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压轴题03 化学反应机理 历程 能垒图分析
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
注意：(1)由图1 可知：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)。
(2)由图2 可知：活化能的大小不影响反应热，反应热取决于反应物总能量和生成物的总能量。
(3)催化剂只改变活化能，不改变焓变；只影响化学反应速率，不影响平衡。
过渡态
A+B—C→[A…B…C]→A—B+C
注意：(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。
中间体
1
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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。
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。
能垒与决速反应
(1)反应历程中的最大能垒是指正反应过程中最大相对能量的差值，可以用估算法进行确定。
(2)活化能越大，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。
(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。
循环图中反应物、生成物、催化剂及中间产物的判断
通览全图，找准一“剂”三“物”
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。
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
图中总反应为： C2H4+ 2O2+ 2NO == 2CO2+N2+2H2O
解题模版
三步突破能量变化—活化能(能垒)图
Cu+
2
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题型01 基本图像
1．（24-25 高三上·辽宁大连·期中）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。
3
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2．（24-25 高三上·黑龙江哈尔滨·期中）工业上曾以
和
为原料在一定温度和压强下合成尿素。反
应均可逆且分两步进行：①
和
生成
；②
分解生成尿素。反应过程能量
变化关系如图所示。将一定量的
和
投入密闭容器中反应。下列说法正确的是
A．正反应活化能：反应①<反应②
B．合成尿素反应的
C．随着反应的进行，
含量会持续增大
D．升高温度，反应②速率和限度均增加，尿素的平衡产率一定增大
【答案】A
【详解】A．根据图像，反应①、反应②正反应活化能分别为
，正反应活化能：反应①＜反应②，
故A 正确；
B．焓变ΔH =正反应的活化能逆反应的活化能，反应①
−
、反应②
，根据盖斯定
律①+②得合成尿素总反应的
，故B 错误；
C．反应①放热、反应②吸热，反应①活化能小，速率快，随着NH2COONH4含量逐渐增大，有利于反应②、
有利于尿素生成，则NH2COONH4含量先增大后减小，故C 错误；
D．反应①放热、反应②吸热，升高温度，反应①逆向移动、反应②正向移动，但总反应为放热反应，升
高温度，总反应逆向移动，不利于提高尿素的平衡产率，故D 错误；
故选A。
4
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题型02 反应历程与能垒
3．（24-25 高三下·吉林延边·阶段练习）汽车尾气是导致空气质量问题的重要原因，利用反应
可有效降低汽车尾气污染物的排放。一定条件下该反应历程如图所示
(
代表过渡态，
表示中间产物，每段历程的反应物相对总能量定义为0)。
下列说法错误的是
A．反应①②③中，只有①是吸热反应
B．升高温度能加快总反应速率，且正反应速率增加倍数小于逆反应速率增加倍数
C．总反应的热化学方程式为
D．即使采用对反应③选择性高的催化剂，也不能完全避免尾气中出现
【答案】C
【详解】A．吸热反应为反应物总能量低于生成物，反应①②③中：反应物能量均为0，生成物能量分别为
199.2kJ/mol、-513.5kJ/mol、-307.6kJ/mol，则反应①为吸热反应，反应②③为放热反应，故A 正确；
B．总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，正、逆反应速率增加，正反应速率增加倍数小于逆反应
速率增加倍数，故B 正确；
C．由图可知，总反应的反应物为2NO+2CO、生成物为2CO2+N2，总的焓变等于各反应焓变之和，即
199.2kJ/mol-513.5kJ/mol-307.6kJ/mol=-622.1kJ/mol，总反应的热化学方程式为
，故C 错误；
