【文档说明】2025届高三化学暑假培优专练 13 化学反应机理 Word版含解析.docx，共(19)页，4.349 MB，由小赞的店铺上传

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查补易混易错13化学反应机理化学反应机理试题以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，就是把一个复杂反应分解成若干个反应，然后按照一定规律组合起来，从而达到阐述复杂反应的内在联系的目的，这类试题符合新课

标的理念，“源于教材而高于教材”，体现了化学核心素养中的宏观辨识与微观探析，从不同层次认识物质的多样性，以及由微观和宏观相结合的视角分析和解决实际问题，在备考过程中要给予高度重视与关注。易错01反应机理（1）反应机理是用来描述某反

应物到反应产物所经由的全部基元反应，就是把一个复杂反应分解成若干个基元反应，以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，然后按照一定规律组合起来，从而阐述复杂反应的内在联系，以及总反应与基元反应内在联系

。（2）反应机理详细描述了每一步转化的过程，包括过渡态的形成，键的断裂和生成，以及各步的相对速率大小等。典型的是基元反应碰撞理论和基元反应过渡态理论。（3）反应机理中包含的基元反应是单分子反应或双分子反应。完整的反应机理需要考虑到反应物、催

化剂、反应的立体化学、产物以及各物质的用量。（4）认识化学反应机理，任何化合物的每一步反应都应该是在该条件下此类化合物的通用反应。易错02有效碰撞理论（1）化学反应发生的条件：在化学反应中，反应物分子不断发生碰撞，大

多数碰撞无法发生反应，只有少数分子的碰撞才能发生化学反应，能发生有效碰撞的分子是活化分子。普通反应物分子形成活化分子所需要的能量叫活化能。而活化分子的碰撞也不一定都能发生有效碰撞。发生有效碰撞不仅有能量的因素，还有空间因素，只有同时满足这两者的要求才能发生有效碰撞。（2）反应历程：发生有效

碰撞的分子叫做活化分子，活化分子具有较高的能量。活化分子比普通分子所高出的能量称为活化能。活化能越小，普通分子就越容易变成活化分子。如图所示，反应的活化能是E1，反应热是E1－E2。在一定条件下，活化分子所占的百分数是固定不变的。活化分子的百分数越大，单位体积内

活化分子数越多，单位时间内有效碰撞的次数越多，化学反应速率越快。活化能越大，反应速率越慢，化学反应取决于最慢的一步。易错03催化剂与化学反应化学反应中，反应分子原有的某些化学键，必须解离并形成新的化学键，这需要一定的

活化能。在某些难以发生化学反应的体系中，加入有助于反应分子化学键重排的第三种物质（催化剂）其作用可降低反应的活化能。催化剂能改变反应的途径、降低反应的活化能、加快反应速率，但不能改变反应热的符号与数值、不能改变平衡的移动方向。解答时注意题

干信息的理解应用，通过分析化学反应过程，明确反应过程中催化剂的作用和能量变化、化学键的变化。左图虚线表示催化剂对反应的影响，右图为催化反应历程示意图。1．（2022·北京·高考真题）CO2捕获和转化可减少CO2排放并

实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。下列说法不正确

．．．的是A．反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4催化剂CaO+2CO+2H2B．t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4催化剂C+2H2C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率D．t3之后，

生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生2．（2023·浙江·高考真题）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知2O(g)和2Cl(g)的相对能量为0]，下列说法不正确．．．的是A．6352EEEE−=−B．可计算ClCl−键能为()1232EEkJmol−

−C．相同条件下，3O的平衡转化率：历程Ⅱ>历程ⅠD．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：()1254ClO(g)O(g)=O(g)Cl(g)ΔHEEkJmol−++=−3．（2012·江苏·高考真题）某反应的反应过程中能量变化如图所示(图中E

1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是A．该反应为放热反应B．催化剂能改变该反应的焓变C．催化剂能降低该反应的活化能D．逆反应的活化能大于正反应的活化能4．（2023·河北保定·统考一模）水煤气变换反应为

()()()()222COgHOgCOgHg+=+H。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面水煤气变换的反应历程，如下图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用•标注。下列说法错误的是A．水煤气变换反应的H0B．

步骤③的化学方程式为()22COOHHOgCOOHHO++=+C．步骤⑤只有极性键的形成D．该反应中的决速步骤为步骤④5．（2023·河北沧州·统考一模）二氧化碳选择性加氢制甲醇是解决温室效应、发展绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一。常温常压下利用铜基催化剂实现

