專題過關(guān)檢測7反應機理圖像的分析與應用（附答案解析）備戰(zhàn)高考化學大二輪專題突破系列（全國通用）

專題過關(guān)檢測7反應機理圖像的分析與應用1．我國科學家實現(xiàn)了在銅催化劑條件下將DMF[(CH3)2NCHO]轉(zhuǎn)化為三甲胺[N(CH3)3]。計算機模擬單個DMF分子在銅催化劑表面的反應歷程如圖所示。下列說法正確的是()A．該歷程中最小能壘的化學方程式為(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2＋OH*B．該歷程中最大能壘(活化能)為2.16eVC．該反應的熱化學方程式為(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)=N(CH3)3(g)＋H2O(g)ΔH＝－1.02eV·mol－1D．增大壓強或升高溫度均能加快反應速率，并增大DMF平衡轉(zhuǎn)化率2．乙二醛(OHCCHO)與氧氣反應歷程中所涉及的反應物(OHCCHO、O2)、過渡態(tài)中間體(圖中TS1～TS7、IM1～IM3)及生成物(OHCCOOH、HCOOH、HOOCCOOH)的相對能量如圖所示。下列說法錯誤的是()A．乙二醛氧化歷程中涉及非極性鍵的斷裂B．乙二醛氧化生成甲酸、乙醛酸或乙二酸均為放熱反應C．乙二醛氧化歷程中，若加入催化劑，能提高乙二醛的平衡轉(zhuǎn)化率D．乙二醛與氧氣反應生成乙二酸的控速步驟為反應物→TS13．在Fe＋作用下，CO與N2O發(fā)生如下兩步基元反應，能量變化及反應歷程如圖所示。下列說法不正確的是()①N2O＋Fe＋=N2＋FeO＋(慢)②FeO＋＋CO=CO2＋Fe＋(快)A．Fe＋降低總反應的活化能B．反應②是非氧化還原反應C．總反應的化學反應速率由反應①決定D．總反應中每轉(zhuǎn)移1mole－，在標準狀況下生成11.2LN24．CO2和CH4催化重整可制備合成氣，對緩解燃料危機具有重要的意義，其反應歷程示意圖如下，下列說法中錯誤的是()A．過程①→②是放熱反應B．過程①→②既有碳氧鍵的斷裂，又有碳氧鍵的形成C．Ni是該反應的反應物D．反應的總化學方程式可表示為CH4＋CO2eq\o(=,\s\up7(Ni))2CO＋2H25．工業(yè)上利用NH3對煙道氣進行脫硝(除氮氧化物)的SCR技術(shù)具有效率高、性能可靠的優(yōu)勢。SCR技術(shù)的原理為NH3和NO在催化劑(MnO2)表面轉(zhuǎn)化為N2和H2O，反應進程中的相對能量變化如圖所示。下列說法錯誤的是()A．總反應方程式為6NO＋4NH3eq\o(=,\s\up7(MnO2))5N2＋6H2OB．NH2NO是脫硝反應的活性中間體C．升高溫度，脫硝反應的正反應速率的增大程度大于其逆反應速率的增大程度D．決定反應速率的步驟是“H的移除”6．據(jù)文獻報道，某反應的反應歷程如圖所示，下列有關(guān)該歷程的說法錯誤的是()A．總反應的化學方程式為4NH3＋3O2eq\o(=,\s\up7(催化劑))2N2＋6H2OB．Ti4＋…NH2—N=O是中間產(chǎn)物C．Ti4＋…NH2—N=OTi4＋＋N2＋H2O屬于分解反應D．Ti4＋是催化劑7．在Pd-Mg/SiO2催化下利用Sabatier反應可實現(xiàn)CO2“甲烷化”，其反應機理如圖所示。下列說法錯誤的是()A．整個變化過程所有反應既有氧化還原反應，又有非氧化還原反應B．反應a中，MgOMgOCO2(即MgCO3)只有共價鍵的斷裂與形成C．總反應可表示為CO2＋4H2eq\o(=,\s\up7(Pd-Mg/SiO2))CH4＋2H2OD．