D．反应③的催化剂只改变反应③的产物比例，不能改变反应③的反应物，N2O 是反应③的反应物、反应
②的产物，故D 正确；
故答案为C。
题型03 化学反应机理与速率
5
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4．（24-25 高三上·辽宁丹东·阶段练习）已知化合物A 与
在一定条件下反应生成化合物B 与
，
其反应历程如图所示，其中TS 表示过渡态，I 表示中间体。下列说法中正确的是
A．由图可知反应历程中有六个基元反应
B．该历程中的最大能垒(活化能)
C．加入催化剂，可增大活化分子百分数，有效碰撞次数增大
D．
是该历程的决速步骤
【答案】C
【详解】A．由图可知，反应历程中有3 个过渡态，有3 个基元反应，故A 错误；
B．该历程中的最大能垒(活化能)
，故B 错误；
C．加入催化剂，降低活化能，增大活化分子百分数，有效碰撞次数增大，故C 正确；
D．活化能越大，反应速率越慢，慢反应为决速步骤，
是该历程的决速步骤，故D 错误；
选C。
题型04 反应机理与化学电源
5.（24-25 高三上·黑龙江哈尔滨·开学考试）中国科学家将
分子引入电解质中制作高功率可充电
电池，
调整充电和放电反应途径如图所示，下列说法错误的是
6
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A．该途径显示
对正极反应有影响
B．ICl 为正极充电时的中间产物
C．放电时只有I 元素价态改变
D．充电一段时间当Li 电极质量增加7 g 时，总过程消耗的
的质量为0 g
【答案】C
【分析】由图可知，放电时，正极发生的反应为：SOCl2+I2=SOCl2·I2、SOCl2·I2+2e—+Li+=LiCl+SOICl+I—、2I—
+2SOICl=2I2+S+SO2↑+2Cl—，则正极反应式为2SOCl2+4e—+4Li+
S+SO2↑+4LiCl，电池总反应为4Li+2SOCl2
S+SO2↑+4LiCl，由放电时总反应可知，充电时总反应为S+SO2+4LiCl
4Li+2SOCl2，所以碘是电池充电、放
电过程的催化剂。
【详解】A．由分析可知，碘是电池充电、放电过程的催化剂，能加快正极、阳极反应的反应速率，提高
电池的使用效率，故A 正确；
B．由分析可知，碘是电池充电、放电过程的催化剂，ICl 在反应前后均不存在，中间出现过，为正极充电
时的中间产物，故B 正确；
C．由分析可知，放电时硫元素和碘元素的价态发生了改变，故C 错误；
D．由分析可知，碘是电池充电、放电过程的催化剂，所以充电一段时间当锂电极质量增加7 g 时，总过程
消耗的碘的质量为0 g，故D 正确；
故选C。
题型05 烃的衍生物性质反应历程
7
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6.（24-25 高三下·辽宁本溪·开学考试）酯在碱性条件下发生水解反应的历程如图，下列说法正确的是
A．反应④为该反应的决速步
B．若用
进行标记，反应结束后醇和羧酸钠中均存在
C．反应①中OH-攻击的位置由碳和氧电负性大小决定
D．该反应历程中碳原子杂化方式没有发生改变
【答案】C
【详解】A．反应历程中最慢的一步是整个反应的决速步，结合图示可知，反应①为该反应的决速步，A 错
误；
B．反应①断开了酯基的碳氧双键结合
，反应②断裂出原酯基中的-OR’，反应③转移了氢离子得到醇
R’OH，反应④生成羧酸钠没有转移氧原子，故反应结束后醇中不均存在
，只能存在为羧酸钠中，B 错
误；
C．反应①中
带负电，攻击的位置由碳和氧电负性大小决定，OH-攻击电负性较小、电子云密度较小的
碳原子，C 正确；
D．反应①酯基中的碳从sp2杂化生成连接四个单键的sp3杂化，后经过反应②又生成羧基，恢复sp2杂化，
故该反应历程中碳原子杂化方式有发生改变，D 错误；
故选C；
题型06 有机合成反应历程
7．（24-25 高三上·黑龙江哈尔滨·月考）利用CH3OH、CO2与H2合成CH3CH2OH 的反应主要历程如图所示。
下列说法错误的是
8
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A．HI、CO 是合成乙醇的催化剂
B．合成过程涉及C-C 键和H-O 键形成
C．第3 步的反应式为：CH3I+CO+2H2→CH3CH2OH+HI
D．若用D2替代H2，则可生成CH3CD2OD
【答案】A
【详解】A．根据图示可知：在反应开始时无HI 和CO，在反应结束时生成物中无HI 和CO，因此HI 和CO
都是合成乙醇的中间产物，故A 项错误；
B．根据图示可知：在反应3 中有C-C 键形成，反应4 中有H-O 键形成，故B 项正确；
C．根据图示可知第3 步反应的反应物是CH3I、CO、H2，生成物是CH3CH2OH 及HI，则该反应的化学方程式
为：CH3I+CO+2H2→CH3CH2OH+HI，故C 项正确；
D．根据反应3 可知反应产生乙醇中的-CH2-、-OH 上H 原子种类取决于H2中的H 原子的种类，若用D2替代
H2，则反应可生成CH3CD2OD，故D 项正确；
故本题选A。
