2026年高考化学二轮：题型08 反应历程分析（全国适用）（原卷版及解析）

题型08反应历程分析目录目录第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局第二部分考向破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练考向01反应历程与机理分析考向02能垒图与过渡态理论【重难】 考向03催化剂、中间产物、活化能及其反应机理分析【重难】考向04循环反应机理图像分析【重难】 第三部分综合巩固整合应用，模拟实战反应历程与机理题是高考化学选择题中的“能力高地”，它超越了传统的宏观反应现象，深入到微观的原子、分子层面，考查学生对化学反应本质的理解和逻辑推理能力。这类题型已成为新高考区分顶尖学生的关键。反应机理将更多取材于诺贝尔奖成果（如不对称有机催化、点击化学）、绿色合成（如光催化）、能源转化（如析氢、析氧反应）

等前沿领域。一道题可能同时结合能垒图、催化循环和同位素标记等多种信息，考查学生的综合信息处理能力。从简单的识别，转向要求考生推断某一步的产物、比较不同路径的能垒、或解释催化剂的独特作用，对思维深度要求更高。考向01反应历程与机理分析【例1-1】（2025·北京卷）乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2下列说法不正确的是A．①中反应为4CHB．②中生成CH2=CHOOCCH3C．生成CH2=CHOOCCHD．Pd催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率【例1-2】（2025·湖南卷）环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯()为原料生产环氧丙烷()的反应机理如图所示。下列说法正确的是A．过程中Ⅱ是催化剂B．过程中有极性键和非极性键的断裂和形成C．过程中Ti元素的化合价发生了变化D．丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100%1．化学动力学与反应历程化学动力学是研究化学反应进行的速率和反应历程(即机理)的科学。所谓反应历程就是反应物按什么途径，经过哪些步骤，才能转化为最终产物。选择适当的反应途径，可以使热力学由预期转变为现实。2．基元反应与非基元反应例如H＋＋OH－=H2O，反应几乎没有过程，瞬间平衡一步到位，称为简单反应；而2HI=H2＋I2的实际机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI→H2＋2I·、2I·→I2，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。3．反应历程由基元反应构成的反应序列，又称反应机理。（1）总反应：2NO+2H2N2+2H2O（2）反应历程①2NO+H2N2O+H2O（慢）②2N2O2N2+O2（快）③2H2+O22H2O（更快）（3）决速反应：在反应历程中，反应速率最慢的基元反应。（4）决速浓度：最慢反应中反应物的浓度决定总反应的反应速率。（5）反应历程中化学键有断裂和形成。【变式1-1】（2025·福建龙岩·三模）Ru（Ⅱ）催化剂（用L−Ru−NH3+来表示）高效电催化氧化A．制得1molN2B．整个过程N原子的杂化方式未发生变化C．该过程既有极性键的断裂，又有非极性键的形成D．Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配体NH3的N【变式1-2】（2025·陕西咸阳·二模）CO2A．LnNi能提高B．总反应方程式为COC．反应①中断裂的化学键有极性键和非极性键D．该反应的原子利用率为100考向02能垒图与过渡态理论【例2-1】（2025·河南卷）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CH3CH2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∗【例2-2】（2025·河北卷）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Ga2下列说法错误的是A．反应ⅰ是吸热过程B．反应ⅱ中H2C．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1.过渡态A＋B－C→[A…B…C]→A－B＋C备注：(1)以上为一种基元反应，其中正反应活化能Ea正＝b－a，逆反应活化能Ea逆＝b－c，ΔH＝Ea正－Ea逆。(2)过渡态(A…B…C)不稳定。2.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。3.能垒与决速步能垒：可以简单理解为从左往右进行中，向上爬坡吸收的能量，而包含最高能垒的反应我们称之为决速步骤，也称为慢反应。例如图中，从第一个中间体到过渡态2的能量就是最高能垒，而HCOO*＋H*=CO2＋2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤。4.过渡态理论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反应物过渡态反应产物过渡态是反应过程中具有最高能量的一种结构状态，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能[活化能(能垒)越高，此步基元反应速率越慢]。例如，一溴甲烷与NaOH溶液反应的过程可以表示为CH3Br＋OH－→[Br…CH3…OH]→Br－＋CH3OH【变式2-1】（2025·山西·三模）科研人员研究了在某催化剂作用下，CH3A．