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备战2026 年高考化学【一轮·夯基提能】精讲精练复习讲义
第43 讲 化学反应历程、反应机理图像分析（讲义）
讲义
夯基·知识精讲
【知识点1】基元反应和有效碰撞理论+5 道例题
【知识点2】过渡态理论+5 道例题
【知识点3】常见反应机理图像分析——物质(相对)能量与反
应历程+5 道例题
【知识点4】常见反应机理图像分析——“环形”反应历程
+5 道例题
【知识点5】催化反应机理题的解题思路+5 道例题
练习
提能·课后精练
选择题：
15
题
非选择题：
5
题
建议时长：
75
分钟
实际时长： 分钟
【知识点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
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）有效碰撞理论
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。
（4）活化分子、活化能
①活化分子：能够发生有效碰撞的分子。活化分子具有比普通分子(非活化分子)更高的能量，活化分
子在碰撞后有可能使原子间的化学键断裂从而导致化学反应的发生。
②活化能：活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，即普通分子(具有平均能量的
分子)变成活化分子所需要吸收的最小能量。
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E1为正反应的活化能；
E2为活化分子变成生成物分子放出的能量或者逆反应的活化能；
E3为使用催化剂时正反应的活化能；
反应热ΔH＝E1－E2。
催化剂能降低反应所需活化能，但不影响焓变的大小。
【例1】向
的
和3 mL 30%的
的混合溶液中加入经处理过的铁丝，铁丝表面产
生气泡，随后消失，再产生气泡，再消失，周而往复，振荡周期(现象重复出现的时间间隔)为20 s 左右，
可维持数小时。一种可能的反应机理为：
(a)
(b)
(c)
(d)
下列说法错误的是
A．该振荡反应与
浓度的变化有关
B．
、
为中间产物
C．冰水浴比室温条件下的振荡周期要短D．由该机理可知：产生的气体是
【答案】C
【详解】A．四步反应的总反应为
，反应物浓度影响反应速率，故该振荡反应
与
浓度的变化有关，A 正确；
B．
、
在反应中生成又消耗，为中间产物，B 正确；
C．温度越低，反应速率越慢，则冰水浴比室温条件下的振荡周期要长，C 错误；
D．由该机理可知：产生的气体只能是
，D 正确；
故选C。
【例2】在
催化作用下，
被
氧化为
的机理为：
①
慢
②
快
下列有关说法正确的是
A．反应速率与
无关
B．
是该反应的催化剂
C．
能降低该反应的活化能
D．
【答案】C
【详解】A．反应速率由慢反应（步骤①）决定，其中Ag+是反应物，故速率与
有关，A 错误；
B．Ag2+在步骤①生成，步骤②被消耗，符合这种特点的是中间产物而非催化剂，B 错误；
C．Ag+在步骤①被消耗，步骤②生成，符合这种特点的是催化剂，Ag+作为催化剂，通过参与反应降低活
化能，从而加快反应速率，C 正确；
D．根据题意得出总反应：
中3 mol
对应2 mol Cr3+，速
2
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率关系为
，D 错误；
故答案选C。
【例3】已知
，在V2O5存在时，该反应机理为：①
(快)、②
(慢)，下列说法错误的是
A．该反应速率主要由第②步基元反应决定
B．V2O5为该过程的催化剂，VO2为中间产物
C．V2O5的存在提高了该反应的反应速率和产率
D．催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数
【答案】C
【详解】A．慢反应决定总反应速率，第②步为慢反应，该反应速率主要由第②步基元反应决定，故A 正
确；
B．V2O5为该过程的催化剂，第①步反应得到VO2，第②步反应消耗VO2，VO2为中间产物，故B 正确；
C．V2O5为该过程的催化剂，V2O5的存在提高了该反应的反应速率，不能提高产率，故C 错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，所以催化剂能加快反应速率，故D 正确；
选C。
【例4】
合成尿素的一种反应为
△H，具体反
应机理及能量变化(单位：
)如图所示，TS 为过渡态，表示在催化剂表面的反应。下列说法错误的
是
A．
的结构为HN=C=O
B．第3 个基元反应的焓变
C．反应前后碳元素、氮元素化合价发生了改变
D．最大能垒(活化能)的反应是决速步
【答案】C
【详解】A．由原子的成键特点可知，
的结构为HN=C=O，A 正确；
B．反应的焓变△H=正反应的活化能-逆反应的活化能
，B 正确；
C．反应前后碳元素、氮元素化合价不变，碳元素一直是＋4 价，氮元素一直是-3 价，C 错误；
D．最大能垒(活化能)的反应速率最慢，是决速步，D 正确;
故选C。
【例5】活化能和简单碰撞理论可以解释一些因素对化学反应速率的影响。研究发现，反应
实际上是经过下列两个基元反应完成的：
ⅰ
ⅱ
反应过程中的能量变化如下图所示：
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下列说法错误的是
A．反应物的分子必须发生碰撞才能发生基元反应
B．反应ⅰ比反应ⅱ的活化能大
C．反应
的
D．因为ⅰ中断开化学键吸收能量，所以
【答案】D
【详解】A．反应物的分子必须发生碰撞，使化学键断裂，才能发生基元反应，A 正确；
B．由图像可知，反应i 的活化能比反应ii 的活化能大，B 正确；
C．ⅰ
ⅱ
根据盖斯定律，反应i+反应ii 得到反应
，则反应
的
，C 正确；
D．因为ⅰ中断开化学键吸收能量大于形成化学键放出的能量，反应为吸热反应，所以
，D 错误；
答案选D。
【知识点2】过渡态理论
（1）如图所示是两步完成的化学反应，分析如下：
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
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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【例1】
与
可发生取代反应，反应过程中
的
原子和
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)。
由图示信息可知，下列说法错误的是
A．稳定性：
B．I 中“N……Ag”之间的极性弱于II 中“C……Ag”之间的极性
C．过渡态
是由
的
原子进攻
的
形成的
D．
与
互为同分异构体，均可与氢气发生加成反应
【答案】B
【详解】A．物质的能量越低越稳定，若能量图中CH3CH2CN 的能量低于CH3CH2NC，则稳定性
CH3CH2CN＞CH3CH2NC，A 正确；
