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备战2025年高考化学【二轮·突破提升】专题复习讲义
专题20 化学反应机理与反应历程图像分析
讲义包含四部分：把握命题方向►精选高考真题►高效解题策略►各地最新模拟
近几年高考中，化学反应机理与反应历程试题频繁出现，题目主要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
复杂反应内在联系的目的。
预计在2025年高考中，会以选择题的形式出现，以及在化学反应原理大题中有所涉及，其中以催化剂
的催化反应机理和能垒图像为情境载体进行命题的可能性很大。由于陌生度高，思维转化大，且命题视角
在不断地创新和发展，成为大多数考生的失分点。所以，很有必要对这两类题型的解题模型进行掌握。
1．（2024·广西·高考真题）烯烃进行加成反应的一种机理如下：
此外，已知实验测得 与 进行加成反应的活化能依次减小。下
列说法错误的是
A．乙烯与HCl反应的中间体为
B．乙烯与氯水反应无 生成
C．卤化氢与乙烯反应的活性：
D．烯烃双键碳上连接的甲基越多，与 的反应越容易
【答案】B
【详解】A．HCl中氢带正电荷、氯带负电荷，结合机理可知，乙烯与HCl反应的中间体为氢和乙烯形成
正离子： ，A正确；
B．氯水中存在HClO，其结构为H-O-Cl，其中Cl带正电荷、OH带负电荷，结合机理可知，乙烯与氯水
反应可能会有 生成，B错误；
C．由机理，第一步反应为慢反应，决定反应的速率，溴原子半径大于氯，HBr中氢溴键键能更小，更容
易断裂，反应更快，则卤化氢与乙烯反应的活性： ，C正确；D．已知实验测得 与 进行加成反应的活化能依次减小；则烯
烃双键碳上连接的甲基越多，与 的反应越容易，D正确；
故选B。
2．（2023·重庆·高考真题） 和 均可发生水解反应，其中 的水解机理示意图如下：
下列说法正确的是
A． 和 均为极性分子 B． 和 中的 均为 杂化
C． 和 的水解反应机理相同 D． 和 均能与 形成氢键
【答案】D
【详解】A． 中中心原子N周围的价层电子对数为：3+ =4，故空间构型为三角锥形，其分子
中正、负电荷中心不重合，为极性分子，而 中中心原子周围的价层电子对数为：4+ =4，是
正四面体形结构，为非极性分子，A错误；
B． 和 中中心原子N周围的价层电子对数均为：3+ =4，故二者 均为 杂化，B错
误；
C．由题干NCl 反应历程图可知，NCl 水解时首先HO中的H原子与NCl 上的孤电子对结合，O与Cl结
3 3 2 3
合形成HClO，而SiCl 上无孤电子对，故SiCl 的水解反应机理与之不相同，C错误；
4 4
D． 和 分子中均存在N-H键和孤电子对，故均能与 形成氢键，D正确；
故答案为：D。
3．（2024·浙江·高考真题）酯在 溶液中发生水解反应，历程如下：
已知：①
② 水解相对速率与取代基R的关系如下表：
取代基R
水解相对速率 1 290 7200
下列说法不正确的是
A．步骤I是 与酯中 作用
B．步骤III使I和Ⅱ平衡正向移动，使酯在 溶液中发生的水解反应不可逆
C．酯的水解速率：
D． 与 反应、 与 反应，两者所得醇和羧酸盐均不同
【答案】D
【详解】A．步骤Ⅰ是氢氧根离子与酯基中的 作用生成羟基和O-，A正确；
B．步骤Ⅰ加入氢氧根离子使平衡Ⅰ正向移动，氢氧根离子与羧基反应使平衡Ⅱ也正向移动，使得酯在
NaOH溶液中发生的水解反应不可逆，B正确；
C．从信息②可知，随着取代基R上Cl个数的增多，水解相对速率增大，原因为Cl电负性较强，对电子的
吸引能力较强，使得酯基的水解速率增大，F的电负性强于Cl，FCH 对电子的吸引能力更强，因此酯的水
2
解速率 ，C正确；
D． 与氢氧根离子反应，根据信息①可知，第一步反应后18O既存在于羟基中也存在于
O-中，随着反应进行，最终18O存在于羧酸盐中，同理 与18OH-反应，最终18O存在于羧
酸盐中，两者所得醇和羧酸盐相同，D错误；
故选D。
4．（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
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
【详解】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．（2022·山东·高考真题）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
【详解】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N元
2 2 2 3 7 3 6 2
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；
3 8
D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O 反应制备丙烯的总反应都为2C H+O
2 3 8 2
2C H+2H O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误；
3 6 2
答案选D。
6．（2024·贵州·高考真题）AgCN与 可发生取代反应，反应过程中 的C原子和N原子均可
进攻 ，分别生成腈 和异腈 两种产物。通过量子化学计算得到的反应
历程及能量变化如图(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。
由图示信息，下列说法错误的是
A．从 生成 和 的反应都是放热反应
B．过渡态TS1是由 的C原子进攻 的 而形成的
C．Ⅰ中“ ”之间的作用力比Ⅱ中“ ”之间的作用力弱
D．生成 放热更多，低温时 是主要产物
【答案】D【详解】A．由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从
生成 和 的反应都是放热反应，A项正确；
B．与Br原子相连的C原子为 ，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN-的C原子进攻
的 ，形成碳碳键，B项正确；
