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本讲义包含：研真题→析考点→练模拟
考点13 化学反应机理（历程）探究与分析
本讲义包含：
研真题（15 题）→析考点→练模拟（20
题）
1．（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
【详解】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。
2．（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。
研真题
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
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。
3．（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。
4．（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。
5．（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。
6．（2025·河南·高考真题）在
负载的
催化剂作用下，
可在室温下高效转化为
，其可能的反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．该反应的原子利用率为
B．每消耗
可生成
C．反应过程中，
和
的化合价均发生变化
D．若以
为原料，用
吸收产物可得到
【答案】B
【详解】由反应历程可知，总反应为
，据此解答。
A．该反应为化合反应，原子利用率为100%，A 正确；
B．由分析可知，每消耗
可生成
，B 错误；
C．由反应历程可知，催化剂
有连接4 个S 原子和2 个S 原子的，这两种类型的原子成键数目均会发
生改变，所以
和
的化合价均发生变化，C 正确；
D．若以
为原料，有反应历程可知，会生成
，用
吸收产物时，其存在电离平衡：
，
结合水电离出的
可得到
，D 正确；
故选B。
7．（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。
8．（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。
9．（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。
10．（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。
11．（2025·浙江·高考真题）传统方法中，制备化合物c 常用到
。某课题组提出了一种避免使用
的方法，机理如图所示(L 表示配体，
表示价态)。下列说法不正确的是
A．化合物b 是
的替代品
B．
是该过程产生的副产物
C．M 可能是
和
D．整个过程中，含镍化合物发生了2 次氧化反应
【答案】C
【详解】A．根据反应机理图可知由化合物b 制备目标产物c，化合物b 替代
提供氰基，A 正确；
B．反应过程中有
自由基生成，自由基结合生成
，为副产物，B 正确；
C．由图可知LNiⅠ-Br 与
反应生成LNi0与M，其中Ni 化合价降低，氢化合价由-1 价升高到0 价的氢
气，没有H+生成，C 错误；
D．整个过程中，含镍化合物化合价升高2 次，发生了2 次氧化反应，D 正确；
故选C。
12．（2024·浙江·高考真题）酯在
溶液中发生水解反应，历程如下：
已知：
①
②
水解相对速率与取代基R 的关系如下表：
取代基R
水解相对速率
1
290
7200
下列说法不正确的是
A．步骤I 是
与酯中
作用
B．步骤III 使I 和Ⅱ平衡正向移动，使酯在
溶液中发生的水解反应不可逆
C．酯的水解速率：
D．
与
反应、
与
反应，两者所得醇和羧酸盐均不同
【答案】D
【详解】A．步骤Ⅰ是氢氧根离子与酯基中的
作用生成羟基和O-，A 正确；
B．步骤Ⅰ加入氢氧根离子使平衡Ⅰ正向移动，氢氧根离子与羧基反应使平衡Ⅱ也正向移动，使得酯在
NaOH 溶液中发生的水解反应不可逆，B 正确；
C．从信息②可知，随着取代基R 上Cl 个数的增多，水解相对速率增大，原因为Cl 电负性较强，对电子的
吸引能力较强，使得酯基的水解速率增大，F 的电负性强于Cl，FCH2对电子的吸引能力更强，因此酯的水
解速率
，C 正确；
D．
与氢氧根离子反应，根据信息①可知，第一步反应后
18O 既存在于羟基中也存在于O-
中，随着反应进行，最终
18O 存在于羧酸盐中，同理
与
18OH-反应，最终
18O 存在于羧酸盐
