2026年高考化学二轮复习：化学反应历程（知识·方法·能力清单）解析版

清单10化学反应历程

I内容导览I知识•方法•能力清单

i

i第一部分命题解码洞察命题意图，明确攻坚方向

|第二部分方法建模构建思维框架，提炼通用解法

!夕流程建模/技法清单

i技法oi基元反应与过渡态理论

|技法02反应历程（机理）图像及分析

I第三部分思维引路示范思考过程，贯通方法应用

i夕母题精讲夕思维解析v变式应用

；类型01反应历程能垒图像

!类型02反应机理循环图像

I

!第四部分分级实战分级强化训练，实现能力跃迁

01命题解码.

试题呈现方式主:要是图像的形式，反应历程能垒图像是考查反应热和反应机理知识的重点图像，

根据反应历程中的能量变化考查活化能、反应焰变、决速步骤等，或根据竞争反应考查反应治活化能

大小、产物的能量大小；微观结构变化的机理图像要求考生哥给你举物质循环图像判断催化剂和中间

产物，从而得出总反应、判断成键和断键情况、分析元素化合价变化和转移电子数等。

试题结合结合化学平衡、反应速率和反应热考查可能融合考查物质结构和有机化学知识，综合性

较强。

预测2026年命题会增大创设新情境的设置，增强图像的复杂性和陌生度，体系中的物质变化、微

粒种类和微粒变化会由简单向复杂过渡，考查竞争反应的反应历程、循环机理图，进一步考查学生的

灵活应变能力，多角度考查学生的思维能力。

02方法建模.

。流程建模

第一步：明确类型判断图像的类型是反应历程能垒图、反应机理循环图。

第二步：提取信息①反应历程能垒图：分析随反应历程发生的能量变化与物质变化；

③反应机理循环图图：分析机理图上物质的进出及转化关系。

第三步：逐项判断根据信息进行分析和判断，结合选项判断正误。

喉法清单

技法01基元反应与过渡态理论

1.基元反应

(1)大多数的化学反应往往经过多个反应步骤才能实现，其中每一步反应都称为基元反应。

(2)基元反应速率方程

对于基元反应aA+〃B=gG+〃H,其速率方程可写为i，=人d(A)i(B)(其中左称为速率常数，恒温下，

k穴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

量数为指数的累的乘积成正比。

(3)反应机理

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。由儿个基元反应

组戊的总反应也称复杂反应。

2.过渡态理论

(1)该反应的反应物为A.B,中间休为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)第一步活化能较大为慢反应，第二步活化能较小为快反应，决定总反应快慢的是第一步反应。

3.催化剂与反应历程

如图所示：反应A+B—AB的活化能为Ea，加入催化剂K后，反应分两步进行:

①A+K—AK活化能为反1（慢反应）

②AK+BTAB+K活化能为反2（快反应）

总反应：A+B—―

AB活化能为Eal

加入催化剂KB，两步反应的活化能反1和入2均小于原反应的活化能反，因此反应速率加快。

由于£al＞瓦2,第1步反应是慢反应，是决定整个反应快慢的步骤，称为“定速步骤”或“决速步骤”，第1

步反应越快，则整体反应速率就越快。因此对总反应来说，第一步反应的活化能Eal就是在催化条件下总反

应的活化能。

4.教材中的能量变化图示

1.反应历程能垒图像及分析

（1）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，也称为慢反应。

如图所示，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。

(2)能量变化能垒图像的分析方法

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，产物占比越而，产物的稳

定性强。

(3)能量变化能垒图像分析模型

一全用理清坐标含义)能量变化相生图的横坐标一般玄木反应的历径,横:生林的不同时段我尔一个完整反

位的不同汾段。以坐标氐水能.量的变化,不同时段的最大能垒即该反应的活化能

细藕化公航各段区巴仔细也条曲我(或直戊)的变化卷务,分析每一阶段发生的反应是什么.各段反应

是放热还是吸热,相量升高的为吸热，相殳下降的为放热

整合各用信息.回扣题目要求.做出合理判断。如利用盎斯定律桁各步反应相加.

