大单元四 第二单元 化学反应速率与化学平衡
第2 讲 反应历程 催化机理
【高考考向预测】
反应历程与催化机理重点考查基元反应、活化能、能垒、中间体与催化剂判断，结合能
量变化图像分析反应分步过程、速率决定步骤，辨析催化剂对反应路径和焓变的影响，常以
图像、陌生反应情境命题；近三年高考高频考查，考频极高；预测2027 年将侧重复杂多步反
应历程分析、不同催化机理对比，强化能垒计算、粒子变化判断与反应规律应用。
【双基自测●明考向】
1．所有化学反应的反应历程均包含至少2 个基元反应。(_____)
【答案】
错误
【详解】基元反应是反应物一步直接转化为产物的过程。某些简单反应（如H+与OH-中和生
成H2O）仅包含一个基元反应，其反应历程无需多个步骤，错误。
2．（25-26 高三·全国·一轮复习）有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容
积)，可增加单位体积内活化分子数，从而使单位时间有效碰撞次数增加，从而使反应速率增
大。(____)
【答案】正确
【详解】题干已明确增大压强的操作是缩小反应容器容积，该操作会使参与反应的气体浓度
升高。 温度不变时，反应的活化分子百分数为定值，单位体积内活化分子数满足关系：
N 活= N 总×α，其中N 总为单位体积内反应物总分子数，α为活化分子百分数。气体浓度升高时
N 总增大，因此N 活随之增加，活化分子的总数不变，但单位体积内的活化分子数会随着浓度
的增大而增多。这会导致单位时间内的有效碰撞次数显著增加，从而加快反应速率。该表述
符合碰撞理论下压强对反应速率的影响规律。
3．（25-26 高三·全国·一轮复习）SO2与O2反应中，V2O5能减小该反应的焓变。( )
【答案】错误
【详解】SO2与O2反应中，V2O5作催化剂，能够改变反应途径，降低活化能，加快反应速率，
不能改变反应物和生成物的总能量，不能减小该反应的焓变，错误；
4．（25-26 高三·全国·一轮复习）豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能。( )
【答案】错误
【详解】豆科植物固氮过程中，固氮酶是催化剂，能降低该反应的活化能从而加快反应速率；
故错误。
5．（26-27 高三·全国·一轮复习）H2O2制O2反应中，MnO2能加快化学反应速率。(_____)
【答案】正确
【详解】过氧化氢分解制备氧气的反应为2 H 2O2 =
MnO2
2 H 2O+O2↑，反应中MnO2作催化剂，可
通过降低反应的活化能、提高活化分子百分数，加快化学反应速率，说法正确。
6．（25-26 高二上·全国·随堂练习）反应C2H4(g)＋
1
2O2(g) →
催化剂
和C2H4(g)＋
3O2(g)→2CO2＋2H2O(g)体现了催化剂的选择性。(____)
【答案】正确
【详解】在催化剂作用下，乙烯与氧气的反应可偏向部分氧化（生成环氧乙烷），无催化剂
时乙烯完全氧化（生成CO2和H2O），这正是催化剂选择性（对反应路径和产物选择的差
异）的体现；
故说法正确。
7（25-26 高二上·全国·随堂练习）二氧化锰在过氧化氢的分解前后质量减少。(____)
【答案】
错误
【详解】二氧化锰在过氧化氢分解反应中作催化剂。催化剂通过降低反应的活化能加快反应
速率，但其质量和化学性质在反应前后保持不变。虽然催化剂可能参与中间过程（如先被消
耗后再生），但总质量不会减少。题干中“质量减少”的描述不符合催化剂的性质；
故说法错误。
8．（25-26 高三·全国·一轮复习）催化剂不能参与化学反应，但可以改变反应到达平衡的时
间。(_____)
【答案】错误
【详解】催化剂参加反应并改变了反应的历程，降低了反应的活化能，从而加快反应速率，
缩短到达平衡的时间，故说法错误。
9．（24-25 高三·全国·一轮复习）使用MnO2作催化剂制备氧气，不一定需要加热。(_____)
【答案】正确
【详解】若通过分解氯酸钾来制氧气，MnO2作为催化剂，反应需要加热；若通过过氧化氢分
解制氧气，使用MnO2作催化剂，则不需要加热。故该说法正确。
10．探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2 mL 5% H2O2和
1 mL H2O，向另一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mL FeCl3溶液，观察并比较实验现象。
(_______)
【答案】正确
【详解】探究催化剂对H2O2分解速率的影响时，需要利用对比实验来实验，即保持其他变量
不变，唯一的差别就是有还是没有催化剂，所以两支试管内加入的均为2mL 5%的H2O2溶液，
为了保证两支试管内H2O2浓度一致，其中一支试管加入了1mL FeCl3溶液，另一支试管加入
1mL H2O来实验两试管内的溶液体积相同，继而保证H2O2溶液的浓度一致性，如此才能通过
