易错点20 化学反应机理-高考化学复习易错题

易错点2。化学反应机理

易错题【0。反应机理

(1)应反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，包拈过渡态的形成，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。

(4)认识化学反应机理，任何化合物的每一步反应都应该是在咳条件下此类化合物的通用反应。

易错题［02］有效碰撞理论

(1)化学反应发生的条件：在化学反应中，反应物分子不断发生碰撞，大多数碰撞无法发生反应，只有少

数分子的碰撞才能发生化学反应，能发生有效碰撞的分子是活化分子。普通反应物分子形成活化分子所需

要的能量叫活化能。而活化分子的碰撞也不一定都能发生有效碰撞。发生有效碰撞不仅有能量的因素，还

有空间因素•，只有同时满足这两者的要求才能发生有效碰撞。

无效能摘

(2)反应历程：发生有效碰撞的分子叫做活化分子，活化分子具有较高的能量。活化分子比普通分子所高

出的能量称为活化能。活化能越小，普通分子就越容易变成活化分子。如图所示，反应的活化能是E，反

应热是E\—Eic

在一定条件下，活化分子所占的百分数是固定不变的。活化分子的百分数越大，单位体积内活化分子数越

多，单位时间内有效碰撞的次数越多，化学反应速率越快。活化能越大，反应速率越慢，化学反应取决于

最慢的一步。

易错题【03］催化剂与化学反应

化学反应中，反应分子原有的某些化学键，必须解离并形成新的化学键，这需要一定的活化能。在某些难

以发生化学反应的体系中，加入有助于反应分子化学键重排的第三种物质（催化剂）其作用可降低反应的

活化能。催化剂能改变反应的途径、降低反应的活化能、加快反应速率，但不能改变反应热的符号与数值、

不能改变平衡的移动方向。解答时注意题干信息的理解应用，通过分析化学反应过程，明确反应过程中催

化剂的作用和能量变化、化学键的变化。左图虚线表示催化剂对反应的影响，右图为催化反应历程示意图.

•c

Oo

OH

典例分析

02Fe3+(aq)+2I(aq)h(aq)+2Fe2+(aq)

反应过程

A.反应①和反应②相比，反应②更快

B.Fe3+是该反应的催化剂

C.增大Fe3+的浓度，能够加快反应速率

D.若不加Fe3+,正反应的活化能比逆反应的活化能大

2<MI

A.合成氨反应属于•放热反应

B.过程①决定整个合成氨反应的快慢

C.在该反应历程中，与N※反应的是H※

D.选用优质催化剂，能够进步降低合成氨反应的婚变

D【解析】A.由图可知反应物氮气和氢气的能量和高于生成物氨气的能量，该反应为放热反应，故A正确；

B.由图可知反应①的正反应活化能最大，而活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率的快慢，故

B正确；C.由图中过程反应可知N※与H※结合成NH^故C正确：D.催化剂只能降低反应的活化能，

对博变无影响，故D错误。

例3、目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的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.第②、③步反应均释放能量

