文档内容
易错专题 10 反应机理
聚焦易错点：
►易错点一 有效碰撞理论
►易错点二 反应机理
典例精讲
易错点一 有效碰撞理论
【易错典例】
例1目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法错误的是
A．第②、③步反应均释放能量
B．该反应进程中有二个过渡态
C．酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能
D．总反应速率由第①步反应决定
B【解析】A. 根据反应历程，结合图可知，第②③步均为反应物总能量高于生成物的总能量，为放热反
应，选项A正确；B. 根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可
知，该反应进程中有三个过渡态，选项B错误；C. 酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，选项C正
确；D. 活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，
总反应速率由第①步反应决定，选项D正确。
【解题必备】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E，
1
反应热是E－E。
1 2
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。
【变式突破】
1．（2024·河南·洛宁县第一高级中学高三阶段练习）臭氧层中O 分解过程如图所示，下列说法不正确的
3
是
A．催化反应①是吸热反应，催化反应②是放热反应
B．E 是催化反应①对应的正反应活化能
1
C．温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度大于逆反应速率的增加幅度
D．(E +△H)是催化反应②对应的逆反应活化能
2
C【解析】A．由图可知，反应①中生成物的总能量高于反应总能量的反应，该反应是吸热反应，而反应②
的生成物的总能量低于反应总能量的反应，该反应是放热反应，A正确；B．根据过渡态理论，E 是催化反应①对应的正反应的活化能，(E +△H)是催化反应②对应的逆反应的活
1 2
化能，B正确；
C．由图可知，该反应的反应物总能量比生成物的总能量高，因此该反应宗反应是放热反应，温度改变对
吸热反应影响更大，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，说明温度升高，总反应的正反应速率
的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，C错误；
D．根据过渡态理论，E 是催化反应①对应的正反应的活化能，(E +△H)是催化反应②对应的逆反应的活
1 2
化能，D正确。
2．（2024·广东佛山·二模）一种催化 制备 的部分反应历程和能量变化如图所示，其中吸附在
催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是
A．有4个基元反应
B．升温有利于 的吸附
C．反应 不是决速步
D．增大 的投入量，可提高其平衡转化率
C【解析】A．根据图示可知，该过程包含 、 2个
基元反应，A错误；B． ，升高温度不利于 的吸附，B错
误；C． 活化能较大，反应速率较慢，是决速步，C正确；D．增大 的投
入量，可提高反应速率，但不能提高平衡转化率，D错误。
3．（2024·吉林·三模）甲醇用途广泛，可用作溶剂、防冻剂、燃料，也可用于生产生物柴油，利用合成气
(主要成分为CO、CO 和H)可以合成甲醇，涉及的反应如下，回答下列问题：
2 2
反应ⅰ：CO(g)+2H(g) CHOH(g) △H =−91.5kJ∙mol−1
2 3 1
反应ii：CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g) △H=−49.9kJ∙mol−1
2 2 3 2 2
反应iii：CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) △H=+41.6kJ∙mol−1
2 2 2 3
(1)在某催化剂作用下，反应ⅰ的反应历程如图所示(图中数据表示微粒数目以及微粒的相对总能量，*表示
吸附在催化剂上)：①CO 的电子式为 。
2
②结合反应历程，写出反应ⅰ中生成甲醇的决速步骤的反应方程式 。
③m= (计算结果保留两位有效数字，已知1eV=1.6×10−22kJ)。
(2)反应ⅰ的Arrhenius经验公式Rlnk=− +C(E 为活化能，k为速率常数，R和C均为常数，T为温度)，
a
实验数据如图中曲线M所示。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线N所示，则实验可能改变的外界条
件是 。
(3)将一定量的CO(g)和H(g)充入密闭容器中并加入合适的催化剂，只发生反应ii和iii．在相同温度不同
2 2
压强下测得CO 的平衡转化率、CHOH(g)的选择性 和CO的选择性 随
2 3
压强变化曲线如图所示。
①图中表示CHOH的选择性的曲线是 (填“m”“n”或“p”)，简述判断方法 。
3②反应体系中组分CO(g)、CO(g)的浓度随时间变化情况如图所示。0～15s时间段内，CHOH的平均反应
2 3