比较实验现象，得出催化剂可促进H2O2分解的结论；故答案为正确。
【核心梳理●明考点】
考点一 基元反应 过渡态理论
1.基元反应
一个化学反应往往需要经过多个反应步骤才能实现,每一步反应都称为基元反应。
2.反应历程
(1)含义
与某化学反应有关的一组基元反应反映了该反应的反应历程,反应历程又称反应机理。
(2)自由基
带有单电子的原子或原子团叫做自由基,如O·自由基、I·自由基。
(3)反应历程中的自由基
如H2(g)+I2(g)===2HI(g),它的反应历程有如下两步基元反应:
①I2
I·+I·(快)
②H2+2I·===2HI(慢)
其中慢反应为整个反应的决速步骤。
3.过渡态理论
(1)理论简介
反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡状态。过渡状态的平均能量与反应物分
子的平均能量的差为反应的活化能。如图所示:Ea 是正反应的活化能,Ea'是逆反应的活化能。
ΔH=Ea- E ' a。
(2)催化剂影响化学反应速率的过渡态理论解释
使用催化剂→改变了反应的路径(如图),反应的活化能降低→反应速率加快。
【考点突破●明方向】
1.Rh 和Rh/Mn 均能催化反应:HCHO+H2+CO
HOCH2CHO(羟基乙醛),反应历程如图所
示,I1~I3为中间体,TS1~TS3为过渡态。
下列描述正确的是( )
A.“CO 插入”步骤,ΔH 为-17.6 kcal·mol-1
B.Rh 催化作用下,“加氢”步骤为决速步骤
C.Rh/Mn 催化作用下,羟基乙醛的生成速率更小
D.反应达平衡时,升高温度,羟基乙醛的浓度增大
【答案】B
【解析】A.由图可知,一氧化碳插入步骤为放热反应,反应ΔH=-15.4 kcal·mol-1,故A 错误;B.反应
的活化能越大,反应速率越慢,慢反应是反应的决速步骤,由图可知,Rh 催化作用下,加氢步骤的
活化能为24.4 kcal·mol-1,反应的活化能最大,所以加氢步骤为决速步骤,故B 正确;C.反应的活化
能越大,反应速率越慢,由图可知,Rh 催化作用下,反应的活化能大于Rh/Mn 催化作用下,所以羟
基乙醛的生成速率小于Rh/Mn 催化作用下,故C 错误;D.由图可知,生成羟基乙醛的反应为放热
反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,羟基乙醛的浓度减小,故D 错误。
2.利用某分子筛作催化剂,NH3可脱除废气中的NO 和NO2,生成两种无毒物质,其反应历程如图
所示:
(1)X 是 。
(2)上述历程的总反应为
。
(3)由反应历程可知,[(NH4)(HNO2)]+是该反应的 。
【答案】(1)N2、H2O (2)2NH3+NO+NO2
2N2+3H2O (3)中间产物
【解析】(1)图示反应可以生成X 的反应为[(NH4)2(NO2)]2++NO===[(NH4)(HNO2)]++X+H+,由原
子守恒判断X 为N2和H2O。(2)由反应历程图可知,氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物,氮气
与水是生成物,所以总反应为2NH3+NO+NO2
2N2+3H2O。(3)由反应历程可知,[(NH4)
(HNO2)]+是该反应的中间产物。
3.CO 与N2O 在铁催化剂表面进行如下两步反应,其相对能量与反应历程如图所示。
第一步:Fe*+N2O===FeO*+N2
第二步:FeO*+CO===Fe*+CO2
回答下列问题:
(1)该反应的催化剂是 。
(2)第一步反应是 (填“放热”或“吸热”,下同)反应,第二步反应是 反应。
(3)该反应的总反应化学方程式为
。
【答案】(1)Fe* (2)放热 放热 (3)CO+N2O===N2+CO2
【解析】(1)由题意可知,第一步Fe*被消耗,第二步又生成,说明Fe*是反应的催化剂。(2)根据反
应历程图可知,两步反应的生成物的总能量均低于反应物的总能量,则两步反应均为放热反应。
(3)根据盖斯定律:第一步反应+第二步反应=总反应,则总反应为CO+N2O===N2+CO2。
考点二 催化机理与催化剂对反应速率的影响
1.催化机理与活化能
(1)催化剂的催化机理
催化剂参与化学反应,生成能量更低的中间产物,降低了达到过渡态所需要的活化能,使反应速
率加快。
反应A+B――→AB 的活化能为Ea。
加入催化剂K 后,反应分两步进行:
①A+K――→AK 活化能为Ea1(慢反应)
②AK+B――→AB+K 活化能为Ea2(快反应)
总反应方程式:A+B
AB,反应活化能(能垒)为Ea1。
(2)活化能与化学反应速率的关系
①加入催化剂后,两步基元反应的活化能Ea1和Ea2均小于原反应的活化能Ea,因此反应速率加快。
②两步基元反应由于Ea1> Ea2,第1 步反应是慢反应,决定整个反应的快慢,活化能Ea1是在催化剂