二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法错误的是A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热B．二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应C．该历程的决速步为32HCOO4HCHOHO

+=+D．总反应为2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)+=+6．（2023·山东聊城·统考二模）铜催化乙炔选择性氢化制1，3一丁二烯的反应机理如图所示(吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。下列说

法正确的是A．反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率B．若原料用丙炔，则会有2种分子式为C6H10的有机物生成C．增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率D．32*CH转化成C4H6(g)过程中，有

非极性键的断裂和形成7．（2023·福建莆田·统考二模）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。HNO自由基与2O反应过程的能量变化如下图所示，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大。下列说法正确的是A．1P

比2P稳定B．升高温度，生成1P的反应速率增大的程度更大C．该历程中最小正反应的活化能为14.52kJmol−D．改变催化剂可以改变生成2P的反应焓变8．（2023·北京·统考二模）氮氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理，下列说法不正确的是A．过程I中NO既作

氧化剂又作还原剂B．过程Ⅱ中每生成1molO2时，转移电子的数目约为4×6.02×1023C．过程中涉及的反应均为氧化还原反应D．整个过程中Ni2+作催化剂9．（2023·辽宁·朝阳市第一高级中学校联考二模）科学家研究发现在一种特殊催化剂作用下，水可促进4CH、2O高选择性的直接合成3

CHOH，其中部分反应机理如图所示。以下说法错误的是A．2HO在4CH氧化合成甲醇过程中的作用是提供*OH与*4CH结合形成*3CHOHB．()()()4232CHgOg2CHOHg+=ΔH=-32.51kJ/molC．在催化剂表面，

2HO比2O更容易被吸附D．该过程的决速步反应方程式为：****43OHCHCHOHH+→+10．（2023·湖南·校联考二模）过渡金属元素离子催化乙烯氧化成乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是A．2Pd+和Cu+能够降低反应的活化能B．该反应历程中氢

离子物质的量一直减小C．Pd的化合价在反应历程中未发生变化D．该历程的总反应为22232CHCHO2CHCHO=+催化剂11．（2023·浙江嘉兴·统考二模）甲基叔丁基醚(MTBE)是一种高辛烷值汽油添加剂，可由甲醇和异丁烯(以IB表示)在催化剂作用下合成，其反应过程中各物质相对能量与反

应历程的关系如图所示(其中1N表示甲醇和异丁烯同时被吸附，2N表示甲醇先被吸附，3N表示异丁烯先被吸附)，下列说法不正确的是A．三种反应历程中，1N反应速率最快B．该条件下反应的热化学方程式为：()()()3CHOHgIBgMTBEg+1Δ4

QkJmolH−=−C．甲醇比IB更易被催化剂吸附，所以若甲醇过多会占据催化剂表面从而减慢合成速率D．同温同压下，只要起始投料相同，相同时间三种途径MTBE的产率一定相同12．（2023·吉林延边·统考二模）铁的某种络合物离子(用[L-Fe-H]+表示)催化甲酸分解的反应

机理及相对能量变化如图所示。下列说法正确的是A．反应过程中铁元素价态没有改变B．反应的决速步骤为II转化为III的过程C．由到过程中形成了离子键D．由图可知该反应的总反应式为：HCOOH催化剂CO2+

H213．（2023·天津·校联考一模）金属Ni可活化26CH放出4CH，其反应历程如图所示：下列关于活化历程的说法错误的是A．中间体1→中间体2的过程是放热过程B．加入催化剂可降低该反应的反应热，加快反应速率C．Ni和26CH的总键能小于2NiCH和4CH的总键能D．中间体2→中间体3

的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤14．（2023·湖北·武汉二中校联考二模）丙烯是重要的有机化工原料。一定条件下，丙烷直接脱氢制备丙烯的转化率和丙烯的选择性(n100%))n((生成消耗丙烯丙烷)随时间的关系如下图所示。下列说法正确的是A．丙烯的产率大于80%B．该反应为氧化

反应C．催化剂可以降低反应的活化能，减小反应的焓变D．其他条件不变，增大c(丙烷)，可以加快反应速率，提高丙烷的转化率15．（2023·浙江·校联考模拟预测）某反应分两步进行，其能量变化如图所示。下列说法正确的是A．

