2026高考化学复习热搜题之化学反应机理的探究

第33页（共33页）2026高考化学复习热搜题之化学反应机理的探究一．选择题（共20小题）1．（2025秋•云南月考）利用氨气处理汽车尾气中某污染物的反应微观示意图如图。下列说法正确的是（）A．甲的相对分子质量为10 B．该反应中，乙表现出还原性 C．丙在空气中的体积分数约为21% D．一个丁分子中含有10个质子2．（2025秋•长沙校级月考）水微滴的气液界面处存在强电场，能使水分子发生均裂产生羟基自由基（•OH）和氢自由基（•H）。利用水微滴的这种性质，某研究小组提出了一种在常温下由氨分解制氢方法，可能的反应机理如图所示。根据上述反应机理，下列叙述正确的是（）A．反应中存在非极性共价键的断裂和形成 B．每一步反应中氮元素的化合价均升高 C．NH3与N2H4中的氮原子杂化方式相同 D．•H在反应③和⑤中均体现还原性3．（2025秋•南京校级月考）MnO2（活性物质）嵌在聚苯胺载体上可用作空气氧化含硫废水的催化剂，高温下会分解。碱性条件下，催化氧化S2﹣的机理如图所示。下列说法正确的是（）A．过程1中锰元素的化合价升高 B．该反应过程的总方程式为O2C．通入18O2，一段时间后18O仅存在于O2、MnO2中 D．催化剂因S覆盖表面或进入空位而失效，高温灼烧后可除去硫继续使用4．（2025•鼓楼区校级模拟）一种催化氨硼烷（BH3NH3）水解释氢的可能机理如图所示。下列说法错误的是（）A．催化剂能改变反应历程，降低了反应活化能 B．用D2O代替H2O做反应物，有D2生成 C．BH3NH3分子中含有配位键 D．氨硼烷完全水解的化学方程式：BH3NH3+4H2O＝3H2↑+NH4[B（OH）4]5．（2025秋•山东月考）中国化学家研究出一种新型复合光催化剂（C3N4/CQDs），能利用太阳光高效分解水，原理如图所示。下列说法正确的是（）A．每1molH2O2中含有2mol共价键 B．在此反应历程中，H2O2属于中间产物 C．总反应：2HD．反应过程中只涉及极性键的断裂和生成6．（2025秋•南通月考）反应H2（g）+CO2（g）催化剂HCOOH（A．步骤Ⅰ中CO2带正电荷的C与催化剂中的N之间发生作用 B．步骤Ⅰ中存在极性键与非极性键的断裂和形成 C．步骤Ⅲ中HCO3D．整个过程中所涉及元素的化合价均发生了变化7．（2025春•吴江区校级月考）Fe3O4和FeO的热化学循环可以利用太阳能，其转化关系如图所示。已知：反应K3[Fe（CN）6]+FeCl2＝KFe[Fe（CN）6]↓（蓝色）+2KCl可用来检验Fe2+。下列叙述错误的是（）A．分析过程Ⅰ和Ⅱ，Fe3O4是该循环过程中的催化剂 B．过程Ⅱ的化学方程式为6FeOC．用盐酸、K3[Fe（CN）6]溶液检验Fe3O4和FeO混合物中的FeO D．该循环过程利用了太阳能，而且降低了环境中CO2的含量8．（2025秋•浙江月考）CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸乙酯的机理如图所示。下列说法正确的是（）A．步骤③的反应类型为取代反应 B．该反应的原子利用率100% C．反应过程中存在C＝C、C＝O键的形成 D．若将步骤①中CH2＝CH2换为CH2＝CHCH3，则产物可能为9．（2025秋•沙坪坝区校级月考）CO2资源化利用具有重要意义。在Zn-(R-NH2)/Br-（A．CO2中碳原子为sp杂化 B．X的结构简式可能为 C．—NH2也能与连接的原因是能形成氢键N•••H—O D．该合成反应的原子利用率为100%10．（2025秋•五华区校级月考）氧空位是指固体含氧化合物中氧原子脱离，导致氧缺失形成的空位。双金属氧化物GaZrOx具有氧空位，研究发现该氧化物对CO2加氢制甲醇有良好的催化作用，反应机理如图所示。下列说法正确的是（）A．过程①有极性键的断裂和形成 B．催化剂GaZrOx能提高甲醇的生产效率，同时增大CO2的平衡转化率 C．氧空位的存在有利于捕获CO2 D．催化过程中，Ga元素的化合价未发生变化11．（2025秋•南通月考）氧化亚铁硫杆菌（在适宜温度下能催化加速Fe2+氧化的细菌）浸出ZnS矿的机理如图所示。下列说法正确的是（）A．Fe3+、Fe2+是铁元素的同素异形体 B．