条件下总反应的活化能。
2.催化剂的特征
(1)催化剂只能改变反应途径(又称反应机理),不能改变反应的始态和终态。它同时加快了正、
逆反应速率,缩短了达到平衡的时间,并不能改变平衡状态。
(2)催化剂有选择性,不同的反应常用不同的催化剂,即每个反应有它特有的催化剂。生产上常
利用催化剂的选择性,使所希望的化学反应加快,同时抑制某些副反应的发生。
(3)每种催化剂只有在特定条件下才能体现出它的活性,否则将失去活性或发生催化剂中毒。
【考点突破●明方向】
1.CO 用于处理大气污染物N2O,在催化剂作用下该反应的具体过程如图1 所示,反应过程中能
量变化情况如图2 所示。下列说法错误的是( )
A.CO 用于处理大气污染物N2O 的反应为CO(g)+N2O(g)
CO2(g)+N2(g)
B.该总反应的反应ΔH=-361.22 kJ·mol-1
C.该总反应的决速步是反应②
D.该反应催化剂为Zn+,ZnO+为中间产物
【答案】C
【解析】A.根据流程图可以看出反应过程中CO 变为CO2,N2O 变成N2,因此化学方程式为
CO(g)+N2O(g)
CO2(g)+N2(g),故A 正确;B.ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量,根据图2 可
以看出反应的能量变化为ΔH=-361.22-0=-361.22 kJ·mol-1,故B 正确;C.反应①的活化能是149.6
kJ·mol-1,反应②的活化能是108.22 kJ·mol-1,反应②的活化能更小,因此反应①是总反应的决速
步,C 错误;D.结合图1 和图2,可以看出反应的催化剂为Zn+,ZnO+为中间产物,D 正确。
2.(2025·八省联考陕西卷)某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催化剂,用于转化H2S 为单
质S,提出的催化历程示意图如下。NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.O2使Fe2+转化成Fe3+,恢复催化剂活性
B.过程①和④均发生了非极性键的断裂
C.过程②和③均发生了氧化还原反应
D.理论上,每转化34 g H2S,转移的电子数目为NA
【答案】A
【解析】A.根据图示③④两步历程,可知O2使Fe2+转化成Fe3+,恢复催化剂活性,A 正确;B.过程
①中没有发生非极性键的断裂,过程④中发生了O==O 非极性键的断裂,B 错误;C.过程②中铁元
素化合价发生变化,发生氧化还原反应,过程③中元素化合价没有变化,没有发生氧化还原反
应,C 错误;D.根据图示,该催化历程的总反应为2H2S+O2
2S+2H2O,可知H2S~2e-,理论上,每
转化34 g H2S 即1 mol H2S,转移的电子数目为2NA,D 错误。
(1)反应历程中化学键的变化
在反应中,旧键断裂与新键形成是同时进行的,形成中间过渡态。
(2)反应历程中物质的变化
①只进不出的是反应物(A――→…);
②只出不进的是产物(…――→M);
③先出后进的是中间体(…――→X,X――→…);
④先进后出的是催化剂(R――→…,…――→R)。
3.汽车排气管装有三元催化剂装置,在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO 等污染物。
反应机理如下[Pt(s)表示催化剂,右上角带“*”表示吸附状态]:
Ⅰ.NO+Pt(s)===NO*
Ⅱ.CO+Pt(s)===CO*
Ⅲ.NO*===N*+O*
Ⅳ.CO*+O*===CO2+Pt(s)
Ⅴ.N*+N*===N2+Pt(s)
Ⅵ.NO*+N*===N2O+Pt(s)
经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T 变化关系如图1 和图2 所示。
(1)图1 中温度从Ta升至Tb的过程中,反应物浓度急剧减小的主要原因是
。
(2)图2 中T2 ℃时反应Ⅴ的活化能 (填“<”“>”或“=”)反应Ⅵ的活化能;T3 ℃时发生
的主要反应为 (填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)。
【答案】(1)温度升高,催化剂活性增强,反应速率加快 (2)> Ⅳ
【解析】(1)由图1 可知,温度升高,反应物的消耗量增大,说明催化剂的活性增强,反应速率加快。
(2)由图2 可知,T2 ℃时,N2的浓度小于N2O 的浓度,说明反应Ⅴ的反应速率小于反应Ⅵ的反应速
率,则反应Ⅴ的活化能大于反应Ⅵ的活化能;T3 ℃时,生成物二氧化碳的浓度最大,说明发生的主
要反应为反应Ⅳ。
本讲感悟
疑点:
盲点:
【真题再现●明考向】
1．（2025·广西·高考真题）某种氨基喹啉衍生物(M)合成反应的可能历程如图，Ea表示活化
能(kJ⋅mol
−1)。下列说法错误的是
A．L−CuI是反应的催化剂
