文档文本内容
专题30 基元反应与反应历程、反应机理
考点
十年考情（2016-2025）
命题趋势
考点01 涉及能
量变化的机理
2025：四川、河北、河南、北京
2024：贵州、广东、北京、安徽
2023：浙江
2022：浙江
2021：重庆、山东
2020：天津
2018：北京
注重考查学科核心知识 ：本专题主要考查化
学反应历程与能量变化，反应物与生成物的判
断，催化剂与中间产物的判断，催化剂催化机
理的分析，反应历程分析，总反应能量变化，
判断活化能与反应速率的关系，决速步骤的判
断等核心知识。
强调知识的灵活运用与综合分析 ：近年来出
现有关反应历程或机理的新型选择题，通过构
建模型，进行类比迁移以考查考生的学科素
养。反应历程是指化学反应中的反应物转化为
最终产物通过的途径，能够反映出物质结构和
反应历程之间的关系，从而可以加深我们对于
物质运动形态的认识。反应机理是化学中用来
描述某一化学变化所经由的全部基元反应，机
理详细描述了每一步转化的过程，包括过渡态
的形成，键的断裂和生成，以及各步的相对速
率大小等。完整的反应机理需要考虑到反应
物、催化剂、中间产物、最终产物。
考点02 涉及
反应速率的机理
2025：全国卷、湖南、北京、云
南、江苏
2024：广西、北京、甘肃
2023：辽宁、广东、浙江、湖南、
新课标卷
2021：辽宁
1．（2025·四川·高考真题）钒催化剂对
氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图
所示，其中步骤③为放热反应。
下列说法错误的是
A．步骤①反应为
B．步骤③正、逆反应的活化能关系为
C．
在催化循环中起氧化作用
D．步骤③生成的物质Z 是
【答案】D
【分析】结合反应机理图可知
和
反应生成
、
、
，步骤①反应为
，
和苯生成
，
和
、
反应生成
、
和水，据此解答。
【详解】A．结合反应机理图可知
和
反应生成
、
、
，步骤①反应为
，故A 正确；
B．步骤③为放热反应，
，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B 正确；
C．
在催化循环中V 的化合价由+5 降低到+3，所以起氧化作用，故C 正确；
知识点01 涉及能量变化的机理
D．根据分析，步骤③生成的物质Z 是
，故D 错误；
答案选D。
2．（2025·河北·高考真题）氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可
利用反应
制备。反应历程(TS 代表过渡态)如下：
下列说法错误的是
A．反应ⅰ是吸热过程
B．反应ⅱ中
脱去步骤的活化能为2.69eV
C．反应ⅲ包含2 个基元反应
D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中
【答案】D
【详解】A．观察历程图可知，反应ⅰ中
的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3 完成反应，
生成
和
，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，
A 正确；
B．反应ⅱ中因
脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV 与TS5 的相对能量差，即
3.39eV-0.70eV=2.69eV，B 正确；
C．反应ⅲ从
生成
经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2
个基元反应，C 正确；
D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7 对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的
速控步包含在反应ⅲ中，D 错误；
故选D。
3．（2025·河南·高考真题）在催化剂a 或催化剂b 作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方
程式为
，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，
中部分进程已省略)。
下列说法正确的是
A．总反应是放热反应
B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同
C．和催化剂b 相比，丙烷被催化剂a 吸附得到的吸附态更稳定
D．①转化为②的进程中，决速步骤为
【答案】C
【详解】A．由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A 错误；
B．平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B 错误；
C．由图可知，丙烷被催化剂a 吸附后能量更低，则被催化剂a 吸附后得到的吸附态更稳定， C 正确；
D．活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为
*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H 或
*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D 错误；
故选C。
4．（2025·北京·高考真题）为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想
固体溶于水的过程分两
步实现，示意图如下。
下列说法不正确的是
A．
固体溶解是吸热过程
B．根据盖斯定律可知：
C．根据各微粒的状态，可判断
，
D．溶解过程的能量变化，与
固体和
溶液中微粒间作用力的强弱有关
【答案】C
【分析】由图可知，
固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl 固体变为Na+和Cl-，此过程离子
键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成
键过程，为放热过程。
【详解】A．由图可知，
固体溶解过程的焓变为
，为吸热过程，A 正确；
B．由图可知，
固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知
，即
，B 正
确；
C．由分析可知，第一步为NaCl 固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步
为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C 错
误；
D．由分析可知，溶解过程的能量变化，却决于
固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量
有关，即与
固体和
溶液中微粒间作用力的强弱有关，D 正确；
故选C。
5．（2024·贵州·高考真题）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
【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。
6．（2024·广东·高考真题）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。
7．（2024·北京·高考真题）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
【详解】A．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；
B．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；
