2025年北京高考化学复习专练：循环转化机理图分析（解析版）

热点题型04循环转化机理图分析

热点解读

反应历程(机理)能垒图像是高考化学的重要题型，常以科研成果等为载体命题，依托物质循环考查

反应物、生成物、中间产物、催化剂的判断，活化能，基元反应和总反应方程式等，是近年高考命题热点。

一、反应历程(机理)能垒图像

i.基元反应与非基元反应

例如H++OH-=印0,反应几乎没有过程，瞬间平衡一步到位，称为简单反应；而2HI—氏+b的

实际机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2Hl―>H2+2I->21-->12,存在未成对电子的微粒

称为自由基，反应活性高，寿命短，2HI-H2+I2称为非基元反应。

2.过渡态

A+B—C—^[A...B...C]―>A—B+C

反应过程

备注：(1)以上为一种基元反应，其中正反应活化能反正=^—a,逆反应活化能反逆=6—c,A77=EaE

—Ea巡。(2)过渡态(A…B…C)不稳定。

3.中间体

备注：处于能量最高点的是反应的过渡态，在多步反应中两个过渡态之间的是中间体，中间体很活泼,

寿命很短，但是会比过渡态更稳定些。

4.催化机理能垒图

(1)在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。可以用图中每步基元反应前后的活性

物质，写出其热化学方程式。注意：如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV),焰变应转化成每摩尔。

(2)每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。

例如：在Rh催化下，甲酸分解制H2反应的过程如图所示。

相对能量/eV

1.2

0.8i/两、

，'

/().78\过渡态iii

0.4\/(147\

\0.12；

HCOOH(g)'血\-016

0.()--1•0.21/HCOO*+H*

1

CO2*+2H*--

CO(g)+H(g)

-0.4HCOOH*22

反应历程

其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为

HCOOH*=HCOO*+H*；甲酸分解制外的热化学方程式可表示为HCOOH（g）=CC»2（g）+H2（g）AH=—

0.16NAeV-molT（阿伏加德罗常数用右表示）。

5.反应历程一能量图像分析技巧

二、化学反应机理循环图像

高考命题要求考生能够根据化学反应机理循环图像，分析反应过程中物质、能量和微粒的变化关系，

侧重考查考生的信息获取与加工能力、逻辑推理与论证能力。随着高考改革的推进，这类题目考查的概率

会越来越大，题目的难度可能也会越来越大，具体表现是研究对象、图像图示等会更加复杂。

必备知识

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：在连续反应中为某一步的产物，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又消耗多少。

在含少量「的溶液中，印。2分解的机理为：

H2O2+I-->H2O+IO-慢

H2O2+I。--->€）2+1―+H2O快

在该反应中「为催化剂，IO-为中间产物。

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。如下图所示：

（建议用时：40分钟）

考向01反应历程（机理）能垒图像

1.（2024・北京•高考真题）苯在浓HNC>3和浓H2s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口

B.X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物

C.由苯得到M时，苯中的大兀键没有变化

D.对于生成Y的反应，浓H2sO,作催化剂

【答案】C

【详解】A.生成产物n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n更稳定，以

上2个角度均有利于产物n,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-NO?相连的C为sp3杂化，苯中大无键发生改变，故C错误;

D.苯的硝化反应中浓H2sO,作催化剂，故D正确;

故选Co

2.(2024•北京顺义・二模)我国科研人员研究发现Co原子活化乙烷的反应机理，一种机理如图所示。

下列说法不正确的是

A.决定反应速率的步骤是中间体1-过渡态2

B.Co-H键的形成与断裂使得氢原子发生了迁移

C.该过程涉及非极性键的断裂与形成

D.总反应为Co(s)+C2H6(g)TCOCH2(S)+CH4(g)必>0

【答案】C

【详解】A.中间体If过渡态2的正反应活化能最大，反应速率最慢，是决定反应速率的步骤，故A正

确；

B.C。可活化C2H6放出CH4,Co-H键的形成使H原子发生了迁移，故B正确；

C.根据反应历程可知，涉及到C-C键的断裂和C-H键形成，没有涉及非极性键的形成，故C错误；

D.由起点和终点物质可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，总反应为

Co(s)+C2H6(g)->CoCH2(s)+CH4(g)AH>0,故D正确;

