文档内容
模板 02 化学反应机理图像分析
本节导航
识·题型解读 考情分析+命题预测/技巧解读
明 ·模板构建 答题模板 + 技巧点拨
技法01 基元反应和过渡态理论 技法02 反应历程能垒图
技法03 反应机理图
通·模板运用 真题示例+模板答题+变式训练
练 ·模板演练 最新模拟、预测考向
新高考强调素养为本的情境化命题，高考通过真实情境的创设，考查学生的信息获取能力和创新思维。
近几年高考中，化学反应机理（反应历程）试题频繁出现，主要以选择题的形式出现，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的内在联系的目的。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。
第一步：仔细审题 阅读题目获取对解题有价值的信息，排除无效信息，并作标记。
第二步：明确类型 判断图像类型是反应历程能垒图、反应机理循环图。
第三步：提取信息 提取图像关键信息，结合选项，分析判断。
①反应历程能垒图：分析随反应历程发生的能量变化与物质变化；
②反应机理图：分析机理图上物质的进出及转化关系。
技法01 基元反应和过渡态理论
1．基元反应(1)大多数的化学反应往往经过多个反应步骤才能实现，其中每一步反应都称为基元反应。
(2)基元反应速率方程
对于基元反应aA＋bB===gG＋hH，其速率方程可写为v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k称为速率常数，恒温下，
k不因反应物浓度的改变而变化)，这种关系可以表述为基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计
量数为指数的幂的乘积成正比。
2．反应机理
基元反应构成的反应序列称为反应历程(又称反应机理)，基元反应的总和称为总反应。由几个基元反
应组成的总反应也称复杂反应。
例如H(g)＋I(g)===2HI(g)，它的反应历程有如下两步基元反应：
2 2
II·＋I·(快)
2
H＋2I·===2HI(慢)
① 2
其中慢反应为整个反应的决速步骤。
②
3．过渡态理论
(1)化学反应并不是通过反应物分子的简单碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个
高能的过渡态，处于过渡态的分子叫做活化络合物。活化络合物是一种高能量的不稳定的反应物原子组合
体，它能较快地分解为新的能量较低的较稳定的生成物。
(2)活化能(E)是处在过渡态的活化络合物分子平均能量与反应物分子平均能量的差值。
a
4．催化剂与反应历程
(1)催化剂对反应速率的影响
催化剂是通过降低化学反应所需的活化能来增大化学反应速率的。有催化剂参与的反应，活化能(E )
a1
较小，反应速率较大；没有催化剂参与的反应，活化能(E ')较大，反应速率较小。
a1
使用催化剂同时降低了正反应和逆反应的活化能，但反应的ΔH不变。
(2)加入催化剂后的反应历程
如图所示：反应A+B→AB的活化能为E，加入催化剂K后，反应分两步进行：
a①A+K→AK 活化能为E （慢反应）
a1
②AK+B→AB+K 活化能为E (快反应)
a2
总反应：A+B――→AB 活化能为E
a1
加入催化剂K后，两步反应的活化能E 和E 均小于原反应的活化能E，因此反应速率加快。
a1 a2 a
由于E >E ，第1步反应是慢反应，是决定整个反应快慢的步骤，称为“定速步骤”或“决速步骤”，
a1 a2
第1步反应越快，则整体反应速率就越快。因此对总反应来说，第一步反应的活化能E 就是在催化条件下
a1
总反应的活化能。
5．教材中的能量变化图示如下：
反应历程与活化能 催化剂对反应历程与活化能影响
人教版新教材
鲁科版新教材
苏教版
技法02 反应历程能垒图
在化学反应过程中，反应前后能量会发生变化。能垒指的是由于化学反应的成功发生对于反应物到达
能量高的过渡态的过程的依赖性而产生的一个“阻碍”，只有一部分有足够能量的分子才能跨越能垒进行
反应，每一个小的分步反应的从较低能量到过渡态所吸收的能量，可以理解成ΔH-t图中“爬坡”的阶段，
这些阶段的吸收的能量都是能垒。
1．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 为逆反应的活化能；E－E 为此反应的焓变(ΔH)。
1 2 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，反应是放热反应还是吸热反应取决于起点(反应物)能量
1 2
和终点(生成物)能量的相对大小
2．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
2
该历程的决速步骤。
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。
技法02 反应机理图
1．“环式”反应过程
“入环”的物质为反应物，如图中的①④；位于“环上”的物质为催化剂或中间体，如图中的⑤⑥⑦
⑧；“出环”的物质为生成物，如图中的②③；由反应物和生成物可快速得出总反应方程式。
2．催化剂与中间产物1,2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理
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。
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 则是该反应的催化剂，图中剩余的三个物质
3
均为中间产物。
类型01 反应历程能垒图
1． (2024·北京卷)苯在浓HNO 和浓HSO 作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正
3 2 4
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π键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓HSO 作催化剂
2 4【答案】C