中，两者所得醇和羧酸盐相同，D 错误；
故选D。
13．（2025·湖南·高考真题）在温和条件下，将
转化为
烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催
化策略可将
高选择性合成
，该流程示意图如下：
回答下列问题：
(1)电解池中电极M 与电源的 极相连。
(2)
放电生成
的电极反应式为 。
(3)在反应器中，发生如下反应：
反应i：
反应ii：
计算反应
的
，该反应 (填标号)。
A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发
(4)一定温度下，
和
(体积比为
)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为
)发生反应i 和ii．有
存在时，反应ii 的反应进程如图1 所示。随着x 的增加，
的转化率和
产物的选择性(选择性
)如图2 所示。
根据图1，写出生成
的决速步反应式 ；
的选择性大于
的原因是 。
②结合图2，当
时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x 的增大，
的转化率减小的原因是 ；当
时，该温度下反应ii 的
(保留两位小
数)。
【答案】
(1)正
(2)
(3)
126 B
﹣
(4)
由
生成
时，活化能较大，反应速率慢 随着x 的增大，CO 的
分压增大，对于反应i 和反应ii 相当于减压，反应i 和反应ii 平衡均逆向移动，所以
的转化率减小
0.16
【详解】（1）由图可知，N 电极上CO 转化为C2H4，C 元素化合价下降，发生还原反应，N 为阴极，则M
为阳极，与电源正极相连；
（2）CO 发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：
；
（3）根据盖斯定律，反应ii－反应i 即可得到目标反应，则
，该反应是熵减的放热反应，则依据
反
应能自发进行，则低温下自发进行，选B；
（4）总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步
骤是决速步骤，反应式为
；由图可知，由
生成
时，活化能较大，反应速率
慢，所以
的选择性大于
；
当x≥2 时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，则增大CO 的分压，相当于减压，反应i 和反应ii 平
衡均逆向移动，所以
的转化率减小；
当x=2 时，
的转化率为90%，
的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：
1mol，则
、
、
、
，气体总物质的量为
(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为
，
、
、
，
反应ii 的Kp=
。
14．（2023·湖北·高考真题）纳米碗
是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，
可以由
分子经过连续5 步氢抽提和闭环脱氢反应生成。
的反应机理和能量
变化如下：
回答下列问题：
(1)已知
中的碳氢键和碳碳键的键能分别为
和
，H-H 键能为
。估算
的
。
(2)图示历程包含 个基元反应，其中速率最慢的是第 个。
(3)
纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为 、 。
【答案】
(1)128
(2)3 3
(3)6 10
【详解】（1）由
和
的结构式和反应历程可以看出，
中断裂了2 根碳氢键，
形成
了1 根碳碳键，所以
的
=
，故答
案为：128；
（2）由反应历程可知，包含3 个基元反应，分别为：
，
,
,其中第三个的活化能最大，反应速率最慢，故
答案为：3；3；
（3）由
的结构分析，可知其中含有1 个五元环，10 个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则
总共含有6 个五元环，10 个六元环，故答案为：6；10；
15．（2023·新课标卷·高考真题）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答
下列问题：
(1)根据图1 数据计算反应
的
。
(2)研究表明，合成氨反应在
催化剂上可能通过图2 机理进行(*表示催化剂表面吸附位，
表示被吸附
于催化剂表面的
)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的标
号)，理由是 。
【答案】
(1)