C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是 和 ，且后者吸
收更多的能量，故Ⅰ中“ ”之间的作用力比Ⅱ中“ ”之间的作用力弱，C项正确；
D．由于生成 所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成 ，为主要产
物，D项错误；
故选D。
7．（2024·广东·高考真题）对反应 (I为中间产物)，相同条件下：
①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；
②提高反应温度， 增大， 减小。
基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】提高反应温度， 增大，说明反应 的平衡逆向移动，即该反应为放热反
应， 减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选
项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅
加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确，
故选A。
8．（2024·北京·高考真题）苯在浓 和浓 作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法
不正确的是A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的大 键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓 作催化剂
【答案】C
【详解】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以
上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；
B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；
C．M的六元环中与 相连的C为 杂化，苯中大 键发生改变，故C错误；
D．苯的硝化反应中浓 作催化剂，故D正确；
故选C。
9．（2023·广东·高考真题）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【详解】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。
10．（2023·浙江·高考真题）一定条件下， 苯基丙炔( )可与 发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的
是
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加 浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
【答案】C
【详解】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，
反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确；
B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，
其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；
C．产物I和产物II存在可逆反应，则产物II和产物I的比值即该可逆反应的平衡常数K，由于平衡常数只
与温度有关，所以增加HCl浓度平衡时产物II和产物I的比例不变，故C错误；
D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。
综上所述，答案为C。
11．（2023·西藏四川·高考真题）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：(3) 分别与 反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以 示
例)。
(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则 与 反应的能量变
化应为图中曲线 (填“c”或“d”)。
(ⅲ) 与 反应，氘代甲醇的产量 (填“＞”“＜”或“=”)。若 与
反应，生成的氘代甲醇有 种。
【答案】(3)Ⅰ c < 2
【详解】（3）(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题
意的是步骤Ⅰ；
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增
大，根据图示可知， 与 反应的能量变化应为图中曲线c；
(ⅲ) 与 反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，步骤Ⅰ的活化能增
大，反应速率会变慢，则CHDOD更难获得，故产率： < ；根据反应机理可知，若
2
与 反应，生成的氘代甲醇可能为 或 共2种，故答案为：<；2。
12．（2023·湖北·高考真题）纳米碗 是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下， 可以由
分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。 的反应机理和能量
变化如下：回答下列问题：
(1)已知 中的碳氢键和碳碳键的键能分别为 和 ，H-H键能为
。估算 的 。
(2)图示历程包含 个基元反应，其中速率最慢的是第 个。
(3) 纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为 、 。
【答案】
(1)128
(2)3 3
(3)6 10
【详解】（1）由 和 的结构式和反应历程可以看出， 中断裂了2根碳氢键， 形成
了1根碳碳键，所以 的 = ，故答
案为：128；