【第一步 明确类型】该图像是反应历程能垒图
【第二步 提取信息】
1．（2024·贵州卷）AgCN与CHCHBr可发生取代反应，反应过程中CN-的C原子和N原子均可进攻
3 2
CHCHBr，分别生成腈(CHCHCN)和异腈(CHCHNC)两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能
3 2 3 2 3 2
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CHCHBr生成CHCHCN和CHCHNC的反应都是放热反应
3 2 3 2 3 2
B．过渡态TS1是由CN-的C原子进攻CHCHBr的α-C而形成的
3 2
C．Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱
D．生成CHCHCN放热更多，低温时CHCHCN是主要产物
3 2 3 2【答案】D
【第一步 明确类型】该图像是反应历程能垒图
【第二步 提取信息】
2. （2024·安徽卷）某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g)，发生下列反应：X(g) Y(g)
(ΔH <0)，Y(g) Z(g)(ΔH<0)，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合
1 2
题意的是
A B.
.
C. D.
【答案】B
【分析】由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间
的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g) Y(g)的反应速率大于Y(g) Z(g)的反应速率，则反应X(g) Y(g)的活化能小于反应Y(g) Z(g)的活化能。
【解析】A．X(g) Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g)
Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；B．图像显示X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)的∆H都小于0，且X(g)
Y(g)的活化能小于Y(g) Z(g)的活化能，B项符合题意；C．图像显示X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)
的∆H都小于0，但图像上X(g) Y(g)的活化能大于Y(g) Z(g)的活化能，C项不符合题意；D．图像
显示X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)的∆H都大于0，且X(g) Y(g)的活化能大于Y(g) Z(g)的活化能，
D项不符合题意；选B。
类型02 反应机理图
1．（2023·湖南卷）NH 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
2 4
合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用[L-Ru-NH ]+表示)能高效电催化氧化NH 合成NH，其反应机理如图所示。
3 3 2 4
下列说法错误的是
A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH 失去质子能力增强
3
B．M中Ru的化合价为+3
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：4NH - 2e- = NH + NH +
3 2 4 4
【答案】B
【第一步 明确类型】该图像是反应机理图
【第二步 提取信息】1．（2024·北京卷）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl，实现氯资源的再利用。反
2
应的热化学方程式：4HCl(g)+O (g)==========2Cl(g)+2HO(g) ΔH = -114.4kJ·mol-1。下图所示为该法
2 2 2
的一种催化机理。
下列说法不正确的是（ ）
A．Y为反应物HCl，W为生成物HO
2
B．反应制得1molCl ，须投入2molCuO
2
C．升高反应温度，HCl被O 氧化制Cl 的反应平衡常数减小
2 2
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
【答案】B
【第一步 明确类型】该图像是反应机理图
【第二步 提取信息】2．（2023·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ND ND ，得到ND NH 和
2 2 3 2 2 2 2 2 2
HDO，D错误；故选D。
1. （2024·浙江卷）酯在NaOH溶液中发生水解反应，历程如下：已知：
①
②RCOOCH CH 水解相对速率与取代基R的关系如下表：
2 3
取代基R CH ClCH ClCH
3 2 2
水解相对速率 1 290 7200
下列说法不正确的是
A. 步骤I是OH-与酯中Cδ+作用
B. 步骤III使I和Ⅱ平衡正向移动，使酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆
C. 酯的水解速率：FCH COOCH CH>ClCH COOCH CH
2 2 3 2 2 3
D. 与OH-反应、 与18OH-反应，两者所得醇和羧酸盐均不同
【答案】D
【解析】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
2
更强，因此酯的水解速率 ，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；故答案选D。
2．(2024·甘肃卷) 甲烷在某含 催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是A.
