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热点题型04 化学反应机理探究与分析
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
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
1
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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。
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
2
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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。
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
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五、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。
六、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
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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。
七、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
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。
（建议用时：40 分钟）
考向
01
反应机理
1.（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。
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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】由分析可知，Y 为反应物
，W 为生成物
，A 正确；
在反应中作催化剂，会不断循
环，适量即可，B 错误；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；图中涉及的两个氧化还原反应是
和
，D 正确；故选B。
2.（2024·广西卷）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
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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
【解析】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；
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。
3.（2024·四川省遂宁市·三诊）中国提出二氧化碳排放在2030 年前达到峰值，2060 年前实现碳中和。这
体现了中国作为全球负责任大国的环境承诺和行动决心。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
A．二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应
B．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热
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C．总反应为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)
D．该历程的决速步为HCOO*＋4H*=CH3O*＋H2O
【答案】B
【解析】A．由能量变化图可以看出反应物的总能量大于生成物的总能量，所以二氧化碳选择性加氢制甲
醇是放热反应，A 正确；
B．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，不能改变反应热，B 错误；
C．由反应机理和能量变化图可知，总反应为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)，C 正确；
D．由能量变化图知，HCOO*＋4H*=CH3O*＋H2O 的活化能最大，反应速率最慢，是该历程的决速步，D 正
确； 故选B。
4.（2024·江西省景德镇·质检）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-Si<H-Si
【答案】D
【解析】A．由图可知，该反应的
，A 正确；
B．由图可知，机理a、b 均表示2 步基元反应，B 正确；
C．由图可知，机理a 决速步的能垒为
，机理b 决速步的能垒为
，故
，C 正确；
D．由图可知反应
的反应热
，说明断裂H-Si 吸收的能量小于形
成Cl-Si 释放的能量，则机理a 键能大小：Cl-Si>H-Si，D 错误；故选D。
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5.（2024·广东省梅州市·一模）中国科学院化学研究所发表了
催化氢化机理。其机理中化合物
化合物
的过程和其相对能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A．选择更优催化剂可以提升单位时间内
的转化率
B．该过程的总反应速率主要由过程①决定
C．化合物
化合物
的过程包含两个基元反应
D．低温有利于化合物
化合物
的反应自发进行
【答案】B
【解析】A．催化剂可以加快反应速率，从而可以提升单位时间内
的转化率，故A 正确；
B．过程①的活化能为：(6.05-0.00)=6.05kJ·mol-1，②的活化能为：(11.28-2.08)=9.20kJ·mol-1，过程①的活化
能小于过程②的活化能，过程①的反应速率大于过程②的反应速率，故该过程的总反应速率主要由过程②
决定，故B 错误；
C．化合物1 经两步反应转化为化合物2，每步反应均为基元反应，故C 正确；
D．由能量关系图可知化合物
化合物
的反应为放热反应，则低温有利于反应自发进行，故D 正
确；故选B。
考向
02
反应历程
6.（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
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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
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。
7.（2024·湖北省七市州教科研协作体·联考）常温常压下利用Cu/ZnO/ZrO 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）：
下列说法正确的是
A．转化历程有五个基元反应，决速步为：
B．若无Cu/ZnO/ZrO 催化剂，二氧化碳加氢制甲醇不能自发进行
C．反应过程中断裂与形成的共价键类型相同
D．寻找高效催化剂，有利于
的回收利用，使该反应原子利用率达到100%
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【答案】A
