专题四 化学反应与热能 化学反应速率与化学平衡 选择题突破四 1.反应机理循环图分析 1.C 由图可知，处理过程中H2和NO2在催化剂作用下反应生成N2和H2O，即实质为NO2被H2还原，A错误；过程Ⅰ中，Ce4＋被还原生成Ce3＋，过程Ⅱ中，Ce3＋又被氧化生成Ce4＋，故混合溶液中Ce4＋起催化作用，B错误；根据得失电子守恒，过程Ⅰ中发生反应的离子方程式为H2＋2Ce4＋2H＋＋2Ce3＋，C正确；分析可知，过程Ⅱ中NO2为氧化剂，Ce4＋为氧化产物，故氧化性：NO2＞Ce4＋，D错误。 2.B 由反应机理图可知，步骤Ⅰ中甲醛通过甲醛中的氧原子与催化剂中的羟基形成氢键，从而被吸附在催化剂表面的—OH上，A项正确；整个过程中只有碳氧键、氢氧键等极性键的形成，没有非极性键的形成，B项错误；该反应为HCHO＋O2CO2＋H2O，每生成1 mol CO2转移4 mol电子（可通过氧气计算，O由0价变成－2价，1 mol氧气反应得到4 mol电子），C项正确；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，D项正确。 3.C V3＋的价层电子排布式为3d2，核外电子空间运动状态为1＋1＋3＋1＋3＋2＝11种，A正确；该反应在含钒催化剂作用下，NO可被NH3还原为N2，结合图示可知V4＋—OH为该反应的中间体，氨分子为极性分子，NO分子只含有极性键，故也为极性分子，B正确；该转化过程中，氧化剂为NO和O2，C错误；V5＋O为催化剂，可加快反应速率，却不能提高总反应的平衡转化率，D正确。 4.A 若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解产生HCOOH，释氢历程不变，所以最终所得气体中H2的纯度不会降低，A错误；N原子含有孤电子对，H＋有空轨道，根据图示，第一步转化N与HCOOH电离出的H＋通过配位键结合，B正确；若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOO－的浓度大，第二步反应放出CO2的速率加快，总反应速率加快，即释氢速率加快，C正确；第一步HCOOD电离出D＋与N结合，第二步HCOO－CO2＋H－，第三步D＋、H－反应生成HD，所以HCOOD催化释氢，除生成CO2外，还生成HD，D正确。 5.B 由图可知，③是第一个反应的生成物，第二个反应的反应物，所以该物质是中间产物，A项正确；①为该反应的催化剂，B项错误；⑥到⑦的过程为＋H2O＋＋H＋，断开CN、O—H，形成N—H、CO，没有非极性键的断裂和生成，C项正确；合成⑦的反应物为和，生成物是，催化剂是，反应方程式为＋，D项正确。 6.D 反应①消耗LiI，反应⑤又生成等量的LiI，LiI是该反应的催化剂，A正确；反应①是CH3OH中的—OH被—I取代，为取代反应，而反应⑤发生中和反应，属于复分解反应，二者反应类型不相同，B正确；反应③中C—Rh*极性键断裂，有碳碳非极性键形成、O—Rh*极性键形成，C正确；由反应原理可知，反应物为CO2、H2、CH3OH，生成物是CH3COOH和H2O，因此如果是2-丙醇，则可以制备的酸是（CH3）2CHCOOH，D错误。 7.D 根据催化剂结构可知，催化剂中Co的化合价不同，A正确；反应过程中C参与反应生成，C元素化合价变化，B正确；结合图示反应机理可知，若用C18O参与反应，可得到，C正确；醇的种类改变，只能改变酯基水解后醇分子中碳原子个数，D错误。 8.C 由反应机理图可知，物质1为反应的催化剂，A项错误；反应体系中只有碳氧键断裂，即只有极性键断裂，没有非极性键断裂，有氢氧键、氢氢键生成，既有极性键生成，又有非极性键生成，B项错误；由图可知生成一氧化碳的总反应为CO2＋2e－＋2H＋CO＋H2O，C项正确；反应体系中除CO2得电子生成CO外，还有H＋得电子生成H2，故反应体系中转移4 mol e－时，生成的CO少于56 g，D项错误。 9.D 由反应机理图可知CO2催化加氢合成CH3OH的总反应为CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g），A项正确；根据机理图可判断反应①中存在CO极性共价键的断裂和C—H极性共价键的形成，B项正确；反应机理表明③中H2O参与了CO2合 ... ...
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