2026年高考化学模拟试卷重点知识题型汇编-化学反应机理的探究

第1页（共1页）2026年高考化学模拟试卷重点知识题型汇编——化学反应机理的探究一．选择题（共20小题）1．（2025•黑龙江二模）室温下将CO2转化为高附加值化学品环状碳酸酯的反应机理如图。下列说法错误的是（）A．因阴阳离子半径大，离子键弱，室温下呈液态 B．为反应中间体 C．催化过程中仅存在极性键的断裂与形成 D．若用替换，CO2吸附量下降2．（2025•湖北三模）东南大学化学化工学院张袁健教授探究Fe—N—C和Co—N—C分别催化H2O2分解的反应机理，部分反应历程如图所示（MS表示吸附在催化剂表面物种；TS表示过渡态）：下列说法错误的是（）A．催化效果：催化剂Co—N—C高于催化剂Fe—N—C B．Fe—N—C催化：MS1（s）＝MS2（s）ΔH＝﹣0.22eV C．催化剂Fe—N—C比催化剂Co—N—C的产物更容易脱附 D．Co—N—C和Fe—N—C催化H2O2分解均为吸热反应3．（2025秋•江苏期中）金属硫化物（MxSy）催化反应CH4（g）+2H2S（g）⇌CS2（g）+4H2（g），既可以除去CH4中的H2S，又可以获得H2。部分反应机理如图，下列说法不正确的是（）A．步骤Ⅱ有极性键的断裂和非极性键形成 B．该反应的平衡常数K=c(CC．该反应中每消耗1molH2S，转移电子的数目约为2×6.02×10﹣23 D．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4．（2025秋•昭通期中）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl（g）+O2（g）CuO2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣114.4kJ•mol﹣1。如图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是（）A．Z为反应物O2，X为生成物Cl2 B．降低反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小 C．反应制得1molCl2，转移2mole﹣ D．该反应在低温下能自发进行5．（2025•河南模拟）Rh（Ⅰ）﹣Ru（Ⅲ）双金属配合物的结构及催化醋酸甲酯反应制备醋酸的反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A．反应过程中Ru的成键数目和化合价均不变 B．反应甲和乙均为取代反应，且在反应过程中，碳原子的杂化类型不变 C．Rh（Ⅰ）﹣Ru（Ⅲ）双金属配合物是反应的催化剂，降低了反应的焓变 D．总反应为：C6．（2025秋•河北期中）在In2O3﹣ZrO2催化剂表面羟基﹣氧空位的协同作用下，由CO2加氢制甲醇的反应机理如图，下列有关说法正确的是（）A．反应过程中存在非极性键的断裂和形成 B．CO2催化加氢制甲醇的反应原子利用率为100% C．增加催化剂表面的氧空位可以有效提高甲醇的平衡产率 D．甲醇及时脱附有利于提高CO2的吸附速率7．（2025秋•临沂月考）金属﹣空气电池在酸性环境下阴极还原机理如图所示。下列说法正确的是（）A．图示所有步骤均需要H+参与 B．步骤b的活化能小于步骤a C．步骤c的反应方程式为O*+H+＝OH* D．理论上，反应消耗的氢离子数等于转移的电子数8．（2025秋•临沂月考）甲酸是重要化工原料，利用CH4与H2O2定向转化制HCOOH等物质的反应历程和能垒变化如图所示（部分微粒未画出）。下列说法正确的是（）A．微粒ⅱ和ⅲ是反应的中间产物 B．CH4转化为HCOOH包含2个基元反应 C．产生•CHO是该过程的决速步 D．反应过程中存在H2O2＝2•OH9．（2025秋•浙江月考）氢气选择性催化还原NO是一种比NH3还原NO更为理想的方法，备受研究者关注。以Pt—HY为催化剂，氢气选择性催化还原NO在催化剂表面的反应机理如图。下列说法正确的是（）A．在反应过程中，有3种分子的中心原子的杂化方式是sp3杂化 B．生成N2O的反应是副反应，会降低氮气的选择性 C．若2molNO在催化剂表面参与反应，转移的电子数为4NA D．在反应过程中，Pt催化剂的主要作用是提供活性位点用于H2和NO的吸附与活化，不参与电子转移10．（2025秋•天山区校级期中）纳米铁粉具有较强的还原性和吸附性，能被水体中的O2氧化。利用纳米铁粉除去水体中六价铬[Cr（Ⅵ）]的反应机理如图所示：下列说法错误的是（）A．机理中生成H2反应的离子方程式为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑ B．Cr元素参与的反应均存在电子转移 C．纳米铁粉除去Cr（Ⅵ）的机理主要包括吸附、还原和共沉淀 D．铁粉处理成纳米铁粉有利于提高Cr（Ⅵ）的处理效率11．