8.（24-25 高二上·广东江门·阶段练习）碳酸二甲酯DMC(CH3OCOOCH3)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(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。
9
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下列说法错误的是
A．反应进程中决速步骤的能垒为1.257
B．反应过程中有极性键的断裂与生成
C．第2 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】D
【详解】A．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，A 正确；
B．反应过程中，经过渡态Ⅰ的反应2CH3OH∗+HO∙∗+CO2
∗→CH3O∙∗+CO2
∗+ CH3OH∗+H2O∗中，发生CH3OH∗中O-H
极性键的断裂和H2O∗中O-H 极性键的形成，B 正确；
C．从图中可以看出，第2 步的基元反应，反应物为
，生成物为
，则方程式为：
，C 正确；
D．由图可以看出，2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O △H=+112.6kJ∙mol-1，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；
故选D。
题型07 原子结构与性质
9．（24-25 高三上·黑龙江哈尔滨·期末）在二氧化碳合成甲醇的研究中，催化剂是研究的关键。目前国内
外研究主要集中于铜基催化剂，有学者提出了
的转化过程如下图所示。下列说法错误的是
10
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A．甲酸乙酯中含有
键和
键
B．铜元素的第二电离能大于锌元素的第二电离能
C．反应过程中，金属
的化合价未发生改变
D．总反应的化学方程式为
【答案】C
【详解】A．甲酸乙酯结构中含有共价单键和共价双键，共价单键是σ 键，共价双键中有1 个σ 键和1 个π
键，则甲酸乙酯中含有
键和
键，A 正确；
B．Cu+价电子排布式为3d10，Zn+价电子排布式为3d104s1，Cu+的最外层达到全充满的稳定结构，较难失去电
子，而Zn+容易失去最外层的一个电子，则基态铜元素的第二电离能大于基态锌元素的第二电离能，B 正确；
C．由反应①知二氧化碳中碳元素化合价降低，则金属M 化合价发生变化，C 错误；
D．由转化过程图可知，CO2、H2为反应物，H2O、CH3OH 为生成物，则总反应的化学方程式为：
，D 正确；
故选C。
题型08 氧化还原反应
10.（24-25 高三上·广东深圳·阶段练习）PtF6是极强的氧化剂，用Xe 和PtF6 可制备六氟合铂酸氙[XeF]+
[Pt2F11]－，制备方式如图所示。下列说法错误的是
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A．六氟合铂酸氙是离子化合物
B．六氟合铂酸氙中Xe 元素的化合价为+2 价
C．上述制备过程的催化剂是F－和PtF
D．上述制备过程中属于氧化还原反应的有②③
【答案】C
【详解】A．六氟合铂酸氙[XeF]+[Pt2F11]－含有阴、阳离子，因此六氟合铂酸氙是离子化合物，故A 正确；
B．六氟合铂酸氙中含有[XeF]+，则Xe 元素的化合价为+2 价，故B 正确；
C．根据图中分析，上述制备过程的催化剂是F－，PtF 不是催化剂，故C 错误；
D．反应②中Xe 元素化合价升高，Pt 元素化合价降低，反应③中Xe 元素化合价升高，Pt 元素化合价降低，
因此上述制备过程中属于氧化还原反应的有②③，故D 正确。
综上所述，答案为C。
1．（2025·内蒙古·模拟预测）某离子液体的阴离子
可以吸收
，其可能的两种反应路径如下
图所示。下列说法错误的是
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A．两种路径的总反应相同
B．路径Ⅰ是主要的反应途径
C．该反应为放热反应
D．生成物中既含离子键又含共价键
【答案】B
【详解】A．反应物相同，经过不同的反应路径，最终生成物相同，均为
，总反应均为
=
，A 正确；
B．路径Ⅱ活化能小，反应速率快，故路径Ⅱ是主要的反应途径，B 错误；
C．该反应的反应物总能量高于生成物总能量，则该反应为放热反应，C 正确；
D．生成物为
，其内部含有共价键，离子液体中呈电中性，故离子液体中还含有阳离子，
与
之间存在离子键，D 正确；
故答案为：B。
2．（24-25 高三上·黑龙江哈尔滨·期中）三氟甲苯(
)与浓硝酸反应可生成
和
，该反
应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下，下列说法错误的是
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A．从能量角度分析，中间体2 比中间体1 更稳定
B．三氟甲苯与浓硝酸反应生成
和
的原子利用率均为100%
C．根据图像可知，三氟甲苯与浓硝酸反应生成中间体2 更快