CH3B．该反应过程中，有副产物CH3C．∗CHD．若用CH3COOD代替CH【变式2-2】（2025·重庆·二模）计算机模拟单个乙炔(HC≡CH)分子在Hg2+催化作用下生成CH3CHO的反应历程及相对能量变化如图所示(已知1eV=1.6×10-19下列说法错误的是A．该反应历程中决速步骤能垒为0.9eVB．历程①中有σ键生成，历程③中有π键断裂C．历程⑤中，体系能量下降，是因为断开C-Hg2+D．该反应的热化学方程式为HC≡CH考向03催化剂、中间产物、活化能及其反应机理分析【例3-1】（2025·广西卷）某种氨基喹啉衍生物(M)合成反应的可能历程如图，EaA．L−CuI是反应的催化剂 B．步骤①发生了C．反应速率：历程II>历程I D．反应热：历程II【例3-2】（2025·四川卷）钒催化剂对H2下列说法错误的是A．步骤①反应为VOB．步骤③正、逆反应的活化能关系为EC．VO2D．步骤③生成的物质Z是H1.有效碰撞理论与活化能活化能活化分子数单位体积内活化分子数有效碰撞增大浓度/压强不变不变增多增加升高温度不变增多增多增加催化剂下降增多增多增加备注：速率常数k＝(阿伦尼乌斯公式)A—比例系数，Ea—活化能，R—常数，T—开氏温度。从公式可以判断出，T越高，速率常数越大，反应速率越大。Ea越小，速率常数越大，反应速率越大。2.活化能与反应机理使用催化剂，可以改变活化能，改变反应机理，在反应机理中每一步反应的活化能不同，且均比总反应的活化能低，故一般使用催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，如图所示：E1为总反应的活化能，E2、E3为使用催化剂反应机理中各步的活化能。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。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是该反应的催化剂，为中间产物。1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理4.催化剂对反应历程与活化能影响图例解读(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＝ΔH。(2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤，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)同一反应分为若干个基元反应，活化能大的基元反应速率较慢，决定了总反应的快慢；相同反应物同时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。(4)催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH。【特别提醒】(1)活化能是从低能态“爬坡”到高能态的能垒，活化能最大的步骤，决定了整个反应过程的反应速率。(2)分析变化过程中所经历的全部基元反应，包括过渡态的形成，键的断裂和生成等。【变式3-1】（2025·青海海东·三模）乙烷催化氧化为乙醛在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在Fe+A．C2B．Fe+可降低反应的活化能，但反应的ΔC．根据图示机理，可推测Y为CHD．每消耗2molN2O，同时生成的【变式3-2】（2025·湖南永州·模拟预测）氨硼烷(NH3BH3)因具有较高的含氢量成为受人关注的潜在储氢材料之一、铱螯合复合物催化氨硼烷脱氢反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示[已知-tBu表示—C(CH3)3]。下列说法正确的是

A．氨硼烷中氢元素的化合价不相同 B．化合物Ⅲ能降低该反应的活化能C．反应过程中Ir的成键数目不发生改变 D．该反应决速步的活化能为158.06kJ·mol-1考向04循环反应机理图像分析【例4-1】（2025·江苏卷）CO2与NO3−A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成B．过程Ⅱ中NO3C．电催化CO2与NO3−生成D．常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3【例4-2】（2025·河南卷）在MoS2负载的Rh-Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为下列说法错误的是A．该反应的原子利用率为100B．每消耗1molO2可生成C．反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化D．若以CD4为原料，用H2【变式4-1】（2025·浙江金华·一模）某课题组提出，可催化CO2A．物质Ⅰ为离子液体，沸点比较低 B．物质Ⅰ与环氧化合物通过配位键形成物质ⅡC．物质Ⅲ为该合成总反应的催化剂 D．物质Ⅲ与CO2【变式4-2】（2025·河北衡水·三模）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．总反应为CHC．增大LiI的用量，甲醇的平衡转化率增大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1.（2025·浙江·一模）在非水溶剂中，将CO2转化为化合物ⅱ的催化机理如图。下列说法不正确A．①过程中有极性键的断裂和形成B．该机理中KI为催化剂，AcOH为中间产物C．化合物ⅰ和化合物ⅱ均含有3种不同化学环境的氢原子D．该机理的总方程式为：CO2+→催化剂2.