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专题十二 反应微观机理与反应历程分析
化学反应机理的分析及应用是高考命题的热点之一，此类试题大多以“能量-历程转化”“物质转化循环”
等为载体，考查吸热(或放热)反应、共价键及变化、活化能与反应速率等，侧重考查考生的“理解与辨析
能力”“分析与推测能力”等关键能力。
考点一 基元反应与反应机理分析
一、基元反应
1．概念
大多数化学反应都是分几步完成的，其中的每一步反应称为基元反应。
如反应：H2O2＋2Br－＋2H＋===Br2＋2H2O，通过大量实验提出它们微观过程如下：
(1)H＋＋H2O2
H3O
(2)H3O＋Br－===H2O＋HOBr
(3)HOBr＋H＋＋Br－===H2O＋Br2
2．基元反应过渡态理论
基元反应过渡态理论认为，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 反应产物
过渡态是反应过程中具有最高能量的一种结构状态，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能
[活化能(能垒)越高，此步基元反应速率越慢]。例如，一溴甲烷与NaOH 溶液反应的过程可以表示为CH3Br
＋OH－―→[Br…CH3…OH]―→Br－＋CH3OH
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二、活化能
1.有效碰撞理论与活化能
活化能
活化分子数
单位体积内活化分子数
有效碰撞
增大浓度/压强
不变
不变
增多
增加
升高温度
不变
增多
增多
增加
催化剂
下降
增多
增多
增加
备注：速率常数k＝
(阿伦尼乌斯公式)
A—比例系数，Ea—活化能，R—常数，T—开氏温度。从公式可以判断出，T 越高，速率常数越大，反应速
率越大。Ea越小，速率常数越大，反应速率越大。
2.活化能与反应机理
使用催化剂，可以改变活化能，改变反应机理，在反应机理中每一步反应的活化能不同，且均比总反应的
活化能低，故一般使用催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，如图所示：
E1为总反应的活化能，E2、E3为使用催化剂反应机理中各步的活化能。
3.多步反应的活化能及与速率的关系
如NO 在空气中存在如下反应： 2NO(g)＋O2(g)
2NO2(g) ΔH，反应分两步完成，其反应历程如图：
(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，如该图中
的TS1 和TS2，达到该过渡态所需要能量为该基元反应的活化能，分别为Ea1、Ea2
(2)反应的能量变化
①第1 步基元反应ΔH1＝E2－E3<0，为放热反应，Ea1＝ E4－E3。
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②第2 步基元反应ΔH2＝ E1－E2<0，为放热反应，Ea2＝ E5－_E2。
③总反应的反应热与基元反应的活化能的大小无关，只与反应物、生成物的能量有关，ΔH＝ E1－E3 <0，
为放热反应。
(3)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。
Ea1<Ea2，第2 步基元反应为该反应过程的决速步骤。
4.催化剂对反应历程与活化能影响
图例
解读
(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＝ΔH。
(2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤，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)同一反应分为若干个基元反应，活化能大的基元反应速率较慢，决定了总反应的快
慢；相同反应物同时发生多个竞争反应时，能垒越小的反应，反应速率越大，产物占
比越高。
(4)催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH。
【特别提醒】
(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)分析变化过程中所经历的全部基元反应，包括过渡态的形成，键的断裂和生成等。
三、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。
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如图中，MoO3是该反应的催化剂，
为中间产物。
1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理
四、循环反应图中三类物质：反应物、产物、中间产物及反应条件、催化剂的判断
1.（2023·浙江卷1 月）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
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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】根据历程Ⅰ，O3(g)＋O(g)
2O
⇌
2(g)的ΔH＝(E6－E3)kJ·mol－1，根据历程Ⅱ，O3(g)＋O(g)
2O
⇌
2(g)的
反应热ΔH＝(E5－E2)kJ·mol－1，则E6－E3＝E5－E2，A 项正确；根据图示，Cl(g)的相对能量为(E2－
E3)kJ·mol－1，由于Cl2(g)的相对能量为0，故Cl2(g)===Cl(g)＋Cl(g)的ΔH＝2(E2－E3)kJ·mol－1，即Cl—Cl 键
能为2(E2－E3)kJ·mol－1，B 项正确；历程Ⅱ使用了催化剂Cl，催化剂不能使平衡发生移动，则O3的平衡转
