高考化学专题-反应历程（“环式”反应）图及分析（14）专项练习（解析版）

专题16反应历程（“环式”反应）图及分析（图像14秒杀）-2025年高考化学选择压轴题图像专项突破秒杀技巧及专项练习（解析版）反应历程（“环式”反应）图及分析秒杀思想模型：特征:许多化学反应，尽管其反应方程式很简单，却不是基元反应，而是经由两个或多个步骤完成的复杂反应。基元反应：大多数化学反应都是分几步完成的，其中的每一步反应都称为基元反应。对于基元反应aA＋bB=gG＋hH，其速率方程可写为v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k称为速率常数，恒温下，k不因反应物浓度的改变而变化)，这种关系可以表述为基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。模型：“环式”反应关键要点分析对于“环式”反应过程图像，①位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应物，如①和④②“出环”的物质为生成物，如②和③催化剂与中间产物关键要点分析催化剂：（重点）在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再次生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。中间产物：在连续反应中为第一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续有消耗多少。上图中在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+I-→H2O+IO-慢H2O2+IO-→O2+I-+H2O快在该反应中I-为催化剂，IO-为中间产物。而在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，(产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质)与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如下图中，MoO3则是该反应的催化剂，图中剩余的三个物质均为中间产物。催化反应机理题的解题思路（找准一“剂”三“物”）①一“剂”指催化剂：催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主题的多个物种一定在机理图中的主线上②三“物”指反应物、生成物、中间物种(或中间体)反应物：通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物生成物：通过一个箭头最终脱离整个历程的物质多是产物中间体：通过一个箭头脱离整个历程，但又生成的是中间体，通过两个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[]”标出特别注意：催化剂三大特征催化剂是通过降低反应活化能，从而改变了反应的途径，此即催化剂加速化学反应的主要原因所在。总结起来，催化剂的特征主要表现在这样几个方面：特征1，催化剂可以改变反应速率，但其自身在反应前后的组成、质量和化学性质不变。特征2，催化剂不改变化学平衡。即催化剂既能加快正向反应的速率，也能加快逆向反应的速率，从而缩短化学反应达到平衡的时间。特征3，催化剂具有特殊的选择性，不同类型的反应，需要选择不同的催化剂。同一种反应物，使用不同的催化剂，可以得到不同的产物。经典例题1：我国的二氧化碳捕捉与封存技术世界领先。二氧化碳的综合利用是科学家研究的热门话题。(1)催化与形成的反应历程如图所示：已知：的燃烧热为，H2的燃烧热为，的汽化热为，由上述反应历程分析，二氧化碳和氢气发生副反应的热化学方程式是。(2)以二氧化碳为原料，加氢催化制甲醇和二甲醚有重要的社会经济意义。双功能催化剂能大幅度提高二氧化碳的转化率和二甲醚的选择性。是合成甲醇的催化剂，/沸石分子筛能有效吸收甲醇且能使二甲醚和水分子从分子筛表面脱离。反应原理如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：在一定流速(原料进入速率)和一定温度下反应，催化剂配比对目标产物的收率影响如图所示(为甲醇在目标产物中的百分比；为二甲醚在目标产物中的百分比)：①从目标产物的总收率和二甲谜的选择性角度分析，R最适宜的数值是。②在时，甲醇的合成速率甲醇的脱水速率(填“大于”或“小于”)。(3)一定条件下向某恒容密闭容器中充入发生(2)中三个反应。的平衡转化率及的平衡体积分数随温度的变化如图所示：①以前，的平衡转化率随着温度的升高而减小的原因是。②若平衡时压缩体积，的物质的量(填“增大”“减小”或“不变”)。③下，平衡体系中，的转化率是30%，体系的总压强是，则的物质的量是；反应Ⅰ的压强平衡常数(不必化简)。