2024届高三化学高考备考一轮复习专题训练——催化剂
一、单选题
1．下列关于我国最新科技成果的化学解读错误的是（ ）
科技成果 化学解读
A 首次发现烷基型产甲烷的古菌，原油有望高效转化成天然气 天然气、沼气、坑气的主要成分都是CH4，它们都是不可再生能源
B 纳米Cu2O表面改性控制CO2电化学还原制备C2H4和合成气 其他条件相同时，接触面积越大，反应速率越快
C 利用催化剂Ni2Al3实现原生生物质大分子高选择性转化成CH4 催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子的百分数
D 锂电池或二次电池的研究引领全球清洁能源 锂电池能将化学能转化成电能
A．A B．B C．C D．D
2．化学与人类生活、科技、社会密切相关。下列新闻事件的化学解读科学无误的是（ ）
选项 新闻事件 化学解读
A 中科院制备出铜基纳米催化剂，该催化剂可高效电催化二氧化碳还原反应 高效催化剂能提高电解效率、提高目标产物的选择性
B 四川甘孜全球最大水光互补电站开工建设 建设过程需要大量光电转换材料——二氧化硅
C 美国科学家发现多层魔角石墨烯形成稳健超导性 石墨烯是一种有机高分子材料
D 质检机构从某品牌液态奶中检测出违禁添加物丙二醇 丙二醇是乙醇的同系物
A．A B．B C．C D．D
3．某化工生产反应历程的能量变化如图，过程I没有使用催化剂，过程Ⅱ使用了催化剂，则可判断催化剂除了能改变反应速率外，还可以改变的是（ ）
A．生产能耗 B．反应的完成程度
C．反应物的状态 D．反应热效应
4．我国学者研究了汽车尾气的主要有害成分和之间的反应历程。反应历程中每一阶段内各驻点的能量均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差，代表过渡态，反应过程中的复杂中间产物直接用表示(反应历程如图)。下列说法正确的是
A．由图可知该反应通过2步基元反应完成
B．加入适当的催化剂可提高产率
C．该反应为放热反应
D．该过程的总反应方程式为
5．在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：
催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得温度对转化率和生成选择性的影响如图所示。
选择性=×100％
下列有关说法正确的是（ ）
A．在260℃～320℃间，以为催化剂，升高温度的产率增大
B．延长W点的反应时间，一定能提高的转化率
C．选择合适的催化剂，有利于提高的平衡转化率
D．高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高转化率上升的原因是平衡正向移动
6．CO2的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将CO2分别转化为CO和HCOOH的反应过程示意图如下：
下列说法正确的是（ ）
A．在转化为CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成
B．在转化为HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOH
C．在转化为两种产物的过程中碳、氧原子的利用率均为100%
D．上述反应过程说明催化剂具有选择性
7．最近科学家研究发现铱元素(Ir)形成的复杂阴离子[Ir(CO)2I2]-能催化甲醇的羰基化反应，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（ ）
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．甲醇的羰基化反应原子利用率为100%
8．将电催化转化成燃料和化学品具有重要意义。甲酸可以作为氢载体直接用于甲酸燃料电池。某科学家在常温下用S-In催化剂电催化还原制甲酸的机理如图甲所示，反应历程如图乙所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。下列说法错误的是
A．使用S-In催化剂，可以降低反应的活化能
B．在催化剂表面的催化作用下转化为和
C．电催化还原制甲酸的总反应式为
D．电催化还原制备甲酸时，阳极电势比阴极低
9．一种基于光催化剂MeOx(某金属氧化物)催化氮还原制取氨的反应过程如图所示(图中h+表示空穴)，下列说法不正确的是（ ）
A．H+和N2是反应物，H2O是中间体
B．导带上发生的反应为2H2O+4h+=4H++O2↑
C．光能转变为化学能
D．该过程总反应可表示为2N2+6H2O4NH3+3O2
10．根据下列实验所得结论正确的是（ ）
选项 A B C D
装置
现象 ①中产生大量气泡 ②中无明显现象 试管中溶液出现浑浊 ①中固体溶解 ②中固体不溶解 压缩体积，气体颜色加深
结论 是 分解的催化剂 酸性：碳酸>苯酚 的溶解度大于 增大压强，上述平衡逆向移动
A．A B．B C．C D．D
11．某反应过程能量变化如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．反应过程b有催化剂参与化学反应
B．该反应为放热反应，热效应等于ΔH
C．使用催化剂，可以提高活化分子百分数
D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2
12．催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图1所示；有氧条件下，催化还原NO的反应历程如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A．图1所示热化学方程式为
B．图2所示催化脱硝过程中既有极性共价键的断裂和形成，也有非极性共价键的断裂和形成
C．图2所示反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1
D．脱硝过程中使用催化剂的目的是改变反应的焓变
