文档内容
专题44 化学反应机理与反应历程
1．【2023年全国新课标卷】“肼合成酶”以其中的 配合物为催化中心，可将 与 转化为
肼( )，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A． 、 和 均为极性分子
B．反应涉及 、 键断裂和 键生成
C．催化中心的 被氧化为 ，后又被还原为
D．将 替换为 ，反应可得
【答案】D
【解析】A．NH OH，NH ，HO的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；B．由反应历程可
2 3 2
知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；C．由反应历程可知，反应过程中，
Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确；D．由反应历程可知，反
应过程中，生成的NH NH 有两个氢来源于NH ，所以将NH OH替换为ND OD，不可能得到
2 2 3 2 2
ND ND ，得到ND NH 和HDO，D错误；故选D。
2 2 2 2
2．【2023年广东卷】催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应 。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它
条件相同时，下列说法不正确的是
A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大【答案】C
【解析】A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；
B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；
C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到
平衡，C错误；D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ
活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；故选
C。
3．【2023年湖北卷】 是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合
成的某 (Ⅱ)催化剂(用 表示)能高效电催化氧化 合成 ，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A． (Ⅱ)被氧化至 (Ⅲ)后，配体 失去质子能力增强
B．M中 的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
【答案】B
【解析】A． (Ⅱ)被氧化至 (Ⅲ)后， 中的 带有更多的正电荷，其与N原子成键后，
吸引电子的能力比 (Ⅱ)强，这种作用使得配体 中的 键极性变强且更易断裂，因此其
失去质子（ ）的能力增强，A说法正确；B． (Ⅱ)中 的化合价为+2，当其变为 (Ⅲ)后，
的化合价变为+3， (Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对， 的化合价不变；M为
，当 变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给 1个电
子，其中 的化合价变为 ，因此，B说法不正确；C．该过程M变为
时，有 键形成， 是非极性键，C说法正确；D．从整个过程来看， 4个 失去了2个电子后生成了1个 和2个 ， (Ⅱ)是催化剂，因此，该过程
的总反应式为 ，D说法正确；综上所述，本题选B。
4．【2023年1月浙江卷】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
和 的相对能量为0]，下列说法不正确的是
A．
B．可计算 键能为
C．相同条件下， 的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：
【答案】C
【解析】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 ，A正确；B．已知 的相对
能量为0，对比两个历程可知， 的相对能量为 ，则 键能为
，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， 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：
，D正确；故答案为：C。
5．（2021·湖北真题）甲烷单加氧酶(s—mmo)含有双核铁活性中心，是O 氧化CH 生成CHOH的催化剂，
2 4 3
反应过程如图所示。下列叙述错误的是A．基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2
B．步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成
C．每一步骤都存在铁和氧元素之间的电子转移
D．图中的总过程可表示为：CH+O +2H++2e- CHOH+H O
4 2 3 2
【答案】C
【解析】A．基态Fe原子核外有26个电子，其核外电子排布式为 ，A项正确；B．步骤③中断
裂 非极性键，形成 (Ⅳ)极性键，B项正确；C．步骤④中电子转移发生在Fe和C元素之间，
C项错误；D．根据图示，总过程的反应为： ，D项正确；
故选C。
6．【2022年山东卷】在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误
的是
A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成 的反应历程有2种
C．增大NO的量， 的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
【答案】D
【解析】A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+∙OOH=NO+∙OH、
2
NO+NO +H O=2HONO、NO +∙C H=C H+HONO、HONO=NO+∙OH，含N分子NO、NO 、HONO中
2 2 2 3 7 3 6 2N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，
一定有电子转移，A项正确；B．根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C．
NO是催化剂，增大NO的量，C H 的平衡转化率不变，C项正确；D．无论反应历程如何，在NO催
3 8
化下丙烷与O 反应制备丙烯的总反应都为2C H+O 2C H+2H O，当主要发生包含②的历程时，
2 3 8 2 3 6 2
最终生成的水不变，D项错误；答案选D。
7．【2022年湖南卷】甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：
新法合成的反应：
下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为 )
A． 的电子式为
B．新法没有副产物产生，原子利用率高
C． 的 溶液中 的微粒数小于
D． 的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变
【答案】D
【解析】A．氢氰酸为共价化合物，结构式为H—C≡N，电子式为 ，故A正确；B．由方程式可
知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应为没有副产物生成，原子利用率为100的化合反应，故B正确；
