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2022届高三化学一轮高考复习常考题型：33反应历程考查
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这是一份2022届高三化学一轮高考复习常考题型：33反应历程考查，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
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2022届高三化学一轮高考复习常考题型：33反应历程考查
一、单选题（共21题）
1．对于某一化学反应,能使反应历程改变,降低化学反应的活化能,从而提高反应速率的条件是
A．增大反应物浓度 B．加压 C．加催化剂 D．升温
2．下列说法错误的是（ ）
A．大多数化学反应都是由基元反应组成的
B．复杂反应是由基元反应组成的总反应
C．某些基元反应是化学反应的总反应
D．同一反应，在不同条件下的反应历程一定相同
3．化学反应是有历程的，下列有关叙述错误的是
A．所有的化学反应都由多个基元反应构成
B．化学反应不同，反应历程就不相同
C．反应物的结构和反应条件决定着一个反应的反应历程
D．由多个基元反应构成的化学反应中，其快慢取决于反应历程中的慢反应
4．技术在推动化学学科发展、提高人类生活水平等方面发挥了重要作用。下列说法不正确的是
A．采用分子筛固体酸作为催化剂生产乙苯工艺大幅度降低了对环境的污染
B．比色分析是化学反应速率的一种实验测定方法
C．同位素示踪法常用于研究化学反应历程
D．质谱法常用于判断有机化合中含有哪些基团
5．已知，H2和I2反应的历程为：①I2+M2I·+M慢 ②H2+2I·→2HI快，式中M是指反应器壁或其他惰性分子，不参与反应，只具有传递能量的作用。下列关于该反应的说法正确的是
A．反应速率与I·的浓度有关
B．M是该反应的催化剂
C．反应①与②的活化能相等
D．v(H2)=v（I2)=v（HI）
6．十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战！”，以NOx和燃煤为主的污染综合治理是当前重要的研究课题。CO与N2O是汽车尾气中污染大气的成分，研究表明CO与N2O在Fe+作用下生成无害气体，发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)；②FeO++CO=COz+Fe+(快)。下列说法不正确的是
A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应
B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应①决定
C．Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物
D．若转移1mol电子，则消耗标况下11.2LN2O
7．工业上，合成氨反应N2+3H22NH3的微观历程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．①→②过程中，催化剂在吸附反应物分子时，破坏了分子中的非极性键
B．②→③是形成N原子和H原子的过程，同时释放能量
C．③→④形成了新的化学键，涉及电子转移
D．使用合适的催化剂，不仅能改变反应速率，还能提高反应的平衡转化率
8．向 20mL0.40mol·L-1H2O2 溶液中加入少量 KI 溶液，反应历程是：ⅰ．H2O2+I-=H2O+IO﹣；ⅱ．H2O2+IO﹣=H2O+O2↑+I﹣。H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成 O2 的体积(已折算为标准状况)如下图所示。
t/min
0
5
10
15
20
V（O2）/mL
0.0
12.6
20.16
28.0
32.7
下列说法不正确的是
A．KI 是 H2O2 分解反应的催化剂
B．KI 的加入改变了 H2O2 分解反应的反应历程
C．KI 的加入降低了反应的活化能，因此提高了反应速率
D．0~10min 的平均反应速率：v(H2O2)≈4.0×10-3mol/(L·min)
9．研究表明CO与在作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：①；②。下列说法正确的是：（ ）
A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应
B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定
C．使反应的活化能减小，是中间产物
D．若转移1mol电子，则消耗
10．据文献报道，某反应的反应历程如图所示，下列有关该历程的说法错误的是
A．Ti4+…NH2—N=O是中间产物
B．总反应化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O
C．Ti4+是催化剂
D．Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O属于分解反应
11．如图是某化学反应历程。下列说法错误的是
A．Pd、MgO为该反应的催化剂
B．该过程发生了极性键和非极性键的断裂和形成
C．存在反应MgOCOOH+H=MgOCO+H2O
D．总反应为4H2+CO2CH4+2H2O
12．科研人员提出HCHO与在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成、的历程，反应历程如下(图中只画出了HAP的部分结构，用标记羟基磷灰石中的羟基氧原子)。下列说法错误的是
A．HAP能提高HCHO与的反应速率
B．过渡态是该历程中能量最高的状态
C．经过该催化氧化过程后仍然在HAP中
D．中的氧原子一部分来自于，一部分来自于甲醛
13．接触法制硫酸的工艺流程中的关键步骤是SO2的催化氧化：2SO2+O22SO3ΔH<0，在催化剂表面的反应历程如下：
下列说法正确的是
A．过程中既有V—O键的断裂，又有V—O键的形成
B．该反应的中间产物是V2O5
C．反应①的活化能比反应②小
D．反应放热，为提高SO2转化率，应尽可能在较低温度下反应
14．利用和合成甲醇：，反应的历程如下图所示。下列说法正确的是
A．合成甲醇反应为放热反应
B．活化能为
C．副产物有、，其中相对较多
D．合成甲醇反应历程中速率较慢的是
15．研究表明：的反应经过以下反应历程：
第一步： 快速平衡
第二步： 快速平衡
第三步： 慢反应
已知总反应速率方程为：[k为速率常数，只受温度影响]下列说法正确的是
A．第一步反应一定放热
B．该总反应的速率主要由第一、二步快速反应决定
C．同倍增大和，对总反应的速率影响程度前者比后者大
D．升高温度k增大
16．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2和H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法错误的是
A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率的原因是降低了反应的活化能
B．HCHO在反应过程中，有C—H键的断裂和C=O键形成
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．HCHO和CO2中碳原子的杂化方式不同
17．一定条件下可发生反应，该反应历程示意图如下所示：
有人提出利用电化学处理，可提高能量的利用率，下列说法不正确的是
A．若设计为原电池，则通入甲烷的电极为负极
B．由图像可知①→②放出能量并形成了键
C．使用催化剂，可降低活化能和焓变，加快反应速率
D．若设计为原电池，用稀硫酸作电解质溶液，正极反应为：
18．我国科研人员研究了在Cu—ZnO—ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2→*H+*H)。下列说法错误的是
A．该反应过程中，涉及了极性共价键的断裂和生成
B．带*标记的物质是该反应历程中的中间产物
C．第④步的反应式为*HO+*H→H2O
D．Cu—ZnO—ZrO2可提高甲醇的平衡产率
19．工业合成氨反应在催化剂表面的反应历程及能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．合成氨的正、逆反应的焓变相同
B．若使用催化剂，生成等量的NH3需要的时间更短
C．在该过程中，N原子和H原子形成了含有非极性键的氨气分子
D．合成氨反应中，反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量
20．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是（ ）
A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B．HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．该反应可表示为：HCHO＋O2CO2＋H2O
