化剂；化学平衡的影响因素；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A.从机理图可知反应为催化剂。反应①是与反应，故指黄铵铁矾 ，A说法正确；
B.含有2个H-O键，故可生成，B说法正确；
C.反应③水分子中的H-O键断裂，同时自由基的H-O键形成，C说法正确；
D.温度高，过氧化氢分解，浓度减小，导致偶氮燃料去除率降低，D说法错误；
故答案为：D。
【分析】黄铵铁矾能催化形成自由基 ，氧化去除废水中的偶氮染料 。从机理图可知反应为催化剂。反应①是与反应生成水和中间产物。
5．（2023高二上·普宁月考）煤的间接液化可先转化为一氧化碳和氢气，后在催化剂作用下合成甲醇，其中一氧化碳与氢气的反应历程如下图所示，吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是（ ）
A．煤中含有苯和甲苯，可以通过分馏的方式将它们分离出来
B．该反应历程中决速步骤的活化能为1.6eV
C．石油裂解和煤的干馏都是化学变化，而石油的分馏和煤的气化都是物理变化
D．虚线框内发生的化学反应方程式可能为H3CO*+H2=CH3OH*
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A、煤中不含苯和甲苯，经过煤的干馏才能得到苯和甲苯，故A错误；
B、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，由图可知，历程中活化能最大为： 0.1eV （ 0.9eV）=0.8eV，故B错误；
C、煤的气化过程中有新物质生成，属于化学变化，故C错误；
D、根据分析可知，虚线框内发生的化学反应方程式可能为H3CO*+H2=CH3OH*，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、煤中不含苯和甲苯；
B、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
C、有新物质生成的变化属于化学变化，没有新物质生成的变化属于物理变化；
D、相对能量-1.3eV对应物质为H3CO*+H2。
6．（2023高三上·辛集月考）正丁烷催化裂解为乙烷和乙烯的反应历程如下（*代表催化剂）：
下列说法正确的是（ ）
A．使用催化剂能降低该反应的
B．过渡态、、中稳定性最强的是
C．正丁烷裂解生成乙烷和乙烯的反应为放热反应
D．正丁烷裂解生成乙烷和乙烯的决速步骤是反应①
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A、催化剂能加快反应速率，但不影响焓变，则使用催化剂， 不变，故A错误；
B、 过渡态、、中，的能量最低，则最稳定，故B错误；
C、由图可知，该反应反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，故C正确；
D、 反应历程的决速步骤是活化能最大的步骤，反应①的活化能为1.5eV-0=1.5eV，反应②的活化能为0.98eV-（-0.98eV）=1.96eV，反应③的活化能由图可知小于反应②的活化能，所以正丁烷裂解生成乙烷和乙烯的决速步骤是反应②， 故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、催化剂不影响焓变；
B、物质的能量越低越稳定；
C、反应物的总能量高于生成物的总能量；
D、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤。
7．（2023高二上·南海月考）采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇（CH3OH)方向取得重要进展，该反应历程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．总反应焓变
B．上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低*CO+*OH→*CO+*H2O的能量
变化。
C．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D．容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较多的副产物为CO
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A.该反应的生成物总能量大于反应物总能量，A选项不符合题意；
B.*CO+*OH→*CO+*H2O一步中活化能是最大的，所以要使反应速率加快 ，应该加快该反应的速率，B选项不符合题意；
C.催化剂不能改变平衡转化率，C选项符合题意；
D.根据反应历程图可知：生成 CH2O 时能垒较高，难发生，因此相对较多的副产物是CO，D选项是不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.反应物总能量小于生成物总能量的反应是吸热反应， ；
B.总反应的快慢，由活化能最大的一部基元反应决定；
C.催化剂只是通过降低活化能来加快反应速率，但是不会改变反应的限度，因此无法改变反应物的平衡转化率；
D.根据反应历程图可知：生成 CH2O 时能垒较高，难发生，因此相对较多的副产物是CO。
8．（2023高二上·保定期中）催化剂光助―芬顿反应用于漂白有机染料的一种机理如图所示，其中包括①②光激发产生光生电子与光生空穴（，具有很强的得电子能力）、③④空穴氧化、⑥超氧自由基氧化、⑦光生电子还原铁离子等。下列说法正确的是（ ）
A．、和在漂白颜料时体现了强还原性
B．催化剂可以降低反应活化能，提高单位体积内活化分子百分数
C．反应⑤每消耗1，共转移4
D．反应⑨有非极性键的断裂与形成
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；催化剂；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. 、和具有很强的得电子能力，在漂白颜料时体现了强氧化性，故A不符合题意；
B.催化剂可以降低反应活化能，提高单位体积内活化分子百分数，故B符合题意；
C.反应⑤是O2-*O2--e，因此消耗1mol氧气转移1mol电子，故C不符合题意；
D.反应⑨是H2O2-HO.，只有共价键的断裂，无共价键的形成，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据具有很强的的电子能力即可判断；
B.根据催化剂可降低活化能，提高活化分子百分数；
C.根据找出产物即可判断消耗1mol氧气转移电子数；
D.根据题意可知，有键的断裂无键形成。
9．（2023高二上·南宁期中）与在镍基催化剂催化作用下能发生如图所示的可逆反应，下列说法错误的是（ ）
A．总反应为
B．催化剂能降低反应的活化能，增大单位体积内活化分子数目
C．图示反应过程中有极性键的断裂与形成
D．更换更高效的催化剂，能提高的平衡转化率
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A.根据二氧化碳和甲烷在催化剂的作用下反应得到一氧化碳和氢气，即可写出方程式为： ，故A不符合题意；
B.催化剂可降低活化能，可以增大单位体积内的活化分子数，故B不符合题意；
C.图示中碳氢键是极性键，有断裂和形成，故C不符合题意；
D.催化剂只能改变反应速率不能改变转化率，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据图示即可得到是二氧化碳和甲烷在催化剂的作用下得到一氧化碳和氢气，即可写出方程式为，催化剂只是降低活化能提高单位体积内活化分子数不能改变转化率，反应中存在着极性键的断裂和形成，结合选项判断即可。
10．（2023高二上·湖南期中）1 mol HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应历程与能量的关系如图所示，下列说法正确的（ ）
A．反应历程用DCOOH代替HCOOH，得到的产物可能有HD和
B．Pd催化剂可以加快反应速率，降低反应的活化能，但不参与反应
C．历程中决速步骤的活化能为80.3 kJ/mol
D．以上反应历程涉及极性键和非极性键的断裂与形成
【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A、HCOOH在催化剂作用下可生成和，因此若用DCOOH代替HCOOH，得到的产物可能有HD和，故A正确；
B、Pd催化剂能降低反应的活化能，改变反应途径，参与反应，故B错误；
C、由图可知，步骤Ⅳ→V的活化能最大，为80.3a kJ/mol，则HCOOH分解生成和历程中决速步的活化能为80.3a kJ/mol，故C错误；
D、由图可知，反应过程涉及极性键断裂、极性键和非极性键的形成，没有非极性键的断裂，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、HCOOH在催化剂作用下可生成和；
B、催化剂参与反应；
C、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
D、该历程不涉及非极性键的断裂。
11．（2023高二上·广州期中）采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，该反应历程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较多的副产物为CO
B．上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低*CO+*OH→*CO+*H2O的能量变化。
C．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D．总反应焓变
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A、*CO→CO的活化能低于*CO→CH2O的活化能，则*CO→CO更容易发生，相对较多的副产物为CO，故A不符合题意；
B、*CO+*OH→*CO+*H2O的能垒最大，为整个历程的决速步骤，因此合成甲醇的反应，要使反应速率加快，主要降低*CO+*OH→*CO+*H2O的能量变化，故B不符合题意；
C、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响平衡移动，故C符合题意；
D、生成物的总能量大于反应物的总能量，则总反应吸热，，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、活化能越小，反应越容易发生；
B、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
