2026年高考化学复习重点知识题型汇编：化学反应机理的探究

2026年高考化学模拟试卷重点知识题型汇编一一化学反应机理的探究

一.选择题（共20小题）

I.（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

B.N^O一为反应中间体

C.催化过程中仅存在极性键的断裂与形成

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（）

1_Fe-N-C

—Co-N-C

TSI

HO

吉22\1.86eV/

芬

涛

*1.64eV/•/MS3(O>HO)

口22

('.81eV

e%i/

<

O,

MSI

MS2

反应历程

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：MSI(s)=MS2(s)AH=-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)+4H>(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H有极性键的断裂和非极性键形成

B.该反应的平衡常数K=:噜

Z

C(CH4)C(H2S)

C.该反应中每消耗I1110IH2S,转移电子的数H约为2X6.02X1(/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HC1制成C”，实现氯资源的再利用。反

CuO.

应的热化学方程式：4HC1(g)+O2(g)^=2Ch(g)+2H2O(g)AH=-114.4kJ・mcL。如图所

示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是()

B.降低反应温度，HC1被02氧化制C12的反应平衡常数减小

C.反应制得ImolC”，转移2moie.

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()

TN2

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，降低了反应的焰变

催化剂

D.总反应为：CH3C00CH3CO+H20t2cH3COOH

6.(2025秋•河北期中)在Ir>2O3・ZrO2催化剂表面羟基一氧空位的协同作用下,由C5加氢制甲醇的反

应机理如图，下列有关说法正确的是()

表示氧空位

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）甲酸是直要化工原料，利用CPU与HQ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（)

H202

A.微粒ii和迨是反应的中间产物

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

9.（2025秋•浙江月考）氢气选择性催化还原NO是一种比NH?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sp?杂化

B.生成N2O的反应是副反应，会降低氮气的选择性

C.若2moiNO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02氧化。利用纳米

铁粉除去水体中六价格［Cr(VI)］的反应机理如图所示:

下列说法错误的是()

+2+

A.机理中生成H2反应的离子方程式为：Fe+2H=Fe+H2t

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

II.(2U25秋•昭通期中)可采用Deacon催化氧化法将_£业副产物HCI制成C12，实现氯资源的再利用。

CuO.

反应的热化学方程式：4HC1(g)+O2(g)^=2Ch(g)+2H2O(g)AH=-114.4kJ・moL。如图

B.降低反应温度，HC1被02氧化制Cb的反应平衡常数增大

C.反应制得ImolCh,须投入2moicuO

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，S02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氨化获得甲酸，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（）

7

0TS2(16.87)

日

•.TS3(11.53)

3；④/_•

、•••

曲•・・

1­⑤：\

器*««

③•••

•••

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TS1(2.34)1/5.31)\@

①”…\-

/1②

2+H20(0.00)\;

1J-1.99)3+HCOO-(-2.38)

反应历程

乙

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HCOCf

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芍酸和碱

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（）

S0?\/NaOH大,CaSO4

过程丫过程n

X

,Na2sO.，Ca（OH）rO2

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S02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”。一种用出制备H2O2的原理如图所示。下列说法错

误的是（）

O2+2C1-

A.HC1和C「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（）

co2

Si

注：*表示吸附在催化剂上的微粒

；1.20

10j6「工

ao

o0.53;­.0.58/:

noFIII

o/

HCOO*+H*:

o■/HCOOH*-nU.Uo

-o-0.32-,一•.八门

___-0.45

.HCOOH(g)

-0.40IVV

-0.60

CO2(g)4-2H*CO2(g)+H,(g)

-0.80

反应进程

图2

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)AH=-0.45eV

18.(2025秋•德州期中)CO?与NO1通过电催化反应生成CO(NH2)2,可能的反应机理如图所示(图中

吸附在催化剂表面的物种用“”标注)。下列说法错误的是()

«CO,+*NO；

«CO(NH2)2

A.催化剂参与可降低该反应的活化能

B.过程ii和过程in都有极性共价键形成

C.过程II中N。]发生的反应方程式为：*NO^4-7e-4-5H2O=*NH2+80H-

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（）

n2+

[Cu(NHJJNH?八TS:过渡态

①TS1TS2

[Cu口(NOJ(NHJJ27NH.J②[Cu„(NHJJ+\―••\.

