专项11 催化剂、物质转化循环图-2023届高考化学二轮复习知识清单与专项练习（新高考专用）（解析版）

专项11催化剂、物质转化循环图

该专题分为三个板块

（1］总概括

［2］真题演练

［3］专项练习

【1】总概括

反应历程或机理图像一般取材于实际科研成果，充分体现了化学反应的本质，高考常以此为载体考查反应

原理、活化能、反应热等知识，是近年高考的命题热点，此类试题难点是从陌生图像中提取解题信息。

［2］真题演练

例1.（2021•浙江6月选考，24）制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图（其中Ph—代表苯基）。下列说法不正确

的是（）

A.可以用苯甲醛和甲酥为原料制备苯甲酸甲酯

B.反应过程涉及氧化反应

C.化合物3和4互为同分异构体

D.化合物1直接催化反应的进行

答案D

解析由图中信息可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物2的催化作用下，参与催化循环，最后得到产物苯甲

酸甲酯，发生的是酯化反应，故A项正确；由图中信息可知，化合物4在H2O2的作用下转化为化合物5,

即醇转化为酮，该过程是失氢的氧化反应，故B项正确；化合物3和化合物4所含原子种类及数目均相同,

结构不同，两者互为同分异构体，故C项正确；由图中信息可知，化合物1在NaH的作用下形成化合物2,

化合物2再参与催化循环，所以直接催化反应进行的是化合物2,化合物1间接催化反应的进行，故D项

错误。

例2.（2021•湖南，14）铁的配合物离子（用［L-Fe-H］+表示）催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况

如图所示：

HCOOH

:一\过渡态1产\过渡检

6

().一()

I3-2-2\

+\3m

H-t

Ono

O+uwI

UH+++

HOH

Og6

+OY

buO+

HX

oU—

HO+

uO,

HU

HO

O

(JH

反应进程

下列说法错误的是（）

A.该过程的总反应为HCOOH鱼鲤C02T+H2T

B.H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低

C.该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化

D.该过程的总反应速率由n-ni步骤决定

答案D

解析由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO一与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢

离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOH或些型CO2T+H23故A正确；若氢离子浓度过低，则反应

IIITW的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制甲酸的电离，使甲酸根离子浓度

降低，反应I-II速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B正确：由反应机理

可知，Fe在反应过程中，化学键数目发生变化，则化合价也发生变化，故C正确；由反应进程可知，反应

N-I能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误。

例3.（2021•山东，14）180标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：

18o-

18C）II8O

||HHC-C-OCH；.||

HI-C—OCH-+OH—J〕OH[J1HI—C—OH+CH3O—能量变化如图所示。已知

,HO,KOH

H;tC—C—OCH：,H3C—C—OCH；I

OHO-为快速平衡，下列说法正确的是()

能量

过渡态1

/一\过渡态2

/—

/?■\

/H3C-C—OCH,\

一？OH\一

H.sC-C—OCH3Q

+OH-

H3C—C—OH

______________________________+CH3O-

反应进隹

A.反应n、HI为决速步

B.反应结束后，溶液中存在18OH—

C.反应结束后，溶液中存在CH318OH

D.反应I与反应IV活化能的差值等于图示总反应的焰变

答案B

解析一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应1和反应IV的活化能较高，因此反

l8O-laOH

H£—C—OCH*H3C—C—OCH:1

应的决速步为反应I、IV,故A错误；反应I为加成反应，而OH。-为快速平衡，

阶、i«OH\

|AIT—\

H3c----C—)bcH<H3c—C—d)CHs

或a),后者能生成18OH一,因此反应结束后，溶

反应II的成键和断键方式为OH

液中存在*OH一,故B正确；反应m的成键和断键方式为因此反应结

束后溶液中不会存在CH.J8OH,故C错误；该总反应对应反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为

18()18()

