2025年广东高考化学复习专练：化学反应机理探究与分析（解析版）

热点04化学反应机理探究与分析

热点解读

1.反应机理

（1）反应机理是用来描述某反应物到反应产物所经由的全部基元反应，就是把一个复杂反应分解成若干个基

元反应，以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，然后按照一定规律组合起来，从而阐述复杂反

应的内在联系，以及总反应与基元反应内在联系。

（2）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。典型的反应机理理论是基元反应碰撞理论和基元反应过渡态理论。

（3）反应机理中包含的基元反应是单分子反应或双分子反应。完整的反应机理需要考虑到反应物、催化剂、

反应的立体化学、产物以及各物质的用量。

2.能垒与决速步骤

能垒:可以简单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

称为慢反应。如图中，从中间态HCOO*+H*到过渡态2的能量就是能垒，而HCOO*+H^~CO2+2H*是在Rh

3.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又消耗多少。

例如，在含少量I的溶液中,也。2分解的机理为

H2O2+1-->H2O+10-（慢）

（快）

H2O2+10-->o2+r+H2O

在该反应中r为催化剂,10-为中间产物。

4.催化剂的化学反应机理分析

（1）牢记两种反应机理模型。

①循环模型。

②微观原子模型。

CO?和CH,转化为CHjCOOH的催化反应历程

（2）巧抓三个关键点。

①未给出具体物质模型或给出微观模型,要先将模型转化为具体物质，再进行分析，避免途中混淆。

②确定物质:进入循环图的箭头为反应物，离开循环图的箭头为生成物，生成最终产物的步骤同时生成催化剂,

其余为中间产物。

H2O,[Pdcuf-H2

2HCI（r2Hci+2cr

[PdCljOjf-Pd

OJ+2CF

用H2制备H2O2的一种反应机理如图所示，总反应为H2+O2[Pdcui-H.o,;催化剂为[PdCLP;中间产物为

[PdCbChF和Pdo

③反应机理中，涉及过渡态、基元反应、碰撞理论等知识，应做到理解，避免储备不足导致无法解析题干。

----------------------------------h

据讯时提升练

（建议用时：40分钟）

考向01能量变化机理图

1.（2025・贵州•期中）乙烯和氧气在Ag催化下生成环氧乙烷（EO）和乙醛（AA）的机理如图所示。吸附在

催化剂表面的粒子用*标注，TS表示过渡态（TS?和TSj的能量相差不大）。

。能量

TSTS2

、

TS3W.

C2H4(g)+O*C2H4,*OMC*EO*

巴4T%年空叫了

---------AA(g)、°

CH,CHO

反应历露

注：--------表示Ag催化剂表面。

下列说法正确的是

A.OMC*-EO(g)和OMC*-AA(g)的过程中均形成了碳氧。键

B.C2H4(g)吸附在催化剂表面的过程需要释放能量

C.测得平衡产率：AA>EO,其主要原因是AA比E0更稳定

D.EO(g)WAA(g)平衡常数K随温度升高而增大

【答案】C

【解析】A.从环氧乙烷和乙醛结构可知，OMC*fEO(g)的过程中形成了碳氧。键，而OMC*fAA(g)

的过程中形成了碳氧兀键，A错误；

B.C2H4(g)吸附在催化剂表面能量升高，该过程需要吸收能量，B错误；

C.EO(g)能量高于AA(g),所以AA比EO更稳定，平衡产率：AA>EO,C正确；

D.EO(g)能量高于AA(g),则EO(g)UAA(g)为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数降

低，D错误；

故选Co

2.(2024•广东深圳・月考)肿(N2HQ在不同条件下分解产物不同，20(FC时在Cu表面分解的机理如图

1»已知200七时:

1

反应I：3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g)=-32.9kJ.mol

反应II：N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g)A^2=-41.8kJmor'