(2)(ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于
的
键能比H-H 键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
【详解】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物
的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1 数据可知，反应
的
。
（2）由图1 中信息可知，
的
，则
的键能为
；
的
，则H-H 键的键能为
。在化学反应中，最大的能垒为速率
控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于
的键能比H-H 键的大很多，因此，在上述反应机
理中，速率控制步骤为(ⅱ)。
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(机理)
基元反应构成的反应序列称为反应历程(又称反应机理)，基元反应的总和称
为总反应。由几个基元反应组成的总反应也称复杂反应。
基元反应速率方程
对于基元反应aA＋bB===gG＋hH，其速率方程可写为v＝k·ca(A)·cb(B)(其中
k 称为速率常数，恒温下，k 不因反应物浓度的改变而变化)，这种关系可以
表述为基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的
乘积成正比。
例如：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)
H
②
2＋2I·===2HI(慢)
其中慢反应为整个反应的决速步骤。
（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。
析考点
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。
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
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。
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。
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
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。
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。
（3）重新认识催化剂
①催化剂具有的三大特征
催化剂是通过降低反应活化能，从而改变了反应的途径，此即催化剂加速化学反应的主要原因所在。
总结起来，催化剂的特征主要表现在这样几个方面：
第一，催化剂可以改变反应速率，但其自身在反应前后的组成、质量和化学性质不变。
第二，催化剂不改变化学平衡。即催化剂既能加快正向反应的速率，也能加快逆向反应的速率，从而
缩短化学反应达到平衡的时间。
第三，催化剂具有特殊的选择性，不同类型的反应，需要选择不同的催化剂。同一种反应物，使用不
同的催化剂，可以得到不同的产物。
②常见催化剂的四大误区
误区
1
催化剂不参
加化学反应
实际上，催化剂不是不参加化学反应，而是在化学反应前后，催化剂的化
学性质基本不变。例如在铜催化乙醇生成乙醛的反应中，铜参与反应的原
理如下：
第一步为2Cu＋O2===2CuO，
第二步为CuO＋CH3CH2OH→Cu＋CH3CHO＋H2O，这两步反应方程式的加
和为O2＋2CH3CH2OH→CH3CHO＋2H2O。显然催化剂参与了化学反应。
误区
2
一种反应只
有一种催化
剂
实际上一个反应可以有多种催化剂，只是我们常选用催化效率高的，对环
境污染小，成本低的催化剂，如双氧水分解的催化剂可以是二氧化锰，也
可以是氯化铁，当然还可以硫酸铜等。
误区
3
催化剂都是
加快化学反
应速率
实际上，催化剂有正催化剂与负催化剂，正催化剂加快化学反应速率，负
催化剂是减慢化学反应速率的。
误区
4
催化剂的效
率与催化剂
的量无关
实际上，催化剂参与了化学反应，是第一反应物。既然是反应物，催化剂
的表面积，催化剂的浓度大小必然影响化学反应速率。比如用酵母催化剂
做食品，酵母量大自然面就膨大快。催化剂的用量是会改变催化效率的。
6．回归教材中的经典图示
反应历程与活化能
催化剂对反应历程与活化能影响
1．（2025·福建三明·模拟预测）三甲胺
是重要的化工原料。我国科学家利用
(简称
)在铜催化作用下发生可逆反应得到
，计算机模拟单个DMF 分子在铜催化剂表面的反应历