II

放热反应，因此H3C—C—()H和CH.Q一的总能量与H«-C—℃乩和OH—的总能量之差等于图示总

反应的焙变，故D错误。

练习1.铐的配合物离子［Rh(CO)2L］一可催化甲醇好基化，反应过程如图所示。

下列叙述错误的是（）

A.CH3coi是反应中间体

B.甲醇皴基化反应为CH30H+C0===CH3co2H

C.反应过程中Rh的成键数目保持不变

D.存在反应CH3OH+HI===CH3l+H2。

答案C

解析由反应过程可知，CH3coi在反应过程中生成，后又参与后续反应而消耗，属于反应中间体，A项正

确；观察反应过程图示可得甲醇好基化反应的化学方程式为CH.QH+CO===CH3cO2H,B项正确；观察反

应过程图示可看出Rh的成键数目有4、5、6,C项错误;观察反应过程图示可知存在反应CH3OH+HI===CH3l

+H2O,D项正确。

练习2.据文献报道：Fe（CO）5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是（）

OH

A.0H一参与了该催化循环

B.该反应可产生清洁燃料H2

C.该反应可消耗温室气体CCh

D.该催化循环中Fe的成键数目发生变化

答案C

解析根据题图中信息可知，OH-参与了该催化循环过程，A正确；由题图中箭头方向可知有Hz生成，所

以该反应可以产生清洁燃料H2,B正确；由题图中箭头方向可知，在催化反应过程中释放出CO?,CCh是

H2

ccIZ'CO“、\CO

OC—FeOC—Fe

|I、co

生成物，C错误；根据题图中信息可知，CO转化为CO和H2的过程中，铁的成键数目发生了

变化，D正确。

练习3.“一锅法”用三氯化钉(RuCb)催化硝基苯(PhNCh,Ph—表示苯基)与醇(RCH2OH)反应生成仲胺

(RCH2NHPh)的反应过程如图所示，［Ru］表示催化剂。

下列叙述错误的是()

A.RCHO是中间体，不是产物

B.存在反应PhNHz+RCHO-->RCH=NPh+H2O

C.还原反应的氢均来自RCH20H

D.反应过程中Ru的成键数目有变化

答案A

解析该反应历程图中某些产物未给出，若不能写出每步反应的化学方程式，则易错判A项。各步及总反

应的化学方程式如图所示：

④RCH=NPh

+2[Ru—H|—►RCH2NHPh[Ru]

RCH.NHPh.-RCH20H

RCHNPh

+2[Ru|=7®phNH2+RCHO-A/(①4RCH20H

RCHO

|RCH=NPh+H2O,1+8[Ru]-

②PhNOrbPhNHz+QB项正确A4RCH0+

6|Ru-H|-----►—y\8[Ru-H]

PhNH?+2HQH]，^^RCHO

+6[Ru|PhNC>2

由①+②+③+④得总反应：4RCH2OH+PhNO2—*

RCH2NHPh+3H2O+3RCHO

A项，第①步反应中生成4个RCHO,其中1个作为中间体参与反应，剩余3个作为产物，故RCHO既是

中间体又是产物，错误；C项，第②、④步反应为还原反应，这两个还原反应的“H”均来自［Ru—H］,而［Ru—H］

中的H来自RCH2OH,正确；D项，［Ru］—->［Ru—H］的过程中Ru的成键数目增加，正确。

［31专项练习.

1.(2022•全国•高三专题练习)最近科学家研究发现钺元素(Ir)形成的复杂阴离子［lr(CO)2l21能催化甲醇的

默基化反应，催化过程中各步基元反应如图所示，其中M-N的反应速率较快，N-Y-X的反应速率较慢,

下列有关说法正确的是

Y

A.催化过程中基元反应M-N的活化能最大

B.反应过程中Ir元素的化合价保持不变

C.存在反应：CH3coOH+HI—CH3coi+H2O

D.甲静的粉基化反应原子利用率为100%

【答案】D

【详解】A.因为M-N的反应速率较快，所以该催化过程中基元反应M-N的活化能较小，A不正确；

B.从反应过程中配合物的组成可以看出，Ir元素的化合价发生改变，B不正确；

C.从转化关系看，存在反应：CH3coi+H2O-CH3COOH+HI,C不正确；

D.反应的总反应为ClhOH+CO—CH3coOH,所以甲醇的线基化反应原子利用率为100%,D正确；

故选D。

2.（2022・全国•高三专题练习）某种含二价铜的催化剂［Cu"（OH）（NHj1可用于汽车尾气脱硝。催化机理

和反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图所示。下列说法正确的是

H+

[CU(OH)(NH3)]

2，比0\/①、/2NH3

厂、（起始态）

7

1\式中间态）

[CU"(NO2)(NH3)2]⑤®[CU"(OH)(NH.)3]*•

0

fLNO6（中间态）

NO.^OA/呢询中间态）

2髭

[CM(NH：]>L③[CUIGNNOXNH时终态:

“N”HQ反应历程

A.该脱硝过程总反应的焰变AH>0

B.由状态①到状态⑤所发生的反应均为氧化还原反应

C.由状态③到状态④的变化过程有极性键的断裂和形成

催化剂

D.总反应的化学方程式为4NH,+2NO+2O2^=3N,+6H2O

【答案】C

【详解】A.由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，应为放热反应，AH<0,选项A错误;

B.由状态①到状态②各元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应，选项B错误；

C.由状态③到状态④的变化过程有[CUYHZNNOXNH)]*中的极性键的断裂和产物H2O中O-H键的形

成，选项c正确；

D.由图可知脱硝过程反应物为：2moiNH3、2molN0^0.5mol02,生成物为：3molH?0、2molN2,

催化剂

总反应的化学方程式为4NH3+4NO+O2^=4N2+6H2。,选项D错误；

答案选C。

3.(2022•湖南省隆回县第一中学高三期中)利用镁(Ni)及其他过渡金属配合物催化CH2=CH?和C0?氧化

偶联合成丙烯酸的催化机理如图。下列说法错误的是

A.催化循环过程中包含加成反应

B.该催化剂改变了反应的活化能，降低了焰变

C.该催化循环中Ni的成键数目发生了变化

Ni催化剂

D.总反应可表示为CH2=CH2+CO,^=CH2=CHCOOH

【答案】B

Lu—Ni

和0=C=0反应生成,。人O,属于加成反应，故A正确；

B.催化剂能降低反应的»活化能，加快反应速率，催化剂不能降低焰变，故B错误；

C.根据图示可知，Ni的成键数目分别为2、3,该催化循环中Ni的成键数目发生了变化，故C正确；

Ni催化剂

D.锲(Ni)及其他过渡金属配合物催化CH2=CH2和CO2生成丙烯酸，总反应为CH2=CH2+C0z^=CHz=CHC00H,

故D正确；

选B。

4.(2022•安徽•合肥一中模拟预测)近日，中国科学院大连化学物理研究所与上海应物所合作，揭示了双

单原子催化剂中的协同催化机理，如4-硝基苯乙烯选择性加氢反应在不同的催化剂下的反应机理及选择性

如图所示，下列有关两种不同的催化过程说法错误的是

双单原子催化单原子催化

A.两种催化反应过程中均存在极性键的断裂和形成

B.M。单原子位点吸附4-硝基苯乙烯，提高了催化加氢的选择性

C.其它条件相同时,双单原子催化下4-硝基苯乙烯的平衡转化率更高

D.两种催化剂均能降低选择性加氢反应的活化能

【答案】C

【详解】A.两种催化反应过程中均有硝基转变为氨基，硝基内氮氧键、氨基内氮氢键均为极性键，则均

存在极性键的断裂和形成，A正确；

B.由图知，M。单原子位点吸附4-硝基苯乙烯上的氧、Ir单原子位点吸附H,使硝基转变为氨基，故双单

原子催化剂提高了催化加氢的选择性，B正确：

C.催化剂不影响平衡转化率，C不正确；

D.两种催化剂均能降低选择性加氢反应的活化能、提高单位体积单位时间内有效碰撞的次数、提高反应

速率，D正确；

答案选C。

5.（2022・全国•高三专题练习）环氧丙烷（C3H6。，PO）是一种重要的有机化工产品，对CsO催化剂表面催

化空气氧化丙烯反应机理的DFT计算表明，可能有通过分子氧（甲图）和晶格氧（乙图）两种反应机理（TS代表

中间态）。已知吸附能指在吸附过程中释放的能量，下列说法错误的是中

催化剂

C,H6O

甲乙

A.C3H6在催化剂上的吸附能低于C3H6与02共吸附在表面的吸附能

B.空气氧化丙烯生成环氧丙烷是放热反应

C.通过对图象的分析得出，该反应更易按照甲图路径进行

Cu„O

D.总反应方程式为2c3H6+O2=2C3H6。

【答案】A

【详解】A.对比图甲和图乙中①和②的变化可知，C3H6在催化剂上的吸附能高于C3H6与02共吸附在表面

的吸附能，A错误；

B.由图甲和图乙可知空气氧化丙烯生成环氧丙烷是放热反应，B正确；

C.由图甲和图乙可知，图甲中②到TSI的吸收的能量较低，更容易发生反应，C正确：

Cu„0

D.由图甲和图乙可知，总反应方程式为2c3H6+O?=三2C3H60,D正确;