B．步骤①发生了N−O键断裂
C．反应速率：历程II>历程I
D．反应热：历程II>历程I
【答案】D
【详解】A．由图可知，L−CuI在反应历程中先被消耗，后又生成，是反应的催化剂，A 正确；
B．由图可知，步骤①中
转化为
，发生了
N−O
键断裂，B 正确；
C．由图可知，历程I 中活化能最大为112.8kJ/mol(决速步)，历程II 中活化能最大为91.5kJ/
mol(决速步)，活化能越大，反应速率越慢，则反应速率：历程II>历程I，C 正确；
D．由图可知，历程II和历程I 起始反应物和最终生成物相同，反应热相等，D 错误；
故选D。
2．（2025·海南·高考真题）恒温下，反应物A 与Q 按图示计量关系，同时发生三个基元反应，
分别生成产物B、C、D，反应速率v1>v2>v3。下列说法正确的是
A．反应的活化能①>
>
②③
B．提高温度仅提高反应②中活化分子百分数
C．加入催化剂，使反应③的活化能变小，D 的产量降低
D．总反应速率v总= v1+ v2+ v3
【答案】D
【详解】A．基元反应的反应速率与活化能成反比（活化能越低，速率越快），已知
v1>v2>v3，则活化能应为①<
<
②③，A 错误；
B．升高温度会使所有反应的活化分子百分数均提高，并非“仅提高反应②”，B 错误；
C．催化剂降低反应③的活化能，会加快反应③的速率，使D 的生成速率增大，会提高D 的
产量，但不提高D 的产率，C 错误；
D．三个反应为平行反应，共同消耗反应物A 和Q，总反应速率（反应物消耗速率）等于各
反应速率之和，即v总= v1+ v2+ v3，D 正确；
故答案选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CH3CH2CH3(g)⇌CH3CH =CH2(g)+ H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图
所示(*表示吸附态，❑
∗CH3CHCH2+2
∗H→CH3CH =CH2(g)+ H2(g)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❑
∗CH3CH2CH3→
∗CH3CHCH3+
∗H
【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·黑吉辽蒙卷·高考真题）一定条件下，“BrO3
−−SO3
2−−[Fe(CN)6)
4−−H
+”4 种原料按
固定流速不断注入连续流动反应器中，体系pH-t 振荡图像及涉及反应如下。其中AB 段发生
反应①~④，①②为快速反应。下列说法错误的是
①
SO3
2−+ H
+= HSO3
−
②
HSO3
−+ H
+= H2SO3
③
3 HSO3
−+ BrO3
−=3SO4
2−+ Br
−+3 H
+
④
H2SO3+ BrO3
−→
⑤
BrO3
−+6 H
++6[Fe(CN)6)
4−= Br
−+6[Fe(CN)6)
3−+3 H2O
A．原料中c(H
+)不影响振幅和周期
B．反应④：3 H2SO3+ BrO3
−=3SO4
2−+ Br
−+6 H
+
C．反应①~④中，H
+对SO3
2−的氧化起催化作用
D．利用pH 响应变色材料，可将pH 振荡可视化
【答案】A
【详解】A．根据图像可知氢离子浓度影响振幅大小，A 错误；
B．反应④中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为3 H2SO3+ BrO3
−=3SO4
2−+ Br
−+6 H
+，B 正确；
C．由于①②为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的是亚硫酸，所以反应①~④中，H
+对SO3
2−
的氧化起催化作用，C 正确；
D．根据题干信息和图像可知利用pH 响应变色材料，可将pH 振荡可视化，D 正确；
答案选A。
5．（2024·浙江·高考真题）汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应：
2NO+2CO
催化剂
¿2CO2+N2
¿
，下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)
A．生成1 mol CO2转移电子的数目为2NA B．催化剂降低NO与CO反应的活化能
C．NO是氧化剂，CO是还原剂
D．N2既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【分析】NO 中N 的化合价为+2 价，降低为0 价的N2，1 个NO 得2 个电子，作氧化剂，发生
还原反应，CO 中C 为+2 价，化合价升高为+4 价的CO2，失去2 个电子，作还原剂发生氧化
反应；
【详解】A．根据分析，1molCO2转移2NA的电子，A 正确；