（2025秋•昭通期中）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl（g）+O2（g）CuO2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣114.4kJ•mol﹣1。如图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是（）A．Z为反应物O2，X为生成物Cl2 B．降低反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数增大 C．反应制得1molCl2，须投入2molCuO D．该反应在低温下能自发进行12．（2025秋•惠山区校级期中）双碱法脱硫过程如图所示，下列说法正确的是（）A．过程Ⅰ中，SO2表现还原性 B．总反应为2SO2+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+2H2O C．过程Ⅱ中，2molO2参加反应时可氧化1molNa2SO3 D．双碱法脱硫过程中，NaOH不可以循环利用13．（2025秋•沧州校级期中）我国科学家已经成功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与水反应生成化合物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。下列说法错误的是（）A．从平衡移动的角度看，降低温度可促进化合物2与水反应生成化合物3与HCOO﹣ B．化合物2与水反应生成化合物3的过程，经历了3个基元反应 C．催化氢化制甲酸的原料中有酸和碱 D．化合物1到化合物2的过程存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成14．（2025秋•安康期中）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。下列说法错误的是（）A．该反应为吸热反应 B．该反应包括4个基元反应 C．第4步反应为该反应的决速步 D．第一步反应既存在非极性的键断裂，又存在极性键的断裂15．（2025秋•秦淮区期中）双碱法脱硫过程如图所示，下列说法不正确的是（）A．双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用 B．过程Ⅰ中，SO2表现还原性 C．总反应为2SO2+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+2H2O D．双碱法脱硫既可以吸收SO2又可以得到副产物石膏16．（2025秋•广安期中）H2O2被称为“绿色氧化剂”。一种用H2制备H2O2的原理如图所示。下列说法错误的是（）A．HCl和Cl﹣是中间产物 B．反应Ⅰ涉及非极性键的断裂和极性键的形成 C．整个过程总反应的原子利用率是100% D．使用催化剂可以改变反应历程，从而改变总反应的反应热17．（2025秋•运城期中）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，单个HCOOH释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。研究发现，其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH释氢的效果更佳。下列叙述正确的是（）A．HCOOH催化释放氢的过程中有极性键和非极性键的断裂 B．其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH可以提高释放氢气的纯度 C．键长：C—H＞O—H，在催化剂表面解离C—H键比解离O—H键更容易 D．HCOOH催化释氢的热化学方程式为HCOOH（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣0.45eV18．（2025秋•德州期中）CO2与NO3-通过电催化反应生成CO（NH2）2A．催化剂参与可降低该反应的活化能 B．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 C．过程Ⅱ中NO3-D．每有5.6L（标准状况）CO2参与反应，需电路中提供4mol电子19．（2025秋•焦作期中）目前，柴油发动机中添加尿素有利于环保，其原因之一是尿素分解产生的氨气参与某催化过程，该催化过程可对汽车尾气脱硝，催化机理如图1所示（部分物质未标出），反应历程如图2所示。下列说法正确的是（）A．图1中①→②的反应为[CuB．[CuⅡC．升高温度，各基元反应的活化分子百分数均增加 D．图2中TS2比TS3稳定20．（2025秋•盐城期中）以Fe﹣Mn/TiO2催化的NH3—SCR反应机理如图所示。下列说法正确的是（）A．反应过程中有非极性共价键断裂和形成 B．反应过程中Mn的化合价没有改变 C．催化剂参加了反应并降低了反应焓变 D．NH3—SCR反应的化学方程式：4NH3+6NO═5N2+6H2O