速率为 mol·L−1·s−1(保留两位有效数字)。
【答案】(1) CO*(g)+2H (g)=HCO*(g)+ H*(g) 0.95eV(2)加入了高效催化
2 2
剂(3) m 反应ii是气体体积减小的反应，反应iii是气体体积不变的反应，增大压强时平衡正向移
动，CO 的平衡转化率增大，甲醇选择性增大，一氧化碳转化率减小，且甲醇选择性和一氧化碳选择性之
2
和为1 0.0017
【解析】（1）①已知CO 是共价化合物，故CO 的电子式为 ，故答案为：
2 2
；②决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应，反应速率快慢由反应的活化能决定，活
化能越大，反应速率越慢，由反应历程图中数据可知，活化能=过渡态能量-起始态能量，各个步骤中活化
能分别为：0.7eV、0.8eV、0.2eV、0.2eV、0.7eV、(1.4-m)eV，其中最大的数值为[-0.1-(-0.9)]eV=0.8eV，该
步骤的反应方程式为CO*(g)+2H(g)=HCO*(g)+ H*(g)，故答案为：CO*(g)+2H(g)=HCO*(g)+ H*(g)；
2 2 2 2
③反应i CO(g)+2H
2
(g)⇌CH
3
OH(g)ΔH
1
=-91.5kJ/mol，由图可知，1molCO(g)和2molH
2
的总能量与CH
3
OH(g)
的总能量之差为91.5kJ，反应历程图中的E表示的是1个CO分子和2个H 分子的相对总能量与1个
2
CHOH分子的相对总能量之差为meV，相对总能量E═meV= ≈0.95eV，即m=0.95，
3
故答案为：0.95eV；（2）由图可知，曲线M的Rlnk随T的增大减小幅度大，曲线N的Rlnk随T的增大
减小幅度小，即温度一定时二者的活化能不相等，催化剂能降低反应的活化能，所以曲线N实验可能改变
的外界条件是加入了高效催化剂，故答案为：加入了高效催化剂；（3）①反应ii是气体体积减小的反
应，反应iii是气体体积不变的反应，增大压强时平衡正向移动，CO 的平衡转化率增大，CHOH(g)的选择
2 3
性增大，CO的选择性减小，并且CHOH(g)的选择性增和CO的选择性之和为100%，所以曲线n表示CO
3 2
的平衡转化率，曲线m表示CHOH(g)的选择性，曲线n表示CO(g)的选择性，故答案为：m；反应ii是气
3
体体积减小的反应，反应iii是气体体积不变的反应，增大压强时平衡正向移动，CO 的平衡转化率增大，
2
甲醇选择性增大，一氧化碳转化率减小，且甲醇选择性和一氧化碳选择性之和为1；②由题干图像信息可
知，15s末CO 的浓度为0.3mol/L，CO的浓度为0.175mol/L，由三段式分析可知：
2，则15s内CHOH的浓度变化量为0.5-0.3-
3
0.175=0.025mol/L，故0～15s时间段内，CHOH的平均反应速率为
3
=0.0017mol·L−1·s−1，故答案为：0.0017。
易错点二 反应机理
【易错典例】
例2（2024·河南·高三阶段练习）由 簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如
图所示(“UV”代表紫外线)。
下列说法错误的是
A． 在循环中起催化作用
B．该反应可用于制取合成气 、
C．过程中包含反应
D．反应过程中金属元素 、V的价态均不变
D【解析】A．由催化循环Ⅰ、Ⅱ及催化剂性质知，A项正确；
B．图中循环Ⅰ、Ⅱ反应都为HO重整CH ( )，得到合成气： 和 ，B项正
2 4
确；
C．由图示可知，循环Ⅰ中，在UV的作用下， ，C项正确；
D． 、 、 中钒的化合价一定不同，D项错误。【解题必备】
1.反应机理：
（1）应反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。
2.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。
【变式突破】
4．（2024·云南曲靖·二模）半导体光催化是指半导体材料吸收光子，产生光生电子 和空穴 ，从而
引发一系列反应的过程。一种光催化选择性氧化甲烷制备甲醇的机理如图所示，下列说法错误的是
A．转化①是吸热过程
B． 的电子式为C．转化②发生的反应可表示为
D．光照下 可以加快该反应的速率，且不改变反应的焓变
A【解析】A．由图可知，转化①为共价键的形成过程，形成共价键的过程为放热过程，故A错误；B．
是含有极性键和非极性键的自由基，电子式为 ，故B正确；C．由图可知，转化②
发生的反应为酸性条件下CHOOH得到电子发生还原反应生成甲醇和水，反应式为
3
，故C正确； D．由图可知， 是反应的催化剂，所以光
照下 可以加快该反应的速率，且不改变反应的焓变，故D正确。
5．（2024·江苏·淮海中学高三期末）某种含二价铜的催化剂[CuII(OH)(NH )]+可用于汽车尾气脱硝。催化机
3
理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法中正确的是
A．该脱硝过程总反应的 H＞0
B．由状态④到状态⑤发生了氧化还原反应
△
C．总反应的化学方程式为4NH +2NO+2O 6HO+3N
3 2 2 2
D．依据反应历程能量变化，反应过程中不同态物质体系稳定性降低
B【解析】A．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变△H＜