B.该反应进程中有二个过渡态

C.酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能

2.（2022•青海・海东市第一中学一模）五段基铁［Fe（CO"］催化化工生产中某反应的机理如下图所示，下列说

法第集的是

A.Fe（CO）4是该反应的中间体

B.OH参与了该催化循环

C.反应过程中Fe的成键数目保持不变

D.该催化反应为CO+H2O^CO2+H2

3.（2022•浙江•瑞安中学富三开学考试）科学家研究二甲醛（DME）在HZSM5分子筛（用H+A「表示）上的水解

反应，其反应进程中能量变化如图所示。下列错误的是

A.根据图示可知，DME首先与分子筛H+A-结合形成（CH3”OH+A-

B.由于AEd>AEa2,DME水解反应更易以stepwise路径进行

C.根据反应图示可知，在相同的催化剂作用下，化学反应也存在多种反应途径

D.升高温度，两种路径的反应速率都加快，有利于提高反应物的转化率

4.12022•日肃・永昌县第一高级中学高三阶段练习）我国学者利用催化剂催化丙烷氧化脱氢的历程如图（吸附

在傕化剂表面的物质用标注）。下列说法正确的是

A.反应历程中第一步化学反应为决速步骤

B.催化剂改变了丙烷氧化脱氢的焰变（zXH）

C.过渡态物质的稳定性：过渡态2小于过渡态1

D.吸附过程为吸热过程

5.（2022.广东.顺德市李兆基中学高三阶段练习）德国科学家BenjaminList获得2021年诺贝尔化学奖，他

通过实验发现了脯氨酸可以催化羟醛缩合反应，其机理如下图所示。下列说法错误的是

A.有机物①能够降低反应的活化能

B.反应中涉及的氢离子均符合2电子稳定结构

C.反应中涉及极性键和非极性键的断裂与生成

D.有机物⑥中含有2个手性碳原子

N(C4H9)4

C.反应过程中有4种中间体D.总反应属于加成反应

7.12022.湖南益阳.高三阶段练习)H2和02在把的配合物离子［PdCLF的作用下合成H2O2,反应历程如图,

下列说法正确的是

A.第①步发生的反应为[PdC14]2+H2->Pd+2HCl+2cl

B.反应过程中Pd的成键数目保持不变

C.每生成ImolH2O2，转移电子总数为4moi

D.[PdCl4]2参与了该反应过程，不是该反应的催化剂

8.12022•四川绵阳•高三期末）我国科研人员提出了由CO2和CFU转化为高附加值产品CH3co0H的催化反

应历程。该历程示意图如下。下列说法错误的是

A.总反应为放热反应

B.第①步有C=O键断裂

C.第②步有CC键形成

D.催化剂可有效提高化学反应速率

9.（2022•辽宁•高考真题）利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化DielsAlder反应取得重要进展，荣获2021

与诺贝尔化学奖.某DielsAlder反应催化机理如下，下列说法错误的是

A.总反应为加成反应B.I和V互为同系物

10.（2022•河南・洛宁县第一高级中学高三阶段练习）臭氧层中0a分解过程如图所示，下列说法不正确的是

臭氧分解过程示意图

A.催化反应①是吸热反应，催化反应②是放热反应

B.&是催化反应①对应的正反应活化能

C.温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度大于逆反应速率的增加幅度

D.（E2+A"）是催化反应②对应的逆反应活化能

下列说法错误的是

B.该反应可用于制取合成气CO、H2

D.反应过程中金属元素Rh、V的价态均不变

12.（2022・河南•高三阶段练习）在催化剂作用下，被酸和胺脱水的反应机理如图所示。下列说法错误的是

B.图中有机物3的生成途径有2种

C.步骤0中只有极性键的断裂和形成

D.反应过程中不断除水可提高酰胺的生成速率

13.（2022・湖南•高考真题）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。

旧法合成的反应：

新法合成的反应：

下列说法错误的是（阿伏加德罗常数的值为NA）

B.新法没有副产物产生，原子利用率高

D.Pd的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变

14.（2022•江苏•淮海中学高三期末）某种含二价铜的催化剂［CuU（OH）（NH3）］+可用于汽车尾气脱硝。催化机

理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法中正确的是

A.该脱硝过程总反应的aH〉。

B.由状态④到状态⑤发生了氧化还原反应

D.依据反应历程能量变化，反应过程中不同态物质体系稳定性降低

A.中间体12比中间体II更稳定

B.该历程中的反应③为该反应的决速步

C.平衡状态时，升温使反应正向移动

D.使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热

下列说法不明砸的是

C.t?时刻，反应②生成H2速率小于副反应生成H2的速率

D.匕之后，反应②不再发生，随后副反应也逐渐停止

①通入N,的目的是O

已知QH能将NO、SO?氧化。.OH产生机理如下。

⑴在研究初期，科研人员提出先将CH,转化成CO和Hz,再转化成CH3coOH。

已知：

则混合气体CO和Hz转化成CH3coOH(g)的热化学方程式为.