破解：（1）由上述反应历程可知，二氧化碳和氢气发生副反应的化学方程式是：CO2+H2=CO+H2O，已知：，，，故副反应的反应热，热化学方程式为：；（2）①由图可知，R=0.5时目标产物的总收率较高，二甲谜在目标产物种的百分比较高，即二甲醚的选择性较高，故R最适宜的数值是0.5；②在时，二甲醚在产物中的百分比较高，而甲醇脱水形成二甲醚，故甲醇的合成速率小于甲醇的脱水速率；（3）①反应I为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，以前，随着温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅰ平衡正向移动的程度，故的平衡转化率随着温度的升高而减小；②反应I和反应Ⅲ反应前后气体分子数不变，反应Ⅱ前后气体分子数减少，若平衡时压缩体积，反应Ⅱ正向移动，消耗CO2和H2，生成H2O，故反应I平衡逆向移动，CO的物质的量减少；③反应I为吸热反应，随着温度升高，CO的体积分数增大，故上升的曲线为CO，故由图可知，当温度为TK时，CO和CH3OH的体积分数相同，故，CO2的转化率为30%，故反应Ⅱ中CO2转化的物质的量为：0.3mol-0.04mol=0.26mol，反应Ⅱ生成的甲醇的物质的量为0.26mol，反应Ⅲ消耗的甲醇的物质的量为：0.26mol-0.04mol=0.22mol，故生成二甲醚的物质的量为0.11mol；，，，故平衡时：，由于反应I反应前后气体分子数相同，故浓度平衡常数与压强平衡常数相等，设容器体积为VL，故反应Ⅰ的压强平衡常数。经典例题2：2023年9月23日晚，在万众瞩目之下，杭州亚运会的“数字火炬手”与最后一棒火炬手齐心协力点燃了象征亚洲大团结的亚运主火炬，也点燃了中国能源多样化战略的新灯塔。这座主火炬塔历史性地采用了废碳再生的“绿色甲醇”作为燃料，实现了零排放的循环使用。I．二氧化碳加氢制甲醇“零碳”甲醇是利用焦炉气副产物和工业尾气中的合成，涉及以下反应：①②③(1)依据盖斯定律，可计算得出(2)一定温度下，在恒容密闭反应器中，反应③达到平衡，下列措施中能使平衡体系中增大且加快化学反应速率的是___________(填字母)。A．升高温度 B．充入，使体系压强增大C．再充入 D．将从体系中分离出去(3)从焦炉气中提取氢气，需净化原料气，尤其要脱除其中的含硫杂质。除了从环保角度考虑外，其主要目的是。(4)，在甲(容积为)、乙(容积为)两刚性容器中分别充入和，在适宜的催化剂作用下发生反应③，容器内总压强随时间变化如图所示：①其中B曲线对应容器中压强的变化情况(填“甲”或“乙”)；②利用图中数据计算该反应的分压平衡常数(结果用分数表示)。II．甲醇水蒸气重整制取(5)甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应：④⑤下图体现了上述反应能量变化，则决定总反应(SR)：的反应速率快慢的是反应(填“④”或“⑤”)。(6)在研究甲醇水蒸气重整(制氢反应历程时发现，副反应甲醇分解(：也是吸热反应。甲醇水蒸气重整反应体系中，甲醇平衡转化率和的选择性随温度的变化如图所示：①升高温度平衡转化率增大的原因是。②从图三知主反应的适宜温度在左右。破解：（1）根据盖斯定律反应①+②可得反应③，所以；（2）A．反应③正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，减小，故A错误；B．充入，使体系压强增大，反应物浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，不变，故B错误；C．再充入，H2浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动，增大，故C正确；D．将从体系中分离出去，平衡正向移动，增大，但反应速率减慢，故D错误；故选C；（3）脱除其中的含硫杂质，是为了防止含硫杂质与催化剂结合使得催化剂失活，所以其目的是防止催化剂中毒；（4）①甲、乙两刚性容器中分别充入相同量的和，曲线B的总压强始终小于曲线A，所以代表曲线B代表的容器应该是体积较大的容器甲；②根据图中的A曲线可知，反应前容器的总压强为4MPa，达到平衡后总压强为2.8MPa，根据同温同压下气体的压强与物质的量成正比，则有可列三段式如下：则有，，则；（5）在能垒图中，最高点通常代表着决速步，因为决速步具有最高的活化能，所以根据图可知决定总反应反应速率快慢的是反应④；（6）①升高温度平衡转化率增大的原因是由于主、副反应都是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，故转化率增大；②从图可知240℃∼250℃时甲醇的转化率接近100%，且此时副反应的选择性较低，故主反应的适宜温度在240℃∼250℃均可。能力自测1．我国科学家开发出碱性海水里直接电解制氢的技术，工作原理如图1所示。隔水薄膜可以起到阻挡与电极催化剂活性中心接触的作用，电极A含有M金属的催化剂，发生的电极反应过程如图2所示，离子交换膜选择性透过参与电极A反应的物质。下列说法错误的是A．电极A上发生的反应存在极性键的断裂与生成B．若去掉隔水薄膜，会在A电极失去电子生成C．电解结束后，电极B处去掉海水隔水膜，所得溶液中加入适量溶液无混浊现象D．每当有标准状况下的气体生成时，就会有电子从电极A流向电极B【答案】C【分析】从图2可知，M金属催化剂，催化氢氧根离子在电极A发生失电子的氧化反应生成氧气，电极反应式为，所以电极A为阳极，电极B为阴极。【详解】A．由图可知，电极A上发生的反应存在氢氧极性键的断裂与氢氧极性键的生成，A正确；B．去掉隔水薄膜，氯离子会在阳极A电极失去电子发生氧化反应生成氯气，B正确；C．电极B为阴极，水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子：，则加入铁离子会生成氢氧化铁沉淀变浑浊，C错误；

