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第43 天 押反应机理
能垒图、决速步、中间体与催化剂的“箭头指向”
（2025·广西·高考真题）某种氨基喹啉衍生物
合成反应的可能历程如图，
表示活化
能
。下列说法错误的是
A．
是反应的催化剂
B．步骤①发生了
键断裂
C．反应速率：历程
历程I
D．反应热：历程
历程I
【答案】D
【解析】A．由图可知，
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
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
例1
能越大，反应速率越慢，则反应速率：历程
历程I，C 正确；D．由图可知，历程
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。
（2025·贵州·高考真题）用PdCu 和PdZn 催化甲醇重整制氢的反应有
(主反应)、
(副反应)，部分反应机
理如图(TS 表示过渡态，*表示吸附态)。
依据图示信息，下列说法正确的是
A．
在PdZn 催化剂表面解离的速率更快
B．在PdCu 催化剂表面的
更容易脱附
C．消耗相同质量的
，选择PdZn 催化剂有利于生成更多
D．若原料更换为
，经历TS3 后可生成
【答案】D
【解析】A．由主反应历程图可以看出，
在PdZn 催化剂表面解离时，达到TS4 过渡态所需活化能为
1.0 eV；在PdCu 催化剂表面解离时，达到TS4 过渡态所需活化能为0.93 eV。反应活化能越小，反应
速率越快。因此，
在PdCu 表面解离的速率更快，A 错误；B．由副反应历程图可以看出，
从PdZn 表面脱附形成
所需的能量为0.21 eV；从PdCu 表面脱附所需的能量为0.83 eV。
从
PdCu 表面脱附所需能量更多，因此更难脱附，B 错误；C．由选项A 和选项B 的分析可知，与PdZn
相比，
在PdCu 表面解离速率更快，可以生成更多
。通过增大反应物的浓度促进主反应的进
行。从副反应历程图可以看出，
在PdCu 表面更难脱附，通过增大生成物浓度抑制副反应的进行。
因此PdCu 对主反应的选择性更强。从题干给出的反应方程式可以看出，进行主反应时，每消耗1 mol
可以生成3 mol
。因此消耗相同质量的
，选择PdCu 催化剂有利于生成更多
，C
例2
错误；D．结合主反应历程图可以看出，
会被吸附在催化剂表面并转化为
，之
后经历TS3 步骤转化为
。与之类似，
在催化剂表面会转化为
。经历
TS3 之后，转化为
，D 正确；故答案选D。
（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
【解析】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。
（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
例3
例4
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
【解析】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。
（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
例5
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】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。
“反应机理与历程”是高考化学中体现“微观探析”核心素养的重要题型，命题呈现“图像主导、能
量标注、多步关联”的特点。试题常以催化剂参与的多步反应为背景，通过反应进程-能量图（纵坐标为相
对能量，横坐标为反应进程），综合考查基元反应判断、决速步（能垒最大步骤）、活化能比较、反应热
计算、催化剂作用、中间体与过渡态识别、化学键断裂与形成等。近年趋势是强化对多路径竞争反应（如
生成不同产物的平行反应）的选择性分析，以及催化剂表面吸附态的微观过程理解，同时注重对“活化能
与反应速率”“过渡态稳定性”等概念的深层辨析。预计2026 年将继续以“陌生反应体系+能量历程图”