温度越高越有利于ZnS浸出 C．浸出过程中须不断补充Fe2+ D．每消耗1个O2理论上可浸出2个Zn2+12．（2025•浔阳区校级模拟）氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得H2。在催化剂作用下，HCOOH催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述错误的是（）A．HCOOH催化释放氢的过程中有极性键的断裂和非极性键的形成 B．HCOOD催化释放氢反应除生成CO2外，还生成HD C．在催化剂表面解离C—H键比解离O—H键难 D．HCOOH催化释放氢的热化学方程式为：HCOOH（g）＝CO2（g）+H2（g） ΔH＝﹣0.45eV13．（2025•开封二模）为实现氯资源循环利用，可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2。反应的热化学方程式为4HCl（g）+O2（g）CuO2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣114.4kJ•mol﹣1下列说法正确的是（）A．图中X为Cl2，W为HCl B．该催化机理中，存在非极性键的断裂与形成 C．图中涉及的反应中有三个属于氧化还原反应 D．升高温度，HCl与O2生成Cl2的反应平衡常数增大14．（2025秋•江西月考）N2O和CO为环境污染物，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A．Pt2B．反应Ⅰ为置换反应 C．总反应方程式为N2O+CO催化剂N2+CO2D．反应过程中Pt元素的化合价发生了变化15．（2025秋•河南月考）在95℃水相中，以MOF—253—Fe（Ⅱ）为催化剂，CH4高效转化为CH3OH的可能反应机理如图。下列说法错误的是（）A．1mol•CH3和1mol•OH含有的电子数相同 B．CH4转化为CH3OH的反应中原子利用率为100% C．若以18O2为原料，18O全部进入生成物CH3OH D．在INT﹣13→INT﹣14过程中，铁元素的化合价降低16．（2025•海安市开学）CO2加氢制甲醇能实现碳的循环利用。CO2与H2在活化后的催化剂表面发生如下反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH，其反应历程如图。已知：催化剂活化：In2O3（无活性）⇌In2O3﹣x（有活性）下列说法不正确的是（）A．ΔH＜0 B．过程Ⅱ中H2发生氧化反应 C．历程中有In—C、C—H键的形成和断裂 D．In2O3无活性的可能原因是In2O3结构中缺少氧空位17．（2024秋•潍坊期末）二价铜微粒[CuⅡ（NH3）2]2+可用作汽车尾气脱硝的催化剂，其可能的催化机理如图1所示，反应过程中体系的能量变化如图2所示。下列说法正确的是（）A．状态②→③决定了反应速率 B．状态⑤→①过程中有非极性键的断裂和生成 C．状态②→③的过程中N元素被氧化 D．该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+2NO+2O2催化剂△6H2O+3N18．（2025秋•西湖区校级月考）某反应的催化机理如图。其中过程1包含：①2CuCl2+Pd＝2CuCl+PdCl2②4CuCl+4HCl+O2＝4CuCl2+2H2O下列说法不正确的是（）A．属于该反应的过渡态 B．[PdCl4]2﹣构型为平面正方形，其中Pd2+为dsp2杂化 C．向体系中加入NaCl，会抑制[PdCl4]2﹣的转化 D．总方程式为2C2H4+O2→PdCl219．（2025•青岛三模）使用物质a（C3H2SN—Ar）可以催化图示反应，其中“﹣Ar”为取代基。下列说法错误的是（）A．总反应方程式为 B．a中所有碳原子均满足8电子稳定结构 C．d→i过程中d被氧化 D．由图示反应分析可知该反应可能会产生副产物20．（2025•陕西、山西、青海、宁夏模拟）某研究团队认为：硝基苯在钴基双位催化剂（Co—NPs）的作用下，转化为苯胺的反应机理如图所示。下列叙述错误的是（）A．该反应中的还原剂是NH3•BH3 B．该反应过程涉及配位键的形成 C．若用同位素标记的ND3•BH3代替NH3•BH3，则得到 D．总反应为+NH3•BH3→Co—NPs+NH4BO2