2026年高考化学模拟试卷重点知识题型汇编——答案一．选择题（共20小题）题号1234567891011答案BCCBCDDDBBC题号121314151617181920答案BCDBDBCCA一．选择题（共20小题）1．（2025•黑龙江二模）室温下将CO2转化为高附加值化学品环状碳酸酯的反应机理如图。下列说法错误的是（）A．因阴阳离子半径大，离子键弱，室温下呈液态 B．为反应中间体 C．催化过程中仅存在极性键的断裂与形成 D．若用替换，CO2吸附量下降【答案】B【分析】A．该物质为离子液体，由大离子[P4444]+和大阴离子（含氮氧的杂环负离子）组成；B．该物种在循环中始终存在（反应前后未消耗），属于催化剂而非中间体；C．催化过程中涉及CO2的C＝O键（极性）、环氧化物的C—O键（极性）、催化剂中N—O键（极性）的断裂与形成，但环氧化物开环时C—C键（非极性）未断裂，且催化剂中的C—C键（非极性）也未参与反应；D．[P4444]+与含氮氧的阴离子中，N原子的孤对电子可增强对CO2的吸附能力。【解答】解：A．该物质为离子液体，由大离子[P4444]+和大阴离子组成，阴阳离子半径大导致离子键弱，熔点低，室温下呈液态，故A正确；B．该物种在循环中始终存在，属于催化剂而非中间体。中间体是反应过程中生成并消耗的物种，而催化剂参与循环并再生，故B错误；C．催化过程中涉及二氧化碳的C＝O键（极性）、环氧化物的C—O键（极性）、催化剂中N—O键（极性）的断裂与形成，但环氧化物开环时C—C键（非极性）未断裂，且催化剂中的C—C键（非极性）也未参与反应，不存在非极性键的断裂与形成，故C正确；D．[P4444]+与含氮氧的阴离子中，N原子的孤对电子可增强对二氧化碳的吸附能力；替换为苯氧基负离子后，因无N原子的孤对电子，吸附位点减少，二氧化碳吸附量下降，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。2．（2025•湖北三模）东南大学化学化工学院张袁健教授探究Fe—N—C和Co—N—C分别催化H2O2分解的反应机理，部分反应历程如图所示（MS表示吸附在催化剂表面物种；TS表示过渡态）：下列说法错误的是（）A．催化效果：催化剂Co—N—C高于催化剂Fe—N—C B．Fe—N—C催化：MS1（s）＝MS2（s）ΔH＝﹣0.22eV C．催化剂Fe—N—C比催化剂Co—N—C的产物更容易脱附 D．Co—N—C和Fe—N—C催化H2O2分解均为吸热反应【答案】C【分析】反应起始于H2O2，此时H2O2的相对能量设为基准0；H2O2在催化剂（Fe﹣N—C或Co﹣Ν—C）表面发生吸附，形成吸附在催化剂表面的物种MS1；从图中可知，这一过程能量降低，形成MS1时，相对能量在﹣2到﹣1之间（具体数值因催化剂不同有差异），说明该吸附过程是放热过程，降低了体系能量；MS1进一步反应，需要克服一定能量障碍达到过渡态TS1；这一过程中能量升高，对于Fe﹣N—C和Co﹣Ν—C催化剂，升高的能量数值不同（对应不同的活化能）；Co﹣Ν—C对应的活化能低于Fe﹣N—C，意味着Co﹣Ν—C催化时此步反应更容易进行；从过渡态TS1转化为MS2，能量降低，说明这也是一个放热过程；MS2继续反应转化为MS3（产物O2、H2O吸附在催化剂表面），此过程能量变化情况在图中体现为又一次能量变化，且最终MS3的能量情况与催化剂相关，如Fe﹣N—C催化时MS3能量相对较高，更易脱附；总体而言，整个反应历程中，H2O2在催化剂表面通过吸附、克服活化能、逐步转化等过程，最终生成产物O2和H2O，不同催化剂影响反应的活化能和中间态能量，进而影响反应速率和产物脱附等情况。【解答】解：A．由图可知，使用催化剂Co—N—C时的活化能小于使用催化剂Fe﹣N—C时的活化能，则催化效果：催化剂Co—N—C高于催化剂Fe﹣N—C，故A正确；B．由图可知，Fe﹣N—C催化时，ΔH＝（1.64﹣1.86）eV＝﹣0.22eV，故B正确；C．由图可知，使用催化剂Fe﹣N—C时MS1和MS2的能量低于使用催化剂Co—N—C时的能量，能量越低越稳定，则催化剂Co—N—C比催化剂Fe﹣N—C的产物更容易脱附，故C错误；D．催化剂不会改变反应的热效应，不管使用哪种催化剂，H2O2的分解都是吸热反应，故D正确；故选：C。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应过程中能量变化的掌握情况，试题难度中等。3．（2025秋•江苏期中）金属硫化物（MxSy）催化反应CH4（g）+2H2S（g）⇌CS2（g）+4H2（g），既可以除去CH4中的H2S，又可以获得H2。部分反应机理如图，下列说法不正确的是（）A．步骤Ⅱ有极性键的断裂和非极性键形成 B．该反应的平衡常数K=c(CC．该反应中每消耗1molH2S，转移电子的数目约为2×6.02×10﹣23 D．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【答案】C【分析】A．