反應過程中Pd的作用是使H—H斷裂活化8．科學家研制出了一種在催化劑作用下用H2處理廢水中NOeq\o\al(－,2)的方法，該過程的反應原理如圖所示。下列說法正確的是()A．反應過程中不需要補充Fe3O4B．該過程中每消耗1molH2，同時生成NA個N2C．處理過程中的催化劑只有PdD．處理后的廢水酸性增強9．中科院設(shè)計了一種利用N(C2H5)3捕獲氣相CO2后，直接在納米金催化劑表面上加氫合成甲酸的反應，其過程如圖所示。下列說法錯誤的是()A．CO2加氫合成甲酸是一個最理想的“原子經(jīng)濟”反應B．N(C2H5)3可以協(xié)助CO2到達納米金催化劑表面C．使用納米金催化劑能有效降低CO2加氫制甲酸反應的ΔHD．在納米金催化劑表面上發(fā)生了極性鍵和非極性鍵的斷裂10．“一鍋法”用[Ru]催化硝基苯(PhNO2，Ph—表示苯基)與醇(RCH2OH)反應為仲胺(RCH2NHPh)，反應過程如圖所示。下列敘述錯誤的是()A．反應原料中的RCH2OH不能用RCH(CH3)OH代替B．歷程中存在反應PhNH2＋RCHORCH=NPh＋H2OC．有機物還原反應的氫都來自于RCH2OHD．該反應過程結(jié)束后RCHO沒有剩余11．自然界中時刻存在著氮氣的轉(zhuǎn)化。實現(xiàn)氮氣按照一定方向轉(zhuǎn)化一直是科學領(lǐng)域研究的重要課題，如圖為N2分子在催化劑的作用下發(fā)生的一系列轉(zhuǎn)化示意圖。下列敘述正確的是()A．N2→NH3，NH3→NO均屬于氮的固定B．在催化劑a作用下，N2發(fā)生了氧化反應C．催化劑a、b表面均發(fā)生了極性共價鍵的斷裂D．使用催化劑a、b均可以提高單位時間內(nèi)生成物的產(chǎn)量12．如下為氟利昂(如CFCl3)破壞臭氧層的反應過程示意圖，下列說法錯誤的是()A．過程Ⅰ中斷裂極性鍵C－Cl鍵B．過程Ⅱ可表示為O3＋Cl=ClO＋O2C．過程Ⅲ中O—Cl鍵斷裂是放熱過程，O—O形成是吸熱過程D．上述過程說明氟利昂中氯原子是破壞O3的催化劑13．科學家提出由WO3催化乙烯和2-丁烯合成丙烯的反應歷程如圖(所有碳原子滿足最外層8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu))。下列說法錯誤的是()A．乙烯、丙烯和2-丁烯互為同系物B．乙烯、丙烯和2-丁烯的沸點依次升高C．Ⅲ→Ⅳ的過程中加入的2-丁烯具有反式結(jié)構(gòu)D．碳、鎢(W)原子間的化學鍵在Ⅳ→Ⅰ的過程中未發(fā)生斷裂14．科研人員提出了霧霾微粒中硫酸鹽生成的三個階段的轉(zhuǎn)化機理，其主要過程示意如下。下列說法錯誤的是()A．第Ⅱ、Ⅲ階段總的化學方程式為SOeq\o\al(－,3)＋H2O＋NO2=HNO2＋HSOeq\o\al(－,4)B．該過程中NO2為催化劑C．第Ⅰ階段每1mol氧化劑參加反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為NAD．還原性SOeq\o\al(2－,3)＞HNO215．用小粒徑零價鐵(ZVI)的電化學腐蝕處理三氯乙烯，進行水體修復的過程如圖所示，H＋、O2、NO等共存物會影響修復效果。下列說法錯誤的是()A．反應①②③④均為還原反應B．水體修復過程溶液的pH保持不變C．④的電極反應式為NOeq\o\al(－,3)＋10H＋＋8e－=NHeq\o\al(＋,4)＋3H2OD．修復過程中可能產(chǎn)生Fe(OH)316．