【解析】A．由图可知，转化历程有五个基元反应；活化能越大，反应越慢，为决速步，决速步为
，故A 正确；
B．催化剂能改变反应的速率，不能决定反应是否自发进行，无Cu/ZnO/ZrO 催化剂，二氧化碳加氢制甲醇
依然能自发进行，故B 错误；
C．反应过程中断裂与形成的共价键类型不相同，故C 错误；
D．反应产物还有水生成，原子利用率不可能达到100%，故D 错误。故选A。
8.（2024·山西省际名校·联考）
在Ni 的活化下可放出
，其反应历程如下图所示。下列关于该反
应历程的说法正确的是
A．该反应历程的决速步反应是中间体2→过渡态2
B．此反应过程中有极性键和非极性键的断裂和生成
C．整个过程中Ni 是该反应的催化剂
D．该反应过程中共包含4 个基元反应
【答案】D
【解析】A．慢反应决定总反应速率，中间体2→中间体3 的正反应活化能最大，反应速率最慢，所以中间
体2→中间体3 的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤，故A 错误；
B．此反应过程中有碳氢极性键、碳镍键极性键、镍氢极性键和碳碳非极性键的断裂，有碳镍键极性键、
碳氢极性键和镍氢极性键的生成，没有非极性键的生成，故B 错误；
C．Ni 参与反应，不是该反应的催化剂，故C 错误；
D．反应物→中间体1→中间体2→中间体3→产物，共4 个基元反应，故D 正确；故选D。
9.（2024·黑龙江省大庆实验中学·期末）
催化作用下，
发生反应的历程如图所
示。下列说法正确的是
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A．反应过程中Mo 形成的共价键数目始终保持不变
B．
改变反应途径，提高了单位时间原料转化率
C．如果原料为乙二醇，则主要有机产物是乙醛和乙烯
D．总反应为
【答案】B
【解析】A．由图示知，Mo 周围形成共价键数目有6 个、4 个两种情况，Mo 形成的共价键数目有变化，A
错误；
B．由图示知，MoO3对该反应起催化作用，催化剂可以加快反应速率，单位时间内，反应物转化率提高，
B 正确；
C．由图示反应原理知，二元醇反应类似反应时，可形成相应的烯烃和醛/酮，故乙二醇反应的产物有甲醛
和乙烯，C 错误；
D．由图示知，整个过程有2 个HOCH2CH(OH)CH3参与反应，产生2 个H2O、1 个HCHO、1 个CH3CHO
和1 个CH2=CHCH3，故总反应为：2HOCH2CH(OH)CH3
2H2O+HCHO+CH3CHO+CH2=CHCH3，D 错
误；
故选B。
10.（2024·内蒙古包头市·期末）
是电解铝烟气的主要组分之一，属于强温室气体，其温室效应指数
为
的7390 倍。我国科学家用
作为催化剂实现了
催化水解，其历程如图所示。下列
说法错误的是
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A．总反应为：
B．
不能改变总反应的
C．反应过程中，
、
键既有断裂又有形成
D．反应过程中涉及的小分子都只含有极性键
【答案】C
【解析】A．从循环反应看，
为催化剂，方程式为：
，A 正确；
B．根据盖斯定律，催化剂不影响总反应的ΔH，故B 正确；
C．Ga-F 键有断裂和形成的过程，C-F 键只有断裂，并无形成的过程，故C 错误；
D．根据极性非极性键的定义，整个反应循环过程中，键的断裂和形成都是极性键，故D 正确；
综上所述，错误的是C。
考向
03
过渡态
11.（2024·安徽卷）某温度下，在密闭容器中充入一定量
，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
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A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】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。X(g)
Y(g)和Y(g)
Z(g)
∆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；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；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；图像显示X(g)
Y(g)和Y(g)
Z(g)的∆H 都大于0，且X(g)
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Y(g)的活化能大于Y(g)
Z(g)的活化能，D 项不符合题意；故选B。
12.（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】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；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；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；苯的硝化反应中浓
作催化剂，故D 正确；故选C。
13.（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
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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】由能量变化图可知，
，A 项正确；由能量变化图可知，步骤2 逆
向反应的
，B 项正确；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；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。
14.（2024·浙江省五校联盟·联考）一定条件下，CH4与
反应生成CH3OH。已知直接参与化学键变化
的原子被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。
分别与CH4、CD4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CH4示例)。下列说法不正确的是
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A．反应历程中涉及氢原子成键变化的是步骤I
B．
与CD4反应的过渡态1 能量变化应为图中曲线c
C．若
与CHD3反应，生成的氘代甲醇有3 种
D．
与CH2D2反应，产物的产量
【答案】C
【分析】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，氧更容易和H 而不是和D
生成羟基，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD 或CD3OH。
【解析】A． 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，故A 正确；
B． 已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的元素时，反应速率会变慢，
与CD4反应的能
量变化应为图中曲线c，反应的活化能更大，故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，共两种，故C
错误；
D． 直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会减慢，氧更容易和H 而不是和D
生成羟基，因此氘代甲醇的产量
，故D 正确；故选C。