（2025·甘肃白银·模拟预测）我国科研团队研究了肼氧化代替水电解制氢，优化了氢吸附自由能，促进了肼脱氢动力学。其在不同催化剂下的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用“·”标注)。下列说法错误的是A．三种催化剂中，Ni2N-Co3N的催化效率最高B．反应过程中存在非极性键的断裂和形成C．分别在Ni2N和Co3N催化下，肼制氢反应的最大能垒相差0.87eVD．肼制氢反应中，制得2molH2同时生成1molN23.（2025·吉林松原·模拟预测）烷烃催化脱氢生成烯烃的反应机理如图，下列说法错误的是A．整个过程中催化剂中B原子化合价没有发生改变B．干燥环境下该烷烃催化脱氢反应很难进行C．反应II生成烯烃的反应为氧化反应D．反应II中存在极性键和非极性键的断裂与形成4.（2025·重庆江津·模拟预测）某新型催化剂能将乙醇催化转化为乙酸和氢气，其反应历程如图所示。下列说法正确的是A．物质Ⅱ为催化剂B．Ⅳ→C．该历程没有π键的生成D．该历程总反应为C5.（2025·贵州·模拟预测）CH2A．CH3CH=B．中2-位上带的正电荷密度较高，更容易吸引Br−的进攻C．图示两种产物中，只有1,4-加成产物有立体异构D．反应过程中，适当升高温度，生成CH3CH=6.（2025·陕西西安·模拟预测）研究表明在60℃条件下，伯醇(含−CHA．CH3CH2B．ProH3C．该历程的总反应方程式为2D．可用少量银氨溶液检验丙酸溶液中是否混有丙醛7.（2025·湖北武汉·模拟预测）我国科学家发现：①Rh催化单分子甲酸分解制H2的过程如图1所示；②以CO2与辛胺CH3CH27NHA．甲酸制H2时决定反应速率的步骤为：B．甲酸制H2的热化学方程式为：HCOOHg=COC．In/In2D．每转移2mol电子，理论上Ni28.（2025·湖北武汉·模拟预测）CO2与HA．HCHO和CO2均为非极性分子 B．M−CC．反应①中C原子的杂化方式发生了变化 D．中间体X的结构式为9.（2025·宁夏银川·一模）Rh(I)-Ru(III)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理和各基元反应活化能垒如图所示。其中Cat。表示催化剂，TS和TN分别表示各基元反应的过渡态和产物。下列说法错误的是A．反应中Ru的成键数目不变B．该羰基化反应每消耗1molCH3COOCH3生成1molCH3COOHC．由CH3I生成CH3OI经历了4个基元反应，其中第四步是决速步骤D．Rh(I)-Ru(III)双金属配合物降低了反应的活化能，不改变反应在该条件下的焓变10.（2025·安徽合肥·模拟预测）乙醛是一种重要的二碳试剂，其某种合成机理如图所示。下列说法错误的是A．该合成乙醛的反应为：CB．C2C．M中铁元素的化合价为+3价D．增大Fe+浓度，有利于提高CH11.（2025·四川南充·三模）某研究团队提出了N2O在下列相关叙述错误的是A．N2B．N2OC．由图可知：温度降低有利于N2D．协同反应中氧化CO的可能为*O12.（2025·云南昆明·模拟预测）某反应的机理可用下图表示：下列说法错误的是A．该反应中乙醇是反应物，最终产物是乙烯和水B．反应过程中有配位键的形成和断裂C．AlCl3和AlD．该反应也可用浓硫酸催化，但易产生污染13.（2025·广西南宁·模拟预测）“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NHA．该反应发生时活化能降低B．反应涉及N−H、N−C．在反应过程中，催化中心的Fe元素化合价发生了变化D．将NH2OH替换为ND14.（2025·河南许昌·三模）研究人员发现在某种含钒催化剂的作用下，NO可被NH3还原为NA．V4+B．NH3C．该转化过程中，反应物有NH3、D．每生成标准状况下22.4LN215.（2025·云南玉溪·三模）一定温度和压强下，利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如图甲、乙所示(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)。下列说法错误的是A．该历程存在非极性键的断裂和形成B．该历程的决速步骤反应为HCOOC．使用铜基催化剂可降低反应的活化能，提高活化分子百分数D．从平衡移动的角度看，降低温度可促进生成CH16.（2025·四川巴中·模拟预测）HCHO用作农药和消毒剂，能制酚醛树脂、脲醛树脂、维纶和染料等。除去HCHO的某机理如图所示，下列说法不正确的是A．MnO2B．反应①∼④均是氧化还原反应C．反应②既有极性键断裂也有极性键的生成D．该机理总反应为HCHO+O17.（2025·云南·模拟预测）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，其基元反应如图所示。下列说法正确的是A．H2B．反应历程中有极性键和非极性键的断裂和生成C．新戊烷也能发生上述氧化脱氢反应D．a、c、e均是反应的中间产物18.（2025·河南南阳·模拟预测）在浓HNO3和浓HA．浓H2B．X为苯的加成产物；升高温度，X的产率不一定增大C．由苯得到M时，苯中的碳原子杂化方式没变化D．加入选择性高的催化剂，短时间内可以提高单位时间内产物I的产率19.（2025·浙江·一模）肉桂酸(3—苯基丙烯酸)是一种天然有机物，其与水加成引入羟基的反应机理如图：下列说法不正确的是A．肉桂酸分子中所有原子可能共平面B．H+为该反应的催化剂C．步骤Ⅰ形成的碳正离子与羧基的吸电子效应有关D．与水加成得到的产物可以发生氧化、加成、取代、加聚等反应20.（2025·湖南长沙·三模）含钯催化剂可与其他催化剂协同催化乙烯氧化为乙醛的反应，该催化氧化反应经历如图所示的5步（①→⑤），下列说法正确的是A．该过程中起催化作用的只有PdB．氧化性：CuC．该过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成D．总反应为O