B．极性与成键原子电负性差有关，电负性：N＞C＞Ag，N 与Ag 的电负性差大于C 与Ag 的电负性差，
则I 中“N……Ag”的极性强于II 中“C……Ag”的极性，B 错误；
C．CN⁻的N 原子进攻生成异腈（CH3CH2NC），若TS2 对应异腈生成路径，则是N 原子进攻α-C 形成的过
渡态，C 正确；
D．CH3CH2CN 与CH3CH2NC 分子式均为C3H5N（结构不同），互为同分异构体，二者均含不饱和键（-CN
或-NC），均可与H2加成，D 正确；
故答案选B。
【例2】碳酸二甲酯
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。(能垒：反应物与过渡态之间的能量
差)
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下列说法正确的是
A．第2 步的基元反应方程式为：
B．使用催化剂可以提高反应速率和反应热
C．反应进程中决速步骤的能垒为
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】A
【详解】A．根据图中反应历程可知，第2 步基元反应为：
，A 正确；
B．使用催化剂可以提高反应速率，但是反应热不会变化，B 错误；
C．反应进程中经过渡态的反应能垒最大，是决速步骤，其能垒为：
，C 错误；
D．由图可以看出，产物总能量高于反应物总能量，即
，所
以升高温度，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A。
【例3】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
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
【详解】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；
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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；
答案选B。
【例4】叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示：
反应1：
反应2：
下列说法不正确的是
A．过渡态能量：①>
>
②③
B．
可以逆向转化为
，但不可以转化为
C．若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则
—
的值增大
D．过渡态是反应的中间状态，不可以长时间稳定存在
【答案】B
【详解】A．由图可知，过渡态能量的大小顺序为①＞②＞③，A 正确；
B．
与HBr 在一定条件下可以逆向转化为
，即为
和
转化为
的逆过程，该过程需要先转化为
和
，
同时也能转化为
(CH3)2C=CH2，B 错误；
C．氯元素的电负性大于溴元素，则叔丁基氯的能量低于叔丁基溴，(CH3)3C+Cl-的能量高于(CH3)3C+Br-，所
以若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4—E3的值增大，C 选项正确；
D．过渡态的稳定性很低,，它的存在时间非常短暂，一般在纳秒到毫秒的时间尺度上，D 正确；
故选B。
【例5】一定条件下，
与
反应合成
的反应历程如图所示。已知其他条件不变时，反应物
种的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢。
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说明：过渡态中“…”示化学键未完全断裂或形成。下列说法正确的是
A．反应历程中两个反应均涉及氢原子的成键
B．该反应的
C．相同条件下，
与
反应，其过渡态Ⅰ的能量比
低
D．
与
反应，能获得两种有机产物，且相对分子质量相同
【答案】D
【详解】A．根据图知，反应历程中的第一个反应涉及氢原子的成键，第二个反应没涉及氢原子的成键，A
错误；
B．该反应的
，即生成物的能量减去反应物的能量，B 错误；
C．已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢，所以相同条
件下，
与
发生上述反应，反应速率会变慢，则其过渡态Ⅰ的能量比b 高，C 错误；
D．根据图可知，
与
发生上述反应，可以获得
、
2 种相对分子质量相等的有
机产物，D 正确；
故选D。
【知识点3】常见反应机理图像分析——物质(相对)能量与反应历程
图像
解读
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)，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
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。
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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。
【例1】诺贝尔奖获得者Gerhard Erl 研究的合成氨反应吸附解离机理、能量变化（单位为
）如图
所示，下列说法错误的是
A．图示历程包含6 个基元反应
B．
C．最大能垒步骤的反应方程式：
D．
为物理脱附过程
【答案】A
【详解】A．基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，图示历程中包含2 个由气态吸附到催化
剂表面的过程和4 个表面化学反应过程，因此有4 个基元反应，故A 错误；
B．如图所示，
，故B 正确；
C．如图所示，最大能垒的步骤为N(ad)+3H(ad)=NH(ad)+2H(ad)，故C 正确；
D．
为氨气从催化剂表面脱附，是物理过程，故D 正确；
故答案为A。
【例2】近日，广州大学韩冬雪、牛利团队报告了一种氧空位浓度可调的物质
，直接用于温和条件
下
、
的协同光催化反应合成尿素。反应过程中的能量变化及机理如下：
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下列推断不合理的是
A．
是该尿素合成机理中的催化剂
B．
、
在
表面上的吸附是吸热反应
C．步骤Ⅴ是该反应机理的决速步骤
D．该反应机理的氧化电极反应：
【答案】B
【详解】A．由题意可知，
是该尿素合成机理中的催化剂，A 正确；
B．由图可知，
、
吸附在
表面上时能量降低，该过程放出能量，是放热反应，B 错误；
C．由图可知，步骤V 中*NCON*转化为*NCONH2/*NHCONH 的活化能最大，反应速率最慢，为该反应机
理的决速步骤，C 正确；
D．该反应中
、
的协同光催化反应合成尿素，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：
，D 正确；
故选B