13．光催化三氟甲基环丙烷甲酸与卤代芳烃反应，可能涉及能量转移驱动的催化循环机理如图(*表示激发态，t-Bu 代表一种烃基)，下列说法不正确的是( )
A．反应过程中发生了取代反应
B．反应过程中A是中间产物
C．物质A中存在配位键
D．总反应为：
14．某些醇和羧酸发生酯化反应过程如图，下列说法正确的是（ ）
A．该反应历程中，羧基碳原子存在sp2、sp3杂化方式的转化
B．用同位素标记的C2H518OH与CH3COOH反应，18O同时出现在酯和水中
C．酯化反应中加入浓硫酸，能够改变反应历程，但不能提高反应物转化率
D．选择合适的催化剂，可以使反应物实现100%转化
15．CO2电催化还原制备CH3OH的反应历程如图所示(部分物质未画出)。
主反应：
副反应：
下列说法正确的是
A．催化剂可同时降低主、副反应的活化能，从而降低、
B．*与结合形成*
C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂与生成
D．反应为决速步
16．最近科学家在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇(CH3OH)方向取得重要进展，反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注。下列说法错误的是（ ）
A．得到的副产物有CO和CH2O(甲醛)，其中相对较多的副产物为CO
B．生成副产物CH2O时，反应的活化能较大
C．制备甲醇的主反应速率主要由过程*CO+*OH→*CO+*H2O决定
D．电催化还原制备甲醇过程中，阳极的电势比阴极电势低
二、综合题
17．NOx的含量是空气质量的一个重要指标，减少NOx的排放有利于保护环境。
（1）I. SCR法(选择性催化还原技术)是一种以NH3作为还原剂，将烟雾中NOx分解成无害的N2和H2O的干法脱硝技术。
①4NH3(g) + 5O2(g) = 4NO(g) + 6H2O(g) H1= -907. 28 kJ/mol
② 4NH3(g) + 3O2(g) = 2N2(g) + 6H2O(g) H2 = -1269. 02 kJ/mol
③4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(g) H3
反应③ H3= 。
（2）现向某2 L密闭容器中分别投入一定量的NH3、NO发生反应③，其他条件相同时，在 甲、乙两种催化剂的作用下，NO的转化率与温度的关系如图1所示。工业上应选择 催化剂 (填“甲”或“乙”)，原因是 。在催化剂甲的作用下，温度高于210℃时，NO转化率降低的可能原因
（3）在密闭容器中加入4 mol NH3和3 molNO2气体，发生反应：
8NH3(g) + 6NO2(g) 7N2(g) + 12H2O(g) H<0，维持温度不变，不同压强下反应经过 相同时间，NO2的转化率随着压强变化如图2所示，下列说法错误的是___________。
A．维持压强980 kPa更长时间，NO2的转化率大于40%
B．容器体积：Vc∶Vb=8∶9
C．反应速率：b点v正>a点v逆
D．在时间t内，若要提高NO2的转化率和反应速率，可以将H2O(g)液化分离
（4）II.活性炭还原法也是消除氮氧化物污染的有效方法，其原理为：
2C(s) + 2NO2(g) N2(g) + 2CO2(g) H<0
某实验室模拟该反应，在2 L恒容密闭容器中加入足量的C(碳)和一定量NO2气体，维持 温度为T1℃，反应开始时压强为800 kPa，平衡时容器内气体总压强增加25%。则用平 衡分压代替其平衡浓度表示化学平衡常数KP= kPa。［已知：气体分压(P分)=气体总压(P总)×体积分数］
（5）已知该反应的正反应速率方程v正=k正 p2(NO2)，逆反应速率方程为v逆=k逆 p(N2) p2(CO2)， 其中k正、k逆分别为正逆反应速率常数。则图3(lgk表示速率常 数的对数， 表示温度的倒数)所示a、b、c、d四条斜线中，能表示lgk正随 变化关系的斜线是 。能表示lgk逆随 变化关系的斜线是 。若将一定量的C和NO2投入到密闭容器中，保持温度T1℃、 恒定在压强800 kPa发生该反应，则当NO2的转化率为40%时，v逆∶v正= 。(结果保留一位有效数字)
18．将CO2转化为高附加值碳基燃料，可有效减少碳的排放。在催化剂作用下CO2甲烷化的总反应为：CO2(g)+2H2(g)CH4(g)+ H2O(g) △H总 Kp总，该反应分两步完成，反应过程如下：
i.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1 Kp1
ii.CO(g)+H2(g)CO2(g)+CH4(g) △H2 Kp2
回答下列问题：
（1）催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度的变化如图所示。
对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是 ，使用的合适温度为 。
（2）为研究反应过程的热效应，一定温度范围内对上述反应的平衡常数Kp进行计算，得lgKp-T的线性关系如图：
①对于反应ii，图中v正A v正B(填“>”“<”或“=”)。反应i中，正反应的活化能E正 (填“>”“<”或“=”)逆反应的活化能E逆。
②在T1温度下Kp1= ，在该温度下，向恒容容器中充入7molCO2和12molH2，初始压强为19kPa，反应经7min达到平衡，此时p(H2O)=5kPa，则v(H2)= kPa min-1。达到平衡后，若保持温度不变压缩容器的体积，CH4的物质的量 (填“增加”“减小”或“不变”)，反应i的平衡将 (填“正向”“逆向”或“不”)移动。
19．CO、CO2加氢有利于缓解化石能源消耗，实现“碳中和”.该体系主要涉及以下反应：
反应I：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1<0