反应物中有H—S极性键断裂，生成物H2中有H—H非极性键生成；B．反应的平衡常数表达式为反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比；C．根据反应过程中电子转移总数等于元素化合价升降总数分析；D．由题图所示的反应机理可知，在反应步骤Ⅰ中H2S中的带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用进行的结合。【解答】解：A．根据基元步骤Ⅱ的反应H2MxSy+1⇌MxSy+1+H2可知，反应物中有H—S极性键断裂，生成物H2中有H—H非极性键生成，故A正确；B．反应的平衡常数表达式为反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，根据反应CH4（g）+2H2S（g）⇌CS2（g）+4H2（g），可得到该反应的平衡常数K=c(CS2C．该反应中每消耗1molH2S，则消耗0.5molCH4，C元素的化合价由CH4中的﹣4价变为CS2中的+4价，化合价升高8价，根据反应过程中电子转移总数等于元素化合价升降总数，可知反应过程中转移电子的数目约为0.5mol×8×6.02×1023mol﹣1＝4×6.02×1023，故C错误；D．在反应步骤Ⅰ中H2S中的带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用进行的结合，故D正确；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。4．（2025秋•昭通期中）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl（g）+O2（g）CuO2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣114.4kJ•mol﹣1。如图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是（）A．Z为反应物O2，X为生成物Cl2 B．降低反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小 C．反应制得1molCl2，转移2mole﹣ D．该反应在低温下能自发进行【答案】B【分析】A．根据氧化还原反应及质量守恒规律结合图示信息来分析；B．根据ΔH＜0及温度对平衡移动的影响规律来分析；C．根据氯元素的价态变化规律来分析；D．根据反应自发进行的条件来分析。【解答】解：A．结合催化机理图和总反应4HCl（g）+O2（g）CuO2Cl2（g）+2H2O（g），CuCl2分解为CuCl和X，根据氧化还原反应规律，X为Cl2；CuCl与Z反应生成Cu2OCl2，根据氧化还原反应规律及质量守恒规律可知，Z为反应物O2，故A正确；B．该反应ΔH＝﹣114.4kJ•mol﹣1＜0，属于放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，故B错误；C．总反应中Cl元素从HCl中的﹣1价升至Cl2中的0价，生成1molCl2时，有2molCl﹣被氧化，转移2mole﹣，故C正确；D．反应的ΔH＜0，反应后气体分子数减少，ΔS＜0。根据ΔG＝ΔH﹣TΔS，低温时ΔG＜0，反应能自发进行，故D正确；故选：B。【点评】掌握反应的机理并利用所学的知识即可解答，难度不大，解答本题的关键是利用好氧化还原反应规律及质量守恒规律。5．（2025•河南模拟）Rh（Ⅰ）﹣Ru（Ⅲ）双金属配合物的结构及催化醋酸甲酯反应制备醋酸的反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A．反应过程中Ru的成键数目和化合价均不变 B．反应甲和乙均为取代反应，且在反应过程中，碳原子的杂化类型不变 C．Rh（Ⅰ）﹣Ru（Ⅲ）双金属配合物是反应的催化剂，降低了反应的焓变 D．总反应为：C【答案】C【分析】A．由图可知，Ru在反应过程中结合和脱离的原子或原子团无变化，其化学键情况未变；B．取代反应定义：有机物分子中的某些原子或原子团被其他原子或原子团替换掉的反应；C．催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，而反应的焓变由反应物和生成物的能量差决定，催化剂不能改变焓变；D．梳理整个反应机理图可知，反应物是CH3COOCH3、CO和H2O，生成物是CH3COOH，反应条件为催化剂。【解答】解：A．由图可知，Ru在反应过程中结合和脱离的原子或原子团无变化，其化学键情况未变，所以Ru的成键数目和化合价均不变，故A正确；B．