程如图所示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法正确的是
A．恒容密闭容器中，减小压强可增大DMF 的平衡转化率
B．若
完全转化为三甲胺，则会释放
的能量
C．该历程的最大能垒(活化能)为
D．该反应中铜催化剂可以加快化学反应速率，降低活化分子百分数
【答案】C
【详解】A．由图可知，制备三甲胺的反应为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)，该反应正向为气
体体积减小的方向，减小压强，平衡向逆反应方向移动，(CH3)2NCHO 的转化率减小，故A 错误；
B．由图可知，1 个(CH3)2NCHO 完全转化为三甲胺放出的热量为1.02eV，则1mol(CH3)2NCHO 完全转化为
三甲胺释放的能量1.02eV×NA，故B 错误；
C．由图可知，历程最后一步的能垒最大，数值为-1.02 eV -(-2.21)eV=1.19eV，故C 正确；
D．该反应中铜催化剂可以加快化学反应速率，增大活化分子百分数，故D 错误；
故选C。
2．（2025·河北石家庄·二模）
催化加氢制低碳烯烃，反应历程如图所示，
首先在
表面解离成2 个
，随后参与到
的转化过程。下列有关该历程的说法错误的是
(注：“□”表示氧原子空位，“ ”表示吸附在催化剂上的微粒。)
练模拟
A．理论上反应历程中消耗的
与生成的甲醇的物质的量之比为
B．碳原子的杂化类型涉及
、
和
C．反应过程有非极性键的断裂和生成
D．催化剂氧空位用于捕获
，氧空位越多反应速率越快
【答案】A
【详解】A．H2先在催化剂表面解离成2 个H*，随后参与到CO2的还原过程，根据图中信息可知，
CH3OH 6H*
∼
，故生成1mol 甲醇（CH3OH）时，消耗6mol H*，H*与甲醇的物质的量之比为6:1，A 错
误；
B．CO2中C 为sp 杂化，中间产物（如含C=O 的物种）中C 为sp2杂化，甲醇中C 为sp3杂化，B 正确；
C．H2解离时断裂H-H 非极性键，生成低碳烯烃（如乙烯）时形成C=C 非极性键，有非极性键的断裂和生
成，C 正确；
D．氧空位（□）用于捕获CO2，空位越多吸附CO2能力越强，反应速率越快，D 正确；
故答案选A。
3．（2025·陕西西安·模拟预测）
与
合成尿素的反应：
，合成尿素的历程及能量(单位：
)变化如图所示，“TS”表示过渡态。下列说法正确的是
A．图示中的历程包含的反应均为吸热反应
B．决速步骤的方程式是
C．若
，则
D．由于
极易溶于水，因此工业上常用液氨作制冷剂
【答案】C
【详解】A．由图可知，反应HCNO+NH3=CO(NH2)2是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，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，基元反应1 的活化能比基
元反应2 的活化能小，则决速步骤不可能为CO2+NH3=HOOC−NH2，故B 错误；
C．由图可知，反应△H=87.5kJ/mol+(△E1—△E2)=—87.0kJ/mol，若△E2=241.0kJ/mol，则△E1=66.5kJ/
mol，故C 正确；
D．工业上常用液氨作制冷剂是因为液氨挥发时会吸收热量使周围环境温度降低，与氨气极易溶于水无
关，故D 错误；
故选C。
4．（2025·湖北宜昌·模拟预测）我国科研人员提出了由
和
转化为高附加值产品
的催化
反应历程。该历程示意图如图所示，下列说法错误的是
A．该反应可缓解温室效应
B．
属于电解质
C．该反应中催化剂在反应前后质量和性质不变
D．该反应的化学方程式为
【答案】C
【详解】A．
、
均属于温室气体，该反应将
和
转化为
，可缓解温室效应，A
正确；
B．该反应中
、
均属于非电解质，
属于电解质，B 正确；
C．催化剂在反应前后质量和化学性质不变，物理性质可能发生变化，C 错误；
D．由图可知，
、
均为反应物，
为生成物，该反应的化学方程式为
，D 正确；
故选C。
5．（2025·山东聊城·二模）利用CO2加氢制CH3OH 的反应机理如图所示。H2首先在ZnGaO3催化剂表面解
离成2 个H*，随后参与到CO2的还原过程。下列说法错误的是
已知：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒，NA表示阿伏加德罗常数。
A．反应过程存在C－H、O－H 的断裂和形成
B．催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快
C．若反应温度过高使甲醇炭化，生成的碳颗粒易使催化剂反应活性下降
D．理论上，每生成1mol CH3OH，该历程中消耗的H*的数目为6NA