做出合理判断

球合分析今即得到完整反应；催化和只改变反应的活化能•.不次变反应.的反应.执，也不会改变

反应的转化率

2.反应机理循环图像及分析

(1)“环式”反应过程图像分析

“入环”的物质为反应物，如图中的①④：位于“环上”的物质为催化剂或中间体，如图中的⑤@⑦⑧；“出

环”的物质为生成物，如图中的②③；由反应物和生成物可快速得出总反应方程式。

(2)催化剂与中间产物

1,2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理

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。

(3)“环式”反应机理图像分析模型

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

催化剂

种一定在机理图中的主线上

反应物通过一个筋头进入整个历程的物质一般是反应物

生成物通过一个箭头最终脱离整个历程的物质多是产物

通过一个箭头脱离整个历程，但又生成生成物的是中间体，通过两个箭头进入

中间体

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

03

类型01反应历程能垒图像

Qg题精讲1.(2025•河北卷)氮化线(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Gaq3(s)+2NH；(g)2GaN(s)+3Hq(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下:

iGaO(s)+NH(g)^^GaONH(s)+HO(g)

823322:

■iiGaONH(s)+NH(g)^=^GaONH(s：H-HO(g)

2232222TS7

iiiGa2ON2H2(s)^^^2GaN(s)+H2O(g)6376.08

>6■-HO(g)yg^

2/2GaN(s)

者TS5t434

4

■/+H2O(g)

程

TS2-H2o(g)TS4

玄22J3jH(g)1.66/3.01

・TS3+N3

戛

Ga2O3(s)TS|；\064I厂\/GazON2H2(s)

0■+NH3(g)-0.06//0关

f、—L、」0480.0?S)4

—0.73—0.68GazOzNH(软

—।-----Aii<Aiii<

反应历程

下列说法错误的是

A.反应i是吸热过程

B.反应ii中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69cV

C.反应由包含2个基元反应

D.总反应的速控步包含在反应ii中

12思维解析【答案】D

反应i中G町。3(力、山用的相对能重为0・经TSI、

TS2、TS3完成反1S,生成G/O/H(。和HQU).此

时的相对能量为0.0“V,体系能量在反应中的加，

谟反应为吸热过程,A正确整反应历程中，活化能

最高的步骤是反应川中

的TS7对应得反应步骤

iG«jOjfthNH,(f).GtjO.NH^rHjOfg)

(活化能为3.0九、1所以

ilGa,OjN>K*HNHUf)v-TS7/

i|i(MONH4»»v-^2(kaS4»Hll€Xg)总反应的速控步包含在

:23:，峡6.0X

HO<I,反应中,错误

JTS6：20«N(f)IUD

TS5t434

339I

HO7^4-XL*反应川从(利。、/乂、)

1

2"ATS3ANH,^.1：66/3.01生成2G.、(》H[O<g)

；I/\：—8必(•)羟历过渡态TS6、TS7.

()

0•NHMI-0.06；0.480'n,‘“0洗说明该反应分两步进行,

GNH,4

-0.73-0.68.,62S包含2个基元反应.C

.......*ii正确

反应历程

反应“中因脱去步舞雷要羟过TM,财活

化能为。.70°V与TSV的相对能量差，W5J9tV-

0.70cV-2.69cV.B正确

耍过应用

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

CH3cH2cH3(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g),反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态,

TH.CHCH,+2*HfCH.CH=CH2(g)+H2(g)中部分进程已省略)。

A

0

迪

雅

女

密

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"CH3cH2cH,-/CH3cHeH；+'H

【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"CH3cHeHRT'CH3cHeH2+*H或

*CH3cHeH3+*H—*CH3cHeH2+2*H,D错误；

故选C。

2.(2025•贵州卷)用PdCu和PdZn催化甲醇重整制氢的反应有CH30H(g)+H2O(g)=CO2(g)+

3H2(g)(主反应)、CH30H(g)=CO(g)+2%(g)(副反应)，部分反应机理如图(TS表示过渡态，*表示

吸附态)。

土反应删反应

33-

fzna

cu)