（2）由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为： ，
, ,其中第三个的活化能最大，反应速率最慢，故
答案为：3；3；
（3）由 的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则总共含有6个五元环，10个六元环，故答案为：6；10；
13．（2023·重庆·高考真题）银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。
(1)在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图所示，回答下列问题：
①中间体 生成吸附态 的活化能为 。
②由 生成 的热化学方程式为 。
【答案】(1)83
【详解】（1）①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体 生成吸附态 的
活化能为 。
②由图可知， 生成 放出热量 ，放热焓变为负值，
故热化学方程式为 ；
14．（2023·全国·高考真题）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列
问题：
(1)根据图1数据计算反应 的 。(2)研究表明，合成氨反应在 催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位， 表示被吸附
于催化剂表面的 )。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的标
号)，理由是 。
【答案】
(1)
(2)(ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于 的
键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
【详解】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物
的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应 的
。
（2）由图1中信息可知， 的 ，则 的键能为 ；
的 ，则H-H键的键能为 。在化学反应中，最大的能垒为速率
控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于 的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机
理中，速率控制步骤为(ⅱ)。
一、基元反应、过渡态理论
1．基元反应和有效碰撞理论
（1）基元反应：大多数化学反应往往经历多个反应步骤才能实现，其中每一步反应都称为基元反应。
反应历程：基元反应反映了化学反应的历程，反应历程又称反应机理。
如：2HI===H ＋I 实际上经过下列两步反应完成：①2HI→H ＋2I·
2 2 2
②2I·→I
2
（2）许多化学反应都不是基元反应，而是由两个或多个基元步骤完成的。假设反应：A ＋B===AB是分
2 2两个基元步骤完成的：
第一步 A 2A (慢反应)
2
第二步 2A+B AB (快反应)
2
对于总反应来说，决定反应速率的肯定是第一个基元步骤，即这种前一步的产物作为后一步的反应物
的连串反应的。决定速率的步骤是最慢的一个基元步骤。
如：过氧化氢 HO 在水溶液中把溴化氢 HBr 氧化为溴 Br 的反应：HO + 2H+ +2Br－ Br +
2 2 2 2 2 2
2HO，反应机理为：
2
HO＋H+＋Br－ HBrO＋HO (慢反应)
2 2 2
HBrO＋Br－＋H+ Br ＋HO (快反应)
2 2
决定速率的就是第一个反应，且这个反应中HBrO不是最终产物，称为反应的中间产物或中间体。
（3）有效碰撞
①基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞。
②反应物分子的每一次碰撞并不是都能发生反应，能够发生化学反应的碰撞叫作有效碰撞。发生有效
碰撞的两个条件是反应物分子能量足够和取向合适。
2．过渡态理论
（1）如图所示是两步完成的化学反应，分析并回答下列问题。
①该反应的反应物为A、B，中间体为C，生成物为D。
②由A、B生成C的反应为吸热反应，由C生成D的反
应为放热反应，总反应为放热反应。
③第一步为慢反应，第二步为快反应，决定总反应快慢
的是第一步反应。
（2）基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个
状态称为过渡态。
AB＋C [A…B…C] A＋BC
反应物 过渡态 产物
（3）过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相
当于活化能。
如：一溴甲烷与 NaOH 溶液反应的历程可以表示为：CHBr＋OH－ [Br…CH…OH] Br－＋
3 3
CHOH
3
反应物 过渡态 产物3．回归教材中的经典图示
反应历程与活化能 催化剂对反应历程与活化能影响
二、常见反应历程(或机理)图像分析
1、常见反应历程(或机理)图像分析
图像 解读催化剂与化学反应：
(1)在无催化剂的情况下：E 为正反应的活化能；E 为逆反应
1 2
的活化能；E－E 为此反应的焓变(ΔH)。
1 2
(2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤(也可能为多
个，如模拟演练题1中图像所表示的)，反应①为吸热反应，
产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应，总反应为放
热反应。
(3)催化剂的作用：降低E、E，但不影响ΔH，反应是放热
1 2
反应还是吸热反应取决于起点(反应物)能量和终点(生成物)能
量的相对大小
“环式”反应：
对于“环式”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催
化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应