取代反应定义：有机物分子中的某些原子或原子团被其他原子或原子团替换掉的反应，反应甲是CH3COI与H2O反应生成CH3COOH和HI，反应乙是CH3COOCH3与HI反应生成CH3COOH和CH3I，均为取代反应，反应甲中CH3COI、CH3COOH中甲基的碳原子始终是sp3杂化，—COI和—COOH是sp2杂化，反应乙中CH3COOCH3、CH3COOH和CH3I中甲基的碳原子始终是sp3杂化，酯基和羧基中碳原子是sp2杂化，即碳原子的杂化类型不变，故B正确；C．Rh（Ⅰ）﹣Ru（Ⅲ）双金属配合物是反应的催化剂，催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，而反应的焓变由反应物和生成物的能量差决定，催化剂不能改变焓变，故C错误；D．梳理整个反应机理图可知，反应物是CH3COOCH3、CO和H2O，生成物是CH3COOH，反应条件为催化剂，故总反应可表示为CH3COOC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。6．（2025秋•河北期中）在In2O3﹣ZrO2催化剂表面羟基﹣氧空位的协同作用下，由CO2加氢制甲醇的反应机理如图，下列有关说法正确的是（）A．反应过程中存在非极性键的断裂和形成 B．CO2催化加氢制甲醇的反应原子利用率为100% C．增加催化剂表面的氧空位可以有效提高甲醇的平衡产率 D．甲醇及时脱附有利于提高CO2的吸附速率【答案】D【分析】A．相同的原子之间形成非极性共价键，不同的原子之间形成极性共价键；B．CO2催化加氢制甲醇的反应中，还有副产物水的生成；C．催化剂不影响平衡移动；D．甲醇及时脱附，释放出活性点位。【解答】解：A．由图可知，反应过程中有H—H非极性共价键断裂，没有非极性键的形成，故A错误；B．CO2催化加氢制甲醇的反应中，还有副产物水的生成，原子利用率小于100%，故B错误；C．催化剂不影响平衡移动，增加催化剂表面的氧空位不能提高甲醇的平衡产率，故C错误；D．甲醇及时脱附，释放出活性点位，有利于提高CO2的吸附速率，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查化学反应机理的探究，属于高考高频考点，难度中等。7．（2025秋•临沂月考）金属﹣空气电池在酸性环境下阴极还原机理如图所示。下列说法正确的是（）A．图示所有步骤均需要H+参与 B．步骤b的活化能小于步骤a C．步骤c的反应方程式为O*+H+＝OH* D．理论上，反应消耗的氢离子数等于转移的电子数【答案】D【分析】由图可知，阴极发生的还原反应为：O2+2e﹣+2H+＝H2O2和O2+4e﹣+4H+＝2H2O。【解答】解：A．步骤b为氧分子在催化剂表面发生共价键断裂生成O*的过程，没有氢离子参与，故A错误；B．步骤a为共价键形成的过程，是放出热量的过程，而步骤b是共价键断裂的过程，是吸收热量的过程，步骤b是O＝O双键的断裂，需要克服较高的能垒，活化能较大，所以步骤b的活化能大于步骤a，故B错误；C．步骤c的反应方程式为：O*+H++e﹣＝OH*，故C错误；D．氧气放电无论生成过氧化氢还是生成水，反应消耗的氢离子数都等于转移的电子数，故D正确；故选：D。【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。8．（2025秋•临沂月考）甲酸是重要化工原料，利用CH4与H2O2定向转化制HCOOH等物质的反应历程和能垒变化如图所示（部分微粒未画出）。下列说法正确的是（）A．微粒ⅱ和ⅲ是反应的中间产物 B．CH4转化为HCOOH包含2个基元反应 C．产生•CHO是该过程的决速步 D．反应过程中存在H2O2＝2•OH【答案】D【分析】A．反应过程中先生成又被继续消耗的物质为中间产物；B．由分析可知经历了多个自由基的逐步生成与转化过程C．反应的决速步通常对应“活化能最高”即图中能垒最高的基元反应；D．H2O2参与多个反应且最终都得到了•OH，则可推测存过氧化氢分解为2 个•OH。【解答】解：A．反应过程中先生成又被继续消耗的物质为中间产物，而微粒ⅱ和ⅲ只被生成没被消耗，故A错误；B．经历了多个自由基的逐步生成与转化过程，不止2 个基元反应，故B错误；C．由图知甲烷生成•CH3的能垒最大，则生成•CH3是该反应的决速步，故C错误；D．H2O2参与多个反应且最终都得到了•OH，则可推测存过氧化氢分解为2 个•OH，用于引发或推动反应，则H2O2＝2•OH存在，故D正确；故选：D。【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。9．（2025秋•浙江月考）氢气选择性催化还原NO是一种比NH3还原NO更为理想的方法，备受研究者关注。以Pt—HY为催化剂，氢气选择性催化还原NO在催化剂表面的反应机理如图。下列说法正确的是（）A．在反应过程中，有3种分子的中心原子的杂化方式是sp3杂化 B．生成N2O的反应是副反应，会降低氮气的选择性 C．若2molNO在催化剂表面参与反应，转移的电子数为4NA D．在反应过程中，Pt催化剂的主要作用是提供活性位点用于H2和NO的吸附与活化，不参与电子转移【答案】B【分析】A．