21．碘蒸气的存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步I2(g)2I(g)（快速平衡）
第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)（慢反应）
第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I2(g)（快反应）
下列说法错误的是（ ）
A．升高温度，第一步向右进行的程度变大
B．第二步的活化能大于第三步的活化能
C．总反应为2N2O2N2+O2
D．c[IO(g)]对总反应速率的影响大于c[I(g)]
二、填空题（共4题）
22．合成氨是目前最有效工业固氮的方法，解决数亿人口生存问题。回答下列问题：
(1)科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。
由图可知合成氨反应N2(g)+H2(g)⇌NH3(g)的∆H= ______kJ·mol−1。该历程中反应速率最慢的步骤的化学方程式为 ______。
(2)科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观示意图如下，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。
①阴极区生成NH3的电极方程式为 ______。
②下列说法正确的是 ______(填标号)。
A．三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性
B．该装置用金(Au)作催化剂目的是降低N2的键能
C．选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置
23．合理处理碳、氮氧化物，减少在大气中的排放，在生产、生活中有重要意义。回答下列问题：
(1)利用H2还原CO2是减少CO2排放的一种方法。H2在Cu－ZnO催化下可与CO2同时发生反应I、II，两反应的反应过程与能量的关系如图所示。
I.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1
II.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2
由图可知反应I是_________反应(填“吸热”或“放热”)，ΔH1_________ΔH2(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(2)H2还可以将CO2还原为CH4(g)和H2O(l)。已知25℃、101 kPa时H2和CH4的燃烧热分别为285.8 kJ·mol－1和890.3 kJ·mol－1，则25℃、101 kPa时H2与CO2反应生成CH4(g)和H2O(l)的热化学方程式为__________________。
(3)利用反应II生成的CO可将N2O转化为N2，反应的能量变化及反应历程如图所示，依次进行两步反应的化学方程式分别为①N2O＋Fe＋＝N2＋FeO＋(慢)，②FeO＋＋CO＝CO2＋Fe＋(快)。
反应过程中的中间产物是______________，每转化22.4 L(标准状况)N2O转移电子的数目为______________，反应①和反应②的活化能Ea①_________Ea②(填“>”或“<”)。
24．Ⅰ.我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。
甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式：
方式 A：CH3OH* →CH3O* ＋H* Ea= +103.1kJ·mol-1
方式 B：CH3OH* →CH3* ＋OH* Eb= +249.3kJ·mol-1
由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为___________(填A、B)。
下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。
该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为___________。
Ⅱ.TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：
氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知：TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·mol-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·mol-1
(1)沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式_____。
(2)工业上处理尾气中NO的方法为：将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质转化如图所示。写出图示转化的总反应的化学方程式_____。
Ⅲ.甲醇可作为燃料电池的原料。CO2和CO可作为工业合成甲醇(CH3OH)的直接碳源，
(1)已知在常温常压下：①CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g) + 2H2O(g)； ΔH=﹣355.0 kJ∕mol
②2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) ΔH=-566.0 kJ/mol ③H2O(l)=H2O(g) ΔH=+44.0 kJ/mol
写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式：___________
(2)利用CO和H2在一定条件下可合成甲醇，发生如下反应：CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)，其两种反应过程中能量的变化曲线如下图a、b所示，下列说法正确的是___________。
A．上述反应的ΔH=-91kJ·mol-1
B．a反应正反应的活化能为510kJ·mol-1
C．b过程中第Ⅰ阶段为吸热反应，第Ⅱ阶段为放热反应
D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和ΔH
E．b过程的反应速率：第Ⅱ阶段>第Ⅰ阶段
25．(1)从能量的变化和反应的快慢等角度研究化学反应具有重要意义。
(1)已知一定条件下，反应N2+3H22NH3为放热反应;：
①下图能正确表示该反应中能量变化的是____________________；
②根据下表数据，计算生成1molNH3时该反应放出的热量为____________kJ；
化学键
H-H
N≡N
N-H
断开1mol键所吸收的能量
436kJ
946kJ
391kJ
(2)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究.C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)在固体酸(HB)催化剂表面进行的反应历程如图所示。其中吸附在固体酸(HB)表面的物种用*标注。
①该反应的∆H=_________kJ·mol-1。
②C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为_________________________________。
③在固体酸(HB)催化作用下，测得反应I的速率方程为v=k∙p(C6H6)(k为速率常数)。在刚性容器中发生反应I，关于反应I的平衡常数(K)和反应速率(v)的叙述正确的是___________________(填标号)。
A．升高温度，K和v均增大 B．增大p(C6H6)，K不变，v增大
C．降低温度，K和v均减小 D．增大p(CH3OH)，K不变，v增大
参考答案
1．C
【详解】
A.增加反应物浓度，没有改变化学反应的活化能，只是增大了单位体积内活化分子数，故A错误；
B.加压相当于增大了浓度，没有改变化学反应的活化能，只是增大了单位体积内活化分子数，故B错误；
C.使用催化剂，改变反应历程，降低化学反应的活化能，故C正确；
D.升高温度，增大了分子能量，增大活化分子浓度，没有降低化学反应的活化能，故D错误；
故选C。
2．D
【详解】
A．大多数化学反应都是由基元反应组成的，故A正确；
B．复杂反应是由基元反应组成的总反应，故B正确；
C．某些基元反应是化学反应的总反应，故C正确；
D．反应物的结构和反应条件决定着一个反应的历程，同一反应，在不同条件下的反应历程可能不同，故D错误；
故选D。
3．A
【详解】
A．某些反应是由多个基元反应构成的而还有一些反应其本身就是1个基元反应，A错误；
B．每个化学反应都有自己独特的反应历程，反应历程互不相同，B正确；