D．电解总反应为，每当有标准状况下的气体生成时，则生成氧气，，故会有电子从电极A流向电极，D正确；故选C。2．环状碳酸酯广泛用于极性非质子溶剂、电池的电解质等，离子液体研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示，已知R表示烃基，下列说法错误的是A．是该反应的催化剂B．反应过程不存在非极性键的断裂和形成C．反应过程中有3种中间体D．总反应方程式为：，该反应为加成反应【答案】A【分析】由图可知，(C4H9)4NBr是反应的催化剂，和二氧化碳是反应的反应物，是反应的生成物，总反应为催化剂作用下与二氧化碳发生加成反应生成，方程式为+CO2。【详解】A．由分析可知，(C4H9)4NBr是反应的催化剂，是反应的中间产物，故A错误；B．由图可知，反应过程中存在极性键的断裂和形成，不存在非极性键的断裂和形成，故B正确；C．由图可知，反应过程中存在3种中间产物，故C正确；D．由分析可知，总反应为催化剂作用下与二氧化碳发生加成反应生成，方程式为+CO2，故D正确；故选A。3．环状碳酸酯广泛用于极性非质子溶剂、电池的电解质等，离子液体研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示。已知：R表示烃基。下列说法错误的是A．(C4H9)4NBr是反应的催化剂B．反应过程存在非极性键的断裂和形成C．反应过程中有3种中间体D．总反应原子利用率可达100%【答案】B【分析】利用图像中的箭头指向为生成物，箭尾指向为反应物，据此分析。【详解】A．由图中转化关系可知，(C4H9)4NBr是前边反应的反应物，又作后面反应的生成物，所以该物质是催化剂，A正确；B．反应过程中存在C-Br键的断裂和N-Br键的形成，没有非极性键的断裂和形成，B错误；C．反应中为中间体，故一共有3种中间体，C正确；D．根据图知，总反应方程式为：，则该反应为加成反应，总反应原子利用率可达100%，D正确；故本题选B。4．一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示。下列说法正确的是A．总反应的化学方程式为+CO2B．该反应的中间产物有、、、C．该反应的催化剂是D．环状碳酸酯与乙酸乙酯都属于酯类，两者互为同系物【答案】A【详解】A．由图中转化关系可知，总反应为环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯，反应的化学方程式为，故A正确；B．该反应的中间产物有、、，是该反应的催化剂，故B错误；C．催化剂应该是开始时就加入，反应后又恢复，由转化图可以看出是中间产物，是该反应的催化剂，故C错误；D．结构相似，分子组成上相差一个或若干个原子团的化合物互称为同系物；环状碳酸酯与乙酸乙酯都属于酯类，但两者不是同系物，故D错误；故答案为A。5．环状碳酸酯广泛用于极性非质子溶剂、电池的电解质等，离子液体研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示。已知：R表示烃基。下列说法错误的是