D．三氟甲苯与
生成中间体1 和中间体2 的过程均吸热
【答案】B
【详解】A．由图可知，中间体2 的能量低于中间体1，能量越低越稳定，则中间体2 比中间体1 更稳定，
A 正确；
B．由图结合质量守恒，三氟甲苯与浓硝酸发生取代反应生成
和
，同时还会生成
水，原子利用率不为100%，B 错误；
C．由图可知，中间体2 的能量低于中间体1，且生成中间体1 反应的活化能大于生成中间体2，所以三氟
甲苯与浓硝酸反应生成中间体2 更快，C 正确；
D．三氟甲苯与
生成中间体1 和中间体2 的过程均为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，D
正确；
故选B。
3．（24-25 高三上·黑龙江·阶段练习）氮氧化物
为燃油汽车尾气中主要受管制的成分之一，其控制
技术的研发变得十分重要。燃油汽车排气管内部安装三元催化剂处理
的反应为
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。该反应相对能量如图所示。下列叙述错误的是
A．反应
都是正反应活化能大于逆反应活化能
B．上述反应
C．选择催化剂降低反应1 的能垒可进一步提高反应速率
D．反应
【答案】A
【详解】A．由图知反应1 是吸热反应，正反应活化能大于逆反应活化能，反应2 和3 都是放热反应，正反
应活化能小于逆反应活化能，A 错误；
B．反应1 为
，反应2 为
，反应3 为
，根据盖斯定律，3 个反应相加得总反应，
，B 正确；
C．观察历程图可知，反应
的正反应活化能（能垒）分别为
，能垒越大，反应速率越小，在多步反应中，反应速率最慢的
一步是速控步骤，选择催化剂主要降低速控反应的能垒，反应1 是速控反应，选择催化剂降低反应1 的能
垒，C 正确；
D．由图知，反应3 的热化学方程式为
，D 正确；
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故选A。
4．（2025·辽宁丹东·一模）我国科学家成功催化氢化
获得甲酸。利用化合物1 催化氢化
的反应过
程如图甲所示(Bu 表示丁基)，其中化合物2 与水反应生成化合物3 和
过程中的能量变化如图乙所示。
下列说法正确的是
A．图甲的转化过程中元素化合价均未发生变化
B．化合物1 到化合物2 的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成
C．化合物2 的总键能大于化合物3 的总键能
D．图乙表示的反应历程包括三步基元反应，第一步为决速步
【答案】B
【详解】A．由图甲可知，化合物4 转化为化合物1 时，氢气生成水，被氧化，因此铁元素化合价降低被
还原，化合物1 转化为化合物2 时，二氧化碳生成甲酸根离子，碳元素化合价降低，因此铁元素化合价升
高，A 项错误；
B．由图甲可知，化合物1 到化合物2 的过程中二氧化碳中的碳氧键断裂，生成碳氢键，B 项正确；
C．由图乙可知，化合物2 与水反应生成化合物3 和
过程是放热反应，则化合物2 的总键能小于化
合物3 的总键能，C 项错误；
D．图乙中峰存在3 个过渡态，则包括三步基元反应；其中峰值越大则活化能越大，活化能越大反应越慢，
决定总反应速率的是慢反应，第二步反应的活化能最大，故第二步为决速步骤，D 项错误；
故选B。
5．（24-25 高三上·吉林通化·月考）乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及反应进程中能量变化如下图，
则下列叙述中错误的是
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A．第①步为吸热反应，第②③步均为放热反应
B．第③步反应为
C．该反应过程中既有非极性键的断裂，又有非极性键的形成
D．三步反应中，第①步反应的活化能最大，为总反应的决速反应
【答案】C
【详解】A．由图可知，第②③步反应：反应物的总能量均大于生成物的总能量，则第②③步反应均为放
热反应，但第①步反应生成物的总能量大于反应物的总能量，属于吸热过程，A 正确；
B．根据图示和原子守恒，可得
，B 正确；
C．第①步反应断裂了碳碳键、碳氢键，但是无非极性键的形成，C 错误；
D．第①步反应活化能较大，反应发生消耗的能量高，则该步反应难进行，其反应速率较小，总反应的快
慢取决于慢反应，则总反应速率由第0 步反应决定，D 正确；
故选C。
6．（2024·黑龙江·三模）无催化剂作用下，以乙二醛和
为原料制取乙醛酸、甲酸、乙二酸的可能反应历
程如图所示，其中
表示过渡态，
表示中间体，下列说法错误的是
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A．反应很短一段时间内，
多于
B．乙二醛制乙醛酸的最大能垒为
C．选择合适的催化剂可提高乙二酸的选择性
D．乙二醛氧化生成甲酸、乙醛酸或乙二酸均为放热反应
【答案】B
【详解】A．反应很短一段时间内，生成
的能垒高于
，故
多于
，A 正确；
B．乙二醛制乙二酸的最大能垒为
，B 错误；
C．选择合适的催化剂可提高乙二酸的选择性，使反应向有利于生成乙二酸的方向进行，C 正确；
