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【第一部分】
专题五 反应机理
【考试说明】
反应机理题基于真实情境，考查学生综合运用知识的能力，与化工生产关系密切的催化剂，主要从反应历程、
活化能、速率、平衡移动等，考查催化剂对反应的影响。从试题形式上看，常常融合图像、表格等信息呈现形式，
考查学生吸收和整合陌生信息的能力。
【专题知识体系构建】
【核心精讲】
一、反应历程与能量变化分析
1.反应过程中的能量变化
(1)活化能是从低能态“爬坡”到高能态的能垒,活化能最大的步骤,决定了整个反应过程的反应速率。
(2)反应热与活化能的关系:ΔH=E1(正反应的活化能)-E2(逆反应的活化能)。
(3)分析变化过程中所经由的全部基元反应,包括过渡态的生成,键的断裂和形成等。
(4)催化剂只改变活化能,不改变焓变,即只影响化学反应速率,不影响平衡。
2.反应历程与能量图解题策略
3．基元反应与非基元反应
例如：H＋＋OH－ = H2O，反应几乎没有过程，瞬间平衡一步到位，称为简单反应；而2HI=H2＋I2的实际机理是分
两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI→H2＋2I·、2I·→I2，存在未成对电子的微粒称为自由基，反应活性高，
寿命短，2HI=H2 ＋ I2称为非基元反应。
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4．过渡态
A＋B—C―→[A…B…C]―→A—B＋C
备注：(1)以上为一种基元反应，其中正反应活化能Ea 正＝b－a，逆反应活化能Ea 逆＝b－c, ΔH＝Ea 正－Ea 逆。(2)过
渡态(A…B…C)不稳定。
5．中间体
【备注】 处于能量最高点的是反应的过渡态，在多步反应中两个过渡态之间的是中间体，中间体很活泼，寿命
很短，但是会比过渡态更稳定些。
二、催化反应机理分析
1.反应机理
(1)反应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
总反应与基元反应的内在联系。
(2)反应机理描述了每一步转化的过程,包括过渡态的形成,键的断裂和形成,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,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。
2.催化反应机理图的分析思路
(1)通览全图,找准一“剂”三“物”
一“剂”
指催化剂
催化剂一般是在反应起点就加入的,在机理图中多数是以完整的循环出现的,以催化剂粒子
为主体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(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
反应后生成的,在机理图中通过一个箭头脱离,但又通过一个箭头进入的是中间
体,通过两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
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(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．催化机理能垒图
(1)在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。可以用图中每步基元反应前后的活性物质，写出
其热化学方程式。注意：如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV)，焓变应转化成每摩尔。
(2)每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。
例如：在Rh 催化下，甲酸分解制H2反应的过程如图所示。
其中带“*”的物种表示吸附在Rh 表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*===HCOO*＋
H*；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－0.16NA eV·mol－1(阿伏加德罗常
数的值用NA表示)。
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：在连续反应中为某一步的产物，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又消耗多少。
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。
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。如下图所示：
【思维模型】
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反应机理图运用符号表示粒子间的转化关系,简洁、突出了物质的变化过程,分析时可按如下思路进行:
【真题演练】
1．(2023·广东，15)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)⇌P(g)。反应历程(下图)中，M 为中间产物。其他条件相同时，