物，如①和④，“出环”的物质为生成物，如②和③
催化剂与中间产物：
催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再
次生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是
消耗多少后续又生成了多少。
中间产物：在连续反应中为第一步的产物，在后续反应中又
作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，
实则是生成多少后续有消耗多少。
例1：在含少量 I-的溶液中，HO 分解的机理为：
2 2
HO + I- → H O + IO- 慢
2 2 2
HO + IO-→ O + I- +H O 快
2 2 2 2
在该反应中I-为催化剂， IO-为中间产物。
1,2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理
例2：而在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是
通过一个箭头进入整个历程的物质，(产物一般多是通过一个
箭头最终脱离这个历程的物质)与之同时反应的就是催化剂，
并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循
环中的任何一个环节。如下图中，MoO 则是该反应的催化
3
剂，图中剩余的三个物质均为中间产物。能垒与决速步骤：
能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为
能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也成为慢
反应。
例如图中，从第一个中间态到过渡态2的能量就是能垒，而
HCOO*+H*=CO +2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步
2
骤。
注意：
①能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应
为决速反应。
②用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越
大，说明催化效果越好。
③相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反
应，反应速率越大，产物占比越高。
2．催化反应机理题的解题思路
（1）通览全图，找准一“剂”三“物”
一“剂”指催 催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主题的多个物种一定
化剂 在机理图中的主线上.
反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物；
三“物”指反
生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物；
应物、生成
物、中间物种 通过一个箭头脱离整个历程，但又生成生成物的是中间体，通过二个箭头
(或中间体) 中间体 进入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[ ]”
标出；
（2）逐项分析得答案：根据第一步由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每
一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。
（3）重新认识催化剂
①催化剂具有的三大特征
催化剂是通过降低反应活化能，从而改变了反应的途径，此即催化剂加速化学反应的主要原因所在。
总结起来，催化剂的特征主要表现在这样几个方面：
第一，催化剂可以改变反应速率，但其自身在反应前后的组成、质量和化学性质不变。
第二，催化剂不改变化学平衡。即催化剂既能加快正向反应的速率，也能加快逆向反应的速率，从而
缩短化学反应达到平衡的时间。第三，催化剂具有特殊的选择性，不同类型的反应，需要选择不同的催化剂。同一种反应物，使用不
同的催化剂，可以得到不同的产物。
②常见催化剂的四大误区
实际上，催化剂不是不参加化学反应，而是在化学反应前后，催化剂的化
学性质基本不变。例如在铜催化乙醇生成乙醛的反应中，铜参与反应的原
理如下：
误区 催化剂不参
1 加化学反应 第一步为2Cu＋O===2CuO，
2
第二步为CuO＋CHCHOH→Cu＋CHCHO＋HO，这两步反应方程式的加
3 2 3 2
和为O＋2CHCHOH→CH CHO＋2HO。显然催化剂参与了化学反应。
2 3 2 3 2
一种反应只 实际上一个反应可以有多种催化剂，只是我们常选用催化效率高的，对环
误区
有一种催化 境污染小，成本低的催化剂，如双氧水分解的催化剂可以是二氧化锰，也
2
剂 可以是氯化铁，当然还可以硫酸铜等。
催化剂都是
误区 实际上，催化剂有正催化剂与负催化剂，正催化剂加快化学反应速率，负
加快化学反
3 催化剂是减慢化学反应速率的。
应速率
催化剂的效 实际上，催化剂参与了化学反应，是第一反应物。既然是反应物，催化剂
误区
率与催化剂 的表面积，催化剂的浓度大小必然影响化学反应速率。比如用酵母催化剂
4
的量无关 做食品，酵母量大自然面就膨大快。催化剂的用量是会改变催化效率的。
1．（2024·山东青岛·二模）氯苯在液氨溶液中可以与氨基钠反应生成苯胺。某研究小组提出了三种可能的
机理。经过一系列实验，最终确定该反应按“机理3”进行。
机理1：
机理2：机理3：
三种机理中涉及到多个中间体。下列说法错误的是
A．已知“中间体1”至少有11个原子共平面，则碳负离子采用 杂化
B．“中间体2”存在 离域π键
C．“中间体3”的碳负离子有一对位于 杂化轨道的孤对电子
D．“中间体4”部分键角与正常键角有较大差距，导致“中间体4”反应活性高
【答案】B
【详解】A．“中间体1”中至少有11个原子共平面，可知氯原子和氨基外的其他原子共面，碳负离子形成
平面结构，为 杂化，故A正确；
B．“中间体2”存在碳正离子仍存在一个单电子参与形成π键，该中间体离域π键为 ，故B错误；