B．催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B 正确；
C．根据分析，NO 是氧化剂，CO 是还原剂，C 正确；
D．根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D 错误；
故选D。
6．（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Ga2O3(s)+2NH3(g)⇌2GaN (s)+3 H2O (g)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H2O (g)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Ga2O3(s)+ NH3(g)的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3
完成反应，生成Ga2O2NH (s)和H2O，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H2O (g)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Ga2ON2H2(s)生成2GaN (s)+ H2O (g)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。
7．（2024·贵州·高考真题）AgCN 与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN
−的C 原子和N
原子均可进攻CH3CH2Br，分别生成腈(CH3CH2CN)和异腈(CH3CH2NC)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CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应
B．过渡态TS1 是由CN
−的C 原子进攻CH3CH2Br的α−C而形成的
C．Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱
D．生成CH3CH2CN放热更多，低温时CH3CH2CN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CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC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α-C，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CH3CH2Br的α-C，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N--Ag和C--Ag，
且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱，
C 项正确；
D．由于生成CH3CH2CN所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成CH3CH2NC，为
主要产物，D 项错误；
故选D。
8.(2024·黑吉辽卷)异山梨醇是一种由生物制备的高附加值化学品;150 ℃时其制备过程及相关
物质浓度随时间变化如图所示,15 h 后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是( )
A.3 h 时,反应②正、逆反应速率相等
B.该温度下的平衡常数:①>②
C.0~3 h 平均速率v(异山梨醇)=0.014 mol·kg-1·h-1
D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
【答案】A
【解析】3 h 时异山梨醇的浓度仍在增大,1,4-失水山梨醇的浓度仍在减小,说明此刻反应②未达
到平衡状态,即正、逆反应速率不相等,A 错误;由题图可知,3 h 时山梨醇的浓度已为0,副产物的
浓度不变,说明反应①、③均是不可逆反应,15 h 后异山梨醇的浓度不再变化,1,4-失水山梨醇的
浓度大于0,说明反应②是可逆反应,则该温度下的平衡常数:①>②,B 正确;0~3 h 内平均速率
v(异山梨醇)=0.042mol·k g
−1
3 h
=0.014 mol·kg-1·h-1,C 正确;反应②使用催化剂能加快反应速率,缩短
达到化学平衡状态的时间,但是催化剂对化学平衡移动无影响,故加入催化剂不改变其平衡转化
率,D 正确。
