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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；
1
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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NCl3反应历程图可知，NCl3水解时首先H2O 中的H 原子与NCl3上的孤电子对结合，O 与Cl 结
合形成HClO，而SiCl4上无孤电子对，故SiCl4的水解反应机理与之不相同，C 错误；
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：
2
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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，FCH2对电子的吸引能力更强，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
3
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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
4
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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=NO2+∙OH、
NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+∙OH，含N 分子NO、NO2、HONO 中N 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，C3H8的平衡转化率不变，C 项正确；
D．无论反应历程如何，在NO 催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O2
2C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D 项错误；
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
5
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【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
6
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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
7
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【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：
8
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(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CH2DOD 更难获得，故产率：
<
；根据反应机理可知，若
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：
9
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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
10
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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
。
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(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===H2＋I2实际上经过下列两步反应完成：①2HI→H2＋2I·
2I·→I
②
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：A2＋B===A2B 是分
12
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两个基元步骤完成的：
第一步 A2
2A (慢反应)
第二步 2A+B
A2B (快反应)
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H2O2 在水溶液中把溴化氢HBr 氧化为溴Br2 的反应：H2O2 + 2H+ +2Br －
Br2 +
2H2O，反应机理为：
H2O2＋H+＋Br－
HBrO＋H2O (慢反应)
HBrO＋Br－＋H+
Br2＋H2O (快反应)
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：CH3Br＋OH －
[Br…CH3…OH]
Br －＋
CH3OH
反应物 过渡态 产物
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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
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催化剂与化学反应：
(1)在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能；E2为逆反应
的活化能；E1－E2为此反应的焓变(ΔH)。
(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E1、E2，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
1,2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理
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，H2O2 分解的机理为：
H2O2 + I- → H2O + IO- 慢
H2O2 + IO-→ O2 + I- +H2O 快
在该反应中I-为催化剂， IO-为中间产物。
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，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。
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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*=CO2+2H*是在Rh 做催化剂时该历程的决速步
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。
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
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.
三“物”指反
应物、生成
物、中间物种
(或中间体)
反应物
通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物；
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；
中间体
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
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。
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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
误区
1
催化剂不参
加化学反应
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：
第一步为2Cu＋O2===2CuO，
第二步为CuO＋CH3CH2OH→Cu＋CH3CHO＋H2O，这两步反应方程式的加
和为O2＋2CH3CH2OH→CH3CHO＋2H2O。显然催化剂参与了化学反应。
误区
2
一种反应只
有一种催化
剂
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
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
可以是氯化铁，当然还可以硫酸铜等。
误区
3
催化剂都是
加快化学反
应速率
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
催化剂是减慢化学反应速率的。
误区
4
催化剂的效
率与催化剂
的量无关
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
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
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：
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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
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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；
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C．机理中所涉及物质N 原子杂化方式为
、
，C 错误；
D．PdCl2在反应物苯乙酸前参与反应，后生成，为催化剂，D 正确。
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N2
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+ + NH3(ads) +2H2O
【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N2，B 正确；
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、NH3(ads) ，根据质量守恒可
知，还会生成H2O，可表示为：2Al+
(ads) +7H+= 2Al3+ + NH3(ads) +2H2O，D 正确；
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
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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CH3，
HCOO 与CH3结合为CH3OOH，CH3OOH 转化为CH3OH，水在CoOx表面转化为OH，OH 与甲醇反应
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。
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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H2O 的H+进攻。其中SiCl4的亲核水解机理如
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，NF3不能发生水解
C．预测NCl3能发生亲电水解
D．CCl4的水解机理与上述过程类似
【答案】D
【详解】A．SiCl4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
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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H2O 的H+进攻，不能发生亲电水解，故NF3不能发生水解，B 正确；
C．NCl3中中心原子N 原子含有1 个孤电子对，且N 具有δ-，能接受H2O 的H+进攻，发生亲电水解，生成
NH3和HClO，C 正确；
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CCl4不能发生类似SiCl4的水解反
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H2S 中不含氧原子，所以
在吸附过程中提供了
原子，故D 正
确；
故答案为：B。
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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BrCH2CH2OH
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Br2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
生成BrCH2CH2OH，B 正确；
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
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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 H2O 的 H+ 进攻。NCl3和SiCl4均可
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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．NCl3和SiCl4的水解反应机理相同
B．PCl3的水解产物为H3PO4
C．由上述理论可知NF3不能发生水解
D．CCl4的水解历程与SiCl4相似
【答案】C
【详解】A．由题意可知，NCl3中的中心N 原子有孤对电子，发生亲电水解，而SiCl4的中心原子Si 具有
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．PCl3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H3PO3和HCl，B 错
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 H2O 的 H+ 进攻，故也不能发生亲电水解，C 正确；
D．CCl4的C 原子s、p 轨道电子都已成键，没有空的价层轨道，CCl4不发生亲核水解，D 错误；
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
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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H2O 反应生成
和H+，根据元素守恒，若H2
18O 参与反应，
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
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【详解】（1）
,
，则c(HNCO)=（p-2q）mol/L，则反应I 的
平衡常数K=c ( NH3) ×c ( HNCO ) =p (p-2q) ( mol/L )2。
（2）从图分析，过渡态3 的相对能量为241-87=154kJ/mol，则ΔE1=154-87.5=66.5kJ/mol。
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．CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
II．CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ΔH₂=+41.2kJ mol
⋅
-1
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．CO2(g)+H2(g)+H2O(g)= CO2(g)+H2(g)+H2O
II．CO2(g)+H2(g)+H2O*=*COOH+2H*+HO*；
III．*COOH+2H*+HO*= COOH+H*+H2O*；
iV．*COOH+H*+H2O*=*CO+H2O*+H*+H2O(g)；
V．*CO+*OH+H*+H2O(g)= *CO+H2O*+H2O(g)；
Vi．*CO+H2O*+H2Og= CO(g)+2H2O(g)。
H
①
2O 的作用为生成物和 。
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
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【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。
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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)
、
<
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(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）①CO2分子中C 原子的价层电子对数为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：
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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)：
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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CO2，有利于碳减排
【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)+H2(g)，该反应为气体体积增
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)+CO2(g)
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(g)+CO(g)+H2O(g)；
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：
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；
（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。
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(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
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【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
，H2浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动，
增大，故C 正确；
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CH3OH 的电极反应式为
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，故答案为：
。
（5）由图知，控制电压为0.8V 时，阴极生成0.2molC2H5OH 和0.2molH2，阴极的电极反应式为2CO2+12e-
+12H+=C2H5OH+3H2O、2H++2e-=H2↑，电解时转移电子物质的量为0.2mol×12+0.2mol×2=2.8mol，故答案
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。
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