故选Ao

6.（2022.湖北.应城市第一高级中学模拟预测）以SiCh表面隔离的CN+催化丙烷无氧脱氢的机理如图，随

着反应的进行，副反应产生的积炭会导致催化剂失活。下列说法正确的是

A.基态铭原子核外有6种能量不同的电子

B.总反应方程式为C3H83^C3H4+2H2

C.CN+改变反应活化能的同时改变了反应的热效应

D.在该体系中加入CCh有利于丙烷脱氢

【答案】D

【详解】A.已知Cr是24号元素，其基态原子核外电子排布式为：Is22s22P63s23P63d54sl故基态铝原子核

外有Is、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7种能量不同的电子，A错误；

B.由题干反应历程图可知，该过程的总反应方程式为C3H8」^—CH3cH=CH2+H2,B错误；

C.由题干信息可知，CN+为催化剂，则催化剂CN+能改变反应活化能，但不能改变了反应的热效应，C错

误；

D.由题干信息可知，随着反应的进行，副反应产生的积炭会导致催化剂失活，而在该体系中加入CCh,由

A

于C+CO2=2CO能有效消除积碳，防止催化剂失活，有利于丙烷脱氢，D正确；

故答案为：D。

7.（2022•全国•高三专题练习）据文献报道，用氢气制备双氧水的一种工艺简单、能耗低的方法，其反应

原理如图所示。下列有关说法正确的是

A.反应过程中所发生的反应均为氧化还原反应

2

B.[PdCl2O2]\HC1均为该反应的催化剂

C.[PdClJ-fPd的过程中有极性键的断裂和非极性键的形成

D.[PdClJ-能降低反应过程中的活化能

【答案】D

22

【分析】从图中可看出,该反应原理涉及反应：02HC1+[PdCl2O2]-=H2O2+[PdCl4]->②[PdCLF+H2=

2HCI+2C1-+Pd、③Pd+O2+2C「=[PCICI2O2F。

【详解】A.据分析，反应过程中①所发生的反应为非氧化还原反应，A错误；

B.据分析，[PdCiqJ一是反应的中间产物，HC1为该反应的催化剂，B错误；

C.[PdClJ-fPd的过程中，Pd-Cl极性键断裂、H-H非极性键断裂，形成H-C1极性键，没有非极性键的

形成，C错误；

D.[PdCl.「参与反应过程后，出与O?合成H2O2能耗降低，则其能降低反应过程中的活化能，D正确；

故选D。

8.（2022•广东・广州市第六十五中学高三阶段练习）在钻化合物催化下，烯燃醛基化反应的历程如图所示。

下列叙述错误的是

A.反应过程中C。的成键数目发生了变化

B.烯煌中的双键可提供电子与化合物中的C。共用

C.烯燃醛基化总反应为RCH=CH2+CO+H2-RCH2cH2CH0

D.该含钻化合物可降低烯烽醛基化反应的活化能，提高平衡转化率

【答案】D

【详解】A.由图象可知，C。可以形成4条键，也可以形成5条键，成键数目发生了变化，A正确；

R入H：

B.由图可知，物质仪，CO中烯燃中的双键可提供电子与化合物中的C。共用，B正确；

C.由图可知，反应物为RCH=CH?、CO、H2,产物为RCH2cH2CHO,因此总反应为

RCH=CH2+CO+H2->RCH2cH2cHO,C正确；

D.C。化合物为催化剂，催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，但不能影响平衡，因此不能提高