2026高考化学复习热搜题之化学反应机理的探究（2025年10月）参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）题号1234567891011答案DCBBBACDCCD题号121314151617181920答案DBBCCCABC一．选择题（共20小题）1．（2025秋•云南月考）利用氨气处理汽车尾气中某污染物的反应微观示意图如图。下列说法正确的是（）A．甲的相对分子质量为10 B．该反应中，乙表现出还原性 C．丙在空气中的体积分数约为21% D．一个丁分子中含有10个质子【答案】D【分析】结合题中信息可知，甲表示NH3，乙表示NO，丙表示N2，丁表示H2O，据此分析。【解答】解：A．结合题中信息可知，甲表示NH3，其相对分子质量为17，故A错误；B．乙表示NO，该反应中，NO中的氮元素化合价降低，表现出氧化性，故B错误；C．丙表示N2，在空气中的体积分数约为78%，故C错误；D．丁表示H2O，则一个丁分子中含有10个质子，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。2．（2025秋•长沙校级月考）水微滴的气液界面处存在强电场，能使水分子发生均裂产生羟基自由基（•OH）和氢自由基（•H）。利用水微滴的这种性质，某研究小组提出了一种在常温下由氨分解制氢方法，可能的反应机理如图所示。根据上述反应机理，下列叙述正确的是（）A．反应中存在非极性共价键的断裂和形成 B．每一步反应中氮元素的化合价均升高 C．NH3与N2H4中的氮原子杂化方式相同 D．•H在反应③和⑤中均体现还原性【答案】C【分析】A．反应中形成的非极性共价键有H—H键（如H2）和N—N键（如N2H4中的N—N键），但断裂的共价键均为极性键（如N—H、O—H键）；B．反应②中，•NH2（N为﹣2价）转化为N2H4（N为﹣2价），氮元素化合价不变；C．NH3中N原子价层电子对数＝3（成键）+1（孤对）＝4，为sp3杂化；N2H4中每个N原子形成3个σ键（2个N—H、1个N—N），且有1对孤对电子，价层电子对数＝4，也为sp3杂化；D．•H中H为0价，反应③和⑤中•H最终转化为H2（H仍为0价）。【解答】解：A．反应中形成的非极性共价键有H—H键和N—N键，但断裂的共价键均为极性键，不存在非极性共价键的断裂，故A错误；B．反应②中，•NH2（N为﹣2价）转化为N2H4（N为﹣2价），氮元素化合价不变，并非每一步均升高，故B错误；C．NH3中N原子价层电子对数＝3+1＝4，为sp3杂化；N2H4中每个N原子形成3个σ键（2个N—H、1个N—N），且有1对孤对电子，价层电子对数＝4，也为sp3杂化，二者氮原子杂化方式相同，故C正确；D．•H中H为0价，反应③和⑤中•H最终转化为H2（H仍为0价），化合价未升高，未体现还原性，故D错误；故选：C。【点评】本题考查物质的性质和变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。3．（2025秋•南京校级月考）MnO2（活性物质）嵌在聚苯胺载体上可用作空气氧化含硫废水的催化剂，高温下会分解。碱性条件下，催化氧化S2﹣的机理如图所示。下列说法正确的是（）A．过程1中锰元素的化合价升高 B．该反应过程的总方程式为O2C．通入18O2，一段时间后18O仅存在于O2、MnO2中 D．催化剂因S覆盖表面或进入空位而失效，高温灼烧后可除去硫继续使用【答案】B【分析】A．过程1中，MnO2与S2﹣反应生成S，S2﹣为还原剂，则MnO2为氧化剂；B．由图可知，总反应S2﹣被O2氧化为S，O2被还原为OH﹣；C．18O2参与反应时，O2中的18O会通过吸附态氧原子（*O）转移到产物OH﹣中；D．MnO2高温下会分解，灼烧除去硫时MnO2已分解。【解答】解：A．过程1中，MnO2与S2﹣反应生成S，MnO2为氧化剂，Mn元素化合价应降低，故A错误；B．由图可知，总反应O2被还原为OH﹣，S2﹣被O2氧化为S，发生的总反应方程式为O2+2HC．