C、催化剂不影响平衡状态；
D、吸热反应的。
12．（2023高二上·深圳月考）二维锑片 (Sb)是一种新型的CO2电化学还原催化剂。酸性条件下人工固碳装置中CO2气体在Sb表面发生三种催化竞争反应，其反应历程如下图所示(*表示吸附态中间体)。下列说法不正确的是（ ）
A．生成HCOOH的速率最快
B．生成CO吸收的能量最多
C．Sb电极表面生成HCOOH的反应为：
D．三种催化反应均为氧化还原反应
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A、活化能越小，反应速率越快，生成HCOOH的活能量最小，因此生成HCOOH的速率最快，故A错误；
B、三种产物中HCOOH的能量最大，则生成HCOOH吸收的能量最多，故B错误；
C、Sb催化剂表面， 和得电子生成HCOOH，反应的方程式为 ，故C正确；
D、三种催化反应中均存在电子的得失，均属于氧化还原反应，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、反应的活化能越小，反应速率越快；
B、生成三种产物中HCOOH的能量最大；
C、结合图示中反应物、生成物书写方程式；
D、氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
13．（2023高二上·阳江期中）最近，中科院大连化物所研究发现了以Cu-ZnZr三元氧化物为催化剂时，CO2加氢制甲醇的反应机理如图所示(带*微粒为催化剂表面的吸附物种)：
下列判断错误的是（ ）
A．CO2是该反应的氧化剂
B．生成的CH3OH可用作车用燃料
C．催化剂能加快反应速率，但不改变反应的反应热
D．该反应过程中既有非极性键的断裂，又有非极性键的形成
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、该历程的总反应为：CO2+3H2=CH3OH+H2O，该反应中，C元素的化合价降低，被还原，则CO2是该反应的氧化剂，故A正确；
B、甲醇是性能优良的能源和车用燃料，故B正确；
C、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响反应热，故C正确；
D、该过程中，存在H-H键、C=O键的断裂，C-H、C-O、H-O极性键的形成，没有非极性键的形成，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、所含元素化合价降低的物质是氧化剂；
B、甲醇可做车燃料；
C、催化剂不影响反应热；
D、该过程中不存在非极性键的形成。
14．（2023高二上·成都月考）甲烷单加氧酶（s-mmo）含有双核铁活性中心，是氧化生成的催化剂，反应过程如图所示。
下列说法不正确的是（ ）
A．每一步骤都存在铁元素和氧元素之间的电子转移
B．步骤③中有非极性键的断裂和极性键的生成
C．该催化循环过程中，s-mmo的双核铁活性中心先被氧化后被还原
D．图中的总过程可表示为：
【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；催化剂
【解析】【解答】
A．最后一步即第⑥步：Fe化合价改变是因为外界提供了两个电子，O元素化合价没有改变，在铁和氧元素之间没有电子转移，故A错误；
B．步骤③是转化为，有非极性键的断裂和极性键的形成，故B正确；
C．由图可知，催化循环过程中，s-mmo的双核铁活性中心先由+2价变为+3价，后又变为+2价，即先被氧化后被还原，故C正确；
D． 由图可知，CH4、O2、H+是反应物，CH3OH和H2O是生成物，总过程可表示为：；故D正确。
故选A。
【分析】A．依据元素化合价改变与否分析；
B．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
C．依据催化循环过程中元素化合价改变与否分析；
D． 由图反应物和生成物判断。
15．（2024高三上·巢湖月考）近日，哈尔滨工业大学的研究团队发现，以非晶态（Ⅲ）基硫化物为催化剂，能有效催化OER（析氧反应）和UOR（尿素氧化反应），从而降低电解水制氢过程中的能耗，其工作原理和反应机理如图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．电解过程中，电极附近溶液的不变
B．非晶态（Ⅲ）基硫化物能改变OER反应的反应热
C．OER分四步进行，其中没有非极性键的形成与断裂
D．UOR的电化学反应总过程为
【答案】D
【知识点】反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式；催化剂；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】该装置是电解池，根据题意可以判断出电极A是阴极，电极反应式是：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，OH－通过阴离子交换膜向阳极移动，电极B是阳极，发生电极反应为：CO(NH2)2-6e-+6OH-=2CO2+N2+5H2O。
A.电极A生成OH－， 电极A发生2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，产生OH－碱性增强，电极A附近溶液pH增大，A错误；
B. 非晶态Ni（Ⅲ）基硫化物是该反应的催化剂，能加快反应速率，但不能改变反应的反应热，B错误；
C. OER 的第Ⅱ有O-O非极性健的形成，C错误；
D.UOR尿素失电子生成N2，电化学反应式为：CO(NH2)2-6e-+6OH-=2CO2+N2+5H2O，D正确；
故答案为：D
【分析】“5点”突破电解综合应用题
(1)分清阴、阳极，与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极，两极反应为“阳氧阴还”。
(2)剖析离子移向，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
(3)注意放电顺序，正确判断放电的微粒或物质。
(4)注意介质，正确判断反应产物，酸性介质不出现OH－，碱性介质不出现H＋；不能想当然地认为金属作阳极，电极产物为金属阳离子。
(5)注意得失电子守恒和电荷守恒，正确书写电极反应式。
16．（2023高三上·常德月考）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．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
【知识点】化学键；催化剂；有机物的结构和性质；加成反应
【解析】【解答】A.过程②没有O-H键的断裂，过程③C-C键没有发生变化，A选项是错误的；
B.根据①过程的图示，可知反应①中不仅发生了加成反应，还有水的生成，B选项是错误的；
C.催化剂的作用是通过减小反应的活化能来加快反应速率，C选项是错误的；
D.箭头指进的是反应，箭头指出的是产物，根据图示知，该反应的总化学方程式为： ，D选项是正确的。
故答案为：D。
【分析】A.根据图示物质的变化，知过程①有O-H键的断裂，过程②没有O-H键的断裂；过程④有C-C键的断裂，过程③C-C键没有发生变化；
B.加成反应是一种有机化学反应，它发生在有双键或三键（不饱和键）的物质中，两个或多个分子互相作用，生成一个加成产物的反应称为加成反应；
C.催化剂的作用是通过减小反应的活化能来加快反应速率；
D.箭头指进的是反应，箭头指出的是产物，在图中圈上的物质是中间产物或者催化剂。
17．（2023高二下·郴州期末）我国科学家合成了Y、Sc(，)单原子催化剂，用于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)。下列说法中错误的是（ ）
A．其它条件相同下，使用催化剂更有利于提高产量
B．两种催化剂，反应的快慢都是由生成*NNH的速率决定
C．实际生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率
D．工业合成氨与电化学催化还原氮气均涉及到共价键的断裂与形成
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、由图可知，使用 催化剂时反应的活化能小于时反应的活化能，反应速率更快，则使用催化剂更有利于提高产量，故A正确；
B、两种催化剂存在的情形下，生成*NNH的活化能均最大，则两种催化剂，反应的快慢都是由生成*NNH的速率决定，故B正确；
C、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡状态，则实际生产中将催化剂处理成纳米级颗粒不能提高氨气的平衡转化率，故C错误；
D、利用氮气和氢气合成氨气的过程中，氮气和氢气中的共价键断裂，形成N-H键，电化学催化氢气还原氮气的过程中，氮气和氢气中的共价键断裂，形成N-H键，即均涉及共价键的断裂与形成，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、使用 催化剂时反应的活化能更小；
B、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
C、催化剂不影响平衡状态；
D、工业合成氨是利用氮气和氢气合成氨。
18．（2023高三上·梅河口开学考）2021年中国科学院和中国工程院评选出2020年世界十大科技进展，排在第四位的是一种可借助光将二氧化碳转化为甲烷的新型催化转化方法：，这是迄今最接近人造光合作用的方法，加氢制的一种催化机理如图。下列说法正确的是（ ）
A．反应中是中间产物
B．转化为利用了的氧化性
C．经过活性中心裂解产生带负电荷的H
D．使用催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．La2O3是反应催化剂，La2O2CO3是中间产物，A不符合题意；
B．反应中CO2中C化合价降低被还原，是氧化剂，B符合题意；
C．氢气经过镍活性中心裂解产生电中性氢原子，C不符合题意；
D．催化剂能降低反应的活化能，提高化学反应速率，不能改变焓变，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．反应催化剂，中间产物的判断；
B．化合价降低被还原，是氧化剂；
C．氢气经过镍活性中心裂解产生电中性氢原子；
D．催化剂能降低反应的活化能，提高化学反应速率，不能改变焓变。
19．（2023高一下·青岛期末）有学者提出，在铜基催化剂作用下，合成甲醇的转化过程如图所示。下列说法证确的是（ ）
A．转化过程中碳原子有3种杂化方式
B．和均是由极性键构成的极性分子
C．能与溶液反应的甲酸乙酯的同分异构体分有1种
D．该过程的总反应方程式为