A．(C4H9)4NBr是反应的催化剂 B．反应过程存在极性键的断裂和形成C．反应过程中有4种中间体 D．总反应属于加成反应【答案】C【详解】A．由图中转化关系可知，是反应的催化剂，A项正确；B．反应过程中存在碳溴键的断裂和氮溴键的形成，B项正确；C．反应过程中有3种中间体，C项错误；D．总反应是环氧乙烷衍生物与发生加成反应生成环状碳酸酯，D项正确。故选C。6．(锇原子嵌入石墨烯)可以催化汽车废气中的还原，反应历程可能因两个反应物分子与催化剂簇结合的先后顺序不同，而呈现历程或历程。下列说法不正确的是A．历程a与历程的总反应的相同B．历程中是中间体C．催化过程中的最终产物为两种无毒的气体D．历程a中催化剂首先吸附，而历程首先吸附【答案】D【详解】A．催化剂改变反应的活化能，加快反应速率，但是不改变反应的焓变，历程a与历程的总反应的相同，A正确；B．由图可知，历程中CO和生成中间体，B正确；C．由图可知，催化过程中的最终产物为氮气和二氧化碳两种无毒的气体，C正确；D．由图可知，历程a中催化剂首先吸附转化为氮气和中间产物O-Os-Gr，而历程首先吸附生成，D错误；故选D。7．一种催化还原NO的机理如图所示，下列说法正确的是A．中间体X和Z中O和Cu的化合价均不变B．使用催化剂，可以提高NO的还原速率C．过程①中既有非极性键的断裂，也有非极性键的形成D．该催化还原过程的总反应方程式为【答案】B【详解】A．中间体X中，Cu化合价为+2价，O-1价，Z中Cu为+2价，O为-2价，故A错误；B．使用催化剂，可以提高NO的还原速率，故B正确；C．如图可知，过程①中没有非极性键的断裂，故C错误；D．总反应方程式为，故D错误；故答案选B。8．资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种途径。以为催化剂，可使在温和条件下转化为甲醇，反应历程如图所示。与在活化后的催化剂表面发生可逆反应，每生成1mol放热49.3kJ。下列说法错误的是A．该反应的B．该反应的平衡常数C．向容器中充入1mol和足量后，在催化剂存在下充分反应放热49.3kJD．该反应中每消耗1molCO2转移电子数为【答案】C【详解】A．由图可知该过程的总反应方程式为：，反应前后气体分子数减少，则，故A正确；B．由上述反应可知该反应的平衡常数，故B正确；C．该反应为可逆反应，1mol不能完全消耗，则放热小于49.3kJ，故C错误；D．该反应中每消耗1molCO2，消耗3mol，转移电子数为，故D正确；故选：C。9．在催化剂作用下，HCOOH放氢的反应机理如下图所示。下列说法正确的是A．随着反应过程的进行，Pb可能会产生损耗B．若用DCOOH替代HCOOH参与反应，则能在反应体系中检测到N-D键C．催化剂能够改变反应历程，从而使热力学不能发生的反应能够发生D．已知甲酸燃烧热的大于氢气燃烧热的，说明图示HCOOH放氢的总反应是放热的【答案】A【详解】A．随着反应进行，Pd可能受到其他因素的影响，如高温，高压，反应物中的杂质等，这些因素都可能导致Pb的损耗，A项正确；B．DCOOH代替HCOOH反应时，与Pd结合，H与N形成N-H键，故没有形成N-D键，B项错误；C．催化剂主要改变的是化学反应速率，催化剂不能改变反应历程，也不能使热力学不能发生的反应发生，C项错误；D．甲酸燃烧的反应焓大于氢气燃烧的反应焓，这意味着甲酸燃烧时释放的热量比氢气燃烧释放的热量多，因此甲酸分解为氢气和二氧化碳的放氢反应是吸热反应，D项错误；答案选A。10．丙烯是一种重要的有机化工原料，人们一直在寻求更为广泛和经济的丙烯来源。以丙烷为原料制备丙烯的部分反应机理如图所示（图中体现了由丙烷制备丙烯的2种历程）。下列说法正确的是A．消耗等量的NO时，反应①和②中转移电子的数目相等B．其他条件相同时，2种反应历程的C3H8的平衡转化率相同C．丙烷制备丙烯的反应为D．反应过程中，N元素呈现的化合价仅有＋2价、＋4价【答案】B【详解】A．由图可知，如果都消耗1molNO，反应①转化为NO2，转移2mol电子；反应②转化为HONO，转移1mol电子，故A错误；B．反应的历程与平衡转化率无关，故B正确；C．在转化过程中，反应物是丙烷和氧气，生成物是丙烯和水，总反应式为：2C3H8+O2=2C3H6+2H2O，故C错误；D．在HONO中，N元素为+3价，故D错误。答案选B。11．我国科研人员提出了由和转化为高附加值产品的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是A．生成总反应的原子利用率为B．降低温度，降低反应物分子中活化分子的百分数，减少有效碰撞的次数C．增大反应体系的压强，可以增加反应物分子中活化分子的百分数D．该反应的催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，增加活化分子的数目【答案】C【详解】A．总反应为CO2+CH4→CH3COOH，总反应的原子利用率为100%，A正确；B．降低温度，总分子数不变，会降低反应物分子中活化分子的数目，从而降低反应物分子中活化分子的百分数，减少有效碰撞的次数，B正确；C．增大反应体系的压强，可以增加单位体积内反应物分子中活化分子的百分数，反应物分子中活化分子的百分数不变，C错误；D．催化剂能改变反应历程，催化剂通过降低活化能增加反应物分子中活化分子的数目，增加有效碰撞的次数，D正确；故选C。12．我国科研人员研究了在催化剂上加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示。下列说法错误的是A．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率B．带*标记的物质是该反应历程中的中间产物C．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达D．第③步的反应式为【答案】C【详解】A．总反应为CO2+3H2→CH3OH+H2O，向该反应体系中加入少量的水有利于反应向右进行，能增加甲醇的收率，故A正确；B．根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，故B正确；C．总反应为CO2+3H2→CH3OH+H2O，原子利用率小于，故C错误；D．由图可知，第③步的反应式为，故D正确。答案选C。13．氮氧化物会导致光化学烟雾和酸雨，在的催化作用下，可将NO还原为无污染的气体，反应历程如图，下列说法正确的是A．基态的价层电子排布式为B．电负性：N＞O＞H＞FeC．该过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成D．图中的总反应可表示为【答案】C【详解】A．铁元素的原子序数为26，失去2个电子形成亚铁离子，基态亚铁离子的价层电子排布式为3d6，A错误；