平衡转化率，D错误；

故选D。

9.(2022•福建•厦门双十中学模拟预测)甲烷可在铐/铮氧化物的催化下与过氧化氢反应，转化为甲醇和甲

基过氧化氢(CH.QOH),实现了天然气的高效利用，其原理如图所示，下列说法错误的是

A.反应③中有极性键的断裂与生成

B.反应⑤中，Ce的化合价降低

C.铐/钝氧化物改变了CH4和H2O2的反应历程，降低了反应的活化能

D.若用H2BO2作反应物，一段时间后CH3OH、CHQOH和馅/铀氧化物中均含有18。

【答案】B

【详解】A.反应③中CH4中断裂I条C-H键形成-CH3,OH与H形成H2O中有O-H键生成，则有极性键

的断裂与生成，A正确；

B.反应⑤中，H2O2TH2O中O元素从-1降低至-2价，则Ce的化合价升高，B错误；

C.错/钝氧化物是催化剂，可改变了CH4和H2O2的反应历程，降低了反应的活化能，C正确；

D.由反应⑤可知O连接在Ce上，甲烷可在错/铀氧化物的催化卜与过氧化氢反应，转化为甲醵和甲基过氧

化氢（CH.QOH）,则若用H』8O2作反应物，一段时间后CHQH、CHQOH和镂/铀氧化物中均含有小。，D

正确；

故选：Be

10.（2022.湖北•华中师大一附中模拟预测）科学工作者探讨了在C02和田合成HCOOH过程中固载Ru

基催化剂可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是。

A.固载Ru基催化剂可降低该反应的焰变

B.Ru配合物1、2、3、4中Ru的化合价不变

C.总反应的化学方程式为CC>2+H2」®fHCOOH

D.CO?浓度过大可能会影响催化剂的实际催化效率

【答案】A

【详解】A.催化剂降低反应活化能，不影响反应的焰变，故A错误;

B.Ru配合物1、2、3、4中Ru所连的键没有变化，所以Ru的化合价不变，故B正确;

C.在有Ru基催化剂存在的条件下,CO2与H?合成HCOOH,根据原子守恒，发生的反应为CO2+H2陶碑->

HCOOH,故C正确；

D.CO?浓度过大将减小催化剂与H?之间的接触，从而影响催化剂的实际催化效率，故D正确;

选Ao

PhO—j-OPh

11.（2022•河南•高三开学考试）某科研团队用PdCb催化苯酚（PhOH）皴基化合成。（DPC）,并提

出了合成DPC的反应机理（如图所示），下列有关说法中错误的是

PhO-

c

h—ci

o

A.Cl-Pd-OPh是反应的中间产物

B.反应过程中Pd的化合价始终保持不变

C.反应过程中PdCL降低了反应的活化能，未改变反应的AH

0

PhO=—OPh

0

D.总反应方程式为4PhOH+2co+02-2+2H，O

【答案】B

【详解】A.山图可知Cl-Pd-Cl作为催化剂参与反应，流程呈逆时针方向进行，Cl-Pd-OPh和

PhO—C—Pd——C1

°是反应的中间产物，A选项正确；

B.流程图中有最后一步Pd。转化为Cl-Pd-CLPd化合价发生改变，B选项错误：

C.催化剂PdCb使活化能降低，加快反应速率，但并未改变反应的AH,C选项正确：

PhO—C—OPh

D.由流程图的物质对应箭头指向可知总反应方程式为4PhOH+2co+02—2°+2H2O,D选项

正确；

答案选B。

12.（2022・全国•高三专题练习）均相芬顿反应原理是高级氧化技术的经典工艺之一，如图所示（％和Ie?为

速率常数）。下列说法错误的是

H2O2H2O2

V)Zrj*c(H2O2)*c(Fe2+)V2=A：2*c(H2O2)*c(Fe3+)

^i=76L*mor1*s'1k2=0.02L・mol"・s"

•0HHO2-

基元反应I基元反应U

A.相同条件下，基元反应I比H的活化能低

B.基元反应I中氧元素的化合价发生变化

3+2++

C.基元反应II的化学方程式为H2O2+Fe=HO2+Fe+H

D.芬顿反应进行的过程中，整个体系的pH几乎不变（忽略体积变化）

【答案】D

【分析】A中根据图中速率公式，根据反应速率与活化能之间的关系进行判断；B中根据图中铁元素的化合

价的变化判断，发生氧化还原反应；C中根据图示进行书写化学方程式；D中根据总反应过程中溶质的变化,

根据浓度的变化判断进行判断酸碱性。

【详解】A.由题干信息可知，k1>k2,说明相同条件下，基元反应］比II的反应速率更快，活化能越低反

应速率越快，即基元反应I比n的活化能低，A正确；

+2+3+

B.由题干信息可知，基元反应［为：H+H2O2+Fe=Fe+OH+H2O,故基元反应I中氧元素的化合价发生

变化，B正确；

C.由题干信息可知，基元反应H的化学方程式为H2C）2+Fe3+=HO2-+Fe2，+H+,C正确；

+2+3+3+2++

D.基元反应I为：H+H2O2+Fe=Fe+OH+H2O,基元反应H的化学方程式为H2O2+Fe=HO2+Fe+H,

而基元反应1比n的反应速率更快，总反应不是简单基元反应1加上基元反应n,则芬顿反应进行的过程

中，整个体系的pH会发生变化（忽略体积变化），D错误；

故选D。

13.（2022.山西大同.高三期末）具有开放性铁位点的金属有机框架材料，可以用于乙烷的催化氧化形成乙

醇，反应过程如图所示，其中TS表示过渡态。下列说法正确的是

NiN.、

'o[TST]