C．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；
D．苯的硝化反应中浓
作催化剂，故D 正确；
故选C。
8．（2024·安徽·高考真题）某温度下，在密闭容器中充入一定量的
，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
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】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。
【详解】A．X(g)
Y(g)和Y(g)
Z(g)的∆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；
B．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；
C．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；
D．图像显示X(g)
Y(g)和Y(g)
Z(g)的∆H 都大于0，且X(g)
Y(g)的活化能大于Y(g)
Z(g)的活化能，D
项不符合题意；
选B。
9．（2023·浙江·高考真题）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
和
的相对能量为0]，下列说法不正确的是
A．
B．可计算
键能为
C．相同条件下，
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：
【答案】C
【分析】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。
【详解】A．催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此
，A 正确；
B．已知
的相对能量为0，对比两个历程可知，
的相对能量为
，则
键
能为
，B 正确；
C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，
的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C 错误；
D．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：
，D 正确；
故答案为：C。
10．（2022·浙江·高考真题）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol 环己烷(
)的能量变化如
图所示：
下列推理不正确的是
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
【答案】A
【详解】A．虽然2ΔH1≈ΔH2，但ΔH2≠ΔH3，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目、双键的位
置有关，不能简单的说碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，A 错误；
B．ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，
有利于物质稳定，B 正确；
C．由图示可知，反应I 为：
(l)+H2(g)→
(l) ΔH1，反应IV 为：
+3H2(g)→
(l) ΔH4，
故反应I 是1mol 碳碳双键加成，如果苯环上有三个完全独立的碳碳双键，则3ΔH1=ΔH4，现3ΔH1＜ΔH4，说
明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，C 正确；
D．由图示可知，反应I 为：
(l)+H2(g)→
(l) ΔH1，反应III 为：
(l)+2H2(g) →
(l) ΔH3，
反应IV 为：
+3H2(g)→
(l) ΔH4，ΔH3-ΔH1＜0 即
(l)+H2(g) →
(l) ΔH＜0，ΔH4-ΔH3＞0
即
+H2(g)→
(l) ΔH＞0，则说明
具有的总能量小于
，能量越低越稳定，则说明
苯分子具有特殊稳定性，D 正确；
故答案为：A。
11．（2021·重庆·高考真题）“天朗气清，惠风和畅。”研究表明，利用Ir+可催化消除大气污染物N2O 和
CO，简化中间反应进程后，相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·mol-1，则
2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)的反应热∆H (kJ·mol-1)为
A．-152
B．-76
C．+76
D．+152
【答案】A
【详解】已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·mol-1，可得
①，由图可
得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)∆H=-330+123-229+77=-359kJ/mol②，由盖斯定律，(反应②-①)×2 可得反应
2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)，反应热∆H =( -359+283)×2 =-152kJ·mol-1，故选：A。
12．（2021·山东·高考真题）
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：
能量变化如图所示。已知
为快速平衡，下列说法正确的是
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
【详解】A．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；
B．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-，因此反应结束后，溶液中存在
18OH-，故B 正确；
C．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；
D．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，正确的是B 项，故答案为B。
13．（2020·天津·高考真题）理论研究表明，在101kPa 和298K 下，
异构化反应过程的
能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．HCN 比HNC 稳定
B．该异构化反应的
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．使用催化剂，可以改变反应的反应热
【答案】D
【详解】A．根据图中信息得到HCN 能量比HNC 能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN 比HNC 稳定，
故A 正确；
B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的
，故B 正确；
C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C 正确；
D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，
故D 错误。
综上所述，答案为D。
14．（2018·北京·高考真题）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH 的催化反应