【答案】A
【详解】A．反应过程存在O－H 生成，但无O－H 键的断裂，故A 错误；
B．H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2 个H*，2 个H*与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧空位再与
CO2结合，所以催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快，故B 正确；
C．反应温度过高使甲醇炭化，碳覆盖在催化剂的表面，使催化剂反应活性下降，故C 正确；
D．H2首先在面解离成2 个H*，随后参与到CO2的还原过程，根据图中信息可知，CH3OH 6H*
∼
，所以理
论上，每生成1molCH3OH，该历程中消耗的H*的数目为6NA，故D 正确；
故答案选A。
6．（2025·全国·模拟预测）中国科学院大学以Bi 为电极材料，利用电化学催化还原
制备HCOOH。用
计算机模拟
在电极材料表面发生还原反应的历程如图1 和图2 所示(*表示微粒与Bi 的接触位点)：
下列说法错误的是
A．生成HCOOH 的反应历程中存在极性键的断裂与形成
B．HCOOH 是还原产物
C．生成甲酸的选择性低于生成CO 的选择性
D．二氧化碳生成甲酸的活化能为0.43eV
【答案】C
【详解】A．
转化为
时，有
极性键的断裂，
转化为HCOOH 时，有O—H 极性键
的形成，A 正确；
B．由
制备HCOOH 时，C 元素的化合价降低，发生还原反应，所以HCOOH 为还原产物，B 正确；
C．由图2 可知，
生成甲酸的活化能为0.43eV-0eV=0.43eV，
生成CO 和
的活化能为1.10eV，
活化能越大，反应的选择性就越低，所以生成甲酸的选择性高于生成CO 的选择性，C 错误；
D．由图2 可知，
生成甲酸的活化能为0.43eV-0eV=0.43eV，D 正确；
故选C。
7．（2025·甘肃威武·模拟预测）我国学者基于密度泛函理论计算研究了LaFeO3载氧体表面CH4反应生成
关键产物CO 和H2的部分反应机理及每步反应的能垒(如图，Vo 通常表示氧空位，eV 为能量单位)。下列说
法错误的是
A．该历程中有非极性键的形成
B．生成H2的反应为总反应的决速步骤
C．H 元素在反应过程中被还原
D．铁元素的价态在反应中未改变
【答案】D
【详解】A．由题干反应历程图可知，该历程中生成氢气有H-H 非极性键的形成，A 正确；
B．由题干反应历程图可知，该历程中生成H2反应的活化能最大，反应速率最慢，故生成H2的反应为总反
应的决速步骤，B 正确；
C．已知CH4中的H 为+1 价，反应生成H2中H 为0 价，化合价降低被还原剂H 元素在反应过程中被还
原，C 正确；
D．由题干反应历程图可知，根据各中间产物中Fe 周围的共价键数目可知，铁元素的价态在反应中发生改
变，D 错误；
故答案为：D。
8．（2025·河南·模拟预测）CO2催化氢化生产甲烷的一种反应历程如图所示，下列说法错误的是
A．①是催化剂活化过程
B．历程中涉及极性键的断裂和形成
C．以D2代替H2反应，D 只在水中检测出
D．CO2和H2吸附在催化剂不同部位
【答案】C
【详解】A．由最初物质可知催化剂为Ni/CeO2-ZrO2，吸附在CZ-载体上，①得到Ni0，为催化剂的主要成
分，因此①是催化剂活化过程，A 正确；
B．⑥过程中有O-C 键的断裂，生成了CH4有C-H 键的形成，涉及到极性键的断裂和形成，B 正确；
C．由第⑥步可以看出H2也参与CH4的，若把H2换为D2，生成的CH4中也有D，C 错误；
D．由②可以看出CO2吸附在Cex+处，后面几步可以看出H2吸附在Ni0上，吸附部位不同，D 正确；
故选C。
9．（2024·湖北·一模）叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理可用下图表示。下列说法正确的是
A．乙酸中氢氧键极性比中间体3 中氢氧键极性强
B．叔丁醇中
键角比中间体2 的
键角大
C．增大
，有利于提高羧酸叔丁酯的平衡产率
D．乙醇与乙酸发生酯化反应的机理与叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理不同
【答案】D
【详解】A．中间体3 的碳氧双键中氧原子的电子云密度减小，导致羧基中
键的极性增大，比乙酸中
氢氧键极性强，A 错误；
B．中间体2 中与甲基相连的碳原子的价层电子对数为3、采取
杂化、
键角为
，而叔丁醇
中与甲基相连的碳原子的价层电子对数为4、采取
杂化、
键角约为
，叔丁醇中
键角比中间体2 的
键角小，B 错误；
C．从反应的机理可看出，在步骤①中