【例3】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
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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，则熵变 ΔS<0，D 正确；
故选C。
【例4】近日，中国科学院报道了基于铜的岩盐有序双钙钛矿氧化物，其高效催化
转化为
，副产
物有
。其部分机理如图所示。
下列说法正确的是
A．由图可知，
转化为
过程放出热量0.43eV
B．由图可知，
转化为
的历程中，最大活化能为0.77eV
C．
时，含碳物质结构中存在非极性键的断裂与形成
D．由图可知，
转化为
的反应速率小于
转化为
的反应速率
【答案】B
【详解】A．图中没有给出
的能量，则无法计算
转化为
过程放出的热量，A 错误；
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B．由图可知，
转化为
的历程中，最大活化能
时的需要的活化能，
则最大活化能为0.77eV，B 正确；
C．
时，不存在非极性键的断裂，C 错误；
D．由图可知，
转化为
的最大活化能为0.19eV，结合选项B 可知，
转化为
的最大
活化能较小，反应速率较快，D 错误；
故选B。
【例5】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。
【知识点4】常见反应机理图像分析——“环形”反应历程
图像
解读
“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
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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
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。
【例1】科学研究发现负载在Cu-SSZ-13 分子筛表面的Cu2+有两种存在形式，其结构如图1 所示，其催化
NH3还原NO 的机理如图2 所示。下列说法错误的是
A．图1 中，1 号Cu2+与O 原子形成的配位键中，O 提供孤电子对
B．图2 中，在Cu2+表面进行NH3还原NO 的反应路径有2 种，但可以相互转化
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C．NH3还原NO 的总化学方程式为4NH3+4N0+O2
4N2+6H2O
D．该反应机理中涉及氧化还原反应，且Cu+形成配合物的配位数均相同
【答案】D
【详解】A．O 原子中存在孤电子对，可与Cu2+形成配位键，A 项正确；
B．根据图2 可知，NH3还原NO 的反应在Ⅰ号Cu2+和Ⅱ号Cu2+表面进行的反应路径不同，但可以相互转
化，B 项正确；
C．根据图像可知，NH3还原NO 的总方程式为4NH3+4NO+O2
4N2+6H2O，C 项正确；
D．在Cu+(NH3)2转化为Cu2+(NO2)(NH3)2过程中氧元素的化合价降低，则Cu 元素的化合价升高，发生了氧
化还原反应，但Cu+(H2NNO)(NH3)2转化为Cu+(NH3)2时，Cu+形成配合物的配位数发生改变，D 项错误；
答案选D。
【例2】某金属硫化物催化甲烷和硫化氢重整制氢的机理如图所示。下列说法正确的是
A．基态S 原子的简化电子排布式为
B．反应过程中存在非极性键的断裂和形成
C．
是该反应的催化剂
D．总反应的化学方程式为2H2S+CH4
CS2+4H2
【答案】D
【详解】图中所给为环式机理图，入环的反应物，出环的则为生成物，反应①H2S+
→
+H2，反应②
+CH4→
，反应③
→
+2H2，反应④
→
，反应⑤
+
H2S→H2+
，反应⑥
→CS2+
，所以硫化氢重整甲烷制氢
的总反应方程式为2H2S+CH4
CS2+4H2。
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A．S 的原子序数为16，基态S 原子的简化电子排布式为
，故A 错误；
B．由以上分析可知，反应过程中生成了氢气，即存在非极性键的形成，但不存在非极性键的断裂，故B
错误；
C．在环式机理图中反应①H2S+
→
，
先和硫化氢反
应，即先消耗，反应⑥
→CS2+
，
分解生成CS2和
，即生成
，所以
是该反应的催化剂，故C 错误；
D．由上分析可知，某金属硫化物催化甲烷和硫化氢重整制氢的总反应的化学方程式为2H2S+CH4
CS2+4H2，故D 正确；
故答案为：D。
【例3】一种催化还原NO 的机理如图所示，下列说法正确的是
A．中间体X 和Z 中O 和Cu 的化合价均不变
B．使用催化剂
，可以提高NO 的反应速率和平衡转化率
C．过程①中既有极性键的断裂，也有极性键的形成
D．该催化还原过程的总反应方程式为
【答案】C
【详解】A．中间体X 中，Cu 化合价为＋2 价，O 化合价为﹣1 价，Z 中Cu 化合价为＋3 价，O 化合价为
﹣2 价，故A 错误；
B．使用催化剂，可以提高NO 的反应速率，但不能提高平衡转化率，故B 错误；
C．由图可知，转化①中既有氮氧极性键的断裂，也有氢氧极性共价键的形成，故C 正确；
D．总反应方程式为
，故D 错误；
故选C。
【例4】二甲醚羰基化在分子筛催化剂上的反应机理如下图所示。下列说法错误的是
15
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A．反应涉及O―H 键断裂和C―O 键、C―C 键生成
B．根据以上机理，反应的主产物为甲酸乙酯
C．甲醇经脱水反应可生成原料二甲醚
D．
和CO 均为极性分子
【答案】B
【详解】A．由图可知，反应涉及O―H 键断裂和C―O 键、C―C 键生成，故A 正确；
B．根据以上机理，反应的主产物为乙酸甲酯，故B 错误；
C．甲醇经分子间脱水反应可生成二甲醚，故C 正确；
D．
和CO 正负电荷中心均不能重合，属于极性分子，故D 正确；
故选：B。
【例5】环境污染已成为一个世界性问题，下列说法正确的是
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A．CO 与
可在
表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图1 所示。则
为
中间体、
为催化剂
B．在金属Pt、Cu 和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的
可高效转化酸性溶液中的硝态氮(
)，
其工作原理如图2 所示。若导电基体上的Pt 颗粒增多，有利于降低溶液中含氮量
C．工业上用
合成乙酸的反应路径如图3 所示，催化循环的总反应为
D．科学家研究了钒系SCR 催化剂催化脱硝机理，部分反应机理如图4 所示。脱硝反应为
【答案】C
【详解】A．CO 与
可在
表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图1 所示第一步是