一種借用CeO2/CeO2－δ的轉(zhuǎn)化，利用CO2和H2O合成燃料的途徑如下圖所示。下列說法不正確的是()A．上述轉(zhuǎn)化的實質(zhì)是太陽能轉(zhuǎn)化為化學能B．若得到三種產(chǎn)物H2、CO、CH4各1mol，共放出O2為1molC．利用上述轉(zhuǎn)化有利于遏制溫室效應D．上述轉(zhuǎn)化過程中涉及的反應均屬于氧化還原反應17．采用ZnBr2/SiO2為催化劑，通過氧溴化可將甲烷轉(zhuǎn)化為溴甲烷。該路線實現(xiàn)了甲烷的低溫活化、有效抑制活潑產(chǎn)物的深度氧化，顯著提高產(chǎn)物的選擇性，其反應歷程如圖所示。下列說法錯誤的是()A．若用FeBr2替換ZnBr2，溴甲烷的產(chǎn)率將降低B．產(chǎn)物中可能混有CH2Br2C．過程Ⅱ中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1D．總反應為2CH4＋2HBr＋O22CH3Br＋2H2O18．MnO2催化某反應的一種催化機理如圖所示。下列敘述不正確的是()A．催化過程中，所發(fā)生的反應均為氧化還原反應B．該反應的化學方程式可表示為：HCHO＋O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))CO2＋H2OC．Oeq\o\al(－,2)為中間產(chǎn)物之一，該微粒與KO2中所含陰離子相同D．CO2的結(jié)構(gòu)式為OCO19．研究表明，采用零價鐵(ZVI)活化過硫酸鈉(Na2S2O8)可去除廢水中的正五價砷[As(V)]，其反應機制模型如圖所示，定義比表面積為單位質(zhì)量的物質(zhì)所具有的表面積。下列敘述正確的是()A．1molNa2S2O8中含有2mol過氧鍵B．若56gFe參加反應，共有1molS2Oeq\o\al(2－,8)被還原C．ZVI(Fe)的比表面積越大，凈化速率越快D．pH越小，越有利于去除廢水中的正五價砷20．中國科學家在合成氨(N2＋3H22NH3ΔH<0)反應機理研究中取得新進展，首次報道了LiH－3d過渡金屬這一復合催化劑體系，并提出了“氮轉(zhuǎn)移”催化機理。如圖所示，下列說法不正確的是()A．轉(zhuǎn)化過程中有非極性鍵斷裂與形成B．復合催化劑降低了反應的活化能C．復合催化劑能降低合成氨反應的焓變D．低溫下合成氨，能提高原料轉(zhuǎn)化率21．三元WO3/C3N4/Ni(OH)x光催化劑產(chǎn)氫機理如圖。下列說法正確的是()A．TEOA→TEOA＋為還原反應B．Ni(OH)x降低了H＋→H2的活化能C．能量轉(zhuǎn)化形式為太陽能→電能→化學能D．WO3沒有參與制氫反應過程22．2020年2月，科學家報道了利用磁性納米Fe3O4顆粒除去水體草甘膦污染物的方法，其原理如下圖所示：(e3O4顆粒在水中表面會帶－OH，在水體pH≈4時除污效果最好)。下列說法不正確的是()A．草甘膦既可以和鹽酸反應，又可以和氫氧化鈉溶液反應B．Fe3O4納米顆粒除去草甘膦的過程有化學鍵的形成和斷裂C．Fe3O4納米顆粒粒徑越小、水體pH越大除污效果越好D．處理完成后，F(xiàn)e3O4納米顆?？衫么盆F回收，經(jīng)加熱活化重復使用23．H2S是一種高毒性、高腐蝕性的氣體污染物。最新研究表明，在多孔炭材料上搭載活性組分催化氧化脫硫效果明顯優(yōu)于傳統(tǒng)的吸附法，其反應機理如圖所示，此時H2S在水中濃度為。下列有關(guān)說法不正確的是()A．活性炭的作用為吸附劑和降低反應的活化能B．H2S的一級電離常數(shù)為10－8C．