参加反应生成中间体1，而步骤④中中间体3 生成羧酸叔丁醇及
，则
为催化剂，催化剂不能改变平衡状态，故增大
，不能提高羧酸叔丁酯的平衡产率，C 错
误；
D．乙醇与乙酸发生酯化反应时乙酸脱去羧基中的羟基、乙醇脱去羟基中的H，由叔丁醇与羧酸发生酯化
反应的机理可知，叔丁醇与羧酸发生酯化反应时叔丁醇脱去羟基、羧酸脱去羧基中的H，故2 个酯化反应
的机理不同，D 正确；
答案选D。
10．（2025·江苏·三模）利用
可制备
苯乙烯，反应可能的机理如下(x、y、z 表示催化剂的活性位点)。
下列说法正确的是
A．催化剂的y、z 位点所带电性不同
B．受苯环影响，a 处
键比b 处更易断裂
C．整个过程中有非极性键的断裂和形成
D．该反应中每生成1mol 苯乙烯，转移电子数目为
【答案】B
【详解】A．由图可知，催化剂的y 位点与带部分正电荷的氢原子作用，则y 位点带负电；催化剂的z 位点
与二氧化碳中带部分正电荷的碳原子作用，则z 位点带负电，所以催化剂的y、z 位点所带电性相同，A 错
误；
B．从反应机理图看，a 处
键比b 处先断裂，这说明受苯环影响，a 处
键比b 处更易断裂，B 正
确；
C．结合反应式和反应机理图可知，反应过程中，反应物
中没有非极性键的断
裂，即整个过程中没有非极性键的断裂，C 错误；
D．由反应式可知：
，反应中每生成1mol 苯乙烯，会消耗1mol 二氧化碳，反应转移2mol
电子，则转移电子的数目约为
，D 错误；
故选B。
11．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）乙烯在硫酸催化下与水加成反应机理及能量与反应进程的关系如图所
示。
下列说法错误的是
A．总反应任意温度都能自发进行
B．总反应速率由第①步反应决定
C．过渡态物质中最稳定的是第③步反应过渡态物质
D．乙烯和乙酸反应按照上述机理可生成乙酸乙酯
【答案】A
【详解】根据能量与反应进程图，第①步是吸热反应，且活化能最大，第②步是放热反应，第③步是放热
反应，总反应的化学方程式为
，总反应为放热反应，据此答题。
A．总反应的
，由
的反应能自发进行知，总反应在低温下能自发进行，高
温下不能自发进行，A 错误；
B．图中第①步反应的活化能最大，反应速率最慢，总反应的速率由其决定，B 正确；
C．能量与反应进程图中，第②步反应过渡态物质能量比第③步反应过渡态物质能量高，能量越低的物质
其稳定性越强，因此第③步反应过渡态物质更稳定，C 正确；
D．按照上述机理，乙烯可先生成乙醇，然后乙醇和乙酸反应可生成乙酸乙酯，D 正确；
故选A。
12．（2025·河北·一模）胺基是氨基酸和核苷酸碱基中的关键官能团，也是药物、农用化学品、染料和聚
合物的基本成分，所以，化合物的胺化一直是有机化学中的主要挑战。某羟胺试剂在铁催化烯烃氨基化反
应的机理如下图。已知：Tf 为
，
为
，下列有关说法错误的是
A．酸性：
B．化合物Ⅰ和化合物Ⅱ互为立体异构
C．该反应过程中Fe 的配位数发生改变
D．化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中稳定性最强的是Ⅳ
【答案】D
【详解】A．
的电负性较强，属于吸电子基，所以酸性：
，A 项正确；
B．由结构可知，化合物Ⅰ和化合物Ⅱ互为立体异构，B 项正确；
C．转化过程中，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中
的配位数为6，Ⅳ中
的配位数为5，C 项正确；
D．Ⅳ中存在自由基，稳定性最差，D 项错误；
故选D。
13．（2025·湖南·模拟预测）氮氧化合物是常见的污染物，对其进行治理是环境保护的一个重要领域。以
沸石笼为载体对NO 进行催化的机理如图所示。下列说法错误的是
A．物质A 是N2和H2O
B．反应②③中氧原子的成键数目发生改变，氧元素的化合价也发生了改变
C．反应⑤中
既是氧化剂又是还原剂
D．图中总过程中每吸收1molNO 需要标准状况下的NH3 22.4L
【答案】B
【详解】A．步骤④中NO 把氨气和铵根氧化为氮气，根据元素守恒可知还有水生成，A 正确；
B．反应③中，整个离子所带的电荷没有改变，只涉及氧氧非极性键的断裂，其他元素化合价不变，则氧
元素化合价不变，不是氧化还原反应，B 错误；
C．由图可知，反应⑤为
、NO 反应生成N2、
、H2O、
，
中
Cu 化合价降低，N 化合价升高，故其既是氧化剂又是还原剂，C 正确；
D．根据图示，箭头指进为反应物，指出为生成物，可知总反应为
，所
以每吸收1molNO 需要标准状况下的NH3 22.4L，D 正确；
答案选B。
14．（（2025·江西赣州·模拟预测））钒系催化剂催化脱硝部分机理如图所示。有关该过程的叙述错误的
是
A．反应过程中既有极性键又有非极性键的断裂和形成
