2026年高考化学终极冲刺：压轴03 反应机理图像分析（2大核心考向压轴题专练）（江苏专用）（解析版）

/压轴03反应机理图像分析命题预测江苏高考化学中反应机理图像题是近年选择与原理压轴的高频题型，常以能量-反应历程图、多步基元反应机理图为载体，结合工业催化、新能源转化等真实情境命题。试题侧重考查基元反应判断、活化能与决速步、过渡态与中间体、催化剂循环、能量变化与反应热，强调对图像拐点、能垒高度、物质转化路径的分析。命题突出多步反应、竞争路径、催化循环、速率影响因素，注重证据推理与模型认知，陷阱集中在决速步判断、催化剂与中间产物区分、活化能与速率关系。2026年命题将继续以催化反应机理、光/电催化耦合、多步竞争反应为主，图像更复杂、步骤更多，强化决速步分析、活化能计算、反应选择性解释、循环物质判断。同时会增加速率方程、反应级数、同位素示踪、盖斯定律联用，更贴近真实催化过程，对路径分析、逻辑推理和定量解读能力要求显著提高。高频考法1.历程与物质判断：识别基元反应、过渡态、中间体与催化剂，判断催化剂参与与循环再生。2.能量与活化能分析：根据能垒高低比较反应速率，确定决速步，计算活化能与反应焓变。3.反应速率与选择性：分析温度、催化剂对路径、速率及产物选择性的影响。4.机理方程式书写：书写基元反应、总反应及循环转化的离子/化学方程式。5.图像信息解读：分析能量曲线、中间体结构、路径差异，解释反应趋势与副反应成因。知识·技法·思维考点01反应机理与历程分析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.反应过程中的能量变化（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）反应热与活化能的关系：ΔH=E1(正反应的活化能)-E2(逆反应的活化能)。（3）分析变化过程中所经由的全部基元反应，包括过渡态的生成，键的断裂和形成等。（4）催化剂只改变活化能，不改变焓变，即只影响化学反应速率，不影响平衡。5．基元反应与非基元反应（1）定义①基元反应：反应物分子一步直接转化为产物的反应，无中间体，是构成反应机理的基本单元。②非基元反应：由多个基元反应分步完成的总反应，存在中间体，反应历程复杂。③实例：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2HIH2＋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。（2）反应速率方程①基元反应：速率方程可由反应式直接写出，反应物级数等于对应化学计量数。如：aA+bB→产物，v=k・c^a(A)・c^b(B)。②非基元反应：速率方程不能由总反应式直接推导，必须通过实验测定。（3）反应分子数①基元反应才有反应分子数，分为单分子、双分子、三分子反应（三分子极少）。②非基元反应无反应分子数概念，只谈反应级数。（4）决速步与机理①非基元反应的总速率由“最慢的基元步骤（决速步）”决定。②总反应方程式=各步基元反应相加，中间体消去，催化剂前后抵消。6．过渡态A＋B—C→[A…B…C]→A—B＋C【特别提醒】（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。7．中间体【特别提醒】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。考点02反应历程与活化能1.反应历程（1）由若干基元反应依次进行构成，包含反应物、中间体、过渡态、产物。（2）中间体：反应中生成并消耗，能量较低、相对稳定，出现在能谷。（3）过渡态：能量最高的不稳定状态，对应能量曲线的峰值。2.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。3.活化能与反应机理（1）活化能：基元反应中，反应物到过渡态的能量差为正反应活化能Ea，逆反应活化能Ea′。（2）活化能与反应热关系：ΔH=Ea​−Ea′​。（3）活化能越大，反应速率越慢，对温度变化越敏感（4）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。4.多步反应的活化能及与速率的关系如NO在空气中存在如下反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH，反应分两步完成，其反应历程如图：（1）多步反应的活化能：一个化学反应由几个基元反应完成，每一个基元反应都经历一个过渡态，如该图中的TS1和TS2，达到该过渡态所需要能量为该基元反应的活化能，分别为Ea1、Ea2（2）反应的能量变化①第1步基元反应ΔH1＝E2－E3<0，为放热反应，Ea1＝E4－E3。