文档内容
题型 10 陌生反应机理图
依据陌生反应机理图命题的试题在近几年高考中频繁出现。题目主要以图示的形式来描述某一化学变
化所经历的全部反应，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。陌生反应机理图像一般取材于实际科研成果，充分体现了化学反应的本
质，高考常以此为载体考查反应原理、活化能、反应热、催化剂等知识，是近年高考的命题热点，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，这类试题难点是需要
学生能从陌生图像中提取有效信息进行解题，从机理类型不同，可将陌生反应机理图试题分为四个题组，
一是基元反应及反应历程机理分析的正误判断：二是能垒图、过渡态理论及其反应机理分析的正误判断；
三是催化剂、活化能及其反应机理分析的正误判断；四循环反应机理图像分析的正误判断。
题组 01 基元反应及反应历程机理分析的正误判断
【例1-1】（2023·全国卷）“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．NH2OH，NH3 ，H2O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NH2NH2 有两个氢来源于NH3 ，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2 ，得
到ND2NH2 和HDO，D错误；故选D。
【例1-2】（2023·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。【提分秘籍】
1.基元反应：
大多数的化学反应不能一步完成，在微观上是分几步完成的，这每一步反应都叫一个基元反应
如：反应H2O2 ＋2Br－ ＋2H＋===Br2 ＋2H2O，通过大量实验提出它们微观过程如下：
H＋ ＋H2O2 H3O
①H3O ＋Br－===H2O＋HOBr
②
HOBr＋H＋ ＋Br－===H2O＋Br2
2．反应历程：
③
由基元反应构成的反应序列，又称反应机理。
（1）总反应：2NO+2H2 N2+2H2O
（2）反应历程
2NO+H2 N2O+H2O（慢）
①
2N2O 2N2+O2 （快）
②
2H2+O2 2H2O（更快）
（3）决速反应：在反应历程中，反应速率最慢的基元反应
③
（4）决速浓度：最慢反应中反应物的浓度决定总反应的反应速率
（5）特点：
a．不同的化学反应，反应历程不同。
b．同一反应在不同条件下的反应历程也可能不同。
c．反应历程的差别造成了化学反应速率的快慢差异。
d．对于由多个基元反应组成的化学反应，其反应的快慢由最慢的一步基元反应决定。
【变式演练】
【变式1-1】（2024·广东六校·联考）1，3-丁二烯与HBr发生加成反应机理如图。反应Ⅰ和反应Ⅱ都经过
同一中间体，进一步发生基元反应 和基元反应 得到两种不同的加成产物。下列说法错误的是
② ③
A．基元反应 H>0，基元反应 H<0
B．基元反应 相对于基元反应 为慢反应
①△ ②△
C．同一条件下，反应Ⅱ的倾向性比反应Ⅰ的倾向性大
③ ②
D．反应过程中，升高温度，1，2-加成产物的产率明显增加
【答案】D
【解析】A．根据反应机理图可知，基元反应 为吸热反应 H>0，基元反应 为放热反应 H<0，A正
① △ ② △确；
B．基元反应 活化能较大，反应速率较慢，所以基元反应 相对于基元反应 为慢反应，B正确；C．
根据
③
，反应可自发进行，两反应均为熵减
③
反应，反应Ⅰ为吸
②
热反应，反应Ⅱ为放热反
应，反应Ⅱ的倾向性比反应Ⅰ的倾向性大，C正确；D．根据反应机理图可知，1，2-加成反应活化能较
小，升高温度，对于1，2-加成反应产率影响较小，D错误；答案选D。
【变式1-2】（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 逆反应的活化能为
C．该过②程的总反应为
D．反应 生成2mol 时，转移电子数为
【答案】D
③
【分析】从图中可得出三个热化学方程式：
反应 ：2NO=N2O2 H1=+199.2kJ∙mol-1 ；
反应
①
：N2O2+CO=CO △2+N2O H2=-513.5kJ∙mol-1 ；
反应 ② ：CO2+N2O+CO=2CO2+N △2 H3=-306.6kJ∙mol-1 据此分析解题。
【解析】A．由图可知，三个基元反应中，反应 和反应 的反应物总能量大于生成物的总能量，属于
③ △
放热反应， 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 逆反应的活化能
② ③
为130 kJ∙mo①l-1-(-513.5) kJ∙mol-1= ，B正确；C．利用盖斯定律，将反应 +② + 得，
H=+199.2kJ∙mol-1+(-513.5kJ∙mol-1)+ (-306.6