B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：O＞N＞H＞Fe，B错误；C．由图可知，总反应为铁离子做催化剂条件下氨气与一氧化氮、氧气反应生成氮气和水，则反应过程中存在氮氢极性键、氧氧非极性键的断裂，氢氧极性键和氮氮非极性键的形成，C正确；

D．总反应为铁离子做催化剂条件下氨气与一氧化氮、氧气反应生成氮气和水，，D错误；故选C。14．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【详解】A．过程中发生非极性键的断裂，无非极性键的形成，A错误；B．Ⅰ转化为和的反应方程式为：，过程中会生成过渡，B正确；C．生成Ⅱ的方程式为：，Ⅱ为，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：，D错误；故选B。15．科研人员提出以为原料，在特定催化剂作用下合成的一种反应历程如图，下列说法错误的是A．分子中均不含非极性键B．反应①中有碳氧单键的断裂和形成C．生成DMC总反应的原子利用率小于100%D．催化剂可提高单位时间内甲醇的转化率【答案】B【详解】A．非极性键由同种元素的原子间形成，分子中均不含非极性键，A正确；B．如图可知，反应①与生成与，没有新的碳氧单键的形成，B错误；C．①中有生成，即合成DMC同时有水生成，所以合成总反应原子利用率不为，C正确；D．催化剂，可加快反应速率，从而提高单位时间内甲醇的转化率，D正确；故选B。16．甲醇与CO催化制备乙酸的反应历程及每分子甲醇转化为乙酸的能量变化关系如下图。下列说法不正确的是A．该过程涉及非极性键的形成B．反应iii为该历程的决速步骤C．H2O为该反应的中间产物D．总反应的热化学方程式为