化率：历程Ⅱ＝历程Ⅰ，C 项错误；历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应为活化能最小的反应，即
ClO(g)＋O(g)===O2(g)＋Cl(g) ΔH＝(E5－E4)kJ·mol－1，D 项正确。
2.（2023·广东卷第15 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
【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；由图
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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；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；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。
3．(2022·湖南，12)反应物(S)转化为产物(P 或P·Z)的能量与反应进程的关系如图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是( )
A．进程Ⅰ是吸热反应
B．平衡时P 的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P 的速率：Ⅲ>Ⅱ
D．进程Ⅳ中，Z 没有催化作用
【答案】D
【解析】由图可知，进程Ⅰ中S 的总能量大于产物P 的总能量，因此进程Ⅰ是放热反应，A 错误；进程Ⅱ
中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此两个进程平衡时P 的产率相同，B 不正确；进程
Ⅲ中由S·Y 转化为P·Y 的活化能高于进程Ⅱ中由S·X 转化为P·X 的活化能，由于这两步反应分别是两个进
程的决速步骤，因此生成P 的速率：Ⅲ<Ⅱ，C 不正确；由图可知，进程Ⅳ中S 吸附到Z 表面生成S·Z，然
后S·Z 转化为产物P·Z，由于P·Z 没有转化为P＋Z，因此，Z 没有催化作用，D 正确。
4．(2022·山东，10)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HONO 的反应历程有2 种
C．增大NO 的量，C3H8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
【解析】根据反应机理图知，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；根据图示，由NO 生成HONO 的反应历程有2 种，B 项正确；NO 是催化剂，
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增大NO 的量，C3H8的平衡转化率不变，C 项正确；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。
1．（2024·河南南阳·校联考模拟预测）近日，河北农业大学王春课题组将LDH 衍生的Ni 基催化剂用于木
质素衍生物的高效加氢脱氧，历程如图所示。下列叙述正确的是
A．反应(3)和(5)原子利用率均为100%
B．反应(5)的产物熔化时要破坏分子间作用力
C．上述循环中，
的空间结构为正四面体形
D．上述循环中，断裂和形成了
键和
键
【答案】B
【解析】A．反应(3)，(5)中都有副产物水生成，原子利用率均小于100%，A 项错误；
B．反应(5)产物为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，B 项正确；
C．
的空间结构不是正四面体形，C 项错误；
D．上述循环中，没有形成
键，D 项错误。
故选B。
2．（2023·重庆·育才中学校考模拟预测）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
(g)和
(g)的相对能量为0，下列说法不正确的是
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A．
(g)在历程Ⅱ中作催化剂
B．相同条件下，
的平衡转化率：历程Ⅱ>历程I
C．
的
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】B
【解析】A．历程Ⅰ反应为O3(g)+O(g)=2O2(g)，历程Ⅱ先发生Cl(g)+O3(g)=ClO(g)+O2(g)再发生、ClO(g)
+O(g)=O2(g)+Cl(g)，历程Ⅱ的总反应为O3(g)+O(g)=2O2(g)，则Cl(g)在历程Ⅱ中作催化剂，A 正确；
B．催化剂不影响平衡，相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程I，B 不正确；
C．由图知：O3(g)、O(g)的能量为E3，O3(g)、O(g)、Cl(g)的能量为E2，Cl2(g)的相对能量为0，则
Cl2(g)=Cl(g)+Cl(g)的ΔH=+2(E2−E3)kJ mol
⋅
−1，C 正确；
D．活化能最小的反应速率最快，由图知，ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)活化能最小，则历程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，D 正确；
故选B。
3．（2023·山东淄博·统考三模）甲酸在纳米级磁性
表面分解为活性
和
，经下列历程实现
的催化还原，从而减少污染。下列说法错误的是
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A．将磁性
处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解速率
B．在整个历程中，
可完全还原
C．总反应方程式为2