咨H

一+

Ha

22•F

工

上H

)》S+

HSH

I'y1.9

11-*♦■一+S

?-.H1

.=

00+

oO(

・

t・

反应历程反应历程

依据图示信息，下列说法正确的是

A.%0在PdZn催化剂表面蟀离的速率更快

B.在PdCu催化剂表面的*8更容易脱附

C.消耗相同质量的C&OH,选择PdZn催化剂有利于生成更多H2

D.若原料更换为CD3OH,经历TS3后可生成*HD

【答案】D

【详解】A.由主反应历程图可以看出，*&O在PdZn催化剂表面解离时，达到TS4过渡态所需活化能为

l.OeV；在PdCu催化剂表面解离时，达到TS4过渡态所需活化能为0.93eV。反应活化能越小，反应速率

越快。因此，电0在PdCu表面解离的速率更快，A错误；

B.由副反应历程图可以看出，*CO从PdZn表面脱附形成CO所需的能量为0.21eV；从PdCu表面脱附所

需的能量为0.83eV。*CO从PdCu表面脱附所需能量更多，因此更难脱附，B错误：

C.由选项A和选项B的分析可知，与PdZn相比，出。在PdCu表面解离速率更快，可以生成更多*（）H°

通过增大反应物的浓度促进主反应的进行。从副反应历程图可以看出，*C。在PdCu表面更难脱附，通过

增大生成物浓度抑制副反应的进行。因此PdCu对主反应的选择性更强。从题干给出的反应方程式可以看

出，进行主反应时，每消耗1molCH30H可以生成3moi出。为此消耗相同质量的CH3OH,选择PdCu

催化剂有利于生成更多H2,C错误；

D.结合主反应历程图可以看出，CH30H会被吸附在催化剂表面并转化为*CH2O+*H+*H,之后经历TS3步

骤转化为*CH2O+F2。与之类似，CD30H在催化剂表面会转化为*CD20+*D+*H。经历TS3之后，转化为

*CD2O+"HD,D正确；

故答案选Do

类型02反应机理循环图像

Cfe题精讲2.（2025•广东卷）某理论研究认为：燃料电池（图b）的电极I和II卜.所发牛反应的催化机

理示意图分别如图a和图c,其中。2获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上

A.负极反应的催化剂是i

B.图a中，i到ii过程的活化能一定最低

C.电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变

D.相同时间内，电极I和电极II上的催化循环完成次数相同

丘思维解析【答案】C

【第一步明确类型】本题为反应机理循环图，两个循环图像分别是电极I和II上所发生反应的催化机理

示意图。

【第二步提取信息】

氧气发生还♦反应.像王帔.电氧气发生氧化反应.

械力程式为，O,44»电崔方程式为tHr2e-2H,

|整个过程分速打，M小।个灯入出山国电子,

H-与反SL耨袋1个电子

【第三步逐项判断】

A.由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是i,A错误；

B.图a中，i到ii过程为02获得第一个电子的过程，根据题中信息，。2获得第一个电子的过程最慢，则

i到ii过程的活化能一定最高，B错误；

+

C.氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：H2-2e=2H,同时，反应负极每失去1个电子，就会有一

个H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确；

D.由图a、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，相同时

间内，电极i和电极n上的催化循环完成次数不相同，D错误;

故选c。

3式应用

1.（2025•江苏卷）CO2与NO；通过电催化反应生成CO（NH）,可能的反应机理如图所示（图中吸附在催

化剂表面的物种用“*”标注）。下列说法正确的是

*CO(NH2)2

A.过程i［和过程in都有极性共价键形成

B.过程I【中NO；发生了氧化反应

通电

C.电催化CO］与NO；生成CO（NHJ,的反应方程式：CO2+2NO；+18H*==CO（NH2）2+7H2O

催化剂

D.常温常压、无催化剂条件下，CO?与NH/HQ反应可生产CO（NH2）2

【答案】A

【详解】A.过程II为：*CO4ll*NO；在酸性条件下被还原为气：。和*?4%的反应，生成了N—H等极性

共价键；过程II【为*CO与*NH?生成*CO（NH4的反应，生成了C-N极性共价键，A正确；

B.过程n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：

C.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

通电

为CO1+2NO；+18H++16e-CO(NH2)2+7H2O,c错误;