0，A项错误；
B．由图1可知，状态④到状态⑤中O的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，B项正确；
C．由图1知，该过程反应物有：NH 、NO、O，生成物有HO、N，依据参数配平反应为：
3 2 2 2
4NH +4NO+O 6HO+4N，C项错误；
3 2 2 2
D．物质能量越低越稳定，依据反应历程能量变化，反应过程中不同态物质体系稳定性升高，D项错误。
6．（2024·福建厦门·高三期末）催化剂(Fe，Al)/MIL-53可直接选择性氧化甲烷制甲醇，节省能耗。(1)(Fe，Al)/MIL-53制备方法如下：Al(NO )•9H O +Al/MIL-53 (Fe，Al)/
3 3 2
MIL-53。
①对苯二甲酸的结构简式为_______，该分子中最多_______个原子共平面。
②生成（Fe，Al)/MIL-53过程中溶液pH_______(填“变大”或“变小”)。
③(Fe，Al）/MIL-53中Fe3+位于O原子形成的_______空隙中，1个对苯二甲酸根离子最多能形成_______
个配位键。
(2)(Fe，Al)/MIL-53催化CH 制CHOH的机理如图，其中虚线表示吸附状态。
4 3
①ii转化为iii的过程中，破坏的微粒间作用力有_______(填标号)。
A．σ键 B．配位键 C．离子键 D．极性键 E.非极性键
②该催化循环中铁元素价态有_______种。
(3)用FeCl •6H O和对苯二甲酸合成Fe/MIL-53。两种催化剂在上述催化过程中相对能量的变化情况如图。
3 2①Fe/MIL-53催化过程中决速步骤为_______(化学键变化角度答题)。
②(Fe，Al)/MIL-53催化效果更佳的原因是_______。
【答案】(1) 18 变小 八面体 4
(2) ADE 2
(3) 甲烷均裂生成甲基 与Fe/MIL-53相比，(Fe，Al)/MIL-53催化时决速步能垒低，反应速率更
快；过多相近Fe位点上的羧基被HO 取代，会导致配合物框架坍塌而溶解
2 2
【解析】(1)①对苯二甲酸含有1个苯环和2个羧基，两个羧基取代了苯环对位上的氢原子，该有机物结构
简式为：对苯二甲酸，含有1个苯环和2个羧基，两个羧基取代了苯环对位上的氢原子，该有机物结构简
式为： ，该结构中，苯环为平面结构，羧基中的C一定和苯环共面，另外3个原
子可能和苯环共面，则最多18个原子共面；
②生成(Fe，Al）/MIL-53过程中对苯二甲酸羧基中的H被Al、Fe替换，转化为H+，则溶液pH变小；
③(Fe，Al）/MIL-53中Fe3+位于中心位置，而6个O原子形成八面体，则Fe3+位于八面体空隙中，1个对苯
二甲酸根离子含有4个具有孤对电子的O原子，则最多能形成4个配位键。
(2)①ii转化为iii的过程中，破坏了H-O之间的单键即σ键、极性键，还破坏了O-O之间的非极性键，没有
破坏配位键以及离子键；
②该催化循环中铁元素价态有+3价、+6价两种化合价。
(3)①相对能量越大，反应速率越慢，为决速步骤，则Fe/MIL-53催化过程中决速步骤为甲烷均裂生成甲
基；
②(Fe，Al)/MIL-53催化时，相对能量更低，则催化效果更佳的原因是与Fe/MIL-53相比，(Fe，Al)/MIL-53
催化时决速步能垒低，反应速率更快；过多相近Fe位点上的羧基被HO 取代，会导致配合物框架坍塌而
2 2
溶解。
考点精练
1．（2024·广西·二模） 是一种特别的共轭体系。在高温条件下 可以由 分子经过5步氢
提取和闭环脱氢反应生成。其中第一步过程的反应机理和能量变化如下：下列说法错误的是
A．反应过程中有极性键的断裂和形成
B．图示历程中的基元反应，速率最慢的是第3步
C． 制备的总反应方程式为：
D．从 的结构分析， 结构中五元环和六元环结构的数目分别为6、10
2．（2024·重庆·一模）我国科技工作者用钾离子促进电催化合成尿素 可能的反应机理如图。
与其他步骤相比，碳氮键的形成过程活化能更高。下列说法正确的是
A．尿素中氮原子采取 杂化 B．步骤①和③的反应速率较其他步骤快
C．步骤⑥发生的是氧化反应 D．以上过程中涉及极性键的形成和断裂
3．（2024·河北·二模）硅铝酸盐沸石离子交换分子筛M-ZSM-5(M为Fe、Co、Ni、Cu)催化NO氧化CH
2 4
制甲醇的反应机理如图所示，下列说法错误的是A．反应②的原子利用率为
B．反应①、②、③、⑥、⑦中， 的化合价发生了改变
C．M-ZSM-5能降低 氧化 制甲醇反应的活化能，改变反应的
D．总反应为
4．（2024·广东惠州·三模）一定条件下，1-苯基丙炔(Ph-C=C-CH )可与HCl发生催化加成，反应如下：
3
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．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
B．反应焓变：反应I<反应Ⅱ
C．增加HCl浓度不会改变平衡时产物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
5．（2024·黑龙江·二模）1，2-丙二醇可用作制备不饱和聚酯树脂的原料，在化妆品、牙膏和香皂中可与
甘油配合用作润湿剂。已知1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如图所示。下列说法不正确的是A． 的化学式为