和
反应生成氮气和
，则
为催化剂、
为中间体，故A 错误；
B．若导电基体上的Pt 颗粒增多，硝酸根加快变成铵根，含氮量并没有改变，故B 错误；
C．工业上用
合成乙酸的反应路径如图3 所示，反应物为甲醇、二氧化碳、氢气，产物为乙酸、水，
其催化循环的总反应为
，故C 正确；
D．根据图4 信息得到脱硝反应是氨气、一氧化氮和氧气反应生成氮气和水，故D 错误。
综上所述，答案为C。
【知识点5】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。
【例1】我国科研团队研究发现使用
双金属氧化物可形成氧空位，
具有催化氧化性能，可
实现
加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“*”表示吸附在催化剂表面的物质。下列说法不正确的是
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A．增大压强和催化剂的表面积均能提高甲醇的平衡产率
B．转化过程中涉及极性键的断裂和形成以及非极性键的断裂
C．氢化步骤的反应为
D．每生成
甲醇将有
电子发生转移
【答案】A
【详解】A．增大压强，对于气体分子数减少的反应（CO2+3H2
CH3OH+H2O），平衡正向移动，可提高
甲醇平衡产率；但催化剂仅加快反应速率，不影响平衡移动，催化剂表面积增大也不能提高平衡产率，A
错误；
B．反应中H2的H-H 非极性键断裂，CO2的C=O 极性键断裂，同时生成CH3OH 中的C-H、C-O、O-H 极性
键及H2O 的H-O 极性键，涉及极性键的断裂和形成、非极性键的断裂，B 正确；
C．根据机理图，氢化步骤中2H2参与反应，生成H3CO*H（甲醇吸附态）和H2O，反应式
HCOO*H+2H2→H3CO*H+H2O 合理，C 正确；
D．总反应为CO2+3H2
CH3OH+H2O，C 元素由+4 价降为-2 价，生成1mol 甲醇转移6mol 电子，则生成
0.5mol 甲醇转移3mol 电子，D 正确；
故选A。
【例2】我国科学家通过调节两种催化剂选择性，提出了在两种催化体系中苯甲醇和硝基苯之间一锅法偶
联反应制备仲胺的机制，反应机理如图(Ph 表示苯基，Path 表示路径)。下列说法错误的是
A．路径c 有水生成
B．反应过程中涉及非极性键的断裂和形成
C．以HD 代替H2，可生成Ph-NDCH2Ph
D．催化剂可活化反应物分子，使反应易于进行
【答案】B
【详解】A．若路径c 中涉及苯甲醇（PhCH2OH）的氧化或中间产物脱水，可能有H 和O 结合生成H2O，
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即路径c 有水生成，A 正确；
B．反应中H2参与反应，H-H 非极性键断裂，但产物为仲胺（含极性键如C-N、N-H 等），无新的非极性
键（如H-H、C-C 等）形成，仅涉及非极性键断裂，未涉及形成，B 错误；
C．H2中的H 参与仲胺N-H 键形成，用HD 代替H2时，HD 断裂为H 和D，N 可结合D，苯甲醇的-CH2-氢
未被替换，生成Ph-NDCH2Ph，C 正确；
D．催化剂能降低反应活化能，活化反应物分子，使反应易于进行，D 正确；
故本题选B。
【例3】一种纳米多孔NiSb 合金催化剂用于氨的合成，其相对能量与反应历程的关系如图所示(·表示在催
化剂表面的吸附态)。下列说法正确的是
A．反应历程中只存在极性共价键的断裂与形成
B．
到
步骤为反应的决速步
C．
比
稳定
D．
生成
的过程释放能量
【答案】B
【详解】A．反应历程中存在反应物
中非极性共价键的断裂和生成物
中
键(极性共价键)的形
成，即存在非极性共价键的断裂，A 错误；
B．反应的决速步是活化能最大的步骤。由图可知，
到
步骤的活化能最大，活化能越大，反应
速率越慢，该步骤决定整个反应的速率，属于反应的决速步，B 正确；
C．由图可知，
的能量高于
，物质能量越低越稳定，则
比
稳定，C 错
误；
D．由图可知，
的能量低于
，则
生成
的过程吸收能量，不是释放能量，D 错误；
故选B。
【例4】大气细颗粒物是导致城市雾霾的主要驱动因素。科研人员提出雾霾微颗粒中硫酸盐生成的可能转
化机理如图。下列说法正确的是
A．该过程中NO2是催化剂
B．该过程中不存氧氢键断裂
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C．该过程中存在反应：
D．NaHSO4在水中主要以Na+和
的形式存在
【答案】C
【详解】A．
参与反应转化为
，是反应物不是催化剂，故A 错误；
B．从转化机理看，
作为反应物参与反应，
中存在的
键会发生断裂，故B 错误；
C．观察转化机理图，开始时，存在到
和
参与反应，生成
和
，对应反应可表示为
，所以该过程中存在反应
，故C 正确；
D．
在水中主要以
、
、
形式存在，故D 错误；
故选C。
【例5】一般的醇与羧酸的酯化反应的机理为质子化-加成-消除机理，如下图所示
根据上述反应机理推测，下列说法不正确的是
A．(i)→(ii)的反应类型为加成反应
B．FeCl3·6H2O 可以用作为该反应的催化剂
C．总反应方程式可以表示为CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O
D．可以通过同位素标记的乙酸CH3CO18OH 来研究酯化反应断键规律
【答案】D
【详解】A．(i)→(ii)的反应是在C=O 上发生加成反应，故类型为加成反应，A 正确；
B．第一步是质子化，即使C=O 上的氧带正电，故FeCl3·6H2O 可以用作为该反应的催化剂，B 正确；
C．根据反应机理，总反应方程式可以表示为CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O，C 正
确；
D．由酯化反应的机理图示可知，若用同位素标记的CH3CO18OH 来研究酯化反应断键的规律，当羟基发生
消去反应去水形成碳氧双键时，
18O 可能存在于水中，也可能存在于酯中，无法确定酯化反应断键的规
律，D 错误；
故选D。
第43 讲 化学反应历程、反应机理图像分析（练习）
一、选择题：本题共15 小题，每小题3 分，共45 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要
求．
1．利用硼烷独特温和的化学选择性可还原羧酸，其机理如下：
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下列说法错误的是
A．根据上述机理猜测硼烷还可能还原酯基
B．整个过程中硼的杂化方式不发生改变
C．整个还原过程中涉及加成、消去、取代反应类型
D．若用
代替
，
被还原为
【答案】B
【详解】A．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，A 正确；
B．过程①得到的产物中硼原子价层电子对数为4，为sp3杂化，而BH3中硼原子价层电子对数为3，属于
sp2杂化，则整个过程中硼的杂化方式发生改变，B 错误；