B．反应过程中
被氧化
C．脱硝反应为
D．
是反应中间体
【答案】C
【详解】根据图中物质的转化关系知反应物有NH3、NO、O2，生成物有N2和H2O，根据过程中含V 元素
微粒的结构式判断化学键的变化，据此解答
A．反应过程中由O=O 键和N-H 的断裂，又有氮氮三键和H-O 键的形成，A 正确；
B．反应过程中
中的V 由+4 价升高到+5 价，化合价升高，被氧化，B 正确；
C．由转化示意图可知，整个过程中反应物为NH3、NO、O2，生成物有N2和H2O，在钒系催化剂作用下脱
硝反应为
，C 错误；
D．由转化示意图可知，
在反应过程中生成后又被消耗，则是反应中间体，D 正
确；
故选C。
15．（2025·安徽淮北·一模）叔丁基溴在纯溶剂中会发生溶剂解，叔丁基溴在水中的溶剂解反应生成两种
产物的机理分别为：
下列说法错误的是
A．两种机理的控速步骤是相同的
B．两种机理中
都用到了孤对电子
C．把叔丁基溴换成叔丁基碘，产物比例不变
D．把
换成
，消去产物比例减小
【答案】D
【详解】A．两种机理分别是卤代烃的取代反应机理和消去反应机理，两种机理都是形成碳正离子的步骤
为慢反应，所以控速步骤相同，A 项正确；
B．从机理上可以看出，水分子利用氧原子上的孤对电子分别进攻碳正离子和氢原子，B 项正确；
C．从机理可以推断出卤素原子的种类决定的是活化能的大小，产物的比例是由亲核试剂选择进攻碳正离
子还是氢原子决定的，在都是水作亲核试剂的情况下得到的产物比例不变，C 项正确；
D．把水换成乙醇后，提供孤对电子的依然是氧原子，但是乙醇的体积较大，进攻处在结构中间的碳正离
子的能力降低，更易进攻处在外围的氢原子，所以消去产物比例增大，D 项错误；
答案选D。
16．（2025·上海·模拟预测）2007 年，诺贝尔化学奖授予了埃特尔，以表彰其对合成氨反应机理的研究。
673 K 时，各步反应的能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的粒子用“*”标注。
(1)该历程中决速步骤的反应方程式为 。
(2)相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，催化作用越强，原因是 。
【答案】
(1)
(2)分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多
【详解】（1）决速步骤是速率最慢的，活化能最高的，因此由图可知反应的方程式为：
；
（2）相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多，接触面积越
大，反应速率越快。
17．（2025·四川绵阳·模拟预测）燃油汽车尾气中含有CO 和氮氧化物，氮氧化物包括
、
等，研
究CO 还原氮氧化物及氮氧化物的分解对环境的治理有重要意义。
(1)已知：
；
的燃烧热为
。写出
与
催化转化成
和
的热化学方程式 。
(2)在
的催化作用下，
还原
的反应历程和相对能量变化如图所示（逸出后物质认为状态不
发生变化，在图中略去）。
①分析反应历程，
；
分子的中心原子是
，其结构式为 。
②该反应分两步进行：A．
；B． 。历程中决定反应速率的变化过程是
。
A．②~③ B．③~④ C．⑤~⑥ D．⑥~⑦
【答案】
(1)2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746kJ ⋅mol
−1
(2)
N N=N=O
A
【详解】（1）①
；
的燃烧热为
，热化学方
程式：②
；根据盖斯定律：②×2－①得：
；
（2）①结合反应历程相对能量
；N2O 分
子的中心原子是N；N2O 与CO2互为等电子体，两者结构相似，CO2为直线型结构，结合二氧化碳的结构
式O=C=O，则N2O 结构式为N=N=O；
②结合反应历程示意图可知，该反应可分为两步进行，第二步反应：
；历程中决定
反应速率的为慢反应，反应活化能越大，反应速率越慢，决定反应速率，答案选A；
18．（2025·浙江金华·模拟预测）乙烯是重要的基础化工原料，工业上利用乙烷制乙烯涉及的相关反应如
下：
反应：
反应
：
请回答：
(1)298K 时，反应历程如图1 所示。已知在标准压强101kPa、298K 下，由最稳定的单质合成
物质B
的反应焓变，叫做物质B 的标准摩尔生成焓，用符号
表示。部分物质的
如图2 所示。
、
的标准摩尔生成焓为0。
该反应的决速步骤为 (填“反应a”或“反应b”)。图2 中
。
【答案】(1)反应a
【详解】（1）由图可知，反应a 的活化能为+80.8kJ/mol-(-104.1kJ/mol)=184.9kJ/mol，反应b 的活化能为
+185.2kJ/mol-(+54.5kJ/mol)=130.7kJ/mol，反应的活化能越大、反应速率越慢，为反应的决速步骤，则该反