图乙CH」与C02在Z2中同时发生活化的反应路线的势能曲线

⑶从CH4到过渡态【断裂的是______键(填“碳氢”"碳碳共氧氢”或“碳氧”，下同)，最后一步“夺氢”过程中

有键形成.

19.(2022・景德镇一中高三期末)【.我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钳基催化剂

表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钿催化剂表面上的物种用*标注。

甲静(CHQH)脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式：

l

方式A：CH3OH*->CH3O*+H*Ea=+103.1kJmol

方式B：CHaOH*一CH产+OH*Eh=+249.3kJmol1

由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为(填A、B)。

下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。

该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为。

H.TiCL是由钛精矿(主要成分为TiCh)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCk的流程示意图如下：

今转介।氯化过程rz----------1精制过程」一

成精矿粗TiCL二一纯TiCL

---------沸腾炉-----------蒸福塔-----------

氯化过程：TiO?与C12难以直接反应，加碳生成C0和CO2可使反应得以进行。

1

已知:TiOz(s)+2Ch(g)=TiCl4(g)+O2(g)AHi=+175.4kJmol

1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)AH2=220.9kJmol

(1)沸腾炉中加碳氯化生成Ti04(gi和CO(g)的热化学方程式o

(2)工业上处理尾气中NO的方法为：将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其

物质转化如图所示。写出图示转化的总反应的化学方程式0

川.甲醇可作为燃料电池的原料。CO2和CO可作为工业合成甲醇(CH3OH)的直接碳源，

⑴已知在常温常压下：①CH30H。)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)；AH=-355.0kMnol

②2co(g)+O2(g)=2c02(g)AH=566.0kJ/mol③丛0(1)=以0丝)AH=+44.0kJ/mol

写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式：

⑵利用CO和H2在一定条件下可•合成甲醇，发生如卜.反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g),其两种反应过程中

能量的变化曲线如下图a、b所示，下列说法正确的是___________。

B.a反应正反应的活化能为5IOkJ-moP

C.b过程中第I阶段为吸热反应，第II阶段为放热反应

D.b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和AH

E.b过程的反应速率：第II阶段〉第I阶段

20.(2022・福建限门•高三期末)催化剂(Fe,A1)/MIL53可直接选择性氧化甲烷制甲醇，节省能耗.