A.图1所示过程①是放热反应、过程②是吸热反应

B.反应n的能量过程示意图如图2所示

C.断开3moiN2H4(g)中的化学键吸收的能量大于形成1molN2(g)和4molNH3(g)中的化学键释放的能

量

D.20(FC时，肿分解生成氮气和氢气的热化学方程式为NR4(g)=N2(g)+2H2(g)AH=+50.7kJ.mo「

【答案】C

【解析】A.过程①是N2H4分解生成N?和NH3,根据3N2H/g)=N2(g)+4NH3(g)AH,=-32.9

kJmol1,过程①为放热反应，过程②是NN在催化剂作用下分解生成N?和H”根据盖斯定律l-3xll

1

得:2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)AH=+92,5kJ.mol,过程②为吸热反应,A正确;

1

B.反应n：N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g)AH2=-41.8kJ.mor,反应为放热反应，反应物的能量高于生成

物能量，与图2相符，B正确；

C.反应I为放热反应，说明反应物的总键能小于生成物的总键能，即断开3mN2H4(g)中的化学键吸收

的能量小于形成ImolN^g)和4moiNH.g)中的化学键释放的能量，C错误；

D.根据盖斯定律：反应1-2x11得

-111

N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)AH=-32.9kJ-mol-2x^-41.8kJmor)=+50.7kJmor,D正确；

故选Co

3.(2024・湖北八市•联考)液化石油气的主要成分C3H8在光照条件下与Cb反应，可得到各种氯代丙烷。

已知：

①C3H8与C12反应的机理为自由基反应，包括以下几步：

I.链引发：C12-^U2CL

II.链传递：CL+CH3cH2cH3,CH2cH2cHs+HCl,-CH2CH2CH3+Cl,C1CH2CH2CH3+Cl-,....

III.链终止：2C1-->Cl2,C1-+-CH2cH2cH3-C1CH2cH2cH3,……

②丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如下。

A.将液化石油气灶改用天然气为燃料，若进气口保持不变，则需要调大风门

B.先将Cb用光照射，然后迅速在黑暗处与c3H8混合，可得到氯代丙烷

C.先将C12用光照射，然后在黑暗处放置较长时间，再与C3H8混合，可得到氯代丙烷

D.断裂一CH3中1molC—H比断裂一CH2—中1molC—H所需能量小

【答案】B

【解析】A.当将液化石油气灶改用为天然气燃料时，如果进气口保持不变，即燃料气体的流量不变，由

于天然气的耗氧量低，则可以调节小风门，A错误；

B.在光照条件下，氯气分子会吸收光能并分解成自由基，在黑暗处，已经生成的氯自由基与丙烷反应，

可以生成氯代丙烷，B正确；

C.在黑暗条件下，已经生成的氯自由基会很快失去活性，因为它们无法继续吸收光能来维持链式反应。

因此，即使氯气在光照下已经部分分解，但在黑暗处放置较长时间后，这些自由基的数量会大大减少，甚

至可能几乎不存在，几乎不可能生成氯代丙烷，c错误；

D.键能越大的化学键越稳定，越不容易被断裂。甲基中的C-H键比亚甲基中的C-H键更强，那么断裂甲

基中的C-H键所需的能量应该更大，D错误；

故选B。

4.(2025・广东深圳•模拟考)已知：烯煌与卤化氢(H-X)加成分两步完成，机理如下

—I

||8+5—LC

①一+

C^C—+H-----X-►—

H

I—

CL

„——c—c-HX--►——-

②¥¥I—

HX

异丁烯与HC1加成时存在两种产物，反应历程如下:

口反应进程

有关说法正确的是

A.异丁烯中所有原子共面

B.加成产物发生消去反应时，可能存在两种同分异构体

C.伯碳正离子稳定性优于叔碳正离子

D.2—氯一2—甲基丙烷比1一氯一2—甲基丙烷稳定

【答案】D

【解析】A.由结构简式可知，异丁烯分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有原子不

可能共面，故A错误；

B.由结构简式可知，2—氯一2—甲基丙烷和1—氯一1—甲基丙烷在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应