18O2参与反应时，O2中的18O会通过吸附态氧原子（*O）转移到产物OH﹣中，并非仅存在于O2和MnO2中，故C错误；D．MnO2高温下会分解，灼烧除去硫时MnO2已分解，无法继续使用，故D错误；故选：B。【点评】本题考查物质的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。4．（2025•鼓楼区校级模拟）一种催化氨硼烷（BH3NH3）水解释氢的可能机理如图所示。下列说法错误的是（）A．催化剂能改变反应历程，降低了反应活化能 B．用D2O代替H2O做反应物，有D2生成 C．BH3NH3分子中含有配位键 D．氨硼烷完全水解的化学方程式：BH3NH3+4H2O＝3H2↑+NH4[B（OH）4]【答案】B【分析】A．催化剂通过改变反应历程，降低了反应活化能，加快反应的速率；B．由反应原理可知，水解过程中B原子所连的H原子被—OH取代；C．B原子存在空轨道，N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道；D．氨硼烷完全水解生成氢气和NH4[B（OH）4]。【解答】解：A．催化剂通过改变反应历程，降低了反应活化能，加快反应的速率，故A正确；B．由反应原理可知，水解过程中B原子所连的H原子被—OH取代，D2O代替H2O作反应物，有HD生成，故B错误；C．B元素的电子排布式为1s22s22p1，形成sp2杂化轨道后，还存在一个空轨道，N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，两者形成配位键，故C正确；D．根据图示，氨硼烷完全水解生成氢气和NH4[B（OH）4]，化学方程式为BH3NH3+4H2O＝3H2↑+NH4[B（OH）4]，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。5．（2025秋•山东月考）中国化学家研究出一种新型复合光催化剂（C3N4/CQDs），能利用太阳光高效分解水，原理如图所示。下列说法正确的是（）A．每1molH2O2中含有2mol共价键 B．在此反应历程中，H2O2属于中间产物 C．总反应：2HD．反应过程中只涉及极性键的断裂和生成【答案】B【分析】由图可知，反应I为催化剂作用下水在光照条件下分解生成氢气和过氧化氢，反应的化学方程式为2H2O光照¯催化剂H【解答】解：A．H2O2的结构式为H—O—O—H，则1molH2O2含有3mol共价键，故A错误；B．在此反应历程中，H2O2是反应的中间产物，故B正确；C．总反应为催化剂作用下水在光照条件下分解生成氢气和氧气，反应的化学方程式为2H2OD．总反应为催化剂作用下水在光照条件下分解生成氢气和氧气，反应的化学方程式为2H2O故选：B。【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。6．（2025秋•南通月考）反应H2（g）+CO2（g）催化剂HCOOH（A．步骤Ⅰ中CO2带正电荷的C与催化剂中的N之间发生作用 B．步骤Ⅰ中存在极性键与非极性键的断裂和形成 C．步骤Ⅲ中HCO3D．整个过程中所涉及元素的化合价均发生了变化【答案】A【分析】A．电负性：C＜O，CO2中C带正电荷，N的电负性也较大，显负电；B．步骤Ⅰ中存在静电作用；C．元素化合价降低，发生还原反应；D．整个过程中H、O元素的化合价不变。【解答】解：A．步骤Ⅰ中CO2带正电荷的C与催化剂中的N之间发生静电作用，故A正确；B．步骤Ⅰ中存在静电作用，没有极性键与非极性键的断裂和形成，故B错误；C．步骤Ⅲ中HCO3-中CD．整个过程中H、O元素的化合价都没有变化，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查反应机理的探究，属于基本知识的考查，难度中等。7．（2025春•吴江区校级月考）Fe3O4和FeO的热化学循环可以利用太阳能，其转化关系如图所示。已知：反应K3[Fe（CN）6]+FeCl2＝KFe[Fe（CN）6]↓（蓝色）+2KCl可用来检验Fe2+。下列叙述错误的是（）A．分析过程Ⅰ和Ⅱ，Fe3O4是该循环过程中的催化剂 B．