＋5HCOOH＋2H＋
N2↑＋5CO2↑＋6H2O
D．反应历程中生成的
可调节体系
，有增强
氧化性的作用
【答案】B
【解析】A．将催化剂处理成纳米级颗粒可增大接触面积，提高甲酸分解速率，故A 正确；
B．
转化为0.5molN2，转移5mol 电子，1molH2转移2mol 电子，所以完全还原
消耗
2.5molH2，故B 错误；
C．在反应历程图中箭头指进循环过程的为反应物，箭头从循环过程中指出的为生成物，故总反应方程式
为2
＋5HCOOH＋2H＋
N2↑＋5CO2↑＋6H2O，故C 正确；
D．
与
在氧化Fe2＋的过程中需要消耗氢离子，pH 值降低，但H2还原Fe3＋过程中生成氢离子，所
以生成的氢离子可以起到调节pH 的作用，同时具有增强
氧化性的作用，故D 正确；
故选D。
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考点二 化学反应历程与能垒分析
一、反应历程
1．化学动力学与反应历程
化学动力学是研究化学反应进行的速率和反应历程(即机理)的科学。所谓反应历程就是反应物按什么途径，
经过哪些步骤，才能转化为最终产物。选择适当的反应途径，可以使热力学由预期转变为现实。
2．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。
二、过渡态与中间体
1．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。
2．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。
三、能垒与决速步
能垒：可以简单理解为从左往右进行中，向上爬坡吸收的能量，而包含最高能垒的反应我们称之为决速步
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骤，也称为慢反应。
例如图中，从第一个中间体到过渡态2 的能量就是最高能垒，而HCOO*＋H*===CO2＋2H*是在Rh 做催化
剂时该历程的决速步骤。
【方法技巧】三步突破能量变化活化能(能垒)图
1.（2021·湖南卷）铁的配合物离子(用
表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情
况如图所示：
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下列说法错误的是（ ）
A. 该过程的总反应为HCOOH
CO2↑+H2↑ B. H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该催化循环中Fe 元素的化合价发生了变化 D. 该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】D
【解析】由反应机理可知，HCOOH 电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合
氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOH
CO2↑+H2↑，故A 正确；若氢离子浓度过低，则反应
Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降
低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B 正确；由反应机理可
知，Fe 在反应过程中，化学键数目发生变化，则化合价也发生变化，故C 正确；由反应进程可知，反应
Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D 错误；故选D。
2. （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：
+OH-
+CH3O-能量变化如图所示。已知
为快速平衡，下列说法正确的是 ( )
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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CH3
18OH
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】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；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
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后，溶液中存在
18OH-，故B 正确；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CH3
18H，故C 错误；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，故选B。
1．（2023·湖南长沙·统考模拟预测）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。
自由基与
反应
过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．该反应为吸热反应
B．产物的稳定性：
C．该历程中正反应的最大活化能
D．相同条件下，由中间产物Z 转化为产物的速率：
【答案】C
【解析】A．由图示可知，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即该反应为放热反
应，A 错误；
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B．产物P2所具有的能量比产物P1所具有的能量低，所以产物P2比产物P1要稳定，B 错误；