B. 步骤2逆向反应的
C. 步骤1的反应比步骤2快
D. 该过程实现了甲烷的氧化
【答案】C
【解析】A．由能量变化图可知， ，A项正确；
B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的 ，B项正确；
C．由能量变化图可知，步骤1的活化能 ，步骤2的活化能 ，
步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；
D．该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确；
故选C。
3．如图( 表示活化能)是 与 生成 的部分反应过程中各物质的能量变化关系图，下列说
法正确的是
A．题述反应为吸热反应
B．升高温度， 、 均减小，反应速率加快
C．第一步反应的方程式可表示为
D．第一步反应的速率大于第二步反应的速率
【答案】C
【解析】A．由图可知，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项错误；B．升高温度，不能降低反应的活化能，即 、 均不变，但可以加快反应速率，B项错误；
C．由图可知，第一步反应的方程式可表示为 ，C项正确；
D．第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反
应，所以第一步反应的速率小于第二步反应的速率，D项错误；
答案选C。
4．甲酸常用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成 和 ，在无、有催化剂条件下的能
量与反应历程的关系如下图所示，下列说法正确的是
A．
B．可以通过 和 计算 的总键能
C．途径二中 参与反应，是该反应过程的中间产物
D．途径二中反应的快慢由生成 的速率决定
【答案】D
【解析】A．催化剂能改变反应途径，但不能改变反应的焓变，则甲酸转化为一氧化碳和水的焓变△H=E-
1
E=E-E ，A错误；
3 4 10
B．由图可知，可以通过E 和E 计算甲酸转化为一氧化碳和水的正反应活化能，但不能计算甲酸的总键能，
1 2
B错误；
C．由图可知，途径Ⅱ中氢离子先做反应物，后做生成物，是改变反应途径的催化剂，能加快反应速率，C
错误；
D．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，生成 的活化能高，则途径二反
应的快慢由生成 的速率决定，D正确；故选D。
5．已知 催化反应 历程如下图所示，催化历程中有 参
与。下列有关该反应的说法正确的是
A．步骤①的速率常数大于步骤②
B．反应历程中存在非极性键的断裂和形成
C．催化历程中，仅氧元素的化合价未发生变化
D．步骤②的热化学方程为：
【答案】B
【解析】A．由图知，第一步的活化能大于第二步的活化能，故第一步的速率小于第二步，因此步骤①的
速率常数小于步骤②，A错误；
B．反应历程中，由O-O键断裂和I-I键的形成，B正确；
C．由于 中存在一个过氧键，S的化合价为+6价，催化历程仅硫元素的化合价未发生变化，C错误；
D．由图知，步骤②为放热反应，故热化学方程为：
，D错误；
故选B。
6．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O 和Cl 的相对能量为
2 2
0)，下列说法错误的是
A．
B．可计算 键能为
C．相同条件下，O 的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ
3D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：
ClO(g)+O(g)=O (g)+Cl(g) ΔH=(E-E )kJ∙mol−1
2 4 5
【答案】D
【分析】由图可知，历程Ⅰ是O 和氧原子结合生成O，该过程放热， ；历程Ⅱ有两
3 2
个过程，过程一是臭氧、氧原子和氯原子作用生成氧气、氧原子和ClO， ，过程二
是氧气、氧原子和ClO作用生成2O 和Cl， ，两个过程都放热；历程Ⅱ反应前后都
2
有Cl，所以Cl相当于催化剂。
【解析】A．结合图像分析，历程Ⅱ相当于历程Ⅰ在催化剂Cl(g)参与的条件下进行的反应，催化剂可以降
低反应的活化能，但是不能改变反应的焓变，因此 ，A正确；