过程Ⅱ的化学方程式为6FeOC．用盐酸、K3[Fe（CN）6]溶液检验Fe3O4和FeO混合物中的FeO D．该循环过程利用了太阳能，而且降低了环境中CO2的含量【答案】C【分析】上述循环中，促进CO2分解的关键物质是活性FeO，它也是中间产物，Fe3O4在太阳能作用下分解产生FeO，总反应分两步，先发生反应I，后发生反应Ⅱ，Fe3O4在反应I中参与反应，在反应Ⅱ中生成，故Fe3O4作总反应的催化剂。【解答】解：A．四氧化三铁是该循环过程中的催化剂，故A正确；B．根据图示和分析，由元素守恒可知方程式正确，故B正确；C．氧化亚铁和四氧化三铁溶于盐酸，发生的反应有FeO+2H+＝Fe2++H2O、Fe3O4+8H+=Fe2++2D．上述循环的总反应为CO2太阳能¯F故选：C。【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。8．（2025秋•浙江月考）CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸乙酯的机理如图所示。下列说法正确的是（）A．步骤③的反应类型为取代反应 B．该反应的原子利用率100% C．反应过程中存在C＝C、C＝O键的形成 D．若将步骤①中CH2＝CH2换为CH2＝CHCH3，则产物可能为【答案】D【分析】A．步骤③中，生成的C＝C；B．该反应除了生成丙烯酸乙酯之外，还生成HI；C．反应过程中没有C＝O的形成；D．根据反应机理图可知，丙烯酸乙酯中的酯基来自CO2，—CH2CH3来自碘乙烷，据此分析作答。【解答】解：A．步骤③的反应类型为消去反应，故A错误；B．该反应除了生成丙烯酸乙酯之外，还生成HI，该反应的原子利用率小于100%，故B错误；C．步骤③形成了C＝C，但没有C＝O的形成，故C错误；D．根据反应机理图可知，若将步骤①中CH2＝CH2换为CH2＝CHCH3，则产物可能为，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查反应机理的探究，属于基本知识的考查，难度中等。9．（2025秋•沙坪坝区校级月考）CO2资源化利用具有重要意义。在Zn-(R-NH2)/Br-（RA．CO2中碳原子为sp杂化 B．X的结构简式可能为 C．—NH2也能与连接的原因是能形成氢键N•••H—O D．该合成反应的原子利用率为100%【答案】C【分析】A．CO2结构式为：O＝C＝O，碳原子的价层电子对数是2；B．根据题意可知，过程Ⅱ中，1，1﹣二甲基环氧乙烷断裂C—O键；C．1，1﹣二甲基环氧乙烷中，O原子含有2个C—O键，没有O—H键，不能形成氢键N•••H—O；D．加成反应的原子利用率为100%。【解答】解：A．CO2结构式为：O＝C＝O，碳原子的价层电子对数是2，为sp杂化，故A正确；B．根据题意可知，过程Ⅱ中，1，1﹣二甲基环氧乙烷断裂C—O键，X的结构简式可能为，故B正确；C．1，1﹣二甲基环氧乙烷中，O原子含有2个C—O键，没有O—H键，故—NH2也能与连接的原因是能形成氢键O•••H—N，故C错误；D．根据题意可知，该合成反应的总反应相当于加成反应，故原子利用率为100%，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查反应机理的探究，侧重考查有机物的结构与性质，属于基本知识的考查，难度中等。10．（2025秋•五华区校级月考）氧空位是指固体含氧化合物中氧原子脱离，导致氧缺失形成的空位。双金属氧化物GaZrOx具有氧空位，研究发现该氧化物对CO2加氢制甲醇有良好的催化作用，反应机理如图所示。下列说法正确的是（）A．过程①有极性键的断裂和形成 B．催化剂GaZrOx能提高甲醇的生产效率，同时增大CO2的平衡转化率 C．氧空位的存在有利于捕获CO2 D．催化过程中，Ga元素的化合价未发生变化【答案】C【分析】A．过程①为H2与催化剂作用，断裂H—H非极性键，形成O—H极性键；B．催化剂能加快反应速率，提高生产效率，但不影响化学平衡；C．氧空位（□）可通过吸附或结合CO2分子（如CO2中的O原子填补空位）；D．CO2加氢制甲醇为氧化还原反应（C从+4→﹣2，H从0→+1），Ga作为催化剂可能参与电子转移。