C．反应物的结构和反应条件共同决定该反应的反应热，反应方向和反应历程，C正确；
D．慢反应由于反应时间较长，决定着由多个基元反应构成的化学反应的反应时间，D正确；
故选A。
4．D
【详解】
A． 采用分子筛固体酸作为催化剂，苯和乙烯可直接加成生产乙苯，该工艺大幅度降低了对环境的污染，A正确；
B． 比色分析可用于测定有色物质的浓度，是化学反应速率的一种实验测定方法，B正确；
C． 匈牙利化学家海维西，他研究同位素示踪技术，推进了对生命过程的化学本质的理解，故同位素示踪法常用于研究化学反应历程，C正确；
D． 质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量，常用质谱法进行有机物相对分子质量的测定 ，从而确定化学式，不能判断有机化合中含有哪些基团，D错误；
答案选D。
5．A
【详解】
A．化学反应的反应速率取决于反应速率最慢的反应，所以该反应的速率主要由①决定，与I•的浓度有关，故A正确；
B．催化剂在最初的反应中参加反应、在最终的反应中生成，M不具备该条件，所以不能是催化剂，故B错误；
C．不同反应的活化能大小是不一样的，①与②的活化能不相等，故C错误；
D．同一可逆反应中，反应速率之比等于其计量数之比，该反应方程式为H2（g）+I2（g）2HI（g），所以反应速率2v（H2）=v（HI）=2v（I2），故D错误；
故选A。
6．A
【详解】
A．由反应①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)可知，铁元素、氮元素化合价发生改变，由反应②FeO++CO=CO2+Fe+可知，铁元素、碳元素化合价发生改变，二个反应均有元素化合价的升降，因此都是氧化还原反应，故A错误；
B．由图可知，Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，所以两个反应都是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，故B正确；
C．Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，增大反应速率，FeO+是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，故C正确；
D．由总反应方程式N2O+CON2+CO2可知，N元素由+1价得电子变为0价，C元素由+2价失2个电子变为+4价，即转移2mol电子消耗1molN2O，则转移1mol电子，则消耗N2O为0.5mol，即标况下11.2LN2O，故D正确；
答案为A。
7．C
【详解】
A．催化剂吸附 ，没有形成化学键，催化剂与气体之间的作用力不是化学键，故A错误；
B．破坏共价键要吸热，所以②→③是形成N原子和H原子的过程是吸热过程，故B错误；
C．③→④形成了N-H新的化学键，氮元素、氢元素的化合价发生了变化，涉及电子转移，故C正确；
D．使用催化剂加快化学反应的速率，但化学平衡不移动，故D错误；
故选：C。
8．D
【详解】
A．将ⅰ和ⅱ两反应式相加，便可得出反应2H2O22H2O+O2↑，则KI 是 H2O2 分解反应的催化剂，A正确；
B．从图中可以看出，KI 的加入，使H2O2的分解反应历程发生了改变，B正确；
C．从图中可以看出，KI 的加入降低了反应的活化能，因此活化分子的百分数增多，反应速率加快，C正确；
D．0~10min，生成O2的物质的量为=9.0×10-4mol，则H2O2表示的平均反应速率：v(H2O2)==9.0×10-3mol/(L·min)，D不正确；
故选D。
9．C
【详解】
A．②发生FeO++CO=CO2+Fe+ (快)，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A错误；
B．总反应由反应慢的决定，即由反应①决定，故B错误；
C．Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，FeO+是中间产物，故C正确；
D．气体存在的条件未知，则不能确定物质的量，故D错误；
故答案为C。
10．B
【详解】
A．观察图中Ti4+…NH2—N=O是某一步反应生成物，又是另一步反应的反应物得出，所以Ti4+…NH2—N=O是中间产物，A正确；
B．分析图中参加反应的有O2、NH3和NO，生成物有N2和H2O，可以写出反应方程式为: 2NO+4NH3+2O23N2+6H2O，错误；
C．图中Ti4+是开始参加，最后又生成，所以是催化剂，C正确；
D．根据概念分析，Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O属于分解反应，D正确；
故合理选项是B。
11．B
【详解】
A．由图可知反应前后Pd、MgO化学性质均不变，故Pd、MgO为该反应的催化剂，A正确；
B．该过程发生了极性键和非极性键的断裂，但形成的化学键仅有极性键，B错误；
C．由图可知，存在反应MgOCOOH+H=MgOCO+H2O，C正确；
D．根据图中的反应历程可知，通入的是氢气和二氧化碳，生成的是甲烷和水，D正确；
故选B。
12．C
【详解】
A．HAP是催化剂，能加快反应速率，故A正确；
B．形成过渡态的过程会吸收热量，物质的总能量增大，所以过渡态是该历程中能量最高的状态，故B正确；
C．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，HAP是催化剂，过程中参加了反应，所以经过该催化氧化过程后18O可能在CO2或H2O中，故C错误；
D．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自于，一部分还来自于甲醛，故D正确；
故选：C。
13．A
【详解】
A．反应历程中反应①有V—О键的断裂，反应②有V—О键的形成，Ａ正确；
B．反应开始时加入V2O5参与反应，最后又出现V2O5，所以V2O5是催化剂不是中间产物，Ｂ错误；
C．一般情况下,反应的活化能越小，反应速率越快，故反应②的活化能比反应①小，Ｃ错误；
D．反应放热，降低温度可以使平衡正向移动，提高SO2转化率但是温度太低的话，反应较慢，反应效率低，Ｄ错误；
故选Ａ。
14．D
【详解】
A．由图可知，生成物总能量高于反应物总能量，该反应为吸热反应，A项错误；
B．活化能为，B项错误；
C．由图可知，副产物有、，由于活化能越大，反应速率越慢，故相对较多，C项错误；
D．活化能越大，反应速率越慢，故合成甲醇反应历程中速率较慢的是，D项正确；
答案选D。
15．D
【详解】
A． 第一步反应为氯分子被破坏转变为氯原子，共价键断裂吸热，A错误；
B． 总反应的速率由慢反应决定，故该总反应的速率主要由第三步快速反应决定，B错误；
C．总反应的速率由慢反应决定，同倍增大和，对总反应的速率影响程度前者比后者小，C错误；
D． k为速率常数，只受温度影响，由知，升高温度，速率加快，k增大，D正确；
答案选D。
16．C
【详解】
A．由图示可知，HAP在反应过程中起催化剂的作用，能降低反应的活化能，加快反应速率，故A正确；
B．HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，故B正确；
C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故C错误；
D．HCHO中C连有一个碳碳双键，采用SP2杂化，而CO2中C连有两个碳碳双键，采用SP杂化，故D正确。
答案选C。
17．C
【详解】
A．由图知，该转化的总反应为，若设计为原电池，则通入甲烷的电极为负极，A正确；
B．由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故①→②放出能量并形成了键，B正确；
C．使用催化剂，可降低活化能，加快反应速率，但焓变不变，C不正确；
D．结合A分析知，若设计为原电池，用稀硫酸作电解质溶液，正极上二氧化碳得到电子被还原，生成醋酸，故电极反应式为：，D正确；
答案选C。
18．D
【详解】
A．O=C=O和H-H反应生成CH3OH和H-O-H，反应过程中，有极性共价键的断裂和生成，故A正确；
B．CO2和H2反应的最终产物是CH3OH和H2O，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．根据图示，第④步的反应式为*HO+*H→H2O，故C正确；
D．Cu—ZnO—ZrO2是催化剂，催化剂只能加快反应速率，不能使平衡移动，不能提高甲醇的平衡产率，故D错误；
选D。
19．B
【详解】
A．在可逆反应中，正反应和逆反应的焓变数值相同，但符号相反，A错误；
B，使用催化剂，化学反应速率加快，生成等量的NH3需要的时间更短，B正确；
C．N原子和H原子吸引电子的能力不同，形成的是极性键，C错误；
D．根据图示，合成氨反应是放热反应，因此反应物断键吸收的能量小于生成物形成键释放的能量，D错误；
答案选B。
20．C
【详解】
A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；