答案为C。

3.(2024•北京东城•二模)科学家提出一种大气中HSO］在H?O和NO?作用下转变为HSO,的机理(图

1),其能量变化如图2所示。

o

II

已知：NOzSO］的结构式为o=N-o-S-Cr

oII

下列说法不正确的是

A.①中涉及O-H键的断裂与生成B.②③均发生了氧化还原反应

C.由图2可知，该过程的决速步是①D.总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:2

【答案】B

【详解】A.①中与硫原子相连的0-H键断裂，生成HN5涉及O-H键的生成，A正确；

B.②中反应S元素由+5价变为+6价，N元素由+4价变为+3价，发生了氧化还原反应，③中反应无元素

化合价发生变化，没有发生氧化还原反应，B错误；

C.由图2可知，步骤①正反应的活化能最大，反应速率最慢，则该过程的决速步是①，C正确；

D.HSO3在HQ和NO2作用下转变为HSO：,硫元素化合价升高了2,HSO］是还原剂，N0?被还原为

HNO2,氮元素化合价降低了1,N02是氧化剂，由得失电子守恒可得关系式2NC）2~HSO3,总反应中还原

剂与氧化剂的物质的量之比为1:2,D正确；

故选Bo

4.（2024•北京西城•一模）苯与液澳反应生成澳苯，其反应过程的能量变化如图所示。

下列关于苯与Br?反应的说法不正确的是

A.FeBr,可作该反应的催化剂

B.将反应后的气体依次通入CC14和AgNO3溶液以检验产物HBr

C.过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小

D.总反应的A〃<0,且AH=Ei-E?+E3

【答案】D

【详解】A.苯与液澳反应生成澳苯和澳化氢，FeBg可作该反应的催化剂，故A正确;

B.反应后的气体中含澳化氢和澳蒸汽，通入CC1,除去澳蒸汽，HBr和AgNOs溶液反应生成浅黄色AgBr沉

淀，可知反应有HBr生成，故B正确；

C.根据图示，过程②的活化能最大，反应速率最慢，慢反应决定总反应速率的大小，故C正确；

D.根据图示，总反应放热，总反应的A〃<0,只知道正反应活化能，不能计算反应的焰变，故D错误；

选D。

5.(2024•北京丰台•一模)过渡金属氧化物离子(以M0+表示)在燃类的选择性氧化等方面应用广泛。MO+

与CH,反应的过程如下图所示。

下列说法不正确的是

A.反应速率：步骤卜步骤II

B.CH3OH分子中，键角：H-C-H>H-O-C

C.若MO+与CH3D反应，生成的笊代甲醇有2种

++

D.CH4(g)+MO(g)=CH3OH(g)+M(g)AH=E2+E4-Ei-E3

【答案】D

【详解】A.步骤I的活化能大于步骤II,反应速率步骤I更小，故A正确；

B.。原子上有两对孤对电子，排斥力较大，键角H-C—H>H—O—C,故B正确;

C.根据反应机理可知，若M0+与CHsD反应，生成的笊代甲醇可能为CHsOD或CH2D0H,共两种，故C正

确；

D.根据反应历程能量变化图所示，总反应的反应热为E1-E2+E3-E4,故D错误；

答案选D。

6.（2023•北京海淀•三模）汽车尾气中CO与NO转化的三段反应历程及各物质的相对能量如图所示，其

中TS代表过渡态，IM表示反应过程中的复杂中间产物，每段历程的反应物相对总能量定义为0.下列说法

不正确的是

A.反应①决定尾气转化的快慢

B.反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应

C.由上图可判断过渡态的相对能量：TS1>TS3>TS2

D.采用对反应③选择性高的催化剂可以避免尾气中出现N2O

【答案】D

【详解】A.由图可知,反应①的活化能最高，298.4kJ-mor1-42.6kJ-mor1=255.8U-mol^,反应

②、③的活化能分别为108.4AJ-mo尸、226.1V.mo/-1,活化能越高反应速率越慢，慢反应决定整个反

应的速率，故反应①决定尾气转化的快慢，A正确；

B.由图可知，反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应，B正确；

C.图中可知三个过渡态的能量分别为298.4L.加。尸、130.0kJmor1.248.3kJ.mo尸,故过渡态的相对

能量：TS1>TS3>TS2,C正确；

D.采用对反应③选择性高的催化剂不代表反应②的产物NzO会完全消耗，无法避免尾气中不出现

N2O,D错误；

故选D。

7.（24-25高三上•北京,期中）苯与液澳反应生成澳苯，其反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正