B．催化过程中金属元素 成键数发生改变
C． 是该反应的催化剂，可通过降低反应的活化能来提高化学反应速率
D．整个反应的化学方程式为
6．（2024·重庆·二模）一种合金催化剂催化 水解释氢的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．使用催化剂增大反应的活化能和反应速率
B．反应过程中B原子杂化方式不变
C．反应过程中无配位键断裂
D．若将 换成 ，则有HD和 生成
7．（2024·湖南怀化·二模）一种利用 和 直接合成 的反应历程如下图所示。下列说法中错误的是A．总反应的原子利用率理论上可达100%
B．步骤2中，若 完全反应，则理论上转移电子数目为2N
A
C． 降低了反应的活化能，加快了反应速率
D． 和 中Pd的化合价不相同
8．（2024·广东茂名·二模）我国科研人员探究了不同催化剂电化学催化 生产HCOOH的催化性能，反
应机理如图所示。下列说法不正确的是
A．使用三种催化剂，反应历程都分4步进行
B．该反应过程仅涉及 键的断裂与形成
C．相同条件下，HCOOH（l）比 （g）稳定
D．相同条件下，使用催化剂In（101）时，反应过程中*OCHO所能达到的最高浓度更大
9．（2024·云南大理·二模）某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应(均为气体)经历
三个基元反应阶段，反应历程如下图所示(TS表示过渡态)。下列说法错误的是
A．该过程包含一个吸热反应和两个放热反应B．反应②逆反应的活化能为
C．该过程的总反应为
D．反应③生成2mol 时，转移电子数为
10．（2024·广东·一模）乙烯氢化的热化学方程式为 ，使用
不同含Au催化剂的反应历程如图所示。下列说法错误的是
A．1mol 的能量小于1mol 与1mol 具有的能量之和
B．该反应的焓变：
C．过渡态物质的稳定性：过渡态1>过渡态2
D．相应的活化能：催化剂AuF>催化剂
11．（2024·河南信阳·二模）基于非金属原子嵌入石墨烯三嗪基 中，用于催化一氧化碳加氢生成甲醇
的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用“ ”标注，下列说法中错误的是
A．整个反应历程中有四个基元反应
B．过渡态相对能量：
C．物种吸附在催化剂表面的过程为吸热过程
D．反应决速步的活化能为0.95eV
12．（2024·湖南益阳·三模）溴代叔丁烷与乙醇的反应进程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是A．溴代叔丁烷与乙醇的反应为吸热
B．溴代叔丁烷和乙醇的总反应速率由反应Ⅲ决定
C．氯代叔丁烷和乙醇中发生相似的反应，则反应I的活化能将增大
D．由该反应原理可推知， 二溴乙烷和乙二醇反应可制得环丁烷
13．（2024·江西萍乡·二模）二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，发生以下反应：
反应①
反应②
资料：催化剂上吸附或沉积太多的水，碳等，易使催化剂中毒。
(1)反应②在热力学上自发进行的趋势大于反应①，其原因是 。
(2)已知反应①的速率方程 ， ，( 、 分别为正、逆反应速率
常数，只与温度、催化剂有关)。温度 下反应达到平衡时 ，温度 下反应达到平衡时
。由此推知， (填“>”“<”或“=”)。
(3)压强为100kPa下，将1mol 和2mol 通过装有催化剂的反应器充分反应，平衡时 和CO
的选择性、 的转化率随温度的升高曲线如图所示
①图中曲线a代表的是 。
②在上述条件下合成甲醇的适宜工业条件是 。A．100～300K B．500～600K C．900～1000K D．1000K以上
③573K时，反应②平衡常数 (写计算式， 为以气体的物质的量分数表示的平衡常数)。
(4) 催化加氢制低碳烯烃(2～4个C的烯烃)
某研究小组使用Zn-Ga-O/SAPO-34双功能催化剂实现了 直接合成低碳烯烃，并给出了其可能的反应历
程(如图所示)。Zn-Ca-O无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性， 首先在Zn-Ga-O表面解离成2
个H*，随后参与到 的还原过程；SAPO-34则催化生成的甲醇转化为低碳烯烃。
注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒。
①理论上、反应历程中消耗的H*与生成的甲醇的物质的量之比为 。
②若原料气中 比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是 。
14．（2024·四川眉山·二模）氮氧化物 进入同温层可对臭氧层造成破坏，对人类生活造成不利影
响，目前工业上可采用多种方法对废气中的氮氧化物进行脱除，回答下列问题：
(1)SCR法主要是针对柴油发动机产生的 的处理工艺，原理是 和 在选择性催化剂表面转化为
和 ，反应历程中的能量变化如下图所示：
其中决定总反应速率的步骤是 ，SCR法会产生高分散度的烟尘，会使催化剂的活性下降，原
因是 。
(2)甲烷脱硝：
①已知甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol， ，，则甲烷脱硝反应的 kJ/mol。
②800K时，为提高NO的平衡转化率，理论上可以采取的措施有： 。