B．根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C-H键的H原子都与O发生断裂，故仅有C-H键发生断裂，B正确；
C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，C错误；
D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHO＋O2CO2＋H2O，D正确；
故选C。
21．D
【详解】
A．化学键断裂为吸热反应，所以升高温度，第一步向右进行的程度变大，故A正确；
B．活化能越大反应速率越慢，第二步为慢反应，所以第二步活化能大于第三步活化能，故B正确；
C．三步反应相加可得总反应为2N2O2N2+O2，碘蒸气为催化剂，故C正确；
D．决定总反应速率的步骤为慢反应，第二步为慢反应，所以c[I(g)]对总反应速率的影响更大，故D错误；
故答案为D。
22．-46 Nad + 3H ad =NH ad + 2H ad N2 + 6e- + 6CH3CH2OH=2NH3 + 6CH3CH2O- AC
【详解】
根据图示可知，合成氨反应的∆H= -46 kJ·mol−1；该反应速率最慢的步骤为活化能最大的步骤，结合题图可知，该步骤的化学方程式为Nad + 3H ad =NH ad + 2H ad。
①由题图可知阴极区电极反应方程式为N2 + 6e- + 6CH3CH2OH=2NH3 + 6CH3CH2O-；②A项中，三氟甲磺酸锂为电解质，作用是增强导电性，正确；B选项中，该装置用Au作催化剂的目的是降低反应的活化能，错误；C选项中，根据图示，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O通过，正确。
23．放热 ＜ 4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(l) ΔH=-252.9 kJ/mol FeO+ 2NA 或1.204×1024 ＞
【详解】
(1)由图可知，反应I的反应物总能量高于生成物总能量，因此反应I为放热反应；ΔH1=生成总能量-反应物总能量，因此ΔH10；反应II的反应物总能量小于生成物总能量，则ΔH20；故ΔH1ΔH2；
(2)25℃、101 kPa时H2和CH4的燃烧热分别为285.8 kJ·mol－1和890.3 kJ·mol－1，则分别表示H2和CH4的燃烧热的热化学方程式为①H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.8 kJ·mol－1，②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH4=-890.3 kJ·mol－1，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，H2与CO2反应生成CH4(g)和H2O(l)的化学方程式为4H2+CO2=CH4+2H2O，根据盖斯定律可知，该反应热化学方程式可由①×4-②得4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(l) ΔH=[(-285.8)×4-(-890.3)] kJ/mol=-252.9 kJ/mol；
(3)由图可知，FeO+作反应①的生成物，同时是反应②的反应物，因此FeO+为中间产物；该反应的总反应为CO+N2O=N2+CO2，反应过程中，C元素化合价由+2升高至+4，N元素化合价由+1降低至0，标准状况下22.4L N2O的物质的量为1mol，由反应化学方程式及变价可知，每消耗1mol N2O转移2mol电子，其数目为2NA或1.204×1024；反应①为慢反应，反应②为快反应，相同条件下，反应活化能越低，反应速率越快，因此Ea①＞Ea②。
24．A CHO*＋3H*＝CO*＋4H*(或CHO*＝CO*＋H*) TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)＝TiCl4(g)+2CO(g) ΔH=-45.5 kJ/mol 2H2+2NO＝N2+2H2O CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-726.0 kJ/mol ACE
【详解】
Ⅰ.方式A中活化能小，则由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为A。该历程中，放热最多的是41.9→－65.7，则步骤的化学方程式为CHO*＋3H*＝CO*＋4H*(或CHO*＝CO*＋H*)。
Ⅱ.(1)已知：
①TiO2(s)+2Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·mol-1
②2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·mol-1
依据盖斯定律①+②即得到沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式为TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)＝TiCl4(g)+2CO(g) ΔH=-45.5 kJ/mol。
(2)根据示意图可判断反应物是氢气和NO，生成物是氮气，依据原子守恒可知还有水生成，则图示转化的总反应的化学方程式为2H2+2NO＝N2+2H2O。
Ⅲ.(1)已知：
①CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g) + 2H2O(g) ΔH=﹣355.0 kJ∕mol
②2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) ΔH=-566.0 kJ/mol
③H2O(l)=H2O(g) ΔH=+44.0 kJ/mol
依据盖斯定律①+②×－③×2即得到表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-726.0 kJ/mol；
(2)A．上述反应的ΔH=（419－510）kJ·mol-1=-91kJ·mol-1，A正确；
B．a反应正反应的活化能为419kJ·mol-1，B错误；
C．b过程中第Ⅰ阶段生成物能量高，为吸热反应，第Ⅱ阶段生成物能量低于反应物能量。为放热反应，C正确；
D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能，但不能改变ΔH，D错误；
E．b过程的第Ⅱ阶段活化能低，因此反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段，E正确；
答案选ACE。
25．A 46 -61.4 C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB (C6H6*+CH3B=C7H8*+HB ) B
【分析】
根据题中图示，由放热反应判断正确选项；根据题中信息，由化学键的键能计算反应热；根据题中信息，由△H=生成物相对能量-反应物相对能量；根据题中信息，写出反应方程式；根据可逆反应C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g) △H＝-61.4kJ•mol-1，由化学平衡的本质特征和平衡移动的影响因素判断；据此解答。
【详解】
（1）①反应N2+3H22NH3为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以图A符合；答案为A。
②反应N2+3H22NH3的焓变△H=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6×391kJ/mol=-92kJ/mol，反应生成2mol氨气放热92kJ，生成1mol NH3时该反应放出的热量为46kJ；答案为46。
（2）①△H=生成物相对能量-反应物相对能量=(-61.4-0)kJ•mol-1=-61.4kJ•mol-1；答案为-61.4。
②由图可知，C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB (C6H6*+CH3B=C7H8*+HB )；答案为C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB (C6H6*+CH3B=C7H8*+HB )。
③由反应C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g) △H＝-61.4kJ•mol-1可知，该反应为放热反应，该体系反应前后气体分子数目不变；
A．升高温度，化学平衡逆向移动，则K减小，升高温度反应速率v增大，故A 错误；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p(C6H6)，根据v=k∙p(C6H6)(k为速率常数)，则反应v增大，故B正确；
C．降低温度，化学平衡正向移动，则K增大，降低温度反应速率v减小，故C错误；