①
)kJ∙m
②
ol-1
③
]=
-620.9kJ∙mol-1 ，C正确；D．反应 ：CO △2+N2O+CO=2CO2+N2 H3=--306.6kJ∙mol-1 ，根据反应式可知N
的化合价+1→0价，生成2mol ③时，转移电子数为 ，D错误△；故选D。
题组 02 能垒图、过渡态理论及其反应机理分析的正误判断
【例2-1】（2021·山东卷） 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：
能量变化如图所示。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CH318OH
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CH318H，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，总反应为放热反应，因此 和CH3O- 的总能量与
和OH- 的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误；综上所述，正确的是B项，故
答案为B。
【例2-2】（2024·贵州卷）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
【解析】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。
【提分秘籍】
1.过渡态理论
过渡态理论认为，反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的
过渡状态，并且达到这个过渡状态需要一定的活化能，再转化成生成物。这与爬山类似，山的最高点便是
过渡态。2.基元反应过渡状态理论
（1）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
（2）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：
CH3Br＋OH－―→[Br…CH3…OH]―→Br－ ＋CH3OH
反应物 过渡态 产物
3.多步反应的活化能及与速率的关系
（1）多步反应的活化能：一个化学反应由几个基元反应完成，每一个基元反应都经历一个过渡态，及达
到该过渡态所需要的活化能(如图E1 、E2)，而该复合反应的活化能只是由实验测算的表观值，没有实际物
理意义。
（2）活化能和速率的关系：基元反应的活化能越大，反应物到达过渡态就越不容易，该基元反应的速率
就越慢。一个化学反应的速率就取决于速率最慢的基元反应。
（3）能垒（活化能）：即反应物状态达到活化状态所需能量。根据变换历程的相对能量可知，最大差值
为：其最大能垒（活化能）
（4）在钯基催化剂表面上，甲醇制氢（ ）的反应历程如下图所示，其中吸
附在钯催化剂表面上的物种用*标注．该历程中最大能垒（活化能） 179.6 ,该步骤的基元反应方程式为
（5）曲线上的峰
峰的个数表示中间反应的个数，不一定表示中间产物的种类
峰谷
①
a.峰前的峰谷：表示该中间反应反应物的能量
②
b.峰后的峰谷：表示该中间反应生成物的能量
4.突破能量变化的能垒图
（1）通览全图，理清坐标的含义。能量变化的能垒图的横坐标一般表示反应的历程，横坐标的不同阶段
表示一个完整反应的不同阶段。纵坐标表示能量的变化，不同阶段的最大能垒即该反应的活化能；
（2）细看变化，分析各段反应。仔细观察曲线(直线)的变化趋势，分析每一阶段发生的反应是什么，各
段反应是放热还是吸热，能量升高的为吸热，能量下降的为放热；
（3）综合分析，做出合理判断。综合整合各项信息，回扣题目要求，做出合理判断。如利用盖斯定律将
各步反应相加，即得到完整反应；催化剂只改变反应的活化能，但不改变反应的反应热，也不会改变反应
的转化律。
【变式演练】
【变式2-1】（2024·江西景德镇·二模）一定温度下，反应 的机理
第1步为 ，理论计算后续步骤可能的反应机理如图所示，TS1和TS2表示过渡态。下列说法错
误的是
A．该反应的 B．机理a、b均表示2步基元反应
C．机理a、b决速步的能垒： D．由机理a可知键能大小：Cl-SiH-Si，D错误；故选D。
【变式2-2】（2024·四川自贡·一模）碳酸二甲酯 是一种低毒、性能优良的有机合
成中间体，科学家提出了新的合成方案（吸附在固体催化剂表面上的物种用*标注），反应机理如图所
示。
下列说法正确的是
A．反应过程中除固体催化剂外，还使用了 做催化剂
B．反应进程中决速步骤的能垒为
C．第3步的基元反应方程式为：
D．升高温度，合成碳酸二甲酯反应速率增加，平衡向逆反应方向移动
【答案】A
【解析】A．HO·在反应前参与反应，反应后又生成，作催化剂，A正确；B．反应进程中经过渡态Ⅰ的
反应