反应II：2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g) ΔH2<0
反应III：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g) ΔH3<0
反应IV：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4<0
反应V：2CH3OH(g)C2H5OH(g)+H2O(g) ΔH5
回答下列问题：
（1）上述反应中，ΔH5= (写出一个代数式即可)。
（2）密闭容器中，上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列描述正确的有____(填标号)。
A．加入催化剂，可提高CO2的平衡转化率
B．降低温度，反应Ⅱ的正反应速率增大，逆反应速率减小
C．增大CO的浓度，反应Ⅲ、IV的平衡均向左移动
D．恒温恒容充入氩气，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡不移动
（3）恒容下，n(CO)=n(CO2)=1mol，并按照不同氢碳比[]投料，发生上述反应。图甲表示不同氢碳比时，[CO+CO2]的总平衡转化率随温度变化的关系；图乙表示氢碳比=3时，平衡后体系中C2H5OH、CH3OH的选择性随温度变化的关系。
已知：CH3OH的选择性=×100%；C2H5OH的选择性=×100%
①图甲中x 3(填“大于”“小于”或“等于”)，其原因是 。
②Q点对应的体系中n(CH3OH)= mol；此时，H2转化了4mol，则反应2CH3OH(g)C2H5OH(g)+H2O(g)的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位有效数字)。
（4）常温常压下，以Ag为催化剂，在酸性水溶液中将CO2电催化还原为CO的反应历程如图所示：
①据图，CO和CO2相比， (填化学式)更稳定。
②吸附在催化剂表面上的物种用*标注，图中第一步反应为CO2+e-+H+=*COOH，则第二步反应为 。
20．含碳物质的价值型转化，有利于“减碳”和可持续发展。回答下列问题：
（1）丙烯(C3H6)是石油化工行业重要的有机原料之一，主要用于生产聚丙烯、二氯丙烷、异丙醇等产品。
①丙烷脱氢制备丙烯。由图可得C3H8(g) C3H6(g)+H2(g) H= kJ/mol
②目前在丙烷脱氢制丙烯时常通入适量的O2，让其同时发生下列反应：2C3H8(g)+O2(g) 2C3H6(g)+2H2O(g) H=-235kJ/ mol，通入O2的作用是 。
（2）乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应为：
其反应历程如下：
①关于该反应，下列说法正确的是
A．苯环α位的碳氢键键能小于苯环β位的碳氢键键能
B．催化剂可通过吸附作用，拉近反应物之间的距离，从而增加有效碰撞的概率
C．催化剂的作用是提供反应界面，但不参与化学反应过程。
D．增加催化剂用量可提高反应的平衡转化率
②在相同时间内乙苯的转化率与p(CO2)的关系如图所示，乙苯转化率随着p(CO2)变化的原因是 。
（3）工业上可用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)，主要副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)，反应原理为：
I．CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2ClCHClCH3(g)
II．CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)
一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)。在催化剂作用下发生反应，容器内气体的压强随时间的变化如表所示。
时间/min 0 60 120 180 240 300 360
压强/kPa 80 74.2 69.2 65.2 61.6 60.0 60.0
①用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即v= ，则前120min内平均反应速率v(CH2ClCHClCH3)= kPa·min-1。
②该温度下，若平衡时HCl的体积分数为12.5%，反应I的平衡常数Kp= kPa-1(Kp为以气体分压表示的平衡常数)。
21．实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，研究CO2转化为CH4、CH3OH、HCOOH的重整技术是科学家研究的热点课题，回答下列问题。
反应i：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1
反应ii：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49kJ·mol-1
（1）已知下表中断裂1mol化学键所吸收的能量数据，则ΔH1= kJ·mol-1。
化学键 H-H O-H C-H C=O
能量/kJ 436 463 413 803
（2）在573K时，体积为2L的刚性容器中投入2molCO2和6molH2发生反应ii达到平衡。
①为了提高CH3OH产率可以采取的措施有 (任写两项措施)。
②图1中能表示该反应的平衡常数的对数lnK与(T表示温度)之间的变化关系的曲线是 (选填“m”或“n”)。
③测得在相同时间内，不同温度下的H2转化率如图2所示，v(a)逆 v(c)逆(选填“>”“<”或“=”)；T2温度下该反应的平衡常数K值为 (保留两位小数)。
（3）在恒容密闭容器中，反应i按进料浓度比c(CO2)：c(H2)分别等于1：2、1：5、1：7时，CO2的平衡转化率随条件X的变化关系如图3所示：
①曲线a的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为 。