反应过程中，水分子（H2O）中O原子和氨气分子（NH3）中N原子的杂化方式为sp3杂化，而N2O中中心N原子为sp杂化；B．目标产物是N2，生成N2O的反应会消耗反应物但生成非目标产物，因此是副反应；C．NO中N为+2价，生成N2（0价）时，2molNO完全反应转移4mol电子；但反应中还存在生成N2O（N为+1价）、NH3（N为﹣3价）等副反应；D．催化剂（Pt）的作用是提供活性位点，吸附并活化反应物（H2、NO）。【解答】解：A．反应过程中，水分子（H2O）中O原子和氨气分子（NH3）中N原子的杂化方式为sp3杂化，而N2O中中心N原子为sp杂化，故A错误；B．目标产物是N2，生成N2O的反应会消耗反应物但生成非目标产物，因此是副反应，会降低氮气的选择性，故B正确；C．NO中N为+2价，生成N2（0价）时，2molNO完全反应转移4mol电子；但反应中还存在生成N2O（N为+1价）、NH3（N为﹣3价）等副反应，转移电子数不等于4NA，故C错误；D．催化剂（Pt）的作用是提供活性位点，吸附并活化反应物（H2、NO），但催化剂在反应中会参与中间过程的电子转移（如Pt原子与反应物的电子作用），故D错误；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。10．（2025秋•天山区校级期中）纳米铁粉具有较强的还原性和吸附性，能被水体中的O2氧化。利用纳米铁粉除去水体中六价铬[Cr（Ⅵ）]的反应机理如图所示：下列说法错误的是（）A．机理中生成H2反应的离子方程式为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑ B．Cr元素参与的反应均存在电子转移 C．纳米铁粉除去Cr（Ⅵ）的机理主要包括吸附、还原和共沉淀 D．铁粉处理成纳米铁粉有利于提高Cr（Ⅵ）的处理效率【答案】B【分析】A．机理中生成氢气的反应为铁与溶液中氢离子反应生成亚铁离子和氢气；B．机理中铬离子与溶液中氢氧根离子反应生成氢氧化铬的反应和铬离子、铁离子与水反应生成CrxFe1﹣x（OH）3或CrxFe1﹣xOOH；C．纳米铁粉除去Cr（Ⅵ）的机理主要包括吸附、还原和共沉淀；D．铁粉处理成纳米铁粉可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积。【解答】解：A．机理中生成氢气的反应为铁与溶液中氢离子反应生成Fe2+和H2，反应的离子方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，故A正确；B．铬离子与溶液中氢氧根离子反应生成氢氧化铬的反应和铬离子、Fe3+与水反应生成CrxFe1﹣x（OH）3或CrxFe1﹣xOOH的反应中都没有元素发生化合价变化，都无电子转移，故B错误；C．纳米铁粉除去Cr（Ⅵ）的机理主要包括吸附、还原和共沉淀，故C正确；D．铁粉处理成纳米铁粉可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高Cr（Ⅵ）的处理效率，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。11．（2025秋•昭通期中）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl（g）+O2（g）CuO2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣114.4kJ•mol﹣1。如图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是（）A．Z为反应物O2，X为生成物Cl2 B．降低反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数增大 C．反应制得1molCl2，须投入2molCuO D．该反应在低温下能自发进行【答案】C【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu（OH）Cl，则Y为HCl；Cu（OH）Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2，据以上分析解答。【解答】解：A．从催化机理循环分析：CuCl与Z反应生成CuCl2，结合总反应中O2是反应物，可推出Z为O2；CuCl2转化为CuCl并生成X，结合总反应产物为Cl2，可推出X为Cl2，故A正确；B．总反应4HCl（g）+O2（g）＝2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣114.4kJ•mol﹣1是放热反应；降低温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，故B正确；C．CuO在反应中作催化剂，反应过程中质量和化学性质保持不变，因此不需要再加入氧化铜，故C错误；D．