C．硫酸氢铵是强酸弱碱的酸式盐，铵根离子在溶液中会发生水解反应，所以1L0.05mol/L的硫酸氢铵
溶液中铵根离子的数目小于0.05mol/L×1L×N mol—1=0.05N ，故C正确；D．由方程式可知，钯为新法
A A
合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和百分数都增大，故D错误；
故选D。
8．【2022年辽宁卷】 、 均可自耦电离： 、 。
下列反应与 CHCHOH+HBr原理不同的是
3 2
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】A．根据题目信息可知， 和 互相交换成分生成 和 。由
可得， 与 互相交换成分生成 和 ，与题述反应原理相
同，A正确；B．由于 可自电离， 可写为 ， 与 交换成分生成和 与题述反应原理相同，故B正确；C． 与 反应生成了单质 ，反应物没
有互相交换成分，与题述反应原理不同，故C错误；D． 和 互相交换成分生成了 和
，与题述反应原理相同，故D正确；故答案选C。
9．【2022年湖北卷】同位素示踪是研究反应机理的重要手段之一、已知醛与 在酸催化下存在如下平
衡： 。据此推测，对羟基苯甲醛与10倍量的 在少量酸催化下反应，
达到平衡后，下列化合物中含量最高的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由已知信息知，苯环上的羟基不发生反应，醛基中的碳氧双键与 发生加成反应，在醛基碳
原子上会连接两个羟基(分别为-OD， )，两个羟基连接在同一个碳原子上不稳定，会脱水，得到
醛基，故 的含量最高，同时，酚羟基电离氢的能力比水强，故酚羟基中的氢主要为D，综上
所述，C正确；故选C。
10．【2022年1月浙江卷】某课题组设计一种固定CO 的方法。下列说法不正确的是
2
A．反应原料中的原子100%转化为产物
B．该过程在化合物X和I-催化下完成
C．该过程仅涉及加成反应D．若原料用 ，则产物为
【答案】C
【解析】A．通过图示可知，二氧化碳和 反应生成 ，没有其它物质生成，反应原
料中的原子100%转化为产物，A正确；B．通过图示可知，X和I-在反应过程中是该反应的催化剂，
B正确；C．在该循环过程的最后一步中形成五元环的时候反应类型为取代反应，C错误；D．通过分
析该反应流程可知，通过该历程可以把三元环转化为五元环，故若原料用 ，则产物为
，D正确；故选C。
11．（2021.6·浙江真题）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．可以用苯甲醛和甲醇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】A．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；B．由图中信息可知，化合物4在HO 的作用下转
2 2
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；C．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；D．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；综上所述，说法不正确的是D项，故答案为D。
12．（2021·山东真题）18O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：
+OH- +CH O-能量变化
3
如图所示。已知 为快速平衡，下列说法正确的是
A．反应Ⅱ、Ⅲ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CH18OH
3
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
【答案】B
【解析】A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应IV的活化能较高，因此反应的决速步为反应I、IV，故A错误；B．反应I为加成反应，而 与
为快速平衡，反应II的成键和断键方式为 或
，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故B正确；C．反
应III的成键和断键方式为 或 ，因此反应结束后溶液中
不会存在CH18H，故C错误；D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反
3
应，因此 和CHO-的总能量与 和OH-的总能量之差等于图
3
示总反应的焓变，故D错误；综上所述，正确的是B项，故答案为B。
13．（2021·湖南真题）铁的配合物离子(用 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：
下列说法错误的是A．该过程的总反应为
B． 浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中 元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】CD
【解析】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-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 CO↑+H ↑，故A正确；B．若氢离子浓度
2 2
过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，
使甲酸根浓度降低，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；C．由反应机理可知，Fe在反应过程中，做催化剂，化合价没有发生变化，故C错误；D．由
反应进程可知，反应Ⅳ→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；故
选CD。
14．（2020·天津高考真题）理论研究表明，在101kPa和298K下， 异构化反应过程
的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．HCN比HNC稳定
B．该异构化反应的
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．使用催化剂，可以改变反应的反应热
【答案】D
【解析】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳
定，正确；B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的
，正确；C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正
反应的活化能大于逆反应的活化能，正确；D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路
径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，错误。综上所述，答案为D。
15．（2020·全国高考真题）据文献报道：Fe(CO) 催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误
5
的是A．OH-参与了该催化循环 B．该反应可产生清洁燃料H
2
C．该反应可消耗温室气体CO D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化
2
【答案】C