②第2步基元反应ΔH2＝E1－E2<0，为放热反应，Ea2＝E5－_E2。③总反应的反应热与基元反应的活化能的大小无关，只与反应物、生成物的能量有关，ΔH＝E1－E3<0，为放热反应。（3）活化能和速率的关系①整个历程中活化能最大、速率最慢的一步，决定总反应速率。②基元反应的活化能越大，反应物到达过渡态就越不容易，该基元反应的速率就越慢。Ea1<Ea2，第2步基元反应为该反应过程的决速步骤。③催化剂主要通过降低决速步活化能加快反应。5.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。催化剂的作用（1）改变反应历程，降低总活化能，加快正逆反应速率。（2）不改变焓变ΔH、平衡常数K与平衡转化率。【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。考点03催化机理能垒图1.催化反应机理图的分析思路（1）通览全图，找准一“剂”三“物”催化剂一般是在反应起点就加入的，在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主体的多个物种一定在机理图中的主线上。反应物通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物生成物通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物中间体反应后生成的，在机理图中通过一个箭头脱离，但又通过一个箭头进入的是中间体，通过两个箭头进入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（2）逐项分析得答案根据第一步由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。2．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)，焓变应转化成每摩尔。（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。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H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－0.16NAeV·mol－1(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。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。如下图所示：考点04循环反应图分析1.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2.循环反应图中三类物质：反应物、产物、中间产物及反应条件、催化剂的判断典例·靶向·突破考向01直线反应机理图的分析判断例1【热点——双碳】（25-26高三下·江苏·模拟预测）铜催化下，由电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成C．Ⅳ的示意图为 D．催化剂Cu可降低反应热【答案】C【解析】A．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A错误；B．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，如图，有极性键生成，不是非极性键，B错误；C．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C-H键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为，C正确；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。情境链接本题以“双碳”战略下CO2情境链接本题以“双碳”战略下CO2电催化合成正丙醇为真实工业情境，紧扣绿色化工与能源应用的高考热点。