C．“中间体3”的碳负离子中C原子与两个C成键， 杂化轨道共存在一对孤电子对，p轨道中存在一个
单电子，故C正确；
D．“中间体4”存在碳碳三键，键角与双键差异较大，容易断键，因此“中间体4”反应活性高，故D正
确；
故选：B。
2．（2024·云南大理·三模）乙醛是一种重要的二碳试剂，其某种合成机理如图所示。下列说法错误的是
A． 是该反应的催化剂
B． 是合成过程中的副产物C．该合成乙醛的反应为：
D．增大 浓度，有利于提高 的平衡转化率
【答案】D
【详解】A．根据合成机理可知Fe+在第一步消耗，最后一步生成，是该反应的催化剂，A正确；
B．反应目的为生成乙醛，由合成机理可知 为生成物，所以 是合成过程中的副产物，B正
确；
C．根据合成机理的箭头指入情况和指出情况可知，该合成乙醛的反应为乙烷和一氧化二氮转化为乙醛、
氮气和水： ，C正确；
D．增大 浓度，有利于提高反应速率，但是不改变平衡移动，不改变 的平衡转化率，D错
误；
故选D。
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）Scripps研究所近期在温和条件下实现了苯乙酸的邻位羟基化反应，如图为
其反应机理，下列说法错误的是
A．过程③中 作为氧化剂 B．机理中存在非极性键的断裂
C．机理中所涉及物质N原子杂化方式均为 D．在转化过程中 为催化剂
【答案】C
【详解】A．Pd由 变为 的同时， 降价，作为氧化剂，A正确；
B．Pd由 变为 的同时， 断键为O-O，存在非极性键的断裂，B正确；C．机理中所涉及物质N原子杂化方式为 、 ，C错误；
D．PdCl 在反应物苯乙酸前参与反应，后生成，为催化剂，D正确。
2
故选C。
4．（2025·安徽合肥·模拟预测）一种利用Al/Cu/Pd三元金属颗粒复合材料去除水体中硝酸盐的技术机理如
图所示。下列说法中错误的是
A．随水体pH增大，硝酸盐去除率降低
B．H( ads)可以促进 的脱氧，从而产生N
2
C．该机理中三种金属均给出电子，体现还原性
D．金属铝表面的反应过程可表示为：2Al+ (ads) +7H+= 2Al3+ + NH (ads) +2H O
3 2
【答案】C
【详解】A．随水体pH增大，则溶液碱性增强，导致铝催化剂和碱反应，催化效率降低，硝酸盐去除率降
低，A正确；
B．由图可知，H( ads)可以和 ( ads)反应生成氮气，故可促进 的脱氧，从而产生N，B正确；
2
C．由图可知，该机理中是铝离子给出电子体现还原性，而Cu、Pd没有失去电子，C错误；
D．金属铝表面的反应为在酸性条件下， (ads)和铝在铝表面生成铝离子、NH (ads) ，根据质量守恒可
3
知，还会生成HO，可表示为：2Al+ (ads) +7H+= 2Al3+ + NH (ads) +2H O，D正确；
2 3 2
故选C。
5．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）甲烷与氧气直接选择性转化为甲醇是当今催化领域的“梦想反应”，科学家用 负载双组份催化剂（纳米金和 纳米簇）在室温和光照下完成了上述反应，选择性高达
95%。机理如图A所示，下列说法不正确的是
A．Au表面反应为：
B．图A中含碳微粒只存在2种杂化方式
C．有无催化剂 纳米簇对合成甲醇的产量无影响
D．图B是通过 和 同位素示踪分析氧化甲烷过程中的产品质谱测试图，由图可
知体系中产品 中氧主要来源于
【答案】D
【分析】由图A可知，氧气和氢离子在金表面得到电子生成HCOO ，甲烷在二氧化钛表面转化为 CH，
3
HCOO 与 CH 结合为CHOOH，CHOOH转化为CHOH，水在CoO 表面转化为 OH， OH与甲醇反应
3 3 3 3 x
生成甲醛和二氧化碳；由图B可知，反应生成的二氧化碳含有16O和18O，说明二氧化碳的氧原子来源于氧
气和水。
【详解】A．由分析可知，氧气和氢离子在金表面得到电子生成HCOO ，反应方程式为
，故A正确；
B．由图可知，A中双键氧原子的杂化方式为sp2杂化、单键氧原子的杂化方式为sp3杂化，共有2种杂化
方式，故B正确；
C．催化剂能改变反应的途径，降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，甲醇的产量不变，
则有无催化剂 纳米簇对合成甲醇的产量无影响，故C正确；
D．由分析可知，反应生成的二氧化碳含有16O和18O，说明二氧化碳的氧原子来源于氧气和水，故D错
误；
故选D。6．（2025·河南·模拟预测）在纳米多孔 ，光电极上将甘油氧化的过程中C—C键断裂与C—C键形
成机理如图所示。
下列叙述正确的是
A．有机物甲极易溶于水且与丙互为同系物 B．上述转化过程只包含 键的断裂和形成
C．丙能发生取代、加成、还原和氧化反应 D．每个甲分子中含有3个手性碳原子
【答案】C
【详解】A．甲含较多羟基，极易溶于水，但是丙含羟基、醛基，与甲不互为同系物，A项错误；
B．上述转化中，断裂碳碳单键( 键)，形成了碳碳单键和碳氧双键(含 、 键)，B项错误；
C．丙含醛基，能发生加成、氧化、还原反应，还含羟基，能发生取代反应(酯化反应)，C项正确；
D．甲分子不存在手性碳原子，D项错误；
答案选C。
7．（2024·安徽安庆·三模）除少数卤化物外，大部分非金属卤化物都易水解，且反应不可逆。卤化物的水
解机理分亲核水解和亲电水解。发生亲核水解的结构条件：中心原子具有 和有空的价轨道；发生亲电水
解的结构条件：中心原子有孤对电子，可作Lewis碱，接受HO的H+进攻。其中SiCl 的亲核水解机理如
2 4
图。下列说法错误的是
A．上述过程Si的杂化方式发生了改变 B．根据上述机理，NF 不能发生水解
3
C．预测NCl 能发生亲电水解 D．CCl 的水解机理与上述过程类似
3 4
【答案】D
【详解】A．SiCl 中Si原子采用sp3杂化，图示过程是亲核水解，中心原子Si具有δ+和有空的价轨道，第
4一步产物中Si原子的杂化方式为sp3d杂化，杂化方式发生改变，A正确；
B．由于F的电负性强，N具有δ+，但没有空的价层轨道，不能发生亲核水解，中心N原子具有δ+，也不
能接受HO的H+进攻，不能发生亲电水解，故NF 不能发生水解，B正确；
2 3
C．NCl 中中心原子N原子含有1个孤电子对，且N具有δ-，能接受HO的H+进攻，发生亲电水解，生成