:

o“

“

二

QOFe

.—

;gO

FIe

oB

CJIQH

—n«

H°

A.反应过程中铁原子形成的化学键数目保持不变

B.该反应过程中的原子利用率为100%

催化剂

C.此反应方程式为：N2O+C2H6N2+C2H50H

D.反应过程中物质c降低了反应的活化能

【答案】C

【详解】A.由转化关系图可知，铁原子有的形成5个共价键，有的形成6个共价键，故A错误：

催化剂

B.从图中可以看出，进线为反应物，出线为产物，总反应方程式为：N2O+C2H6^=N2+C2H5OH,催化

剂为a,由于产物有乙醉和氮气，原子利用率小于100%,故B错误：

催化剂

C.进线为反应物，出线为产物，总反应方程式为：N2O+C2H6------N2+C2H5OH,故C正确;

D.c为中间产物，不能降低反应的活化能，故D错误;

故选C。

14.（2022•河南河南•二模）以乙烯为原料，生产乙二醇的流程及其反应过程和机理如下:

反应I反植ICH.—CH,

CH—CHA

OHOil

EOT)

o

人'HgAY》•过111b.4

itSJxa

人♦2H&YJL

反应H*

下列叙述错误的是

A.决定反应I速率快慢的是步骤③

B.反应I、II中的H?O均是反应物

C.反应I属于氧化反应

D.反应II中H+进攻环氧乙烷中的氧原子是因为该分子中氧原子显负电性

【答案】B

【详解】A.决定反应速率的是慢反应，由图知步骤③是最大能垒，所需活化能最大，反应速率最慢，故决

定反应【速率快慢的是步骤③，A正确；

B.由反应I的初始反应和最终反应过程可知，反应物为H2O2、乙烯，生成物为环氧乙烷、氏。,“一NH，

是作为催化剂，可得反应I中H2O是生成物，B错误；

C.乙烯中C的化合价是-2价，环氧乙烷中C的化合价为-1价，化合价升高，发生氧化反应，C正确；

D.环氧乙烷中。的电负性最大，显负电性，故H+进攻环氧乙烷中的O原子，D正确；

故答案为B。

15.（2022•湖北省仙桃中学高三阶段练习）催化丙烯制醛的反应机理如图所示。下列说法错误的是

CH3CH2CH2CHO

A.上述循环过程中，Co的配位数发生了变化

B.上述循环过程中，有C-0键的形成，无C-O键的断裂

C.丙烯醛基化总反应为CH3cH=CH?+CO+H2->CH3cH2cH2CHO

D.HCO(CO)3可降低丙烯醛基化反应的活化能

【答案】B

【详解】A.由图可知，C。可以形成3个配位键，也可以形成4个配位键，A正确；

B.由图可知，在第二步有C-0键的断裂，B错误：

C.由题干反应历程图可知，总反应式为CH3cH=<：也+(20+也7CH3cH2cH2cHO,C正确；

D.由题干反应历程图可知，HCO(CO)3,参与反应过程，反应前后保持不变，是该反应的催化剂，可降低丙

烯醛基化反应的活化能，D正确；

故选Bo

16.(2022•广东实验中学高三阶段练习)某种制备H2O2的反应机理如图。下列说法正确的是

A.反应①中有非极性键的断裂和形成

B.该过程中Pd的化合价有0、+2和+4三种

C.①、②、③均为氧化还原反应

2

D.[PdCl4]-能降低反应的活化能

【答案】D

【详解】A.反应①中有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，A错误：

B.该过程中Pd的化合价有0、+2两种，B错误；

C.反应①和②均有单质参与反应，为氧化还原反应，反应③没有化合价的变化，不是氧化还原反应，C错

误；

D.[PdCk广为反应过程中的催化剂，故可降低反应活化能，D正确；

故答案选D。

17.(山东省泰安市2021-2022学年高三下学期3月一模考试化学试题)中国自古有“信口雌黄”“雄黄入药”