题型08反应历程分析目录目录第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局第二部分考向破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练考向01反应历程与机理分析考向02能垒图与过渡态理论【重难】 考向03催化剂、中间产物、活化能及其反应机理分析【重难】考向04循环反应机理图像分析【重难】 第三部分综合巩固整合应用，模拟实战反应历程与机理题是高考化学选择题中的“能力高地”，它超越了传统的宏观反应现象，深入到微观的原子、分子层面，考查学生对化学反应本质的理解和逻辑推理能力。这类题型已成为新高考区分顶尖学生的关键。反应机理将更多取材于诺贝尔奖成果（如不对称有机催化、点击化学）、绿色合成（如光催化）、能源转化（如析氢、析氧反应）

等前沿领域。一道题可能同时结合能垒图、催化循环和同位素标记等多种信息，考查学生的综合信息处理能力。从简单的识别，转向要求考生推断某一步的产物、比较不同路径的能垒、或解释催化剂的独特作用，对思维深度要求更高。考向01反应历程与机理分析【例1-1】（2025·北京卷）乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2下列说法不正确的是A．①中反应为4CHB．②中生成CH2=CHOOCCH3C．生成CH2=CHOOCCHD．Pd催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率【答案】C【解析】①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd(CH3COO)2，方程式为：4CH3COOH+O2+2Pd→2PdCH3COO2+2H2O，A正确；②中生成CH2=CHOOCCH3【例1-2】（2025·湖南卷）环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯()为原料生产环氧丙烷()的反应机理如图所示。下列说法正确的是A．过程中Ⅱ是催化剂B．过程中有极性键和非极性键的断裂和形成C．过程中Ti元素的化合价发生了变化D．丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100%【答案】B【解析】根据反应原理，Ⅰ先消耗再生成，是整个历程的催化剂，Ⅱ先生成，再消耗，是中间产物，A错误；过程中存在H2O2中O-O非极性键的断裂，以及O2中非极性键的形成；还存在O−H极性键的断裂，以及O−C极性键的形成，B正确；过程中Ti的化学键(Ti−O)始终是4个，配位键不会改变Ti的化合价，故1．化学动力学与反应历程化学动力学是研究化学反应进行的速率和反应历程(即机理)的科学。所谓反应历程就是反应物按什么途径，经过哪些步骤，才能转化为最终产物。选择适当的反应途径，可以使热力学由预期转变为现实。2．基元反应与非基元反应例如H＋＋OH－=H2O，反应几乎没有过程，瞬间平衡一步到位，称为简单反应；而2HI=H2＋I2的实际机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI→H2＋2I·、2I·→I2，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。3．反应历程由基元反应构成的反应序列，又称反应机理。（1）总反应：2NO+2H2N2+2H2O（2）反应历程①2NO+H2N2O+H2O（慢）②2N2O2N2+O2（快）③2H2+O22H2O（更快）（3）决速反应：在反应历程中，反应速率最慢的基元反应。（4）决速浓度：最慢反应中反应物的浓度决定总反应的反应速率。（5）反应历程中化学键有断裂和形成。【变式1-1】（2025·福建龙岩·三模）Ru（Ⅱ）催化剂（用L−Ru−NH3+来表示）高效电催化氧化A．制得1molN2B．整个过程N原子的杂化方式未发生变化C．该过程既有极性键的断裂，又有非极性键的形成D．Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配体NH3的N【答案】A【解析】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，但反应前后质量和化学性质不变，则制得1mol肼无需投入2mol[L-Ru-NH3]⁺，A错误；氨分子和肼分子中氮原子的价层电子对数都为：3+(5-1×3)×12=4，杂化方式都为sp3杂化，所以整个过程氮原子的杂化方式未发生变化，B正确；由图可知，反应中氨分子的氮氢极性键发生断裂，生成的肼分子中有氮氮非极性键形成，所以该过程既有极性键断裂又有非极性键形成，C正确；Ru(Ⅱ)被氧化为Ru(Ⅲ)后，Ru电正性增强，吸引配体氨分子中电子能力增强，使氮氢键电子云密度降低、键能减弱，更易断裂，D正确；故选A。【变式1-2】（2025·陕西咸阳·二模）CO2A．LnNi能提高B．总反应方程式为COC．反应①中断裂的化学键有极性键和非极性键D．该反应的原子利用率为100【答案】D【解析】LnNi在反应过程中先消耗后生成，是该反应的催化剂，催化剂能降低反应的活化能，提高反应物中活化分子的百分数，A正确；CO2、CH2=CH2、CH3I为反应物，CH2=CHCOOCH3、HI为生成物，则总反应方程式为考向02能垒图与过渡态理论【例2-1】（2025·河南卷）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CH3CH2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【解析】由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误；平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误；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；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。