該反應的總反應方程式為：2H2S＋O2=S↓＋2H2OD．溫度愈高，多孔炭材料催化氧化脫硫的效果愈好24．在鈀的配合物離子[PdCl4]2－的作用下合成H2O2，反應歷程如圖，下列說法錯誤的是()A．[PdCl4]2－在此過程中作為催化劑B．該過程的總反應為：H2＋O2eq\o(=,\s\up7(催化劑))H2O2C．生成1molH2O2的過程中，轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為4molD．歷程中發(fā)生了Pd＋O2＋2Cl－=[PdCl2O2]2－【專題過關(guān)檢測7反應機理圖像的分析與應用】答案1．A。解析：反應最小能壘為：－1.77→－1.55，A正確；反應歷程中的最大能壘為－1.02eV－(－2.21eV)＝1.19eV，B錯誤；一個DMF分子反應時，釋放的能量是1.02eV，C錯誤；由于該反應為放熱反應，升高溫度，反應速率加快，但DMF的平衡轉(zhuǎn)化率降低，D錯誤。2．C。解析：乙二醛氧化歷程中，反應物O2中的非極性鍵發(fā)生斷裂，故A正確；由圖可知，乙二醛氧化生成甲酸、乙醛酸或乙二酸，生成物的總能量都小于反應物的總能量，說明它們均為放熱反應，故B正確；催化劑不改變化學平衡狀態(tài)，則不能提高乙二醛的平衡轉(zhuǎn)化率，故C錯誤；乙二醛與氧氣反應生成乙二酸的控速步驟為活化能最大的步驟，反應物→TS1的活化能最大，速率最慢，所以乙二醛與氧氣反應生成乙二酸的控速步驟為反應物→TS1，故D正確。3．B。解析：Fe＋是催化劑，所以Fe＋降低總反應的活化能，故A正確；FeO＋＋CO=CO2＋Fe＋反應中，C、Fe元素的化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故B錯誤；總反應的速率由速率慢的反應決定，即由反應①決定，故C正確；總反應中每轉(zhuǎn)移2mol電子，生成1molN2，則反應中每轉(zhuǎn)移1mol電子，標準狀況下生成N2體積為11.2L，故D正確。4．C。解析：Ni在該反應中做催化劑。5．C。解析：由已知SCR技術(shù)的原理為NH3和NO在催化劑(MnO2)表面轉(zhuǎn)化為N2和H2O，可知總反應的方程式為6NO＋4NH3eq\o(=,\s\up7(MnO2))5N2＋6H2O，故A正確；觀察相對能量—反應進程曲線知，NH3吸附在催化劑表面后，經(jīng)過一定的反應形成了NH2NO，NH2NO又經(jīng)過反應得到N2和H2O，所以NH2NO是脫硝反應的活性中間體，故B正確；起始相對能量高于終態(tài)，說明這是一個放熱反應，升高溫度平衡會逆向移動，所以升高溫度后，脫硝反應的正反應速率的增大程度小于其逆反應速率的增大程度，故C錯誤；相對能量—反應進程曲線表明，全過程只有H的移除過程勢能升高，這是一個需要吸收能量越過能壘的反應，其速率是全過程幾個反應中最慢的，決定了反應的速率，是總反應的速控步驟，故D正確。6．A。解析：根據(jù)反應歷程圖可知，該反應的反應物是NH3、NO和O2，生成物是N2和H2O，因此總反應式為4NH3＋2NO＋2O2eq\o(=,\s\up7(催化劑))3N2＋6H2O，A項錯誤；根據(jù)題圖可知，Ti4＋…NH2—N=O是中間產(chǎn)物，B項正確；分解反應指的是一種物質(zhì)反應生成兩種或兩種以上的新物質(zhì)的反應，因此該反應屬于分解反應，C項正確；在整個反應過程中，Ti4＋參與了反應，但反應前后質(zhì)量和性質(zhì)未變，因此是催化劑，D項正確。7．B。