②条件X是 (选填“温度”或“压强”)，依据是 。
（4）我国学者探究了BiIn合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图4所示(带“*”表示物质处于吸附态)。
①阴极的电极反应为 。
②试从图4分析，采用BiIn合金催化剂既优于单金属Bi催化剂，又优于单金属In催化剂的原因 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．天然气和沼气的主要成分都是甲烷，天然气属于化石燃料，用完之后不能再生，是不可再生能源；沼气是利用植物秸秆发酵生成的，沼气是可再生资源，故A符合题意；
B．纳米Cu2O表面改性控制CO2电化学还原增大了反应面积，反应速率加快，可得出其他条件相同时，接触面积越大，反应速率越快，故B不符合题意；
C．催化剂的作用是能降低反应的活化能，提高活化分子的百分数，故C不符合题意；
D．锂电池或二次电池都能将化学能转化成电能，属于清洁能源，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.沼气是可再生资源；
B.反应物的接触面积越大，反应速率越快；
C.催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子的百分数；
D.原电池是将化学能转化为电能的装置。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．高效催化剂能提高反应速率及提高目标产物的选择性，A符合题意；
B．晶体硅是半导体材料，常用作光电转换材料，B不符合题意；
C．石墨烯是一种碳单质，属于新型无机非金属材料，C不符合题意；
D．丙二醇分子中含有2个羟基，乙醇分子中含有1个羟基，不属于同系物关系，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、催化剂可以提高化学反应速率和产物选择性；
B、硅单质可以作为光电转换材料；
C、石墨烯为碳的单质，属于无机非金属材料；
D、丙二醇和乙醇的羟基数目不同。
3．【答案】A
【解析】【解答】过程I没有使用催化剂，过程Ⅱ使用了催化剂，根据示意图可知过程Ⅱ降低了反应的活化能，加快反应速率，缩短反应达到平衡所需要的时间，但不能改变平衡状态，因此加入催化剂除了能改变反应速率外，还可以改变的是生产能耗。
故答案为：A
【分析】催化剂能参与反应，从而降低反应的活化能，故能减低生产耗能。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．由图可知该反应通过3步基元反应完成，A不符合题意；
B．加入适当的催化剂可提高反应速率，但是不能改变平衡移动，不能提高平衡产率，B不符合题意；
C．由图可知最终的生成物的能量低于反应物的能量，故反应为放热反应，C符合题意；
D．该过程的总反应为一氧化氮和一氧化碳生成二氧化碳和氮气，方程式为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.整个反应分为三个基元反应阶段；
B.催化剂不影响平衡状态；
C.反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
D.由图可知，该反应的反应物为NO和CO，产物为CO2和N2。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．在260℃~320℃间，以为催化剂，升高温度CH4的选择性基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升，选项A不符合题意；
B．W点可能是平衡点，延长时间不一定能提高CO2的转化率，选项B不符合题意；
C．由图可知，使用不同的催化剂，CO2的转化率不同，选项C符合题意；
D．图示对应的时间内以Ni为催化剂，明显低于相同温度下Ni-CeO2为催化剂的转化率，一定未达平衡，高于320℃后，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.以为催化剂，CO2的转化率增大，CH4的产率上升；
B.W点可能是平衡点；
D.温度能影响催化剂的活性。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．由图看出路径中有碳氧单键断裂和碳氧三键的形成，A不符合题意；
B．HCOOH的C元素化合价为+2，CO2为+4价，化合价降低，CO2被还原为HCOOH，B不符合题意；
C．CO2转化为CO，O原子失掉一个，原子利用率不是100%，C不符合题意；
D．该机理图可知CO2在两种金属催化剂作用下生成两种不同产物，即催化剂具有选择性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据图示中转化一氧化碳以及甲酸的途径即可判断键的断裂和形成
B.标出二氧化碳转化为甲酸的化学方程式即可判断
C.对于转化为二氧化碳的反应氧原子的利用率不是100%，碳原子的利用率时100%，而对于甲酸的反应均是100%
7．【答案】D
【解析】【解答】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不符合题意；
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不符合题意；
C．从转化关系看，存在反应：CH3COI+H2O→CH3COOH+HI，C不符合题意；
D．反应的总反应为CH3OH+CO→CH3COOH，所以甲醇的羰基化反应原子利用率为100%，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.活化能越大，反应速率越慢；
B.Ir的成键数目发生变化；
C.CH3COI和H2O反应生成CH3COOH和HI；
D.总反应为CH3OH+CO→CH3COOH。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．催化剂的催化原理是降低反应的活化能，提高反应速率，故A不符合题意；