3 2
NH 和HClO，C正确；
3
D．C原子最外层为L层，没有d轨道接受水分子中的孤电子对，所以CCl 不能发生类似SiCl 的水解反
4 4
应，D错误；
故答案为：D。
8．（2024·湖北黄冈·二模）消除天然气中 是能源领域的热点，利用 表面吸附 时，研究表
明有两种机理途径，如图所示。
下列说法错误的是
A．途径1历程中最大能垒为
B．使用催化剂该吸附过程释放能量减少
C． 的速率：途径1<途径2
D． 在吸附过程中提供了 原子
【答案】B
【详解】A．由图示可知，途径1历程中最大能垒为(-362.6kJ/mol)-(-567.1 kJ/mol)= ，故A正
确；
B．催化剂只能改变化学反应速率，不能影响吸附过程中释放的能量，故B错误；
C．活化能越大、反应速率越小，则 的速率：途径1<途径2，故C正确；
D．吸附过程中有氧原子参加，而HS中不含氧原子，所以 在吸附过程中提供了 原子，故D正
2
确；
故答案为：B。9．（2025·北京·模拟预测）烯烃可与卤素发生加成反应，涉及环正离子中间体，历程如下：
已知：①反应机理表明，此反应是分两步的加成反应，卤素离子从背面进攻。
②反应中，能否形成环正离子与卤素电负性，半径相关。
下列说法不正确的是
A．加成过程中，Br-Br键受到��电子云的作用，使键具有一定极性
B．乙烯与溴水反应，产物存在BrCHCHOH
2 2
C．烯烃与HOCl的加成也可能通过环正离子机理进行
D．此加成过程，顺式产物与反式产物含量相当
【答案】D
【详解】A．根据反应历程可知，加成过程中，Br-Br键受到��电子云的作用，使键具有一定极性，即含
有带正、负电荷的溴离子，A正确；
B．溴水中有Br 单质，水分子，加成过程中通过第一步生成环正离子后，可能带负电的氢氧根从背面进攻
2
生成BrCHCHOH，B正确；
2 2
C．HOCl也会变为带正电荷的卤素离子和带负电荷的氢氧根，故烯烃与HOCl的加成也可能通过环正离子
机理进行，C正确；
D．由于加成过程中第一步是慢反应，第二步是快反应，故反式产物比顺式产物多，D错误；
故选D。
10．（2024·河北沧州·三模）苯甲酸苯甲酯可以用作香料、食品添加剂及一些香料的溶剂，还可以用作塑
料、涂料的增塑剂，其合成机理如下图所示，下列说法不正确的是A．总反应：
B．物质B中碳原子、氧原子的杂化类型相同
C．苯甲酸苯甲酯中除氢原子外的其他所有原子可能共平面
D．该过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成
【答案】A
【详解】A．在总反应流程中，物质 先被消耗掉后又重新生成，因此物质D才是总反应的催化剂，总反
应为： ，A错误；
B．酯基中双键氧原子采取 杂化，单键氧原子采取 杂化，物质 中碳原子、氧原子均存在 杂化和
杂化，两者的杂化类型相同，B正确；
C．苯环为平面结构，直接与苯环相连的原子在苯环平面内，次相连的原子以单键连接，可旋转至苯环平
面内，因此，苯甲酸苯甲酯中除氢原子外的其他所有原子可能共平面，C正确；
D． 参与反应断裂非极性键，生成 时，存在碳碳键非极性键的生成； 过程中，断裂 极
性键，并形成 极性键，因此，该过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成，D正确。
故答案选A。
11．（2024·黑龙江牡丹江·一模）除少数卤化物外，大部分非金属卤化物都易水解，且反应不可逆。卤化
物的水解机理分亲核水解和亲电水解。发生亲核水解的结构条件：中心原子具有 δ+ 和有空的价轨道。发
生亲电水解的结构条件：中心原子有孤对电子，可作 Lewis 碱，接受 HO 的 H+ 进攻。NCl 和SiCl 均可
2 3 4发生水解反应，其中NCl 的水解机理示意图如下：
3
下列说法正确的是
A．NCl 和SiCl 的水解反应机理相同 B．PCl 的水解产物为HPO
3 4 3 3 4
C．由上述理论可知NF 不能发生水解 D．CCl 的水解历程与SiCl 相似
3 4 4
【答案】C
【详解】A．由题意可知，NCl 中的中心N原子有孤对电子，发生亲电水解，而SiCl 的中心原子Si具有
3 4
δ+ 且有空的价轨道，发生亲核水解，所以二者的水解反应机理不同，A错误；
B．PCl 的中心原子P具有 δ+ 且有空的3d轨道，发生亲核水解，故其水解产物为HPO 和HCl，B错
3 3 3
误；
C．由于F的电负性较强，N具有δ+ ，但没有空的价层轨道，不能发生亲核水解，中心N原子具有δ+，
也不能接受 HO 的 H+ 进攻，故也不能发生亲电水解，C正确；
2
D．CCl 的C原子s、p轨道电子都已成键，没有空的价层轨道，CCl 不发生亲核水解，D错误；
4 4
故选C。
12．（2024·广东江门·三模）利用无机物离子 和 (下图简写为 )，实现
了水在催化剂作用下制氧气。用 进行同位素标记实验，证明了产物氧气中的氧原子完全来自水。其
相关机理如下图所示：
下列说法错误的是
A． 在反应中作氧化剂
B．催化氧化水的反应为C．进行同位素标记实验前需排尽体系中的空气
D．若 参与反应，则 中存在
【答案】B
【详解】A．根据图示，CeⅣ→CeⅢ，Ce元素化合价降低， 在反应中作氧化剂，故A正确；
B．根据图示，催化氧化水的反应中没有氢气生成，故B错误；
C．空气中含有氧气，为避免空气中氧气对生成氧气的检验产生影响，进行同位素标记实验前需排尽体系
中的空气，故C正确；
D．由图可知， 与HO反应生成 和H+，根据元素守恒，若H18O参与反应，
2 2
则[(L)RuⅢOOH]6-中存在18O，故D正确；
选B。
13．（2025·重庆九龙坡·二模）尿素 是一种高效化肥，也是一种化工原料。
(1)尿素 技术可用于汽车尾气的处理，该过程中会生成 ，反应如下。
Ⅰ.
Ⅱ.
一定温度下，向恒容容器中投入足量 和一定量的 ，当上述反应达到平衡时，测得
、 。则 (用含p、q的代数式表示，下同)，反
应Ⅰ的平衡常数为 。
(2)工业上以 和 为原料合成尿素，图1是反应历程及能量变化，历程中的所有物质均为气态。
①该反应历程中，若 ，则 。
【答案】(1)p-2q p (p-2q) (2)66.5【详解】（1） ,
，则c(HNCO)=（p-2q）mol/L，则反应I的