【答案】D【详解】A．该过程涉及碳碳键（非极性键）的形成，故A正确；B．反应ⅲ的活化能最高，为该历程的决速步骤，故B正确；C．根据反应机理可知H2O为该反应的中间产物，故C正确；D．每分子甲醇的转化涉及能量为，故D错误；故答案为：D。17．某次研究性学习活动中，实验小组用和稀硫酸制备，反应较慢。若反应开始时加入少量盐酸，的生成速率大大提高，且不含，可能的反应历程示意图如下。下列有关分析或评价不正确的是A．a等于37 B．的空间结构为平面三角形C．为总反应的催化剂 D．活化能：反应I大于反应II【答案】B【详解】A．根据氧化还原反应中同种元素化合价变化基本规律“不交叉变价”，反应I的离子方程式为是的氧化产物，是的还原产物，故A正确；B．中心原子Cl的价层电子对数，成键电子对数为3，孤电子对数为1，的空间结构为三角锥形，故B错误；C．根据反应历程分析，是催化剂，故C正确；D．由图分析可知，是中间产物，制备过程中几乎没有逸出，说明反应I生成相对较慢，活化能相对较高，而反应2消耗相对较快，活化能相对较低，故D正确；答案选B。18．在石墨烯负载型Pd单原子催化剂(Pd/SVG)上还原NO生成和的路径机理及活化能(kJ⋅mol-1)如图所示。下列说法错误的是A．由图可知，还原NO为和的反应均为吸热反应B．Pd/SVG上还原NO，更容易生成C．基元反应中比更难发生D．由图可知，相同催化剂条件下反应可能存在多种反应历程【答案】A【详解】A．从图中所给信息无法计算出反应热，即无法判断反应的能量变化，A错误；B．从图中可知，NO被还原为N2的活化能明显大于生成NH3的活化能，故H2还原NO，更容易生成NH3，B正确；C．基元反应NH2NO→NHNOH的活化能大于NH2O→NH2OH的活化能，因此前一个反应更难发生，C正确；D．从图中可知，相同Pd/SVG催化剂条件下，NO和H2反应既可以生成N2，也可以生成NH3，说明相同催化剂条件下，反应可能存在多种反应历程，D正确；故答案选A。19．环状碳酸酯广泛用作极性非质子溶剂、电池的离子导体等，某研究团队以环氧乙烷衍生物(

，R表示烃基)和二氧化碳为原料催化合成环状碳酸酯，反应历程如图所示。下列说法错误的是

A．是反应的催化剂B．反应过程中有极性键的断裂，无极性键的形成C．反应过程中有4种中间体D．总反应方程式为

【答案】BC【详解】A．由图可知，反应消耗了，又生成了，则为反应的催化剂，故A正确；B．反应过程存在C-Br键的断裂和N-Br键的形成，故B错误；C．由图可知，反应过程中有3种中间体，故C错误；D．由图可知，反应物是二氧化碳和

，生成物是

，总反应方程式为

，故D正确；故选BC。20．中国首次实现了利用二氧化碳人工合成淀粉，为全球的“碳达峰”、“碳中和”起到重大的支撑作用。其中最关键的一步是以为原料制。在某催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应有：Ⅰ．Ⅱ．