D．由图可知，三个反应的生成物总能量均低于反应物总能量，均为放热反应，D 正确；
答案选B。
7．（2024·辽宁·一模）Aun纳米团簇能催化水煤气变换反应，其微观反应机理如图1 所示，反应过程中相
对能量的变化如图2 所示。已知图2 中TS 表示过渡态，FS 表示稳定的共吸附。下列说法错误的是
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A．水煤气变换反应为H2O + CO
CO2 + H2
B．稳定性：FSe2大于FSe1
C．水煤气变换反应的
H<0
D．制约总反应速率的反应为CO*+OH*=COOH*
【答案】D
【详解】A．由图1 可知，反应物为H2O 和 CO，生成物为CO2 和 H2，故水煤气变换反应为H2O + CO
CO2 + H2，A 正确；
B．物质的能量越低越稳定，FSe2的能量比FSe1的低，故稳定性：FSe2大于FSe1，B 正确；
C．由图2 可知，反应物总能量高于生成物总能量，故水煤气变换反应的
H<0，C 正确；
D．制约总反应速率的反应为活化能最大的反应，由图1、2 可知，活化能最大的反应为H2O =OH +H ，D
错误；
答案选D。
8．（2024·吉林长春·模拟预测）实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理如图(已知RO⁻极易结
合H+转化为ROH)。下列说法正确的是
A．该反应的催化剂为苯甲醇钠，能降低反应的焓变
B．合成苯甲酸甲酯总反应方程式为：
C．与酯化反应相比，该反应的原子利用率高
D．久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，能加快该历程反应速率
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【答案】C
【详解】A．该反应的催化剂为苯甲醇钠，不改变反应的焓变，故A 错误；
B．合成苯甲酸甲酯总反应方程式为：
，没有水生成，故B 错
误；
C．该反应没有副产物，只有目标产物，原子利用率为100%，与酯化反应相比，该反应的原子利用率高，
故C 正确；
D．苯甲酸会使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效，故久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，会减慢该
历程反应速率，故D 错误；
故答案选C。
9．（24-25 高三上·黑龙江·月考）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
20
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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。
10．（24-25 高三上·辽宁·开学考试）
为平面结构，可以作为
和CO 反应制备
的催化剂，反应历程如下图所示，下列说法错误的是
A．化合物E 生成
的过程为取代反应
B．反应的总方程式为
C．A 离子中Rh 原子的杂化轨道类型为
21
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D．如图反应过程，
和CO 反应制备
的反应历程有1 种
【答案】C
【详解】A．化合物E 为CH3COI，和水生成
的过程为取代反应，A 正确；
B．根据反应历程的反应物为
和CO，生成物为
，反应的总方程式为
，B 正确；
C．
为平面结构，则A 离子中Rh 原子的杂化轨道类型为
，C 错误；
D．根据反应过程，
和CO 反应制备
的反应历程只有1 种，D 正确；
答案选C。
11．（2025·内蒙古呼和浩特·一模）电喷雾电离得到的
(
、
、
等)与
反应可得
。
分别与
、
反应机理如下图所示(两者历程相似，图中以
示例)。已知：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。下列说法错误的是
A．该反应为放热反应
B．步骤I 和II 中涉及氢原子成键变化的是I
C．
与
反应的能量变化应为图中曲线
D．若
与
反应，氘代甲醇的产量
【答案】D
22
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【详解】A．步骤I、步骤Ⅱ均为放热反应，A 正确；
B．由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以涉及氢原子成
键变化的是步骤Ⅰ，B 正确；
C．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，说明正反应活化能会增大，
则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c，C 正确；
D．
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
更难获得，故产率：
，D 错误；
故选D；