的形式出现，要求学生从图像中提取关键能量数据，运用碰撞理论和过渡态理论进行推理。
常考的方向有：
基元反应与总反应的判断：反应历程图中每两个能量平台之间的一个“峰”对应一个基元反应；
多个基元反应加和为总反应。常见考点：历程中含4 个基元反应；总反应由各步加和得到。
决速步（速率控制步骤）的确定：决速步是活化能（能垒）最大的基元反应，其过渡态能量最高。
常见考点：某步骤活化能最大，为决速步；决速步的过渡态为TS 某。
活化能的比较与计算：活化能 = 过渡态相对能量 - 该步反应物相对能量。活化能越大，反应速率
越慢。常见考点：比较不同步骤活化能大小；计算某步骤的活化能数值。
反应热（ΔH）的判断与计算：总反应ΔH = 生成物总能量 - 反应物总能量；各基元反应ΔH = 该
步产物能量 - 反应物能量。ΔH < 0 为放热，ΔH > 0 为吸热。常见考点：某步为吸热过程；总反应
ΔH 约为某值（注意单位eV 与kJ/mol 的换算）。
催化剂的作用与判断：催化剂在反应前后不变，参与反应但最终再生；催化剂降低活化能，加快
反应速率，不改变平衡常数和平衡产率；选择性催化剂可改变主副反应速率比。常见考点：某物
质为催化剂；催化剂不同导致决速步活化能不同。
中间体与过渡态的区分：中间体是反应过程中能量局部最低点（平台），可短暂稳定存在；过渡
态是能量最高点（峰），无法分离。常见考点：某物种为中间体；某物种为过渡态。
化学键的断裂与形成：分析基元反应过程中共价键的变化（σ 键、π 键、极性键、非极性键）。常
见考点：某步骤有σ 键断裂和π 键形成；有极性键断裂和形成；有非极性键断裂。
竞争反应与选择性：同一中间体经不同路径生成不同产物，活化能低的路径产物生成速率快（动
力学控制），能量低的产物更稳定（热力学控制）。常见考点：低温下主要产物由活化能决定；
高温下平衡向吸热方向移动，选择性可能变化。
决速步骤与浓度无关的情况：当决速步骤不涉及某一反应物时，该反应物的浓度变化不影响总反
应速率。常见考点：(CH₃)₃CX 在NaOH 水溶液中反应速率与c(OH⁻)无关，因决速步为碳卤键离解。
吸附态与催化剂表面反应：催化剂表面可吸附反应物形成吸附态（用*表示），吸附态的能量通常
低于自由态。常见考点：比较不同催化剂对同一物质的吸附稳定性（能量越低越稳定）。
能量单位换算与阿伏伽德罗常数：图中能量常以eV（电子伏特）为单位，1 eV/分子 ≈ 96.485
kJ/mol。常见考点：某步骤能垒为1.19 eV，若1 mol DMF 完全转化释放能量需换算。
温度对反应速率和平衡的影响：升温使所有基元反应速率加快，但活化能大的步骤速率增加幅度
更大；对放热反应，升温降低平衡产率。常见考点：升高温度可加快反应速率，但可能降低平衡
转化率。
同位素示踪在机理推断中的应用：用同位素标记反应物，根据产物中同位素分布推断反应路径。
常见考点：用D₂ 代替H₂，产物中可检测到CH₃OD 和D₂O。
手性碳与立体化学：反应机理中若生成手性中心，需考虑产物的立体构型。常见考点：某产物分
子中含4 个手性碳原子。
氧化还原过程的判断：反应中若涉及加氧或脱氢，可判断为氧化反应。常见考点：甲烷转化为甲
醇实现了甲烷的氧化。
一、有无催化剂的反应过程的能量变化比较
1．在无催化剂时，正反应的活化能为E1；逆反应的活化能为E2；此反应的焓变ΔH＝E1－E2，为放热
(填“吸热”或“放热”，下同)反应。
2．在有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤，反应①的活化能为Ea1，为吸热反应，产物为总反应
的中间产物；反应②的活化能为Ea2，为放热反应，总反应的焓变ΔH＝E1－E2。
3．催化剂的作用
（1）降低反应的活化能，但不影响反应热(ΔH)，加快了化学反应速率。
（2）决定总反应速率的步骤为反应①(填“反应①”或“反应②”)，判断的方法是Ea1大于Ea2。
二、反应历程能垒图
1．能垒与决速步骤
（1）能垒是指反应历程中各步变化中起始相对能量和过渡态相对能量的差值。
（2）能垒越大，反应速率越小，在多步反应中能垒最大的反应为决速步骤。
如上图中，催化剂2 作用下，E(最大能垒)＝c－b。
2．竞争反应：相同反应物发生多个竞争反应时，能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
3．催化剂：催化剂1 使能垒降低幅度较大，催化效果更好，但催化剂不能改变反应物和生成物的能量，