能垒最大，是决速步骤，其能垒为[103.1-(-22.6)]×102eV=1.257×104eV，B错误；C．第3步的基元反应方
程式为： ，C错误；D．由图可以看出，
2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O H＞0，升高温度，合成碳酸二甲酯反应速率增加，平衡向正反应方
向移动，D错误；故答案为：A。
△
题组 03 催化剂、活化能及其反应机理分析的正误判断
【例3-1】（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。
【例3-2】（2024·安徽卷）某温度下，在密闭容器中充入一定量的 ，发生下列反应：
， ，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。
【提分秘籍】
1.催化剂：存在少量就能显著改变反应速率，反应结束时，其自身的质量、组成和化学性质基本不变的物
质。
2.催化特点：
高效性，可以大大地加快反应速率。
选择性，反应不同，催化剂不同。
①
同等程度地加快正、逆反应的速率。
②
不能改变反应的可能性和平衡常数。
③
3.催化剂的催化机理：
④
催化剂的催化过程一般是催化剂跟其中的一种反应物首先发生反应，生成过渡物，然后再跟另外的反应物
反应，生成产物，同时催化剂重新生成。催化剂生成的过渡物比没有催化剂生成的过渡物的能量要低，因
而使反应更加容易发生和进行。这就是改变了其反应历程。即催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间
产物，降低了达到过渡态所需要的活化能，使反应易于发生，速率加快。这就是我们经常说的催化剂改变
反应途径，降低反应的活化能。
4.催化剂与活化能、焓变
催化剂能降低反应所需活化能，化学反应速率加快，但不影响焓变∆H的大小，不影响平衡。
5.活化能
（1）正反应的活化能：反应物到最高点的能量差Ea正 ＝E1kJ·mol－1
（2）逆反应的活化能：生成物到最高点的能量差Ea逆 ＝E2kJ·mol－1
（3）活化能和反应热的关系
放热反应：Ea正 ＜Ea逆
①吸热反应：Ea正 ＞Ea逆
（4）活化能和反应速率的关系
②
关系：活化能越大，反应速率越慢
决速反应：活化能最大的反应或速率最慢的反应
①
决速浓度：最慢反应中反应物的浓度决定总反应的反应速率
②
【变式演练】
③
【变式3-1】（2024·广东广州·三模）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．整个反应历程中有极性键的断裂和生成
B．过渡态相对能量：TS55>TS44>TS77
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
【答案】C
【解析】A．由图可知，一氧化碳催化加氢生成甲醇的反应中有极性键的断裂和生成，故A正确；B．由
图可知，过渡态相对能量的大小顺序为TS55>TS44>TS77，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H2CO*+H =H3CO-H 的活化能最大，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。
【变式3-2】（24-25高三上·湖南·开学考试）近日，中国科学院化学研究所韩布兴院士/康欣晨研究员课题
组使用原子分散的Fe-N-C材料为催化剂，以草酸和硝酸盐或氮氧化物为原料(N2 和CO2 分别为氮源和碳
源)，进行了电催化C-N偶联制备甘氨酸。原理如图所示(OA为HOOC-COOH，GX为HOOC-CHO，GC
为HOOC-CH2OH)。下列叙述正确的是A．活化能：反应ⅱ>反应ⅲ
B．在阳极区生成甘氨酸
C．OA→GX反应式为
D．反应ⅳ的原子利用率等于100%
【答案】C
【解析】A．活化能越小，反应越快，活化能：反应ⅱ<反应ⅲ，A项错误；B．以草酸和硝酸盐为原料合
成H2NCH2COOH中，C、N的化合价都降低，发生了还原反应，故甘氨酸在阴极区生成，B项错误；C．
根据题图可知，OA生成GX，同时有水生成，C项正确；D．反应ⅳ为
，原子利用率小于100%，D项错误；故答案选C。
题组 04 循环反应机理图像分析的正误判断
【例4-1】（2022·北京卷）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 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
①
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 为CaO+CO2=CaCO3 ；反应 为CaCO3+CH4 CaO+2CO+2H2
① ②
B．t1~t3 ，n(H2)比n(CO)多，且生成H2 速率不变，可能有副反应CH4 C+2H2