题干以铜（Cu）为催化剂，展示了CO₂转化为正丙醇的关键反应机理步骤，涉及中间体I至V的演变，并伴随H+、e−的转移。试题考查氧化还原反应判断、化学键类型识别、中间体结构推断及催化剂作用原理等核心考点。命题通过微观机理图，考查考生对电催化过程的理解，要求结合电子转移、键的生成与断裂等知识进行分析，注重考查证据推理与模型认知的核心素养，体现化学学科在解决实际环境与能源问题中的应用价值。考向解码本考向以CO₂电催化合成正丙醇的直线反应机理为载体，是高考电化学与“双碳”热点融合的核心命题方向。试题围绕催化转化的关键步骤，全面考查氧化还原反应判断、化学键类型识别、中间体结构推断、催化剂作用原理四大核心考点，聚焦电子转移、键的断裂与生成等微观过程，强化对反应机理的逻辑分析能力。试题贴合碳资源化利用的真实科研情境，凸显“结构-反应-机理”的化学思想，精准对接高考对证据推理与模型认知核心素养的考查要求。【变式探究】（2025·江苏·三模）利用可制备苯乙烯，反应可能的机理如下(x、y、z表示催化剂的活性位点)。下列说法正确的是A．催化剂的y、z位点所带电性不同B．受苯环影响，a处键比b处更易断裂C．整个过程中有非极性键的断裂和形成D．该反应中每生成1mol苯乙烯，转移电子数目为【答案】B【解析】A．由图可知，催化剂的y位点与带部分正电荷的氢原子作用，则y位点带负电；催化剂的z位点与二氧化碳中带部分正电荷的碳原子作用，则z位点带负电，所以催化剂的y、z位点所带电性相同，A错误；B．从反应机理图看，a处键比b处先断裂，这说明受苯环影响，a处键比b处更易断裂，B正确；C．结合反应式和反应机理图可知，反应过程中，反应物中没有非极性键的断裂，即整个过程中没有非极性键的断裂，C错误；D．由反应式可知：，反应中每生成1mol苯乙烯，会消耗1mol二氧化碳，反应转移2mol电子，则转移电子的数目约为，D错误；故选B。考向02循环反应机理图的分析判断例2【热点——有机合成】（2026·江苏徐州·模拟预测）催化剂(Ph表示苯基)可实现温和条件下的丙烯加氢：，反应机理如题图所示，图中Rh离子形成的化学键都是配位键。下列说法正确的是A．反应①中被氧化B．反应②中，丙烯中碳原子上的孤电子对与Rh离子形成配位键C．反应③中碳原子的轨道杂化类型由变为D．催化剂改变了丙烯加氢反应的历程和活化能【答案】D【解析】A．反应①中的键断裂，形成两个键，元素从价变为价，化合价降低，被还原，A错误；B．丙烯中双键碳原子没有孤电子对，是碳碳双键的键电子对提供给离子形成配位键，不是碳原子的孤电子对，B错误；C．反应③中，丙烯双键的碳原子原本为杂化，加成后变成饱和单键碳原子，杂化类型由变为，C错误；D．催化剂的作用是改变反应的历程，改变反应的活化能（一般为降低活化能加快反应），不改变反应的焓变，D正确；故选D。情境链接情境链接本题以2026年江苏徐州模拟预测的丙烯温和加氢制丙烷为情境，聚焦有机合成中过渡金属催化的循环反应机理分析，契合绿色化工与催化技术的高考热点方向。题干以RhCl(PPh₃)₂为催化剂，呈现丙烯加氢的完整催化循环，结合“Rh离子化学键均为配位键”的已知信息，考查氧化还原反应判断、配位键形成、杂化类型变化及催化剂作用等核心考点。A选项分析H2的氧化还原，B选项辨析配位键的成键本质，C选项判断杂化类型的转变，D选项考查催化剂对反应历程的影响。试题以循环机理为载体，强化“结构-反应-机理”的逻辑链，对接高考对有机化学、配位化学与催化原理融合的命题趋势，考查证据推理与模型认知的核心素养，凸显化学在精细有机合成中的应用价值。考向解码本考向以丙烯温和加氢制丙烷的循环反应机理为载体，是高考有机合成与催化化学融合的核心命题方向。试题围绕Rh基催化剂的完整催化循环，全面考查氧化还原反应判断、配位键成键本质、杂化类型变化、催化剂作用四大核心考点，结合配位键的特殊结构信息，强化对催化循环、微观成键、反应历程的综合分析能力。试题贴合温和有机合成的真实科研情境，凸显“结构决定性质、机理决定路径”的化学思想，精准对接高考对证据推理与模型认知核心素养的考查要求。【变式探究】（2026·江苏南京·模拟预测）Cu/ZnO催化CO2、H2与二甲胺反应合成DMF（）的可能机理如下图，下列说法正确的是A．反应过程中有非极性键的断裂和形成B．反应过程中没有甲酸生成C．CO2、D2与二甲胺反应可能生成HDOD．催化剂Cu/ZnO降低了反应的活化能和焓变【答案】C【分析】由题干信息和机理图可知，Cu/ZnO为催化剂，氢气、二氧化碳和二甲胺为反应物，水和DMF是生成物，其他物质全为中间产物，据此分析解答。