确的是

A.FeBr3可作该反应的催化剂

B.将反应后的气体依次通入CCI4和AgNC>3溶液以检验产物HBr

C.总反应的AH<0,且AH=EI-EZ+E3

D.过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小

【答案】C

【详解】A.苯与液澳反应生成漠苯和澳化氢，FeBg可作该反应的催化剂，故A正确;

B.反应后的气体中含澳化氢和澳蒸汽，通入CC1,除去澳蒸汽，HBr和AgNOs溶液反应生成浅黄色AgBr沉

淀，可知反应有HBr生成，故B正确;

C.根据图示，总反应放热，总反应的AH<0,只知道正反应活化能，不能计算反应的焰变，故C错误;

D.根据图示，过程②的活化能最大，反应速率最慢，慢反应决定总反应速率的大小，故D正确；

故选Co

8.（24-25高三上•北京•阶段练习）过渡金属氧化物离子（以M0+表示）在煌类的选择性氧化等方面应用广

泛。MO+与CFU反应的过程如下图所示。

下列说法不正确的是

A.反应速率：步骤I〈步骤n

B.CH30H分子中，C—H键和0—H键均为sp3-sb键

C.若M0+与CH3D反应，生成的笊代甲醇有2种

++

D.CH4(g)+M0(g)=CH3OH(g)+M(g)AH=E2+E4-E,-E3

【答案】D

【详解】A.步骤I的活化能大于步骤口，反应速率步骤I更小，故A正确；

B.CH30H分子中C、。均为sp'杂化，C—H键和0-H键均为spLstr键，故B正确;

C.根据反应机理可知，若M0+与CH3D反应，生成的质代甲醇可能为CH3OD或CH2DOH,共两种，故C正

确；

D.根据反应历程能量变化图所示，总反应的反应热为E1-E2+E3-E4,故D错误；

故选：Do

9.(2024•山东德州•三模)在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸发生反应的反应历程如图。下列说法错误的是

B.生成中间体的反应为决速步骤

C.产物1为加成反应的产物

D.动力学和热力学优势产物均为产物2

【答案】A

【详解】A.反应物苯中碳的杂化方式为sp2杂化，生成的中间体中碳的杂化方式既有双键碳的sp2杂化、

又有饱和碳原子的sp3杂化，所以碳原子的杂化发生了改变，故A错误；

B.由图可知，生成中间体的反应的活化能最大，化学反应速率最慢，所以生成中间体的反应为决速步

骤，故B正确；

C.对比苯和产物工的结构简式可知，反应过程相当于在苯的两个邻位碳上各加一个原子团，其中一个加

硝基、另外一个加-OSQH,即产物1为加成反应的产物，故C正确；

D.由图示可知，生成产物2的反应的活化能更小，化学反应速率更快，即动力学优势产物为产物2,产物

2的能量更低、更稳定，即热力学优势产物为产物2,故D正确；

故答案为：Ao

10.(2024・北京•三模)一定条件下，CH4与FeO+反应合成CH30H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。

+

b”1

+

,-CH3HO-CH

、Fe33

b-----------

/过渡态1Fe

/过渡态n

a----------1

CH4+Fe0+C'一

H0e______

+

CH3OH+Fe

0

反应历程

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AZ/=-(a+b+c+d+e)kJ-mo「

C.相同条件下，CD4与FeO+反应，其过渡态I的能量比b低

D.CH3D与FeO+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A//=e-akJ.mo「，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，CD4与FeO+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，CH3D与FeO+发生上述反应，可以获得CH3OD、CH2DOH2种相对分子质量相等的有

机产物，D正确；

故选Do

考向02化学反应机理循环图像

11.(2024•北京•高考真题)可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HC1制成C",实现氯资源的再利

1

用。反应的热化学方程式：4HCl(g)+O2(g)=2C12(g)+2H2O(g)AH-114.4kJ.moro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HC1,W为生成物

B.反应制得ImolCl2,须投入2moicuO

C.升高反应温度，HC1被氧化制C"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HCI、。2、CuO、C"H20；Cu。与Y反