C．过程②⑤属于加成反应，过程③属于消去反应，过程⑥是R-CH2OBH2与H2O 发生取代反应生成
RCH2OH 和BH2 (OH)，反应类型属于取代反应，还原过程中一共涉及到三种反应类型，C 正确；
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，所以用
代替
，RCOOH 被
还原生成
，D 正确；
故选B。
2．将
转化为有机燃料是实现碳资源可持续利用的有效途径。我国学者提出的
催化加氢合成
的机理如题图(其中吸附在催化剂表面的物种用*标注)所示。下列说法不正确的是
A．反应①②过程中，碳元素化合价不断降低
B．反应③中存在共价键的断裂和生成
C．反应机理表明
参与了
合成
的反应
D．
催化加氢合成
总反应的
【答案】D
【详解】A．CO2中碳元素化合价为+4 价，反应①②中碳元素转化为含碳中间体（如*CO、*CH2O 等），
化合价依次降低（如+4→+2→0），碳元素化合价不断降低，A 正确；
B．反应③为中间物种（如*CH2O、*H、*OH 等）转化为CH3OH 的过程，存在H-H 键断裂（H2参与）、
C-H 键和O-H 键生成，存在共价键的断裂和生成，B 正确；
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C．机理图中显示有H2O 作为产物或反应物出现（如步骤②或③中生成H2O），表明H2O 参与了CO2合成
CH3OH 的反应，C 正确；
D．CO2催化加氢合成CH3OH 的总反应为CO2(g)+3H2(g)
CH
⇌
3OH(g)+H2O(g)，反应前气体分子数为4，反
应后为2，气体分子数减少，混乱度减小，ΔS<0，D 错误；
故选D。
3．空气中的灰尘、硫酸、硝酸等颗粒物组成的气溶胶系统造成视觉障碍的叫霾。科研人员提出了雾霾微
颗粒中硫酸盐(含SO 、HSO )生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如图，下列说法错误的是
A．SO
和NO 的中心原子的杂化轨道类型分别是：sp3、sp2
B．整个过程中有H2O 参加反应，而且包含了硫氧键的断裂与形成
C．1molSO 在第Ⅱ、Ⅲ两个阶段共失去电子数目为NA
D．硫酸盐转化过程中发生的总反应方程式为：SO
＋2NO2＋H2O=HSO ＋NO ＋HNO2
【答案】B
【详解】由图可知，硫酸盐转化过程中发生的反应为二氧化氮与亚硫酸根离子和水反应生成亚硝酸、亚硝
酸根离子和硫酸氢根离子，反应的离子方程式为SO
+2NO2+H2O=HSO +NO +HNO2，反应中氮元素的
化合价降低被还原，二氧化氮是反应的氧化剂，硫元素化合价升高被氧化，亚硫酸根离子是反应的还原
剂。
A．SO
和NO 的中心原子的价层电子对数为
=4、
=3，杂化轨道类型分
别是：sp3、sp2，A 正确；
B．由图可知，整个过程中有H2O 参加反应，但是没有硫氧键的断裂，B 错误；
C．由图可知SO 在第Ⅱ、Ⅲ两个阶段被氧化生成HSO ，则反应中消耗1mol SO ，共失去电子数目为
1mol×(6—5)×NAmol-1=NA个，故C 正确；
D．由分析可知，硫酸盐转化过程中发生的总反应方程式为：SO
＋2NO2＋H2O=HSO ＋NO ＋HNO2，
D 正确；
故选B。
4．科学家成功捕获并表征到水氧化催化过程中的锰端基氧和锰过氧化物中间体，明确了水氧化过程中水
亲核进攻锰端基氧的氧氧成键机理，如图所示。下列说法错误的是
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A．
B．
中O 的化合价为-1 价
C．水氧化的总反应为
D．过程⑦可表示为
+H2O
O2↑+
【答案】D
【详解】A．由图可知，过程③可以由过程①和过程②经两步完成，由盖斯定律可知，
，
则
，A 正确；
B．
中存在过氧键，则其中O 的化合价为-1 价，B 正确；
C．由图可知，水氧化的总反应为
，C 正确；
D．
电荷不守恒，D 错误；
故答案为：D
5．平流层中的氟氯烃对臭氧层的破坏作用机理如图所示，下列说法正确的是
A．催化反应中的催化剂为
B．催化反应的决速步骤是反应②
C．催化剂能提高
的转化率
D．反应达到平衡时，升高温度，
浓度增大
【答案】D
【详解】A．由催化反应方程式知，Cl 先参加反应后重新生成、反应前后不变，故催化剂为Cl，反应中
先生成后消耗、为中间产物，A 错误；
B．活化能大的为决速步，催化反应中，反应①的活化能大于反应②的活化能，故催化反应的决速步骤是
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反应①，B 错误；
C．催化剂降低了活化能、能加快反应速率，但不影响化学平衡，不能提高
的转化率，C 错误；
D．由总反应知，该反应为放热反应，反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，
浓度增大，D 正
确；
故选D。
6．在催化剂
或
的作用下，
产生
，
将
氧化。
产生的机理如下：
反应Ⅰ：
(慢反应)
反应Ⅱ：
(快反应)
下列说法不正确的是
A．反应I 的活化能大于反应Ⅱ
B．反应I 中有极性键的断裂，反应Ⅱ中有非极性键的断裂
C．
将
氧化的反应是：
D．与
作催化剂相比，相同条件下
催化
的氧化效率可能更高
【答案】D
【详解】A．反应I 为慢反应，活化能高，故反应I 的活化能大于反应Ⅱ，A 正确；
B．反应I 中H2O2中H-O 键断裂，H-O 为极性键，反应Ⅱ中H2O2中O-O 键断裂，O-O 键为非极性键，B 正
确；
C．
将
氧化为硫酸根，反应是：
，C 正确；
D．
中既有Fe2+，又有Fe3+，故
的催化效率比
更高，相同条件下
催化
的氧化效
率可能更高，D 错误；
故选D。
7．H2在石墨烯负载型Pd 单原子催化剂(Pd/SVG)上还原NO 生成N2和 NH3的路径机理及活化能Ea(kJ/mol)
如图所示。下列说法不正确的是
A．H2还原NO 生成N2过程中，速率最快的步骤为②
B．Pd/SVG 上H2还原NO，更容易生成NH3、不容易生成N2
C．由图可知H2还原NO 生成NH3的过程中，有非极性键断裂和生成
D．由图可知相同催化剂条件下反应可能存在多种基元反应
【答案】C
【详解】A．步骤②的活化能最小，所以H2还原NO 生成N2过程中，速率最快的步骤为②，故A 正确；
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B．由图可知，在Pd/SVG 上H2还原NO，经过①到⑤，生成氨气，经过①到⑦，生成氮气，而决速步反应
⑥的活化能最大，反应最困难，所以更容易生成氨气，不容易生成氮气，故B 正确；
C．由图可知，H2还原NO 生成NH3的过程中，有极性键断裂和生成，无非极性键的生成，故C 错误；
D．由图可知，相同催化剂条件下反应可能存在多种基元反应，且产物也可能不同，故D 正确；
答案选C。
8．大气中
、
和水蒸气会在铜质器件表面形成薄液膜，造成铜质器件的腐蚀，其腐蚀原理如图所
示。经检测发现部分
释放出游离的
会与铜基体反应生成
，以及在
足够多时生
成
。下列说法中错误的是