C．由图示可知中间产物Z 到过渡态Ⅳ所需的活化能最大，E 正= -18.92kJ·mol−1-(-205.11
kJ·mol−1)=186.19kJ·mol−1，C 正确；
D．由图示可知，由Z 到产物P1所需的活化能低于由Z 到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z 转化为产
物的速率：v(P1)>v(P2)， D 错误；
答案为C。
2．（2023·河北·校联考三模）
选择性催化还原(
)是目前最有效且应用最广的除去
的方
法，在
催化剂上发生反应的机理如图所示，其中TS 表示过渡态。下列说法正确的是
A．反应历程中最大的能垒为
B．历程中
的
C．该反应分3 步进行
D．在反应历程中有极性共价键和非极性共价键的断裂与形成
【答案】A
【分析】TS 表示过渡态，由图可知反应一共分作6 步，能垒最大的即活化能最大的是第二步。
【解析】A．由图可知，第二步反应能垒最大，为
，A 项正确；
B．最后一步反应可知反应物的能量小于生成物的能量，该反应为吸热反应，
，B 项错误；
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C．TS 表示过渡态，由图可知反应分6 步进行，C 项错误；
D．反应历程中没有非极性共价键的断裂，D 项错误；
故选A。
3．（2023·辽宁·校联考模拟预测）我国某科研团队开发催化剂用于光热催化
加氢制
。其反应历程
如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。
的选择性等于
的物质的量与
转化的物质的量之比。下列
叙述正确的是
A．在
历程中能垒最大为
B．该反应历程中，
的选择性为100%
C．催化剂表面上
、CO 脱附都会放出能量
D．反应历程中有极性键的断裂与形成
【答案】D
【解析】A．由图可知，在
历程中能垒最大的是
的能垒为0.77eV，故A 错
误；
B．CO2加氢生成了副产物CO、CH3OH、CH4的选择性小于100%，B 项错误；
C．由图可知，
是脱附过程，需要吸收能量，C 项错误；
D．反应历程中
过程中有极性键的断裂，
过程中有极性键的生成，故D
正确；
故选D。
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1．（2023·北京海淀·清华附中校考三模）汽车尾气中CO 与NO 转化的三段反应历程及各物质的相对能量
如图所示，其中TS 代表过渡态，IM 表示反应过程中的复杂中间产物，每段历程的反应物相对总能量定义
为0.下列说法不正确的是
A．反应①决定尾气转化的快慢
B．反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应
C．由上图可判断过渡态的相对能量：TS1>TS3>TS2
D．采用对反应③选择性高的催化剂可以避免尾气中出现
【答案】D
【解析】A．由图可知，反应①的活化能最高，为298.4
-42.6
=255.8
，反应②、
③的活化能分别为108.4
、226.1
，活化能越高反应速率越慢，慢反应决定整个反应的速
率，故反应①决定尾气转化的快慢，A 正确；
B．由图可知，反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应，B 正确；
C．图中可知三个过渡态的能量分别为298.4
、130.0
、248.3
，故过渡态的相对
能量：TS1>TS3>TS2，C 正确；
D．采用对反应③选择性高的催化剂不代表反应②的产物
会完全消耗，无法避免尾气中不出现
，
D 错误；
故选D。
2．（2023·湖北·校联考模拟预测）在
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
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列叙述错误的是
A．催化剂可以同时产生多种反应历程
B．含C 微粒参与的反应均有元素化合价变化
C．增大
的量，反应热和平衡产率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水量改变
【答案】D
【解析】A．由图可知NO 可同时参与反应①和反应②过程，由此可知催化剂可以同时产生多种反应历
程，故A 正确；
B．由图可知含C 微粒参与的反应均存在电子得失，有元素化合价变化，故B 正确；
C．NO 为催化剂，增大NO 的量，对反应热和化学平衡无影响，故C 正确；
D．无论反应经过①还是②，总反应都是丙烷和氧气生成丙烯和水，最终生成的水不变，故D 错误；
故选D。
3．（2023·山东济南·实验中学校考模拟预测）HCOOH 在Pd 催化剂表面脱氢的反应历程与能量的关系如
下。下列说法错误的是
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A．在Pd 催化剂表面HCOOH 脱氢反应的
H<0
B．在Pd 催化剂表面离解O—H 键比C—H 键的活化能低
C．在历程I~V 中，生成V 的反应速率最慢
D．用DCOOH 或HCOOD 代替HCOOH，得到的产物都有HD 和CO2
【答案】B
【解析】A．由反应历程图可知，反应Ⅰ的相对能量高于反应Ⅴ，则HCOOH 脱氢反应为放热反应，△H＜
0，故A 正确；
B．由反应机理图可知，在Pd 催化剂表面离解O−H 键的过程为反应Ⅰ到Ⅱ，离解C−H 键的过程为
Ⅲ→Ⅳ，根据反应历程图，反应Ⅰ到Ⅱ活化能为44.7kJ，Ⅲ→Ⅳ的活化能为（36.7−8.9）kJ＝27.8kJ，故在
Pd 催化剂表面离解O−H 键比C−H 键的活化能高，故B 错误；
C．在历程Ⅰ～Ⅴ中，Ⅳ→Ⅴ的活化能最高，则生成Ⅴ的反应速率最慢，故C 正确；
D．根据HCOOH 在Pd 催化剂表面脱氢的反应机理图可得化学反应为
，即HCOOH 中
的两个H 原子被解离出来形成H2，则用DCOOH 或HCOOD 代替HCOOH，得到的产物都有HD 和CO2，
故D 正确；
故选B。