Ⅲ．(1)。(2)时，往某密闭容器中按投料比充入和。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如下图所示。图中Y代表(填化学式)。(3)我国科研人员研究出在催化剂上氢化合成甲醇的反应历程如下图所示。反应②的化学方程式为。分析在反应气中加入少量的水能够提升甲醇产率的可能原因是。(4)恒压下，和以物质的量之比投料合成甲醇(不考虑副反应)，在有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出。请在下图中画出无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化曲线。【答案】(1)-90(2)CH3OH(3)*HCOO+4*H*H3CO+H2O提高H2O的浓度可以提高*H3CO的转化率，故可以提高CH3OH产率(4)【详解】（1）Ⅰ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

ΔH1=+41.1kJ⋅mol−1Ⅱ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

ΔH3=−48.9kJ⋅mol−1根据盖斯定律可知反应Ⅲ=反应I+反应Ⅱ，则△H2=△H3-△H1=(−48.9kJ⋅mol−1)-(+41.1kJ⋅mol−1)=-90kJ·mol-1；故答案为：-90。（2）反应达到平衡时，反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ同时存在，升高温度反应I正反应方向进行，反应Ⅱ逆反应方向进行，反应Ⅲ向逆反应方向进行，反应I和反应Ⅱ都向生成CO方向进行，则CO的物质的量分数增加，则X表示CO，反应Ⅱ和反应Ⅲ都向减少CH3OH的方向进行，CH3OH的物质的量分数减少较快，反应I向生成H2O方向进行，反应Ⅲ向减少H2O方向进行，故H2O减少的程度比CH3OH减少程度慢，故Y为CH3OH，Z为H2O；故答案为：CH3OH。（3）根据反应历程图可知反应②中*HCOO和*H反应生成*H3CO，则化学方程式为*HCOO+4*H*H3CO+H2O；反应③中*H3CO和H2O反应生成CH3OH和*HO，方程式为*H3CO+H2OCH3OH+*HO，提高H2O的浓度可以提高*H3CO的转化率，故可以提高CH3OH产率；故答案为：*HCOO+4*H*H3CO+H2O；提高H2O的浓度可以提高*H3CO的转化率，故可以提高CH3OH产率。（4）分子筛膜能选择性分离出H2O，平衡向正反应方向移动，CH3OH产率提高，故有分子筛的产率高于无分子筛的产率，且温度越高产率越低，故图像为：；故答案为：。21．“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)

ΔH=+247kJ·mol−1Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

ΔH=+41kJ·mol−1请回答下列问题：(1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是___________。A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压(2)反应CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)的ΔH=kJ·mol−1。(3)恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molCO2(g)反应达平衡时，CH4(g)的转化率为，H2O(g)的物质的量为bmol，则反应Ⅰ的平衡常数Kx=(写出含有α、b的计算式；对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，，x为物质的量分数)。(4)恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。①下列说法正确的是。A．Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用B．过程ⅱ，CaO吸收CO2，可促使Fe3O4氧化CO的平衡正移C．过程ⅱ产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1molCO2需吸收的能量更多②过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因。(5)CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，R=(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比)。催化剂X可提高R值，某一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表：温度/℃480500520550CH4转化率/%7.911.520.234.8R2.62.42.11.8①温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率(填“增大”“减小”或“不变”)。②分析催化剂提高R值的原因。【答案】(1)C(2)+329(3)(4)BC通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移(5)增大催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，Δn(CO2)增大的倍数比Δn(CH4)大，所以R提高【详解】（1）反应Ⅰ是正向气体分子数增大的吸热反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的吸热反应，故高温、低压有利于反应Ⅰ正向移动，高温有利于反应Ⅱ正向移动，从而提高CO2平衡转化率，故C符合题意，故答案为：C；（2）根据盖斯定律可知，Ⅰ+2×Ⅱ可得：CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)ΔH，则ΔH=(247+41×2)kJ•mol-1=329kJ•mol-1，故答案为：329；（3）恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molCO2(g)反应达平衡时，CH4(g)的转化率为，H2O(g)的物质的量为bmol，由三段式分析可知：，，平衡时CH4、CO2、CO、H2的物质的量分数分别为：、、、，则反应Ⅰ的平衡常数Kx==，故答案为：；（4）①A．由图可知，Fe3O4和CaO在反应ii中消耗，在反应iii中生成，可循环利用，A错误；B．由图可知，过程ⅱ中，CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO的平衡正移，B正确；C．由图可知，过程ⅱ产生的H2O在过程iii中不反应，未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出，C正确；D．Fe3O4和CaO做催化剂，不影响焓变，相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1molCO2需吸收的能量不变，D错误；故答案为：BC；②过程ⅱ平衡后通入He，气体体积增大，相当于减压，CaCO3分解平衡正移，导致增大，进一步促进Fe还原CO2平衡正移，一段时间内CO物质的量上升，故答案为：通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移；（5）①由题干可知，两个反应都是吸热反应，温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率增大，两个反应中CO2转化率都增大，故答案为：增大；②催化剂具有选择性，由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，Δn(CO2)增大的倍数比Δn(CH4)大，所以R提高，故答案为：催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，Δn(CO2)增大的倍数比Δn(CH4)大，所以R提高。22．以铝土矿（主要成分为Al2O3）为原料，用真空氯化亚铝（AlCl）歧化法，无需进行分离提纯，直接制备金属Al。其反应过程主要由两步组成，如下图：(1)已知：Al2O3(s)+3C(s)2Al(l)+3CO(g)ΔH＝+1346kJ·mol-13AlCl(g)AlCl3