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；催化剂；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．转化过程中存在碳氧双键、碳碳单键，有sp2和sp32种杂化方式，A不符合题意；
B． 是非极性分子，B不符合题意；
C．能与 溶液反应的甲酸乙酯的同分异构体中有羧基或者酯基，可能的结构有2种，C不符合题意；
D．该过程的总反应方程式为 ，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．碳氧双键是sp2杂化、碳碳单键是sp3杂化；
B．是非极性分子；
C．能与 溶液反应的甲酸乙酯的同分异构体中有羧基或者酯基；
D． 的书写。
20．（2023高二下·安庆期末）据文献报道：催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．该反应有助于去除温室气体
B．该催化循环中Fe的成键数目未发生变化
C．的使用降低了总反应的焓变
D．参与了该催化循环
【答案】D
【知识点】反应热和焓变；催化剂；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A.根据图示找出反应中释放出二氧化碳，故A不符合题意；
B.根据图形找出Fe成键数目即可，故B不符合题意；
C.催化剂不能改变焓变，故C不符合题意；
D.根据反应物和生成物出现了氢氧根得出氢氧根参与循环，故D符合题意；
故正确答案为D
【分析】A.结合反应流程找出是否生成二氧化碳；
B.根据铁成键数目判断即可；
C.催化剂不改变焓变；
D.根据图示找出氢氧根即可判断。
21．（2023高二下·滁州期末）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，下图为该历程示意图，下列说法不正确的是（ ）
A．①→②放出能量并形成了C-C键
B．催化剂可提高反应物的平衡转化率
C．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
D．CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、由分析可知，①→②为放热反应，则①→②放出能量并形成了C-C键，故A正确；
B、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡状态，不能提高反应物的平衡转化率，故B错误；
C、该过程的总反应为CH4+CO2→CH3COOH，该反应的原子利用率为100%，故C正确；
D、由图可知，CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、①的能量高于②，则①→②为放热反应；
B、催化剂不影响平衡状态；
C、总反应为甲烷和二氧化碳反应生成乙酸；
D、甲烷中只含C-H键。
22．（2023高二下·盐城期末）NH3选择性催化还原NO的反应为，其反应历程如图所示，一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的NH3、NO、O2，下列说法不正确的是（ ）
A．NO的转化率可能随NH3浓度的增大而增大
B．NH3与催化剂发生强的化学吸附，而NO在此过程中几乎不被催化剂吸附
C．反应①的活化能小，反应速率快，是控速步骤
D．过渡态Ⅱ化合物中，NH3提供的H原子中的2个与NO中的O结合生成H2O
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A：增大NH3的浓度，化学平衡向正向移动，有更多 NO 转化为N2，故NH3转化率可能随NH3浓度的增大而增大， 故A不符合题意；
B：根据图示可知：在反应过程中NH3与催化剂发生强的化学吸附作用，而 NO 几乎不被催化剂吸附， 故B不符合题意；
C：化学反应分多步进行时，总反应由慢反应决定。反应①的活化能小，反应速率快；而反应②活化能高，反应速率慢，因此控速步骤是反应②，故C符合题意；
D：根据图示可知：在过渡态 II 化合物中，NH3提供的 H 原子， NO 提供 O 原子，2个 H 与1个O 结合生成H2O 子，故 D不符合题意；
故答案为：C
【分析】影响化学平衡的因素：影响化学平衡的因素：压强、温度、浓度等。
化学反应分多步进行时，慢反应限制反应速率，是控步步骤。
23．（2023高二下·玉溪期中）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(Ⅱ)的核外电子排布式为[Ar]3d6
B．步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成
C．图中的总过程可表示为：CH4+O2+2H++2e-CH3OH+H2O
D．每一步骤都存在铁和氧元素之间的电子转移
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；极性键和非极性键；催化剂
【解析】【解答】A、Fe为26号元素，基态Fe原子核外有26个电子，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，失电子先失去的是4S层的电子，基态Fe(Ⅱ)的核外电子排布式为[Ar]3d6，故A正确；
B、步骤③中，O-O键断裂，O形成-Fe键，则步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成，故B正确；
C、由图可知，该过程的反应物为CH4、O2、H+，生成物为CH3OH和H2O，则总过程可表示为：CH4+O2+2H++2e-CH3OH+H2O，故C正确；
D、最后一步Fe化合价改变是因为外界提供了两个电子，O元素化合价没有改变，在铁和氧元素之间没有电子转移，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、Fe为26号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2；
B、步骤③为转化为；
C、由图可知，CH4、O2、H+是反应物，CH3OH和H2O是生成物；
D、最后一步不存在铁和氧之间的电子转移。
24．（2023高一下·广州期中）利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的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．反应过程中NO2、NH之间的反应是氧化还原反应
B．汽车尾气中含有的氮氧化合物是由汽油燃烧产生的
C．NH中含有非极性共价键
D．上述历程的总反应为2NH3+NO+NO22N2+3H2O
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；催化剂
【解析】【解答】A、NO2与NH4＋反应生成[(NH4)2(NO2)]2＋，过程中没有元素化合价变化，因此不属于氧化还原反应，A不符合题意。
B、汽车尾气中的氮氧化物是由空气中的N2、O2在高温、电火花的作用下反应生成，B不符合题意。
C、NH4＋中只含有N－H共价键，为极性键，不含有非极性键，C不符合题意。
D、上述历程中的反应物有NH3、NO和NO2，生成物有N2和H2O，该反应的化学方程式为2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、反应过程中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应。
B、汽车尾气中的氮氧化合物是由N2和O2反应生成的。
C、NH4＋中只含有极性键。
D、由反应历程可得反应物和生成物，从而得到反应的化学方程式。
25．（2023高一上·莘县期末）三效催化剂能有效实现汽车尾气中三种成分的净化，其催化剂表面物质转化的关系如图1所示，化合物X可借助傅里叶红外光谱图（如图2所示）确定。下列说法正确的是（ ）
A．在转化过程中，氮元素均被还原
B．依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C．还原过程中每生成1分子，转移5个电子
D．X的化学式为
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；催化剂；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】解：A、N元素的最高化合价为+5价，因此NOx、O2、BaO反应过程中，N元素化合价升高，失去电子，作为还原剂被氧化；故A错误；
B、再储存过程中，BaO生成了钡盐，而在还原过程又重新生成了BaO，因此催化剂参加了反应；故B错误；
C、还原过程中N元素的化合价由+5价降低到0价，得到5个电子，而1分子N2中有两个N原子，因此转移10个电子；故C错误；
D、由图二可知，储存过程中有NO3-的生成，因此X应为钡盐，即Ba(NO3)2；故D正确；
故答案为：D。
【分析】AB、分析图1中储存和还原的过程及价态的变化即可；
CD、根据图二分析出X的物质化学式，然后再分析还原过程中N元素的化合价变化即可得出转移的电子数。
26．（2023高二下·赣榆期中）有科研人员认为 CeO2催化合成 DMC 需经历三步反应(如图)。下列说法正确的是（ ）
A．DMC 是乙酸乙酯的同系物
B．CH3OH 和 CO2生成 DMC 的原子利用率为 100%
C．CO2中 O-C-O 键的键角没被催化剂 CeO2改变
D．1mol DMC 在碱性条件下完全水解消耗 NaOH 的物质的量为 2mol
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；催化剂；同系物
【解析】【解答】A. DMC 与乙酸乙酯中酯基的数目是不同的，所以不是同系物，A选项是错误的；
B.二者反应的产物除了DMC，还有H2O，所以原子利用率达不到100%，B选项是错误的；
C.根据图示知：在CeO2催化剂的作用下，CO2的键角不再是180℃，因此，C选项是错误的；
D.DMC中含有两个酯基，所以1molDMC完全水解需要2molNaOH。
故答案为：D。
【分析】有机物的官能团的数目和种类相同，且在分子式上相差n个CH2的有机物互为同系物。
27．（2023高二下·滕州期中）我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下：
下列说法正确的是（ ）
A．反应①的产物中含有水
B．反应②属于加成反应
C．汽油主要是C5和C11的烃类混合物
D．图中a的名称是2-甲基戊烷
【答案】A
【知识点】催化剂；加成反应；烷烃
【解析】【解答】A．反应①是CO2与H2反应产生CO，根据质量守恒可知：该反应的产物中应该还含有水，该反应方程式为：CO2+H2=CO+H2O，A正确；