反应的ΔH＜0，反应后气体分子数减少（反应物5mol气体，生成物4mol气体），则ΔS＜0；根据自发反应的判据ΔG＝ΔH﹣TΔS，低温时TΔS绝对值小，ΔG＜0，反应能自发进行，故D正确；故选：C。【点评】本题结合反应热与催化机理，考查化学反应自发进行的判断、平衡常数变化、催化剂作用等知识点，需结合反应的ΔH、ΔS及催化循环的特点进行分析解答，本题难度不大。12．（2025秋•惠山区校级期中）双碱法脱硫过程如图所示，下列说法正确的是（）A．过程Ⅰ中，SO2表现还原性 B．总反应为2SO2+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+2H2O C．过程Ⅱ中，2molO2参加反应时可氧化1molNa2SO3 D．双碱法脱硫过程中，NaOH不可以循环利用【答案】B【分析】A．和碱反应，只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；B．根据原子守恒，书写总反应方程式；C．根据化合价升降守恒分析作答；D．由图可知，NaOH可以循环利用。【解答】解：A．过程Ⅰ中，SO2表现为酸性氧化物的性质，故A错误；B．根据原子守恒，可得总反应为：2SO2+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+2H2O，故B正确；C．根据化合价升降守恒可知，过程Ⅱ中，1molO2参加反应时可氧化2molNa2SO3，故C错误；D．双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查学生对化学反应机理的理解，属于基本知识的考查，难度中等。13．（2025秋•沧州校级期中）我国科学家已经成功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与水反应生成化合物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。下列说法错误的是（）A．从平衡移动的角度看，降低温度可促进化合物2与水反应生成化合物3与HCOO﹣ B．化合物2与水反应生成化合物3的过程，经历了3个基元反应 C．催化氢化制甲酸的原料中有酸和碱 D．化合物1到化合物2的过程存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成【答案】C【分析】A．由图乙可知反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应；B．由图乙可知，化合物2与水反应生成化合物3的过程有三次过渡态；C．催化氢化制甲酸的原料中有二氧化碳、氢气和氢氧根离子；D．由图甲可知，化合物1到化合物2的过程存在二氧化碳中碳氧键的断裂和碳氢键的形成。【解答】解：A．反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，降低温度可促进化合物2与水反应生成化合物3与HCOO﹣，故A正确；B．化合物2与水反应生成化合物3的过程有三次过渡态，所以经历了3个基元反应，故B正确；C．催化氢化制甲酸的原料中有二氧化碳、氢气和氢氧根离子，没有酸，故C错误；D．化合物1到化合物2的过程存在二氧化碳中碳氧键的断裂和碳氢键的形成，故D正确；故选：C。【点评】本题考查反应热与焓变、化学平衡的影响因素等知识，注意对概念的理解，理解图中信息，分析化学反应中能量变化、有效碰撞等概念，侧重考查学生识图能力和分析能力。14．（2025秋•安康期中）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。下列说法错误的是（）A．该反应为吸热反应 B．该反应包括4个基元反应 C．第4步反应为该反应的决速步 D．第一步反应既存在非极性的键断裂，又存在极性键的断裂【答案】D【分析】一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如下：CH4→CH3+H、CH3+H→CH2+2H、CH2+2H→CH+3H、CH+3H→C+4H，总反应为：CH4→C+4HΔH＞0，据以上分析解答。【解答】解：A．从能量变化图能看到，生成物（C+4H）的总能量高于反应物（CH4）的总能量，因此该反应为吸热反应，故A正确；B．反应历程中出现了CH4→CH3+H、CH3+H→CH2+2H、CH2+2H→CH+3H、CH+3H→C+4H共4个基元反应，故B正确；C．决速步骤是反应历程中活化能（能垒）最高的一步，从图中能看出第4步反应的能垒最高，反应速率最慢，因此是该反应的决速步，故C正确；D．第一步反应是CH4分解为CH3和H，断裂的是C—H极性键，不存在非极性键的断裂，故D错误；故选：D。【点评】利用好图像信息并结合所学的知识即可解答，难度不大，注意基元反应的数目和决速步骤的判断方法。15．（2025秋•秦淮区期中）双碱法脱硫过程如图所示，下列说法不正确的是（）A．双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用 B．