NO、能②®

⑤TS3

NO量••

[CUYNHJWNHJ®\TS4

++\:

④[Cu,(H2NNO)(NH1),]/NH4⑤^N/HO

③22

反应历程

N2,H20

图1图2

02+

A.图1中①f②的反应为@”（N“3）2]2++NH3=[CU（/V/73）4]

B.[C/（N”3）2产的使用可以增大反应物的平衡转化率

C.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/TQ催化的NH3—SCR反应机理如图所示。下列说法正确的是（）

|(C)

A.反应过程中有非极性共价犍断裂和形成

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r反应焙变

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一一答案

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）室温下招CO2转化为面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（）

[P川JL

A.NO一因阴阳离子半径大，离子键弱，室温下呈液态

[P4444IXX

B.3、N八O一为反应中间体

C.催化过程中仅存在极性键的断裂与形成

D.若用V。-替换N八0-，C5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CO?的C=O键（极性）、环氧化物的C—0键（极性）、催化剂中N—0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犍（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C02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=0键（极性）、环氧化物的C—O键（极性）、催化剂中N-0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缠（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.[P44441+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：Bo

【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，结合己有

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表示吸附在催化的表面物种；TS表示过渡态）:

下列说法错误的是（）

1_Fe-N-C

_Co-N-C

TS1

吧

式0*\1.86eV/

斗

涕

®31.64eV/：/MS3(O>H0)

(22

e

<

-1.

MSIMS2

反应历程

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：MSI(s)=MS2(s)AH=-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o：H2O2在催化剂(Fc-N—C或C。-N

-C)表面发生吸附，形成吸附在催化剂表面的物种MSI；从图中可知，这一过程能量降低，形成MSI

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：MSI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-N—C催化剂，升高的能量数值不同(对应不同的活化能)；Co-N—C对应的活化能

低于Fe-N-C,意味着Co-N-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•个放热过程；MS2继续反应转化为MS3:产物02、比0吸附在催化剂表面)，此过

程能量变化情况在图中体现为乂一次能量变化，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5和H20,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，AH=(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MSI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：Co

【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)0CS2<g)+4H2(g),既可

以除去CH4中的H?S,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I【有.极性键的断裂和非极性键形成

B.该反应的平衡常数K=需也给

C(C〃4>C(〃25)

C.该反应中每消耗ImolFhS,转移电子的数目约为2X6.02XQ23

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幕之积。各种反应物浓度幕之积的比;

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n的反应H2Mxsy+i=MxSy+i+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哥之积与各种反应物浓度幕之积的比,

根据反应CH4(g)+2H2s(g)=CS2(g)+4H2(g),可得到该反应的平衡常数K=:豳，职、,

故B正确；

C.该反应中每消耗ImolH2S；则消耗0.5molCH4,C元素的化合价由叫中的-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0.5molX8X6.02X1023mol1=4X6.02XI023,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：Co

【点评】本题主要考杳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HC1制成。2,实现氯资源的再利用。反

CuO.

应的热化学方程式：4HC1(g)+O2(g)2Ch(g)+2H2O(g)AH=-114.4kJ*mCrL如图所

A.Z为反应物O2，X为生成物C12

B.降低反应温度，HCI被02氧化制C12的反应平衡常数减小

C.反应制得ImolC"，转移2moi/

D.该反应在低温卜能自发进行

【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AH<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。

CuO

【解答】解：A.结合催化机理图和总反应4HC1(g)+O2(g)=ZC\2(g)+2H2O(g),C11CI2分

解为CuQ和X,根据氧化还原反应规律，X为CI2；CuQ与Z反应生成CU20C”，根据氧化还原反应

规律及质量守恒规律可知，Z为反应物02,故A正确：

B.该反应AH=-114.4kJ・mol7v(),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C1元素从HQ中的-1价升至C12中的。价，生成lmolC12时，有2moic「被氧化，转移

2moie,故C正确；

D.反应的AHV0,反应后气体分子数减少，AS<0o根据AG=AH・TAS,低温时AGV0,反应能

自发进行，故D正确；

故选:Bo

【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()

I

TN2

A.反应过程中Ru的成键数H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，降低了反应的焰变

催化剂

D.总反应为：CH3COOCH3-VCO+H20-2CH3COOH

【答案】c

【分析】A.由图可知，Ru在反应过程中结合和脱离的原了或原了团无变化，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，而反应的婚变由反应物和生成物的能量差决定，