(Fe,Al)/MIL-53结构示意图

①对苯二甲酸的结构简式为,该分子中最多个原子共平面。

②生成(Fe,A1)/MIL53过程中溶液pH______(填“变大’或"变小

③(Fe,AI)/MIL53中Fe3+位于0原子形成的_______空隙中，1个对苯二甲酸根离子最多能形成个

配位键。

(2)(Fe,AD/MIL53催化CH/制CH30H的机理如图，其中虚线表示吸附状态。

①ii转化为iii的过程中，破坏的微粒间作用力有（填标号）。

A.o键B.配位键C.离子键D.极性键E.非极性键

②该催化循环中铁元素价态有种。

⑶用FeC13-6H2O和对苯二甲酸合成Fe/MIL53。两种催化剂在上述催化过程中相对能量的变化情况如图。

①Fe/MIL53催化过程中决速步骤为（化学键变化角度答题）。

②（Fe,A1）/MIL53催化效果更佳的原因是_______。

参考答案

1.D【详解】A.根据盖斯定律，状态I至V之和等于总反应，则2\H=△HI+AH2+AH3+AH4,A正确；

B.由A分析可知，△S=ASI+AS2+AS3+4S4,B正确；

C.状态HI一状态IV反应后微粒数减少，ASsvO；总反应为放热反应，状态I-状态1【、状态II一状态HI、

状态IV-状态V分别涉及断键、断键、脱离过程均为吸热过程，则.状态in-状态IV为放热过程，△H3V0,

c止确；

D.催化剂的使用不会改变反应的熔变，D错误；

故选D0

C.由图知，铁的成键数目有4、5、6三种，C错误；

故选C。

3.B【详解】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活亿能，即图中峰值越大则活化能越大，图中

峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢；

A.根据图示可知，第一步反应为首先生成（CHSOH+A-,故DME首先与分子筛H+A-结合形成（CH^OH+A-,

A正确；

B.stepwise路径的最大活化能为AEai=168.6kJ/moL由于AEraEai,DME水解反应更难以st叩wise路径进

行，B错误；

C.根据反应图示可知，反应存在两种途径，故在相同的催化剂作用下，化学反应也存在多种反应途径，C

正确；

D.由图可知，反应物能量低于生成物能量，为吸热反应：升高温度，两种路径的反应速率都加快，且平衡

正向移动，有利于提高反应物的转化率，D正确；

故选B。

B.催化剂不能改反应的焰变（△"）,B错误；

C.物质具有的能量越低越稳定，故过渡态2更稳定，C错误；

D.由图可知吸附过程为放热过程，D错误；

故答案为：Ao

5.B【详解】A.由图可知，有机物①是第一个反应的反应物，是最后一个反应的生成物，所以是该反应的

催化剂，能降低反应所需活化能，故A正确；

B.H+离子中不含有电子，不符合2电子稳定结构，故B错误；

C.反应中，有机物①生成③，有极性键N-H、C=O极性键的断裂，C=N极性键的形成；有机物③生成有

机物④的过程中有c=c非极性键的形成，有机物④生成⑥的过程中，有c=c键的断裂，所以反应中涉及极

性键和非极性键的断裂与生成，故c正确；

D.由结构简式可知，有机物⑥中连接醇羟基、按基的两个碳原子为手性碳原子，所以分子中含有2个手性

碳原子，故D正确；

故选B。

B.由图示转化关系可知，反应过程存在CBr键的断裂和NBr键的形成,即存在极性键的断裂和形成，B

正确；

C.由图示可知，反应过程中只有3种中间体，C错误；

D.由反应历程可知，总反应为环氯乙烷衍生物与二氧化碳发生加成反应生成环状碳酸酯，D正确；

答案选C。

7.A【详解】A.根据图示可知：在第①步，［PdCLF、氏反应产生Pd、HCkCL发生的反应方程式为

2

fPdC14］+H2-*Pd4-2HCl+2CI,A正确；

B.根据反应过程可知：［PdCI于先与H2反应产生Pd,成键数目减少，后来Pd又转化为［PdCLChE成键数

目又增加，B错误；

D.根据反应过程可知：［PdCLF先与H2反应产生Pd,Pd最后又转化为［PdCLiR［PdCLF先消耗后生成，

反应前后的量不变，所以IPdCLF是该反应的催化剂，D错误；

故合理选项是A。

8.B【详解】A.由示意图可看H3反应物总能量高丁生成物总能量，总反应为放热反应，故A正确；

B.由示意图可看出，第①步有CH键断裂，故B错误：

C.由示意图可看出，第②步有CC键形成，故C止确；

D.催化剂可降低反应所需活化能，有效提高化学反应速率，故D正确；

故答案为：B

B.结构相似、分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，和

结构不相以、分子组成上也不是相差若干个CH2原子团，两者不互为同系物，B错

CHO

误；

C.由催化机理可知，反应消耗了VI又生成了VI,VI是反应的催化剂，C正确；

D.I+VI-X+H,由I、VI、II的结构简式可知，X为H2O,D正确；

答案选B。

10.C【详解】A.由图可知，反应①中生成物的总能量高于反应总能量的反应，该反应是吸热反应，而反

应②的生成物的总能量低于反应总能量的反应，该反应是放热反应，A正确；

B.根据过渡态理论，Ei是催化反应①对应的止反应的活化能，（E?+△出是催化反应②对应的逆反应的活化

能，B正确；

C.由图可知，该反应的反应物总能量比生成物的总能量高，因此该反应宗反应是放热反应，温度改变对吸

热反应影响更大，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，说明温度升高，总反应的正反应速率的

增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，C错误；

D.根据过渡态理论，Ei是催化反应①对应的正反应的活化能，（Ez+a”）是催化反应②对应的逆反应的活化

能，D正确；

故合理选项是Co

11.D【详解】A.由催化循环I、H及催化剂性质知，A项正确：

故选D.