B．反应②是CO与H2反应产生(CH2)n及H2O，生成物有两种，不属于加成反应，因此反应类型不是加成反应，B错误；
C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C5～C11的烃类混合物，C错误；
D．根据图示可知图中a烃含有5个C原子，分子中含有有一个甲基，其名称应为2-甲基丁烷或异戊烷，D错误；
故答案为：A。
【分析】B.一般含有不饱和键的如烯烃、炔烃、苯环等可以发生加成反应，反应②不属于加成反应；
C.汽油为混合物，一般为含有碳原子在5到11之间的烃；
D.对于烷烃命名，首先要找到最长碳链为主链，然后再编号，确定支链位置，然后进行命名。
28．（2023高二下·抚州期中）Fokin等人提出铜催化叠氮与炔烃环反应的机理如图，下列有关说法错误的是（ ）
A．铜降低反应的活化能，提高反应物的平衡转化率
B．分子中至少有四个原子在一条直线上
C．产物中五元环(五元环为平面结构)上的原子均采用sp2杂化
D．此过程的总反应为加成反应
【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；加成反应
【解析】【解答】A．铜降低反应的活化能，不能提高反应物的平衡转化率，A符合题意；
B．碳碳三键的碳原子上直接连接的原子，处于同一条直线上，B不符合题意；
C．N，C都是sp2杂化，C不符合题意；
D．反应物最终全部转化为生成物，原子利用率100%，是加成反应，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．铜降低反应的活化能，不能提高反应物的平衡转化率；
B．碳碳三键的碳原子上直接连接的原子，处于同一条直线上；
C．杂化方式的判断；
D．原子利用率的判断。
二、非选择题
29．（2023·云南模拟）CO2与氢气在固载金属催化剂上可发生以下反应：
反应i． CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ΔH1
反应ii． CO2(g)+H2(g) H2O(g)+CO(g) ΔH2>0
反应iii．……
可能的反应机理如下(M为催化剂)；
回答下列问题：
（1）反应iii的化学方程式为 。
（2）已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物时所放出的热量)：
物质 CO2(g) H2(g) HCOOH(g)
标准摩尔生成焓/kJ·mol-1 -393.51 0 -362.3
依据以上信息，ΔH1= 。
（3）在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1 投料，发生反应i和反应ii (忽略反应iii)， 反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性=随温度变化曲线如下图所示。
①下列措施能提高CO2平衡转化率的是 ( 填标号)。
A．降低温度 B．再充入Ar C．分离出HCOOH
②673.15K，反应后体系中H2的分压为a MPa，则反应i的压力商计算式Qp= MPa-1。
③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii的反应速率相比，增加更显著的是反应 (填“ i”或“ii”)，判断的理由是 。
（4）若在Bi或Bi/CeO2催化剂表面还原CO2生成HCOOH， 模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。HCOOH的合成更倾向于通过生成 中间体，且 (填 “Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性更优异。
【答案】（1）CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+ H2O(g)
（2）+31.21kJ·mol-1
（3）C；；ii；随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降
（4）HCOO*；Bi/CeO2
【知识点】反应热和焓变；催化剂；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；有关反应热的计算
【解析】【解答】 (1)CO2(g)可以和H2(g)反应生成HCHO(g)，由元素守恒，反应iii为CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+ H2O(g)；
(2)焓变等于生成物总能量-反应物总能量，ΔH1=[-362.3-0-(-393.51)] kJ·mol-1=+31.21kJ·mol-1；
(3)①A．ΔH1＞0，ΔH2＞0，反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，A不符合题意；
B．恒压条件，再充入Ar，容器体积变大，相当于减压，反应i是体积分子数减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，B不符合题意；
C．分离出HCOOH，反应i平衡正向移动，CO2转化率增大，C符合题意；
②设初始投料为n(H2)=n(CO2)=1mol，673.15K时，CO2的转化率为95%，HCOOH的选择性为0.3%，n(HCOOH)=1×95%×0.3%mol，由于反应i和反应ii中H2和CO2都是1∶1反应，此时n(H2)=n(CO2)=1×5%mol，p(CO2)=p(H2)=aMPa，p(HCOOH)=（1x95%x0.3%）5%aMPa，反应i的压力商计算式Qp=1x95%x0.3%）5%a（axa）= ；
③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性下降，说明反应ii的反应速率增加更显著；
(4)生成HCOO*的活化能更小，HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO2对反应的活化能降低的更多，催化活性更优异；
【分析】(1)CO2(g)可以和H2(g)反应生成HCHO(g)；
(2)焓变等于生成物总能量-反应物总能量；
(3)①A．ΔH1＞0，ΔH2＞0，反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小；
B．恒压条件，再充入Ar，容器体积变大，相当于减压，反应i是体积分子数减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小；
C．分离出HCOOH，反应i平衡正向移动，CO2转化率增大；
②压力商的计算；
③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性下降；
(4)生成HCOO*的活化能更小，HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO2对反应的活化能降低的更多，催化活性更优异。
30．（2023·门头沟模拟）2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的科学家。点击化学的代表反应为铜([Cu])催化的叠氮 炔基Husigen成环反应，其原理如下图。
下列说法不正确的是
A．上述循环中H+ 是中间产物之一
B．上述循环过程中只有极性键的断裂和形成
C．Cu能降低反应的活化能，但不改变总反应的焓变
D．中间产物中N采取sp2、杂化
【答案】B
【知识点】化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；催化剂
【解析】【解答】A.A.H+在反应开始并没有，后续生成了H+释放出，所以H+是中间产物，A选项是正确的；
B.该过程中也有C-C键的断裂，C-C属于非极性键，B选项是错误的；
C.根据图示知，铜在该过程中是催化剂，催化剂的作用是降低活化能，加快反应速率，但是无法改变反应的焓变，C选项是正确的；
D. 中间产物 中N有 sp2、杂化 ，D选项是正确的。
故答案为：B。
【分析】A.中间产物指的是反应起始没有，但是中间某一步历程中生成了的物质；
B.极性键指的是不同原子之间形成的共价键，非极性键指的是相同的原子之间形成的共价键；
C.催化剂的作用是降低活化能，加快反应速率，但是无法改变反应的焓变，也无法改变可逆反应的限度；
D.形成双键的N有一对孤电子对，2个σ键，所以是sp2杂化，只形成单间的N有3个σ键，一对孤电子对，因此是sp3杂化。
1 / 1【备考2024年】从巩固到提高 高考化学二轮微专题19 催化剂
一、选择题
1．（2024·河南模拟）甲酸甲酯作为潜在的储氢材料受到关注，科学家发现使用配合物催化剂可以使甲酸甲酯温和释氢，其可能的反应过程如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A．为极性分子，为非极性分子
B．每消耗生成
C．总反应为
D．反应涉及键断裂和键形成
2．（2024·安徽模拟）科研人员利用高压气流将水微滴喷射到涂覆催化剂的石墨网上，研究常温制氨，其反应历程中微粒转化关系如图1，相对能量变化关系如图2，图中*表示催化剂表面吸附位。下列说法正确的是（ ）
A．过程中发生非极性键的断裂与形成
B．Ⅰ转化为和的过程中会生成
C．Ⅱ表示的微粒符号是
D．反应历程中放热最多的反应是
3．（2024高二上·宁波期末）与在不同催化剂作用下反应生成的反应历程图(为过渡态。*表示吸附在催化剂表面的物种)如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应为放热反应
B．催化剂1和催化剂2均降低了反应的焓变
C．反应过程中有非极性键的断裂和形成
D．催化剂1作用下的决速步为
4．（2024高三上·东莞期末）黄铵铁矾能催化形成自由基（过程可能的机理如图所示），氧化去除废水中的偶氮染料。下列说法不正确的是（ ）。
A．图中指黄铵铁矾
B．图所示过程可生成
C．反应③有极性共价键的断裂和形成
D．温度越高，偶氮染料去除率越大
5．（2023高二上·普宁月考）煤的间接液化可先转化为一氧化碳和氢气，后在催化剂作用下合成甲醇，其中一氧化碳与氢气的反应历程如下图所示，吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是（ ）
A．煤中含有苯和甲苯，可以通过分馏的方式将它们分离出来
B．该反应历程中决速步骤的活化能为1.6eV
C．石油裂解和煤的干馏都是化学变化，而石油的分馏和煤的气化都是物理变化
D．虚线框内发生的化学反应方程式可能为H3CO*+H2=CH3OH*
6．（2023高三上·辛集月考）正丁烷催化裂解为乙烷和乙烯的反应历程如下（*代表催化剂）：
下列说法正确的是（ ）
A．使用催化剂能降低该反应的