D．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p(CH3OH)，，根据v=k∙p(C6H6)(k为速率常数)，反应速率只与p(C6H6)有关，故D错误；
答案为B。
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2022届高三化学一轮高考复习常考题型：33反应历程考查
一、单选题（共21题）
1．对于某一化学反应,能使反应历程改变,降低化学反应的活化能,从而提高反应速率的条件是
A．增大反应物浓度 B．加压 C．加催化剂 D．升温
2．下列说法错误的是（ ）
A．大多数化学反应都是由基元反应组成的
B．复杂反应是由基元反应组成的总反应
C．某些基元反应是化学反应的总反应
D．同一反应，在不同条件下的反应历程一定相同
3．化学反应是有历程的，下列有关叙述错误的是
A．所有的化学反应都由多个基元反应构成
B．化学反应不同，反应历程就不相同
C．反应物的结构和反应条件决定着一个反应的反应历程
D．由多个基元反应构成的化学反应中，其快慢取决于反应历程中的慢反应
4．技术在推动化学学科发展、提高人类生活水平等方面发挥了重要作用。下列说法不正确的是
A．采用分子筛固体酸作为催化剂生产乙苯工艺大幅度降低了对环境的污染
B．比色分析是化学反应速率的一种实验测定方法
C．同位素示踪法常用于研究化学反应历程
D．质谱法常用于判断有机化合中含有哪些基团
5．已知，H2和I2反应的历程为：①I2+M2I·+M慢 ②H2+2I·→2HI快，式中M是指反应器壁或其他惰性分子，不参与反应，只具有传递能量的作用。下列关于该反应的说法正确的是
A．反应速率与I·的浓度有关
B．M是该反应的催化剂
C．反应①与②的活化能相等
D．v(H2)=v（I2)=v（HI）
6．十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战！”，以NOx和燃煤为主的污染综合治理是当前重要的研究课题。CO与N2O是汽车尾气中污染大气的成分，研究表明CO与N2O在Fe+作用下生成无害气体，发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)；②FeO++CO=COz+Fe+(快)。下列说法不正确的是
A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应
B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应①决定
C．Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物
D．若转移1mol电子，则消耗标况下11.2LN2O
7．工业上，合成氨反应N2+3H22NH3的微观历程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．①→②过程中，催化剂在吸附反应物分子时，破坏了分子中的非极性键
B．②→③是形成N原子和H原子的过程，同时释放能量
C．③→④形成了新的化学键，涉及电子转移
D．使用合适的催化剂，不仅能改变反应速率，还能提高反应的平衡转化率
8．向 20mL0.40mol·L-1H2O2 溶液中加入少量 KI 溶液，反应历程是：ⅰ．H2O2+I-=H2O+IO﹣；ⅱ．H2O2+IO﹣=H2O+O2↑+I﹣。H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成 O2 的体积(已折算为标准状况)如下图所示。
t/min
0
5
10
15
20
V（O2）/mL
0.0
12.6
20.16
28.0
32.7
下列说法不正确的是
A．KI 是 H2O2 分解反应的催化剂
B．KI 的加入改变了 H2O2 分解反应的反应历程
C．KI 的加入降低了反应的活化能，因此提高了反应速率
D．0~10min 的平均反应速率：v(H2O2)≈4.0×10-3mol/(L·min)
9．研究表明CO与在作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：①；②。下列说法正确的是：（ ）
A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应
B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定
C．使反应的活化能减小，是中间产物
D．若转移1mol电子，则消耗
10．据文献报道，某反应的反应历程如图所示，下列有关该历程的说法错误的是
A．Ti4+…NH2—N=O是中间产物
B．总反应化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O
C．Ti4+是催化剂
D．Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O属于分解反应
11．如图是某化学反应历程。下列说法错误的是
A．Pd、MgO为该反应的催化剂
B．该过程发生了极性键和非极性键的断裂和形成
C．存在反应MgOCOOH+H=MgOCO+H2O
D．总反应为4H2+CO2CH4+2H2O
12．科研人员提出HCHO与在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成、的历程，反应历程如下(图中只画出了HAP的部分结构，用标记羟基磷灰石中的羟基氧原子)。下列说法错误的是
A．HAP能提高HCHO与的反应速率
B．过渡态是该历程中能量最高的状态
C．经过该催化氧化过程后仍然在HAP中
D．中的氧原子一部分来自于，一部分来自于甲醛
13．接触法制硫酸的工艺流程中的关键步骤是SO2的催化氧化：2SO2+O22SO3ΔH<0，在催化剂表面的反应历程如下：
下列说法正确的是
A．过程中既有V—O键的断裂，又有V—O键的形成
B．该反应的中间产物是V2O5
C．反应①的活化能比反应②小
D．反应放热，为提高SO2转化率，应尽可能在较低温度下反应
14．利用和合成甲醇：，反应的历程如下图所示。下列说法正确的是
A．合成甲醇反应为放热反应
B．活化能为
C．副产物有、，其中相对较多
D．合成甲醇反应历程中速率较慢的是
15．研究表明：的反应经过以下反应历程：
第一步： 快速平衡
第二步： 快速平衡
第三步： 慢反应
已知总反应速率方程为：[k为速率常数，只受温度影响]下列说法正确的是
A．第一步反应一定放热
B．该总反应的速率主要由第一、二步快速反应决定
C．同倍增大和，对总反应的速率影响程度前者比后者大
D．升高温度k增大
16．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2和H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法错误的是
A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率的原因是降低了反应的活化能
B．HCHO在反应过程中，有C—H键的断裂和C=O键形成
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．HCHO和CO2中碳原子的杂化方式不同
17．一定条件下可发生反应，该反应历程示意图如下所示：
有人提出利用电化学处理，可提高能量的利用率，下列说法不正确的是
A．若设计为原电池，则通入甲烷的电极为负极
B．由图像可知①→②放出能量并形成了键
C．使用催化剂，可降低活化能和焓变，加快反应速率
D．若设计为原电池，用稀硫酸作电解质溶液，正极反应为：
18．我国科研人员研究了在Cu—ZnO—ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2→*H+*H)。下列说法错误的是
A．该反应过程中，涉及了极性共价键的断裂和生成
B．带*标记的物质是该反应历程中的中间产物
C．第④步的反应式为*HO+*H→H2O
D．Cu—ZnO—ZrO2可提高甲醇的平衡产率
19．工业合成氨反应在催化剂表面的反应历程及能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．合成氨的正、逆反应的焓变相同
B．若使用催化剂，生成等量的NH3需要的时间更短
C．在该过程中，N原子和H原子形成了含有非极性键的氨气分子
D．合成氨反应中，反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量
20．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是（ ）
A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B．HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．该反应可表示为：HCHO＋O2CO2＋H2O
21．碘蒸气的存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步I2(g)2I(g)（快速平衡）