催化剂的使用不能改变化学平衡，也不影响反应的ΔH。
4．反应能量变化：根据初始物质与最终产物之间的相对能量大小判断总反应的吸、放热情况，即“左
高右低为放热”，ΔH<0；“左低右高为吸热”，ΔH>0。
三、“环式”催化机理图解读
1．“环式”催化机理图中微粒变化分析模型(如图)
2．催化历程中断键成键方式及化合价变化分析
【例】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。
观察图示，分析该历程中断键和成键情况：有一个C—H 和一个C==O 断裂，形成一个C—C 和一个O
—H。
1．（2026·广西柳州·模拟预测）某合成尿素的总反应为
，其反应的机理及能量变化如图所示，TS 表示过渡态。下列说法错误的是
A．基元反应I 为
B．基元反应Ⅱ中A 为
，该反应为总反应的决速步
C．若
，合成尿素的总反应
D．合成尿素的总反应在高温下可自发进行
【答案】D
【解析】A．基元反应Ⅰ为
与1 分子
反应生成
，剩余1 分子
未参与该步反应，符
合反应机理，A 正确； B．根据原子守恒，总反应生成尿素和
，故A 为
；基元反应活化能
为过渡态能量减去该步反应物能量，反应I 活化能为
，反应Ⅱ活化能为
，反应Ⅲ活化能为
，反应Ⅱ活化能最大，为总反应决
速步，B 正确； C．总反应焓变
生成物总能量
反应物总能量，反应物能量为
，生成物能量为
，故
，C 正确； D．由总反应方程式可
知，该反应为气体分子数减小的反应，故ΔS< 0；结合
，根据反应自发进行的复合
判据ΔG=ΔH-TΔS< 0，该反应在低温下能自发进行，D 错误；故选D。
2．（2026·吉林·三模）已知甲酸发生分解反应可能有以下两种途径：①
；
②
。一定温度下，使用某催化剂催化甲酸分解，反应历程如图。下列有
关说法正确的是
A．任何条件下，反应①的选择性均优于反应②
B．反应①过程中有碳氧键的断裂和形成
C．反应②为吸热反应
D．升高温度可提高CO 纯度，故温度越高，CO 生成效率越高
【答案】B
【解析】A．从反应历程可知，反应①的活化能小于反应②的活化能，反应①速率大于反应②，则说明在
该温度下催化剂对反应①的选择性优于反应②，但温度不同，催化剂的活性不同，则其他条件下，反
应①的选择性不一定优于反应②，A 错误；B．反应①过程的步骤：
，
中的碳氧键会断裂，同时生成CO 时有新的碳氧键形成，所以反应①过程中有碳氧键的断裂和
形成，B 正确；C．从反应历程图可知，反应②的生成物总能量低于反应物总能量，则反应②是放热
反应，C 错误；D．反应①为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO 的生成量增大；反应②为放热
反应，升高温度，平衡逆向移动，故在一定温度范围内升高温度，CO 的生成量增大，可提高CO 纯度，
但温度过高，可能使催化剂活性降低，反应①的选择性降低，导致CO 生成效率降低，D 错误；故选
B。
3．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）在药物合成领域，有机化学家发明了一种新的骨架编辑方法，该方法能在
温和的反应条件下将邻氨基苯甲酰基直接插入惰性酰胺基中。该过程中物质的相对能量与反应历程的
关系如图所示（TS 表示过渡态，
表示甲基，
代表苯基）。下列说法正确的是
A．决速步骤的能垒为
B．反应中最稳定的过渡态是TS-1
C．步骤④中有极性键的断裂和形成
D．适当升高温度可加快速率和提高平衡产率
【答案】C
【解析】A．图中能量单位为eV（每分子），未换算为mol-1（需乘以阿伏伽德罗常数），且题干未提供换
算依据，不能直接写作 eV·mol-1，A 错误；B．各过渡态能量：TS-1 (15.0 eV) > TS-2 (1.5 eV) > TS-4
(-0.7 eV) > TS-3 (-16.0 eV)，故最稳定的是 TS-3，B 错误；C．步骤④是中间体INT-4 转化为产物的过
程，该过程涉及极性键N-H 和C-N 的断裂，以及极性键C=O 的形成，符合极性键断裂与形成的特征，
C 正确；D．反应总焓变ΔH=-38.2 eV<0，为放热反应。升温虽加快速率，但使平衡左移，降低平衡产
率，D 错误；故答案选C。
4．（2026·江西九江·二模）一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯与溴单质发生液相加成反应分两步进行，