D.常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH/Hq反应生成（NHJCO、或NH4HCO”D错误；

故选Ao

2.（2025•全国卷）研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应H2O=H++HO-+e,三啤水溶液微滴表面接

触CO?发生反应，可能的反应机理如图所示。

根据上述反应机理，

A.三哩在反应循环中起催化作用

B.CO2换成。8。2，可生成H18()2

C.碳原子轨道的杂化存在从sp到sp2的转变

D.总反应为2H2O+CO2=H2()2+HCOOH

【答案】B

【详解】A.由机理图可知，三哩在反应循环中，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,82换成可生成HC18OI8OH,B错误；

C.由机理图可知,CO2转化为HCOOH,因此碳原子轨道的杂化存在从sp到sp2的转变，C正确；

D.由机理图可知,CO2和H2。反应生成H2。2和HCOOH,总反应为2H2O+CC)2=H2O2+HCOOH,D正确;

故选Bo

04分级实战.

R巩固提升

1.(2025•黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷)一定条件下，“BQ3—SOF—[Fe(CN)6F-—H+”4种原料按

固定流速不断注入连续流动反应器中，体系pH-t振荡图像及涉及反应如下。其中AB段发生反应

①〜④，①②为快速反应。不列说法错误的是

①SOf+H+=HSO；

②HSOJ：+H+/=H>,SO,

③3HSO；+BrO；=3SO；-+Br+3H+

④H2SO3+BrO；->

-

⑤BrO3+6H*+6[Fe(CN%广=Br+6[Fe(CN)6r+3HQ

A.原料中c（H+）不影响振幅和周期

+

B.反应④：3H2SO3+Bi-O；=3S0；-++6H

C.反应①〜④中，H+对SO；的氧化起催化作用

D.利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化

【答案】A

【详解】A.根据图像可知氢离子浓度影响振幅大小，A错误；

B.反应④中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为3H2sO3+BrO；=3SO：-+B「+6H+,B正确；

C.由于①②为快速反应，而澳酸根离子直接氧化的是亚硫酸，所以反应①~④中，氏对S0『的氧化起

催化作用，C正确；

D.根据题干信息和图像可知利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化，D正确；

答案选A。

2.（2025•云南卷）铜催化下，庄CO2电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是

K泮

C-C

2/\4H*+4c-

CO2/////)---------*

Cu

I

A.i到n的过程中发生氧化反应

B.ii到川的过程中有非极性健生成

HH

H-C-C-H

C.IV的示意图为HO

/////J

Cu

D.催化剂Cu可降低反应热

【答案】C

【详解】A.由图可知，I到II佗过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A错误;

HH

B.II到HI的过程中生成了一根C-H健，如图不是非极性键，B错误;

C.II到川的过程中生成了一根C-H键，由山结合氢离子和电子可知，川到IV也生成了一根C-H键，IV到

HH

H—C—C—H

V才结合CO,可知IV的示意图为HzO,C正确:

Cu

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。

3.（2025•安徽•三模）十氢禁（G°HQ是具有高储氢密度的氢能载体，一定条件下，在某催化剂作用下,

依次经历反应i和反应ii释放氢气:

反应i.GoH[8(l),C10H12(l)+3H2(g)AH)

反应ii.C10II12(l)1C10II8(l)+2II2(g)AII2

脱氢过程中的能量变化如图所示。

下列叙述错误的是

A.反应i的活化能大于反应ii的活化能

B.蔡（G。％）的储氢过程是放热反应

C.“低压、高温”条件下，能提高十氢茶的脱氢率

n（C10Hl8）

D.十氢蔡脱氢反应达平衡时，适当升高温度，反应体系中二」;增大

【答案】D

【详解】A.活化能是指化学反应中由反应物分子到达活化分子所需的最小能量，由图可判断，反应i的

活化能大于反应ii的活化能，A正确;