只能生成异丁烯，产物只有1种，故B错误；

C.由图可知，伯碳正离子的能量高于叔碳正离子，能量越高越不稳定，则叔碳正离子稳定性优于伯碳正

离子，故C错误；

D.由图可知，2—氯一2一甲基丙烷的能量低于1一氯一2一甲基丙烷，能量越高越不稳定，则2—氯一2一

甲基丙烷比1—氯一2—甲基丙烷稳定，故D正确；

故选D。

5.（2024•广东六校•联考）1,3-丁二烯与HBr发生加成反应机理如图。反应I和反应II都经过同一中间

体，进一步发生基元反应②和基元反应③得到两种不同的加成产物。下列说法错误的是

A.基元反应①△H〉。，基元反应②△HO

B.基元反应③相对于基元反应②为慢反应

C.同一条件下，反应II的倾向性比反应I的倾向性大

D.反应过程中，升高温度，1,2-加成产物的产率明显增加

【答案】D

【解析】A.根据反应机理图可知，基元反应①为吸热反应△!!>（）,基元反应②为放热反应△H<0,A正

确；

B.基元反应③活化能较大，反应速率较慢，所以基元反应③相对于基元反应②为慢反应，B正确；

C.根据AG=AH-TAS<0,反应可自发进行，两反应均为端减反应，反应I为吸热反应，反应II为放热反

应，反应n的倾向性比反应I的倾向性大，C正确；

D.根据反应机理图可知，1,2-加成反应活化能较小，升高温度，对于1,2-加成反应产率影响较小，D

错误；

答案选D。

6.（2024•广东广州•三模）基于非金属原子嵌入石墨烯三嗪基C3N4中，用于催化一氧化碳加氢生成甲醇

的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注，下列说法中错误的是

0.59

、034TS55

>/TS44—0.350.24

。HCOH+H,

酮01~\TS66-TS77

混H+H

~*2&8

-0.60-0.37/

*H^CO+H*H3C0-H*-0.89

H2CO+H2

反应历程

A.整个反应历程中有极性键的断裂和生成B.过渡态相对能量：TS55>TS44>TS77

C.物种吸附在催化剂表面的过程为吸热过程D.反应决速步的活化能为0.95eV

【答案】C

【解析】A.由图可知，一氧化碳催化加氢生成甲醇的反应中有极性键的断裂和生成，故A正确：

B.由图可知，过渡态相对能量的大小顺序为TS55>TS44>TS77,故B正确；

C.由图可知，吸附在催化剂表面的生成物总能量低于反应物的总能量，为放热过程，故C错误；

D.反应的活化能越大，反应速率越慢，反应决速步为慢反应，由图可知，反应H2cO*+H；=H3co的活

化能最大，反应速率最慢，则反应决速步的活化能为0.35eV—（―0-60eV）=0.95eV,故D正确；

故选C。

考向02物质循环机理图

1.（2025•浙江•联考）伯醇（记为RCHQH）和叔醇（记为R3coH）发生酯化反应的机理如下图所示。下列说

法不正确的是

O

VCH3C-OHO

CHC—OCH2R+I口+

3CH3C-OCR34

R3COH

+OH

OCH，RCH3C-OH

+OH

R3co%

oHCHC-OCR

l+33

o-0Hh

l0

ocH2RH

cHC

IHO

H0OH2

+

CH2R

O=CCH3

A.用I'。标记醇羟基，可以分析叔丁醇与乙醇在酯化反应中的断键情况

B.两个历程中H+均起到催化剂的作用