B．过渡态、、中稳定性最强的是
C．正丁烷裂解生成乙烷和乙烯的反应为放热反应
D．正丁烷裂解生成乙烷和乙烯的决速步骤是反应①
7．（2023高二上·南海月考）采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇（CH3OH)方向取得重要进展，该反应历程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．总反应焓变
B．上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低*CO+*OH→*CO+*H2O的能量
变化。
C．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D．容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较多的副产物为CO
8．（2023高二上·保定期中）催化剂光助―芬顿反应用于漂白有机染料的一种机理如图所示，其中包括①②光激发产生光生电子与光生空穴（，具有很强的得电子能力）、③④空穴氧化、⑥超氧自由基氧化、⑦光生电子还原铁离子等。下列说法正确的是（ ）
A．、和在漂白颜料时体现了强还原性
B．催化剂可以降低反应活化能，提高单位体积内活化分子百分数
C．反应⑤每消耗1，共转移4
D．反应⑨有非极性键的断裂与形成
9．（2023高二上·南宁期中）与在镍基催化剂催化作用下能发生如图所示的可逆反应，下列说法错误的是（ ）
A．总反应为
B．催化剂能降低反应的活化能，增大单位体积内活化分子数目
C．图示反应过程中有极性键的断裂与形成
D．更换更高效的催化剂，能提高的平衡转化率
10．（2023高二上·湖南期中）1 mol HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应历程与能量的关系如图所示，下列说法正确的（ ）
A．反应历程用DCOOH代替HCOOH，得到的产物可能有HD和
B．Pd催化剂可以加快反应速率，降低反应的活化能，但不参与反应
C．历程中决速步骤的活化能为80.3 kJ/mol
D．以上反应历程涉及极性键和非极性键的断裂与形成
11．（2023高二上·广州期中）采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，该反应历程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较多的副产物为CO
B．上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低*CO+*OH→*CO+*H2O的能量变化。
C．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D．总反应焓变
12．（2023高二上·深圳月考）二维锑片 (Sb)是一种新型的CO2电化学还原催化剂。酸性条件下人工固碳装置中CO2气体在Sb表面发生三种催化竞争反应，其反应历程如下图所示(*表示吸附态中间体)。下列说法不正确的是（ ）
A．生成HCOOH的速率最快
B．生成CO吸收的能量最多
C．Sb电极表面生成HCOOH的反应为：
D．三种催化反应均为氧化还原反应
13．（2023高二上·阳江期中）最近，中科院大连化物所研究发现了以Cu-ZnZr三元氧化物为催化剂时，CO2加氢制甲醇的反应机理如图所示(带*微粒为催化剂表面的吸附物种)：
下列判断错误的是（ ）
A．CO2是该反应的氧化剂
B．生成的CH3OH可用作车用燃料
C．催化剂能加快反应速率，但不改变反应的反应热
D．该反应过程中既有非极性键的断裂，又有非极性键的形成
14．（2023高二上·成都月考）甲烷单加氧酶（s-mmo）含有双核铁活性中心，是氧化生成的催化剂，反应过程如图所示。
下列说法不正确的是（ ）
A．每一步骤都存在铁元素和氧元素之间的电子转移
B．步骤③中有非极性键的断裂和极性键的生成
C．该催化循环过程中，s-mmo的双核铁活性中心先被氧化后被还原
D．图中的总过程可表示为：
15．（2024高三上·巢湖月考）近日，哈尔滨工业大学的研究团队发现，以非晶态（Ⅲ）基硫化物为催化剂，能有效催化OER（析氧反应）和UOR（尿素氧化反应），从而降低电解水制氢过程中的能耗，其工作原理和反应机理如图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．电解过程中，电极附近溶液的不变
B．非晶态（Ⅲ）基硫化物能改变OER反应的反应热
C．OER分四步进行，其中没有非极性键的形成与断裂
D．UOR的电化学反应总过程为
16．（2023高三上·常德月考）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．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
17．（2023高二下·郴州期末）我国科学家合成了Y、Sc(，)单原子催化剂，用于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)。下列说法中错误的是（ ）
A．其它条件相同下，使用催化剂更有利于提高产量
B．两种催化剂，反应的快慢都是由生成*NNH的速率决定
C．实际生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率
D．工业合成氨与电化学催化还原氮气均涉及到共价键的断裂与形成
18．（2023高三上·梅河口开学考）2021年中国科学院和中国工程院评选出2020年世界十大科技进展，排在第四位的是一种可借助光将二氧化碳转化为甲烷的新型催化转化方法：，这是迄今最接近人造光合作用的方法，加氢制的一种催化机理如图。下列说法正确的是（ ）
A．反应中是中间产物
B．转化为利用了的氧化性
C．经过活性中心裂解产生带负电荷的H
D．使用催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
19．（2023高一下·青岛期末）有学者提出，在铜基催化剂作用下，合成甲醇的转化过程如图所示。下列说法证确的是（ ）
A．转化过程中碳原子有3种杂化方式
B．和均是由极性键构成的极性分子
C．能与溶液反应的甲酸乙酯的同分异构体分有1种
D．该过程的总反应方程式为
20．（2023高二下·安庆期末）据文献报道：催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．该反应有助于去除温室气体
B．该催化循环中Fe的成键数目未发生变化
C．的使用降低了总反应的焓变
D．参与了该催化循环
21．（2023高二下·滁州期末）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，下图为该历程示意图，下列说法不正确的是（ ）
A．①→②放出能量并形成了C-C键
B．催化剂可提高反应物的平衡转化率
C．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
D．CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂
22．（2023高二下·盐城期末）NH3选择性催化还原NO的反应为，其反应历程如图所示，一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的NH3、NO、O2，下列说法不正确的是（ ）
A．NO的转化率可能随NH3浓度的增大而增大
B．NH3与催化剂发生强的化学吸附，而NO在此过程中几乎不被催化剂吸附
C．反应①的活化能小，反应速率快，是控速步骤
D．过渡态Ⅱ化合物中，NH3提供的H原子中的2个与NO中的O结合生成H2O
23．（2023高二下·玉溪期中）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(Ⅱ)的核外电子排布式为[Ar]3d6
B．步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成
C．图中的总过程可表示为：CH4+O2+2H++2e-CH3OH+H2O
D．每一步骤都存在铁和氧元素之间的电子转移
24．（2023高一下·广州期中）利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的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．反应过程中NO2、NH之间的反应是氧化还原反应
B．汽车尾气中含有的氮氧化合物是由汽油燃烧产生的
C．NH中含有非极性共价键
D．上述历程的总反应为2NH3+NO+NO22N2+3H2O
25．（2023高一上·莘县期末）三效催化剂能有效实现汽车尾气中三种成分的净化，其催化剂表面物质转化的关系如图1所示，化合物X可借助傅里叶红外光谱图（如图2所示）确定。下列说法正确的是（ ）
A．在转化过程中，氮元素均被还原
B．依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C．还原过程中每生成1分子，转移5个电子
D．X的化学式为
26．（2023高二下·赣榆期中）有科研人员认为 CeO2催化合成 DMC 需经历三步反应(如图)。下列说法正确的是（ ）
A．DMC 是乙酸乙酯的同系物
B．CH3OH 和 CO2生成 DMC 的原子利用率为 100%
C．CO2中 O-C-O 键的键角没被催化剂 CeO2改变
D．1mol DMC 在碱性条件下完全水解消耗 NaOH 的物质的量为 2mol
27．（2023高二下·滕州期中）我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下：
下列说法正确的是（ ）
A．反应①的产物中含有水
B．反应②属于加成反应
C．汽油主要是C5和C11的烃类混合物
D．图中a的名称是2-甲基戊烷
28．（2023高二下·抚州期中）Fokin等人提出铜催化叠氮与炔烃环反应的机理如图，下列有关说法错误的是（ ）
A．铜降低反应的活化能，提高反应物的平衡转化率
B．分子中至少有四个原子在一条直线上
C．产物中五元环(五元环为平面结构)上的原子均采用sp2杂化
D．此过程的总反应为加成反应
二、非选择题
29．（2023·云南模拟）CO2与氢气在固载金属催化剂上可发生以下反应：
反应i． CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ΔH1
反应ii． CO2(g)+H2(g) H2O(g)+CO(g) ΔH2>0
反应iii．……
可能的反应机理如下(M为催化剂)；
回答下列问题：
（1）反应iii的化学方程式为 。
（2）已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物时所放出的热量)：