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】 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；该反应是放
热反应，升高温度平衡向左移动，R 的浓度增大，B 正确；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；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。
2.(2023·浙江1 月选考，14)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O2(g)和
Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是( )
A．E6－E3＝E5－E2
B．可计算Cl—Cl 键能为2(E2－E3) kJ·mol－1
C．相同条件下，O3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ClO(g)＋O(g)===O2(g)＋Cl(g) ΔH＝(E5－E4)
kJ·mol－1
【答案】 C
【解析】 对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。催化剂能降低
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活化能，但是不能改变反应的焓变，因此E6－E3＝E5－E2，A 正确；已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个历程可
知，Cl(g)的相对能量为(E2－E3) kJ·mol－1，则Cl—Cl 键能为2(E2－E3) kJ·mol－1，B 正确；催化剂不能改变反应的平
衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ＝历程Ⅰ，C 错误；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)===O2(g)＋
Cl(g) ΔH＝(E5－E4) kJ·mol－1，D 正确。
3．(2023·浙江6 月选考，14)一定条件下，1-苯基丙炔(Ph—C≡C—CH3)可与HCl 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HCl 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】 反应Ⅱ＝反应Ⅰ＋反应Ⅲ，反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，ΔH 都小于0，所以反应Ⅱ的ΔH<0，因此反应焓
变：反应Ⅰ>反应Ⅱ，故A 正确；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；增加HCl 浓度，平衡正向移动，
但平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例可能降低，故C 错误；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。
4．(2023·湖南，14)N2H4 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
Ru(Ⅱ)催化剂(用[L-Ru—NH3]＋表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是( )
A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强
B．M 中Ru 的化合价为＋3
C．该过程有非极性键的形成
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D．该过程的总反应式：4NH3－2e－===N2H4＋2NH
【答案】 B
【解析】 据图可知，Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L-Ru—NH3]2＋可与NH3反应生成[L-Ru—NH2]＋和NH，配体NH3
失去质子能力增强，A 项正确；结合图示可知，[L-Ru—NH3]2＋→[L-Ru—NH2]＋失去1 个H，所带电荷数减1，则
Ru 化合价不变，与[L-Ru—NH2]＋相比，M 中N 原子含有1 个单电子，所以Ru 的化合价不是＋3，B 项错误；据图
可知反应过程中有N—N 非极性键的形成，C 项正确。
5.（2023·新课标全国卷） “肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心,可将NH2OH 与NH3转化为肼(NH2NH2),其
反应历程如下所示。
下列说法错误的是
( )
A.NH2OH、NH3和H2O 均为极性分子
B.反应涉及N—H、N—O 键断裂和N—N 键生成
C.催化中心的Fe2+被氧化为 Fe3+,后又被还原为 Fe2+
D.将NH2OH 替换为ND2OD,反应可得ND2ND2
【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
6．（2023·北京·高考真题）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
6