C．t2 时刻，副反应生成H2 的速率大于反应 生成H2 速率
D．t3 之后，生成CO的速率为0，是因为反
②
应 不再发生
【答案】C
②
【解析】A．由题干图1所示信息可知，反应 为CaO+CO2=CaCO3 ，结合氧化还原反应配平可得反应
① ②为 ，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
，反应 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 方程式
可知，H2 和CO的反应速率
②
相等，而t2 时刻信息可知，H2 的反应速率未变，仍然为2mmol/min
②
，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 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
②
恢复到1，说明生成CO的速率为0，是
因为反应 不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；答案选C。
【例4-2】②（2023·湖南卷） 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。
【提分秘籍】
1．循环机理图中物质的判断
（1）有进有出的物质参与反应，常作催化剂；
（2）只进不出的为反应物、原料；
（3）不进只出的物质为生成物、产品。
2．循环转化机理图像的解读
对于“循环”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如 、 、 和 ，“入环”的物
质为反应物，如 和 ，“出环”的物质为生成物，如 和 。在机理图中，先找到确定的反应物，反应
⑤ ⑥ ⑦ ⑧
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
① ④ ② ③
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，MoO3 则是该反应的催化剂，图中剩余的三个物质均为中间产物。
3.循环机理图题的解题思路
（1）通览全图，找准一“剂”三“物”
催化剂：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在机理
图中的主线上
①
反应物：通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物；
生成物：通过一个箭头最终脱离整个历程的物质多是产物；
②
中间体：通过一个箭头脱离整个历程，但又生成的是中间体，通过两个箭头进入整个历程的中间物质
③
也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[ ]”标出。
④
（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
【变式演练】
【变式4-1】（2025·浙江·联考）伯醇(记为 )和叔醇(记为 )发生酯化反应的机理如下图所示。下列说法不正确的是
A．用 标记醇羟基，可以分析叔丁醇与乙醇在酯化反应中的断键情况
B．两个历程中 均起到催化剂的作用
C．两个历程中均有碳原子的杂化轨道类型发生改变
D．两种酯化反应的机理均为羧基中的羟基与醇羟基的氢原子结合成水
【答案】D
【解析】A．结合图，醇羟基中的 去向水中，而羧基中的 有去向酯中，所以可以用 标记醇羟
基，分析叔丁醇与乙醇在酯化反应中的断键情况，故A正确；B．根据两个历程可以分析出 均先被消
耗、后生成，均起到催化剂的作用，故B正确；C．两个历程中都有碳原子的杂化类型从 变为 ，故
C正确；
D．两种酯化反应的机理，前者是羧基中的羟基与醇羟基的氢原子结合成水，后者是醇中羟基与酸中羟基
上的氢结合成水，不同，故D错误；故选D。
【变式4-2】（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2NA
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【答案】D
【分析】由图示可知，步骤1为： +H2→Pd+2HCl+2Cl- 、步骤2为：Pd+O2+2Cl-→
、步骤3为： +2HCl→ +H2O2 ，所以总反应为：
；
【解析】A．总反应为 ，理论上反应物全部转化为H2O2 ，故原子利用率理论上为
100%，故A正确；B．步骤2为Pd+O2+2Cl-→ ，若 完全反应，则理论上转移电
子数目为2NA ，故B正确；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。
1．（2024·广东卷）对反应 (I为中间产物)，相同条件下： 加入催化剂，反应达到平衡所需