【例2-2】（2025·河北卷）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Ga2下列说法错误的是A．反应ⅰ是吸热过程B．反应ⅱ中H2C．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】观察历程图可知，反应ⅰ中Ga2O3s+NH3g的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成Ga2O2NHs和H2O1.过渡态A＋B－C→[A…B…C]→A－B＋C备注：(1)以上为一种基元反应，其中正反应活化能Ea正＝b－a，逆反应活化能Ea逆＝b－c，ΔH＝Ea正－Ea逆。(2)过渡态(A…B…C)不稳定。2.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。3.能垒与决速步能垒：可以简单理解为从左往右进行中，向上爬坡吸收的能量，而包含最高能垒的反应我们称之为决速步骤，也称为慢反应。例如图中，从第一个中间体到过渡态2的能量就是最高能垒，而HCOO*＋H*=CO2＋2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤。4.过渡态理论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反应物过渡态反应产物过渡态是反应过程中具有最高能量的一种结构状态，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能[活化能(能垒)越高，此步基元反应速率越慢]。例如，一溴甲烷与NaOH溶液反应的过程可以表示为CH3Br＋OH－→[Br…CH3…OH]→Br－＋CH3OH【变式2-1】（2025·山西·三模）科研人员研究了在某催化剂作用下，CH3A．CH3B．该反应过程中，有副产物CH3C．∗CHD．若用CH3COOD代替CH【答案】B【解析】CH3COOH的吸附过程是分子吸附在催化剂表面，无化学键断裂和形成，属于物理过程，并非化学反应，不能称为放热反应，A错误；由图可知，该反应过程中有副产物CH3CHO生成，B正确；能垒最大的步骤，活化能最大，为决速步骤，故决速步骤为：*CH3CHO+2*H→*CH3CHOH+*H，C错误；CH3COOD中的D在羧基氧上，反应中羧基氧与H结合生成HOD，产物为CH3CH2OH，D错误；故选B。【变式2-2】（2025·重庆·二模）计算机模拟单个乙炔(HC≡CH)分子在Hg2+催化作用下生成CH3CHO的反应历程及相对能量变化如图所示(已知1eV=1.6×10-19下列说法错误的是A．该反应历程中决速步骤能垒为0.9eVB．历程①中有σ键生成，历程③中有π键断裂C．历程⑤中，体系能量下降，是因为断开C-Hg2+D．该反应的热化学方程式为HC≡CH【答案】C【解析】反应历程中，活化能最大的为决速步，其中历程④的活化能最高，为0.9eV，A正确；历程①中有Hg2+与H2O之间形成了配位键，即有σ键生成，历程③中碳碳三键变成碳碳双键，断裂了π键，B正确；断键吸热，会使体系能量升高，成键放热，使体系能量下降，历程⑤中，体系能量下降，是因为生成C=O等化学键释放的能量大于断开C-Hg2+等键吸收的能量，C错误；反应的焓变只与始态、终态有关，故反应的热化学方程式为HC≡CHg+H考向03催化剂、中间产物、活化能及其反应机理分析【例3-1】（2025·广西卷）某种氨基喹啉衍生物(M)合成反应的可能历程如图，EaA．L−CuI是反应的催化剂 B．步骤①发生了C．反应速率：历程II>历程I D．反应热：历程II【答案】D【解析】由图可知，L−CuI在反应历程中先被消耗，后又生成，是反应的催化剂，A正确；由图可知，步骤①中转化为，发生了N−O键断裂，B正确；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II>历程I，C正确；由图可知，历程II【例3-2】（2025·四川卷）钒催化剂对H2下列说法错误的是A．步骤①反应为VOB．步骤③正、逆反应的活化能关系为EC．VO2D．步骤③生成的物质Z是H【答案】D【分析】结合反应机理图可知VO2+和H2O2反应生成VO2+、·OH、H+，步骤①反应为VO2++H2O2→【解析】结合反应机理图可知VO2+和H2O2反应生成VO2+、·OH、H+，步骤①反应为VO2++H2O21.有效碰撞理论与活化能活化能活化分子数单位体积内活化分子数有效碰撞增大浓度/压强不变不变增多增加升高温度不变增多增多增加催化剂下降增多增多增加备注：速率常数k＝(阿伦尼乌斯公式)A—比例系数，Ea—活化能，R—常数，T—开氏温度。从公式可以判断出，T越高，速率常数越大，反应速率越大。Ea越小，速率常数越大，反应速率越大。2.活化能与反应机理使用催化剂，可以改变活化能，改变反应机理，在反应机理中每一步反应的活化能不同，且均比总反应的活化能低，故一般使用催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，如图所示：E1为总反应的活化能，E2、E3为使用催化剂反应机理中各步的活化能。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。