B．已知O 和Cl 的相对能量为0(即E=0)，破坏1 mol Cl (g)中的Cl-Cl键形成2 mol Cl，吸收的能量为
2 2 6 2
，结合 得 ，所以 键能为 ，B
正确；
C．由以上分析可知，历程Ⅰ和历程Ⅱ的区别就是有Cl做催化剂，催化剂不能改变反应物的平衡转化率，
因此相同条件下，O 的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C正确；
3
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：ClO(g)+O(g)=O (g)+Cl(g) ，D错误；
2
故选D。
7．利用计算机技术测得乙炔( )在 催化作用下生成 的反应历程及相对能量变化
如图所示。下列说法正确的是
A． 的
B．反应历程中能量最高的物质中含有两种官能团
C．升高反应体系的温度可以提高乙炔的平衡转化率
D．决速步骤的反应为
【答案】B
【解析】A．根据相对能量变化图可知，1mol 与1mol 的总能量比1mol 的能
量高，该反应是放热反应， 的 ，A错误；B．反应历程中能量最高的物质为CH=CHOH，含有碳碳三键、羟基两种官能团，B正确；
2
C．由A可知该反应为放热反应，升高反应体系的温度平衡逆向移动，不能提高乙炔的平衡转化率，C错
误；
D．由图可知，反应 —Hg2+的活化能最高，反应速率最慢，为总反应的决
速步骤，D错误；
故选B。
8．某酮和甲胺的反应机理及能量图像如图所示：
下列说法错误的是
A．该历程中 为催化剂，故 浓度越大，反应速率越快
B．该历程中发生了加成反应和消去反应
C．反应过程中有极性键的断裂和生成
D．该历程中制约反应速率的反应为反应②
【答案】A
【解析】A．由上图可知，氢离子是反应①的反应物、是反应⑤的生成物，所以氢离子是反应的催化剂，
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，由下图可知，反应②的活化能最大，反应
速率最慢，是反应的决速步骤，若氢离子浓度过大，会与甲胺反应使得甲胺浓度减小，反应②的反应速率
减慢，总反应的反应速率减慢，故A错误；
B．由上图可知，反应②为加成反应、反应④为消去反应，故B正确；
C．由上图可知，反应过程中有极性键的断裂和生成，故C正确；
D．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，由下图可知，反应②的活化能最大，
反应速率最慢，是反应的决速步骤，故D正确；
故选A。
9．一定条件下，丙烯与 反应生成 和 的反应历程如图所示。【已知Arrhenius经验公式为 ( 为活化能，k为速率常数，R和C为常数)】，下列说法正确的是
A．反应 的 为
B．丙烯与 的加成反应为放热反应，所以该反应一定能自发进行
C．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物 的比例
D．根据该反应推测，丙烯与 加成的主要产物为2-溴丙烷
【答案】D
【解析】A．根据图示，不能求得反应 的 ，A错误；
B．由图可知，丙烯与HCl加成生成CHCHClCH 或CHCHCHCl的反应都是放热反应，∆H＜0，反应的
3 3 3 2 2
∆S＜0，根据 时自发进行，反应在低温下能自发进行，B错误；
C．丙烯与 反应生成 和 的反应都为放热反应，升高温度，反应都向着消耗
和 的方向移动， 和 的比例都会降低，C错误；
D．由图中可以看出生成 的活化能较低，反应的主要产物为 ，类似的丙烯与
加成的主要产物为2-溴丙烷，D正确；
故选D。
10．如果在反应体系中只有底物和溶剂，没有另加试剂，那么底物就将与溶剂发生反应，溶剂就成了
试剂，这样的反应称为溶剂解反应。如三级溴丁烷在乙醇中可以发生溶剂解反应，反应的机理和能量进程
图如下所示：
下列说法不正确的是A．三级溴丁烷在乙醇中的溶剂解反应属于取代反应
B．不同卤代烃在乙醇中发生溶剂解反应的速率取决于相应碳卤键的键能
C．该反应机理中的中间产物 中的碳原子有两种杂化方式
D．卤代烃在发生消去反应时可能会有醚生成
【答案】B
【解析】A．三级溴丁烷在乙醇中的溶剂解的总反应最终得到(CH) COC H 和HBr，因此反应属于取代反
3 3 2 5
应，故A正确；
B．卤代烃在乙醇中发生溶剂解反应的速率取决于第一步慢反应，该过程为共价键的异裂，而键能对应的
是均裂的形式，故B错误；