时间大幅缩短； 提高反应温度， 增大， 减小①。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
②
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】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。
2．（2024·山东日照·二模）在 催化作用下， 与 反应转化为 和 的反应历程和相对能量
变化关系如图所示(逸出后物质状态不发生变化，在图中略去)。下列说法错误的是
A．该反应的
B．生成 的反应是决速步骤
C．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂和形成
D．使用高活性催化剂可以降低反应的最大能垒(活化能)
【答案】C
【解析】A．由反应机理图可知，反应物能量高于产物，故为放热反应，该反应的 ，A正确；B．
能量越高的反应是决速步骤，故生成 的反应是决速步骤，B正确；C．反应历程中不存在非极性键的断
裂，
存在极性键(C-O)的断裂，存在极性键(C-O)、非极性键( )的形成，C错误；D．使用高活性催化剂可
以降低反应的最大能垒(活化能)，提高反应速率，D正确；故选C。
3．（2021·重庆卷）“天朗气清，惠风和畅。”研究表明，利用Ir+ 可催化消除大气污染物N2O和CO，简化
中间反应进程后，相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·mol-1 ，则2N2O(g)=2N2(g) +
O2(g)的反应热∆H (kJ·mol-1)为
A．-152 B．-76 C．+76 D．+152
【答案】A
【解析】已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·mol-1 ，可得 ，由图
可得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)∆H=-330+123-229+77=-359kJ/mol ，由盖斯定律，(反应 -
①
)×2可得
反应2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)，反应热∆H =( -359+283)×2 =-152kJ·m
②
ol-1 ，故选：A。
② ①
4．（2024·黑龙江·三模）某高校合成了一种 共掺杂多孔碳纳米管负载的钼 单原子位点，该材料在室温下能将 高效电还原为 ，相关机理如图2所示(图1为碳纳米管)。下列叙
述错误的是
A．该材料中非金属元素的第一电离能最大的是氮元素
B．碳纳米管掺杂B、N的过程中没有化学键的断裂和生成
C．该材料能降低 成为活化分子所需要的能量
D．Mo位点被B和N原子共同固定在纳米管上
【答案】B
【解析】A．该材料中非金属元素有C、N、B三种，依据第一电离能的规律，得出第一电离能最大的是
氮元素，故A说法正确；B．由图2可知，掺杂B、N过程中，有旧键断裂和新键生成，属于化学变化，
故B说法错误；C．该材料作催化剂，能降低反应的活化能，即该材料能降低N2 成为活化分子所需要的
能量，C说法正确；D．由图2可知，B、N与Mo形成共价键，因此Mo位点被B原子和N原子共同固定
在纳米管上，故D说法正确；答案为B。
5．（2024·安徽·一模） 与环氧丙烷( )在催化剂作用下生成 的反应原理如
图：
下列有关说法正确的是
A．反应过程中C原子的杂化方式没有发生改变B．反应过程中有极性键和非极性键的断裂
C．催化剂能改变反应历程，改变反应的活化能和反应热，使反应快速达到平衡
D．该反应的催化剂为 和
【答案】D
【解析】A．原子的杂化方式发生了改变，如二氧化碳中的一个碳原子由sp杂化转变为 杂化等，选项
A错误；B．反应过程没有非极性键的断裂，选项B错误；C．催化剂改变反应的活化能而改变反应历
程，但不能改变反应热，选项C错误；D．这两种物质符合催化剂的定义，选项D正确；答案选D。
6.(2025·上海·期中考试)NCl3 和SiCl4 均可发生水解反应，其中NCl3 的水解机理示意图如下。下列说法正确
的是( )
A．NH3 和NCl3 分子中各原子均满足8电子稳定结构。
B．CCl4 与水混合微热就能发生水解反应
C．NCl3 的水解过程中N原子的杂化轨道类型发生了变化
D．NCl3 和SiCl4 的水解反应机理不同
【答案】D
【解析】A项，NH3 中的H原子不满足8电子稳定结构，故A错误；B项，CCl4 中碳原子无空的价层轨道
和孤电子对，不能发生水解反应，故B错误；C项，NCl3 的水解过程中N原子的杂化轨道类型始终是sp3
杂化，没有发生变化，故C错误；D项，NCl3 中的中心原子为N原子，有孤电子对，发生亲电水解，而
SiCl4 的中心原子为Si，没有孤电子对，发生亲核水解，所以两者的水解反应机理不同，故D正确；故选
D。