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是该反应的催化剂，为中间产物。1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理4.催化剂对反应历程与活化能影响图例解读(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＝ΔH。(2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤，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)同一反应分为若干个基元反应，活化能大的基元反应速率较慢，决定了总反应的快慢；相同反应物同时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。(4)催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH。【特别提醒】(1)活化能是从低能态“爬坡”到高能态的能垒，活化能最大的步骤，决定了整个反应过程的反应速率。(2)分析变化过程中所经历的全部基元反应，包括过渡态的形成，键的断裂和生成等。【变式3-1】（2025·青海海东·三模）乙烷催化氧化为乙醛在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在Fe+A．C2B．Fe+可降低反应的活化能，但反应的ΔC．根据图示机理，可推测Y为CHD．每消耗2molN2O，同时生成的【答案】D【解析】乙烷（C2H6）为对称结构，氮气（N2）为非极性键双原子分子，二者均为非极性分子，A正确；Fe+作为催化剂，可降低反应活化能，但不改变反应的焓变（ΔH），B正确；根据机理图，[(C2H5)FeOH]+发生副反应时，脱去Fe相关基团后可生成C2H5OH（乙醇），故Y为CH3CH2OH，C正确；由于存在副反应，N2O的消耗量不仅用于主反应生成CH3CHO，部分会参与副反应，因此每消耗2molN2O生成的CH3CHO物质的量小于1mol，D错误；故选D。【变式3-2】（2025·湖南永州·模拟预测）氨硼烷(NH3BH3)因具有较高的含氢量成为受人关注的潜在储氢材料之一、铱螯合复合物催化氨硼烷脱氢反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示[已知-tBu表示—C(CH3)3]。下列说法正确的是

A．氨硼烷中氢元素的化合价不相同 B．化合物Ⅲ能降低该反应的活化能C．反应过程中Ir的成键数目不发生改变 D．该反应决速步的活化能为158.06kJ·mol-1【答案】A【解析】根据氨硼烷的结构NH3BH3可知，在NH3BH3中和N成键的H呈+1价，和B成键的H呈−1价，化合价不相同，A正确；从反应机理图可知化合物I和NH3BH3考向04循环反应机理图像分析【例4-1】（2025·江苏卷）CO2与NO3−A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成B．过程Ⅱ中NO3C．电催化CO2与NO3−生成D．常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3【答案】A【解析】过程Ⅱ为：*CO2和*NO3−在酸性条件下被还原为*CO和*NH2的反应，生成了N—H等极性共价键；过程Ⅲ为*CO与*NH2生成*CONH22的反应，生成了C—N极性共价键，A正确；过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由+5降为−2，C元素的化合价由+4降为+2，B错误；所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式为CO2+2NO3−【例4-2】（2025·河南卷）在MoS2负载的Rh-Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为下列说法错误的是A．该反应的原子利用率为100B．每消耗1molO2可生成C．反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化D．若以CD4为原料，用H2【答案】B【分析】由反应历程可知，总反应为2CO【解析】该反应为化合反应，原子利用率为100%，A正确；由分析可知，每消耗1molO2可生成2molCH3COOH，B错误；由反应历程可知，催化剂Rh-Fe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Rh和Fe的化合价均发生变化，C正确；若以CD4为原料，有反应历程可知，会生成CD3COOD，用H2O吸收产物时，其存在电离平衡：CD3【变式4-1】（2025·浙江金华·一模）某课题组提出，可催化CO2A．物质Ⅰ为离子液体，沸点比较低 B．物质Ⅰ与环氧化合物通过配位键形成物质ⅡC．物质Ⅲ为该合成总反应的催化剂 D．物质Ⅲ与CO2【答案】D【解析】化合物Ⅰ的阳离子为有机阳离子，其体积较大，为离子液体，熔点低，但沸点较高，A错误；由图可知，物质Ⅰ中的羟基H原子与环氧化合物中的O原子形成氢键，B错误；该反应原理中，化合物Ⅰ先和环氧化合物反应被消耗，后又生成，化合物Ⅰ为该合成总反应的催化剂，物质Ⅲ是中间产物，C错误；由图可知，物质Ⅲ与CO2反应转化为物质Ⅳ过程中，CO2中碳氧双键断开，属于加成反应，D正确【变式4-2】（2025·河北衡水·三模）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．总反应为CHC．