过程Ⅰ中，SO2表现还原性 C．总反应为2SO2+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+2H2O D．双碱法脱硫既可以吸收SO2又可以得到副产物石膏【答案】B【分析】如图所示：过程Ⅰ的反应为SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O，过程Ⅱ的反应为：2Na2SO3+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+4NaOH，总反应为：2SO2+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+2H2O，据以上分析解答。【解答】解：A．过程Ⅰ中NaOH吸收SO2生成Na2SO3，过程Ⅱ中Na2SO3与Ca（OH）2、O2反应又生成\NaOH，因此NaOH可以循环利用，故A正确；B．过程Ⅰ的反应为SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O，该反应中SO2中S元素的化合价为+4，反应后仍为+4，化合价未发生变化，SO2表现的是酸性氧化物的性质（酸性），而非还原性，故B错误；C．将过程Ⅰ和过程Ⅱ的反应整合，消去中间产物Na2SO3和NaOH，总反应为：2SO2+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+2H2O，故C正确；D．双碱法脱硫能吸收有害气体SO2，同时生成的CaSO4（石膏）是副产物，故D正确；故选：B。【点评】掌握过程Ⅰ和过程Ⅱ的反应原理及二氧化硫的性质等相关知识即可解答本题。16．（2025秋•广安期中）H2O2被称为“绿色氧化剂”。一种用H2制备H2O2的原理如图所示。下列说法错误的是（）A．HCl和Cl﹣是中间产物 B．反应Ⅰ涉及非极性键的断裂和极性键的形成 C．整个过程总反应的原子利用率是100% D．使用催化剂可以改变反应历程，从而改变总反应的反应热【答案】D【分析】A．中间产物是前一步反应的产物，又是下一步反应的反应物；B．相同的原子之间形成非极性键，不同的原子之间形成极性键；C．整个过程总反应是：H2+O2＝H2O2；D．催化剂不能改变总反应的反应热。【解答】解：A．由图可知，HCl和Cl﹣是第Ⅰ步反应的产物，又分别是第Ⅱ步、第Ⅲ步反应的反应物，故都是中间产物，故A正确；B．反应Ⅰ涉及H—H非极性键的断裂和H—Cl极性键的形成，故B正确；C．整个过程总反应是：H2+O2＝H2O2，原子利用率是100%，故C正确；D．使用催化剂可以改变反应历程，但不能改变总反应的反应热，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查学生对化学反应机理的理解与应用，同时考查氧化还原反应原理的应用，属于基本知识的考查，难度不大。17．（2025秋•运城期中）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，单个HCOOH释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。研究发现，其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH释氢的效果更佳。下列叙述正确的是（）A．HCOOH催化释放氢的过程中有极性键和非极性键的断裂 B．其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH可以提高释放氢气的纯度 C．键长：C—H＞O—H，在催化剂表面解离C—H键比解离O—H键更容易 D．HCOOH催化释氢的热化学方程式为HCOOH（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣0.45eV【答案】B【分析】A．在催化剂作用下，甲酸分解生成氢气和二氧化碳，转化过程中涉及N—H键的断裂和形成、O—H键的断裂以及H—H键的形成；B．其他条件不变，若用HCOOK溶液代替HCOOH，反应生成KOH能吸收CO2；C．物质Ⅱ到Ⅲ的变化是解离O—H键，物质Ⅲ到Ⅳ的是解离C—H键，解离O—H键的活化能小于解离C—H键的活化能；D．图2表示1个HCOOH分子生成CO2（g）和H2（g）时放出能量0.45eV。【解答】解：A．在催化剂作用下，甲酸分解生成氢气和二氧化碳，转化过程中涉及N—H键的断裂和形成、O—H键的断裂以及H—H键的形成，不存在非极性键的断裂，故A错误；B．其他条件不变，若用HCOOK溶液代替甲酸，反应生成氢氧化钾能吸收二氧化碳，所以最终所得气体中二氧化碳的量会减少，提高释放氢气的纯度，故B正确；C．物质Ⅱ到Ⅲ的变化是解离O—H键，物质Ⅲ到Ⅳ的是解离C—H键，解离O—H键的活化能小于解离C—H键的活化能，所以解离C—H键比解离O—H更困难，故C错误；D