12．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）二氟卡宾(
)是一种活性中间体。硫单质与二氟卡宾可以形成
，
最后生成部分含碳副产物，反应历程如图所示；
下列叙述错误的是
A．该反应
B．该反应速率主要由生成
的反应决定
C．反应过程中碳的化合价发生改变
D．反应过程中存在极性共价键的形成
【答案】B
【详解】A．根据图中信息可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应，
，故A
23
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正确；
B．反应的活化能越高反应速率越慢，37.29-(-4.36)=41.65>5.41-(-28.80)=34.21，故该反应速率主要由生成
的反应决定，故B 错误；
C．由反应历程图可知，碳原子的成键个数在反应过程发生变化，所以其化合价也发生变化，故C 正确；
D．反应过程中存在极性共价键S-C 键的形成，故D 正确；
答案选B。
13．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）由
簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理
如图所示（“UV”代表紫外线）。下列说法错误的是
A．只有
在循环中起催化作用
B．该反应可用于制取合成气
、
C．过程包含反应
D．反应过程中金属元素的价态发生改变
【答案】A
【详解】A．V 元素在催化循环I、II 中起到催化作用，化合价发生变化，含V 物质中氧原子个数变化，因
此
都有催化作用，故A 错误；
B．图中可知循环I、II 反应的反应物为CH4和H2O，产物为
和
，故B 正确；
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C．由图示可知，循环I 中，
作用的步骤为
转化为
、CO、H2，即
故C 正确；
D．含V 物质中氧原子个数改变，V 的氧化程度改变，因此
、
、
中金属元素价态
一定改变，故D 正确；
故答案为A。
14．（24-25 高三上·黑龙江·阶段练习）我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1 催化氢
化CO2的反应过程如图甲所示，其中化合物2 与水反应生成化合物3 与HCOO-过程中的能量变化如图乙所
示(TS 表示过渡态，I 表示中间体)，下列说法错误的是
A．化合物1 为该反应的催化剂，可加快CO2的转化速率
B．图乙中形成中间体I2 的反应为图甲中“化合物2＋H2O→化合物3＋HCOO-”的决速步骤
C．化合物1→化合物2 的过程中存在碳氢键的形成
D．从平衡移动的角度看，升高温度可促进化合物2 与水反应生成化合物3 与HCOO-
【答案】D
【详解】A．根据题意和图甲可知，化合物1 先生成、后消耗为反应的催化剂，可加快
的转化速率，
故A 正确；
B．图乙中形成中间体Ⅰ2 的反应活化能最大，为图甲中“化合物2＋
→化合物3＋
”的决速
步骤，故B 正确；
C．化合物1 到化合物2 的过程中二氧化碳中的碳氧双键中一根键断裂，形成碳氢键，故C 正确；
D．从图乙可以看出，化合物2 与水反应生成化合物3 与HCOO-是放热反应，因此降低温度可以促进该反应
25
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的正向移动，故D 错误；
故选D。
15．（24-25 高三上·辽宁·阶段练习）近期，我国科学家报道了一种在室温下由
和
合成乙酸的辐射
催化反应。反应历程如图(
表示微粒
吸附在
固体表面)，下列说法正确的是
A．粒子
为
B．反应④有
生成
C．总反应为
D．若将
换成
，最终产物仍为
【答案】C
【详解】A．反应①中，
在
射线作用下分解为
、
和X，根据电荷守恒，X 不带电，因此X 为
(羟基自由基)，A 错误；
B．
与
反应，得到的产物Y 为
，因此反应④为
，没有
生成，
B 错误；
C．反应②为
，因此
作为反应①的反应物在反应②中又重新生成，
和
作为催化剂，总反应为
，C 正确；
D．反应④的
来自反应①中
的分解，因此若将
换成
，则反应④中的
变为
，最终得到
的产物为
，D 错误；
答案选C。
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16．（24-25 高三上·辽宁沈阳·期中）已知化合物A 与
在一定条件下反应生成化合物B 与
，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．TS2 所在的基元反应中活化分子百分数最大
B．该历程中的最大能垒(活化能)
C．使用催化剂只降低正反应的活化能，反应的焓变不变
D．该反应历程包含二个基元反应
【答案】B
【详解】A．TS2 所在的基元反应活化能最大，活化分子百分数最小，A 项错误；
B．正反应的活化能是指正向进行的反应的活化能，图中①③⑤均为正反应活化能，其中活化能最大的为
相对能量大的③，其能量为
，B 项正确；