物质 CO2(g) H2(g) HCOOH(g)
标准摩尔生成焓/kJ·mol-1 -393.51 0 -362.3
依据以上信息，ΔH1= 。
（3）在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1 投料，发生反应i和反应ii (忽略反应iii)， 反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性=随温度变化曲线如下图所示。
①下列措施能提高CO2平衡转化率的是 ( 填标号)。
A．降低温度 B．再充入Ar C．分离出HCOOH
②673.15K，反应后体系中H2的分压为a MPa，则反应i的压力商计算式Qp= MPa-1。
③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii的反应速率相比，增加更显著的是反应 (填“ i”或“ii”)，判断的理由是 。
（4）若在Bi或Bi/CeO2催化剂表面还原CO2生成HCOOH， 模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。HCOOH的合成更倾向于通过生成 中间体，且 (填 “Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性更优异。
30．（2023·门头沟模拟）2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的科学家。点击化学的代表反应为铜([Cu])催化的叠氮 炔基Husigen成环反应，其原理如下图。
下列说法不正确的是
A．上述循环中H+ 是中间产物之一
B．上述循环过程中只有极性键的断裂和形成
C．Cu能降低反应的活化能，但不改变总反应的焓变
D．中间产物中N采取sp2、杂化
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学键；极性分子和非极性分子；催化剂
【解析】【解答】A、水分子空间结构为V形，正负电荷中心不重合，H2O是极性分子，的结构式为O=C=O，正负电荷中心重合，为非极性分子，故A正确；
B、由图可知， 的化学方程式为：++2H2，据此可知，每消耗生成，故B错误；
C、该历程的总反应为甲酸甲酯和水反应生成氢气和二氧化碳，总反应的化学方程式为，故C正确；
D、该历程的总反应为，反应物中键断裂，生成了氢气，则有键的形成，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、根据正负电荷中心是否重合判断分子极性，正负电荷中心重合为非极性分子，不重合为极性分子；
B、 的方程式为++2H2；
CD、该历程的反应物为甲酸甲酯和水，最终生成水和二氧化碳。
2．【答案】B
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；催化剂
【解析】【解答】A、过程中发生非极性键的断裂，形成N-H极性键，没有形成非极性键，故A错误；
B、Ⅰ转化为和的反应方程式为：，过程中会生成过渡，故B正确；
C、生成Ⅱ的方程式为：，Ⅱ为，故C错误；
D、反应历程中放热最多的反应是Ⅰ和、的反应，方程式为：，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、同种非金属原子间形成非极性键，不同种非金属原子间形成极性键；
B、Ⅰ转化为和时发生的反应为；
C、生成Ⅱ的方程式为；
D、放热最多的反应是Ⅰ和、的反应。
3．【答案】A
【知识点】反应热和焓变；催化剂
【解析】【解答】A.由图像可知，该反应为放热反应，A正确；
B. 催化剂不改变反应的焓变，B错误；
C.反应过程中只有H-H键的断裂，没有非极性键的形成，C错误；
D.活化能最大的步骤为决速步骤，步骤I的活化能为，步骤2的活化能为，则催化剂1作用下的决速步为，D错误；
故选A。
【分析】A.根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量；
B. 催化剂不改变反应的焓变；
C.由图像分析，没有非极性键的形成；
D.活化能最大的步骤为决速步骤。
4．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；催化剂；化学平衡的影响因素；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A.从机理图可知反应为催化剂。反应①是与反应，故指黄铵铁矾 ，A说法正确；
B.含有2个H-O键，故可生成，B说法正确；
C.反应③水分子中的H-O键断裂，同时自由基的H-O键形成，C说法正确；
D.温度高，过氧化氢分解，浓度减小，导致偶氮燃料去除率降低，D说法错误；
故答案为：D。
【分析】黄铵铁矾能催化形成自由基 ，氧化去除废水中的偶氮染料 。从机理图可知反应为催化剂。反应①是与反应生成水和中间产物。
5．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A、煤中不含苯和甲苯，经过煤的干馏才能得到苯和甲苯，故A错误；
B、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，由图可知，历程中活化能最大为： 0.1eV （ 0.9eV）=0.8eV，故B错误；
C、煤的气化过程中有新物质生成，属于化学变化，故C错误；
D、根据分析可知，虚线框内发生的化学反应方程式可能为H3CO*+H2=CH3OH*，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、煤中不含苯和甲苯；
B、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
C、有新物质生成的变化属于化学变化，没有新物质生成的变化属于物理变化；
D、相对能量-1.3eV对应物质为H3CO*+H2。
6．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A、催化剂能加快反应速率，但不影响焓变，则使用催化剂， 不变，故A错误；
B、 过渡态、、中，的能量最低，则最稳定，故B错误；
C、由图可知，该反应反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，故C正确；
D、 反应历程的决速步骤是活化能最大的步骤，反应①的活化能为1.5eV-0=1.5eV，反应②的活化能为0.98eV-（-0.98eV）=1.96eV，反应③的活化能由图可知小于反应②的活化能，所以正丁烷裂解生成乙烷和乙烯的决速步骤是反应②， 故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、催化剂不影响焓变；
B、物质的能量越低越稳定；
C、反应物的总能量高于生成物的总能量；
D、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤。
7．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A.该反应的生成物总能量大于反应物总能量，A选项不符合题意；
B.*CO+*OH→*CO+*H2O一步中活化能是最大的，所以要使反应速率加快 ，应该加快该反应的速率，B选项不符合题意；
C.催化剂不能改变平衡转化率，C选项符合题意；
D.根据反应历程图可知：生成 CH2O 时能垒较高，难发生，因此相对较多的副产物是CO，D选项是不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.反应物总能量小于生成物总能量的反应是吸热反应， ；
B.总反应的快慢，由活化能最大的一部基元反应决定；
C.催化剂只是通过降低活化能来加快反应速率，但是不会改变反应的限度，因此无法改变反应物的平衡转化率；
D.根据反应历程图可知：生成 CH2O 时能垒较高，难发生，因此相对较多的副产物是CO。
8．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；催化剂；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. 、和具有很强的得电子能力，在漂白颜料时体现了强氧化性，故A不符合题意；
B.催化剂可以降低反应活化能，提高单位体积内活化分子百分数，故B符合题意；
C.反应⑤是O2-*O2--e，因此消耗1mol氧气转移1mol电子，故C不符合题意；
D.反应⑨是H2O2-HO.，只有共价键的断裂，无共价键的形成，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据具有很强的的电子能力即可判断；
B.根据催化剂可降低活化能，提高活化分子百分数；
C.根据找出产物即可判断消耗1mol氧气转移电子数；
D.根据题意可知，有键的断裂无键形成。
9．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A.根据二氧化碳和甲烷在催化剂的作用下反应得到一氧化碳和氢气，即可写出方程式为： ，故A不符合题意；
B.催化剂可降低活化能，可以增大单位体积内的活化分子数，故B不符合题意；
C.图示中碳氢键是极性键，有断裂和形成，故C不符合题意；
D.催化剂只能改变反应速率不能改变转化率，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据图示即可得到是二氧化碳和甲烷在催化剂的作用下得到一氧化碳和氢气，即可写出方程式为，催化剂只是降低活化能提高单位体积内活化分子数不能改变转化率，反应中存在着极性键的断裂和形成，结合选项判断即可。
10．【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A、HCOOH在催化剂作用下可生成和，因此若用DCOOH代替HCOOH，得到的产物可能有HD和，故A正确；
B、Pd催化剂能降低反应的活化能，改变反应途径，参与反应，故B错误；
C、由图可知，步骤Ⅳ→V的活化能最大，为80.3a kJ/mol，则HCOOH分解生成和历程中决速步的活化能为80.3a kJ/mol，故C错误；
D、由图可知，反应过程涉及极性键断裂、极性键和非极性键的形成，没有非极性键的断裂，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、HCOOH在催化剂作用下可生成和；
B、催化剂参与反应；
C、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
D、该历程不涉及非极性键的断裂。