平衡常数K=c ( NH ) ×c ( HNCO ) =p (p-2q) ( mol/L )2。
3
（2）从图分析，过渡态3的相对能量为241-87=154kJ/mol，则ΔE=154-87.5=66.5kJ/mol。
1
14．（2024·山东泰安·三模）我国高度重视双碳工作实施和目标实现，致力研发二氧化碳综合利用的措施
和途径。
已知： I．CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g) ΔH
2 2 3 2 1
II．CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) ΔH₂=+41.2kJ⋅mol-1
2 2 2
Ⅲ．相关化学键的键能数据如表所示。
化学键 C=O H—H C—H C—O O—H
键能/(kJ·mol⁻¹) 803.0 436.0 413.4 351 462.8
回答下列问题：
(1)一氧化碳与氢气合成甲醇气的热化学方程式为 。
(2)研究表明，反应Ⅱ在催化剂上的反应机理如下。其中各物种吸附在催化剂表面活性位的原子用*标注，
如*CO表示CO中C原子吸附在催化剂表面。
I．CO(g)+H(g)+HO(g)= CO (g)+H(g)+HO
2 2 2 2 2 2
II．CO(g)+H(g)+HO*=*COOH+2H*+HO*；
2 2 2
III．*COOH+2H*+HO*= COOH+H*+H O*；
2
iV．*COOH+H*+H O*=*CO+HO*+H*+HO(g)；
2 2 2
V．*CO+*OH+H*+H O(g)= *CO+H O*+HO(g)；
2 2 2
Vi．*CO+HO*+HOg= CO(g)+2H O(g)。
2 2 2
①HO的作用为生成物和 。
2
②该历程中，脱附和吸附的能量很低，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为并骤 (填序号)，理由是
。
【答案】
(1)
(2)催化剂 ⅱ 步骤ⅱ和步骤ⅳ中存在断键过程，且步骤ⅱ中断键需要的能量更大【详解】（1）由键能数据计算得，
，反应Ⅰ-反应Ⅱ
得目标反应 ；
（2）①由反应机理可知，部分 作总反应生成物，部分水参加反应后被生成，作催化剂；
②步骤ⅱ为断裂 中 键、 中 键和 中 键，并形成 中 键，步骤ⅳ为断
裂 中 键，步骤ⅱ中断键需要的能量更多，则速率控制步骤为步骤ⅱ；
15．（2024·安徽池州·三模）甲醇是最为常见、应用场景最为广泛的基础化学品之一，甲醇与乙烯、丙烯
和氨是用于生产所有其他化学品的四种关键基础化学品。
(1)已知反应I： ；
反应Ⅱ： ；
则反应Ⅲ： ；
(2)常温常压下利用 催化剂实现二氧化碳加氢制甲醇的反应历程和能量变化图如下(其中吸附
在催化剂表面上的粒子用*标注)
转化历程中决速步骤的反应方程式为 。
【答案】
(1)-90
(2) (或合理答案)
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应II-反应I，则 ；
（2）该转化历程中活化能越大反应速率越慢，故起决速步骤的方程式为
；
16．（2024·北京朝阳·二模）氢的有效储存与释放是氢能应用的关键问题之一。Ⅰ．有机储氢材料
(1)N—乙基咔唑是具有应用前景的储氢材料，其储氢、释氢原理如图1所示。
①基态N原子价层电子轨道表示式为 。
② 晶体中离子键的百分数为41%。分析 、MgO、 、 中离子键的百分数小于41%的有
。
③比较在水中的溶解性： 乙基咔唑 乙胺（ ）（填“＞”或“＜”）。
(2)HCOOH是安全方便的具有应用前景的液态储氢材料。HCOOH催化释氢的可能机理如图2所示。
①依据VSEPR模型， 中心原子上的价层电子对数是 。
②为证实上述机理，用HCOOD代替HCOOH进行实验。在图3中补充HCOOD催化释氢部分过程的相应
内容 。
【答案】
(1) 、 <(2)2
【详解】（1）①基态N为7号元素，其原子价层电子轨道表示式为 。
②硅磷电负性大于铝，则硅氧、磷氧键的离子成分小于铝氧键，故 、MgO、 、 中离子键的
百分数小于41%的有 、 。
③ 能和水形成氢键，而 乙基咔唑不能形成氢键，则在水中的溶解性： 乙基咔
唑小于乙胺；
（2）①CO 分子中C原子的价层电子对数为2＋ =2。
2
②由反应历程可知，HCOOD中D原子和氮结合、HCOOD中H原子和Pd结合，然后在③反应中H和D结
合生成氢气，故图示为： ；
17．（2024·广东湛江·二模）二氧化碳的捕集和资源化利用是缓解温室效应的重要战略方向。回答下列问
题：
(1)我国在二氧化碳催化加氢合成甲醇上取得了突破性进展，有关反应如下：
反应ⅰ。
反应ⅱ。
和 合成甲醇的热化学方程式为 。
(2)在催化剂 的作用下， 的微观反应历程和相对能量( )如图所示，
其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。已知： 表示 ， 表示 ， 表示 。
历程Ⅰ：
反应甲：历程Ⅱ：
反应乙：
历程Ⅲ：
反应丙：
①历程Ⅲ中的反应丙可表示为 。
②决定 的总反应速率的是历程 (填“Ⅰ”、“Ⅱ”或
“Ⅲ”)。
【答案】
(1)
(2) Ⅲ
【详解】（1）已知，反应ⅰ： ；反应
ⅱ： ；根据盖斯定律可知，由反应ⅰ-反应ⅱ可
得， 和 合成甲醇的热化学方程式为
。
（2）①已知总反应为 ，历程Ⅰ反应甲： ，历程
Ⅱ反应乙： ，则总反应-反应甲-反应乙可得历程Ⅲ中的反应丙，可表示为
。
②历程Ⅰ的活化能为-0.05eV-(-0.37eV)=0.32eV，历程Ⅱ的活化能为0.38eV-(-0.41eV)=0.8eV，历程Ⅲ的活化
能为0.63eV-(-0.85eV)=1.48eV，活化能越大，反应速率越慢，总反应的反应速率应最慢的反应决定，则决
定 的总反应速率的是历程Ⅲ。
18．（2024·广东·一模）苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，可由乙苯催化脱氢获得。
(1)科技工作者结合实验与计算机模拟结果，研究了一个乙苯分子在催化剂表面脱氢制苯乙烯的反应，其历