9.(2023·广东卷)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)
P(g)。反应历程(下图)中,M 为中间产物。
其他条件相同时,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】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。
高考热点总结
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基础落实
选择题只有1 个选项符合题意
1.ICl 与H2能发生的总反应为H2(g)+2ICl(g)===I2(g)+2HCl(g) ΔH<0。
已知:①该反应分两步完成,第一步为H2(g)+ICl(g)===HI(g)+HCl(g);
②两步反应的活化能分别为Ea1、Ea2,且Ea1> Ea2。
下列判断正确的是( )
A.总反应中I2为氧化产物
B.第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率
C.已知键能:H—H>I—I,可推知键能H—Cl<I—Cl
D.第二步的化学方程式可能为HI(g)+ICl(g)===HCl(g)+I2(g)
【答案】D
【解析】ICl 中I 为+1 价,故I2为还原产物,A 错误;Ea1> Ea2,活化能大的化学反应速率慢,故第一
步的化学反应速率小于第二步的化学反应速率,B 错误;H—Cl 的键长小于I—Cl 的键长,键长越
短,键能越大,故键能:H—Cl>I—Cl,C 错误;总反应方程式减去第一步反应方程式可得第二步的
化学方程式,D 正确。
2. 科学家结合实验与计算机模拟结果, 研究出了均相催化的思维模型。总反
应:A+B――→AB(K 为催化剂),①A+K――→AK Ea1,②AK+B――→AB+K Ea2。下列说法
错误的是( )
A.第①步为决速步骤
B.升高温度,该反应的速率加快
C.该反应的ΔH=-Ea kJ·mol-1
D.催化剂降低了活化能,加快了反应速率
【答案】C
【解析】第①步的正反应活化能Ea1> 第②步正反应活化能Ea2,所以反应速率:①<②,而总反应
速率取决于慢的反应,故决速步骤为①,A 正确;温度升高,反应速率加快,B 正确;Ea是该反应正反
应的活化能,C 错误;催化剂能降低反应的活化能,加快反应速率,D 正确。
3.均相芬顿反应原理是高级氧化技术的经典工艺之一,如图所示(k1和k2为速率常数)。下列说法
错误的是( )
A.相同条件下,基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低
B.基元反应Ⅰ中氧元素的化合价没有发生变化
C.基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2+Fe3+===HO2·+Fe2++H+
D.芬顿反应进行的过程中,整个体系的pH 会发生变化(忽略体积变化)
【答案】B
【解析】由题干信息可知,k1>k2,说明相同条件下,基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快,活化能越低
反应速率越快, 即基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低,A 正确;由题图可知, 基元反应Ⅰ为H+
+H2O2+Fe2+===Fe3++·OH+H2O,铁的化合价由+2→+3,氧的化合价由-1→-2,另从结构的角度·OH
的电子式为·O
‥
‥
︰H,可知·OH 中的O 化合价为-1,故基元反应Ⅰ中氧元素的化合价发生变化,B 错
误;由题图可知,基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2+Fe3+===HO2·+Fe2++H+,C 正确;基元反应Ⅰ比
Ⅱ的反应速率更快,总反应不是简单的基元反应Ⅰ加上基元反应Ⅱ,则芬顿反应进行的过程中,
整个体系的pH 会发生变化(忽略体积变化),D 正确。
4.对于反应2N2O5(g)===4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg 提出如下反应历程:
第一步:N2O5
NO2+NO3 快速平衡
第二步:NO2+NO3――→NO+NO2+O2 慢反应
第三步:NO+NO3――→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步反应的平衡。下列表述正确的是( )
A.v(第一步的逆反应)<v(第二步反应)
B.反应的中间产物只有NO3
C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D.第三步反应活化能较高
【答案】C
【解析】第一步反应快速平衡,说明第一步反应的正、逆反应速率都较大,则第一步反应的逆反