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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①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】 C
【解析】 NH4Cl 分解的产物是NH3和HCl，分解得到的HCl 与MgO 反应生成Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl 又可以分解
得到HCl 和MgO，则a 为NH3，b 为Mg(OH)Cl，c 为HCl，d 为MgO。
A．由分析可知，a 为NH3，c 为HCl，A 项错误；B．d 为MgO，B 错误；C．可以水解生成Mg(OH)Cl，通入水蒸
气可以减少MgCl2的生成，C 正确；D．反应①和反应②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①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D 错误；故选C。
7．（2023·江苏·高考真题）金属硫化物(
)催化反应
，既可以除去天然气
中的
，又可以获得
。下列说法正确的是
A．该反应的△S<0
B．该反应的平衡常数
C．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为
中带部分负电荷的S 与催化剂中的M 之间发生作用
D．该反应中每消耗
，转移电子的数目约为
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【答案】 C
【详解】 A．左侧反应物气体计量数之和为3，右侧生成物气体计量数之和为5，△S>0 ，A 错误；B．由方程形
式知，
，B 错误；C．由题图知，经过步骤Ⅰ后，H2S 中带部分负电荷的S 与催化剂中的
M 之间形成了作用力，C 正确；D．由方程式知，消耗1mol H2S 同时生成2mol H2，转移4mol e-，数目为
4×6.02×1023，D 错误； 故选C。
8．（2022·北京·高考真题）某
多孔材料孔径大小和形状恰好将
“固定”，能高选择性吸附
。废气
中的
被吸附后，经处理能全部转化为
。原理示意图如下。
已知：
下列说法不正确的是
A．温度升高时不利于
吸附
B．多孔材料“固定”
，促进
平衡正向移动
C．转化为
的反应是
D．每获得
时，转移电子的数目为
【答案】 D
【解析】废气经过MOFs 材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知
道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。A．从2NO2(g) ⇌N2O4(g)
H<0
△
可以看出，这个是
一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A 正确；B．多孔材
料“固定”N2O4，从而促进2NO2 ⇌N2O4平衡正向移动，B 正确；C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为
N2O4 + O2+2H2O = 4HNO3，C 正确；D．在方程式N2O4 + O2+2H2O = 4HNO3中，转移的电子数为4e-，则每获得
0.4 mol HNO3，转移的电子数为0.4mol，即个数为2.408×1023，D 错误；故选D。
9．（2022·天津·高考真题）燃油汽车行驶中会产生CO、NO 等多种污染物。下图为汽车发动机及催化转化器中发
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生的部分化学反应。以下判断错误的是
A．甲是空气中体积分数最大的成分
B．乙是引起温室效应的气体之一
C．反应(Ⅰ)在常温下容易发生
D．反应(Ⅱ)中NO 是氧化剂
【答案】 C
【解析】甲和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和一氧化碳反应生成甲和二氧化碳，再根据元素守恒，则甲为氮
气。A．甲是氮气，氮气空气中体积分数最大的成分，故A 正确；B．乙是二氧化碳，则乙是引起温室效应的气体
之一，故B 正确；C．由于氮气含有氮氮三键，因此反应(Ⅰ)在常温下不容易发生，在高温或放电条件下发生，故C
错误；D．一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降低，因此反应(Ⅱ)中NO 是氧化
剂，故正确。综上所述，答案为C。
10．（2022·山东高考）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=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。
11．（2022·湖南·高考真题）科学家发现某些生物酶体系可以促进
和
的转移(如a、b 和c)，能将海洋中的
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转化为
进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中
发生氧化反应
B．a 和b 中转移的
数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
【答案】 D
【解析】A．由图示可知，过程I 中NO2
-转化为NO，氮元素化合价由+3 价降低到+2 价，NO2