C.两个历程中均有碳原子的杂化轨道类型发生改变

D.两种酯化反应的机理均为竣基中的羟基与醇羟基的氢原子结合成水

【答案】D

【解析】A.结合图，醇羟基中的18。去向水中，而短基中的有去向酯中，所以可以用18。标记醇羟

基，分析叔丁醇与乙醇在酯化反应中的断键情况，故A正确；

B.根据两个历程可以分析出H+均先被消耗、后生成，均起到催化剂的作用，故B正确；

C.两个历程中都有碳原子的杂化类型从sp3变为sp2,故C正确；

D.两种酯化反应的机理，前者是竣基中的羟基与醇羟基的氢原子结合成水，后者是醇中羟基与酸中羟基

上的氢结合成水，不同，故D错误；

故选D。

2.（2025•江西•联考）其合成机理如下图所示，下列说法错误的是

A.过程I发生取代反应

B.过程n中消耗的HI和仁旦)2SO的物质的量之比为2：1

c.过程ni中存在极性键的断裂和非极性键的形成

D.过程V中％作还原剂

【答案】D

【解析】A.由图可知，过程I中芳香族化合物的五元环上与氧相连的碳的邻位碳上氢原子被碘原子取

代，发生取代反应，A项正确；

B.根据图示的反应物和生成物写出方程式并配平可得到2Hl+(CH3)2SO=H2O+I2+(CH3)2S,则过程n

中消耗的HI和(eq%SO的物质的量之比为2：1,B项正确;

c.过程in中C-H、C-I极性键断裂，生成了碳碳双键，碳碳双键为非极性键，c项正确；

D.过程V中L作氧化剂，被还原生成了HI,体现氧化性，D项错误；

故选D。

3.（2025・湖南湘东•联考）帆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H-O-V’+被氧化

催化剂

C.脱硝反应为4NH3+3O2^=2N2+6H2。

D.V5+-CT…+H3N-N=O是反应中间体

【答案】C

【分析】根据图中物质的转化关系知反应物有NH3、NO、。2,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

【解析】A.反应过程中由0=0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H-O-V”+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、02,生成物有N2和H2O,在铀系催化剂作用下

催化剂

脱硝反应为4NH3+4NO+O24N2+6H2O,C错误；

D.由转化示意图可知，V5+-CT…+H3N-N=0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。

4.（2024•广东东莞•质量检测）黄钱铁矶［（NHjFes（SO）（OH｝］能催化H?。?形成自由基（过程可能的机

理如图所示），氧化去除废水中的偶氮染料。下列说法不正确的是

OH

A.图中指黄钱铁砚

B.图中所示过程Imol应。2可生成2moi-OH

C.反应③有极性共价键的断裂和形成

D.温度越高，偶氮染料去除率越大

【答案】D

【解析】

A.由题图可知,先消耗后生成，为催化剂，根据题意可知黄钱铁矶为催化剂，可知是

黄胺铁钢，A正确；

催化剂

B.H2O2只进不出为反应物，9H只出不进为生成物，总反应为：2H2O2=2・OH,则ImolHzOz可生成

2molOH,B正确;