第一步生成中间体M，第二步生成产物Z 或W，表示如下。
反应进程及能量变化如图所示。
下列说法错误的是
A．2，3-二甲基-1，3-丁二烯含有4 个
电子的大
键
B．低温条件下，开始发生反应的短时间内W 为主要产物
C．达到平衡时，Z 的含量小于W
D．达到平衡后，恒温条件下加入液溴，
不变
【答案】B
【解析】根据题目信息，2，3-二甲基-1，3-丁二烯与溴单质发生加成反应分两步进行，第一步生成中间体
M 是吸热反应，生成Z 和W 的总反应都是放热反应，据此分析。A．2,3-二甲基-1,3-丁二烯（
）是共轭二烯烃，4 个不饱和碳均为
杂化，每个碳原子提供1 个π 电子，形成含4 个π
电子的离域大π 键，A 正确；B．由能量图可知，中间体M 生成Z 的活化能
小于生成W 的活化能
，因此生成Z 的反应速率更快，所以开始发生反应的短时间内速率更快的Z 是主要产物，不是
W，B 错误；C．产物W 的能量低于Z，说明W 更稳定，平衡时更有利于生成能量更低的W，因此平
衡时Z 的含量小于W，C 正确；D．设生成Z、W 的平衡常数分别为
、
，可得：
，
，整理得
，温度不变，平衡常数不变，
因此该比值不变，D 正确；故选B。
5．（2026·湖南郴州·三模）某科研团队以可再生纳米碳—羰基材料为催化剂，催化烷烃氧化脱氢反应，其
基元反应和能量变化如图所示。
下列说法错误的是
A．该历程含4 个基元反应
B．过渡态Ⅳ的氧化性大于过渡态Ⅱ
C．反应历程中仅有极性键的断裂和生成
D．乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和一种绿色消毒剂
【答案】C
【解析】A．由反应历程可知，反应历程有4 个过渡态，该历程含4 个基元反应，故A 正确；B．由基元反
应可知，过渡态Ⅳ涉及的反应物OOH•为自由基，其氧化性强于过渡态Ⅱ涉及的物种*cat-OOH，故B
正确；C．反应过程分析可知，过程中氧气参与反应生成了过氧化氢，存在非极性键的断裂和形成，
故C 错误；D．乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和一种绿色消毒剂H2O2，故D 正确；故答案为C。
6．（2026·贵州毕节·二模）
在NaOH 水溶液中发生反应的机理如图所示。下列说法正确的是
A．取代反应是吸热反应，消去反应是放热反应
B．取代反应中羟基进攻H 原子，消去反应中羟基进攻C 原子
C．NaOH 水溶液中
发生取代反应比发生消去反应更难
D．水溶液中化学反应的选择性取代由Br 原子电负性决定
【答案】D
【解析】A．取代反应产物能量为-127.6 kJ/mol，消去反应产物能量为-117.6 kJ/mol，两者均低于反应物(0
kJ/mol)，故均为放热反应，A 错误；B．取代反应中，水分子中的羟基进攻与Br 相连的碳原子发生取
代；消去反应中，水分子中羟基进攻β-氢原子，同时Br 离去，形成双键，B 错误；C．取代反应活化
能
，消去反应活化能较高。活化能越低，反应越易进行，因此取代反应比消去反应更
容易发生，C 错误；D．在水溶液中，由于溴原子电负性大，使C-Br 键极化，碳原子带部分正电荷，
易受亲核试剂进攻，主导发生取代反应。同时，
是良好离去基团，进一步促进取代路径。因此，
反应选择性由Br 原子电负性决定，D 正确；故答案选D。
7．（2026·湖南邵阳·二模）在催化剂X 或催化剂Y 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)。
下列说法错误的是
A．
B．①转化为②的进程中，决速步骤为
C．
被催化剂X 吸附得到的吸附态更稳定
D．催化剂Y 作用下丙烯的产率更高
【答案】D
【解析】A．由图可知，生成物
的总相对能量高于反应物
，说明
正反应吸热，
，A 正确；B．决速步骤由活化能最大（反应速率最慢）的步骤决定，①（
）转化为②（
）的过程中，步骤
的
活化能远大于第一步，因此该步骤是决速步骤，B 正确；C．能量越低物质越稳定，丙烷被催化剂X
吸附后得到的吸附态
相对能量低于催化剂Y 吸附后的吸附态，因此X 吸附得到的吸附态
更稳定，C 正确；D．催化剂只改变反应速率，不改变反应的始态和终态，不影响化学平衡，因此不
能改变平衡产率，两种催化剂下丙烯的平衡产率相同，D 错误；故选D。