-作氧化剂，被还原，
发生还原反应，A 错误；B．由图示可知，过程I 为NO2
-在酶1 的作用下转化为NO 和H2O，依据得失电子守恒、
电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO2
-+2H++e-
NO+H2O，生成1molNO，a 过程转移1mole-，过
程II 为NO 和NH4
+在酶2 的作用下发生氧化还原反应生成H2O 和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒
可知，反应的离子方程式为：NO+NH4
++3e-+2H+
H2O+N2H4，消耗1molNO，b 过程转移3mol e-，转移电子数目
不相等，B 错误；C．由图示可知，过程II 发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH4
++3e-+2H+
H2O+N2H4，n(NO):n(NH4
+)=1:1，C 错误；D．由图示可知，过程I 的离子方程式为NO2
-+2H++e-
NO+H2O，过程II
的离子方程式为NO+NH4
++3e-+2H+
H2O+N2H4，过程III 的离子方程式为N2H4
N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总
反应为NO2
-+ NH4
+= N2↑+2H2O，D 正确；答案选D。
12．（2022·广东·高考真题）我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是
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A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖
B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C．
中含有
个电子
D．
被还原生成
【答案】 A
【解析】 A．淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，故A 正确；B．葡萄糖与
果糖的分子式均为C6H12O6，结构不同，二者互为同分异构体，但含有O 元素，不是烃类，属于烃的衍生物，故B
错误；C．一个CO 分子含有14 个电子，则1molCO 中含有14×6.02×1023=8.428×1024个电子，故C 错误；D．未指
明气体处于标况下，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故D 错误；答案选A。
【考向预测】
1．（2024·安徽·二模）制备异丁酸甲酯的某种反应机理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．化合物4 是反应的催化剂
B．化合物4 转化为化合物6 符合“原子经济性”
C．若将丙烯替换为乙烯，则反应可制得乙酸甲酯
D．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成
【答案】 C
【解析】 A．由反应机理图可知，化合物4 是反应的催化剂，A 正确；B．化合物4 转化为化合物6 发生加成反
应，符合“原子经济性”，B 正确；C．若将丙烯替换为乙烯，则反应可制得丙酸甲酯，C 错误；D．反应I 有碳
碳键的断裂，反应Ⅲ有碳碳键的形成，反应Ⅳ有极性键的断裂，反应V 有极性键的形成，D 正确；答案选C。
2．（2024·北京东城·一模）在Pt-BaO 催化下，NO 的“储存-还原”过程如图1 所示。其中“还原”过程依次发生
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反应Ⅰ和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2 所示。
下列说法不正确的是
A．
与BaO 的反应中，
既是氧化剂，又是还原剂
B．反应Ⅰ为
C．反应Ⅱ中，最终生成
的物质的量为0.2a mol
D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的
的质量比是3 5∶
【答案】 D
【解析】 A．由可知NO 和O2在Pt 表面发生反应生成NO2，NO2和BaO 反应生成Ba(NO3)2，与还原性气体氢气
反应放出N2，则NO2中N 由+4 价变为+5 价和0 价，则NO2既是氧化剂，又是还原剂，A 正确；B．由图可知，第
一步反应氢气与Ba(NO3)2作用生成NH3，方程式为：Ba(NO3)2 +8H2=BaO+2NH3+5H2O，B 正确；C．由图可知，
反应分两步进行，第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO 和N2等，则可知，相应的关系式为：5NH3~4N2，图
中氨气最大量为0.25mol，则最终生成N2的物质的量为0.2a mol，C 正确；D．第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生
成BaO 和N2等，根据得式电子守恒可知，5NH3~3Ba(NO3)2 ，再结合第一步反应Ba(NO3)2~2NH3 ，可知第一步为
5Ba(NO3)2~10NH3，第二步为10NH3~6Ba(NO3)2，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba(NO3)2的质量比即物质的量之比是5 6∶，