【解答】解：A．过程①为H2与催化剂作用，断裂H—H非极性键，形成O—H极性键，只涉及非极性键断裂和极性键形成，无极性键断裂，故A错误；B．催化剂能加快反应速率，提高生产效率，但不影响化学平衡，不能增大CO2的平衡转化率，故B错误；C．氧空位（□）可通过吸附或结合CO2分子，有利于捕获CO2，故C正确；D．CO2加氢制甲醇为氧化还原反应（C从+4→﹣2，H从0→+1），Ga作为催化剂可能参与电子转移，化合价发生变化后再生，故D错误；故选：C。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。11．（2025秋•南通月考）氧化亚铁硫杆菌（在适宜温度下能催化加速Fe2+氧化的细菌）浸出ZnS矿的机理如图所示。下列说法正确的是（）A．Fe3+、Fe2+是铁元素的同素异形体 B．温度越高越有利于ZnS浸出 C．浸出过程中须不断补充Fe2+ D．每消耗1个O2理论上可浸出2个Zn2+【答案】D【分析】A．同素异形体是同种元素组成的不同单质；B．该过程中氧化亚铁硫杆菌起催化作用，有适宜的温度范围，超过最适温度会失活；C．反应II中Fe3+氧化ZnS生成Fe2+，反应I中Fe2+又被O2氧化为Fe3+，Fe3+与Fe2+循环利用；D．1个O2在反应I中得4e﹣，氧化4个Fe2+生成4个Fe3+；反应II中每个ZnS中S失2e﹣，需2个Fe3+（得2e﹣）。【解答】解：A．Fe3+、Fe2+是铁元素的不同离子，并非单质，故不是铁元素的同素异形体，故A错误；B．该过程中氧化亚铁硫杆菌起催化作用，有适宜的温度范围，超过最适温度会失活，催化效率下降，并非温度越高越好，故B错误；C．反应II中Fe3+氧化ZnS生成Fe2+，反应I中Fe2+又被O2氧化为Fe3+，Fe3+与Fe2+循环利用，无需不断补充，故C错误；D．1个O2在反应I中得4e﹣，氧化4个Fe2+生成4个Fe3+；反应II中每个ZnS中S失2e﹣，需2个Fe3+（得2e﹣），故4个Fe3+可氧化2个ZnS生成2个Zn2+，即1个O2对应2个Zn2+，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。12．（2025•浔阳区校级模拟）氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得H2。在催化剂作用下，HCOOH催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述错误的是（）A．HCOOH催化释放氢的过程中有极性键的断裂和非极性键的形成 B．HCOOD催化释放氢反应除生成CO2外，还生成HD C．在催化剂表面解离C—H键比解离O—H键难 D．HCOOH催化释放氢的热化学方程式为：HCOOH（g）＝CO2（g）+H2（g） ΔH＝﹣0.45eV【答案】D【分析】A．转化涉及到N—H键的断裂和形成、O—H键的断裂以及H—H键的形成；B．若用HCOOD代替HCOOH，反应为HCOOD分解，除生成CO2外，还生成HD；C．由图可知，Ⅱ→Ⅲ过程中断裂O—H键，Ⅲ→Ⅳ过程中断裂C—H键，Ⅲ→Ⅳ的活化能大于Ⅱ→Ⅲ的；D．图2表示1分子HCOOH（g）生成CO2（g）和H2（g）时放出能量0.45eV，而热化学方程式中ΔH为1mol反应的热量变化。【解答】解：A．转化涉及到O—H极性键的断裂、N—H极性键的断裂和形成、以及H—H非极性键的形成，故A正确；B．若用HCOOD代替HCOOH，反应为HCOOD分解，HCOOD分解时除了生成CO2外，还生成HD，故B正确；C．由图可知，Ⅱ→Ⅲ过程中断裂O—H键，Ⅲ→Ⅳ过程中断裂C—H键，Ⅲ→Ⅳ的活化能大于Ⅱ→Ⅲ的，故在催化剂表面解离C—H键比解离O—H键难，故C正确；D．图2表示1分子HCOOH（g）生成CO2（g）和H2（g）时放出能量0.45eV，而热化学方程式中ΔH为1mol反应的热量变化，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了物质的性质和变化等知识，为高频考点，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，把握化学变化中的键的变化即可解答，题目难度不大。