第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)（慢反应）
第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I2(g)（快反应）
下列说法错误的是（ ）
A．升高温度，第一步向右进行的程度变大
B．第二步的活化能大于第三步的活化能
C．总反应为2N2O2N2+O2
D．c[IO(g)]对总反应速率的影响大于c[I(g)]
二、填空题（共4题）
22．合成氨是目前最有效工业固氮的方法，解决数亿人口生存问题。回答下列问题：
(1)科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。
由图可知合成氨反应N2(g)+H2(g)⇌NH3(g)的∆H= ______kJ·mol−1。该历程中反应速率最慢的步骤的化学方程式为 ______。
(2)科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观示意图如下，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。
①阴极区生成NH3的电极方程式为 ______。
②下列说法正确的是 ______(填标号)。
A．三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性
B．该装置用金(Au)作催化剂目的是降低N2的键能
C．选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置
23．合理处理碳、氮氧化物，减少在大气中的排放，在生产、生活中有重要意义。回答下列问题：
(1)利用H2还原CO2是减少CO2排放的一种方法。H2在Cu－ZnO催化下可与CO2同时发生反应I、II，两反应的反应过程与能量的关系如图所示。
I.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1
II.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2
由图可知反应I是_________反应(填“吸热”或“放热”)，ΔH1_________ΔH2(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(2)H2还可以将CO2还原为CH4(g)和H2O(l)。已知25℃、101 kPa时H2和CH4的燃烧热分别为285.8 kJ·mol－1和890.3 kJ·mol－1，则25℃、101 kPa时H2与CO2反应生成CH4(g)和H2O(l)的热化学方程式为__________________。
(3)利用反应II生成的CO可将N2O转化为N2，反应的能量变化及反应历程如图所示，依次进行两步反应的化学方程式分别为①N2O＋Fe＋＝N2＋FeO＋(慢)，②FeO＋＋CO＝CO2＋Fe＋(快)。
反应过程中的中间产物是______________，每转化22.4 L(标准状况)N2O转移电子的数目为______________，反应①和反应②的活化能Ea①_________Ea②(填“>”或“<”)。
24．Ⅰ.我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。
甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式：
方式 A：CH3OH* →CH3O* ＋H* Ea= +103.1kJ·mol-1
方式 B：CH3OH* →CH3* ＋OH* Eb= +249.3kJ·mol-1
由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为___________(填A、B)。
下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。
该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为___________。
Ⅱ.TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：
氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知：TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·mol-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·mol-1
(1)沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式_____。
(2)工业上处理尾气中NO的方法为：将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质转化如图所示。写出图示转化的总反应的化学方程式_____。
Ⅲ.甲醇可作为燃料电池的原料。CO2和CO可作为工业合成甲醇(CH3OH)的直接碳源，
(1)已知在常温常压下：①CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g) + 2H2O(g)； ΔH=﹣355.0 kJ∕mol
②2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) ΔH=-566.0 kJ/mol ③H2O(l)=H2O(g) ΔH=+44.0 kJ/mol
写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式：___________
(2)利用CO和H2在一定条件下可合成甲醇，发生如下反应：CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)，其两种反应过程中能量的变化曲线如下图a、b所示，下列说法正确的是___________。
A．上述反应的ΔH=-91kJ·mol-1
B．a反应正反应的活化能为510kJ·mol-1
C．b过程中第Ⅰ阶段为吸热反应，第Ⅱ阶段为放热反应
D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和ΔH
E．b过程的反应速率：第Ⅱ阶段>第Ⅰ阶段
25．(1)从能量的变化和反应的快慢等角度研究化学反应具有重要意义。
(1)已知一定条件下，反应N2+3H22NH3为放热反应;：
①下图能正确表示该反应中能量变化的是____________________；
②根据下表数据，计算生成1molNH3时该反应放出的热量为____________kJ；
化学键
H-H
N≡N
N-H
断开1mol键所吸收的能量
436kJ
946kJ
391kJ
(2)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究.C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)在固体酸(HB)催化剂表面进行的反应历程如图所示。其中吸附在固体酸(HB)表面的物种用*标注。
①该反应的∆H=_________kJ·mol-1。
②C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为_________________________________。
③在固体酸(HB)催化作用下，测得反应I的速率方程为v=k∙p(C6H6)(k为速率常数)。在刚性容器中发生反应I，关于反应I的平衡常数(K)和反应速率(v)的叙述正确的是___________________(填标号)。
A．升高温度，K和v均增大 B．增大p(C6H6)，K不变，v增大
C．降低温度，K和v均减小 D．增大p(CH3OH)，K不变，v增大
参考答案
1．C
【详解】
A.增加反应物浓度，没有改变化学反应的活化能，只是增大了单位体积内活化分子数，故A错误；
B.加压相当于增大了浓度，没有改变化学反应的活化能，只是增大了单位体积内活化分子数，故B错误；
C.使用催化剂，改变反应历程，降低化学反应的活化能，故C正确；
D.升高温度，增大了分子能量，增大活化分子浓度，没有降低化学反应的活化能，故D错误；
故选C。
2．D
【详解】
A．大多数化学反应都是由基元反应组成的，故A正确；
B．复杂反应是由基元反应组成的总反应，故B正确；
C．某些基元反应是化学反应的总反应，故C正确；
D．反应物的结构和反应条件决定着一个反应的历程，同一反应，在不同条件下的反应历程可能不同，故D错误；
故选D。
3．A
【详解】
A．某些反应是由多个基元反应构成的而还有一些反应其本身就是1个基元反应，A错误；
B．每个化学反应都有自己独特的反应历程，反应历程互不相同，B正确；
C．反应物的结构和反应条件共同决定该反应的反应热，反应方向和反应历程，C正确；
D．慢反应由于反应时间较长，决定着由多个基元反应构成的化学反应的反应时间，D正确；
故选A。
4．D
【详解】
A． 采用分子筛固体酸作为催化剂，苯和乙烯可直接加成生产乙苯，该工艺大幅度降低了对环境的污染，A正确；