应生成Cu(OH)CI,贝!|Y为HCI；Cu(OH)CI分解生成W和Cu20cl2，则W为出0；CuCk分解为X和CuCI,则

X为CLCuCI和Z反应生成Cu20cl2，则Z为。2；综上所述，X、Y、Z、W依次是C"、HCI、O?、

H2OO

【详解】A.由分析可知，Y为反应物HCI,W为生成物H2O,A正确；

B.CuO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CuC^fCuCI和CuClfCu20cl2，D正确；

故选Bo

12.(2023•北京・高考真题)一种分解氯化镂实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或

Mg(OH)Cl中的一种。下列说法正确的是

A.a、c分别是HC1、NH3

B.d既可以是Mg。，也可以是Mg(OH)Cl

C.已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生

D.等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化钱直接分解的反应热

【答案】C

(分析］NH4C1分解的产物是NH3和HC1,分解得到的HC1与MgO反应生成Mg(OH)Cl,Mg(OH)Cl又可

以分解得到HC1和Mg。，则a为N%,b为Mg(OH)Cl,c为HC1,d为MgO。

MulOHiCl

【详解】A.由分析可知，a为NH3,c为HC1,A项错误;

B.d为Mg。，B错误;

C.可以水解生成Mg(OH)Cl,通入水蒸气可以减少MgC"的生成，C正确;

D.反应①和反应②相加即为氯化镂直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②

的反应热之和等于氯化镂直接分解的反应热，D错误;

故选C。

13.(2022•北京・高考真题)CO2捕获和转化可减少C"排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①

完成之后，以冲为载气，以恒定组成的电、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组

分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。

'3时间/min

图2

下列说法不正确的是

A.反应①为CaO+CC)2=CaCC)3；反应②为CaCC)3+CH4^^CaO+2co+2力

一催化剂

B.trt3,n(H2)比n(CO)多，且生成力速率不变，可能有副反应CH4C+2H2

C.t2时刻，副反应生成力的速率大于反应②生成限速率

D.t3之后，生成C0的速率为0,是因为反应②不再发生

【答案】C

【详解】A.由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CC^CaCQ，结合氧化还原反应配平可得反应②为

催化剂

CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2,A正确；

B.由题干图2信息可知，t「t3,n(H2)比n(CO)多，且生成》速率不变，且反应过程中始终未检测到C5,

催化剂…

在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH4^=C+2H2,反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2,

B正确；

C.由题干反应②方程式可知，％和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，出的反应速率未变，仍然

为2mmol/min,而CO变为l~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成力的速率小于反应②生成h速

率，C错误；

D.由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0,CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1,说明生成CO的

速率为0,是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；

答案选C。

14.（2022•北京西城•一模）氮掺杂的碳材料可以有效催化燃料电池中。2的还原反应，其催化机理如图。

途径一：A玲B玲C玲F

途径二：AfB玲CfDfE

下列说法不正确的是

A.途径一中存在极性共价键的断裂与形成

B.途径一的电极反应是O2+2H++2e-=H2（）2

C.途径二，lmol。2得至!J4moi

D.氮掺杂的碳材料降低了反应的焰变

【答案】D

【详解】A.由图中信息可知，途径一中有C-0键、0-H键的形成，也有C-。键的断裂，选项A正确；

B.途径一的过程中有。2的参与和二次增加H+、e-,最后从催化剂中放出H2O2,其电极反应是

+

O2+2H+2e-=H2O2,选项B正确；

C.途径二中，有5参与，途中二次增加H+、e-和一次增加2H+、2e-,故lmolO?得到4moiel选项C

正确；

D.氮掺杂的碳材料降低了反应的活化能，但不能改变焰变，选项D不正确；

答案选D。

15.（24-25高三上•北京・开学考试）在碘水、淀粉、稀H2sO4和Cl。？的混合溶液中加入过量乙酰乙酸烯丙

酯（AAA）,观察到溶液中蓝色与无色交替出现，主要转化如下:

AAA为CH3coeH2coOCH2cH=CH?