A．腐蚀过程中正极反应：
B．
的形成促进了铜的腐蚀
C．生成碱式硫酸铜的反应：
D．由腐蚀机理可知，铜的腐蚀是电化学反应与化学反应协同作用的结果
【答案】A
【详解】在铜质器件腐蚀过程中发生了电化学腐蚀，铜在负极失去电子转化为Cu+，氧气在正极得到电
子：O2+4e-+2H2O=4OH-，Cu+被氧气氧化，同时和NH3结合成[Cu(NH3)n]2+，[Cu(NH3)n]2+释放出的游离的
Cu2+和铜发生归中反应生成Cu2O，SO2被氧气氧化为
，当OH-足够多时可以和铜离子共同生成
Cu4(OH)6SO4 2H
⋅
2O。
A．由以上分析可知，腐蚀过程中正极是氧气得电子，不是氢离子得电子，选项A 错误；
B．[Cu(NH3)n]2+释放出的游离的Cu2+和铜发生归中反应生成Cu2O，促进了铜的腐蚀，选项B 正确；
C．[Cu(NH3)n]2+释放出的游离的Cu2+、SO2被氧气氧化成的
、足够多的OH-以及水共同反应生成
Cu4(OH)6SO4 2H
⋅
2O：4Cu2++6OH−+
+2H2O=Cu4(OH)6SO4 2H
⋅
2O，选项C 正确；
D．由以上分析可知，铜的腐蚀是电化学反应与化学反应协同作用的结果，选项D 正确；
答案选A。
9．近日，某科研团队发现一种重要有机中间体的合成机理如下：
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其中，箭头表示一对电子的转移。根据以上机理，下列说法错误的是
A．
具有很强的吸电子效应，使与之相连的碳原子带正电
B．为了增大反应正向进行的程度而在反应体系中加酸不可行
C．反应产物之一的FNO 可命名为硝基氟
D．在反应中，一对电子的转移往往代表着共价键的生成或断裂
【答案】C
【详解】A．F 的电负性很强，导致形成
后具有很强的吸电子效应，使与之相连的碳原子电荷偏离，
带正电性，A 正确；
B．加入酸会导致酰胺基在酸性条件下发生水解反应，所以在反应体系中加酸不可行，B 正确；
C．硝基为
，在FNO 中不存在硝基结构，因此不能命名为硝基氟，C 错误；
D．在有机物发生化学反应中，总是伴随着一部分共价键的断裂和新的共价键的生成，一对电子的转移往
往代表着共价键的生成或断裂，D 正确；
故答案为：C。
10．CO 可用于处理大气污染物
，在催化剂作用下该反应的机理如图1 所示，反应过程中能量变化如
图2 所示(TS 和IM 分别指化学反应机理中的过渡态和中间体)。下列说法正确的是
A．总反应的催化剂为
B．中间体的稳定性顺序为：
C．反应①和反应②均为放热反应
D．整个过程中被氧化的非金属元素为N 和C
【答案】B
【详解】A．根据图1 和图2 结合，可以看出反应的催化剂为Zn+，ZnO+为中间产物，故A 错误；
B．能量越低越稳定，所以稳定性：
，故B 正确；
C．反应①是Zn+和N2O 反应生成N2和ZnO+，生成物总能量高于反应物总能量，是吸热反应，反应②反应
物总能量高于生成物总能量，是放热反应，故C 错误；
D．据流程图可以看出反应过程中CO 转化为CO2，N2O 转化成N2，总反应为CO(g)+N2O(g)=CO2(g)
+N2(g)，其中N 元素化合价降低，被还原，C 元素化合价升高，被氧化，故D 错误；
故答案选B。
11．
和HBr 在一定条件下发生加成反应主要得到2-溴丙烷，其机理如下：
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已知：电负性
。下列说法正确的是
A．第二步快反应是加成反应的决速步骤
B．
与氯水反应无
生成
C．卤化氢与
反应活性：
D．
与甲硼烷
加成可得到
【答案】D
【详解】A．第Ⅰ步为慢反应，反应的活化能更大，反应速率更小，为整个反应的决速步骤，A 错误；
B．氯水中含有HClO，可以与碳碳双键发生加成反应，
与
发生加成反应生成
CH3CH(OH)CH2Cl，B 错误；
C．原子半径I＞Br，HI 中的H-I 键的键能更小，更容易断裂，反应更快，反应活性HI＞HBr，C 错误；
D．根据所给机理，加成的小分子中化合价为负的部分连接中间碳原子，电负性H＞B，因此BH3中H 化合
价为负，故3 个CH3CH=CH2与1 个甲硼烷(BH3)加成最终能得到(CH3CH2CH2)3B，D 正确；
故选D。
12．一定条件下，烯烃可以转化为相应的邻二醇(R—表示饱和烃基)，邻二醇在一定条件下可以继续转化为
N-甲基吗啉(NMM)，转化过程机理如下图所示。下列说法错误的是
A．转化过程中Os 元素化合价发生改变
B．涉及的有机物中碳原子杂化方式有两种
C．NMM 包含六元杂环，杂环内的6 个原子位于同一平面上
D．
是转化过程中的催化剂
【答案】C
【详解】A．转化过程中Os 元素在OsO4（+8 价）与中间产物（如OsO2(OH)2，+6 价）间转化，化合价发
生改变，A 正确；
B．涉及的有机物中，烯烃双键碳为sp2杂化，饱和烃基、邻二醇及NMM 中的碳为sp3杂化，共两种杂化
方式，B 正确；
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C．NMM 的六元杂环为饱和杂环（含O、N 及四个sp3杂化碳），类似环己烷椅式构象，环内6 个原子不
共平面，C 错误；
D．
为OsO4，在转化中参与反应后又再生，符合催化剂定义，D 正确；
故选C。
13．利用无机物离子[(L)RuIIIOOH]6-和[CeIV(NO3)6]2- (下图简写为CeIV实现了水在催化剂作用下制氧气。用
H2
18O 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。其相关机理如图所示。
下列说法错误的是
A．反应中既有极性键的断裂及形成，又有非极性键的形成
B．[CeIV(NO3)6]2-中存在共价键、配位键
C．若H2
18O 参与反应，则[(L)RuIIIOOH]6-中存在
18O
D．催化氧化水的反应为2H2O
O2↑+H2↑
【答案】D
【详解】A．反应中，水的O-H 键（极性键）断裂，中间体中可能形成O-Ru 等极性键，产物氧气的O=O
键（非极性键）形成，A 正确；
B．[CeIV(NO3)6]2-中，
内部N 与O 之间存在共价键，CeIV与
之间存在配位键，B 正确；
C．H2
18O 参与反应，其氧原子转移到中间体[(L)Ru3+OOH]6-中，故该中间体中存在
18O，C 正确；
D．该过程是水在催化剂作用下制氧气，CeIV为氧化剂，被还原，水被氧化为O2，不会生成H2，故反应为
，D 错误；
故答案选D。
14．光催化CO2还原是一种有望在固碳和绿色能源领域应用的技术。水溶液中复合材料
光催化CO2还原为醇类的机理如图，h+是电子跃迁后留下的空穴，具有强氧化
性。下列说法不正确的是
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A．H2O 在富集空穴的MoS2材料上发生氧化反应
B．电子迁移到光催化剂表面时，在一定条件下也可能发生反应
C．光催化过程的总反应是
和
D．转化过程中，每消耗标准状况下
，转移1.2mol 电子
【答案】D
【详解】由反应机理图