增大LiI的用量，甲醇的平衡转化率增大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】B【解析】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；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CH3OH+CO→催化剂CH1.（2025·浙江·一模）在非水溶剂中，将CO2转化为化合物ⅱ的催化机理如图。下列说法不正确A．①过程中有极性键的断裂和形成B．该机理中KI为催化剂，AcOH为中间产物C．化合物ⅰ和化合物ⅱ均含有3种不同化学环境的氢原子D．该机理的总方程式为：CO2+→催化剂【答案】B【分析】由图可知，二氧化碳转化为化合物ⅱ的反应为催化剂作用下二氧化碳与甲基环氧乙烷反应生成，反应的化学方程式为CO2+→催化剂；【解析】由图可知，①过程中，二氧化碳发生碳氧极性键断裂，同时形成新的碳氧极性键，A正确；由图可知，碘化钾是过程②的生成物、过程④的反应物，AcOH是过程③的生成物、过程①和④的反应物，所以碘化钾和AcOH都是反应的催化剂，B错误；由结构简式可知，和分子中均含有三种不同化学环境的氢，C正确；由分析可知，总反应的方程式为CO2+→催化剂，D正确；故选B。2.（2025·甘肃白银·模拟预测）我国科研团队研究了肼氧化代替水电解制氢，优化了氢吸附自由能，促进了肼脱氢动力学。其在不同催化剂下的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用“·”标注)。下列说法错误的是A．三种催化剂中，Ni2N-Co3N的催化效率最高B．反应过程中存在非极性键的断裂和形成C．分别在Ni2N和Co3N催化下，肼制氢反应的最大能垒相差0.87eVD．肼制氢反应中，制得2molH2同时生成1molN2【答案】B【解析】催化效率与反应的活化能（最大能垒）有关，活化能越低催化效率越高，由图可知，Ni2N-Co3N的反应历程中各中间体能量变化平缓，最大能垒最低，故其催化效率最高，A正确；反应中肼（N2H4）的N-N键未断裂（中间体始终为N2Hx·，N原子始终相连），断裂的键为极性键N-H键；生成的N2（N≡N）和H2（H-H）含非极性键，仅存在非极性键的形成，不存在非极性键的断裂，B错误；Ni₂N的最大能垒：从·N2H3（-0.66eV）到·N2H2（-0.13eV），能量差为0.53eV；Co3N的最大能垒：从·N₂H₂（-2.07eV）到·N2H（-0.67eV），能量差为1.4eV，两者相差1.4-0.53=0.87eV，C正确；肼分解反应为N2H4=N2↑+2H2↑，制得2molH2时生成1molN2，D正确；故选B。3.（2025·吉林松原·模拟预测）烷烃催化脱氢生成烯烃的反应机理如图，下列说法错误的是A．整个过程中催化剂中B原子化合价没有发生改变B．干燥环境下该烷烃催化脱氢反应很难进行C．反应II生成烯烃的反应为氧化反应D．反应II中存在极性键和非极性键的断裂与形成【答案】D【解析】催化剂中B原子始终与O结合，硼的常见化合价为+3价，在催化剂、化合物Ⅰ（含-OH）和化合物Ⅱ（含O-O键）中，B均为+3价，化合价未改变，A正确；由机理图可知，催化剂需与H2O反应生成化合物Ⅰ才能参与循环，干燥环境下缺乏H2O，无法生成活性中间体化合物Ⅰ，反应难以进行，B正确；反应Ⅱ中烷烃（CnH2n+24.（2025·重庆江津·模拟预测）某新型催化剂能将乙醇催化转化为乙酸和氢气，其反应历程如图所示。下列说法正确的是A．物质Ⅱ为催化剂B．Ⅳ→C．该历程没有π键的生成D．该历程总反应为C【答案】D【解析】由图可知，物质Ⅱ在反应过程中为中间产物，A错误；Ⅳ→V为去氢的反应，反应类型为氧化反应，B错误；由反应历程可知，V→Ⅰ形成了C=O键，有π键的生成，C错误；根据图示可知该历程总反应为C25.（2025·贵州·模拟预测）CH2A．CH3CH=B．中2-位上带的正电荷密度较高，更容易吸引Br−的进攻C．图示两种产物中，只有1,4-加成产物有立体异构D．反应过程中，适当升高温度，生成CH3CH=【答案】C【解析】由图可知，CH3CH=CHCH2Brg比CH3CHBrCH=CH2g的能量低，能量低的相对更稳定，A项正确；由图可知，+Br−→CH6.（2025·陕西西安·模拟预测）研究表明在60℃条件下，伯醇(含−CHA．CH3CH2B．ProH3C．该历程的总反应方程式为2D．可用少量银氨溶液检验丙酸溶液中是否混有丙醛【答案】D【解析】CH3CH2CHO转化为CH3CH2COOH时，醛基中的C-H键断裂，在碳氢间插入氧原子，形成C-O和O-H键，有极性键的断裂和形成，A正确；由图可知，ProH3PW12O40在反应中先参与反应生成中间体，最终又重新生成，符合催化剂“参与反应、反应前后不变”的特征，B正确；根据历程图，反应物为H2O2和CH3CH7.（2025·湖北武汉·模拟预测）我国科学家发现：①Rh催化单分子甲酸分解制H2的过程如图1所示；②以CO2与辛胺CH3CH27NHA．甲酸制H2时决定反应速率的步骤为：B．甲酸制H2的热化学方程式为：HCOOHg=COC．In/In2D．每转移2mol电子，理论上Ni2【答案】D【分析】In/In2O3-x电极上CO2转化为HCOO-，C元素化合价从+4降低到+2，发生还原反应为阴极，电极反应方程为CO2+H2O+2e−=HCOO−+OH−；辛胺[CH3(CH【解析】决定反应速率的步骤为活化能最大的步骤。由图1可知，HCOOH*转化为HCOO*+H*的过渡态1能量（0.78eV）与中间体HCOOH*（-0.21eV）的能量差最大，活化能为0.78-(-0.21)=0.99eV，为各步中最大，故该步为决速步，A正确；由图1，反应物HCOOH(g)相对能量为0eV，产物CO2(g)+H2(g)相对能量为-0.16eV，1mol反应的能量变化为-0.16eV×NA，热化学方程式正确，B正确；In/In2O3-x电极上CO2转化为HCOO-，C元素化合价从+4降低到+2，发生还原反应，C正确；辛胺[CH3(CH2)7NH2]转化为辛腈[CH3(CH2)6CN]时，-CH2NH2变为-CN，失去4个H（每个H失1e-），生成1mol辛腈转移4mol电子。