/H

C.反应③有水中氢氧键的断裂和」中氢氧键的形成，所以有极性共价键的断裂和形成，C正确；

\\\\\\\

「III

Fe

D.过氧化氢受热分解，所以温度太高会导致过氧化氢分解，偶氮染料去除率越大，D正确；

故选D。

5.（2024・广东深圳•一模）光催化氧化甲烷制甲醛的机理如图所示。设均为阿伏加德罗常数的值。下列说

法不正确的是

H

CHjOOH—*HCHO

B.CH3OOH为中间产物

C.上述过程中有非极性键的断裂与生成

D.每生成30gHeH0,总反应转移电子数目为4M

【答案】C

【解析】A.由图可知：光催化剂表面水转化为H+和9H,其反应为H2O+h+=H++・OH,A正确；

B.-OOH和-CH3反应生成CH3OOH,CH3OOH进一步反应生成HCHO,则CH3OOH是该反应的中间产

物，B正确；

C.CEOOH进一步反应生成HCHO,该过程中氧与氧之间的非极性键发生断裂，但整个过程中没有非极

性键的生成，C错误；

催化剂

D.甲烷制甲醛的化学方程式为CH4+O2^=HCHO+H2。，可见：每生成30gHeHO,其物质的量为1

mol,则总反应转移电子数目为47匕，D正确；

故合理选项是C。

6.（2024•广东广州•阶段测试）纳米TiO2是一种重要的光催化剂，其催化苯甲胺）生成苯

甲业胺）的机理如图所示。卜列说法不正确的是

A.HOO-具有氧化性

B.Ch在TiC）2表面捕获电子

C.反应③涉及兀键的断裂和生成

D.总反应为2+。2—+2H2O

【答案】D

【解析】A.HOO相当于HOOH电离出1个H+,HOOH具有强氧化性，则HOCy也应具有氧化性，A正

确；

B.从图中可以看出，。2在TiC）2表面捕获电子，生成O：,B正确；

C.反应③涉及到N、O兀键的断裂和C、N兀键的生成，C正确；

D.总反应为+HOOH,D不正确；

故选D。

7.（2024•广东江门•阶段测试）利用无机物离子［«尔心（应0）:和［Ce“NC»3）6「（下图简写为Ce'）,实

现了水在催化剂作用下制氧气。用H「O进行同位素标记实验，证明了产物氧气中的氧原子完全来自水。

其相关机理如下图所示：

CeIVCeinCeIVCera+2H+

[(L)RuiU—OH2F、上[(L)Ru【V—OH2]，'/[(L)Ruv=O]5-

HO^HO

22二

O2+H+

、+

H

[(L)RUV00H]4-\[(L)RUIVOOH]5_*^、[(L)RuinOOH]6-

Ce111CelvCeinCeIV

下列说法错误的是

A.［CeRNOsk『在反应中作氧化剂

催化剂

B.催化氧化水的反应为2H个+2H2T

C.进行同位素标记实验前需排尽体系中的空气

D.若H「O参与反应，则［（L）RuniOOH「中存在七

【答案】B

【解析】A.根据图示，CeiJCem,Ce元素化合价降低，©w（NC^厂在反应中作氧化剂，故A正

确;

B.根据图示，催化氧化水的反应中没有氢气生成，故B错误；

C.空气中含有氧气，为避免空气中氧气对生成氧气的检验产生影响，进行同位素标记实验前需排尽体系

中的空气，故C正确；

D.由图可知，［（L）RuV=O『与H2O反应生成［（L）Rum（3OH『和H+,根据元素守恒，若H2"。参与反

应，贝lJ［（L）RumOOH］6-中存在180,故D正确；

选B。

拓展培优练

1.（2024•广东梅州•二模）科学、安全、有效和合理地使用化学品是每一位生产者和消费者的要求和责

任。

（1）铭及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用，Cr^Os催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如

图1所示。则X（g）fY（g）过程的焰变.=。（列出计算式）

（2）我国科学家采用C^C^SG）和H-SAPO-34复合催化剂极大提高短链烯煌选择性。CO?和H?在催化剂

Cr2O3（SG）表面转化为甲醇的各步骤所需要克服的能垒及甲醇在H-SAPO-34作用下产生乙烯、丙烯示意图

如图2所示。

图2

①吸附态用*表示，CO2f甲氧基(H3co*)过程中，的生成是决速步骤。(填化学式)

②H-SAPO-34具有氧八元环构成的笼状结构(直径0.94nm),笼口为小的八环孔(直径0.38nm)。短链烯煌选

择性提高的原因是o

(3)废水中铭(VI)主要以Cr?。；和CrOj形式存在，处理的方法之一是将铭(VI)还原为C产，再转化为

Cr(0H)3沉淀。常温下，Cr？。：和CrO;在溶液中存在如下平衡：CrQ；+HQ=±2CrO;+2T’,该反

应的平衡常数K=lx10*。

①若废水中Cr(VI)的总物质的量浓度c[Cr(VI)]e=2c(Cr2O^)+c(CrO：)=0.201mol/L,要将废水中

c(CrQV):c(CrOj)调节为100：l,则需调节溶液的pH=。(忽略调节pH时溶液体积的变化)