7.（2024·广东东莞·三模）1，3-丁二烯与HBr发生加成反应机理如图。反应Ⅰ和反应Ⅱ都经过同一中间
体，进一步发生基元反应 和基元反应 得到两种不同的加成产物。下列说法错误的是
② ③
A．基元反应 H>0，基元反应 H<0
B．基元反应 相对于基元反应 为慢反应
①△ ②△
C．同一条件下，反应Ⅱ的倾向性比反应Ⅰ的倾向性大
③ ②D．反应过程中，升高温度，1，2-加成产物的产率明显增加
【答案】D
【解析】A．根据反应机理图可知，基元反应 为吸热反应 H>0，基元反应 为放热反应 H<0，A正
确；B．基元反应 活化能较大，反应速率较慢，所以基元反应 相对于基元反应 为慢反应，B正
① △ ② △
确；C．根据
③
，反应可自发进行，两反应均为
③
熵减反应，反应Ⅰ为
②
吸热反应，反应Ⅱ为
放热反应，反应Ⅱ的倾向性比反应Ⅰ的倾向性大，C正确；D．根据反应机理图可知，1，2-加成反应活化
能较小，升高温度，对于1，2-加成反应产率影响较小，D错误；答案选D。
8．（2024·北京卷）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
【解析】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．（2024·北京西城·二模）中国科学家使用三元Ni-Fe-V催化剂，通过电催化实现了在温和的条件下人工
固氮，电极上的催化机理的示意图如下图所示。下列说法不正确的是
A． 中均断开N原子间的π键，形成N-Hσ键
B．电①催②化③过程的电极反应：
C．该电极上可能发生生成氢气的反应
D．三元Ni-Fe-V催化剂可降低固氮反应的活化能
【答案】A
【解析】A．由图可知， 中断开N原子间的π键但 没有断开N原子间的π键， 断开N原子间的
σ
①② ③ ③
键，A错误；B．由图可知，电催化过程的电极反应： ，B正确；C．由图可知，氢
离子得电子生成了氢原子，两个氢原子之间可以得到氢气，因此该电极上可能发生生成氢气的反应，C正
确；D．三元Ni-Fe-V催化剂可降低固氮反应的活化能，加快化学反应速率，D正确；故选A。
10．（2024·陕西榆林·一模）用钌基催化剂催化 和 的反应过程如图所示。
当反应生成 液态 时放出 的热量。下列说法正确的是
A．该反应的热化学方程式为
B．图示中物质Ⅱ为该反应的催化剂，物质Ⅲ为中间产物
C．使用催化剂可以降低反应的活化能，同时可以改变反应的焓变
D．反应历程中既有非极性键的断裂又有非极性键的形成
【答案】A
【解析】A．该图为钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)的反应示意图，反应生成92g液态HCOOH时放出
62.4kJ的热量，2mol CO2(g)和2mol H2(g)时反应生成92g (2mol)液态HCOOH放出62.4kJ的热量，则热化
学方程式为CO2(g)+H2(g) =HCOOH(l) ΔH=-31.2kJ/mol-1 ，A正确；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错
误；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．由反应示意图可知反应过
程中不存在非极性键的形成，D错误；故选A。
11．（2024·福建龙岩·二模）乙烷催化氧化为乙醛在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在
催化下乙烷氧化成乙醛的机理如图所示。下列说法正确的是A． 、 中C原子杂化方式均为
B． 一定不能改变乙烷氧化成乙醛的转化率
C．根据图示机理，可推测X、Y分别为 、
D．每生成1mol ，消耗 的物质的量小于2mol
【答案】C
【解析】A． 中羰基碳为sp2 杂化，A错误；
B．由题干反应历程图可知， 催化过程中存在副反应，导致改变了乙烷氧化成乙醛的转化率，B错
误；C．由题干反应历程图可知，反应 [(C2H5)Fe(OH)]+ →[(C2H4)Fe]++X、[(C2H5)Fe(OH)]+ →Fe 2++Y，根
据质量守恒可知，X、Y分别为 、 ，C正确；D．由题干反应历程图可知，若无副反应，则
每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量等于2mol，但过程中存在副反应发生，且生成的Fe+能还原
N2O，故消耗N2O的物质的量大于2mol，D错误；故选C。
12．（2023·浙江卷）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
【解析】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。
13．（2024·江西新余·二模）催化剂 催化 加氢制甲醇的机理如图所示。已知：图中 吸附过