则转移2mol电子时生成0.5mol辛腈，质量为0.5mol×125g/mol=62.5g，D错误；故选D。8.（2025·湖北武汉·模拟预测）CO2与HA．HCHO和CO2均为非极性分子 B．M−CC．反应①中C原子的杂化方式发生了变化 D．中间体X的结构式为【答案】D【解析】HCHO（甲醛）分子为平面三角形结构，正负电荷中心不重合，是极性分子；CO2为直线形结构，是非极性分子，二者并非均为非极性分子，A错误；M-C≡O中CO为中性配体，与金属M形成配位键，M的化合价为0价（催化剂通常为中性金属原子或0价配合物），B错误；反应①中，若涉及M-C≡O转化为M=C=O，C原子均形成2个σ键（无孤对电子），价层电子对数为2，均为sp杂化，杂化方式未发生变化，C错误；中间体X生成HCHO（H2C=O），其是由M=C=O与氢气发生加成反应的产物，结构式应为，分解后可得到HCHO，D正确；故选D。9.（2025·宁夏银川·一模）Rh(I)-Ru(III)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理和各基元反应活化能垒如图所示。其中Cat。表示催化剂，TS和TN分别表示各基元反应的过渡态和产物。下列说法错误的是A．反应中Ru的成键数目不变B．该羰基化反应每消耗1molCH3COOCH3生成1molCH3COOHC．由CH3I生成CH3OI经历了4个基元反应，其中第四步是决速步骤D．Rh(I)-Ru(III)双金属配合物降低了反应的活化能，不改变反应在该条件下的焓变【答案】B【解析】由Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理图可知，Ru都是与2个Cl和2个I形成4个键，A项正确；由反应机理可知，总反应为CO+H2O+CH3COOCH3催化剂2CH3COOH，该羰基化反应每消耗1molCH3COOCH3生成2molCH3COOH，B项错误；由各基元反应活化能垒图可知，由CH3I生成CH3OI经历了4个基元反应，其中第四步即产物TN3→Cat.+CH3COI的活化能最大，是决速步骤，C项正确；Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物为催化剂，催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应的焓变，D项正确；故选B。10.（2025·安徽合肥·模拟预测）乙醛是一种重要的二碳试剂，其某种合成机理如图所示。下列说法错误的是A．该合成乙醛的反应为：CB．C2C．M中铁元素的化合价为+3价D．增大Fe+浓度，有利于提高CH【答案】D【解析】根据机理图，乙烷和N2O反应生成乙醛、氮气、水，反应方程式为C2H6+2N2O→CH3CHO+2N2+H2O，故A正确；机理图中步骤③生成C2H5OH，C11.（2025·四川南充·三模）某研究团队提出了N2O在下列相关叙述错误的是A．N2B．N2OC．由图可知：温度降低有利于N2D．协同反应中氧化CO的可能为*O【答案】C【解析】N2O分子结构为直线形但不对称（O=N=N），正负电荷中心不重合，是极性分子；中心N原子价层电子对数为2（sp杂化），孤电子对数=2-σ键数=0，A正确；决速步骤是活化能最高（能垒最大）的步骤，由图可知活化能最大的为*O和*N2O生成*N2和*O2的步骤，N2O分解的决速步骤为：∗O+N2O=∗O2+∗12.（2025·云南昆明·模拟预测）某反应的机理可用下图表示：下列说法错误的是A．该反应中乙醇是反应物，最终产物是乙烯和水B．反应过程中有配位键的形成和断裂C．AlCl3和AlD．该反应也可用浓硫酸催化，但易产生污染【答案】C【解析】总反应为CH3CH2OH→AlCl3CH2=CH2↑+H2O13.（2025·广西南宁·模拟预测）“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NHA．该反应发生时活化能降低B．反应涉及N−H、N−C．在反应过程中，催化中心的Fe元素化合价发生了变化D．将NH2OH替换为ND【答案】D【解析】Fe2+配合物作为催化剂可降低反应的活化能，A正确；由反应历程可知，有N−H，N−O键断裂，还有N−H键的生成，B正确；由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确；由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH214.（2025·河南许昌·三模）研究人员发现在某种含钒催化剂的作用下，NO可被NH3还原为NA．V4+B．NH3C．该转化过程中，反应物有NH3、D．每生成标准状况下22.4LN2【答案】A【解析】催化剂在反应前后质量和化学性质不变，参与反应但最终再生。该反应为NO被NH3还原为N2，由机理图可知，V4+-OH为中间产物，催化剂为V5+=O，故A错误；NH3为三角锥形，NO为直线形(双原子分子)，二者分子结构不对称，正、负电荷中心不重合，均为极性分子，故B正确；由机理图箭头方向可知，NH3、NO参与反应转化为产物，O2与V4+-OH的反应生成H2O和V5+=O，故反应物包括NH3、NO和O2，故C正确；总反应为4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，NH3失电子，作还原剂，NO、O2得电子，作氧化剂，生成4molN2，总转移12mole