反应①的活化能11E=-177kJmol−B．该反应过程中，反应速率由反应②决定C．总反应的热化学方程式为()()()()()262242CHgCOgCHgCOgHOg+++1ΔH=346kJmol−+D．增大()26CHg的浓度，可以增大活化分子百分数，

提高化学反应速率16．（2023·辽宁辽阳·统考一模）某课题组对羧基化研究取得很大的进展，历程如图所示。已知：R−为烃基，Me为甲基。下列叙述正确的是A．()232NiClPCy能降低总反应的活化能B．物质1和物质A反应时，只断裂了CC−键C．物质2中R−为()CHMeAr−D．C转

化为D时，1个2CO分子断裂了2个π键17．（2023·湖南衡阳·校联考二模）中科院兰州化学物理研究所用312Fe(CO)/ZSM5−催化2CO加氢合成低碳烯烃反应，具有重要的意义。反应过程如图所示：下列说法错误的是A．第Ⅰ步的活化能高于第Ⅱ步的活化能B．2CO加氢合成低碳烯烃反应中每一步均为

氧化还原反应C．工业上选择适合的催化剂，有利于提高24CH的单位时间产率D．该研究的应用有利于“碳中和”18．（2023·福建漳州·统考三模）2022年诺贝尔化学奖授予了对“点击化学”和“生物正交化学”做出贡献的三位科学家。以炔烃和叠氮化合物为原料的

叠氮—炔基Husigen成环反应是点击化学的代表反应，其反应原理如图所示(其中［Cu］为一价铜)；下列说法错误的是A．反应①消耗的［Cu］大于反应⑤生成的［Cu］B．该反应原子利用率为100%C．若将原料换为，则产物为D

．反应⑤的化学方程式为+H+=+[Cu]19．（2022·湖南·高考真题）反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示：下列有关四种不同反应进程的说法正确的是A．进程Ⅰ是放热反应B．平衡时P的产率：Ⅱ>ⅠC．生成P的速率：Ⅲ>ⅡD．进程Ⅳ中，Z没

有催化作用20．（2023·山东·统考一模）科研人员通过控制光沉积的方法构建复合材料光催化剂，以Fe2+和Fe3+渗透Nafion膜在酸性介质下构建了一个还原和氧化分离的人工光合体系，其反应机理如图。下列说法正确的是A．a的价电子排布式：3d5B．体系中能量转化形式：电能→

化学能C．体系中总反应的活化能：Ea正>Ea逆D．理论上每消耗18g水生成46gHCOOH参考答案1．C【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为3

42CaCO+CHCaO+2CO+2H催化剂，A正确；B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应42CHC+2H催化

剂，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确；C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的

速率小于反应②生成H2速率，C错误；D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；答案选C。2．C【分

析】对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。A．催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此6352EEEE−=−，A正确；B．已知2Cl(g)的相对能量为0，对比两

个历程可知，Cl()g的相对能量为()1kJmol23E-E−，则ClCl−键能为()12kJmol23E-E−，B正确；C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，3O的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误；D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最

低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：()124ClO(g)O(g)=O(g)Cl(g)ΔkJmol5HE-E−++=，D正确；故答案为：C。3．C【详解】A．图像分析反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应

，故A错误；B．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，故B错误；C．催化剂对反应的始态和终态无响应，但改变活化能，故C正确；D．图像分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误。答案选C。4．C【详解】A．根

据图示，反应物的量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，H0，A正确；B．如图所示，步骤③的化学方程式为()22COOHHOgCOOHHO++=+，B正确；C．步骤⑤中生成氢气和2CO，所以步骤⑤既有极性键的形成，又有非极性键的形成，C错误；D．速率最慢的步骤

绝决定整个反应的速率，活化能越高，反应速率最慢，如图，步骤④活化能最高，反应速率最慢，决定整个反应速率，D正确；故选C。5．A【详解】A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，不能改变反应热，选项A错误；B．由反应历程图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，该

反应为放热反应，选项B正确；C．32HCOO4HCHOHO+=+的活化能最大，是该历程的决速步，选项C正确；D．该反应的反应物是2CO和2H，生成物是3CHOH和2HO，则总反应为2232CO(g)+3H(g)=CHOH(g)+HO(g)，选项D正确；答案选A。6．D【详解】A．根据图示

，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，所以反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ的速率，故A错误；B．若原料用丙炔，则会有CH3CH=CH-CH=CHCH3、CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2、CH3CH=CH-C(CH3)=CH2共3种分子式为