历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A．生成CH3COOH 总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH 过程中，有C—H 键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C—C 键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【详解】分析：A 项，生成CH3COOH 的总反应为CH4+CO2
CH3COOH，原子利用率为100%；B 项，CH4
选择性活化变为①过程中，有1 个C-H 键发生断裂；C 项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，
①→②放出能量并形成C-C 键；D 项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化
率。
详解：A 项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2
CH3COOH，只有
CH3COOH 一种生成物，原子利用率为100%，A 项正确；B 项，CH4选择性活化变为①过程中，有1 个C-H 键
发生断裂，B 项正确；C 项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，
①→②形成C-C 键，C 项正确；D 项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平
衡转化率，D 项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题
的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变
ΔH、不能使化学平衡发生移动。
15．（2025·全国卷·高考真题）研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应
。三唑水溶液
微滴表面接触
发生反应，可能的反应机理如图所示。
根据上述反应机理，下列叙述错误的是
A．三唑在反应循环中起催化作用
B．
换成
，可生成
知识点02 涉及反应速率的机理
C．碳原子轨道的杂化存在从
到
的转变
D．总反应为
【答案】B
【详解】A．由机理图可知，三唑在反应循环中，化学性质和质量没有变化，作催化剂，A 正确；
B．由机理图可知，
换成
，可生成
，B 错误；
C．由机理图可知，
转化为
，因此碳原子轨道的杂化存在从
到
的转变，C 正确；
D．由机理图可知，
和
反应生成
和
，总反应为
，D 正确；
故选B。
16．（2025·湖南·高考真题）环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯(
)为原料生产环氧丙烷(
)的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．过程中Ⅱ是催化剂
B．过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
C．过程中
元素的化合价发生了变化
D．丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100%
【答案】B
【详解】A．根据反应原理，Ⅰ先消耗再生成，是整个历程的催化剂，Ⅱ先生成，再消耗，是中间产物，A
错误；
B．过程中存在
中O-O 非极性键的断裂，以及
中非极性键的形成；还存在
极性键的断裂，以
及
极性键的形成，B 正确；
C．过程中Ti 的化学键(
)始终是4 个，配位键不会改变Ti 的化合价，故
元素的化合价不变，C 错误；
D．反应生成了
，且存在
的分解反应，原子利用率小于100%，D 错误；
故选B。
17．（2025·北京·高考真题）乙烯、醋酸和氧气在钯(
)催化下高效合成醋酸乙烯酯(
)的
过程示意图如下。
下列说法不正确的是
A．①中反应为
B．②中生成
的过程中，有
键断裂与形成
C．生成
总反应的原子利用率为
D．
催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率
【答案】C
【详解】A．①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O 和Pd(CH3COO)2，方程式为：
，A 正确；
B．②中生成
的过程中，有C-H 断开和C-O 的生成，存在
键断裂与形成，B 正确；
C．生成
总反应中有H2O 生成，原子利用率不是
，C 错误；
D．
是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D 正确；
答案选C。
18．（2025·云南·高考真题）铜催化下，由
电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是
A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应
B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成
C．Ⅳ的示意图为
D．催化剂Cu 可降低反应热
【答案】C
【详解】A．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A 错误；
B．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H 键，如图
，有极性键生成，不是非极性键，B 错误；
C．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H 键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C-H 键，Ⅳ到Ⅴ
才结合CO，可知Ⅳ的示意图为
，C 正确；
D．催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D 错误；
故选C。
19．（2025·江苏·高考真题）
与
通过电催化反应生成
，可能的反应机理如图所示(图中
吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是
A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成
B．过程Ⅱ中
发生了氧化反应
C．电催化
与
生成
的反应方程式：
D．常温常压、无催化剂条件下，
与
反应可生产
【答案】A
【详解】A．过程Ⅱ为：
和
在酸性条件下被还原为
和
的反应，生成了N—H 等极性共
价键；过程Ⅲ为
与
生成
的反应，生成了C—N 极性共价键，A 正确；
B．过程Ⅱ是得电子的还原反应，N 元素的化合价由
降为
，C 元素的化合价由
降为
，B 错误；
C．所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式
为
，C 错误；
D．常温常压、无催化剂条件下，
与
反应生成
或
，D 错误；
故选A。
20．（2024·广西·高考真题）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
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
【详解】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。
21．（2024·北京·高考真题）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。
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
、
、
、
。
【详解】A．由分析可知，Y 为反应物
，W 为生成物