A．恒容时增加 B．恒压时通入一定量的Ar
C．移去部分 D．选择合适的催化剂
③一定温度下，将按一定比例混合的反应气匀速通过恒容催化反应器，测得NO去除率同 转化率随反
应温度的变化关系如下图所示：
当T>780K时，NO去除率随温度升高而降低的原因是 ；若反应气中
，起始总压为66kPa，甲烷的平衡转化率为80%(若不考虑过程中存在
的其他副反应)，计算该温度下反应的分压平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量
分数，保留两位有效数字)。
(3)中国科学院研究人员报道了一种以铜锡合金 为催化剂， 在电催化条件下还原NO高效合成
氨的方法，并通过DFT计算研究了反应可能得机理如下(*表示催化剂表面吸附位，如 表示吸附于催
化剂表面的NOH)：
Ⅰ Ⅱ
Ⅲ Ⅳ
Ⅴ Ⅵ
上述反应机理中，第Ⅲ步的转化机理为 ；若电路中有4mol电子通过，其中生成 的选择性
为95%，则阴极生成 的物质的量为 mol。
15．（2024·辽宁抚顺·模拟预测）甲醇和乙醇都是清洁能源，也是重要的化工原料。回答下列问题：
(1)工业上利用合成气合成甲醇：
已知：① ；
② ；
③上述反应中的 。
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中充入1molCO和1molH ，在固体催化剂作用下合成甲醇：
2
，下列叙述错误的是___________(填字母)。
A．当CO体积分数不变时达到平衡状态
B．平衡后充入少量氩气，平衡不移动
C．平衡后再充入0.1molCO和0.1molH，CO平衡转化率增大
2
D．增大催化剂质量，正、逆反应速率同倍数增大
(3)甲醇是一种潜在储氢材料。我国学者研究甲醇在钯基催化剂表面上分解制氢：
，其反应历程如图a所示(吸附在催化剂表面的物种用“*”表示)。
该总反应在 下(高温、低温、任意温度)自发进行；图示历程包括 个基元反应；其
中决速反应是反应 (填序号)，写出该步反应式： 。
(4)工业上，可以采用CO 催化还原制备CHOH、CHCHOH．发生反应如下：
2 3 3 2
① (主反应)；
② (主反应)；
③ (副反应)。
一定温度下，在甲、乙体积相同的反应容器中分别充入1molCO 和3molH ，发生上述反应，其中一个容器
2 2
使用水分子膜分离技术，另一个容器不使用水分子膜分离技术。实验测得CO 平衡转化率与压强关系如图
2
b所示。其他条件相同，增大压强，CO 平衡转化率增大，其原因是 ；采用水分子膜分离技术
2
的容器是 (填“甲”或“乙”)。(5)一定温度下，向总压强恒定为100kPa的反应器中充入1molCO 和3molH ，发生(4)中反应①②③，达到
2 2
平衡时CO 转化率为60%，生成CHCHOH与CO各为0.1mol，则反应①的平衡常数 为
2 3 2
。(写出数字表达式即可，分压=总压×物质的量分数)
16．（2024·安徽合肥·一模）精脱硫技术主要用于煤气中羰基硫(COS)和二硫化碳(CS)的转化。回答下列问
2
题：
(1)利用焦炉煤气中的H 可脱除煤气中羰基硫(COS)。羰基硫氢化反应历程有途径I和途径Ⅱ两种可能，如
2
图所示：
①已知羰基硫氢化反应速率较快，推测其更合理的反应历程是途径 (填“I”或“Ⅱ”)。
②反应 的△H= kJ·mol-1。
(2)MoS 可作羰基硫氢化反应的催化剂，催化机理如图所示：
2不同钼(Mo)含量的MoS 催化剂对COS转化率和HS的选择性不同，实验数据如图所示。
2 2
根据图中数据，选择 (填“3.4%Mo”或“8.7%Mo”)作催化剂效果最好；当HS选择性低于
2
100%时表明部分COS气体与催化剂发生了反应，催化剂有吸硫现象，若HS选择性高于100%，可能的原
2
因是 。
(3)金属Mo的晶胞如图所示，若原子a、b的坐标分别为(0，0，0)、(1，0，0)，则原子c的坐标为
，设晶体密度为ρg·cm3，则晶胞参数为 pm(阿伏加德罗常数的值为N )。
A
(4)一定温度下，向恒容密闭容器中充入物质的量之比为1：4的CS(g)和H(g)，发生反应
2 2
，容器内气体压强随时间变化如下表所示。
时间/min 0 50 100 150 200 250 300
10
压强/kPa 88.0 79.8 72.4 68.2 65.0 65.0
0
①0-250min内，H 分压的平均变化值为 kPa·min-l。
2
②该温度下，平衡常数K = (kPa)-2(列出计算式)。
p
参考答案
1．A【解析】A．该过程中涉及C-H断裂，C-C断裂和C-C、H-H形成，无极性键的形成，A错误；
B．由反应机理可知，该历程包含3个基元反应，其中第三个基元反应的活化能最大，反应3速率最慢，B
正确；
C．由图可知，该过程总反应为： ，C正确；
D．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1个五元环，则
总共含有6个五元环，10个六元环，D正确；
故选A。2．D【解析】A．尿素的结构简式为 ，其中N原子形成三个σ键，另外还含有1个孤电子
对，采取sp3杂化，故A错误；
B．与其他步骤相比，碳氮键的形成过程活化能更高，活化能越高，速率越慢，由图可知步骤①和③的过
程形成碳氮键，所以步骤①和③的反应速率较其他步骤慢，故B错误；
C．由图可知步骤⑥过程中得电子，即发生的是还原反应，故C错误；