11．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A、*CO→CO的活化能低于*CO→CH2O的活化能，则*CO→CO更容易发生，相对较多的副产物为CO，故A不符合题意；
B、*CO+*OH→*CO+*H2O的能垒最大，为整个历程的决速步骤，因此合成甲醇的反应，要使反应速率加快，主要降低*CO+*OH→*CO+*H2O的能量变化，故B不符合题意；
C、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响平衡移动，故C符合题意；
D、生成物的总能量大于反应物的总能量，则总反应吸热，，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、活化能越小，反应越容易发生；
B、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
C、催化剂不影响平衡状态；
D、吸热反应的。
12．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A、活化能越小，反应速率越快，生成HCOOH的活能量最小，因此生成HCOOH的速率最快，故A错误；
B、三种产物中HCOOH的能量最大，则生成HCOOH吸收的能量最多，故B错误；
C、Sb催化剂表面， 和得电子生成HCOOH，反应的方程式为 ，故C正确；
D、三种催化反应中均存在电子的得失，均属于氧化还原反应，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、反应的活化能越小，反应速率越快；
B、生成三种产物中HCOOH的能量最大；
C、结合图示中反应物、生成物书写方程式；
D、氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
13．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、该历程的总反应为：CO2+3H2=CH3OH+H2O，该反应中，C元素的化合价降低，被还原，则CO2是该反应的氧化剂，故A正确；
B、甲醇是性能优良的能源和车用燃料，故B正确；
C、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响反应热，故C正确；
D、该过程中，存在H-H键、C=O键的断裂，C-H、C-O、H-O极性键的形成，没有非极性键的形成，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、所含元素化合价降低的物质是氧化剂；
B、甲醇可做车燃料；
C、催化剂不影响反应热；
D、该过程中不存在非极性键的形成。
14．【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；催化剂
【解析】【解答】
A．最后一步即第⑥步：Fe化合价改变是因为外界提供了两个电子，O元素化合价没有改变，在铁和氧元素之间没有电子转移，故A错误；
B．步骤③是转化为，有非极性键的断裂和极性键的形成，故B正确；
C．由图可知，催化循环过程中，s-mmo的双核铁活性中心先由+2价变为+3价，后又变为+2价，即先被氧化后被还原，故C正确；
D． 由图可知，CH4、O2、H+是反应物，CH3OH和H2O是生成物，总过程可表示为：；故D正确。
故选A。
【分析】A．依据元素化合价改变与否分析；
B．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
C．依据催化循环过程中元素化合价改变与否分析；
D． 由图反应物和生成物判断。
15．【答案】D
【知识点】反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式；催化剂；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】该装置是电解池，根据题意可以判断出电极A是阴极，电极反应式是：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，OH－通过阴离子交换膜向阳极移动，电极B是阳极，发生电极反应为：CO(NH2)2-6e-+6OH-=2CO2+N2+5H2O。
A.电极A生成OH－， 电极A发生2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，产生OH－碱性增强，电极A附近溶液pH增大，A错误；
B. 非晶态Ni（Ⅲ）基硫化物是该反应的催化剂，能加快反应速率，但不能改变反应的反应热，B错误；
C. OER 的第Ⅱ有O-O非极性健的形成，C错误；
D.UOR尿素失电子生成N2，电化学反应式为：CO(NH2)2-6e-+6OH-=2CO2+N2+5H2O，D正确；
故答案为：D
【分析】“5点”突破电解综合应用题
(1)分清阴、阳极，与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极，两极反应为“阳氧阴还”。
(2)剖析离子移向，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
(3)注意放电顺序，正确判断放电的微粒或物质。
(4)注意介质，正确判断反应产物，酸性介质不出现OH－，碱性介质不出现H＋；不能想当然地认为金属作阳极，电极产物为金属阳离子。
(5)注意得失电子守恒和电荷守恒，正确书写电极反应式。
16．【答案】D
【知识点】化学键；催化剂；有机物的结构和性质；加成反应
【解析】【解答】A.过程②没有O-H键的断裂，过程③C-C键没有发生变化，A选项是错误的；
B.根据①过程的图示，可知反应①中不仅发生了加成反应，还有水的生成，B选项是错误的；
C.催化剂的作用是通过减小反应的活化能来加快反应速率，C选项是错误的；
D.箭头指进的是反应，箭头指出的是产物，根据图示知，该反应的总化学方程式为： ，D选项是正确的。
故答案为：D。
【分析】A.根据图示物质的变化，知过程①有O-H键的断裂，过程②没有O-H键的断裂；过程④有C-C键的断裂，过程③C-C键没有发生变化；
B.加成反应是一种有机化学反应，它发生在有双键或三键（不饱和键）的物质中，两个或多个分子互相作用，生成一个加成产物的反应称为加成反应；
C.催化剂的作用是通过减小反应的活化能来加快反应速率；
D.箭头指进的是反应，箭头指出的是产物，在图中圈上的物质是中间产物或者催化剂。
17．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、由图可知，使用 催化剂时反应的活化能小于时反应的活化能，反应速率更快，则使用催化剂更有利于提高产量，故A正确；
B、两种催化剂存在的情形下，生成*NNH的活化能均最大，则两种催化剂，反应的快慢都是由生成*NNH的速率决定，故B正确；
C、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡状态，则实际生产中将催化剂处理成纳米级颗粒不能提高氨气的平衡转化率，故C错误；
D、利用氮气和氢气合成氨气的过程中，氮气和氢气中的共价键断裂，形成N-H键，电化学催化氢气还原氮气的过程中，氮气和氢气中的共价键断裂，形成N-H键，即均涉及共价键的断裂与形成，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、使用 催化剂时反应的活化能更小；
B、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
C、催化剂不影响平衡状态；
D、工业合成氨是利用氮气和氢气合成氨。
18．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．La2O3是反应催化剂，La2O2CO3是中间产物，A不符合题意；
B．反应中CO2中C化合价降低被还原，是氧化剂，B符合题意；
C．氢气经过镍活性中心裂解产生电中性氢原子，C不符合题意；
D．催化剂能降低反应的活化能，提高化学反应速率，不能改变焓变，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．反应催化剂，中间产物的判断；
B．化合价降低被还原，是氧化剂；
C．氢气经过镍活性中心裂解产生电中性氢原子；
D．催化剂能降低反应的活化能，提高化学反应速率，不能改变焓变。
19．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；催化剂；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．转化过程中存在碳氧双键、碳碳单键，有sp2和sp32种杂化方式，A不符合题意；
B． 是非极性分子，B不符合题意；
C．能与 溶液反应的甲酸乙酯的同分异构体中有羧基或者酯基，可能的结构有2种，C不符合题意；
D．该过程的总反应方程式为 ，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．碳氧双键是sp2杂化、碳碳单键是sp3杂化；
B．是非极性分子；
C．能与 溶液反应的甲酸乙酯的同分异构体中有羧基或者酯基；
D． 的书写。
20．【答案】D
【知识点】反应热和焓变；催化剂；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A.根据图示找出反应中释放出二氧化碳，故A不符合题意；
B.根据图形找出Fe成键数目即可，故B不符合题意；
C.催化剂不能改变焓变，故C不符合题意；
D.根据反应物和生成物出现了氢氧根得出氢氧根参与循环，故D符合题意；
故正确答案为D
【分析】A.结合反应流程找出是否生成二氧化碳；
B.根据铁成键数目判断即可；
C.催化剂不改变焓变；
D.根据图示找出氢氧根即可判断。
21．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、由分析可知，①→②为放热反应，则①→②放出能量并形成了C-C键，故A正确；
B、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡状态，不能提高反应物的平衡转化率，故B错误；
C、该过程的总反应为CH4+CO2→CH3COOH，该反应的原子利用率为100%，故C正确；
D、由图可知，CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、①的能量高于②，则①→②为放热反应；
B、催化剂不影响平衡状态；
C、总反应为甲烷和二氧化碳反应生成乙酸；
D、甲烷中只含C-H键。
22．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A：增大NH3的浓度，化学平衡向正向移动，有更多 NO 转化为N2，故NH3转化率可能随NH3浓度的增大而增大， 故A不符合题意；