B.由图可判断，十氢茶脱氢时的两步反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，均为吸热反应，则恭

（CIOHS）的储氢过程是放热反应，B正确:

C.反应i、ii均为气体体积增大的吸热反应，“低压、高温”条件下，有利于反应i、ii向正反应方向进行,

能提高十氢蔡的脱氢率，C正确;

D.反应i、ii均为气体体积增大的吸热反应，衡时，适当升高温度，反应i、ii均向正反应方向移动，则

n(C10H18)

n"C二H即成小，D错误;

(108)

故选D。

4.(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CHQOOH,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100%

B.每消耗ImolO?可生成ImolCHCOOH

C.反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化

D.若以CD,为原料，用H/)吸收产物可得到CD3COOH

【答案】B

【分析】由反应历程可知，总反应为2c。+2。，4+02=2。"夕。0”,据此解答。

【详解】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ImolO?可生成2moicHWOOH,B错误；

C.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犍数目均会

发生改变，所以Rh和卜e的化合价均发生变化，C正确;

D.若以CD」为原料，有反应历程可知，会生成CRCOO。，用吸收产物时，其存在电离平衡:

CD.COODCD.COO+D\CDCOO一结合水电离出的H可得到3co。"，D正确；

故选B。

5.(2025•北京卷)乙烯、醋酸和氧气在把(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH/CHOOCCHJ的过程示

意图如下。

CHCHOOCCHCH3coOH

5、CH3coOH2—3>

Pd(CH3coO)：CHkCH

下列说法不•正•确•的是

A.①中反应为4cH3coOH+C)2+2Pdf2Pd(CH3coO),+2H2O

B.②中生成CH亡CHOOCCH,的过程中，有。键断裂与形成

C.生成CH2=CHOOCCHA总反应的原子利J|］率为100%

D.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

【详解】A.①中反应物为CHKOOH、Ch、Pd,生成物为H2O和Pd(CH3co0”，方程式为：

4CH,COOH+O2+2Pd-^2Pd(CH5COO),+2H2O,A正确；

B.②中生成CH?二CHOOCCH3的过程中，有C-H断开和C-0的生成，存在。键断裂与形成，B正确；

C.生成CH「CHOOCCH3总反应中有H2O生成，原子利用率不是100%,C错误；

D.Pd是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D正确；

答案选C。

6.(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(旦的反应机理如图所示。下列说法正确的是

0,,2HQ

表示含Si物种

过程中II是催化剂

过程中有极性键和非极性键的断裂和形成

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

【详解】A.根据反应原理，I先消耗再生成，是整个历程的催化剂，n先生成，再消耗，是中间产物，

A错误；

B.过程中存在0-0非极性键的断裂，以及中非极性键的形成：还存在O-H极性键的断裂，

以及O-C极性键的形成，B正确；

C.过程中Ti的化学键（力・-。）始终是4个，配位键不会改变Ti的化合价，故Ti元素的化合价不变，C错

误；

D.反应生成了HQ,且存在H/）2的分解反应，原子利用率小于100%，D错误；

故选B。

7.（2025•浙江1月卷）化合物A在一定条件下可转变为酚E及少量副产物，该反应的主要途径如下：

OOH

飞上

+OHOH

HR

>CH3

下列说法不.4的是

A.H+为该反应的催化剂

B.化合物A的一澳代物有7种

C.步骤山，苯基迁移能力强于甲基

D.化合物E可发生氧化、加成和取代反应

【答案】B

【详解】A.由图可知H+参与了反应，反应前后不变,因此H+是反应的催化剂，A正确；

O

B.化合物A的一澳代物有6种，分别是：O、

oO

LXBr.O,B错误；

CHCH.Br

c.步骤in可知c转化到D,苯基发生了迁移，甲基没有迁移，说明苯基的迁移能力强于甲基，c正确;

D.化合物E中有酚羟基可以发生氧化反应，苯环可以发生加成反应和取代反应，D正确；

答案选B。

7.（2025•广西卷）某种氨基喳咽衍生物（M）合成反应的可能历程如图，邑表示活化能（心•mo厂1）。下列

说法错误的是

C.反应速率：历程IIA历程ID.反应热：历程II＞历程I

【答案】D

【详解】A.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:

发生了N-O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/mcl（决速步）,

活化能越大，反应速率越慢，则反应速率：历程n＞历程I,CE确;

D.由图可知，历程II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。

8.（2024•浙江6月卷）丙烯可发生如下转化（反应条件略）：

产

CH-"OH2

（HrOH

A主产物）

P

下列说法不巧硬的是

A.产物M有2种且互为同分异构体（不考虑立体异构）

B.H'可提高YrZ转化的反应速率

C.Y-Z过程中，a处碳氧键比b处更易断裂

D.YTP是缩聚反应，该工艺有利于减轻温室效应

【答案】D

【解析】丙烯与H0C1发生加成反应得到M,M有CH3-CHCI-CH2OH和CH3-CHOH-CH2CI两种可能的结

构，在Ca（OH”环境下脱去HC1生成物质Y（第Y在H+环境水解引入羟基再脱H+得到主产物Z；Y

与CO2

乩

【解析】A.据分析，产物M有2种且互为同分异构体（不考虑立体异构），A正确;

B.据分析，IT促进Y中雁键的水解，后乂脱离，使Z成为主产物，故其可提高Y->Z转化的反应速

率，B正确;

於6部分可看出，是a处碳氟键断裂，故a处碳氧键比b处吏易断裂，C正

CHrOH

确;

D.Y-P是C02与Y发生加聚反应，没有小分子生成，不是缩聚反应，该工艺有利于消耗C02,减轻温

室效应，D错误；

故选D。

9.（2024•贵州卷）AgCN与CH°H/r可发生.取代反应，反应过程中CW的C原子和N原子均可进攻

CH3CH2Br,分别生成睛（CH3cH?CN）和异睛（CH3CH2NC）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）。

产I能量9%严

C-CH,

/::'、，

工/\Ag-—Br

异睛C、、AA/

CH3c靛+AgBr/A《N+CH皿Br\

\睛

CHCHN=C^-Ag--Br\CH3CH2CN+AgBr

32、.I”一

CH3cH2c三百二・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CHQHzBr生成CH3cH2cN和CH3CH2NC的反应都是放热反应

B.过渡态TS1是由CN-的C原子进攻CH£H?Br的a—C而形成的

C.I中“N--Ag”之间的作用力比II中“C--Ag”之间的作用刀弱

D.生成CH3cH?CN放热更多，低温时CH3cH?CN是主要产物

【答案】D

【解析】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CHC%Br

生成CH3cH£N和CH3cH?NC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CN-的C原了•进攻

CH、C用Br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、I【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H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CHQHzNC,为主要产

物,D项错误；

故选D。

10.（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

小O

HHHHnH

—

——

I—I

/HO

CccCO2c

-H2杀OH--I

步

步

第

第

第

◎步

—

II—、I—C—OH

HHHHHH

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

【分析】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CH.CHz+HzOTUCH3cH9H,总反应为放热反应，据此答题“

【详解】A.总反应的凶＜0、ASvO,由△GuM-TAScO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Ao

11.（2025•黑龙江大庆•三模）某科研团队以可再生纳米碳一玻基材料为催化剂，催化烷燃基氧化脱氢反

应，其基元反应和能量变化如图所示。

过渡态n反应历程

下列说法错误的是

A.反应历程中仅有极性键的断裂和生成

B.过渡态IV的氧化性大于过渡态1【

C.基元反应②为决速步骤

D.乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和一种绿色消毒剂

【答案】A

【详解】A.反应过程分析可知，过程中氧气参与反应生成了过氧化氢，存在非极性键的断裂和形成，故

A错误；

B.基元反应可知，过渡态IV的物质中含过氧键，过渡态N的氧化性大于过渡态H,故B正确；

C.反应的能垒最大，反应速率最慢，基元反应②为决速步骤，故C正确；

D.乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和•种绿色消毒剂H2O2,故D正确：

答案选A。

12.（2025•浙江•三模）纳米碗是一种