4．（2023·浙江杭州·临安中学校联考一模）一定条件下，反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如
下，下列说法不正确的是
A．由历程I 可计算，
的总键能
B．由历程Ⅱ可知，相同条件下
的浓度比
的浓度对反应速度影响更大
C．相同条件下，
的平衡转化率，历程I
历程Ⅱ
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D．由历程I 和历程Ⅱ可得，
【答案】A
【解析】A．由图可知，1molSO2的活化能为
，SO2的总键能不是
，故A 错误；
B．由历程Ⅱ可知，相同条件下使用V2O5作催化剂增大O(g)的浓度后，反应的活化能降低，反应速率加
快，则O(g)的浓度比SO2(g)的浓度对反应速度影响更大，故B 正确；
C．催化剂不改变化学平衡的转化率，则相同条件下，SO2的平衡转化率，历程I
历程Ⅱ，故C 正确；
D．催化剂不改变化学反应热，由历程I 和历程Ⅱ可得，
，故D 正确；
故选A。
5．（2023·河北·校联考模拟预测）烯烃化合物与CO2和H2的三组分氢羧化反应得到脂肪族羧酸化合物被
称为“梦幻反应”。光催化CO2和H2的苯乙烯类氢发生羧化反应的历程如图所示(—Me 为甲基，—Ar 代
表芳香烃类基团)。下列叙述错误的是
A．该转化中，物质1 与CO2、H2发生加成反应生成物质2
B．物质D 为催化剂，物质E 和F 为中间产物
C．该转化中，断裂和形成了3 个π 键、3 个σ 键
D．Rh 与氧原子间形成了配位键
【答案】C
【解析】A．该转化中，
与CO2、H2反应生成
，碳碳双键两端的碳原子
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直接与-COOH、H 原子连接，反应类型为加成反应，故A 正确；
B．物质D 反应前后不变，物质D 为催化剂，物质E 和F 为中间产物，故B 正确；
C．该转化中，形成了3 个C-H、1 个O-H、1 个C-C σ 键，故C 错误；
D．根据图示，F 中Rh 与氧原子间形成了配位键，故D 正确；
故选C。
6．（2023·河北张家口·统考一模）锰基催化剂催化烯烃环氧化反应的历程如图所示(Ac 表示CH3CO，R 表
示烃基)。下列说法错误的是
A．转化过程中Mn 元素的化合价没有发生改变
B．AcOH 在催化过程中提供了质子
C．烯烃环氧化反应为
+H2O2→
+H2O
D．H+浓度可以影响反应速率和产品产率
【答案】A
【解析】A．从图中可知，转化过程中与Mn 相连的原子发生变化，各原子与Mn 形成的化学键也有变化，
Mn 元素的化合价发生变化，A 错误；
B．由转化关系知，AcOH 在催化过程中提供了质子，B 正确；
C．由转化关系知，AcOH 参与反应生成了AcO-和H+，实际用途为催化剂，总反应为
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，C 正确；
D．
参与中间过程，其浓度可影响反应速率和产品产率，D 正确；
故选A。
7．（2023·湖南怀化·统考二模）在
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
说法正确的是
A．反应②的方程式为
B．反应①中有氧氧键的断裂和氮氧键的形成
C．增大
的量，可增大
的平衡转化率
D．当主要发生包含①的历程时，最终生成的水减少
【答案】B
【分析】含N 分子参与的反应包括①的历程是将NO 转化为NO2，②的历程将NO 和NO2转化为HONO，
还包括HONO 转化为NO 的反应；
【解析】A．反应②的方程式为
，故A 错误；
B．反应①中∙OOH 转化为∙OH 有氧氧键的断裂，NO 转化为NO2有氮氧键的形成，故B 正确；
C．NO 为催化剂，增大催化剂的量，平衡不移动，则C3H8的平衡转化率不变，故C 错误；
D．无论反应经过①还是②，总反应都是丙烷和氧气生成丙烯和水，最终生成的水不变，故D 错误；
故选B。
8．（2023·福建莆田·统考二模）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。
自由基与
反应过程
的能量变化如下图所示，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大。下列说法正确的是
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A．
比
稳定
B．升高温度，生成
的反应速率增大的程度更大
C．该历程中最小正反应的活化能为
D．改变催化剂可以改变生成
的反应焓变
【答案】C
【解析】A．
的能量更高，故其不如
稳定，A 错误；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活
化能越小，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；结合图像可知，升高温度，生成
的反
应速率增大的程度更大，B 错误；
C．该历程中最小正反应的活化能为中间产物Z 生成过渡Ⅲ时的活化能，为
，C 正确；
D．改变催化剂可以改变反应历程，加快反应速率，但是不能改变生成
的反应焓变，D 错误；
故选C。
9．（2023·河北沧州·统考一模）二氧化碳选择性加氢制甲醇是解决温室效应、发展绿色能源和实现经济可
持续发展的重要途径之一。常温常压下利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量
变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法错误的是
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A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热
B．二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应