B.由图可知，有机物3可以通过反应【生成，也能通过反应IV生成，所以生成途径有2种，故B正确；

C.由图可知，步骤H中，有机物3断裂了碳氧键、胺断裂了氮氢键，产物中形成了碳氮键和氢氧键，反应

中只有极性键的断裂和形成，故C正确；

D.由图可知，按酸和胺脱水时，水和酰胺是反应的生成物，反应过程中不断除水，可使平衡向正反应方向

移动，提高酰胺的产率，但生成速率减小，故D错误；

故选D。

13.D【详解】A.氢鼠酸为共价化合物，结构式为H—ON,电子式为H：C三N：，故A正询；

B.由方程式可知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应为没有副产物生成，原子利用率为100的化合反应，故

B正确；

C.硫酸氢镂是强酸弱碱的酸式盐，镂根离子在溶液中会发生水解反应，所以ILO.O5moi/L的硫酸氢铉溶液

中钱根离子的数目小于0.05mol/LxlLxMmolT=0.05M,故C正确；

D.由方程式可知，杷为新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和百

分数都增大，故D错误；

故选D。

14.B【详解】A.根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焰变

VO,A项错误；

B.由图I可知，状态④到状态⑤中O的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，B项正确；

D.物质能量越低越稳定，依据反应历程能量变化，反应过程中不同态物质体系稳定性升高，D项错误；

答案选B。

15.B【详解】A.从图中可知，II的相对能曷低于12,能量较低则较稳定,故中间体H比中间体12更稳

定，故A错误；

B.多步反应历程的决速步是反应最慢的一步，即活化能最大的一步，从图中可知，反应③的活化能最大,

则其是该历程中的决速步，故B正确；

C.该反应的起始相对能量高于最终产物的相对能量，说明该反应是放热反应，则平衡状态时，升温使反应

逆向移动，故C错误；

D.使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能，但不能降低反应热，反应热只与反应物总能量和生成物

总能最差值相关，与反应过程无关，故D错误；

答案B。

C.由题干反应②方程式可知，H?和C0的反应速率相等，而t?时刻信息可知，七的反应速率未变，仍然

是2mmol/min,而CO变为l-2mmol/min之间，说明反应②生成H2速率大于副反应生成H2的速率,C错误；

O.由图2可知,L之后，生成CO的速率为0.CHd的反应速率增大,最终恢复到1,则反应②不再发生，

随后生成H2的速率也为0,则副反应也逐渐停止，D正确；

故选C。

【解析】（1）①向足量NaOH溶液中通入N2一段时间，排出装置中的空气，防止空气将亚铁离子氧化；

③二氧化硫在水中的溶解度较大，且可以和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，从而被完全脱除。

⑵>无

⑶碳氢氧氢

(3)从CK到过渡态［断裂的是碳氢键，最后一步“夺氢”过程中夺得的氢原子接在氧原子上形成羟基，形成

的是氟氢键。

19.I.A；CHO*+3H*=CO*+4H*(或CHO*=CO*+H*)II.(l)TiO2(s)+2C12(g)+2C(s)=

3

TiCl4(g)+2CO(g)AH=45.5kJ/inol(2)2H2+2NO=N2+2H2OlIL(l)CH3OH(l)+^O2(g)=CO2(g)+

2HtO。)AH=726.0kJ/mol(2)ACE

【详解】I.方式A中活化能小，则由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为A。该历程中，

放热最多的是41.9^-65.7,则步骤的化学方程式为CHO*+3H*=CO*+4H*(或CHO*=CO*+H*)。

11.(1)已知:①TiO2(s)+2C12(g)=TiC14(g)+O2(g)AHi=+175.4kJmol1

1

②2c(s)+€>2(g)=2CO(g)AH2=220.9kJmol

依据盖斯定律①+②即得到沸腾炉中加碳氯化生成TiCI“g)和CO(g)的热化学方程式为TiO2(s)+2Ch(g)+2C(s)

=TiCU(g)+2CO(g)AH=45.5kJ/moL

⑵根据示意图可判断反应物是氢气和NO,生成物是氮气，依据原子守恒可