解析：由反應機理圖可知，整個變化過程有H原子參與的反應均為氧化還原反應，如b、c、d、e、f、g、h、i，而a是MgO＋CO2=MgCO3，屬于非氧化還原反應，A正確；由反應機理圖可知，反應a中，MgO→MgOCO2既有MgO中離子鍵的斷裂，又有MgCO3中離子鍵的形成，既有CO2中共價鍵的斷裂，又有COeq\o\al(2－,3)中共價鍵的形成，B錯誤；由反應機理圖可知，整個過程中進入的物質(zhì)為CO2和H2，出去的物質(zhì)是CH4和H2O，故總反應可表示為CO2＋4H2eq\o(=,\s\up7(Pd-Mg/SiO2))CH4＋2H2O，C正確；由反應機理圖可知，4個H2反應過程中Pd的作用是使H—H斷裂變?yōu)榱嘶罨腍，D正確。8．A。解析：由圖可知，F(xiàn)e3O4中的二價鐵和三價鐵在不斷循環(huán)，反應過程中不消耗Fe3O4，所以不需要補充Fe3O4，故A正確；從圖中可以看出，反應物為NOeq\o\al(－,2)和H2，生成物中有N2，反應的化學方程式為2NOeq\o\al(－,2)＋3H2＋2H＋=N2＋4H2O，所以每消耗1molH2，同時生成eq\f(1,3)molN2，即eq\f(NA,3)個N2，故B錯誤；從圖中可以看出，氫氣在Pd表面失去電子轉(zhuǎn)化為H＋，失去的電子傳遞給Fe3O4，F(xiàn)e3O4中三價鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，亞鐵離子再將NOeq\o\al(－,2)還原為N2，同時亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，因此Pd和Fe3O4都是催化劑，故C錯誤；根據(jù)總反應方程式，反應過程中消耗H＋，所以處理后的廢水酸性減弱，故D錯誤。9．C。解析：CO2加氫合成甲酸，原子利用率100%，是一個最理想的“原子經(jīng)濟”反應，故A正確；N(C2H5)3能夠協(xié)助二氧化碳到達催化劑表面，然后中間產(chǎn)物與氫氣反應生成甲酸和N(C2H5)3，故B正確；納米金催化劑能有效降低CO2加氫制甲酸反應的活化能，但是反應的ΔH不變，故C錯誤；納米金催化劑表面上發(fā)生了碳氧之間極性鍵和氫氫之間的非極性鍵的斷裂，故D正確。10．D。解析：據(jù)圖知發(fā)生以下反應：①2[Ru]＋RCH2OH→RCHO＋2[Ru—H]；②6[Ru—H]＋PhNO2→PhNH2＋6[Ru]＋2H2O；③PhNH2＋RCHO→RCH=NPh＋H2O；④RCH=NPh＋2[Ru—H]→RCH2NHPh＋2[Ru]。由①②③知，RCHO是①的產(chǎn)物，是③的反應物，①中生成③中消耗，③生成的RCH2NHPh會變成RCH=NPh作為④的反應物，若將RCH2OH替代，最終RCH2NHPh會變成RCH(CH3)NHPh，所以不是所需產(chǎn)物，故A正確；由③知，存在該反應，故B正確；由圖中PhNO2→PhNH2，RCH=NPh→RCH2NHPh，該反應中的H來源于[Ru—H]，[Ru—H]中的H來源于RCH2OH，所以有機物還原反應的氫都來自于RCH2OH，故C正確；[Ru]為催化劑，根據(jù)4RCH2OH＋RhNO2eq\o(→,\s\up7([Ru]))3RCHO＋RCH2NHPh＋3H2O知，RCHO為生成物，有剩余，故D錯誤。11．D。