程表示为 ； 吸附过程表示为 ；氢化过程表示为
(*为催化剂活性位点)。下列说法错误的是
A．氧空位浓度高，有利于增强 的吸附能力
B． 活化位点和 活化位点是不相同的
C．脱附过程表示为
D．降低氢化过程的活化能，一定能有效加快甲醇的生成速率
【答案】D
【解析】A．根据图示，氧空位与二氧化碳作用，氧空位浓度高，有利于增强CO2 的吸附能力，故A正
确；B．根据图示，CO2 活化位点是氧空位，与H2 活化位点不相同，故B正确；C．根据图示，脱附过程
表示为 ，故C正确；D．降低氢化过程的活化能，氢化过程的速率加快，总反
应速率由慢反应决定，所以不一定能有效加快甲醇的生成速率，故D错误；故选D。
14．（2024·北京顺义·二模）我国科研人员研究发现 原子活化乙烷的反应机理，一种机理如图所示。下列说法不正确的是
A．决定反应速率的步骤是中间体 过渡态2
B． 键的形成与断裂使得氢原子发生了迁移
C．该过程涉及非极性键的断裂与形成
D．总反应为
【答案】C
【解析】A．中间体 过渡态2的正反应活化能最大，反应速率最慢，是决定反应速率的步骤，故A正
确；B．Co可活化C2H6 放出CH4 ，Co-H键的形成使H原子发生了迁移，故B正确；C．根据反应历程可
知，涉及到C-C键的断裂和C-H键形成，没有涉及非极性键的形成，故C错误；D．由起点和终点物质可
知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，总反应为Co(s)+C2H6(g)→CoCH2(s)
+CH4(g)∆H>0，故D正确；答案为C。
15．（2023·北京卷）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中 代表 或
中的一种。下列说法正确的是
A．a、c分别是
B． 既可以是 ，也可以是
C．已知 为副产物，则通入水蒸气可减少 的产生
D．等压条件下，反应 、 的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
① ②
【分析】 分解的产物是 和 ，分解得到的 与 反应生成 ， 又
可以分解得到 和 ，则a为 ，b为 ，c为 ，d为 。【解析】A．由分析可知，a为 ，c为 ，A项错误；B．d为 ，B错误；C．可以水解生成
，通入水蒸气可以减少 的生成，C正确；D．反应 和反应 相加即为氯化铵直接分解
的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应 、反应 的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，
① ②
D错误；故选C。
① ②
16．（2024·山东·模拟预测）研究发现 时， 表面易脱除O原子形成 （氧空穴）。氧空
穴越多，催化效果越好， 催化 和 合成甲醇的机理如图。下列说法错误的是
A．温度较低时．催化剂的活性降低
B．增加 的用量， 的平衡转化率不变
C．增大气体流速带走多余的 ,可提高催化效率
D．若 和 的混合气中混有 的催化效果增强
【答案】D
【解析】A．催化剂的活性与温度有关，温度较低时．催化剂的活性降低，A正确；B．催化剂不改变
的平衡转化率，B正确；C．增大气体流速可带走多余的H2O(g)，可以促进反应In2O3+xH2 In2O3-
x+xH2O正向进行，提高催化效率，C正确；D．从催化机理图中能看出H2 与In2O3 中的O结合生成H2O，
而使催化剂出现氧空穴，由题意可知，氧空穴越多，催化效果越好，而 具有强氧化性，会阻碍H2 与
In2O3 反应，而降低 的催化效果，D错误；故选D。
17．（2024·安徽·模拟预测）某科研小组发现更换溶剂调节超分子的结构，可将“纳米球”变成“纳米碗
”，纳米碗可由苯并环化机制扩展到五苯并环烯 ，然后连续环化脱氢而制得，相关原理图如图。有关说法正确的是
A．常温常压下，五苯并环烯为液体
B．纳米碗易溶于水
C．由图可知，反应 为吸热反应
D．该机理中反应最大的能垒为
【答案】C
【解析】A．五苯并环烯 为碳原子个数较多的烃，常温常压下为固体，A错误；B．纳米碗
属于烃类有机物，难溶于水，B错误；C．由图可知，反应 为吸热反应，C正确；
D．该机理中反应最大的能垒为 ，D错误；故答案为：C。
18．（2022·重庆卷）“千畦细浪舞晴空”，氮肥保障了现代农业的丰收。为探究(NH4)2SO4 的离子键强弱，
设计如图所示的循环过程，可得 H4/(kJ•mol-1)为
△
A．+533 B．+686 C．+838 D．+1143
【答案】C
【解析】 ； ；
① ② ③
； ；
④ ⑤
； ；则 + -
- + 得 ，得到 +838 kJ•mol-1， 所以A B ⑥D错误， C正确，故选C。 ⑤ ①
⑥
19．
②
（2
③
024·广
④