AAAI为CH3coeHICOOCH2cH=%

下列说法不正确的是

A.i为取代反应

B.ii的反应为2C102+2「=2C10Z+l2

C.iii中，生成ImolC「转移4moi

D.最终溶液呈蓝色

【答案】D

【分析】由图可知，反应i为AAA与溶液中的碘发生取代反应生成AAAI和氢碘酸，反应ii为氢碘酸电离

出的碘离子与二氧化氯反应生成亚氯酸根离子和碘，反应iii为酸性条件下亚氯酸根离子发生歧化反应生成

二氧化氯和氯离子。

【详解】A.由分析可知，反应i为AAA与溶液中的碘发生取代反应生成AAAI和氢碘酸，故A正确；

B.由分析可知，反应ii为氢碘酸电离出的碘离子与二氧化氯反应生成亚氯酸根离子和碘，反应的离子方

2C1O2+2F=2C10-+12,故B正确;

C.由分析可知，反应iii为酸性条件下亚氯酸根离子发生歧化反应生成二氧化氯和氯离子，则由化合价变

化可知，反应生成lmol氯离子时，转移电子的物质的量为4mol,故C正确；

D.由题意可知，AAA过量，由分析可知，反应i为AAA与溶液中的碘发生取代反应生成AAAI和氢碘酸，

所以反应中碘会完全反应，溶液最终不可能呈蓝色，故D错误；

故选D„

16.（24-25高三上,江西抚州•阶段练习）在含Ni催化剂作用下，Zn介导的芳基氯化物同偶联的动力学和

下列叙述错误的是

A.(L)uNi°是总反应的催化剂，ArZnCI是中间产物

B.Ar-Cl和(L)nNi°反应过程中断裂了极性键

c.已知Ni(n)L2c匕呈平面四边形结构，则其只有1种结构

D.反应过程形成的含Ni中间体中，Ni(H)形成的共价键数目保持不变

【答案】C

【详解】A.观察循环图可知，催化剂在起始参与反应，最终生成恢复原物质；中间体在反应过程中生

成、消耗，A项正确；

B.反应过程中Ar—CI断裂碳氯键，碳氯键是极性键，B项正确；

C.平面四边形结构的分子，结构有2种：2个氯处于相邻或相对位，C项错误；

D.观察机理图示可知Ni(□)都形成4个共价键，D项正确；

答案选C。

拓展培优练

1.(2024•安徽・高考真题)某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g),发生下列反应:

X(g)-Y(g)(AH,<0),Y(g)-Z(g)(AH2<0),测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进

B.

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)UY(g)的反应速率大于Y(g)UZ(g)的反

应速率，则反应X(g)UY(g)的活化能小于反应Y(g)UZ(g)的活化能。

【详解】A.X(g)UY(g)和Y(g)UZ(g)的YH都小于0,而图像显示Y的能量高于X,即图像显示X(g)UY(g)

为吸热反应，A项不符合题意；

B.图像显示X(g)UY(g)和Y(g)UZ(g)的AH都小于0,且X(g)UY(g)的活化能小于Y(g)UZ(g)的活化能，B

项符合题意；

C.图像显示X(g)UY(g)和Y(g)UZ(g)的AH都小于0,但图像上X(g)UY(g)的活化能大于Y(g)UZ(g)的活化

能，C项不符合题意；

D.图像显示X(g)UY(g)和Y(g)UZ(g)的AH都大于0,且X(g)UY(g)的活化能大于Y(g)UZ(g)的活化能，D

项不符合题意；

选B„

2.(2023,浙江•高考真题)一定条件下,1-苯基丙焕(Ph-CmC-CH3)可与HC1发生催化加成，反应如下:

/mm

反应过程中该焕煌及反应产物的占比随时间的变化如图(已知:反应I、HI为放热反应)，下列说法不正确的

A.反应焰变：反应1＞反应E

B.反应活化能：反应I〈反应口

c.增加HCI浓度可增加平衡时产物n和产物।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、ni为放热反应，相同物质的量的反应物，反应।放出的热量小于反应n放出的热量，

反应放出的热量越多，其焰变越小，因此反应焰变：反应1＞反应n,故A正确；

B.短时间里反应।得到的产物比反应n得到的产物多，说明反应।的速率比反应n的速率快，速率越快，

其活化能越小，则反应活化能：反应।〈反应n,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HCI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。

3.（2024・贵州•高考真题）AgCN与CH3cH?Br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CH3cH?Br,分别生成睛（CH3cH2CN）和异睛（CH3CHKC）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）。