C．催化剂可以同等程度降低正逆反应的活化能，反应的焓变不变，C 项错误；
D．由图可知，该历程有3 个峰值，该反应历程包含三个基元反应，D 项错误；
答案选B。
17．（24-25 高三上·辽宁大连·期中）
可活化
放出
，其反应历程如下图所示：
下列关于活化历程的说法正确的是
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A．该反应的决速步是：中间体2→中间体3
B．只涉及极性键的断裂和生成
C．
是该反应的催化剂
D．该反应的热化学方程式为：
【答案】A
【详解】A．根据图示，中间体2→中间体3 的步骤能量差值最大，活化能最大，反应速率最慢，是反应的
决速步，故A 正确；
B．反应过程中涉及
键的断裂和
键的形成，涉及非极性键的断裂，极性键的形成，故B 错误；
C．根据图示，
参与反应并生成
，是反应物不是催化剂，故C 错误；
D．热化学方程式需标注反应物和生成物的状态，热化学方程式为
，故D 错误；
故选A。
18．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）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
叙述错误的是
A．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水量改变
B．催化剂可以同时产生多种反应历程
C．含C 微粒参与的反应均有元素化合价变化
D．增大NO 的量，反应热和平衡产率不变
【答案】A
【分析】根据反应机理，反应物为丙烷和氧气，生成物为丙烯和水，NO 为催化剂，总反应为：2C3H8+O2
2C3H6+2H2O，据此分析解题。
【详解】A．根据总反应2C3H8+O2
2C3H6+2H2O 可知，包含①的历程还是②的历程，最终生成水的量
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不变，A 错误；
B．由分析可知，NO 为催化剂，结合通过流程图中由NO 生成HONO 的反应历程有①的历程和②的历程2
种，即催化剂可以同时产生多种反应历程，B 正确；
C．由题干历程图可知，含C 微粒参与的反应有：•C3H7+O2→C3H6+•OOH，C3H8+•OH→•C3H7+H2O，
•C3H7+NO2→C3H6+HONO，反应中均有元素化合价变化，C 正确；
D．由分析可知，NO 为催化剂，故增大NO 的量，反应热和平衡产率不变，D 正确；
故答案为：A。
19．（2024·辽宁·二模）常温下用
催化剂电催化还原
制甲酸的机理如图1 所示，反应历程如图2
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．使用
催化剂能够提高反应物分子中活化分子的百分数
B．制甲酸过程的决速步骤为
C．催化剂
活性位点在催化过程中的作用是使水分解
D．电催化还原
制甲酸反应的
【答案】C
【详解】A．催化剂降低反应的活化能，提高反应物分子中活化分子的百分数，A 正确；
B．
为相对能量差值最大的一步，反应速率较慢，为制甲酸过程的
决速步骤，B 正确；
C．催化剂
活性位点在催化过程中的作用是活化水分子，C 错误；
D．由图2 可知，电催化还原 CO2制甲酸总反应为CO2+2H2O+2e-=HCOOH+2OH-，反应后气体分子数减少，
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则熵变 ΔS<0，D 正确；
故选C。
20．（2024·辽宁大连·二模）某研究团队报道了一种高效合成多取代吡啶衍生物（
）的
方法，该方法具有原料易得、反应条件温和等优点，下列有关说法错误的是
A．此过程的原子利用率100％
B．反应涉及π 键的断裂和形成
C．
是反应的催化剂
D．根据上述反应历程，可判断出
+
转化关系成立
【答案】A
【详解】
30
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A．由图可知，生成吡啶衍生物的总反应为
+
+H2O，
由方程式可知，该反应的反应产物不唯一，原子利用率小于100％，故A 错误；
B．由图可知，反应中涉及碳碳三键的断裂和碳氮双键的形成，所以反应中涉及π 键的断裂和形成，故B
正确；
C．由图可知，生成吡啶衍生物的总反应为
+
+H2O，反应中溴化锌是反应的催化剂，故C 正确；
D．由题给历程可知，溴化锌做催化剂条件下
能与
反应生成
和水，故D 正确；
故选A。
21．（2024·辽宁·三模）催化剂在反应中能够改变反应历程，即改变反应速率。
在催化剂(
)上
还原NO 生成
和
的机理及活化能(
)如图所示。下列说法正确的是
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A．
还原NO 生成
过程中，速率最慢的步骤为⑦
B．在
催化剂上，NO 被
还原为
比还原为
更容易
C．决定NO 生成
速率的基元反应为
D．生成
的各基元反应中，N 元素均被还原
【答案】D
【详解】A．
还原NO 生成
过程中，活化能最大的是⑥，速率最慢的步骤为⑥不是⑦，故A 错误；