B．根据图甲可知，催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子，将转化为和，故B不符合题意；
C．结合图乙反应历程图的起始物质和最终物质，可以得出电催化二氧化碳转化为甲酸的总反应式为，故C不符合题意；
D．电解池中，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连，电源正极电势高于负极，所以电解池的阳极电势高于阴极，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.催化剂能降低反应的活化能，从而加快反应速率；
B.水在催化剂表面电离为氢氧根离子和氢离子；
C.由图可知，该历程的反应物为二氧化碳和水、生成物为甲酸和氢氧根，总反应为。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．由图可知，H+和H2O是反应的中间体，N2是反应物，故A符合题意；
B．由图可知，导带上面H2O和h+反应生成了氧气和氢离子，方程式为：2H2O +4h+= 4H++ O2↑，故B不符合题意；
C．由图可知，光催化剂MeOx(某金属氧化物)催化氮还原制取氨，则实现了光能向化学能的转化，故C不符合题意；
D．由图可知，该过程反应物是氮气和水，生成物是氨气和氧气，总方程式可表示为2N2 +6H2O 4 NH3+3O2，故D不符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分析图，反应物是H2O和N2，生成物是NH3和O2，H+是中间体；
B.分析图示可知导带上发生的反应；
C.该过程光能转化为化学能；
D.根据反应过程图可知反应物是H2O和N2，生成物是NH3和O2， MeOx 是催化剂，条件是光照。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．过氧化氢溶液的质量分数不同，变量不唯一化，产生大量气泡无法判断二氧化锰是否为反应的催化剂，故A不符合题意；
B．盐酸的酸性强于碳酸，浓盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢会先于二氧化碳与苯酚钠溶液反应，溶液变浑浊不能判断碳酸酸性强于苯酚，故B不符合题意；
C．硫化锌能溶于1mol/L稀硫酸，而硫化铜不能溶于1mol/L稀硫酸，说明硫化锌的溶解度大于硫化铜，故C符合题意；
D．氢气与碘蒸汽反应生成碘化氢的反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.证明二氧化锰是催化剂需要控制除了二氧化锰不同其他均相同进行实验
B.考虑浓盐酸具有挥发性，先将挥发出的氯化氢除去
C.根据控制相同条件可以比较溶解度的大小
D.对于此反应压强不影响平衡移动
11．【答案】D
【解析】【解答】A．反应过程b分步进行，且活化能改变，说明有催化剂参与了化学反应，故A不符合题意；
B．反应物能量高于生成物，反应为放热反应，△H=生成物能量-反应物能量，故B不符合题意；
C．反应过程b使用催化剂，降低活化能，从而提高活化分子百分数，故C不符合题意；
D．有催化剂条件下，正反应的活化能等于E1，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】该反应时分步反应，活化能由两个，分别是E1和E2
12．【答案】B
【解析】【解答】A．图1所示热化学方程式为 ，故A不符合题意；
B．图可知，该反应过程中断裂氮氢键、氮氧键、氧氧键，形成氮氮键、氧氢键，非极性共价键为氧氧键、氮氮键，故B符合题意；
C．由图可知，该反应①方程式为NH3+Fe3+=Fe2++NH2+H+，氧化剂为Fe3+，还原剂为NH3，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，故C不符合题意；
D．催化剂不能改变反应的焓变，则脱硝过程中使用催化剂的目的不是改变反应的焓变，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据计算；
C.反应①方程式为NH3+Fe3+=Fe2++NH2+H+；
D.催化剂不影响焓变。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，三氟甲基环丙烷甲酸与卤代芳烃反应取代反应，生成酯和HBr，A不符合题意；
B．化合物A先和有机物1反应，经过一系列反应又生成了A，因此该机理中化合物A作催化剂，B符合题意；
C．根据化合物A的结构简式可知，物质A中存在配位键，C不符合题意；
D．根据图中的转化关系得到制备机理的总反应的方程式为： ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.根据取代反应的特点进行分析。
B.化合物A先和有机物1反应，经过一系列反应又生成了A。
C.配位键是指提供孤电子对的原子与接受孤电子对的原子之间形成的共价键。
D.根据图中的转化关系进行分析。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．由反应过程图可知存在 → → 过程， 中C的价层电子对数=3+ =3，为sp2杂化， 中C的价层电子对数=4+ =4，为sp3杂化，即该反应历程中，羧基碳原子存在sp2、sp3杂化方式的转化，A符合题意；
B．由反应历程可知酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，因此用同位素标记的C2H518OH与CH3COOH反应得到CH3CO18OC2H5+H2O，因此18O出现在酯中，水中无18O，B不符合题意；
C．酯化反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂，作催化剂改变了反应历程，作吸水剂使酯化反应平衡正向移动，能提高反应物转化率，C不符合题意；