【解析】题干中明确指出，铁配合物Fe(CO) 充当催化剂的作用。机理图中，凡是出现在历程中，进去的
5
箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余
可以看成为中间物种。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物Fe(CO) 在整个反应历程中成键数
5
目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，反应过程中所需的反应物除CO外还需要HO，
2
最终产物是CO 和H，同时参与反应的还有OH-，故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。
2 2
A．从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参与了该催化循环，故A项正
确；B．从反应机理图中可知，该反应的反应物为CO和HO，产物为H 和CO，Fe(CO) 作为整个反
2 2 2 5
应的催化剂，而OH-仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为
，故有清洁燃料H 生成，故 B项正确；C．由B项分析可知，该反应不是
2
消耗温室气体CO，反而是生成了温室气体CO，故 C项不正确；D．从反应机理图中可知，Fe的成
2 2
键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故 D项正确；答案选C。
16．（2018·北京高考真题）我国科研人员提出了由CO 和CH 转化为高附加值产品CHCOOH的催化反应
2 4 3
历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A．生成CHCOOH总反应的原子利用率为100%
3
B．CH→CHCOOH过程中，有C—H键发生断裂
4 3
C．①→②放出能量并形成了C—C键D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【详解】A．根据图示CH 与CO 在催化剂存在时生成CHCOOH，总反应为CH+CO CHCOOH，
4 2 3 4 2 3
只有CHCOOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B．CH 选择性活化变为①过程中，有
3 4
1个C-H键发生断裂，B项正确；C．根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比
①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D．催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提
高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
17．（2020·北京高考真题）硫酸盐(含SO 、HSO )气溶胶是PM 的成分之一。近期科研人员提出了雾
2.5
霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：
下列说法不正确的是
A．该过程有HO参与 B．NO 是生成硫酸盐的氧化剂
2 2
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键
【答案】D
【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有HO参与，故A正确；B．根据图示的转化过程，
2
NO 转化为HNO，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则
2 2
NO 的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；C．硫酸盐(含SO 、HSO )气溶胶中含有HSO ，转化过
2
程有水参与，则HSO 在水中可电离生成H+和SO ，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；D．根据图
示转化过程中，由SO 转化为HSO ，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；答案选D。
18．（2014·全国高考真题）已知分解1mol HO 放出热量98kJ，在含少量I-的溶液中，HO 的分解机理为：
2 2 2 2
HO+I-→HO+IO- 慢，HO+IO-→HO+O+I- 快；下列有关反应的说法正确的是
2 2 2 2 2 2 2
A．反应的速率与I-的浓度有关 B．IO-也是该反应的催化剂
C．反应活化能等于98kJ·mol-1 D．v(H O)=v(HO)=v(O )
2 2 2 2
【答案】A
【解析】A、根据反应机理可知I-是HO 分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO-就多反应速率就快，A
2 2
正确；B、IO-不是该反应的催化剂，B错误；C、反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值。这与反应的物质得到多少，错误；D、 HO 分解的总方程式是2HO=2H O+ O ↑；由于水是
2 2 2 2 2 2
纯液体，不能用来表示反应速率，而且HO 和O 的系数不同，表示的化学反应速率也不同，D错误；
2 2 2
故合理选项为A。
19．（2018·海南高考真题）炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化
过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO 。下列说法正确的是
2
A．每活化一个氧分子吸收0.29eV能量
B．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV
C．氧分子的活化是O－O的断裂与C－O键的生成过程
D．炭黑颗粒是大气中SO 转化为SO 的催化剂
2 3
【答案】CD
【解析】A．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此是放出能量，不符合题意；B．由图可
知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，不符合题意；C．由图可知，氧分子的活化是O－
O的断裂与C－O键的生成过程，符合题意；D．活化氧可以快速氧化SO ，而炭黑颗粒可以活化氧分
2
子，因此炭黑颗粒可以看作大气中SO 转化为SO 的催化剂，符合题意；故答案为CD。
2 3
20．（2015·北京高考真题）最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化
学键的过程。反应过程的示意图如下：
下列说法中正确的是
A．CO和O生成CO 是吸热反应
2
B．在该过程中，CO断键形成C和O
C．CO和O生成了具有极性共价键的CO
2
D．状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O 反应的过程
2
【答案】C
【解析】A．根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A
错误；B．根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，错误；
C．由图III可知，生成物是CO，具有极性共价键，正确；D．状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O反应的