D．由图可知步骤①和③的过程形成碳氮键，步骤④和⑤的过程断裂氮氧键，所以以上过程中涉及极性键
的形成和断裂，故D正确；
故答案为：D。
3．C【解析】A．根据反应②的反应物和产物结构式，反应物中的原子全部得到产物，原子利用率为
100%，A正确；
B．反应①、②、③、⑥、⑦中，根据题中所给结构式可以判断，M的化合价发生了改变，B正确；
C．催化剂能降低反应活化能，增大反应速率，但是不会改变反应的ΔH，C错误；
D．根据反应机理图，总反应正确，D正确；
本题选C。
4．B【解析】A．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，A正确；
B．反应I、Ⅲ为放热反应，根据盖斯定律，反应Ⅱ也是放热反应，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，B错
误；
C．由图可以看出产物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，C正确；
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，D正确；
故选B。
5．D【解析】A．由题干反应历程图可知，反应②为 ，则 为
，A正确；
B．由图可知， 成键数发生改变， 正确；
C．催化剂 通过降低反应的活化能来提高化学反应速率， 正确；
D．整个反应的化学方程式为： +2H O，D错误；
2
本题选D6．D【解析】A．使用催化剂，降低反应活化能，加快反应速率，A错误；
B．①过程中B原子由 杂化变为 杂化，B错误；
C． 中，N原子提供孤对电子与B原子形成配位键，①过程中有配位键的断裂，C错误；
D．由反应流程可知，若将 换成 ，则在过程①中生成 ，过程②中成HD，D正确；
故选D。
7．D【分析】由图示可知，步骤1为： +H →Pd+2HCl+2Cl-、步骤2为：Pd+O+2Cl-→
2 2
、步骤3为： +2HCl→ +H O，所以总反应为：
2 2
；
A．总反应为 ，理论上反应物全部转化为HO，故原子利用率理论上为100%，故A正
2 2
确；
B．步骤2为Pd+O+2Cl-→ ，若 完全反应，则理论上转移电子数目为2N ，故B正
2 A
确；
C．由分步反应及总反应可知， 为催化剂，催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，
故C正确；
D． 中Cl化合价为-1价，则Pd元素为+2价， 中Cl化合价为-1价、O
化合价为-1价，则Pd元素为+2价，Pd的化合价相同，故D错误；
故选D。
8．B【解析】A．使用三种催化剂，反应历程中4次活化能的改变，反应历程都分4步进行 ，A正确；
B．在In(101)反应过程CO 转化 →HCOOH，反应历程同时涉及π键的
2
断裂与形成，B错误；
C．HCOOH（l）所具有的能量比 （g）低，能量越低越稳定，C正确；
D．相同条件下，使用催化剂In（101）时，活化能较低反应速率较快，反应过程中*OCHO所能达到的最
高浓度更大，D正确；
故选D。
9．D【分析】从图中可得出三个热化学方程式：
反应①：2NO=N O △H=+199.2kJ∙mol-1；
2 2 1
反应②：NO+CO=CO +N O △H =-513.5kJ∙mol-1；
2 2 2 2 2反应③：CO+N O+CO=2CO+N △H=-306.6kJ∙mol-1据此分析解题。
2 2 2 2 3
A．由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，
①属于吸热反应，A正确；
B．正反应活化能减焓变值为逆应活化能，反应②逆反应的活化能为130 kJ∙mol-1-(-513.5) kJ∙mol-1=
，B正确；
C．利用盖斯定律，将反应①+②+③得， △H=+199.2kJ∙mol-1+
(-513.5kJ∙mol-1)+ (-306.6)kJ∙mol-1]= -620.9kJ∙mol-1，C正确；
D．反应③：CO+N O+CO=2CO+N △H=--306.6kJ∙mol-1，根据反应式可知N的化合价+1→0价，生成
2 2 2 2 3
2mol 时，转移电子数为 ，D错误；
故选D。
10．C【解析】A．该反应为放热反应，故1mol 的能量小于1mol 与1mol 具有的
能量之和，A正确；
B．反应 的 ，B正确；
C．过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越稳定，则稳定性：过渡态1<过渡态2，C错误；
D．由图可知，相应的活化能：催化剂AuF>催化剂 ，D正确；
故答案为：C。
11．C【解析】A．从微观上看，反应物分子一般总是经过若干的简单反应步骤，才最后转化为产物分子
的。每一个简单的反应步骤，就是一个基元反应。基元反应步骤要求反应物一步变成生成物，没有任何中
间产物，由图可知，整个反应历程中有四个基元反应，故A正确；
B．由图可知，过渡态相对能量的大小顺序为 ，故B正确；
C．由图可知，吸附在催化剂表面的生成物总能量低于反应物的总能量，为放热过程，故C错误；
D．反应的活化能越大，反应速率越慢，反应决速步为慢反应，由图可知，反应HCO*+H=HCO-H的活化
2 3
能最大，反应速率最慢，则反应决速步的活化能为0.35eV—(—0.60eV)=0.95eV，故D正确；
故选C。