D 错误；故选D。
3．（2024·北京西城·一模）苯与液溴反应生成溴苯，其反应过程的能量变化如图所示。
下列关于苯与
反应的说法不正确的是（ ）
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A．
可作该反应的催化剂
B．将反应后的气体依次通入
和
溶液以检验产物
C．过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小
D．总反应的
，且
【答案】 D
【解析】 A．苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢，FeBr3可作该反应的催化剂，故A 正确；B．反应后的气体中含
溴化氢和溴蒸汽，通入CCl4除去溴蒸汽，HBr 和AgNO3溶液反应生成浅黄色AgBr 沉淀，可知反应有HBr 生成，
故B 正确；C．根据图示，过程②的活化能最大，反应速率最慢，慢反应决定总反应速率的大小，故C 正确；D．
根据图示，总反应放热，总反应的△H<0，只知道正反应活化能，不能计算反应的焓变，故D 错误；选D。
4．（2024 高二上·重庆南岸·期中）在
的催化作用下，向200℃的恒温恒容密闭容器中充入
和
，发生反应
，反应过程及能量变化如图所示。下列说法
不正确的是
A．由图可知，该反应的
，
B．混合气体的平均相对分子质量不再发生变化时，该反应达到平衡状态
C．
和
分别为反应的催化剂和中间产物
D．其他条件不变，仅将恒温密闭容器改为绝热密闭容器，
和
的转化率减小
【答案】 A
【解析】 A．由方程式可知，该反应是气体物质的量增大的反应，故△S>0，由右图可知该反应是放热反应，
△H<0，故A 错误；B．该反应是气体物质的量不相等的反应，混合气体的平均相对分子质量不再发生变化时，说
明该反应达到平衡状态，故B 正确；C．结合题干描述和左图，可知Fe2O3和Fe3O4分别为反应的催化剂和中间产
物，故C 正确；D．该反应是放热反应，将恒温密闭容器改为绝热密闭容器，体系温度升高，不利于反应进行，故
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CH4 和NO2的转化率减小，故D 正确。答案选A。
5．（2024·河北石家庄·二模）室温下，某刚性密闭容器中按体积比1：2 充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+ Y(g)
P(g)+Q(g)。下图表示该反应的历程， M(g)和N(g)均是中间产物。下列说法错误的是
A．反应的历程分3 步进行
B．反应过程中，N 比M 所能达到的最高浓度更大
C．反应达到平衡时，升高温度， X 的浓度增大
D．若初始时，按体积比2：1 充入X(g)和Y(g)，其他条件不变，平衡时P(g)的百分含量不变
【答案】 B
【详解】 A．由图可知，反应的历程分3 步进行，A 正确；B．结合图示，生成N 吸收的能量更多，活化能更大，
生成N 的反应更难发生，N 比M 所能达到的最高浓度更小，B 错误；C．由图可知，该反应为放热反应，升高温
度，平衡逆向移动，X 的浓度增大，C 正确；D．该反应为气体体积不变的反应，初始时，按体积比2 1∶充入X(g)
和Y(g)，温度不变，平衡常数不变，压强不变，生成物浓度不变，平衡时P(g)的百分含量不变，D 正确；故选B
。
6．(2023·成都模拟)某新型催化剂能将乙醇催化转化为乙酸和氢气，其反应历程如图所示。下列说法错误的是(
)
A．物质Ⅰ为催化剂
B．Ⅱ→Ⅲ的反应类型为氧化反应
C．该历程涉及非极性键的断裂和形成
D．该历程总反应的原子利用率为100%
【答案】 C
【解析】 由图可知，反应中物质Ⅰ消耗又生成，为反应的催化剂，A 正确；Ⅱ→Ⅲ为去氢生成碳氧双键的反应，
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反应类型为氧化反应，B 正确；该历程只涉及氢分子中氢氢非极性键的生成，不涉及非极性键的断裂，C 错误；反
应目的是将乙醇催化转化为乙酸和氢气，该历程总反应为C2H5OH＋H2O=====CH3COOH＋2H2↑，反应中原子全部
转化到期望产品中，故原子利用率为100%，D 正确。
7．(2023·河北邢台名校联盟高三模拟)金属钯催化乙醇羰基化的反应过程如图所示。下列说法正确的是( )
A．在金属钯催化下不能被羰基化的醇中，相对分子质量最小的为60
B．整个反应过程的化学方程式为CH3CH2OH＋O2――→CH3CHO＋H2O
C．反应过程中断裂和形成最多的键是Pd—H
D．反应过程中钯的化合价没有变化
【答案】 C
【解析】 羟基被氧化为羰基，C 原子上应连接H 原子，在金属钯催化下不能被羰基化的醇中，与羟基相连的C
原子上没有氢原子，最简单的是2-甲基-2-丙醇，相对分子质量为74，故A 错误；由图可知，整个过程中
CH3CH2OH 和O2反应生成CH3CHO 和H2O，化学方程式为2CH3CH2OH＋O2――→2CH3CHO＋2H2O，故B 错误；
由图可知，反应过程中断裂和形成最多的键是Pd—H，故C 正确；金属钯单质为0 价，反应过程中形成了Pd—
H，Pd 的化合价发生变化，故D 错误。
8.(2023·武汉调研)某新型催化剂能将乙醇催化转化为乙酸和氢气，其反应历程如图所示。下列说法错误的是( )
A.物质Ⅰ为催化剂
B.Ⅱ→Ⅲ的反应类型为氧化反应
C.该历程涉及非极性键的断裂和形成
D.该历程总反应的原子利用率为100%
【答案】 C