解析：氮的固定是指氮由游離態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)榛蠎B(tài)，N2→NH3的反應為氮的固定，但NH3→NO的反應沒有氮氣參與，不屬于氮的固定，故A錯誤；由示意圖可知，在催化劑a作用下，氮元素化合價降低被還原，氮氣發(fā)生還原反應，故B錯誤；由示意圖可知，催化劑a的表面只發(fā)生了非極性共價鍵的斷裂，沒有發(fā)生極性共價鍵的斷裂，故C錯誤；使用催化劑a、b可加快反應速率，能提高單位時間內(nèi)生成物的產(chǎn)量，故D正確。12．C。解析：A.過程Ⅰ中CFCl3轉(zhuǎn)化為CFCl2和氯原子，斷裂極性鍵C－Cl鍵，故A正確；B.根據(jù)題中信息可知，過程Ⅱ可表示為O3＋Cl=ClO＋O23的催化劑，故D正確；答案選C。13．D。解析：結(jié)構(gòu)相似、分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的有機物互為同系物，則乙烯、丙烯和2-丁烯互為同系物，故A正確；乙烯、丙烯和2-丁烯分子中碳原子數(shù)依次增加，沸點依次升高，故B正確；2-丁烯分子中碳碳雙鍵連接的兩個甲基位于雙鍵的兩側(cè)時為反式結(jié)構(gòu)，故C正確；分析轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，碳、鎢(W)原子間的化學鍵在Ⅳ→Ⅰ的過程中發(fā)生斷裂，故D錯誤。14．B。解析：根據(jù)圖示可知：在第Ⅱ階段，SOeq\o\al(－,3)、NO2在H2O存在條件反應產(chǎn)生SO3、NOeq\o\al(－,2)。在第Ⅲ階段，SO3結(jié)合OH－變?yōu)镠SOeq\o\al(－,4)，NOeq\o\al(－,2)結(jié)合H＋變?yōu)镠NO2，故第Ⅱ、Ⅲ階段總的化學方程式為SOeq\o\al(－,3)＋H2O＋NO2=HNO2＋HSOeq\o\al(－,4)，A正確；圖示的轉(zhuǎn)化過程，NO2轉(zhuǎn)化為HNO2，N元素的化合價由＋4價變?yōu)椋?價，化合價降低，得電子被還原，作氧化劑，則NO2是生成硫酸鹽的氧化劑，B錯誤；過程Ⅰ中NO2得到電子被還原為NOeq\o\al(－,2)，SOeq\o\al(2－,3)失去的電子被氧化為SOeq\o\al(－,3)，反應的離子方程式：SOeq\o\al(2－,3)＋NO2=NOeq\o\al(－,2)＋SOeq\o\al(－,3)。每有1mol的氧化劑NO2發(fā)生反應，轉(zhuǎn)移1mol電子，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為NA，C正確；在圖示的轉(zhuǎn)化關(guān)系中SOeq\o\al(2－,3)失去電子被氧化為HSOeq\o\al(－,4)，NO2得到電子被還原為HNO2，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物，故還原性：SOeq\o\al(2－,3)＞HNO2，D正確。15．B。詳解：A．反應①②③④分別根據(jù)碳、氮、氧、氫元素的化合價的變化判斷，化合價都在降低，元素原子得到電子，發(fā)生還原反應，故A正確；B．由圖示判斷反應②氫離子的濃度降低，反應③中生成氫氧根離子，故溶液的堿性增強，故B錯誤；C．根據(jù)圖示④的反應物和生成物中氮化合價的降低利用電子守恒及原子守恒書寫電極反應為；NO＋10H＋＋8e-=NH＋3H2O，故C正確；D．修復過程中溶液顯堿性，會發(fā)生反應：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3故D正確；故選答案B。16．B。