12．C【解析】A．根据反应过程中反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，A错误；
B．由图可知，反应Ⅰ的活化能最大，所以溴代叔丁烷和乙醇的总反应速率由反应Ⅰ决定，B错误；
C．由图可知，反应Ⅰ中碳卤键会断裂，C-Cl的键长小于C-Br，所以C-Cl的键能大，断裂需要的能量多，
反应Ⅰ的活化能将增大，C正确；
D．由该反应原理可知醇在反应过程中断裂羟基的O-H键，卤代烃断裂碳卤键，会生成醚键，所以 二
溴乙烷和乙二醇反应不能制得环丁烷，D错误；
故选C。
13．(1)反应② 是放热反应，而反应① 是吸热反应
(2)<(3) 或甲醇的选择性 B
(4) 6∶1 太少，形成的氧原子空位少，催化能力较弱； 太多，生成的 过多，使催化剂中
毒
【解析】（1）根据 反应反应自发进行，反应②在热力学上自发进行的趋势大于反应①，其原因
是反应② 是放热反应，而反应① 是吸热反应。
（2）已知反应①的速率方程 ， ，( 、 分别为正、逆反应速
率常数，只与温度、催化剂有关)。温度 下反应达到平衡时 ， ，温
度 下反应达到平衡时 ， ， ，则此时平衡正向移动。由此推知，
。
（3）①反应①正向吸热，升高温度，平衡正向移动，反应②正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移
动，一氧化碳选择性增大，CHOH的选择性降低，故曲线a表示 或甲醇的选择性，故曲线c表示
3
CO的选择性，曲线b表示CO 的转化率。
2
②根据曲线，温度过高，甲醇选择性降低，温度过低，反应速率太慢，在上述条件下合成甲醇的适宜工业
条件是500～600K，故选B。
③573K时，甲醇选择性85%，二氧化碳转化率为60%，列出三段式为：
可得 ， ，解得x=0.09，y=0.51，平衡时总物质的量为1.98mol，反应②
平衡常数 。
（4）①H 首先在Zn-Ga-O表面解离成2个H*，随后参与到CO 的还原过程，即由得失电子守恒有
2 2
3H~CH OH~ 6H*，所以消耗6mol H*产生1molCH OH；理论上、反应历程中消耗的H*与生成的甲醇的物
2 3 3
质的量之比为6∶1。②结合反应过程，若原料气中 比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是 太少，形成的氧原子空
位少，催化能力较弱； 太多，生成的 过多，使催化剂中毒。
14．(1) H的移除 烟尘覆盖在催化剂表面，减少了催化剂与反应物的接触面积
(2) —982.8 AC T>780K时反应已达平衡，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO
去除率降低 0.071
(3) NOH*+H++e-→N*+H O 0.76
2
【解析】（1）反应的活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤为慢反应，由图可知，氢的移出步骤
时反应的活化能最大，反应速率最慢，则决定总反应速率的步骤是氢的移出；烟尘覆盖在催化剂表面，减
少了催化剂与反应物的接触面积，所以SCR法会产生高分散度的烟尘会使催化剂的活性下降，故答案为：
H的移出；烟尘覆盖在催化剂表面，减少了催化剂与反应物的接触面积；
（2）①由题意可知，甲烷燃烧的热化学方程式为CH(g)+2O(g)=CO (g) +2H O(l)ΔH =—890.3 kJ/mol，将
4 2 2 2
已知反应依次编号①②③，由盖斯定律可知，反应①—②×2—③可得甲烷脱硝反应，则反应ΔH =(—890.3
kJ/mol)—(−44kJ/mol)×2—(+180.5kJ/mol)= —982.8 kJ/mol，故答案为：—982.8；
②A．恒容时增加氧气，反应物氧气的浓度增大，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，故符
合题意；
B．该反应是气体体积不变的反应，恒压时通入一定量的氩气相当于减小压强，平衡不移动，一氧化氮的
转化率不变，故不符合题意；
C．移去部分水蒸气，生成物水蒸气的浓度减小，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，故符
合题意；
D．选择合适的催化剂，化学反应速率加快，但平衡不移动，一氧化氮的转化率不变，故不符合题意；
故选AC；
③由图可知，反应温度低于780K时，反应未达到平衡，高于780K时，反应已达平衡，该反应为放热反
应，高于780K时升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮去除率降低；设起始甲烷、一氧化氮、氧
气的物质的量分别为1mol、3.2mol、45.8mol，由甲烷的转化率为80%可得如下三段式：
该反应是气体体积不变的反应，所以反应中气体的总物质的量和压强保持不变，则由三段式数据可得反应
的分压平衡常数K = ≈0.071，故答案为：T>780K时反应已达平衡，
p
反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO去除率降低；0.071；
（3）由题意可知，电化学脱硝的总反应为2NO+5H =2NH+2H O，由题给反应机理可知，第Ⅲ步的转化机
2 3 2
理为NOH*+H++e-→N*+H O；由总反应可知，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氨气