15.（2024·北京市东城区·二模）下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程。吸附在催
化剂表面的物种用“*”标注。
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下列说法正确的是（ ）
A．①表示CO 和H2O 从催化剂表面脱离的过程
B．②和④中化学键变化相同，因此吸收的能量相同
C．由图可知CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为吸热反应
D．本历程中的催化剂通过改变水煤气变化反应的焓变，来实现改变其反应速率
【答案】B
【解析】A．由题吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，所以①表示CO 和H2O 在催化剂表面吸附的过
程，A 项错误；
B．②和④中化学键变化相同，断裂的均为H-O 键，②中吸收的能量为[1.25-（-0.32）] eV=1.57 eV，④中
吸收的能量为[1.41-（-0.16）] eV=1.57 eV，二者吸收的能量相同，B 项正确；
C．由图可知CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为放热反应，反应物的能量大于生成物的能量，且放出的热量为
0.72eV，C 项错误；
D．催化剂降低反应的活化能，但是不能改变反应的焓变，D 项错误；故选B。
16.（2024·河北省张家口市尚义一中·期末）我国学者采用量子力学法研究了钯基催化剂表面吸附
和
合成
的反应，其中某段反应的相对能量与历程的关系如图所示，图中的
为过渡态，吸
附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是
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A．该历程的最大能垒为
B．历程中决速步骤的反应为：
C．钯基催化剂可使反应的
减小
D．该历程中有极性键、非极性键的断裂与形成
【答案】A
【解析】A．该历程的最大的能垒(活化能)= 46.9-(-131.4)=178.3 kJ/mol，故A 正确；
B．能垒(活化能)越大反应速率越慢，最慢的反应历程是决速步骤，则决速步骤的反应为
，故B 错误；
C．催化剂只降低了反应的活化能，加快反应速率，不改变反应的焓变，故C 错误；
D．该历程中有H-H 非极性键断裂、
极性键的断裂、C-H 极性键的形成，无非极性键的形成，故D
错误；故选A。
17.（2024·贵州省遵义市·一模）Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理
和各基元反应活化能垒如图所示。其中Cat.表示催化剂，TS 和TN 分别表示各基元反应的过渡态和产物。
下列说法错误的是
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A．反应中Ru 的成键数目不变
B．该羰基化反应每消耗1mol
生成1mol
C．由
生成
经历了4 个基元反应，其中第四步反应速率最慢
D．Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物降低了反应的活化能，但不改变反应的焓变
【答案】B
【解析】A．由Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理图可知，Ru 都是
与2 个Cl 和2 个I 形成4 个键，A 项正确；
B．由反应机理可知，总反应为CO+H2O+CH3COOCH3
2CH3COOH，该羰基化反应每消耗
1molCH3COOCH3生成2molCH3COOH，B 项错误；
C．由各基元反应活化能垒图可知，由CH3I 生成CH3OI 经历了4 个基元反应，其中第四步即产物
TN3→Cat.+CH3COI 的活化能最大，反应速率最慢，C 项正确；
D．Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物为催化剂，催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应的
焓变，D 项正确；故选B。
18.（2024·江西省鹰潭市·一模）甲醇
与CO 催化制备乙酸
的反应历程及每分子甲
醇转化为乙酸的能量变化关系如下图。下列说法正确的是
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A．该过程不涉及非极性键的形成
B．该反应中，
为催化剂，HI 为中间产物
C．反应ⅲ为该历程的决速步骤
D．总反应的热化学方程式为
【答案】C
【解析】A．由历程可知，该过程涉及碳碳键（非极性键）的形成，A 错误；
B．根据反应机理可知H2O 为该反应的中间产物、HI 为催化剂，B 错误；
C．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，
决定总反应速率的是慢反应；故反应ⅲ为该历程的决速步骤，C 正确；
D．由图可知，每分子甲醇的转化涉及能量为3.05eV，D 错误；故选C。
19.（2024·广西重点中学·联考）
是一种特别的共轭体系。在高温条件下
可以由
分子
经过5 步氢提取和闭环脱氢反应生成。其中第一步过程的反应机理和能量变化如下：
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下列说法错误的是
A．反应过程中有极性键的断裂和形成
B．图示历程中的基元反应，速率最慢的是第3 步
C．
制备的总反应方程式为：
D．从
的结构分析，
结构中五元环和六元环结构的数目分别为6、10
【答案】A
【解析】A．该过程中涉及C-H 断裂，C-C 断裂和C-C、H-H 形成，无极性键的形成，A 错误；
B．由反应机理可知，该历程包含3 个基元反应，其中第三个基元反应的活化能最大，反应3 速率最慢，B
正确；
C．由图可知，该过程总反应为：
，C 正确；
D．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1 个五元环，则
总共含有6 个五元环，10 个六元环，D 正确；
故选A。
20.（2024·山东省聊城市第三中·一模）我国科学家已经成功地利用二氧化碳催化氢化获得甲酸，利用化
合物1 催化氢化二氧化碳的反应过程如图甲所示，其中化合物2 与水反应变成化合物3 与HCOO-的反应历
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程如图乙所示，其中TS 表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法正确的是
A．从平衡移动的角度看，升高温度可促进化合物2 与水反应变成化合物3 与HCOO-
B．该历程中最大能垒(活化能)E 正=16.87kcal/mol
C．使用更高效的催化剂可以降低反应所需的活化能，最终提高二氧化碳的转化率
D．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
【答案】D
【解析】A．由化合物2 与水反应变成化合物3 与
的反应历程图可得该过程是放热反应，升高温
度，不利于该过程的进行，A 错误；
B．该历程中I1 到TS2 过程的能垒(活化能)最大，为
，B 错误；
C．使用更高效的催化剂可以改变反应途径，降低反应所需的活化能，但不能使化学平衡发生移动，不能
提高二氧化碳的转化率，C 错误；
D．根据化合物1 与化合物2 的结构可知，在化合物1()
与
反应生成化合物2(
)的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成，D 正确；故选D。
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