8．（2026·湖北随州·二模）人体血液内
排出不足会引起呼吸性酸中毒，反之会引起呼吸性碱中毒。碳
酸酐酶(CA)是一种含锌金属酶，可催化人体中二氧化碳的可逆水合。碳酸酐酶催化
与
反应
(途径a)、无催化下
与
反应(途径b)的机理如下图所示，His 代表组氨酸。下列说法错误的是
A．His 中的氮原子②比氮原子①更容易与
形成配位键
B．碳酸酐酶(CA)中
键角比
中
键角大
C．碳酸酐酶(CA)活性不足可能会造成呼吸性碱中毒
D．
，途径a 决速步的过渡态为
【答案】C
【解析】A．五元环中存在大
键，氮原子①和氮原子②采取
杂化，氮原子①的孤电子对参与形成大
键，配位能力弱，氮原子②的孤电子对位于
杂化轨道上，更易与金属离子配位，A 正确；B．孤电
子对数越多，孤电子对与成键电子对间的斥力越大，键角越小。
中O 原子有2 对孤对电子，CA
中
中O 的一对孤电子对与
形成配位键，只有一对孤对电子，对成键电子对间的斥力小，键
角大。故碳酸酐酶(CA)中H-O-H 键角比
中H-O-H 键角大，B 正确；C．碳酸酐酶(CA)活性不足，
则：
缺少催化剂，反应较慢，造成
排出不足，会造成呼吸性酸中毒，C
错误；D．催化剂改变反应路径，不改变反应热，由途径b 可知，该反应
，则
，因此
，决速步对应
活化能大的过渡态，
的活化能
小于
，因此途径a 决速步的过渡态
为
，D 正确；故选C。
9．（2026·河北邢台·一模）三甲胺
是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将
N，N-二甲基甲酰胺[
，简称DMF]转化为三甲胺
。计算机模拟单个DMF 分
子在铜催化剂表面的反应历程如图示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，设
为阿伏加德罗常数的值，
下列说法正确的是
A．该历程中决速步骤为
B．该历程中的最大能垒(活化能)为
C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF 的平衡转化率
D．若1 mol DMF 完全转化为三甲胺，则会释放出
的能量
【答案】D
【解析】A．由题图可知，最后一步的能垒最大，为
，即
是决定反应速率的步骤，A 错误；B．该历程中的最大能
垒(活化能)为1.19eV，B 错误；C．升高温度可以加快反应速率；由题图可知，反应物总能量大于生成
物总能量，则正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，DMF 的平衡转化率降低，C 错误；D．
由反应物和生成物的相对能量可知，若1 mol DMF 完全转化为三甲胺，则会释放出
的能量，
D 正确；故选D。
10．（2026·四川广元·二模）研究表明，Rh(I)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(I)-邻氨
基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示［其中TS 表示过渡态，Rh(I)配合物简写为TN］，
关于反应历程说法正确的是
A．反应历程中只有
做催化剂
B．增大LiI 的用量，甲醇的平衡转化率增大
C．总反应为
D．经定量测定，反应历程中物质TN3 含量最少，可能原因是TN3→TN4 的活化能较高
【答案】C
【解析】A．从图中可看出，LiI 先与甲醇反应生成LiOH 和CH3I，CH3I 参与TN 催化循环最终生成的
CH3COI 又与LiOH 反应生成LiI 与终产物乙酸，因此LiI 也属于该反应的催化剂，A 错误；B．LiI 也
是反应的催化剂，其用量不影响平衡移动，因此增大LiI 用量不能提高甲醇的平衡转化率，B 错误；
C．总反应需消去中间产物，反应物为CH3OH 和CO，生成物为CH3COOH，总反应方程式为
，C 正确；D．反应中TN3 含量最少说明其生成慢（TN2→TN3 反应
速率慢）或消耗快（TN3→TN4 反应速率快），即TN2→TN3 的活化能较高或TN3→TN4 活化能较低，
D 错误；故答案选C。
11．（2026·山东·模拟预测）常温常压下利用铜基催化剂实现单个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)，下列说法不正确的是
A．
生成
是化学反应的决速步骤