C．观察该反应机理可知，中间产物 中的碳原子发生sp2、sp3两种杂化，故C正确；
D．卤代烃发生消去反应为在氢氧化钠醇溶液中加热生成碳碳不饱和键的过程，由图历程可知，反应过程
中会生成R-O-R′，故可能会有醚生成，故D正确；
故答案选B。
11．为早日实现“碳中和碳达峰”目标，科学家提出用钌(Ru)基催化剂催化 和 反应生成
HCOOH．反应机理如图所示，已知当生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。下列说法正确的是
A．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成
B．物质Ⅰ为该反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物
C．催化剂能降低活化能，加快反应速率，改变反应热，从而提高转化率
D．通过 和 反应制备液态HCOOH，每转移1mol ，放出31.2kJ的热量
【答案】B
【解析】A．由反应示意图可知反应过程中存在碳氧等极性键断裂、氢氢非极性键断裂，碳氢等极性键生
成，但不存在非极性键的形成，A错误；
B．物质Ⅰ为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未发生改变，物质Ⅰ为催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间
过程出现的物质，为中间产物，B正确；
C．催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，C错误；
D．该图为钌(Ru)基催化剂催化CO(g)和H(g)的反应示意图，反应生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的
2 2热量，反应中氢化合价由0变为+1，电子转移关系为HCOOH~H ~2e-，则每转移1mol ，放出15.6kJ的热
2
量，D错误；
故选B。
12．氢能是一种重要的清洁能源，由 可以制得 。在催化剂作用下， 催化释放氢的
反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是
A． 催化释放氢的过程中有非极性键的断裂与形成
B． 催化释放氢反应除生成 外，还生成
C．在催化剂表面解离 键比解离 键难
D． 催化释放氢的热化学方程式为：
【答案】C
【解析】A．转化涉及到N-H键的断裂和形成、O-H键的断裂以及H-H键的形成，没有非极性键的断裂，
A错误；
B．若用HCOOD代替HCOOH，反应为HCOOD分解，除生成CO 外，还生成HD，没有H、D，B错误；
2 2 2
C．由图可知，II→III过程中断裂O-H键，III→IV过程中断裂C-H键，III→IV的活化能大于II→III的，故
在催化剂表面解离C−H键比解离O−H键难，C正确；
D．图2表示1分子HCOOH(g)生成CO(g)和H(g)时放出能量0.45eV，而热化学方程式中ΔH为1mol反应
2 2
的热量变化，故D错误；
本题选C。
13．我国科研团队研究 电催化合成氨反应[ ]时，发现不同电
解质溶液对催化历程的影响如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是A．反应放热是合成氨反应自发进行的主要助力
B．选用 作电解质的反应速率比选用 的快
C． 先吸附于催化剂表面再参加合成氨反应
D．形成 键合作用时，合成氨反应的 的绝对值更大
【答案】D
【详解】A．合成氨反应是 ，该反应的△S<0，反应自发进行，则要满足△G=△H
－T△S<0，现在是△S<0，则－T△S>0，若△H>0，则△H－T△S>0，肯定不能自发进行，故只有
△H<0，才有可能满足△H－T△S<0，△H<0指的是反应放热，则反应放热是能够自发进行的主要因素，
故A项正确；
B．电解质的反应速率对反应历程的影响，看反应活化能，由图可知，选用LiSO 对应路线的相对能量升
2 4
高部分更小，则对应活化能更低，反应速率更快，故选LiSO 作电解质溶液反应速率更快，故B项正确；
2 4
C．由图可知，N﹣开始是生成*N，根据题中信息，N 是吸附在催化剂表面，然后再参加合成氨反应，故
2 2 2
C项正确；
D．焓变=生成物总能量-反应物总能量，合成氨反应是 ，反应物以及生成物能量不
变，故焓变不变，与反应路径无关，故D项错误；