，A 正确；
B．
在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B 错误；
C．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；
D．图中涉及的两个氧化还原反应是
和
，D 正确；
故选B。
22．（2024·甘肃·高考真题）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
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
【详解】A．由能量变化图可知，
，A 项正确；
B．由能量变化图可知，步骤2 逆向反应的
，B 项正确；
C．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；
D．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。
23．（2023·辽宁·高考真题）一定条件下，酸性
溶液与
发生反应，
(
)
Ⅱ起催化作用，过
程中不同价态含
粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是
A．
(
)
Ⅲ不能氧化
B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C．该条件下，
(
)
Ⅱ和
(
)
Ⅶ不能大量共存
D．总反应为：
【答案】C
【分析】开始一段时间（大约13min 前）随着时间的推移Mn(
)
Ⅶ浓度减小直至为0，Mn(
)
Ⅲ浓度增大直至
达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(
)
Ⅲ，同时先生成少量Mn(
)
Ⅳ后Mn(
)
Ⅳ被消耗；后来（大
约13min 后）随着时间的推移Mn(
)
Ⅲ浓度减少，Mn(
)
Ⅱ的浓度增大；据此作答。
【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(
)
Ⅲ的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(
)
Ⅲ，后
Mn(
)
Ⅲ被消耗生成Mn(
)
Ⅱ，Mn(
)
Ⅲ能氧化H2C2O4，A 项错误；
B．随着反应物浓度的减小，到大约13min 时开始生成Mn(
)
Ⅱ，Mn(
)
Ⅱ对反应起催化作用，13min 后反应
速率会增大，B 项错误；
C．由图像可知，Mn(
)
Ⅶ的浓度为0 后才开始生成Mn(
)
Ⅱ，该条件下Mn(
)
Ⅱ和Mn(
)
Ⅶ不能大量共存，C 项
正确；
D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2
+5H2C2O4+6H+=2Mn2+
+10CO2↑+8H2O，D 项错误；
答案选C。
24．（2023·广东·高考真题）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
【详解】A．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；
B．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；
C．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；
D．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。
25．（2023·浙江·高考真题）一定条件下，
苯基丙炔(
)可与
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
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
【详解】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I 放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，
反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A 正确；
B．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；
C．产物I 和产物II 存在可逆反应，则产物II 和产物I 的比值即该可逆反应的平衡常数K，由于平衡常数只与
温度有关，所以增加HCl 浓度平衡时产物II 和产物I 的比例不变，故C 错误；
D．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。
综上所述，答案为C。
26．（2023·湖南·高考真题）
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
(
)
Ⅱ催化剂(用
表示)能高效电催化氧化
合成
，其反应机理如图所
示。
下列说法错误的是
A．
(
)
Ⅱ被氧化至
(
)
Ⅲ后，配体
失去质子能力增强
B．M 中
的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
【答案】B
【详解】A．
(
)
Ⅱ被氧化至
(
)
Ⅲ后，
中的
带有更多的正电荷，其与N 原子成键后，
吸引电子的能力比
(
)
Ⅱ强，这种作用使得配体
中的
键极性变强且更易断裂，因此其失去
质子（
）的能力增强，A 说法正确；
B．
(
)
Ⅱ中
的化合价为+2，当其变为
(
)
Ⅲ后，
的化合价变为+3，
(
)
Ⅲ失去2 个质子后，N 原
子产生了1 个孤电子对，
的化合价不变；M 为
，当
变为M 时，N 原子
的孤电子对拆为2 个电子并转移给
1 个电子，其中
的化合价变为
，因此，B 说法不正确；
C．该过程M 变为
时，有
键形成，
是非极性键，C 说法正确；
D．从整个过程来看， 4 个
失去了2 个电子后生成了1 个
和2 个
，
(
)
Ⅱ是催化剂，因此，
该过程的总反应式为
，D 说法正确；
综上所述，本题选B。
27．（2023·新课标卷·高考真题）“肼合成酶”以其中的
配合物为催化中心，可将
与
转化
为肼(
)，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A．
、
和
均为极性分子
B．反应涉及
、
键断裂和
键生成
C．催化中心的
被氧化为
，后又被还原为
D．将
替换为
，反应可得
【答案】D
【详解】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。
28．（2021·辽宁·高考真题）某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及
时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为
D．条件②，降冰片烯起始浓度为
时，半衰期为
【答案】B
【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故
反应速率越大，A 正确；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，
反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B 错误；
C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为
=
，C 正确；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为
时，半衰期为125min÷2=
，D 正确；
故答案为：B。