D．酯化反应是可逆反应，可逆反应有限度，催化剂不能使平衡发生移动，因此选择合适的催化剂，不可以使反应物实现100%转化，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、根据碳原子的成键情况确定其杂化方式；
B、根据酯化反应的原理分析；
C、浓硫酸的吸水性，可促使平衡正向移动；
D、催化剂不影响平衡移动；
15．【答案】D
【解析】【解答】A．催化剂可同时降低主副反应的活化能，但不能降低反应热、，A不符合题意；
B．由题干反应历程图可知，*OCH2与H原子结合形成*OCH3，B不符合题意；
C．依据图中变化关系，反应过程中包含极性键和非极性键的断裂，没有非极性键的形成，C不符合题意；
D．由题干反应历程图可知，反应的活化能最大，该步反应速率最慢为决速步，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、催化剂不能影响反应热；
B、结合图示可以知道*OCH2与H原子结合形成*OCH3；
C、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
D、决速步骤为活化能最大的步骤。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．主要产物是甲醇，由图可知，得到的副产物有CO和CH2O(甲醛)，生成副产物CH2O时反应的活化能较大，反应进行较慢，生成的量相对较少；生成副产物CO时反应的活化能较小，反应进行较快，生成的量相对较多，A不符合题意；
B．由A的分析可知，生成副产物CH2O时，反应的活化能较大，B不符合题意；
C．合成甲醇的主反应中，过程*CO+*OH→*CO+*H2O的活化能最大，反应速率最慢，决定整体反应速率，C不符合题意；
D．电催化还原制备甲醇过程中，阳极的电势比阴极的高，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.副产物有CO和CH2O，活化能越大反应速率越慢；
B.生成副产物CH2O时，反应的活化能较大；
C.反应速率由最慢的反应决定；
D.阳极电势高于阴极。
17．【答案】（1）-1811.63kJ/mol
（2）乙；催化剂在较大的温度范围内有较高催化活性(或低温下有很强的催化活性)；催化剂的活性降低(或温度升高副反应增多，回答出1条即可)
（3）B；D
（4）200
（5）c；d；0.3
【解析】【解答】I．(1)根据盖斯定律(②×5-①×3)× 可得反应③的 H3=[(-1269. 02 kJ/mol)×5-(-907. 28 kJ/mol) ×3]= -1811.63kJ/mol；
(2)据图可知催化剂乙在低温下有很强的催化活性，且在较大的温度范围内有较高催化活性，所以应选择催化剂乙；在催化剂甲的作用下，温度高于210℃时，NO的转化率小于相同温度下使用催化剂乙时NO的转化率，所以测定NO的转化率一定不是平衡转化率，而其转化率之所以降低应是因为温度升高使催化剂的活性降低、或温度升高副反应增多；
(3)压强较低时反应速率较慢，测定NO2转化率时反应未达到平衡，所以当压强较低时，随压强的增大反应速率加快，NO2转化率增大，当压强足够大时，测定NO2转化率时反应达到平衡，该反应为气体系数之和增大的反应，继续增大压强平衡逆向移动，NO2转化率减小；
A．根据上述分析结合图像可知压强980 kPa时测定的转化率并不是平衡转化率，随着时间增长，反应正向进行，NO2的转化率大于40%，A正确；
B．b点NO2的转化率为80%，则Δn(NO2)=3mol×80%=2.4mol，根据反应方程式可知每反应6molNO2，气体的总物质的量增加5mol，所以b点是气体的总物质的量nb= =9mol，同理可知c点气体的总物质的量nc= =8mol，则nc∶nb=8∶9，而两点的压强不同，所以体积比一定不是8：9，B不正确；
C．b点压强大于a点，比a点先达到平衡，所以b点v正>a点v正，而a点反应正向移动，所以a点v正> a点v逆，则b点v正>a点v逆，C正确；
D．将H2O(g)液化分离平衡正向移动，NO2的浓度会减小，反应速率减慢，D不正确；
故答案为：BD；
Ⅱ．(4)不妨设初始加入的NO2气体为800mol，压强为800 kPa，平衡时容器内气体总压强增加25%，容器恒容则气体的总物质的量也增加25%，所以平衡时气体总物质的量增加200mol，根据反应方程式可知每反应2molNO2气体总物质的量增加1mol，所以此时平衡时反应了400molNO2，容器内有200molN2、400molCO2和800mol-400mol=400mol NO2，总压强为1000kPa，恒容容器中压强之比等于物质的量之比，则p(N2)=200kPa，p(CO2)=400kPa，p(NO2)=400kPa，Kp= =200kPa；
(5)升高温度正逆反应速率都增大，说明T升高k正、k逆都增大，则 增大，即温度降低k正、k逆都减小，即lgk正、lgk逆都减小，而该反应焓变小于0为放热反应，降低温度平衡正向移动，说明平衡状态下降低温度v正＞v逆，则k正减小的幅度较小，即表示lgk正随 变化关系的斜线的斜率较小，所以c表示lgk正随 变化关系，d表示lgk逆随 变化关系；
当反应达到平衡时v正=k正 p2(NO2)=v逆=k逆 p(N2) p2(CO2)，则有 =Kp=200kPa(温度仍为T1)；根据第(1)小题中的假设，NO2的转化率为40%时，则Δn(NO2)=320mol，则此时容器中n(NO2)=480mol，n(N2)=160mol，n(CO2)=320mol，n(NO2)：n(N2)：n(CO2)=n(NO2)=3：1：2，总压强为800kPa，则p(NO2)= =400kPa， p(N2)= = kPa，p(NO2)= = kPa，则此时v逆：v正= =0.3。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算出焓变
（2）根据图示即可判断乙的催化剂活性强，温度过高可能导致催化剂活性降低