应速率大于第二步反应的反应速率,A 错误;反应的中间产物除NO3外还有NO,B 错误;有效碰撞
才能发生化学反应,第二步反应慢,说明仅部分碰撞有效,C 正确;第三步反应快,说明反应活化能
较低,D 错误。
5.二甲醚(CH3OCH3)被称为21 世纪的“清洁能源”,科学家研究在酸性条件下,用甲醇可合成二
甲醚,反应历程中相对能量变化如图所示。
下列叙述错误的是( )
A.循环过程中,催化剂参与了中间反应
B.该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为1.31 kJ·mol-1
C.制约总反应速率关键步骤的基元反应方程式为
――→CH3OCH3+H+
D.总反应方程式为2CH3OH
CH3OCH3+H2O
【答案】B
【解析】整个过程中H+是催化剂,先参与第一步反应,在最后一步反应生成,故A 正确;由题图可
知该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为131 kJ·mol-1,注意纵坐标的单位,故B 错误;决定总反
应速率的是活化能或能垒最高的基元反应, 由题图可知, 该基元反应为
――→CH3OCH3+H+,故C 正确;整个过程消耗甲醇,生成二甲醚和水,故总反应为2CH3OH
CH3OCH3+H2O,故D 正确。
6.烯烃与氢气混合在常温常压时不反应,高温时反应很慢,但在适当的催化剂存在时可与氢气反
应生成烷烃,一般认为加氢反应是在催化剂表面上进行。反应过程的示意图如图:
下列说法正确的是( )
A.乙烯和氢气生成乙烷反应的ΔH>0
B.有催化剂时的活化能E2比无催化剂时的活化能E1低,能减小反应的ΔH
C.催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合,得到中间体
D.催化加氢过程中催化剂将较难发生的反应分成了多个容易发生的反应,可提高反应物的转化
率
【答案】C
【解析】由题图可知乙烯和氢气生成乙烷的反应为放热反应,则ΔH<0,故A 错误;由题图可知加
入催化剂,反应物与生成物的总能量差不变,则反应热不变,所以有催化剂时的活化能E2比无催
化剂时的活化能E1低,不能减小反应的ΔH,故B 错误;由题图可知,催化加氢过程中金属氢化物
的一个氢原子和双键碳原子先结合,得到中间体,故C 正确;催化剂不影响平衡移动,不能改变转
化率,故D 错误。
7.据文献报道,某反应的反应历程如图所示:
下列有关该历程的说法错误的是( )
A.总反应化学方程式为4NH3+3O2
2N2+6H2O
B.Ti4+…NH2—N==O 是中间产物
C.Ti4+是催化剂
D.Ti4+…NH2—N==O――→Ti4++N2+H2O 属于分解反应
【答案】A
【解析】根据反应历程,参加反应的物质有NH3、NO、O2,生成物有N2和H2O,因此总反应的化
学方程式为4NH3+2NO+2O2
3N2+6H2O,故A 错误;根据题中信息得到Ti4+…NH2—N==O
是中间产物,故B 正确;Ti4+在整个反应过程中参与了反应,但反应前后质量和化学性质未变,因此
Ti4+是催化剂,故C 正确;分解反应是一种物质反应生成两种或两种以上新物质,因此Ti4+…NH2—
N==O――→Ti4++N2+H2O 属于分解反应,故D 正确。
8.全球首套1 000 吨/年二氧化碳加氢制汽油中试装置,在山东邹城工业园区开车成功,生产出符
合国Ⅵ标准的清洁汽油产品。CO2转化过程如图1:
(1)写出反应①的化学方程式:
。
(2)一定温度下,向2 L 的密闭容器中加入一定量的H2、CO2气体发生反应①,产物均为气态。反
应过程中CO2气体和CO 气体的物质的量与时间的关系如图2 所示。回答下列问题:
①t1 min 时,正、逆反应速率的大小关系为v 正 (填“>”“<”或“=”)v 逆。
②4 min 内,CO2的平均反应速率为 。
③能加快反应速率的措施有
(任写两条)。
(3)以H2O、CaBr2、Fe3O4为原料进行气固相反应可以实现水的分解制得氢气,其反应原理如图
3 所示。可以循环利用的物质有 。
【答案】(1)CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)
(2)① > ②0.05 mol·L-1·min-1 ③升高温度、增大压强、增大反应物浓度(任写两条,其他合理
答案也给分)
(3)CaBr2、Fe3O4
能力提升
9.已知1,3-丁二烯与HBr 加成的能量-反应进程图如图所示(图中ΔH1、ΔH2、ΔH3表示各步正向
反应的焓变)。下列说法正确的是( )
A.反应时间越长,1,3-丁二烯与HBr 反应得到3-溴-1-丁烯的比例越大
B.0 ℃、短时间t min 内,a mol·L-1 的1,3-丁二烯与HBr 完全反应得到两种产物的比例为
7∶3(设反应前后体积不变),则生成1-溴-2-丁烯的平均速率为0.7 a