可知H2O 在富集空穴的MoS2材料上被氧化，电极反应为：2H2O-4e-=4H+
+O2↑，则CO2在Bi2MoO6材料上得到电子被还原为CH3CH2OH 或CH3OH、CH4等，电极反应分别为：
2CO2+3H2O=C2H5OH+3O2和2CO2+4H2O=2CH3OH+3O2，CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，据此分析解题。
A．由分析可知，可知H2O 在富集空穴的MoS2材料上被氧化，发生氧化反应，A 正确；
B．由题意得光催化CO2可还原为醇类，故在一定条件下光催化CO2可还原生成甲烷等有机物，电极反应
为：
，B 正确；
C．由反应机理图可知，光催化过程反应物有二氧化碳、水，生成物有氧气、甲醇、乙醇，故光催化过程
的总反应是2CO2+3H2O=C2H5OH+3O2和2CO2+4H2O=2CH3OH+3O2，C 正确；
D．由C 选项可知Bi2MoO6材料上不管是生成CH3OH 还是C2H5OH，1molCO2都是转移6mol 电子，故当消
耗标准状况下2.24LCO2时，即0.1molCO2，转移0.6mol 电子，D 错误；
故答案为：D。
15．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：
机理1：
机理2：
机理3：
以下事实能同时排除“机理1”和“机理2”的是
A．增加
浓度，反应速率明显变快
B．存在带负电荷的中间体
C．可以发生反应：
D．
的反应活性：
【答案】D
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【详解】A．若反应为“机理1”，则第一步为决速步，增加
浓度，反应速率变快，符合事实，不能
排除该机理；若反应为“机理2”，则第一步为决速步，增加
浓度，反应速率几乎不变，不符合事
实，能排除该机理，A 不符合题意；
B．若反应为“机理1”，则中间体1 带负电荷，符合事实，不能排除该机理；若反应为“机理2”，则中间
体2 带正电荷，不符合事实，能排除该机理，B 不符合题意；
C．若反应为“机理1”，则可以发生
，不能排除该机理；若反应
为“机理2”，则可以发生
，不能排除该机理，C 不符合题意；
D．“机理1”和“机理2”都未发生
键断裂，反应活性与卤原子无关，不符合事实，能排除该机理，D
符合题意；
故选D。
二、非选择题：本题共5 小题，共55 分。
16．为了遏制日益严峻的温室效应，
的应用领域得到了广泛的开拓，其中将二氧化碳高效转化为清洁
能源甲醇，对减排和开发新能源具有重要意义。
(1)已知：标准摩尔生成焓
为标准状态下，由稳定相态的单质生成1mol 该物质的焓变，稳定相态的
单质的
为零。
相关物质
标准摩尔生成焓
则反应
。
(2)研究发现，在
氢化合成
的过程中，
催化剂表面掺杂的
能稳定合成上述
过程中的关键中间体，发生反应的机理及能量变化如图所示(带“*”的物质的状态为吸附态)。
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在上述反应过程中，活化能最小的步骤为 。
【答案】
(1)
(2)
或
【详解】（1）已知为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成
该物质的焓
变。对于稳定相态单质，其
为零，
。
（2）从给出的能垒图可看出，活化能最小的步骤是由吸附态中间物所对应的那个微观反应过程，即
或
。
17．利用化学反应原理研究氮及其化合物是重要的课题。
(1)基态氮原子中电子的空间运动状态有 种。
(2)
是一种重要化工原料，也是潜在储氢材料。我国科学家提出合成氨的机理如下：
①
②
③
则合成氨的反应
。
(3)关于工业合成氨反应：
，下列说法正确的有_____(填标号)。
A．增大
浓度可以使
转化率增大
B．降低体系温度有利于平衡向正反应方向移动
C．使用合适的催化剂可以提高
的平衡转化率
D．加压有利于提高平衡混合物中氨的含量
(4)合成氨反应的历程和能量的变化如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注)。
在合成氨的基元反应中，决速步骤的活化能为
。
【答案】
(1)5
(2)
(3)BD
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(4)352
【详解】（1）N 是7 号元素，电子排布式为1s22s22p3，电子占用5 个原子轨道，基态氮原子中电子的空间
运动状态有5 种。
（2）①
②
③
根据盖斯定律①+
+
②③得合成氨的反应
。
（3）A. 增大
浓度可以使平衡正向移动，但
转化率减小，故A 错误；
B. 正反应放热，降低体系温度，平衡向正反应方向移动，故B 正确；
C. 催化剂不能使平衡移动，使用合适的催化剂，不能提高
的平衡转化率，故C 错误；
D. 正反应气体分子数减少，加压平衡正向移动，有利于提高平衡混合物中氨的含量，故D 正确；
选BD。
（4）活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，在合成氨的基元反应中，决速步骤的活化能为
500kJ/mol-148kJ/mol=352
。
18．甲酸、甲酸盐是两种常见的有机化工原料，对其制备、释氢的研究越发受到人类的关注。
(1)
电离平衡常数分别
、
。一种通过工业废气中的
获得
的
途径如图所示。
①关于该处理方法，下列说法正确的是 。
A．装置I 中溶液呈碱性是因为
水解程度大于
电离程度
B．装置I、II 涉及的反应中，化合价变化的元素有H、S、C
C．当装置II 中，外电路上转移2mol 电子时，装置I 中
溶液的浓度降为
D．电解一段时间后，装置II 阳极区的
溶液浓度降低
②装置II 中发生总反应的离子方程式为 。
③计算
时，溶液中
。
(2)以
双金属作催化剂，聚乙烯亚胺(
)为载体，HCOOH 分解生成
和
可能的反
应机理如图所示。
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①聚乙烯亚胺能将X 控制在催化剂表面，其原理是 。
②研究发现：其他条件不变时，以HCOONa 溶液代替HCOOH 催化释氢既快又纯，是因为 。
(3)金属锰分解水原位还原
产生甲酸是
有机资源转化新途径。锰与水反应生成MnO 与活性氢原
子，MnO 结合活性氢原子形成中间体Q；
吸附到具有催化活性中间体Q 后被活化产生甲酸的部分机
理如图所示。
从电负性角度描述中间体Q 与
生成
的过程： 。
【答案】
(1)AD
0.2
(2)聚乙烯亚胺中的氨基与
之间能形成氢键
溶液代替
，提高了
浓
度，使吸附在催化剂表面的
数目增加，产生
的速率更快，step3：
，加速催
化释氢的同时，产生的
将
吸收，使氢气的纯度更高
(3)电负性：
，
原子半径大，
键长长，键能小，易断裂成带正电的
和带负电
的
，
与
中带负的
结合为
，
与残基
中带正电的碳原子结合形成
【详解】含二氧化硫和二氧化碳的废气通入碳酸氢钠溶液中，二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳
和亚硫酸钠，二氧化碳气体通入装置Ⅱ的右室，CO2在电源右侧电极上反应生成HCOOH，则CO2得电
子，右侧电极为阴极，电极反应式为
；碳酸氢钠和亚硫酸钠混合溶液通
入装置Ⅱ的左室，左侧电极上亚硫酸根离子失电子生成硫酸根离子，则左侧电极为阳极，电极反应式为
，据此分析；
（1）①A．装置I 中溶液呈碱性是因为
的水解平衡常数为
，故
水解程度大于
电离程度，A 正确；
B．根据分析可知，装置I、II 涉及的反应中，化合价变化的元素有S、C，H 未发生变化，B 错误；
C．当装置II 中，外电路上转移2mol 电子时，根据电极反应：
，左侧
消耗2mol
反应，装置I 的体积未知，故
溶液的浓度无法计算，C 错误；
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D．电解一段时间后，根据电极反应：
，左侧消耗2mol
反应，装
置II 阳极区的
溶液浓度降低，D 正确；
故选AD；
②装置II 中两极电极反应相加，得
，整理得总反应的离子
方程式为：
；
③
；
（2）①在第一步，HCOOH 电离成
和
，X 为
，聚乙烯亚胺中的氨基与
之间能形
成氢键能将X 控制在催化剂表面；
②以HCOONa 溶液代替HCOOH 催化释氢既快又纯，是因为：
溶液代替
，提高了
浓度，使吸附在催化剂表面的
数目增加，产生
的速率更快，step3：
，加速催化释氢的同时，产生的
将
吸收，使氢气的纯度更高；
（3）电负性：
，
原子半径大，
键长长，键能小，易断裂成带正电的
和带负
电的
，
与
中带负的
结合为
，
与残基
中带正电的碳原子结合形成
。
19．I．碳的回收和利用是碳中和的重要途径。通过回收可以制备一些高附加值的产品，如甲醇(
)、甲酸(
)、甲醛(
)等。
(1)已知：
；
科学研究表明，用
作催化剂，
和
反应合成
需经历三步：
第一步：
；
第二步：
；
第三步： 。
(2)用
和
为原料合成
的机理如图所示，总反应含 个基元反应，其中
决定总反应速率的反应方程式为 。
【答案】
(1)
(2)3
或
【详解】（1）总反应为
，由此推知，总反应-第1 步反应-第2 步反应=第3 步，因此第3
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步反应为
。
（2）每步反应都有过渡态，即总反应有几个过渡态，就有几个基元反应，此反应有3 个过渡态，总反应分
三个基元反应进行；
决定总反应速率的是活化能最大的一步基元反应，该反应方程式为
或
。
20．
的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用
与
制备“合成气”（CO、
），还可
制备甲醇、苯乙烯等产品。
Ⅰ.制备合成气
科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：
反应①：
反应②：
上述反应中
为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图所示：
(1)关于该反应历程说法正确的是______。
A．反应①在高温下不能自发进行
B．反应②始终能自发进行
C．反应①是决定总反应快慢的一步
D．反应②活化能为
(2)写出
与
制备“合成气”的热化学方程式 。
Ⅱ.制备甲醇
用
和
制备
，反应如下：
一定条件下，向2L 密闭容器中充入1mol
和2.8mol
进行合成甲醇的反应。
(3)能判断该密闭容器中制备甲醇的反应达到化学平衡状态的是_______。
A．容器内气体密度保持不变
B．
的体积分数保持不变
C．
D．混合气体的平均相对分子质量保持不变
(4)在两种不同催化剂作用下上述反应建立平衡，过程中
的转化率随时间的变化曲线如图所示。
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n
①点
m 点
。
A．＞ B．＜ C．＝
②平衡时n 点的平衡常数
。
③
时刻改变的反应条件可能是 。
Ⅲ.制备苯乙烯
利用可以制备苯乙烯，参与乙苯脱氢的机理如图所示（
，
表示乙苯分子中C 或H 原子的位置：A、B
为催化剂的活性位点，其中A 位点带部分正电荷，B1、B2 位点带部分负电荷）。
(5)根据上述机理图，写出
参与乙苯脱氢反应的化学方程式 。
(6)制备苯乙烯也可直接脱氢，涉及反应如下：
反应1：
反应2：
在乙苯制备苯乙烯的过程中，往往需要加氧气，结合上述反应的数据说明理由 。
(7)比较上述两种制备苯乙烯的方法，你会选择哪种方法？并请说明理由 。
【答案】
(1)C
(2)
(3)BD
(4)A 200 升高温度、增大生成物
或
浓度（合理即可）
(5)
(6)直接脱氢，平衡常数很小，反应难以发生，加入氧气后，反应1+反应2 可得
，反应2 使反应1 得
以实现
(7)选择方案二，因为简单方便，方案一催化剂比较昂贵（合理即可）
【详解】（1）A．由能量变化图可知，反应①反应物总能量低于生成物总能量，该反应为吸热反应，
，反应的熵变
，根据
，高温下
可能大于
，则
，反应能自发进
行，A 错误；
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B．由能量变化图可知，反应②反应物总能量低于生成物总能量，该反应为吸热反应，
，反应的熵
变
，根据
，低温下
较小，
，反应不能自发进行，B 错误；
C．总反应的快慢是由慢反应决定的，活化能越大，反应速率越慢，由图可知反应①的活化能大于反应②
的活化能，所以反应①是决定总反应快慢的一步，C 正确；
D．由图可知，反应②的活化能为
，D 错误；
故答案选C。
（2）由图中信息和盖斯定律可知，
与
制备“合成气”的热化学方程式为：
（3）A．反应在恒容容器中进行，混合气体的质量不变，体积不变，根据
密度始终保持不变，A 错
误；
B．
的体积分数保持不变，即说明反应达到平衡状态，B 正确；
C．
，未指明正逆反应，不能说明反应达到平衡状态，C 错误；
D．混合气体的质量不变，该反应是气体物质的量减小的反应，则随着反应进行，混合气体的平均相对分
子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡状态， D 正确；
故答案选BD。
（4）①由图可知n 点达到平衡状态，转化率不变，此时
， m 点反应还未达到平衡，此时
，随反应进行反应物浓度不断减小，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，平衡时
，所以n 点
>m 点
。
②由图可知平衡时CO2转化率为80%，根据题干信息列出三段式：
。
③由图可知
时刻以后转化率逐渐下降，平衡逆向移动，则改变的反应条件可能是升高温度、增大生成物
或
浓度。
（5）由机理图可知
参与乙苯脱氢反应的化学方程式为：
（6）直接脱氢，平衡常数很小，反应难以发生，加入氧气后，反应1 和反应2 相加可得
，反应2 使反应1 得
以实现。
（7）选择方案二，因为简单方便，方案一催化剂比较昂贵。
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