（3）A.根据图示平衡向右移动可以使转化率达到
B.根据计算出此时物质的量之比即可判断
C.根据压强判断达到平衡的速率，再结合a点是想正向反应即可判断
D.分离水可以提高转化率但是速率降低
（4）相同情况下，压强之比等于物质的量之比，结合压强计算出平衡时的物质的量之比即可计算出平衡分压计算出平衡常数
（5）根据温度与常数的关系即可判断，温度升高时， lgk正 和 gk逆 均随着 的增大而减小，但是正反应是放热，因此对逆反应影响更大，根据平衡时的正逆速率相等即可计算出常数，再结合转化率计算出此时的物质的量即可求出平衡分压计算出速率
18．【答案】（1）Ni－CeO2；320℃
（2）<；>；1；1；增加；正向
【解析】【解答】（1）由图可知使用催化剂时二氧化碳的转化比Ni催化剂要高，同时使用时甲烷的选择性也高于Ni，因此应用做催化剂，温度应选320℃，在此温度时二氧化碳的转化率最高，且甲烷的选择性也较高，故答案为：；320℃；
（2）①A点的温度低于B点，温度越高反应速率越快，因此v正A小于v正B；
②根据盖斯定律，由i+ii=总反应，则，Kp1=，由图可知，横坐标为T，则横坐标越大，温度越高，反应ii和总反应的Kp随着温度的升高而减小，总反应的lgKp减小的幅度小于反应ii，降低温度，Kp1=增大，则反应i为吸热反应，因此正反应的活化能E正>逆反应的话化能E逆，故答案为：<；>；由图可知，当温度为T1时，，则；在该温度下，向恒容容器中充入7molCO2和12molH2，气体总物质的量为19mol，初始压强为19kPa，根据压强之比等于物质的量之比，则7min达到平衡，此时p(H2O)=5kPa，可知n(H2O)=5mol，设反应ii中消耗的CO的物质的量为xmol，列三段式得：
，解得：x=2，则氢气消耗的物质的量为7mol， ，v(H2)= =1 kPa min-1。
将容器的体积压缩，压强增大，反应ii平衡均正向移动，则CH4的物质的量增加；CO2浓度增大、CO浓度减小，所以平衡i将正向移动；故答案为：1；1；增加；正向；
【分析】（1）依据图中选择性和转化率大小选择；
（2）①温度越高反应速率越快；
②根据盖斯定律及平衡常数与化学方程式的关系分析；利用三段式法计算；根据影响化学平衡移动的因素分析；
19．【答案】（1）ΔH2-2ΔH1或ΔH3-2ΔH4
（2）C；D
（3）大于；相同温度下，氢碳比越大(或增加氢气的物质的量)，该体系加氢反应的平衡向右进行，CO和CO2的平衡转化率均增大，故x＞3；0.8；0.75
（4）CO2；*COOH+H++e-=H2O+*CO
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，Ⅱ-Ⅰ×2可得V，Ⅲ-2×Ⅳ也可得V，所以ΔH5=ΔH2-2ΔH1或ΔH3-2ΔH4；
(2)A．催化剂可以加快反应速率，但不能改变平衡转化率，A不正确；
B．降低温度，正逆反应速率均减小，B不正确；
C．增大CO的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ平衡正向移动，CH3OH(g)、C2H5OH(g)的浓度增大，反应Ⅲ、IV的平衡均向左移动，C正确；
D．氩气不参与反应，恒温恒容充入氩气，反应Ⅰ、Ⅱ中的反应物和生成物的浓度均不改变，平衡不移动，D正确；
故答案为：CD；
(3)①相同温度下，氢碳比越大(或增加氢气的物质的量)，该体系加氢反应的平衡向右进行，CO和CO2的平衡转化率均增大，故x＞3；
②Q点[CO+CO2]的总平衡转化率为80%，乙醇和甲醇的选择性均为50%，所以n(CH3OH)=(1mol+1mol)×80%×50%=0.8mol；n(C2H5OH)=(1mol+1mol)×80%×50%×=0.4mol，设H2O(g)的物质的量为x mol，H2转化了4mol，则根据H元素守恒有4×0.8mol+6×0.4mol+2x mol=4mol×2，解得x=1.2mol，该反应前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替分压计算平衡常数Kp，则平衡常数Kp==0.75；
(4)①据图可知CO2的能量低于CO，所以CO2更稳定；
②据图可知第二步反应中*COOH结合H++e-转化为H2O和*CO，化学方程式为*COOH+H++e-=H2O+*CO。
【分析】（1）盖斯定律计算反应热
（2）加入催化剂，平衡不移动，转化率不变
降低温度，正逆反应速率都减小，但减小的程度不同
增大CO的浓度 ，反应I 和 II正向移动 ，CH3OH 和 C2H5OH 的浓度增大，导致反应III和IV逆向移动
恒温恒容充入惰性气体，气体分压不变，平衡不移动；恒温恒压充入惰性气体，气体分压减小，平衡向着气体分子数增大的方向移动
（3）两种反应物，增加一种反应物的用量，另一种物质的转化率增大，而它本身的转化率减小，所以氢碳比越大(或增加氢气的物质的量)，CO和CO2的平衡转化率均增大
列三段式，计算各气体物质的平衡分压，代入公式计算Kp
（4）能量越低或者键能越大，物质越稳定
20．【答案】（1）+124.2；可提供裂解所需的能量，并保持热平衡；减小c(H2)提高丙烯产量
（2）AB；随着二氧化碳压强增大，二氧化碳浓度增大，反应速率增大，此时乙苯单位时间内转化率随着p(CO2)的增大而增大；二氧化碳压强继续增大，会造成乙苯在催化剂表面的吸附率下降，反应速率降低，此时乙苯单位时间内转化率随着p(CO2)的增大反而减小
（3）0.09；0.128
【解析】【解答】（1）①由图1可知，反应的热化学方程式为C3H8(g)=CH4(g)＋C2H2(g)＋H2(g) ΔH=＋156.6kJ·mol－1，C3H6(g)=CH4(g)＋C2H2(g) ΔH=＋32.4kJ·mol－1。由盖斯定律可得，反应C3H8(g)=C3H6(g)＋H2(g)的反应热ΔH=(＋156.6kJ·mol－1)－(＋32.4kJ·mol－1)=＋124.2kJ·mol－1。