催化剂不能改变焙变；

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CH3L

均为取代反应，反应甲中CH3cOI、CH3coOH中甲基的碳原子始终是sp?杂化，一COI和一COOH是

sp?杂化，反应乙中CH3coOCH3、CH3coOH和CH3I中甲基的碳原子始终是sp3杂化，酯基和竣基中

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，而反应的焰变由反应物和生成物的能量差决定，催化剂不能改变焰变，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

催化剂

为催化剂，故总反应可表示为C/COOC/+CO+“2。T2CH3COOH,故D正确；

故选：Co

【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gOvZrCh催化剂表面羟基-氧空位的协同作用下，由82加氢制甲醉的反

应机理如图，下列有关说法正确的是()

表示氧空位

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：Do

【点评】本题主要考杳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02+45+41=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0*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0=0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：0*+H++e-=0H",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）甲酸是直要化工原料，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（)

H202

A.微粒ii和迨是反应的中间产物

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N后还原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

NO+O,

N

N,02

H2

A.在反应过程中，有3种分子的中心原子的杂化方式是sd杂化

B.生成N20的反应是副反应，会降低氮气的选择性

C.若2moiNO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，Pl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

【答案】B

【分析】A.反应过程中，水分子（比0）中0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原子为卬杂化：

B.目标产物是N2,生成N20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N?（0价）时，2molNO完全反应转移4mol电子；但反应中还存在生成

N20（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（H20）中0原子和氨气分子（NH3）中N原子的杂比方式为sp?

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N20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N?（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（Pl）的作用是提供活性位点，吸附并活化反应物（Fh、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：Bo

【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02氧化。利用纳米

铁粉除去水体中六价铭［Cr(VI)］的反应机理如图所示:

下列说法错误的是()

5?)Cr'+、Fel+?

2H+

Cr(OH)八

纳米

Fe(OH)31\

Fe

CrxFe,,l(OH)31

\

附

VI7J吸或Cr’Fe-OOH4

+2+

A.机理中生成H2反应的离子方程式为：Fe+2H=Fe+H2t

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.机理中铭离子与溶液中氢氢根离子反应生成氢氧化铭的反应和铭离子、铁离子与水反应生成CrxFei

-X(OH)3或CrxFei-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了反应生成Fe?+和H2,反应的离子方程式

+2+

为Fe+2H=Fe+H2f,故A正确：

B.铭离子与溶液中氢氧根离子反应生成氢氧化铭的反应和铭离子、Fe3+与水反应生成CrxFei-x(OH)

3或CrxFei-、OOH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：Bo

【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。

II.(2025秋•昭通期中)可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HC1制成C12,实现氯资源的再利用。

CuO.

反应的热化学方程式：4HC1(g)+O2(g)=2C12(g)+2H2O(g)AH=・1144kJ・mo「】。如图

所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是()

B.降低反应温度，HC1被02氧化制Cb的反应平衡常数增大

C.反应制得ImolC12，须投入2moicuO

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。2、Cu。、。2、H2O：C11O

与Y反应生成Cu(OH)。，则Y为HC1：Cu(OH)Cl分解生成W和Cu20cl2,则W为H20；C11CI2

分解为X和CuCL则X为CI2；CuCl和Z反应生成Cu20cl2，则Z为O2,据以上分析解答。

【解答】解：A.从催化机理循环分析：CuQ与Z反应生成CuC12,结合总反应中02是反应物，可推

出Z为02；CuCb转化为CuCl并生成X,结合总反应产物为C12，可推出X为C12，故A正确；

B.总反应4HQ(g)+O2(g)=2Ch(g)+2H2O(g)AH=・114.4kJ・mo「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AHVO,反应后气体分子数减少(反应物5moi气体，生成物4moi气体)，则ASVO；根据

自发反应的判据AG=AH・TAS,低温时TAS绝对值小，AGVO,反应能自发进行，故D正确；

故选：Co

【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△H、△S及催化循环的特点进行分析蟀答，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()

NaOH、.CaSO

SOz\V4

过程I过程n

晨

Na2soCa(OH)rO2

A.过程I中，S02表现还原性

B.总反应为2so2+2Ca(OH)2+O2=2CaSO4+2H2O

C.过程H中，2moiCh参加反应时可氟化1molNa2s。3

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【中，S02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，1mol02参加反应时可氧化2moiNa2sCh,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：Bo

【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