t
mol·L-1·min-1
C.1,3-丁二烯与HBr 反应,生成3-溴-1-丁烯的反应热为ΔH1-ΔH2、生成1-溴-2-丁烯的反应热为
ΔH1-ΔH3
D.H+与烯烃结合的一步为决速步,Br-进攻时活化能小的反应得到3-溴-1-丁烯
【答案】D
【解析】根据图示可知,1-溴-2-丁烯的能量低,更稳定,因此反应时间越长,得到1-溴-2-丁烯的比
例越大,A 错误;根据图示可知,生成3-溴-1-丁烯的第二步反应的活化能低,因此短时间内,生成3-
溴-1-丁烯的比例大,故生成1-溴-2-丁烯的平均速率为0.3a
t
mol·L-1·min-1,B 错误;根据盖斯定律,
生成3-溴-1-丁烯的反应热为ΔH1+ΔH2,生成1-溴-2-丁烯的反应热为ΔH1+ΔH3,C 错误;根据图示
可知,第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能,故第一步即H+与烯烃结合的一步为决速
步,第二步反应中生成3-溴-1-丁烯的活化能小,即Br-进攻时活化能小的反应得到3-溴-1-丁烯,D
正确。
10.在亚纳米金属钯(Pd)团簇作用下,过氧化氢可以直接将苯高效催化转化为苯酚,催化剂中掺杂
碱金属离子可改变催化能力,反应历程如图(*表示吸附态,TS 表示过渡态),下列说法错误的是(
)
A.苯与H2O2反应生成苯酚是放热反应
B.反应历程中,存在反应
+O*――→
C.使用Pd-Na+催化剂后,每一步的产物均比使用Pd 催化剂更稳定
D.其他条件相同时,使用掺杂Na+的催化剂,单位时间内可得更多苯酚产品
【答案】C
【解析】由反应历程可知,苯酚和水的总能量低于H2O2和苯的总能量,苯与H2O2反应生成苯酚
是放热反应,A 正确;反应历程中存在
+H2O+O*――→
+H2O,即
+O*――→
,B 正确;第一步和第二步中使用Pd-Na+催化剂产物能量更高,不稳定,C 错误;使用Pd-
Na+催化剂后,每一步的活化能均比使用催化剂Pd 低,反应速率加快,单位时间内可生成更多苯
酚,D 正确。
11.CO2催化加氢合成甲烷常使用CeO2作催化剂。
(1)CeO2催化CO2与H2转化为CH4的机理如图所示,步骤(ii)中生成中间产物的物质类别属于
。
(2)催化剂中掺入少量CaO,用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成CaxCe1-xOy,可提高催化效率的
原因是 。
【答案】(1)碳酸盐 (2)结构中氧空位增加,加速CO2的转化
【解析】(1)步骤(ii)生成的中间产物
为CeCO3,该物质属于碳酸盐。
12.H2还原NO 的化学方程式为2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g) ΔH<0。
(1)研究表明上述反应历程分两步:
Ⅰ.2NO(g)+H2(g)
N2(g)+H2O2(l)(慢反应)
Ⅱ.H2O2(l)+H2(g)
2H2O(g)(快反应)
该总反应的速率由反应 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)决定,反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能
(填“高”或“低”)。
(2)该反应常伴有副产物N2O 和NH3的生成。以Pt 作催化剂,用H2还原某废气中的NO(其他气
体不反应),270 ℃时H2的体积分数对H2-NO 反应的影响如图所示。随着H2体积分数的增大,N2
的体积分数呈下降趋势,原因是
。
(3)在一定温度下,副产物N2O 分解反应的化学方程式为2N2O(g)===2N2(g)+O2(g),测得在恒容容
器中N2O 分解的部分实验数据如下表。
反应时间/min
0
20
40
60
80
100
c(N2O)/(mol·L-1) 0.10 0.08
0.0
6
0.04 0.02 0.00
0~20 min,反应速率v(N2O)为 mol·L-1·min-1;若N2O 的起始浓度为0.20 mol·L-1,则反应
至40 min 时N2O 的转化率α= 。
【答案】(1)Ⅰ 高 (2)随着H2体积分数的增加,NO 反应完后,在Pt 催化下,N2和H2反应生成
NH3,所以N2的体积分数呈下降趋势 (3)0.001 20%
【解析】(3) 由题给数据可知,0~20 min, 反应速率为v(N2O)=(0.10−0.08)mol· L
−1
20min
=0.001
mol·L-1·min-1。由题给数据可知,反应速率v(N2O)与反应物N2O 的浓度无关,反应速率恒定为
0.001 mol·L-1·min-1, 则反应至40 min 时N2O 的转化率α=0.001mol· L
−1·min
−1×40 min
0.20mol· L
−1
×100%=20%。