CH3能量NCH,

0/

c-CH2

IIIBr

F=3.n4?C-、/\Ag-----Br

丹胴/AgCN比H3cH?Br'

CH3CH2NC+AgBr/

\睛

\CH3cHzCN+AgBr

CH3CH2N=C—Ag—-Br

CH3cH2c-N―Ag--Br

反应进程反应进程

由图示信息，下列说法错误的是

A.从CH3cH用「生成CH3cH?CN和CH3cH?NC的反应都是放热反应

B.过渡态TSI是由CN-的C原子进攻CH3cH?Br的a-C而形成的

C.I中"N-Ag”之间的作用力比H中"C-Ag”之间的作用力弱

D.生成CH3cH2CN放热更多，低温时CH3cH?CN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CH3cH?CN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a-C,由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CW的C原子进攻

CH3cH2Br的a-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”之间的作用力比口中"C-Ag”之间的作用力弱，C项正确；

D.由于生成CH3cH?CN所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成CH3cH?NC,为主要产

物，D项错误；

故选D。

4.（2021•山东•高考真题）18。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:

]8o|80~180

H3C-C-OCH3+OH-^H3C-C-OCH3-=^H3C-C-OH+CH3O"能量变化如图所示。已知

OH

18O-180H

H3C-C-OCH3H3C-C-OCH3为快速平衡，下列说法正确的是

OH0-

，能量

过渡态1

/------\过渡态2

/0-\

/I\

/HC-C-OCH\

Z3I3'、

~0H\

II'---------

HC-C-OCH0

31QLJ-3II

u只H3C-C-OH

+CH3O一

反应进7

A.反应E、DI为决速步

B.反应结束后，溶液中存在28OH-

C.反应结束后，溶液中存在CH3I8OH

D.反应I与反应W活化能的差值等于图示总反应的焰变

【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W的活化能较高，因

此反应的决速步为反应I、W,故A错误；

18

18o-OH

II

B,反应1为加成反应，而HsC-C—OCH3与H3C-C-OCH3为快速平衡，反应n的成键和断键方

OH0-

18O-\,8OHV

式为H3C—2—}cH3或H3C—A——G）CH3,后者能生成因此反应结束后，溶液中存

3HQ-y

在18OH-,故B正确；

18。-118OH

C.反应DI的成键和断键方式为H3C—&30CH3或H3C—31-OCH3，因此反应结束后溶液中不会存

OH

在CH328H,故c错误；

8O

此

畸H

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,CCH3O-

O

的总能量与II和0H-的总能量之差等于图示总反应的焰变，故D错误;

H3C-C-OCH3

综上所述，正确的是B项，故答案为B。

5.（2025,内蒙古•模拟预测）某离子液体的阴离子［CH（CN）2「可以吸收CC>2,其可能的两种反应路径如下

C.该反应为放热反应D.生成物中既含离子键又含共价键

【答案】B

【详解】A.反应物相同，经过不同的反应路径，最终生成物相同，均为［C（CN）2COW］,总反应均为

\CH(CW)21+CO2=[C(CN),COOHj,A正确；

B.路径II活化能小，反应速率快，故路径n是主要的反应途径，B错误；

C.该反应的反应物总能量高于生成物总能量，则该反应为放热反应，C正确；

D.生成物为［C（CN）2COO〃「其内部含有共价键，离子液体中呈电中性，故离子液体中还含有阳离

子，与［C（CN）2co08,之间存在离子键，D正确；

故答案为：Bo

6.（2025•四川•模拟预测）恒容反应器中，Rh和Rh/Mn均能催化反应：

HCHO+HN+COUHOCHZCH。（羟基乙醛），反应历程如图所示，L〜L为中间体，TS|〜TSs为过渡态。

30TS]

t-Rh/Mn19.7

TS

TS23

7.97.6

g10:-0_

0-1.1/，八5.8

...-O-A--'；72.5'--<-4.0/

：：--O-A-

始态II

13

S-10O-A-

VI6.5."终态

12

甲醛配位CO插入加氢氢解

-30

反应历程

下列描述正确的是

A."CO插入"步骤，AH为-17.6kcal-mo『

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

【详解】A.由图可知，一氧化碳插入步骤为放热反应，反应△〃=-15.4kcal/mol,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24.4kcal/mol,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；

故选Bo

7.（2024•湖北•一模）烯嫌在一定