②有关该平衡Cr?。：+H2O-^2CrO『+2H+说法正确的是(填序号)。

A.反应达平衡时，Cr?。，今和CrO；的浓度相同

B.加入少量水稀释，溶液中离子总数增加

C.溶液的颜色不变，说明反应达到平衡

D.加入少量KzCr?。?固体，平衡时c2(CrO；J与c(CrQ；-)之比保持不变

(4)纳米零价铁可处理电镀废水中的甘氨酸铭。

①甘氨酸铭(结构简式如图3所示)分子中与铭配位的原子为。

°、

厂干

0、NH2

</\r

\^0NH—CH2

(y

图3

②纳米零价铁对甘氨酸铝的去除机理如图4所示。对初始铭浓度为20mg/L的甘氨酸铭去除率进行研究，

【答案】（1）ET+AH+Esf

（2）HCOO*短链烯煌可顺利从H-SAPO-34催化剂笼口八环孔脱离

（3）4.5BC

（4）N、O有部分Cr（IV）被还原为Cr（ni）释放到溶液中结合为甘氨酸络

【解析】（1）结合反应历程，第一步反应热：AH|=E「E2,第二步反应热：AH2=AH,第三步反应

热：AH3=E3-E4,根据盖斯定律，X（g）-Y（g）焰变：E^E.+AH+Ej-E,；

（2）①能垒越大反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知，CO2fHec）0*步骤能垒最大，

为决速步骤；

②短链烯煌选择性提高的原因：短链烯燃可顺利从H-SAPO-34催化剂笼口八环孔脱离；

（3）①若废水中Cr（VI）的总物质的量浓度c[Cr（VI）]&=2c（CrQ：）+c（CrO^）=0.20Imol/L,要将废水中

c（Cr2O；）:c（CrO;）调节为100:1,设c（CrOj）为xmol/L,则c（CrOj）为100xmol/L,根据Cr原子守恒：

2+

,c（H）xc（CrOt）14

lOOxmol/Lx2+xmol/Lx1=0.20Imol/L,解得x=0.00Imol/L,根据K=-----------------------=10,解得

c（H+）=10-4-5mol/L,即需调节pH至4.5；

@A.反应达平衡时，组分中离子浓度不变，但离子浓度不一定相等，A错误;

B.加入少量水稀释，促进弱电解质电离，溶液中离子总数增加，B正确；

C.溶液的颜色不变，说明溶液中各组分浓度不变，反应达到平衡，C正确；

c2(CrO^)c2(H+)

D.加入少量KzCqO7固体,根据K=,温度不变，平衡常数不变，由于平衡正向移动,

酸性增强，则平衡时c2（CrO7）与c（Cr2。；-）之比减小，D错误；

答案选BC；

（4）①由甘氨酸铭结构图可知，Cr提供空轨道，N、O提供孤电子对形成配位键；

②AB段c（剩余）短暂增大的原因：有部分Cr（IV）被还原为Cr（III）释放到溶液中结合为甘氨酸铝。

2.（2025•江苏连云港•期中）工业上常用CeC>2催化除去重整气（主要成分为H?、CO?、CO、N?、凡0和

少量丹等）中含有的少量CO。主要反应为2co+C»2=2CO2；CO+3H2=CH4+H2OO

（1）用大孔径的催化剂载体可以提高催化氧化CO效果。

①制备泡沫铜载体。三羟甲基氨基甲烷（C,HuN。,）和硝酸铜混合均匀，在氮气的保护下点燃，冷却清洗后

得到泡沫铜。三羟甲基氨基甲烷作用为o

②AUO3做载体。ALO3导热性差，会导致反应管温度过高CO去除率明显降低，除因为催化剂失活外，还

有（用化学方程式表示）。

（2）CeO2（Ce是活泼金属）中添加CuO能提高反应催化效果。将"（CO）:〃（O?）:〃（比）:〃（CO?）

:〃（凡O）=1:1:50:15:10的混合气体（其余为氮气）以一定流速通过装有aCuO-bCeC>2催化剂的反应管，实验

表明催化剂中氧空位的数量影响反应速率，可能机理如图-1所示。