解析：B項中氧原子不守恒，故不正確；C項，圖示中CO2被轉(zhuǎn)化，能遏制溫室效應，正確；上述轉(zhuǎn)化過程每步變化中均有單質(zhì)生成，有元素化合價的變化，正確。17．C2替換ZnBr2，F(xiàn)eBr2中鐵元素顯＋2價，能與氧氣反應則由O2氧化得到的Br22/SiO2為催化劑，通過氧溴化可將甲烷轉(zhuǎn)化為溴甲烷，反應過程中有甲烷和溴單質(zhì)的反應，只要在光照條件下，就會發(fā)生連續(xù)取代，產(chǎn)物中可能混有CH2Br2，故B正確；C.過程Ⅱ中反應方程式為：2HBr＋O2＋ZnBr2=H2O＋2Br2＋ZnO，氧化劑為O2，還原劑為HBr、ZnBr2，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶3，故C錯誤；D.由反應機理圖可知，反應過程中加入的有HBr、O2、CH4，生成的有CH3Br、H2O，ZnBr2、ZnO、Br2，再參與循環(huán)，故總反應為2CH4＋2HBr＋O2eq\o(→,\s\up11(催化劑),\s\do4(△))2CH3Br＋2H2O，故D正確；故選C。18．A。解析：根據(jù)圖中催化機理，該總反應表示HCHO和O2在二氧化錳作催化劑的條件下發(fā)生反應生成二氧化碳和水，即HCHO＋O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))CO2＋H2O，H＋、Oeq\o\al(－,2)、·OH、·CHO、HCOeq\o\al(－,3)為中間產(chǎn)物，水和氧氣在二氧化錳作催化劑的條件下生成H＋、Oeq\o\al(－,2)、·OH，HCHO和·OH反應生成·CHO和H2O，·CHO和Oeq\o\al(－,2)反應生成HCOeq\o\al(－,3)，HCOeq\o\al(－,3)和H＋eq\o\al(－,3)和H＋反應生成水和二氧化碳沒有發(fā)生化合價的變化，所發(fā)生的反應不屬于氧化還原反應，故A符合題意；B.根據(jù)分析可知，該總反應表示HCHO和O2在二氧化錳作催化劑的條件下發(fā)生氧化還原反應生成二氧化碳和水，總的化學方程式可表示為：HCHO＋O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))CO2＋H2O，故B不符合題意；C.根據(jù)分析可知，Oeq\o\al(－,2)為中間產(chǎn)物之一，KO2中含有K＋和陰離子Oeq\o\al(－,2)，該微粒與KO22中的碳原子最外層含有4個電子，分別與兩個氧原子形成兩對共價鍵，結(jié)構(gòu)式為O=C=O，故D不符合題意；答案選A。19．C。解析：A.根據(jù)化合物中各元素化合價代數(shù)和為零，設(shè)含有x個－2價的O，y個－1價的O，則2x＋y＝14，x＋y＝8，可得出x＝6，y＝2，過氧鍵存在于2個－1價的O原子之間，則1molNa2S2O8中含有NA個過氧鍵，即1mol過氧鍵，故A錯誤；B.根據(jù)圖示轉(zhuǎn)化過程可知，F(xiàn)e先被S2Oeq\o\al(2－,8)氧化為Fe2＋，反應為Fe＋S2Oeq\o\al(2－,8)=Fe2＋＋2SOeq\o\al(2－,4)，然后Fe2＋又繼續(xù)被S2Oeq\o\al(2－,8)氧化為Fe3＋，最后沉淀中有Fe(OH)2和Fe(OH)3，56gFe為1mol，則56gFe參加反應，被還原的S2Oeq\o\al(2－,8)C.ZVID.pHB錯誤；C.ZVI(Fe)的比表面積越大，反應物的接觸面越大，反應速率越快，則凈化速率