13．（2025•开封二模）为实现氯资源循环利用，可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2。反应的热化学方程式为4HCl（g）+O2（g）CuO2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣114.4kJ•mol﹣1。图展示了该下列说法正确的是（）A．图中X为Cl2，W为HCl B．该催化机理中，存在非极性键的断裂与形成 C．图中涉及的反应中有三个属于氧化还原反应 D．升高温度，HCl与O2生成Cl2的反应平衡常数增大【答案】B【分析】A．左侧CuCl2转化为CuCl，X为Cl2；右侧Cu（OH）Cl分解生成Cu2OCl2和W；B．总反应中O2参与反应，O2中的O＝O非极性键断裂；生成Cl2，Cl2中的Cl—Cl非极性键形成；C．机理中氧化还原反应仅2个误；D．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动。【解答】解：A．左侧CuCl2转化为CuCl，X为Cl2；右侧Cu（OH）Cl分解生成Cu2OCl2和W，故W为H2O而非HCl，故A错误；B．总反应中O2参与反应，O2中的O＝O非极性键断裂；生成Cl2，Cl2中的Cl—Cl非极性键形成，故存在非极性键的断裂与形成，故B正确；C．机理中氧化还原反应仅2个：①CuCl2→CuCl；②CuCl→Cu2OCl2，故C错误；D．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小，故D错误；故选：B。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。14．（2025秋•江西月考）N2O和CO为环境污染物，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A．Pt2B．反应Ⅰ为置换反应 C．总反应方程式为N2O+CO催化剂N2+CO2D．反应过程中Pt元素的化合价发生了变化【答案】B【分析】根据图示可知：N2O和CO是反应物，Pt2O+为催化剂，Pt2O2+是中间产物，N2和CO2是生成物，总反应方程式为：N2O+CO催化剂【解答】解：A．反应开始时没有Pt2O2+，反应结束时也没有PB．在反应Ⅰ中反应物没有单质参加，因此该反应不属于置换反应，故B错误；C．N2O和CO是反应物，N2和CO2是生成物，Pt2O+为催化剂，总反应方程式为N2O+CO催化剂N2+CO2，故CD．在反应过程中，反应Ⅰ和反应Ⅱ中Pt元素的化合价都发生了变化，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质的性质和变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。15．（2025秋•河南月考）在95℃水相中，以MOF—253—Fe（Ⅱ）为催化剂，CH4高效转化为CH3OH的可能反应机理如图。下列说法错误的是（）A．1mol•CH3和1mol•OH含有的电子数相同 B．CH4转化为CH3OH的反应中原子利用率为100% C．若以18O2为原料，18O全部进入生成物CH3OH D．在INT﹣13→INT﹣14过程中，铁元素的化合价降低【答案】C【分析】A．根据•CH3和•OH所含电子数进行分析；B．根据CH4和O2反应得到CH3OH来分析；C．根据反应的历程来分析；D．根据在INT﹣13→INT﹣14过程中，Fe的配体等发生变化来分析。【解答】解：A．•CH3（甲基自由基）的电子数：C有6个电子，3个H各有1个电子，共9个电子；所以1mol•CH3含9mol电子；•OH（羟基自由基）的电子数：O有8个电子，H有1个电子，共9个电子，所以1mol•OH含9mol电子；因此1mol•CH3和1mol•OH含有的电子数相同，故A正确；B．根据反应的机理可知，2CH4+O2→催化剂2CH3OH，生成物只有CH3OH，原子全部进入目标产物CH3OH，原子利用率是100%，故BC．