B． 比色分析可用于测定有色物质的浓度，是化学反应速率的一种实验测定方法，B正确；
C． 匈牙利化学家海维西，他研究同位素示踪技术，推进了对生命过程的化学本质的理解，故同位素示踪法常用于研究化学反应历程，C正确；
D． 质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量，常用质谱法进行有机物相对分子质量的测定 ，从而确定化学式，不能判断有机化合中含有哪些基团，D错误；
答案选D。
5．A
【详解】
A．化学反应的反应速率取决于反应速率最慢的反应，所以该反应的速率主要由①决定，与I•的浓度有关，故A正确；
B．催化剂在最初的反应中参加反应、在最终的反应中生成，M不具备该条件，所以不能是催化剂，故B错误；
C．不同反应的活化能大小是不一样的，①与②的活化能不相等，故C错误；
D．同一可逆反应中，反应速率之比等于其计量数之比，该反应方程式为H2（g）+I2（g）2HI（g），所以反应速率2v（H2）=v（HI）=2v（I2），故D错误；
故选A。
6．A
【详解】
A．由反应①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)可知，铁元素、氮元素化合价发生改变，由反应②FeO++CO=CO2+Fe+可知，铁元素、碳元素化合价发生改变，二个反应均有元素化合价的升降，因此都是氧化还原反应，故A错误；
B．由图可知，Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，所以两个反应都是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，故B正确；
C．Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，增大反应速率，FeO+是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，故C正确；
D．由总反应方程式N2O+CON2+CO2可知，N元素由+1价得电子变为0价，C元素由+2价失2个电子变为+4价，即转移2mol电子消耗1molN2O，则转移1mol电子，则消耗N2O为0.5mol，即标况下11.2LN2O，故D正确；
答案为A。
7．C
【详解】
A．催化剂吸附 ，没有形成化学键，催化剂与气体之间的作用力不是化学键，故A错误；
B．破坏共价键要吸热，所以②→③是形成N原子和H原子的过程是吸热过程，故B错误；
C．③→④形成了N-H新的化学键，氮元素、氢元素的化合价发生了变化，涉及电子转移，故C正确；
D．使用催化剂加快化学反应的速率，但化学平衡不移动，故D错误；
故选：C。
8．D
【详解】
A．将ⅰ和ⅱ两反应式相加，便可得出反应2H2O22H2O+O2↑，则KI 是 H2O2 分解反应的催化剂，A正确；
B．从图中可以看出，KI 的加入，使H2O2的分解反应历程发生了改变，B正确；
C．从图中可以看出，KI 的加入降低了反应的活化能，因此活化分子的百分数增多，反应速率加快，C正确；
D．0~10min，生成O2的物质的量为=9.0×10-4mol，则H2O2表示的平均反应速率：v(H2O2)==9.0×10-3mol/(L·min)，D不正确；
故选D。
9．C
【详解】
A．②发生FeO++CO=CO2+Fe+ (快)，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A错误；
B．总反应由反应慢的决定，即由反应①决定，故B错误；
C．Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，FeO+是中间产物，故C正确；
D．气体存在的条件未知，则不能确定物质的量，故D错误；
故答案为C。
10．B
【详解】
A．观察图中Ti4+…NH2—N=O是某一步反应生成物，又是另一步反应的反应物得出，所以Ti4+…NH2—N=O是中间产物，A正确；
B．分析图中参加反应的有O2、NH3和NO，生成物有N2和H2O，可以写出反应方程式为: 2NO+4NH3+2O23N2+6H2O，错误；
C．图中Ti4+是开始参加，最后又生成，所以是催化剂，C正确；
D．根据概念分析，Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O属于分解反应，D正确；
故合理选项是B。
11．B
【详解】
A．由图可知反应前后Pd、MgO化学性质均不变，故Pd、MgO为该反应的催化剂，A正确；
B．该过程发生了极性键和非极性键的断裂，但形成的化学键仅有极性键，B错误；
C．由图可知，存在反应MgOCOOH+H=MgOCO+H2O，C正确；
D．根据图中的反应历程可知，通入的是氢气和二氧化碳，生成的是甲烷和水，D正确；
故选B。
12．C
【详解】
A．HAP是催化剂，能加快反应速率，故A正确；
B．形成过渡态的过程会吸收热量，物质的总能量增大，所以过渡态是该历程中能量最高的状态，故B正确；
C．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，HAP是催化剂，过程中参加了反应，所以经过该催化氧化过程后18O可能在CO2或H2O中，故C错误；
D．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自于，一部分还来自于甲醛，故D正确；
故选：C。
13．A
【详解】
A．反应历程中反应①有V—О键的断裂，反应②有V—О键的形成，Ａ正确；
B．反应开始时加入V2O5参与反应，最后又出现V2O5，所以V2O5是催化剂不是中间产物，Ｂ错误；
C．一般情况下,反应的活化能越小，反应速率越快，故反应②的活化能比反应①小，Ｃ错误；
D．反应放热，降低温度可以使平衡正向移动，提高SO2转化率但是温度太低的话，反应较慢，反应效率低，Ｄ错误；
故选Ａ。
14．D
【详解】
A．由图可知，生成物总能量高于反应物总能量，该反应为吸热反应，A项错误；
B．活化能为，B项错误；
C．由图可知，副产物有、，由于活化能越大，反应速率越慢，故相对较多，C项错误；
D．活化能越大，反应速率越慢，故合成甲醇反应历程中速率较慢的是，D项正确；
答案选D。
15．D
【详解】
A． 第一步反应为氯分子被破坏转变为氯原子，共价键断裂吸热，A错误；
B． 总反应的速率由慢反应决定，故该总反应的速率主要由第三步快速反应决定，B错误；
C．总反应的速率由慢反应决定，同倍增大和，对总反应的速率影响程度前者比后者小，C错误；
D． k为速率常数，只受温度影响，由知，升高温度，速率加快，k增大，D正确；
答案选D。
16．C
【详解】
A．由图示可知，HAP在反应过程中起催化剂的作用，能降低反应的活化能，加快反应速率，故A正确；
B．HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，故B正确；
C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故C错误；
D．HCHO中C连有一个碳碳双键，采用SP2杂化，而CO2中C连有两个碳碳双键，采用SP杂化，故D正确。
答案选C。
17．C
【详解】
A．由图知，该转化的总反应为，若设计为原电池，则通入甲烷的电极为负极，A正确；
B．由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故①→②放出能量并形成了键，B正确；
C．使用催化剂，可降低活化能，加快反应速率，但焓变不变，C不正确；
D．结合A分析知，若设计为原电池，用稀硫酸作电解质溶液，正极上二氧化碳得到电子被还原，生成醋酸，故电极反应式为：，D正确；
答案选C。
18．D
【详解】
A．O=C=O和H-H反应生成CH3OH和H-O-H，反应过程中，有极性共价键的断裂和生成，故A正确；
B．CO2和H2反应的最终产物是CH3OH和H2O，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．根据图示，第④步的反应式为*HO+*H→H2O，故C正确；
D．Cu—ZnO—ZrO2是催化剂，催化剂只能加快反应速率，不能使平衡移动，不能提高甲醇的平衡产率，故D错误；
选D。
19．B
【详解】
A．在可逆反应中，正反应和逆反应的焓变数值相同，但符号相反，A错误；
B，使用催化剂，化学反应速率加快，生成等量的NH3需要的时间更短，B正确；
C．N原子和H原子吸引电子的能力不同，形成的是极性键，C错误；
D．根据图示，合成氨反应是放热反应，因此反应物断键吸收的能量小于生成物形成键释放的能量，D错误；
答案选B。
20．C
【详解】
A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；
B．根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C-H键的H原子都与O发生断裂，故仅有C-H键发生断裂，B正确；
C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，C错误；