【解析】A．反应物中存在非极性键，反应过程中只有非极性键的断裂，没有非极性键形成，A错误；B．根据反应机理，过程中生成了中间体，说明甲酸作为中间产物在反应过程中生成，B错误；C．二甲胺结构为，N上连接1个；若将换为反应，氘会进入反应中间体，最终生成水时，来自二甲胺的和来自的可以结合氧原子形成，因此反应可能生成，C正确；D．催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，但焓变由反应物和生成物的总能量差决定，催化剂不改变反应物和生成物的总能量，因此不能改变反应的焓变，D错误；故选择C。1．（2026·江苏·一模）Fenton试剂(含和的水溶液)产生的羟基自由基()能有效氧化去除水中的有机污染物，的产生机理如图所示。下列说法不正确的是A．过程Ⅰ和过程Ⅱ都有非极性共价键断裂B．过程Ⅱ的反应方程式：C．过程Ⅰ的活化能小于过程Ⅱ的活化能D．用代替，也能形成类似Fenton试剂的体系【答案】A【解析】A．结构为，其中为非极性共价键，为极性共价键：过程Ⅰ中断裂非极性键生成，存在非极性键断裂；但过程Ⅱ中仅断裂极性键生成和，非极性键未断裂，因此不是两个过程都有非极性共价键断裂，A错误；B．根据反应机理，过程Ⅱ是与反应生成、和，给出的方程式满足原子守恒、电荷守恒，B正确；C．反应速率越快，活化能越低，过程Ⅰ是快反应、过程Ⅱ是慢反应，因此过程Ⅰ的活化能小于过程Ⅱ的活化能，C正确；D．若用代替，先和发生过程Ⅱ生成，生成的再继续发生过程Ⅰ产生，循环反应可以持续产生羟基自由基，因此能形成类似Fenton试剂的体系，D正确；故选A。2．（2026·江苏常州·一模）以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯和为原料生产环氧丙烷（）及发生副反应的反应机理如图所示（图中表示含硅物种）。下列说法不正确的是A．Ⅰ是生产环氧丙烷及副反应的催化剂B．过程中有极性键的断裂和形成C．过程中元素的化合价未发生变化D．由丙烯和生产环氧丙烷的化学方程式：【答案】D【解析】A．根据反应机理图，在主反应和副反应历程中，都是Ⅰ先消耗再生成，Ⅰ为催化剂，A正确；B．反应物中断裂的键有丙烯中的C=C非极性键、H2O2中的O-O非极性键和H-O极性键，产物中生成的键有环氧丙烷中的C-O极性键和O2中的O=O非极性键，过程中有极性键的断裂和形成，B正确；C．整个转化过程中形成4个键或5个键，但其中的第五个键为配位键，配位键不影响化合价的变化，因此的化合价未发生变化，C正确；D．根据题干机理图，由丙烯和生产环氧丙烷的主反应净反应为，D错误；故选择D。3．（2026·江苏镇江·模拟预测）钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。下列说法错误的是A．步骤①反应为B．步骤③正、逆反应的活化能关系为C．在步骤③中起氧化剂作用D．步骤③生成的物质可能是【答案】D【解析】A．步骤①中VO2+与H2O2反应生成、⋅OH和H+，反应方程式为VO2++H2O2=+⋅OH+H+，A正确；B．步骤③为放热反应，意味着正反应的活化能小于逆反应的活化能，B正确；C．步骤③中，被还原为VO2+，说明在催化循环中起到氧化作用，C正确；D．整个反应过程是H2O2氧化苯制备苯酚，反应体系中无低价态氢的还原环境，且氢气具有强还原性，会被H2O2、⋅OH等氧化，因此Z不可能是氢气，D错误；故答案选D。4．（2026·江苏·一模）葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：

下列说法错误的是A．溴化钠起催化和导电作用B．每生成葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了电子C．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物D．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应【答案】B【解析】A．由图中信息可知，溴化钠是电解装置中的电解质，其电离产生的离子可以起导电作用，且在阳极上被氧化为，然后与反应生成和，再和葡萄糖反应生成葡萄糖酸和，溴离子在该过程中的质量和性质保持不变，因此，溴化钠在反应中起催化和导电作用，A说法正确；B．