故本题选D。
14．高温条件下，某反应机理和能量变化如下，下列说法正确的是
A．图示反应历程包含2个基元反应
B．决速步骤的能垒为
C．总反应可表示为
D．反应在低温条件下自发
【答案】C
【解析】A．由反应历程可知，图示反应历程包含3个基元反应，故A错误；
B．决速步骤的能垒为 ，故B错误；
C．由反应历程可知，总反应可表示为 ，故C正确；D．由反应历程可知，该反应为吸热反应，同时是一个熵增反应，若 ，反应可以自发进行，
反应在高温条件下自发，故D错误；
故选C。
15．汽车尾气未经处理直接排放，会严重污染环境。某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定
条件下该反应经历三个基元反应，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法错误的是
A．反应达平衡后提高反应温度，反应物转化率减小
B．使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，但不改变反应物的平衡转化率
C．该化学反应的速率主要由反应③决定
D．
【答案】C
【分析】
由题干反应历程图可知，整个反应分为三个基元反应阶段：①NO(g)+NO(g)= H=+199.2kJ•mol-1，
② +CO(g)=CO (g)+NO(g) ΔH=-513.5kJ•mol-1 ， ③ CO(g)+NO(g)+CO(g)=2CO (g)+N(g)
2 2 2 2 2 2
ΔH-306.6kJ•mol-1，根据盖斯定律①+②+③可知：2CO(g)+2NO(g)=N
2
(g)+2CO
2
(g)ΔH=-620.9kJ⋅mol-1，据此
分析解题。
【解析】A．由分析可知，此反应为放热反应，提高反应温度，平衡逆向移动，则反应物转化率降低，A
正确；
B．使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，但催化剂不能使平衡发生移动，不能提高
反应物的转化率，B正确；
C．由题干反应历程图可知，反应①的活化能最高，反应速率最慢，决定整个反应的反应速率，C错误；
D．由分析可知，反应2CO(g)+2NO(g)=N
2
(g)+2CO
2
(g)ΔH=-620.9kJ⋅mol-1，则N
2
(g)+2CO
2
(g)═2CO(g)
+2NO(g)ΔH=+620.9kJ⋅mol-1，D正确；
故答案为：C。
16．（2024届·安徽马鞍山·三模）甲酸常用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO和
HO，在有无催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示：
2下列说法错误的是
A．该反应为放热反应
B．若用D(氘)标记甲酸中的羧基氢，最终产物中可能存在DHO
C．途径Ⅱ的反应历程中，存在3种中间产物
D．由途径Ⅱ可知氢离子可以作为甲酸分解生成CO和HO的催化剂
2
【答案】C
【解析】A．由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故A正确；
B．由图可知，甲酸分解的总反应为HCOOH CO↑+HO，则若用D标记甲酸中的羧基氢，最终产
2
物中存在DHO，故B正确；
C．由图可知，途径Ⅱ的反应历程中存在三步反应，中间产物有5种，故C错误；
D．由图可知，途径Ⅱ中氢离子是反应的催化剂，催化剂作用下甲酸分解生成一氧化碳和水，故D正确；
故选C。
17．（2024届·江西·三模）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，其中 的反应机理和能量
变化如图所示。下列说法正确的是A． ⇌ ， 更稳定
B．因上述历程涉及的中间体均存在共轭大 键，故中间体碳原子的杂化方式均为
C．上述历程中步骤③为整个反应的决速步骤
D．升高温度各步骤的正反应速率加快，逆反应速率减慢，总反应平衡正向移动
【答案】C
【解析】A．由图可知， ⇌ ， 的能量低，
更加稳定，A错误；
B． 中含有sp3杂化的C原子，B错误；
C．由图可知，步骤③活化能最高，反应速率最慢，为总反应的决速反应，C正确；
D．该反应为吸热反应，升高温度各步骤的正反应速率加快，逆反应速率也加快，总反应平衡正向移动，D
错误；
故选C。