程如图1所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注)：乙苯脱氢制苯乙烯反应的焓变 (填“>”“<”或“=”)0，为提高乙苯的平衡转化率，应选择的
反应条件为 (填标号)。
A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压
(2)有研究者发现，在 气氛中乙苯催化脱氢制苯乙烯更容易进行，反应历程如图2：
①该过程的总反应的化学方程式为 。
② 属于 (填“极性”或“非极性”)分子；干冰中每个 分子周围有 个紧邻
分子。
③从资源综合利用角度分析， 氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点是 。
【答案】
(1)> B
(2) 非极性 12 可以利用温室气
体CO，有利于碳减排
2
【详解】（1）由图可知，反应的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，ΔH>0；乙苯在催化剂
表面脱氢制苯乙烯的总反应为 (g) (g)+H(g)，该反应为气体体积增
2
大的吸热反应，升高温度、减小压强均能使平衡正向移动，均能提高乙苯的平衡转化率，因此提高乙苯的
平衡转化率，应选择的反应条件为高温、低压，故选B。
（2）①由反应历程图可知，该过程的总反应的化学方程式为 (g)+CO (g)
2(g)+CO(g)+HO(g)；
2
② 是直线形分子，结构对称，属于非极性分子；干冰分子间只存在范德华力，是分子密堆积，每个
分子周围有12个紧邻分子。
③从资源综合利用角度分析， 氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点是 来源广泛，简单易得，利用
氧化乙苯脱氢制苯乙烯能减少 的排放，减少温室效应，实现“碳中和”；
19．（2024·全国·二模）“碳达峰”“碳中和”是推动我国经济社会高质量发展的内在要求。通过二氧化
碳催化加氢制备甲醇是一种重要的转化方法，其反应过程的机理和相对能量如下(已知 ，
吸附在催化剂表面上的物种用*标注)：
反应I：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
(1)该反应历程中决速反应的方程式为 。
(2)反应Ⅱ的正反应活化能 (填“>”“<”或“=”)。
(3)反应 的 。
【答案】
(1)
(2)>
(3)
【详解】（1）化学反应速率由慢反应决定，活化能越大，反应速率越慢，所以决速反应为：；
（2）反应Ⅱ为吸热反应， ，所以 ；
（3） ，反应 的
；
20．（2024·陕西西安·三模）2023年杭州亚运会主火炬塔首次使用废碳再生的“绿色甲醇”作为燃料，实
现了循环内的零排放。“零碳甲醇”作为公认的新型清洁可再生能源，不易爆炸、储运安全便捷。
甲醇的制备方法有二氧化碳加氢法、电催化法、甲烷催化氧化法等。回答下列问题：
Ⅰ.二氧化碳加氢制甲醇：
① kJ/mol
② kJ/mol
③
已知：甲醇的选择性
(1) ，该反应自发进行的条件是 。
(2)一定温度下，在恒容密闭反应器中，反应③达到平衡，下列措施中能使平衡体系中 增大且加
快化学反应速率的是___________ (填字母)。
A．升高温度 B．充入 ，使体系压强增大
C．再充入1 mol D．将 从体系中分离出去
(3)恒温恒容条件下，原料气 、 以物质的量浓度之比为1∶3投料时，控制合适条件(不考虑反
应③)，甲醇的选择性为60%。已知初始压强为4MPa， ，达到平衡时，
mol/L，则该过程中 的平衡转化率为 %，该条件下反应②的 (保留三位有
效数字)。
Ⅱ.电催化法
一种基于铜基金属簇催化剂电催化还原 制备甲醇的装置如左下图所示。控制其他条件相同，将一定量
的 通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如右下图所示。(4)电极生成 的电极反应式为 。
(5)控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为 mol。
Ⅲ.甲烷催化氧化法
主反应：
副反应：
科学家将 、 和 ( 是活性催化剂)按一定体积比在催化剂表面合成甲醇，部分反应历程如
图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注，TS代表过渡态)。
(6)该历程中正反应的最大活化能为 kJ·mol ，写出该步骤反应的化学方程式： 。
【答案】
(1)-90.4 低温
(2)C
(3)50% 0.105
(4)
(5)2.8
(6)22.4 或【详解】（1）由盖斯定律可知， ；反应③是气体
体积减小放热反应，当 时反应能自发进行，则该反应自发进行的条件是低温，故答案
为：-90.4；低温。
（2）③
A．反应③正反应放热，升高温度，平衡逆向移动， 减小，故A错误；
B．恒容条件下充入 ，使体系压强增大，反应物浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，
不变，故B错误；
C．再充入 ，H 浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动， 增大，故C正确；
2
D．将 从体系中分离出去，由于浓度减小因此所有物质的反应速率减慢，故D错误；
故答案为：C。
（3）恒温恒容条件下， 、 物质的量浓度之比为1∶3，起始时 ，达到平衡
时， mol/L，假设体积为1L，生成的甲醇为xmol，甲醇的选择性为 ，解得
，根据已知条件列出“三段式”：
平衡转化率为 ， ，初始压强为4MPa，根据
，有 ，该条件下反应②
，故答案为：50%；0.105。
（4）根据图示，a电极为阳极，b电极为阴极，b极上生成CHOH的电极反应式为
3，故答案为： 。
（5）由图知，控制电压为0.8V时，阴极生成0.2molC HOH和0.2molH，阴极的电极反应式为2CO+12e-
2 5 2 2
+12H+=C HOH+3H O、2H++2e-=H ↑，电解时转移电子物质的量为0.2mol×12+0.2mol×2=2.8mol，故答案
2 5 2 2
为：2.8。
（6）如图可知，该历程中正反应的最大活化能步骤 到 ，活化能为
，该步骤反应的化学方程式为 或
，故答案为22.4； 或
。