由图可知若以18O2为原料，中间体INT﹣13有3个相同化学环境的羟基，其中一个羟基中的氧原子为18O，在INT﹣13→INT﹣14过程中，3个羟基结合•CH3的概率理论上是相同的，故18O不一定全部进入生成物CH3OH中，故C错误；D.INT﹣13中，铁元素的化合价为+3（Fe形成三个Fe﹣OH，其余为配位键），INT﹣14中，铁元素的化合价为+2（Fe形成两个Fe﹣OH，其余为配位键），所以INT﹣13→INT﹣14过程中，铁元素的化合价降低，故D正确；故选：C。【点评】掌握CH4高效转化为CH3OH的可能反应机理并利用所学知识即可解答，难度适中。16．（2025•海安市开学）CO2加氢制甲醇能实现碳的循环利用。CO2与H2在活化后的催化剂表面发生如下反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH，其反应历程如图。已知：催化剂活化：In2O3（无活性）⇌In2O3﹣x（有活性）下列说法不正确的是（）A．ΔH＜0 B．过程Ⅱ中H2发生氧化反应 C．历程中有In—C、C—H键的形成和断裂 D．In2O3无活性的可能原因是In2O3结构中缺少氧空位【答案】C【分析】A．△S＜0，ΔH﹣T△S＜0，据此判断ΔH；B．过程Ⅱ中H元素化合价升高，被氧化；C．整个过程中没有C—H键的断裂；D．In2O3无活性的可能原因是In2O3结构中缺少氧空位，无法发生过程。【解答】解：A．反应的△S＜0，且能够自发，则ΔH﹣T△S＜0，ΔH＜T△S＜0，故A正确；B．过程Ⅱ中H元素化合价升高，被氧化，H2发生氧化反应，故B正确；C．过程Ⅰ、Ⅱ中，有In—C、C—H键的形成，过程Ⅱ中，有In—C键的断裂，没有C—H键的断裂，故C错误；D．In2O3无活性的可能原因是In2O3结构中缺少氧空位，无法发生过程Ⅰ，吸附CO2，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查化学反应机理的探究，同时考查键的断裂与形成，属于基本知识的考查，难度不大。17．（2024秋•潍坊期末）二价铜微粒[CuⅡ（NH3）2]2+可用作汽车尾气脱硝的催化剂，其可能的催化机理如图1所示，反应过程中体系的能量变化如图2所示。下列说法正确的是（）A．状态②→③决定了反应速率 B．状态⑤→①过程中有非极性键的断裂和生成 C．状态②→③的过程中N元素被氧化 D．该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+2NO+2O2催化剂△6H2O+3N【答案】C【分析】A．活化能越大，反应速率越慢；B．状态⑤→①过程中没有非极性键的断裂；C．状态②到状态③铜元素化合价降低，被还原，氮元素被氧化；D．该过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2。【解答】解：A．由图2可知，状态③到状态④的爬坡距离最大，活化能最大，反应速率最慢，决定了整个反应的反应速率，故A错误；B．状态⑤→①过程中没有非极性键的断裂，故B错误；C．状态②中铜为+2价，状态③中铜是+1价，铜元素化合价降低，被还原，氮元素被氧化，故C正确；D．由图1知，该过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，配平反应为：4NH3+4NO+O2催化剂△6H2O+4N2，故D故选：C。【点评】本题考查物质的变化，为高频考点，侧重分析能力、识图能力和灵活运用能力的考查，把握反应的判断、氧化还原反应的特征、催化剂的作用、分子结构，题目难度不大。18．（2025秋•西湖区校级月考）某反应的催化机理如图。其中过程1包含：①2CuCl2+Pd＝2CuCl+PdCl2②4CuCl+4HCl+O2＝4CuCl2+2H2O下列说法不正确的是（）A．属于该反应的过渡态 B．[PdCl4]2﹣构型为平面正方形，其中Pd2+为dsp2杂化 C．向体系中加入NaCl，会抑制[PdCl4]2﹣的转化 D．总方程式为2C2H4+O2→PdCl2【答案】A【分析】A．过渡态是反应过程中高能、不稳定、瞬间存在的中间状态；而是催化机理中相对稳定的中间体（参与“重排1”等步骤，并非瞬间过渡态）；B．[PdCl4]