(g)+2Al(l)

ΔH＝−140kJ·mol-1①第一步反应的热化学方程式是。②第二步AlCl

分解反应的化学平衡常数K

随温度升高而（填“增大”、“不变”或“减小”）。(2)第一步是可逆反应，选择在接近真空条件下进行，其原因是。(3)第二步反应制备的Al中含有少量C，可能的原因是（不考虑未反应的C，写出1种即可）。(4)图为真空AlCl歧化法制备Al的实验装置示意图，控制AlCl3的凝华装置、Al的生成装置和AlCl的制备装置的温度分别为T1、T2、T3，其由高到低的顺序是。(5)制备Al的整个过程中可循环利用的物质是。【答案】Al2O3(s)+3C(s)+AlCl3(g)=3AlCl(g)+3CO(g)ΔH＝+1486kJ·mol-1减小第一步反应是气体分子数增加的反应，降低压强，利于生成AlClCO与Al或AlCl反应生成Al2O3和C、CO在Al或AlCl作用下生成CO2和CT3>T2>T1AlCl3【详解】（1）已知：①Al2O3(s)+3C(s)2Al(l)+3CO(g)

ΔH1＝+1346kJ·mol−1①3AlCl(g)AlCl3(g)+2Al(l)

ΔH2＝−140kJ·mol−1①第一步反应为Al2O3(s)+3C(s)+AlCl3(g)==3AlCl(g)+3CO(g)，根据盖斯定律，由①-②得反应Al2O3(s)+3C(s)+AlCl3(g)==3AlCl(g)+3CO(g)

ΔH＝+1346kJ·mol−1-（−140kJ·mol−1）=+1486kJ·mol−1；②第二步AlCl分解反应3AlCl(g)AlCl3(g)+2Al(l)

ΔH2＝−140kJ·mol−1为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，故化学平衡常数K随温度升高而减小；（2）第一步是可逆反应，选择在接近真空条件下进行，其原因是第一步反应是气体分子数增加的反应降低压强，利于生成AlCl；（3）第二步反应制备的Al中含有少量C，可能的原因是CO与Al或AlCl反应生成Al2O3和C；（4）如图为真空AlCl歧化法制备Al的实验装置示意图，控制AlCl3的凝华装置必须在较低温、Al的生成装置和AlCl的制备（升华必须在较高温度）装置的温度分别为T1、T2、T3，其由高到低的顺序是T3>T2>T1；（5）AlCl3的凝华和作为反应物，故制备Al的整个过程中可循环利用的物质是AlCl3。23．回答下列问题。I．温室气体让地球发烧，倡导低碳生活，是一种可持续发展的环保责任，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。(1)在催化作用下由CO2和CH4转化为CH3COOH的反应历程示意图如图。在合成CH3COOH的反应历程中，下列有关说法正确的是(填字母序号)。a．该催化剂使反应的平衡常数增大