B．NO 被还原为
的最大活化能明显大于还原生成
，故在该催化剂作用下，NO 被还原为
更容易，
故B 错误；
C．生成
的基元反应中，
这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，是决定
NO 生成
速率的基元反应，故C 错误；
D．图示可知，生成氨气的过程为：
，每步反应中N 元素化
合价均是降低，被还原，故D 正确；
故选D。
22．（2025·吉林·二模）电喷雾电离等方法得到的
(
等)与
反应可得
。
与
32
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反应能高选择性地生成甲醇。
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)。转化过程中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。下列说法错误的是
A．
与
反应的能量变化应为图中曲线d
B．步骤Ⅰ涉及氢原子成键变化
C．若
与
反应，生成的氘代甲醇有2 种
D．
中共面的原子数最多为4
【答案】A
【详解】A．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，说明正反应活化能
会增大，则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c，A 错误；
B．由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，B 正确；
C．根据反应机理可知，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD 或CD3OH，共2 种，C 正确；
D．
中C 是sp3杂化，H-O-C 这三个共面，然后单键可旋转，使-CH3中的一个氢位于这个平面，共
面的原子数最多为4，D 正确；
故选A。
23．（24-25 高三上·吉林白城·期末）苯与液溴反应生成溴苯，其反应过程的能量变化如图所示。
33
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下列关于苯与
反应的说法不正确的是
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
【详解】A．苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢，
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
除去溴蒸汽，HBr 和
溶液反应生成浅黄色AgBr 沉
淀，可知反应有
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
，只知道正反应活化能，不能计算反应的焓变，故D 错误；
选D。
24．（2025·东北三省三校·一模）一定条件下，丙烯与
反应生成
和
的反应
历程如图所示。下列说法错误的是
34
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A．
比
更稳定
B．合成
的反应中，第I 步为反应的决速步骤
C．反应中既有极性键的断裂和形成，又有非极性键的断裂和形成
D．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中
的比例
【答案】C
【详解】A．由图可知
的能量低于
，物质能量越低越稳定，A 正确；
B．在合成CH3CHClCH3的反应历程中，第I 步反应活化能更大，反应速率更小，慢反应为整个反应的决速步
骤，B 正确；
C．，丙烯与
发生加成反应过程中，只断裂碳碳双键，只有非极性键的断裂；形成产物时形成C-H 和
C-Cl 键，均为极性键，不存在非极性键的形成，C 错误；
D．其他条件不变，适当升高温度，活化能大的反应的速率常数变化的大，速率增加的更快，相同时间内
可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl 的比例，D 正确；
故选：C。25．（24-25 高三上·黑龙江·阶段练习）利用硼烷独特温和的化学选择性可还原羧酸，其机理如
图：
下列说法错误的是
A．过程①的进行与硼原子的缺电子有关B．根据上述机理猜测硼烷还可还原酯基
C．过程④形成了氢键
D．若用BD3代替BH3，RCOOH 可以被还原生成RCD2OH
【答案】C
【详解】A．过程①中B 提供空轨道，O 提供孤电子对，形成配位键，与硼原子的缺电子有关，A 正确；
B．根据上述机理，硼烷作用于碳氧双键，则猜测硼烷还可还原酯基，B 正确；
C．过程④与过程①原理相同，B 提供空轨道，O 提供孤电子对，形成配位键，C 错误；
D．由反应机理可知，羧酸还原生成相应的醇时，硼烷作用于碳氧双键，硼烷上的氢原子，都连在了羧基
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中的碳上，所以用BD3代替BH3，RCOOH 被还原生成RCD2OH，D 正确；
故选C。
36