B．总反应的
约为
C．
的过程中有极性键的形成和有非极性键的断裂
D．若用
代替
，最终产物中可能检测到
和
【答案】B
【解析】A．化学反应的决速步骤由活化能最高的步骤决定，由能量变化图可知
生成
的步骤
能垒最大，为决速步骤，A 正确；B．总反应的
等于生成物总能量与反应物总能量的差值，反应
物相对能量为0eV，生成物
和
的相对能量约为
，而
表示单个分子
转化的能量变化，不是1 mol 反应物能量变化，B 错误； C．
的过程中，
的非极性
键断裂，形成C-H 极性键，C 正确； D．反应中
提供的H 最终进入甲醇和水中，若用
代替
，
最终产物可检测到
和
，D 正确；答案选B。
12．（2026·山西吕梁·二模）实验表明，其他条件相同时，一定
范围内，(CH3)3CX(X 为Br 或I)在
NaOH 水溶液中发生反应生成(CH3)3COH 的速率与
无关。该反应过程的能量变化如图所示。
下列说法错误的是
A．总反应的
B．
中C 的杂化方式不完全相同
C．该反应速率与
无关的原因主要是
不参与①
D．X 为Br 时的
和
均不等于X 为I 时的
和
【答案】D
【解析】A．总反应的焓变=生成物总能量-反应物总能量，即
，A 正确；B．甲基的碳原子
是
杂化，与三个甲基相连的碳原子失去了1 个电子，带正电，价电子对数是3，为
杂化，B 正
确；C．决速步骤(活化能大的步骤)为碳卤键的离解(步骤①)，不涉及
，故速率与其浓度无关，C
正确；D．
表示断裂碳卤键吸收的能量，则Br 和I 的
不相同，
表示形成C-O 键释放的能
量，则Br 和I 的
相同，D 错误；故答案选D。
13．（2026·北京顺义·一模）我国科学家制备出一种铜基催化剂用于催化甲醇水蒸气重整制氢，主要反应
过程如下(
和
未画出)。
已知；Cu 基催化剂中的
和
为催化活性位点；
只参与
上的反应。
下列说法不正确的是
A．过程Ⅱ→Ⅲ是催化甲醇水蒸气重整制氢的决速步骤
B．在
位点发生的总反应为
C．
位点上的反应中，参与反应的
与最终生成的
的物质的量之比为1：2
D．Ⅰ→Ⅶ反应过程中，有四个过程均存在
键的断裂与
键的形成
【答案】D
【解析】A．决速步骤是反应历程中活化能（能垒）最高的步骤，根据图可知过程Ⅱ→Ⅲ的能垒变化最大
（即活化能最高），因此过程Ⅱ→Ⅲ是决速步骤，故A 正确；B．观察图中Cu0位点反应，可以看出
Cu0位点的反应物为CH3OH，生成物为CH2O 和H2，总反应为
，故B 正确；
C．由图可知，H2O 只参与Cu+上的反应，在Cu+位点上，CH2O 与H2O 反应生成CO2和H2，总反应为
CH2O+H2O=CO2+2H2，参与反应的CH2O 与最终生成H2的物质的量之比为1:2，故C 正确；D．Ⅰ→Ⅶ
的反应过程中，Ⅰ→Ⅱ未发生化学键断裂或形成，Ⅱ→Ⅲ发生CH3OH 中C-H 键（σ 键）断裂，生成
CH2O（含C=O 双键，包含π 键）和H2，此过程存在σ 键断裂和π 键形成，Ⅲ→Ⅳ未发生化学键变化，
Ⅳ→Ⅴ未发生化学键变化，Ⅴ→Ⅵ发生H2O 中O-H 键（σ 键）断裂，形成π 键，Ⅵ→Ⅶ同时存在σ 键
断裂和π 键形成，根据上述分析可以看出仅Ⅱ→Ⅲ、Ⅴ→Ⅵ、Ⅵ→Ⅶ共3 个过程存在σ 键断裂和π 键
形成，不存在四个符合要求的过程，故D 错误； 故答案选D。
14．（2026·山东·模拟预测）马来酸酐与呋喃可发生反应获得
或
，过程中能量变化如图所示。下列说
法错误的是
A．无法依据质谱区分
和
B．每个
和
中均含4 个手性碳原子
C．升高体系温度，生成
速率的增加程度大
D．升高体系温度，再次平衡后
选择性上升
【答案】C
【解析】A．由结构简式可知，X 和Y 的分子式相同，相对分子质量相同，所以不能用质谱法区分X 和
Y，A 正确；B．由结构简式可知，X 分子中含有如图*所示的4 个手性碳原子：
，Y
分子中也含有如图*所示的4 个手性碳原子：
，B 正确；C．由图可知，生成X 的反
应的活化能小于生成Y 的反应的活化能，反应活化能越大，反应速率越慢，则生成X 的反应速率大于
生成Y 的反应速率，所以升高体系温度，生成Y 速率的增加程度大，C 错误；D．由图可知，X 的能
量高于Y，则X 转化为Y 的反应是焓变小于0 的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，X 的
浓度增大，所以升高体系温度，再次平衡后X 选择性上升，D 正确；故选C。