②通入O2后发生的反应为放热反应，反应放出的热量可提供化学键断裂所需的能量，并保持热平衡；同时加入的O2能与H2反应，可减少c(H2)，促使平衡正向移动，提高丙烯的产量。
（2）①A、由反应过程可知，α位上的氢原子先断裂，说明α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能，A符合题意；
B、加入催化剂后，催化剂可通过吸附作用，拉进反应物之间的距离，从而增加有效碰撞的概率，B符合题意；
C、催化剂在反应过程中，参与反应，先消耗后生成，C不符合题意；
D、催化剂只能改变反应速率，但不影响平衡移动，D不符合题意；
②随着二氧化碳压强增大，二氧化碳浓度增大，反应速率增大，此时乙苯单位时间内转化率随着p(CO2)的增大而增大；二氧化碳压强继续增大，会造成乙苯在催化剂表面的吸附率下降，反应速率降低，此时乙苯单位时间内转化率随着p(CO2)的增大反而减小。
（3）①由反应的化学方程式可知，反应过程减少的压强等于反应过程中生成的CH2ClCHClCH3产生的压强，因此Δp(CH2ClCHClCH3)=80kPa-69.2kPa=10.8kPa，因此前120min平均反应速率。
②300min时反应达到平衡状态，该温度下，若平衡时HCl的体积分数为12.5%，则p(HCl)=60kPa×12.5%=7.5kPa，起始n(CH2=CHCH3)=n(Cl2)，则起始时p(CH2=CHCH3)=p(Cl2)=40kPa，结合①分析可知，反应达到平衡时，Δp(CH2ClCHClCH3)=80kPa-60kPa=20kPa。因此反应Ⅰ中参与反应的p(CH2=CHCH3)=p(Cl2)=20kPa；反应Ⅱ中参与反应的p(CH2=CHCH3)=p(Cl2)=p(HCl)=7.5kPa。所以反应达到平衡时，体系内剩余p(CH2=CHCH3)=p(Cl2)=40kPa-20kPa-7.5kPa=12.5kPa。因此该温度下，反应Ⅰ的平衡常数。
【分析】（1）①根据图1书写反应的热化学方程式，结合盖斯定律计算目标反应的反应热。
②根据反应过程放出热量对热平衡的影响分析。
（2）①A、化学键的键能越小，化学键越容易断裂；
B、结合催化剂的催化过程分析；
C、催化剂在反应过程中会参与反应；
D、催化剂不影响平衡移动；
②结合压强对反应速率的影响分析。
（3）①根据反应的化学方程式，利用差量法计算Δp(CH2ClCHClCH3)，结合速率计算公式进行计算。
②结合平衡三段式进行计算。
21．【答案】（1）-154
（2）增大体系压强、通入H2；n；<；14.81
（3）1：2；压强；该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3曲线一致
（4）CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH；相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
【解析】【解答】（1）根据反应热=反应键能和-产物键能和，则ΔH1=2E(C=O)+4E(H-H)-4E(C-H)-4E(O-H)= -154 kJ·mol-1；
（2）①反应为气体分子数减小的放热反应，为了提高CH3OH产率可以采取的措施有增大体系压强、通入H2等。
②反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，同时增大，平衡常数增大，故图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线n；
③测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示，由图可知，a点没有达到平衡，氢气转化率较低，生成浓度较低且温度较低；c点达到平衡，氢气转化率较高，生成浓度较大且温度较高；浓度越大、温度越高则反应速率越快，故<；
T2时氢气转化率为80%，根据题给数据可得三段式如下：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
则此时平衡常数；
（3）①氢气浓度越大，则二氧化碳转化率越大，故曲线a的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为1：2；
②该反应为气体分子数减小的反应，压强越大，二氧化碳转化率越大，故X表示压强，理由是：该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3曲线一致；
（4）①根据题给信息可知，在阴极二氧化碳得到电子生成甲酸，电极反应为：CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH；
②根据图像，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；故答案为：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
【分析】（1）根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能计算；
（2）①提高CH3OH产率，应使平衡尽量正向移动，平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
②反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，平衡常数增大；
③温度越高反应速率越快；列出反应的三段式计算；
（3）①氢气浓度越大，二氧化碳的转化率越大；
②该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大；
（4）①还原CO2生产HCOOH，则阴极反应为二氧化碳得电子被还原为甲酸，电极反应式为CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH；
②相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