东·二模）纳米碗C40H10 是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H10 可以由C40H20 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。下列说法不正确的是A．选择相对较高的温度更有利于制备纳米碗
B．推测 C40H10 纳米碗中含5个五元环
C．
D．该反应历程包含了3步基元反应，且第3步是该反应的决速步骤
【答案】B
【解析】A．由题干反应历程图可知，该反应总反应为一个吸热反应，升高温度平衡正向移动，且反应速
率加快，给选择相对较高的温度更有利于制备纳米碗，A正确；B．由C40H20 的结构可知其中含有1个五
元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则C40H10 总共含有6个五元环，10个六元环，B错
误；C．由题干反应历程图可知，该反应总反应为：
，C正确；D．该反应包含3个基元反应，分别为C40H20+H• •C40H19+H2 ，•C40H19
•C40H19 、C40H19 •C40H18+H•，其中第三个反应的活化能最大，反应速率最慢，是该反应的决速步
骤，D正确；故答案为：B。
20．（2024·北京卷）可采用 催化氧化法将工业副产物 制成 ，实现氯资源的再利用。反应
的热化学方程式： 。下图所示为该法的一种催化
机理。
下列说法不正确的是
A．Y为反应物 ，W为生成物
B．反应制得 ，须投入
C．升高反应温度， 被 氧化制 的反应平衡常数减小
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
【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2 、CuO、Cl2 、H2O；CuO与Y
反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2 ，则W为H2O；CuCl2 分解为X和
CuCl，则X为Cl2 ；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2 ，则Z为O2 ；综上所述，X、Y、Z、W依次是 、
、 、 。
【解析】A．由分析可知，Y为反应物 ，W为生成物 ，A正确；B． 在反应中作催化剂，会
不断循环，适量即可，B错误；C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减
小，C正确；D．图中涉及的两个氧化还原反应是 和 ，D正确；故选B。
21．（2024·安徽安庆·三模）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 决定
D． ③
【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： NO(g)+NO(g)=
①
H=+199.2kJ•mol-1 ， +CO(g)=CO2(g)+N2O(g) H=-513.5kJ•mol-1 ， CO2(g)+N2O(g)
+CO(g)=2CO2(g)+N2② (g) H-306.6kJ•mol-1 ，根据盖斯定律 + + 可知：2CO(
③
g)+2NO(g)=N2(g)
+2CO2(g)ΔH=-620.9kJmol-1 ，据此分析解题。
① ② ③
【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 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)+2N
①
O(g)=N2(g)
+2CO2(g)ΔH=-620.9kJmol-1 ，则N2(g)+2CO2(g)═2CO(g)+2NO(g)ΔH=+620.9kJ mol-1 ，D正确；故答案为：
C。
⋅ ⋅
22．（2024·广东江门·三模）某复合石墨烯基催化剂催化一氧化碳加氢生成甲醇的反应历程如图，图中TS表示过渡态，吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注，下列说法中正确的是
A．整个反应历程包含五个基元反应
B．物种吸附在催化剂表面的过程为吸热过程
C．该反应的决速步骤为：
D．反应过程中，涉及非极性键的断裂和形成
【答案】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，A错误；B．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，B错误；C．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 活化能最大，反应速率最慢，C正确；D．根据反应历
程图可知，第一步基元反应中涉及H-H非极性键的断裂，但是整个过程中没有非极性键的生成，D错
误；故选C。