C6H10的有机物生成，故B错误；C．增大Cu的表面积，可加快反应速率，催化剂不能使平衡不移动，不能提高C2H2的平衡转化率，故C错误；D．根据图示，32*CH转化成C4H6(g)过程中，先碳碳双键中有1条键断裂，后又有碳碳双键和碳碳单键的形成，所以有非极性键的断裂和形成

，故D正确；选D。7．C【详解】A．1P的能量更高，故其不如2P稳定，A错误；B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；

结合图像可知，升高温度，生成2P的反应速率增大的程度更大，B错误；C．该历程中最小正反应的活化能为中间产物Z生成过渡Ⅲ时的活化能，为14.52kJmol−，C正确；D．改变催化剂可以改变反应历程，加快反应速率，但是不能改变生成2P的反应焓变，D错误；故选C。8．B【分

析】由图可知，过程I发生的反应为2Ni2++2NO=2Ni3++2O—+N2，过程Ⅱ发生的反应为2Ni3++2O—=2Ni2++O2↑，总反应为2NO2+NiO2+N2。A．由分析可知，过程I发生的反应为2Ni2++2NO=2Ni3++2O—+

N2，反应中氮元素的化合价降低被还原，氧元素的化合价升高被氧化，则一氧化氮既作反应的氧化剂又作反应的还原剂，故A正确；B．由分析可知，过程Ⅱ发生的反应为2Ni3++2O—=2Ni2++O2↑，则过程Ⅱ中每生成1molO2时，转移电子的数目约为2×6.02×1023，故B错误；C．由分

析可知，过程I和过程Ⅱ涉及的反应均有元素发生化合价变化，均为氧化还原反应，故C正确；D．由分析可知，消除氮氧化物的总反应为2NO2+NiO2+N2，整个过程中镍离子作反应的催化剂，故D正确；故选B。9．B【详解】A．从该部分反应机理可看出，水在催化剂表面

离解出*OH直接与*4CH结合形成*3CHOH，故A正确；B．图中未说明未吸附在催化剂上的CH4的能量，无法计算()()()4232CHgOg2CHOHg+=的反应热，故B错误；C．从相对能量看，水吸附在催化剂表面的能量更低，更加稳定

，则在催化剂表面，2HO比2O更容易被吸附，故C正确；D．由图可知，****43OHCHCHOHH+→+的活化能最大，反应速率最慢，为该过程的决速步反应，故D正确；故选B。10．D【详解】A．Cu+是中间产物，不是催化剂，不能降低反应的活化能，A错误；B．反应历程中氢离子的物质

的量有增多和减少的过程，并不是一直减小，B错误；C．Pd元素化合价有从+2转化为0，也有从0到+2，C错误；D．该历程的总反应为22232CHCHO2CHCHO=+催化剂，D正确；故选D。11．D【详解】A．N1、N2、N3三种反应历程的活化能分别为（6-2

）QkJ.mol-1=4QkJ.mol-1、（9-3）QkJ.mol-1=6QkJ.mol-1、（10-4）QkJ.mol-1=6QkJ.mol-1，则N1反应速率最快，A项正确；B．该反应的焓变△H为生成物的

总能量减去反应物的总能量，则△H=（1-5）QkJ.mol-1=-4QkJ.mol-1，该反应的热化学方程式为该条件下反应的热化学方程式为：()()()3CHOHgIBgMTBEg+1Δ4QkJmolH−=−，B项正确；C．乙醇比IB更易被催化剂吸附，占据催化剂表面从而使异丁烯无法与催

化剂接触，导致反应速率减慢，C项正确；D．N1、N2、N3三种反应历程的活化能不相等，则同温同压下，只有起始投料相同，相同时间三种途径MTBE的产率不相同，Ｄ项错误；故正确答案为D。12．D【详解】A．由图可知，→H2+[L-

Fe-H]+过程中铁元素化合价降低，A错误；B．由图可知，IV转化为V的过程E正最大，反应速率最慢，为反应的决速步骤，B错误；C．+H+→过程中氢原子之间形成共价键，无离子键形成，C错误；D．由图可知该反应的总反应式为：HCOOH催化剂CO2+H2，D正确；故选D。1

3．B【详解】A．中间体1的相对能量为-56.21，中间体2的相对能量为-154.82，中间体1→中间体2的过程是放热过程，故A正确；B．催化剂不能改变反应物和生成物的能量，加入催化剂，该反应的反应热不变，故B错误；C．Ni和26CH的相对总能量为0，2NiCH和4CH的相对总能量为-6.