2
和水，电极反应式为NO+5H++5e—=NH+H O，由生成氨气的选择性为95%可知，电路中有4mol电子通过
3 2时，生成氨气的物质的量为4mol× ×95%=0.76mol，故答案为：NOH*+H++e-→N*+H O；0.76。
2
15．(1)
(2)AD
(3) 高温 5 ⑤ 或 或
(4) ①和②的正反应是气体体积减小的反应，③是气体体积不变的反应，其他条件不变，增大压强，
平衡向正方向移动 甲
(5)
【解析】（1）已知：① ；
② ；
③
由盖斯定律可知，反应① +②-③ 可得合成气合成甲醇的反应，则反应∆H= kJ/mol；
（2）A.设一氧化碳消耗物质的量为x，某时刻一氧化碳的物质的量为( )，由方程式可知，气体总物
质的量为( )，则一氧化碳的体积分数恒为50%，所以一氧化碳体积分数不变不能说明正逆反应速
率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A错误；
B.恒容容器中充入氩气，平衡体系中各物质浓度不变，平衡不移动，故B正确；
C.平衡后再充入0.1mol一氧化碳和0.1mol氢气相当于加压，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平
衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，故C正确；
D.增大固体催化剂质量，催化剂的表面积不变，化学反应速率不变，故D错误；
故选AD；
（3）该总反应∆H>0，∆S>0，根据∆H-T∆S<0反应自发进行，该反应在高温自发进行；图示历程包括5个
基元反应；反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应取决于慢反应，由图可知，反应⑤的活化能最
大，为决速反应，反应⑤的方程式为 或 或 ；
（4）由方程式可知，反应①、②为气体体积减小的反应，反应③是气体体积不变的反应，其他条件相
同，增大压强，反应①、②形成的平衡向正反应方向移动，反应③形成的平衡不移动，则二氧化碳的平衡
转化率增大，故原因为①和②的正反应是气体体积减小的反应，③是气体体积不变的反应，其他条件不
变，增大压强，平衡向正方向移动；由图可知，相同压强时，甲的二氧化碳的转化率大于乙，则采用水分
子膜分离技术的容器是甲；其他条件相同，分离出水蒸气，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的平衡转化
率增大，故甲容器使用了水分子膜分离技术；
（5）由题意可知，平衡时二氧化碳的转化率为60%、CHCHOH与CO各为0.1mol，由题意可建立如下三
3 2
段式：由二氧化碳的转化率可得：0.8-a-0.1=0.4，解得a=0.3，则平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、乙醇、一氧化
碳、水蒸气的物质的量分别为0.4mol、1.4mol、0.3mol、0.1mol、0.1mol、0.7mol，则混合气体的总物质的
量为3.0mol，反应①的平衡常数Kp= 。
16．(1) Ⅱ b‒a‒c+d‒e
(2) 8.7%Mo 催化剂本身在反应过程中有失硫现象
(3)
(4) 0.28
【解析】（1）①反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，途径I的活化能大于途径Ⅱ，反应速率慢
于途径Ⅱ，所以应速率较快的羰基硫氢化的反应历程是途径Ⅱ，故答案为：Ⅱ；
②由图可知，该反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，反应的△H=(b‒a‒c)kJ/mol—(e—
d)kJ/mo=( b‒a‒c+d‒e)kJ/mol，故答案为：b‒a‒c+d‒e；
（2）由图可知，时间相同时，8.7%Mo作催化剂条件下反应的羰基硫转化率和硫化氢选择性均大于
3.4%Mo作催化剂条件下，说明反应速率快于3.4%Mo作催化剂条件下，所以选择8.7%Mo作催化剂效果最
好；由题意可知，硫化氢选择性低于100%是因为部分羰基硫气体与催化剂发生了反应，催化剂有吸硫现
象所致，则硫化氢选择性高于100%是因为催化剂本身在反应过程中有失硫现象所致，故答案为：
8.7%Mo；催化剂本身在反应过程中有失硫现象；
（3）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的原子a、b的坐标分别为(0，0，0)、(1，0，0)，则晶胞的边长为
1，所以位于面心的原子c的坐标为 ；位于顶点和面心的钼原子个数为8× +6× =4，设晶胞参数
为apm，由晶胞的质量公式可得： =10—30aρ，解得a= ，故答案为： ；；
（4）由表格数据可知，起始二硫化碳、氢气的分压分别为100kPa× =20kPa、100kPa—20kPa=80kPa，
250min反应达到平衡时，容器内气体压强为65kPa，设平衡时消耗二硫化碳的分压为akPa，由题意可建立
如下三段式：
由平衡时容器内气体压强为65kPa可得：100—2a=65，解得a=17.5；
①由三段式所得数据可知，0-250min内，氢气分压的平均变化值为 =0.28kPa/min，故答案为：
0.28；
②由三段式所得数据可知，该温度下，平衡常数K = =
p
(kPa)-2，故答案为： 。