之说。雌黄As2s3和雄黄As4s“都是自然界中常见的神化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也

用来入药。硅元素有+2、+3两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。下列说法错误

的是

HS+Sn4'

H++SM+2

雌黄雄黄

A.反应I中，As2s3和SnCk的物质的量之比为1：1时可恰好完全反应

B.反应H中，物质a可能是S、S02

c.反应I、n、w是氧化还原反应；反应in是非氧化还原反应

D.反应I可用NaOH溶液吸收H2s，向吸收后的溶液中加入足量稀硫酸可为反应IV提供H2s

【答案】c

【详解】A.反应I中,As2s3和SnCU反应生成Sn4+、As4S4,As化合价由+3到+2,Sn化合价由+2到+4,

根据电子守恒可知，As2S3-SnCl2,即物质的量之比为1：1时可恰好完全反应，A正确；

B.反应II中氧气具有氧化性，负二价硫具有还原性，则物质a可能是S、SO2,B正确；

C.反应IV中H、O、S、As元素化合价反应前后均不改变，是非氧化还原反应，C错误；

D.反应1可用NaOH溶液吸收H?S,向吸收后的溶液中存在生成的硫化钠，加入足量稀硫酸反应生成硫化

氢气体，可为反应IV提供H?S,D正确：

故选C。

18.(湖北省部分市州2021-2022学年高三上学期期末联合调研考试化学试题)氮氧化物(NO*)是一类特殊

的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的

原理如图所示。下列叙述错误的是

2NO+4NH3+2NH；

/a~~^S_^2N2+4H2O

/[(NH3)2CUX)CU(NH3)『+'

/»/°

/1(③\2CU(NH3)J*

iV2NO

2+

![(NH3)2CU^1>U(NH3)2]

\V2/X

2；/2N2+2H2O+2NH；

\[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]y

2CU(NH,)：

o2

A.反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)；+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2p+

B.反应③属于非氧化还原反应

C.反应④涉及极性共价键的断裂与生成

D.图中总过程中每吸收ImolNO需要标准状态下的NH.344.8L

【答案】D

【详解】A.根据图示，反应①变化过程可表示为2CU(NH3)；+O2=[(NH3)2CU-O-O-CU(NH3)T+,故A正确；

B.根据图示，反应③中各元素化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故C正确；

C.反应④中有氮氧键、氮氢键的断裂，有氢氧键的形成，故C正确；

D.图中总过程中每吸收ImolNO需要Imol氨气，标准状态下的N%的体积是22.4L,故D错误；

选D。

19.(重庆市2022届高三第一次联合诊断测试化学试题)天然气中含有有毒气体H?S,用下图所示流程可

实现天然气在氧化亚铁硫杆菌(「F菌)作用下催化脱硫。下列说法不氐确的是

FcXSO/i港津TF/卜eSO.诩/,C如

CH4,

A.过程①的pH降低，过程②的pH升高

B.该脱硫过程可以在中性环境中进行

C.该脱硫过程不需要补充FeSO4溶液

D.该脱硫过程的总反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2

【答案】B

【分析】过程①Fe元素化合价降低，S元素化合价升高，反应方程式：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S+H2SO4,

过程②Fe元素化合价升高，O元素化合价减低，反应方程式：4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O;

【详解】A.过程①反应方程式：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S+H2SO4,生成强酸H2so4,pH降低，过程②反