B：根据图示可知：在反应过程中NH3与催化剂发生强的化学吸附作用，而 NO 几乎不被催化剂吸附， 故B不符合题意；
C：化学反应分多步进行时，总反应由慢反应决定。反应①的活化能小，反应速率快；而反应②活化能高，反应速率慢，因此控速步骤是反应②，故C符合题意；
D：根据图示可知：在过渡态 II 化合物中，NH3提供的 H 原子， NO 提供 O 原子，2个 H 与1个O 结合生成H2O 子，故 D不符合题意；
故答案为：C
【分析】影响化学平衡的因素：影响化学平衡的因素：压强、温度、浓度等。
化学反应分多步进行时，慢反应限制反应速率，是控步步骤。
23．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；极性键和非极性键；催化剂
【解析】【解答】A、Fe为26号元素，基态Fe原子核外有26个电子，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，失电子先失去的是4S层的电子，基态Fe(Ⅱ)的核外电子排布式为[Ar]3d6，故A正确；
B、步骤③中，O-O键断裂，O形成-Fe键，则步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成，故B正确；
C、由图可知，该过程的反应物为CH4、O2、H+，生成物为CH3OH和H2O，则总过程可表示为：CH4+O2+2H++2e-CH3OH+H2O，故C正确；
D、最后一步Fe化合价改变是因为外界提供了两个电子，O元素化合价没有改变，在铁和氧元素之间没有电子转移，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、Fe为26号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2；
B、步骤③为转化为；
C、由图可知，CH4、O2、H+是反应物，CH3OH和H2O是生成物；
D、最后一步不存在铁和氧之间的电子转移。
24．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；催化剂
【解析】【解答】A、NO2与NH4＋反应生成[(NH4)2(NO2)]2＋，过程中没有元素化合价变化，因此不属于氧化还原反应，A不符合题意。
B、汽车尾气中的氮氧化物是由空气中的N2、O2在高温、电火花的作用下反应生成，B不符合题意。
C、NH4＋中只含有N－H共价键，为极性键，不含有非极性键，C不符合题意。
D、上述历程中的反应物有NH3、NO和NO2，生成物有N2和H2O，该反应的化学方程式为2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、反应过程中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应。
B、汽车尾气中的氮氧化合物是由N2和O2反应生成的。
C、NH4＋中只含有极性键。
D、由反应历程可得反应物和生成物，从而得到反应的化学方程式。
25．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；催化剂；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】解：A、N元素的最高化合价为+5价，因此NOx、O2、BaO反应过程中，N元素化合价升高，失去电子，作为还原剂被氧化；故A错误；
B、再储存过程中，BaO生成了钡盐，而在还原过程又重新生成了BaO，因此催化剂参加了反应；故B错误；
C、还原过程中N元素的化合价由+5价降低到0价，得到5个电子，而1分子N2中有两个N原子，因此转移10个电子；故C错误；
D、由图二可知，储存过程中有NO3-的生成，因此X应为钡盐，即Ba(NO3)2；故D正确；
故答案为：D。
【分析】AB、分析图1中储存和还原的过程及价态的变化即可；
CD、根据图二分析出X的物质化学式，然后再分析还原过程中N元素的化合价变化即可得出转移的电子数。
26．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；催化剂；同系物
【解析】【解答】A. DMC 与乙酸乙酯中酯基的数目是不同的，所以不是同系物，A选项是错误的；
B.二者反应的产物除了DMC，还有H2O，所以原子利用率达不到100%，B选项是错误的；
C.根据图示知：在CeO2催化剂的作用下，CO2的键角不再是180℃，因此，C选项是错误的；
D.DMC中含有两个酯基，所以1molDMC完全水解需要2molNaOH。
故答案为：D。
【分析】有机物的官能团的数目和种类相同，且在分子式上相差n个CH2的有机物互为同系物。
27．【答案】A
【知识点】催化剂；加成反应；烷烃
【解析】【解答】A．反应①是CO2与H2反应产生CO，根据质量守恒可知：该反应的产物中应该还含有水，该反应方程式为：CO2+H2=CO+H2O，A正确；
B．反应②是CO与H2反应产生(CH2)n及H2O，生成物有两种，不属于加成反应，因此反应类型不是加成反应，B错误；
C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C5～C11的烃类混合物，C错误；
D．根据图示可知图中a烃含有5个C原子，分子中含有有一个甲基，其名称应为2-甲基丁烷或异戊烷，D错误；
故答案为：A。
【分析】B.一般含有不饱和键的如烯烃、炔烃、苯环等可以发生加成反应，反应②不属于加成反应；
C.汽油为混合物，一般为含有碳原子在5到11之间的烃；
D.对于烷烃命名，首先要找到最长碳链为主链，然后再编号，确定支链位置，然后进行命名。
28．【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；加成反应
【解析】【解答】A．铜降低反应的活化能，不能提高反应物的平衡转化率，A符合题意；
B．碳碳三键的碳原子上直接连接的原子，处于同一条直线上，B不符合题意；
C．N，C都是sp2杂化，C不符合题意；
D．反应物最终全部转化为生成物，原子利用率100%，是加成反应，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．铜降低反应的活化能，不能提高反应物的平衡转化率；
B．碳碳三键的碳原子上直接连接的原子，处于同一条直线上；
C．杂化方式的判断；
D．原子利用率的判断。
29．【答案】（1）CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+ H2O(g)
（2）+31.21kJ·mol-1
（3）C；；ii；随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降
（4）HCOO*；Bi/CeO2
【知识点】反应热和焓变；催化剂；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；有关反应热的计算
【解析】【解答】 (1)CO2(g)可以和H2(g)反应生成HCHO(g)，由元素守恒，反应iii为CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+ H2O(g)；
(2)焓变等于生成物总能量-反应物总能量，ΔH1=[-362.3-0-(-393.51)] kJ·mol-1=+31.21kJ·mol-1；
(3)①A．ΔH1＞0，ΔH2＞0，反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，A不符合题意；
B．恒压条件，再充入Ar，容器体积变大，相当于减压，反应i是体积分子数减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，B不符合题意；
C．分离出HCOOH，反应i平衡正向移动，CO2转化率增大，C符合题意；
②设初始投料为n(H2)=n(CO2)=1mol，673.15K时，CO2的转化率为95%，HCOOH的选择性为0.3%，n(HCOOH)=1×95%×0.3%mol，由于反应i和反应ii中H2和CO2都是1∶1反应，此时n(H2)=n(CO2)=1×5%mol，p(CO2)=p(H2)=aMPa，p(HCOOH)=（1x95%x0.3%）5%aMPa，反应i的压力商计算式Qp=1x95%x0.3%）5%a（axa）= ；
③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性下降，说明反应ii的反应速率增加更显著；
(4)生成HCOO*的活化能更小，HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO2对反应的活化能降低的更多，催化活性更优异；
【分析】(1)CO2(g)可以和H2(g)反应生成HCHO(g)；
(2)焓变等于生成物总能量-反应物总能量；
(3)①A．ΔH1＞0，ΔH2＞0，反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小；
B．恒压条件，再充入Ar，容器体积变大，相当于减压，反应i是体积分子数减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小；
C．分离出HCOOH，反应i平衡正向移动，CO2转化率增大；
②压力商的计算；
③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性下降；
(4)生成HCOO*的活化能更小，HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO2对反应的活化能降低的更多，催化活性更优异。
30．【答案】B
【知识点】化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；催化剂
【解析】【解答】A.A.H+在反应开始并没有，后续生成了H+释放出，所以H+是中间产物，A选项是正确的；
B.该过程中也有C-C键的断裂，C-C属于非极性键，B选项是错误的；
C.根据图示知，铜在该过程中是催化剂，催化剂的作用是降低活化能，加快反应速率，但是无法改变反应的焓变，C选项是正确的；
D. 中间产物 中N有 sp2、杂化 ，D选项是正确的。
故答案为：B。
【分析】A.中间产物指的是反应起始没有，但是中间某一步历程中生成了的物质；
B.极性键指的是不同原子之间形成的共价键，非极性键指的是相同的原子之间形成的共价键；
C.催化剂的作用是降低活化能，加快反应速率，但是无法改变反应的焓变，也无法改变可逆反应的限度；
D.形成双键的N有一对孤电子对，2个σ键，所以是sp2杂化，只形成单间的N有3个σ键，一对孤电子对，因此是sp3杂化。
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