应的决速步骤为反应a；由图1 可知，反应Ⅰ：C2H6(g)
C2H4(g)+H2(g)的∆H1=+139kJ/mol，∆H1=生成物
的标准摩尔生成焓之和-反应物的标准摩尔生成焓之和=53kJ/mol+0kJ/mol-xkJ/mol=+139kJ/mol，解得
x=-86；
19．（2025·四川成都·三模）苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，可由乙苯催化脱氢获得。
(1)科技工作者结合实验与计算机模拟结果，研究了一个乙苯分子在催化剂表面脱氢制苯乙烯的反应，其历
程如图所示（吸附在催化剂表面的物质用*标注）：
乙苯脱氢制苯乙烯反应的焓变
（填“>”“<”或“=”）0，为提高乙苯的平衡转化率，应选择的反应
条件为 （填标号）。
A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压
(2)有研究者发现，
气氛中乙苯催化脱氢制苯乙烯更容易进行，反应历程如图：
①根据反应历程分析，催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应影响较大，如果催化剂表面碱性太强，会降低乙
苯的转化率，原因是 。
②从环境保护的角度分析，
氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点是 。
【答案】
(1)
B
(2)催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于
的吸附，且碱性物质会和二氧化碳反
应，导致吸附在催化剂表面的二氧化碳减少，从而降低了乙苯的转化率
的来源广泛，简单易
得，利用氧化乙苯脱氢制苯乙烯能减少二氧化碳的排放，减少温室效应，实现“碳中和”
【详解】（1）由图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，则该反应为吸热反应，有
；乙苯
在催化剂表面脱氢制苯乙烯的总反应为：
，该
反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度和减小压强均能使平衡正向移动，提高乙苯的平衡转化率；因
此如要提高乙苯的平衡转化率，应选择的反应条件为：高温、低压；所给的四个选项中，符合的选项为：
B。
（2）①根据反应历程可知，催化剂表面需要活化吸附
，该微粒带负电荷，如果催化剂表面碱性太强，
则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于
的吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应，导致吸附在催化剂表面
的二氧化碳减少，从而降低了乙苯的转化率；
②从环境保护的角度分析，
氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点：
的来源广泛，简单易得，利用氧化乙
苯脱氢制苯乙烯能减少的排放，减少温室效应，实现“碳中和”。
20．（2025·湖南常德·一模）含氯有机物在自然环境中具有长期残留性和高毒性。
Ⅰ．“催化还原脱氯法”作为一种安全有效的环境修复方法，主要分为“直接脱氯”和“间接脱氯”两大
类。
(1)间接脱氯“光催化加氢脱氯”为典型的间接脱氯法，可在温和条件下有效降解含氯有机物，而不产生氯
化副产物。“光催化加氢脱氯”的第一步为水的活化：
，如图为不同催化剂条件下
水分子解离成
的反应机理。
①下列说法正确的是 。
A．水的活化分两步完成
B．使用催化剂
，
活化放出的热量比使用催化剂
多
C．吸附在催化剂
表面的
会自发地解离成
②已知
键的键能为
，解离一个水分子[
]理论上需消耗
J 能量。(保留两位有效数字)
(2)直接脱氯还原铁脱氯机理：
(R-为烃基)，随着反应进行，铁表面附
着一层红褐色固体，使脱氯效率下降，生成红褐色固体的原因是 。
【答案】
(1)C
(2)生成的
易被空气氧化成
，随着反应进行，pH 不断增大，
会转化为
【详解】（1）①A．由图1 可知使用催化剂
分三步完成，生成
和
，A 错误；
B．水活化为
，图1 中在两种催化剂条件下生成的是
和
，且催化剂不影响反
应热，B 错误；
C．使用催化剂
水变为
后相对能量不变即可解离成
和
，说明吸附在催化剂表
面后可自发解离，C 正确；
选C。
②解离一个水分子理论上消耗的能量就是断开一个水分子中的一个氢氧键所消耗的能量，
的键能为
，解离一个水分子理论上消耗的能量为
；
（2）生成的亚铁离子易被空气氧化成铁离子，由直接脱氯还原铁脱氯机理可知，随着反应进行氢离子被
消耗，pH 不断增大，
会转化为
，从而生成红褐色固体；