应方程式：4FeSC)4+O2+2H2so4=2Fe2(SO4)3+2H2O,消耗H2so4,pH升高，故A正确；

B.Fe2(SO5溶液中Fe，+不能在中性环境中共存，故B错误；

C.该脱硫过程的总反应为2H2S+O2=2S+2H20,FeSO4溶液为中间物质，没有消耗，则不需要补充FeSO^溶

液，故C正确；

D.该脱硫过程的总反应为2H2S+O2=2S+2H20,O元素化合价减低，O?做氧化剂，S元素化合价升高，H2s

做还原剂，两者的物质的量之比为1:2,故D正确；

故选：Bo

20.(广东省佛山市2021-2022学年高三上学期普通高中第一次教学质量检测化学试卷)利用CH.QH、CO2

与七合成CH3cH20H的反应主要历程如图所示。下列说法错误的是

N3O

H

A.合成过程涉及C-C键和C-0键形成

B.CO是合成乙醇的中间体

C.第3步的反应式为CH3I+CO+2H2—CH3cH2OH+HI

D.若用CH3OD替代CH3OH,则可生成CH3cHzOD

【答案】D

【详解】A.根据图示可知：在反应3中有C-C键和C-O键形成，A正确；

B.根据图示可知：在反应开始时无CO,在反应结束时生成物中无CO,因此CO是合成乙醇的中间体，B

正确；

C.根据图示可知第3步反应的反应物是CH3I、CO,H2,生成物是CH3cH20H及Hl,则该反应的化学方

程式为：CH3I+CO+2H2->CH3cH2OH+HI,C正确；

D.根据反应3可知反应产生乙醇中的-OH上H原子种类取决于Hz中的H原子的种类，而与CH30H上的

H原子种类无关，所以若用CH.QD替代CHQH,生成的乙醇仍然是CH3cH20H,而不会是CH3cH2OD,

D错误；

故合理选项是D。

21.(辽宁省五校联考2021-2022学年高三上学期期末联考化学试题)常温常压下，某金属有机多孔材料

(MOFA)对CO?具有超高的吸附能力，并能催化CO,与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法

错误的是

A.物质a分子中碳原子和氧原子均采取sp'杂化

B.a的一氯代物有3种

C.a生成b的反应类型为取代反应，并有极性共价键形成

D.Imolb最多可与2moiNaOH反应

【答案】C

【详解】A.由结构简式可知，a分子中碳原子和氧原子的价层电子对数都为4,杂化方式都为sp'杂化，故

A正确；

B.由结构简式可知，a分子中含有3类氢原子，则一氯代物有3种，故B正确；

C.由结构简式可知，二氧化碳与a发生加成反应生成b,故C错误；

D.由结构简式可知，b分子中含有2个酯基结构，hnolb最多可与2moi氢氧化钠反应，故D正确；

故选C。

22.(广东省珠海市第二中学2022届高三十月月考化学试题)双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正项

的是

SO2\/NaOH、/CaSO4

过程l][过程II

、Na7soi八Ca(OH%、0,

A.过程I中，SO?表现出酸性氧化物的性质

B.过程H中,lmol。2可氧化2moiNa2SO,

C.双碱法脱硫过程中，Ca(OH)2可以循环利用

D.总反应为2Ca(OH)2+2SO?+。2=2CaSO4+2凡。

【答案】C

【分析】过程I的反应方程式为SO2+2NaOH=Na2sO3+H2O,过程II的反应方程式为

2Na2so3+2Ca(OH)2+O2=2CaSO4+4NaOH，总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O2=2CaSO4+2H2。。

【详解】A.过程I为SO2与碱反应生成盐和水，表现出酸性氧化物的性质，故A正确；

B.由过程II的反应方程式可得关系式02〜2Na2s。3由此可知ImolCh可氧化2moiNa2so3，故B正确；

C.过程I中NaOH被消耗，过程II中又生成NaOH,所以双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用，故C

错误：

D.根据图示可得总反应为2Ca(OH)2+2SO2+Ch=2CaSO4+2H2O,故D正确；

故答案选C»

23.(河南省鹤壁市高级中学2020-2021学年高二上学期尖子生联赛调研二化学试题)已知：2+06=

2H2(g)+O2(g)AH=+571.OkJ/mol»以太阳能为热源分解Fe3O4,经热化学铁氧化合物循环分解水制出的过程

如下：

过程I：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)A//=+313.2kJ/mol

过程1【：……

下列说法不正确的是

A.过程I中每消耗232gFesCh转移2mol电子

B.过程H热化学方程式为：3FeO(s)+H2(M)=H2(g)+Fe3O4(s)Zi”=+128.9kJ/mol

C.过程I、II中能量转化的形式依次是：太阳能t化学能一热能

D.铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点

【答案】C

【详解】A.过程I为2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g),方程式显示当有2molFe.aCU分解时生成ImolO2,转移4mol

电子，232gFe3C)4的物质的量为Imol,故转移2moi电子，故A正确；

B.已知反应2H2。⑴=2H2(g)+O2(g)AH=+571.0kJ/mol①，过程I反应2Fe3()4(s)=

6FeO(s)+O2(g)AW=+313.2kJ/mol(2),根据盖斯定律，将(①-②)x；可得过程1［热化学方程式为