C．该历程的决速步为
D．总反应为
【答案】A
【解析】A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，不能改变反应热，选项A 错误；
B．由反应历程图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，选项B 正确；
C．
的活化能最大，是该历程的决速步，选项C 正确；
D．该反应的反应物是
和
，生成物是
和
，则总反应为
，选项D 正确；
故选A。
10．（2023·辽宁辽阳·统考一模）某课题组对羧基化研究取得很大的进展，历程如图所示。
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已知：
为烃基，Me 为甲基。下列叙述正确的是
A．
能降低总反应的活化能
B．物质1 和物质A 反应时，只断裂了
键
C．物质2 中
为
D．
转化为
时，1 个
分子断裂了2 个
键
【答案】C
【解析】A．
是制备催化剂
的原料，不是催化剂，不能降低反应的活化能，A 项错误；
B．物质1 和物质A 反应时，还断裂了
键，B 项错误；
C．由D 的到E 的转化，根据D 的结构简式可知E 中R 应为
，E 到物质2 的过程中R 未改
变，C 项正确；
D．1 个
分子只断裂了1 个
键，D 项错误；
故选C。
11．（2023·湖南·校联考二模）我国科技工作者利用计算机模拟
在不同催化剂，以及硫酸作电解质溶液
的条件下，电解还原制备氨气反应历程中相对吉布斯自由能变化如图所示(*代表微粒吸附在催化剂表面)。
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下列说法错误的是
A．该反应历程实现了人工固氮
B．该反应历程在阳极发生
C．从热力学趋势来说该反应能自发进行
D．该历程的总反应为
【答案】B
【解析】A．
变为
，实现了N 从游离态到化合态，A 正确；
B．反应物有
，生成物有
，该过程发生还原反应，在阴极发生，B 错误；
C．该反应的吉布斯自由能变化量为-0．34eV，小于0，能够自发，C 正确；
D．反应物有
，生成物有
，电解质溶液为酸性，所以历程的总反应为
，D 正
确；
故选B。
12．（2023·湖南·校联考二模）过渡金属元素离子催化乙烯氧化成乙醛的反应机理如图所示。下列说法正
确的是
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A．
和
能够降低反应的活化能
B．该反应历程中氢离子物质的量一直减小
C．Pd 的化合价在反应历程中未发生变化
D．该历程的总反应为
【答案】D
【解析】A．
是中间产物，不是催化剂，不能降低反应的活化能，A 错误；
B．反应历程中氢离子的物质的量有增多和减少的过程，并不是一直减小，B 错误；
C．Pd 元素化合价有从+2 转化为0，也有从0 到+2，C 错误；
D．该历程的总反应为
，D 正确；
故选D。
13．（2022·重庆·统考模拟预测）合成氨工作在国民经济中占有重要地位，对人类生存具有重大意义。合
成氨反应的历程和能量变化如下图所示：
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已知：①
，②
ΔH，则反应②的ΔH 为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】由图可知，氨气分解生成氮气和氢气的反应为吸热反应，反应ΔH=+(500—308—100)
kJ/mol=+92kJ/mol，故选A。
14．（2022·辽宁沈阳·实验中学校考模拟预测）科技工作者运用DFT 计算研究在甲醇钯基催化剂表面上制
氢的反应历程如图所示。其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是
A．
吸附在催化剂表面是一个吸热过程
B．甲醇在不同催化剂表面上制氢的反应历程完全相同
C．
的
D．
是该历程的决速步骤
【答案】D
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【解析】A．由图可知，
吸附在催化剂表面生成物的总能量低于反应物的总能量，为放热过程，故
A 错误；
B．催化剂可以改变的路径，使用不同的催化剂，反应的历程不同，故B 错误；
C．CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的△H=生成物相对能量-反应物相对能量=(97.9-0)kJ•mol-1=+97.9kJ•mol-1，故C
错误；
D．由图可知，该历程中最大能垒(活化能)就是由-65.7kJ•mol-1上升到113.9kJ•mol-1，E 正
=(113.9+65.7)=179.6kJ•mol-1，活化能越大反应速率越慢，
的反应速率最慢，是该
历程的决速步骤，故D 正确；
故选D。
15．（2021·山东·模拟预测）已知化合物A 与H2O 在一定条件下反应生成化合物B 与HCOO−，其反应历程
如图所示，其中TS 表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法正确的是
A．化合物A 与H2O 之间的碰撞均为有效碰撞
B．平衡状态时，升温使反应逆向移动
C．该历程中的最大活化能E 正=16.87kJ·mol-1
D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热
【答案】B
【解析】A．活化分子间的部分碰撞为有效碰撞，A 错误；
B．据图可知该反应为放热反应，升高温度平衡逆向一定，B 正确；
C．据图可知第二步反应的能垒最大，为E 正=[16.87-(-1.99)]kJ·mol-1=18.86 kJ·mol-1，C 错误；
D．催化剂可降低反应活化能，但不改变反应热，D 错误；
综上所述答案为B。
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