2过程，错误。故选C。
21．（2012·全国高考真题）反应M＋Z→Q(△H<0)分两步进行：①M＋Z→X(△H>0)，②X→Q(△H<0)。
下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E(生成物的总能量)－E(反应物的总能量)，当反应物的总能
量大于生成物的总能量时，反应放热，△H<0；当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，
△H>0。由反应分两步进行①M＋Z→X(△H>0)，②X→Q(△H<0)可以看出，
（1）M＋Z→Q(△H<0)是放热反应，M和Z的能量之和大于Q；
（2）由①M＋Z→X(△H>0)可知这步反应是吸热反应，则M和Z的能量之和小于X；
（3）由②X→Q(△H<0)是放热反应，故X的能量大于Q；
综上可知，X的能量大于M＋Z；M＋Z的能量大于Q，只有图象D符合；
答案选D。
22．（2012·江苏高考真题）某反应的反应过程中能量变化如图1 所示(图中E 表示正反应的活化能，E 表
1 2
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【答案】C
【解析】A．图象分析反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应，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，错误；C．催化剂对反应的始态和终态无响应，但改变活化能，正确；
D．图象分析逆反应的活化能E 小于正反应的活化能E，错误。答案选C。
2 1
23．（2019·上海高考真题）下列图示正确的是（ ）
A．断开非极性键和生成极性键的能量相同
B．反应Ⅱ比反应Ⅲ生成的OH键更牢固
C． O(g)+H(g)→OH(g)+H(g)-Q（Q>0）
2 2
D．HO(g)→ O(g)+H(g)+Q（Q>0）
2 2 2
【答案】C
【解析】A．断开不同的化学键的能量不同，错误；B．OH键为相同的化学键，则两步反应生成的OH键
具有相同的稳定性，错误；C．从反应历程图象可以判断1/2molO(g)+1molH (g)的能量低于
2 2
1molOH(g)+H(g)，因此 1/2O (g)+H(g)→OH(g)+H(g)反应为吸热反应，正确；D．水分解生成氧气和
2 2
氢气，是吸热反应，错误；答案选C。
24．（2014·海南高考真题）某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．反应过程a有催化剂参与
B．该反应为放热反应，热效应等于ΔH
C．改变催化剂，可改变该反应的活化能
D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E+E
1 2
【答案】BC
【解析】A．由图示可知反应过程a需要的活化能较高，没有催化剂参与。错误。B．由于反应物的能量高于生成物的能量，多余的能量就以热能的形式释放出来。所以该反应为放热反应，热效应等于反应物
与生成物能量的差值ΔH。正确。C．改变催化剂，改变了反应途径，降低了反应的活化能，但是反应
热不变。正确。D．无论是否存在催化剂，反应的活化能等于反应物与生成物的能量的差值，等于
ΔH。错误。
25．（2021·全国甲卷真题）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的 _______ ；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是
_______(填标号)，判断的理由是_______。
A． B．
C． D．
【答案】
（1）-49 A ΔH 为正值，ΔH 为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的
1 2
【解析】
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为： ，该反应一般认为通
过如下步骤来实现：① ，②
，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的
总反应为： ；
该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活
化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物
总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；ΔH 为正值，ΔH 为和ΔH
1 2为负值，反应①的活化能大于反应②的。
26．（2021·广东高考真题）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH 与CO 重整是
4 2
CO 利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
2
a)CH(g)+CO (g) 2CO(g)+2H(g) ∆H
4 2 2 1
b)CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) ∆H
2 2 2 2
c)CH(g) C(s)+2H(g) ∆H
4 2 3
d)2CO(g) CO(g)+C(s) ∆H
2 4
e)CO(g)+H(g) HO(g)+C(s) ∆H
2 2 5
（3）一定条件下，CH 分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分_______步进行，其中，第_______步
4
的正反应活化能最大。
【答案】（3） 4 4
【解析】
（3）由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往
右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应
活化能最大。
27．（2021·全国高考真题）一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用
作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
（4）Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：
其中 表示一个光子能量， 表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收
_______mol光子。
【答案】（4） 0.5
【解析】
（4）Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl ，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl
2
需要吸收0.5mol光子。28．（2015·广东高考真题）用O 将HCl转化为Cl，可提高效益，减少污染，
2 2
（1）传统上该转化通过如图所示的催化剂循环实现，
其中，反应①为：2HCl（g） + CuO（s） HO（g）+CuCl （g） △H
2 2 1
反应②生成1molCl （g）的反应热为△H，则总反应的热化学方程式为___________（反应热用△H 和
2 2 1
△H 表示）。
2
【答案】（1）2HCl（g） + 1/2O（g） HO（g）+Cl（g） △H=△H+△H
2 2 2 1 2
【解析】
（1）根据图像信息，箭头指向的是生成物可写出反应②的热化学方程式：CuCl （g）+1/2O （g）
2 2
CuO（s） +Cl（g） △H，则①+②可得总反应；
2 2