D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHO＋O2CO2＋H2O，D正确；
故选C。
21．D
【详解】
A．化学键断裂为吸热反应，所以升高温度，第一步向右进行的程度变大，故A正确；
B．活化能越大反应速率越慢，第二步为慢反应，所以第二步活化能大于第三步活化能，故B正确；
C．三步反应相加可得总反应为2N2O2N2+O2，碘蒸气为催化剂，故C正确；
D．决定总反应速率的步骤为慢反应，第二步为慢反应，所以c[I(g)]对总反应速率的影响更大，故D错误；
故答案为D。
22．-46 Nad + 3H ad =NH ad + 2H ad N2 + 6e- + 6CH3CH2OH=2NH3 + 6CH3CH2O- AC
【详解】
根据图示可知，合成氨反应的∆H= -46 kJ·mol−1；该反应速率最慢的步骤为活化能最大的步骤，结合题图可知，该步骤的化学方程式为Nad + 3H ad =NH ad + 2H ad。
①由题图可知阴极区电极反应方程式为N2 + 6e- + 6CH3CH2OH=2NH3 + 6CH3CH2O-；②A项中，三氟甲磺酸锂为电解质，作用是增强导电性，正确；B选项中，该装置用Au作催化剂的目的是降低反应的活化能，错误；C选项中，根据图示，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O通过，正确。
23．放热 ＜ 4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(l) ΔH=-252.9 kJ/mol FeO+ 2NA 或1.204×1024 ＞
【详解】
(1)由图可知，反应I的反应物总能量高于生成物总能量，因此反应I为放热反应；ΔH1=生成总能量-反应物总能量，因此ΔH10；反应II的反应物总能量小于生成物总能量，则ΔH20；故ΔH1ΔH2；
(2)25℃、101 kPa时H2和CH4的燃烧热分别为285.8 kJ·mol－1和890.3 kJ·mol－1，则分别表示H2和CH4的燃烧热的热化学方程式为①H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.8 kJ·mol－1，②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH4=-890.3 kJ·mol－1，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，H2与CO2反应生成CH4(g)和H2O(l)的化学方程式为4H2+CO2=CH4+2H2O，根据盖斯定律可知，该反应热化学方程式可由①×4-②得4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(l) ΔH=[(-285.8)×4-(-890.3)] kJ/mol=-252.9 kJ/mol；
(3)由图可知，FeO+作反应①的生成物，同时是反应②的反应物，因此FeO+为中间产物；该反应的总反应为CO+N2O=N2+CO2，反应过程中，C元素化合价由+2升高至+4，N元素化合价由+1降低至0，标准状况下22.4L N2O的物质的量为1mol，由反应化学方程式及变价可知，每消耗1mol N2O转移2mol电子，其数目为2NA或1.204×1024；反应①为慢反应，反应②为快反应，相同条件下，反应活化能越低，反应速率越快，因此Ea①＞Ea②。
24．A CHO*＋3H*＝CO*＋4H*(或CHO*＝CO*＋H*) TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)＝TiCl4(g)+2CO(g) ΔH=-45.5 kJ/mol 2H2+2NO＝N2+2H2O CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-726.0 kJ/mol ACE
【详解】
Ⅰ.方式A中活化能小，则由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为A。该历程中，放热最多的是41.9→－65.7，则步骤的化学方程式为CHO*＋3H*＝CO*＋4H*(或CHO*＝CO*＋H*)。
Ⅱ.(1)已知：
①TiO2(s)+2Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·mol-1
②2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·mol-1
依据盖斯定律①+②即得到沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式为TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)＝TiCl4(g)+2CO(g) ΔH=-45.5 kJ/mol。
(2)根据示意图可判断反应物是氢气和NO，生成物是氮气，依据原子守恒可知还有水生成，则图示转化的总反应的化学方程式为2H2+2NO＝N2+2H2O。
Ⅲ.(1)已知：
①CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g) + 2H2O(g) ΔH=﹣355.0 kJ∕mol
②2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) ΔH=-566.0 kJ/mol
③H2O(l)=H2O(g) ΔH=+44.0 kJ/mol
依据盖斯定律①+②×－③×2即得到表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-726.0 kJ/mol；
(2)A．上述反应的ΔH=（419－510）kJ·mol-1=-91kJ·mol-1，A正确；
B．a反应正反应的活化能为419kJ·mol-1，B错误；
C．b过程中第Ⅰ阶段生成物能量高，为吸热反应，第Ⅱ阶段生成物能量低于反应物能量。为放热反应，C正确；
D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能，但不能改变ΔH，D错误；
E．b过程的第Ⅱ阶段活化能低，因此反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段，E正确；
答案选ACE。
25．A 46 -61.4 C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB (C6H6*+CH3B=C7H8*+HB ) B
【分析】
根据题中图示，由放热反应判断正确选项；根据题中信息，由化学键的键能计算反应热；根据题中信息，由△H=生成物相对能量-反应物相对能量；根据题中信息，写出反应方程式；根据可逆反应C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g) △H＝-61.4kJ•mol-1，由化学平衡的本质特征和平衡移动的影响因素判断；据此解答。
【详解】
（1）①反应N2+3H22NH3为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以图A符合；答案为A。
②反应N2+3H22NH3的焓变△H=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6×391kJ/mol=-92kJ/mol，反应生成2mol氨气放热92kJ，生成1mol NH3时该反应放出的热量为46kJ；答案为46。
（2）①△H=生成物相对能量-反应物相对能量=(-61.4-0)kJ•mol-1=-61.4kJ•mol-1；答案为-61.4。
②由图可知，C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB (C6H6*+CH3B=C7H8*+HB )；答案为C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB (C6H6*+CH3B=C7H8*+HB )。
③由反应C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g) △H＝-61.4kJ•mol-1可知，该反应为放热反应，该体系反应前后气体分子数目不变；
A．升高温度，化学平衡逆向移动，则K减小，升高温度反应速率v增大，故A 错误；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p(C6H6)，根据v=k∙p(C6H6)(k为速率常数)，则反应v增大，故B正确；
C．降低温度，化学平衡正向移动，则K增大，降低温度反应速率v减小，故C错误；
D．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p(CH3OH)，，根据v=k∙p(C6H6)(k为速率常数)，反应速率只与p(C6H6)有关，故D错误；
答案为B。
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