57，正反应放热，Ni和26CH总键能小于2NiCH和4CH的总键能，故C正确；D．慢反应决定总反应速率，中间体2→中间体3的过程正反应活化能最大，反应速率最慢，所以中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤，故D正确；选B。1

4．B【详解】A．丙烯的产率=100%丙烯的实际产量丙烯的理论产量，假设1mol丙烷完全转化为丙烯，则丙烯的理论产量为1mol，由图可知，达到平衡时丙烷的转化率为10%，()n110%0.1molmol==消耗丙

烷，丙烯的选择性小于100%，则丙烯的实际产量小于0.1mol，其产率小于10%，A错误；B．在有机物中引入氧或脱去氢的反应叫做氧化反应，则丙烷直接脱氢生成丙烯和氢气，该反应为氧化反应，B正确；C．催

化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应的焓变，C错误；D．若是恒温恒容条件下，增大c(丙烷)，等效于加压，平衡逆向移动，丙烷的转化率减小，若是恒温恒压条件下，增大c(丙烷)，平衡不移动，丙烷的转化率不变，D错误；故选B。15．B【详解】A．由图

可知，活化能()1111300kJmol477kJmol177kJmolE−−−=−−−=+，A错误；B．慢反应控制总反应速率，反应②的活化能121210kJmolEE−=，故反应速率由反应②决定，B正确；C．总反应的()111300kJmol4

77kJmol177kJmolH−−−=−−−=+，热化学方程式为()()()()()262242CHgCOgCHgCOgHOg+++1177kJmolH−=+，C错误；D．增大反应物浓度，可增大活化分子的数目，但活化能不变，活化分子百分数不变，增大浓度可加快反应速率，D错误；故选B

。16．C【详解】A．()232NiClPCy是制备催化剂0NiL的原料，不是催化剂，不能降低反应的活化能，A项错误；B．物质1和物质A反应时，还断裂了CN−键，B项错误；C．由D的到E的转化，根据D的结构简式可知E中R应为()CHMeAr−

，E到物质2的过程中R未改变，C项正确；D．1个2CO分子只断裂了1个π键，D项错误；故选：C。17．B【详解】A．第Ⅰ步为慢反应，第Ⅱ步为快反应，根据活化能越小反应速率越大的特点，第Ⅰ步的活化能高于第Ⅱ步的活化能，

A正确；B．在()2nCH低聚化异构化反应时，元素的化合价没有发生变化，是非氧化还原反应，B错误；C．催化剂除了高效性，还有选择性，适合的催化剂有利于提高某一产品的单位时间产率，C正确；D．该研究的应用有利于降低空气中2CO的排放，有利于“碳中和”，D正确。

故答案为B。18．A【详解】A．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3[Cu]⎯⎯→，[Cu]作催化剂，催化剂在反应前后的质量和性质均保持不变，故反应①消耗的［Cu］等于反应⑤生成的［Cu

］，A错误；B．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3[Cu]⎯⎯→，该反应为加成反应，故该反应原子利用率为100%，B正确；C．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3[Cu]⎯⎯→，若将原料换为

，则产物为，C正确；D．反应⑤的化学方程式为+H+=+[Cu]，D正确；故答案为：A。19．AD【详解】A．由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A说法正确；B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进

程中平衡时P的产率相同，B说法不正确；C．进程Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于进程Ⅱ中由S•X转化为P•X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ，Ｃ说法不正确；D．由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S•Z，然后S•Z转化为产物P•Z，由于P•Z

没有转化为P＋Z，因此，Z没有表现出催化作用，D说法正确；综上所述，本题选AD。20．CD【分析】由图可知，左侧水发生氧化反应生成氧气，则b生成a的反应为还原，ab分别为亚铁离子、铁离子；A．由分析可知，a为亚铁离子，是铁原子失去2个电子后形

成的，价电子排布式：3d6，A错误；B．由图可知，体系中能量转化形式：光能→化学能，B错误；C．体系中总反应为水和二氧化碳生成氧气和甲酸，反应为吸热反应，则活化能：Ea正>Ea逆，C正确；D．二氧化碳转化为甲酸，碳元素化合价由+4变为-2，根据电子守恒可知，-2~HO~

2eHCOOH，理论上每消耗18g水（1mol）生成46gHCOOH（1mol），D正确；故选CD。