【解析】 物质Ⅰ在反应过程中先消耗，后生成，为催化剂，A 项正确；Ⅱ→Ⅲ为失去H 的反应，为氧化反应，B
项正确；该历程中生成H2时存在非极性键的形成，但没有非极性键的断裂，C 项错误；该反应的目的是制备乙酸
和H2，该历程的总反应为CH3CH2OH＋H2O―→CH3COOH＋2H2↑，原料中的原子全部转化为期望产品，所以原子
利用率为100%，D 项正确。
9.(2023·太原期末)乙烯催化氧化制乙醛的一种反应机理如下图(部分产物已略去)，下列叙述错误的是( )
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A.PbCl 在反应中是中间产物
B.反应过程伴随非极性键的断裂和极性键的形成
C.过程Ⅴ可表示为4CuCl＋O2＋4H＋===4Cu2＋＋2H2O＋4Cl－
D.以上过程的总反应为2CH2===CH2＋O2=====2CH3CHO
【答案】 A
【解析】 A.结合反应过程，PbCl 作反应的催化剂，故A 错误；B.反应过程伴随碳碳双键的断裂即非极性键的断
裂，以及碳氧、氢氧极性键的形成，故B 正确；C.结合该过程的反应物和生成物，过程Ⅴ可表示为4CuCl＋O2＋
4H ＋===4Cu2 ＋＋2H2O＋4Cl －，故C 正确；D.结合反应物和生成物，以上过程的总反应为2CH2===CH2＋
O2=====2CH3CHO，故D 正确；故选A。
10.(2023·焦作诊断)用铁的一种化合物(M－Fe)在弱酸性条件下处理甲酸的反应机理如图所示。下列说法正确的是(
)
A.反应①为氧化还原反应
B.增大H＋浓度会提高HCOOH 的平衡转化率
C.反应②中存在极性键的断裂
D.M－Fe 改变了反应历程，但单位体积内活化分子的数目不变
【答案】 C
【解析】 A.由图可知，反应①中甲酸提供氢离子、M－Fe 结合氢离子，各元素化合价没有改变，不是氧化还原
反应，A 错误；B.增大H＋浓度会抑制甲酸的电离，不利于提高HCOOH 的平衡转化率，B 错误；C.反应②中甲酸
根离子生成二氧化碳，存在碳氢极性键的断裂，C 正确；D.M－Fe 改变了反应历程，降低了反应的活化能，单位
体积内活化分子的数目增加，D 错误；故选C。
11.(2023·日照校际联考)三氟甲基(—CF3)在药物分子中广泛应用，如图为一种三氟甲基烯烃(
)的氢烷基化
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反应的反应机理，下列说法错误的是( )
A.LNinBr 为该反应的催化剂
B.物质Ⅲ质子化的反应历程有2 种
C.反应过程中碳元素化合价发生了变化
D.当主要发生路径B 的历程时，消耗锰粉的质量增多
【答案】 D
【解析】 A.由图可知，LNinBr 即是分步反应的反应物，也是分步反应的生成物，是总反应的催化剂，A 正确；
B.由图可知，物质Ⅲ质子化可以转化为物质Ⅴ，也可以转化为物质Ⅴ′，反应历程共有2 种，B 正确；C.由图可知，
碳碳双键和碳碳单键中碳元素的化合价不一样，故反应过程中会有碳元素化合价的变化，C 正确；D.由图可知，路
径B 没有消耗锰粉，所以当主要发生路径B 的历程时，消耗锰粉的质量会减小，D 错误。
12.(2023·德州期末)过氧硫酸氢根(HSO )参与烯烃的不对称环氧化反应机理如图。下列说法错误的是( )
A.反应过程中pH 应控制在合理范围内
B.HSO、
均有较强的氧化性
C.该过程中无非极性共价键的断裂，有非极性共价键的形成
D.总反应可表示为：
＋OH－ ＋ HSO――→
＋SO＋ H2O
【答案】 C
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【解析】 A.由机理图可知，中间过程中OH－参与反应，该反应受体系pH 的影响，故A 正确；B.从HSO 参与的
反应可知HSO 中含有过氧键，
中也含有过氧键，结构中含有过氧键，具有类似于双氧水的强氧化性，说
明HSO、
均有较强的氧化性，故B 正确；C.如图中间产物
和
中均存在
非极性键，整个过程中存在非极性键断裂，故C 错误；D.由图可知该反应的反应物有：
、OH－ 、
HSO，生成物为：
、SO、H2O，总反应方程式为：
＋OH－＋ HSO――→
＋SO
＋H2O，故D 正确；故选C。
13.(2023·枣庄期末)据文献报道，有氧条件下，NO 在催化剂作用下可被NH3还原为N2，反应机理如图所示，下列
说法错误的是( )
A.V5＋＝O 在反应中作催化剂
B.充入过量O2有利于NO 转化为N2
C.该转化过程中，NO 和O2都体现了氧化性
D.总反应方程式为：4NH3＋4NO＋O2=====4N2＋6H2O
【答案】 B
【解析】 A.由图可知，反应中V5＋＝O 既是反应物，也是生成物，在反应中作催化剂，故A 正确；B.由图可知，
反应中充入过量氧气，一氧化氮会被氧化生成二氧化氮，不利于一氧化氮转化为氮气，故B 错误；C.由图可知，
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反应中一氧化氮的氮元素化合价降低被还原生成氮气、氧元素化合价降低被还原生成水，一氧化氮和氧气都是反
应的氧化剂，都体现了氧化性，故C 正确；D.由图可知，反应中一氧化氮和氧气都是反应的氧化剂，氨气是反应
的还原剂，总反应方程式为4NH3＋4NO＋O2=====4N2＋6H2O，故D 正确；故选B。
14.(2023·江西八校联考)硼氢化钠(NaBH4)被称为“万能还原剂”，能与水反应产生H2，NaBH4在催化剂钌(Ru)表面
与水反应的历程如图所示：
下列说法正确的是( )
A.Ru、Ru、Ru 是元素钌的三种同素异形体
B.若将NaBH4中的H 用D 代替，反应后生成的气体中只含HD 和D2
C.过程③中产生1 mol H2，转移电子物质的量为2 mol
D.过程①至过程④的总反应为：NaBH4＋4H2O===NaB(OH)4＋4H2↑
【答案】 D
【解析】 A.Ru、Ru、Ru 是质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，不是同素异形体，A 错误；B.若将
NaBH4中的H 用D 代替，过程①反应后生成的气体为D2，过程②生成的HD，过程③生成的为HD，过程④中H2
中有一个D 和两个H，故气体为HD 和H2，B 错误；C.过程③中产生1 mol H2，消耗1 mol 水，则转移电子物质的
量为1 mol，C 错误；D.根据进去的为反应物，出来的为生成物分析，过程①至过程④的总反应为：NaBH4＋
4H2O===NaB(OH)4＋4H2↑，D 正确；故选D。
15.(2023·四省联考变式题)以硝酸盐为离子导体的Na－O2电池装置与其某一电极M 附近的反应机理如图所示。下
列说法错误的是( )
A.镍电极上发生还原反应
B.Na2O 是该过程中的中间产物
C.固体电解质能起到隔绝空气的作用
D.M 的电极反应为4Na＋＋O2＋2NO＋2e－===4NaNO2
【答案】 D
【解析】 A.根据活泼性，液态钠为原电池的负极，镍电极为正极，发生还原反应，A 正确；B.由图可知，
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Na→Na2O→Na2O2 ，Na2O 是该过程中的中间产物，B 正确；C.液态钠和空气中的水蒸气发生反应，所以需要隔绝
空气，固体电解质能起到隔绝空气的作用，C 正确；D.M 的电极反应为2Na＋＋O2＋2e－===Na2O2，D 错误。
16.(2023·临沂一模)某钒催化剂在一定条件下形成相邻的氧化还原位和酸性吸附位，该催化剂催化NH3脱除电厂烟
气中NO 的反应机理如图所示。
下列说法正确的是( )
A.反应①～④均为氧化还原反应
B.反应②为NH＋
===NH＋
C.消耗0.5 mol O2，理论上可处理1 mol NO
D.总反应方程式为4NH3＋6NO=====5N2＋6H2O
【答案】 B
【解析】 A.反应①中各元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，A 错误；B.由图可知，反应②为NH＋
===NH＋
，B 正确；C.根据关系图结合电
子得失守恒可知1 mol O2可以得到4 mol 钒催化剂，通过反应①②可以得到4 mol NH，4 mol NH 可以还原4 mol
NO，所以理论上可处理NO 物质的量为4 mol，则消耗0.5 mol O2，理论上可处理2 mol NO，C 错误；D.由图可知
总反应方程式为4NH3＋4NO＋ O2=====4N2＋6H2O，D 错误；故选B。
17.(2023·深圳红岭中学期末)利用Sonogashira 反应机理合成苯乙炔的基本过程如图，其中，Ln代表一种配体。
下列叙述不正确的是( )
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A.该过程的总反应为加成反应
B.该反应中存在极性键的断裂和形成
C.步骤④过程中，Pd 元素被还原
D.LnPd(0)和CuI 共同作为该过程的催化剂
【答案】 A
【解析】 A.由图可知，反应为乙炔和
生成苯乙炔和HI 的反应，反应为取代反应，选项A 错误；
B.
该反应中存在碳氢键的断裂、氢碘键的形成，故存在极性键的断裂和形成，选项B 正确；C.步骤④过程中，Pd 的
化合价由＋2 变为0，化合价降低，元素被还原，选项C 正确；D.由图可知，LnPd(0)和CuI 共同作为该过程的催化
剂，选项D 正确。故选A。
18.(2023·沈阳模拟)下图是用钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)的反应示意图，当反应生成46 g 液态HCOOH 时放
出31.2 kJ 的热量。下列说法错误的是( )
A.反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成
B.图示中物质Ⅰ为该反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物
C.使用催化剂可以降低反应的活化能，但无法改变反应的焓变
D.由题意知：HCOOH(l)=CO2(g)＋H2(g) ΔH＝＋31.2 kJ·mol－1
【答案】 A
【解析】 A.由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成，故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，故B 正确；
C.催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但不影响反应的焓变，故C 正确；D.生成46 g 液态HCOOH 时放
出31.2 kJ 的热量，该反应的热化学方程式为CO2(g) ＋H2(g)=HCOOH(l) ΔH ＝－31.2 kJ·mol －1 ，则
HCOOH(l)=CO2(g)＋H2(g) ΔH＝＋31.2 kJ·mol－1，故D 正确。
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