由A中分析可知，2mol在阳极上失去2mol电子后生成1mol，1mol与反应生成1mol，1mol与1mol葡萄糖反应生成1mol葡萄糖酸，1mol葡萄糖酸与足量的碳酸钙反应可生成0.5mol葡萄糖酸钙，因此，每生成1mol葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了4mol电子，B说法不正确；C．葡萄糖酸分子内既有羧基又有羟基，因此，其能通过分子内反应生成含有六元环状结构的酯，C说法正确；D．葡萄糖分子中的1号C原子形成了醛基，其余5个C原子上均有羟基和H；醛基上既能发生氧化反应生成羧基，也能在一定的条件下与氢气发生加成反应生成醇，该加成反应也是还原反应；葡萄糖能与酸发生酯化反应，酯化反应也是取代反应；羟基能与其相连的C原子的邻位C上的H（）发生消去反应；综上所述，葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应，D说法正确；综上所述，本题选B。5．（25-26高三上·江苏徐州·月考）环氧化合物是重要的有机合成中间体，由丙烯（）为原料生产环氧丙烷（）的反应机理如图所示。下列说法不正确的是A．过程中Ⅰ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元素的化合价不变D．1mol丙烯和发生该反应可得到1mol环氧丙烷【答案】D【解析】A．该转化的总反应为：，根据图形说明Ⅰ在转化过程中虽然参与了反应，但反应前后未发生变化，作催化剂使用，A正确；B．反应物中断裂的键有丙烯中的非极性键、中的非极性键和极性键，产物中生成的键有环氧丙烷中的极性键和中的非极性键，B正确；C．整个转化过程中Ti形成4个键或5个键，但其中的第五个键为配位键，配位键不影响化合价的变化，因此Ti的化合价未发生变化，C正确；D．根据总反应可知，1mol丙烯要和发生反应才可得到1mol环氧丙烷，D错误；故答案为：D。6.（25-26高三上·江苏扬州·期中）制乙烯的可能过程如图所示。下列说法正确的是A．步骤①中发生了氧化反应B．催化剂可以降低步骤②反应的焓变C．步骤④的过程中有非极性键的断裂与生成D．理论上，每合成生成的总量为【答案】D【解析】A．步骤①发生的反应为，转化为化合价降低，发生还原反应，A错误；B．催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变（只与始态、终态有关），B错误；C．步骤④发生的反应为，结构中只含有极性键，故反应过程无非极性键的断裂，但有乙烯中非极性键的生成，C错误；D．根据图示可知，总反应为，故理论上，每合成生成的总量为，D正确；故选D。7．（25-26高三上·江苏苏州·期中）与盐酸在催化电极上生成盐酸羟胺（，化学性质类似于）。可能的反应机理如图所示，下列说法正确的是A．过程①~④中N的化合价均发生变化B．过程②和③中都有极性键形成C．过程⑤中为和D．电催化与盐酸生成的反应方程式：【答案】B【分析】由反应机理可知，，据此分析；【解析】A．过程①未得失电子，化合价不变，②③④均得电子，N的化合价均发生变化，A错误；B．过程②有H-N极性键形成，过程③中有H-O极性键形成，B正确；C．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步反应为：NH2OH+H+=NH3OH+，过程⑤中为，C错误；D．电催化与盐酸生成的反应方程式：，D错误；故选B。8．（25-26高三上·江苏盐城·期中）以催化的反应机理如图所示。下列说法正确的是A．反应过程中有非极性共价键断裂和形成B．反应过程中的化合价没有改变C．催化剂参加了反应并降低了反应焓变D．反应的化学方程式：【答案】A【解析】A．反应中有氧气参与反应，且生成了氮气，所以反应过程中有非极性共价键断裂和形成，A正确；B．在题给的反应历程中，的成键数发生了改变，即的化合价发生了变化，B错误；C．催化剂只能改变化学反应速率，不能影响焓变，C错误；D．流程中有氧气的参与，反应的化学方程式：，D错误；故答案选A。9．（25-26高三上·江苏苏州·月考）加氢制甲醇能实现碳的循环利用。与在活化后的催化剂表面发生如下反应：

，其反应历程如图。已知：催化剂活化：(无活性)(有活性)下列说法不正确的是A．总反应

B．过程Ⅱ中发生氧化反应C．历程中有、键的形成和断裂D．无活性的可能原因是结构中缺少氧空位【答案】C【解析】A．总反应气体分子数减少，ΔS<0，CO2加氢制甲醇为放热反应，ΔH<0，A正确；B．H2中H为0价，过程Ⅱ中形成C-H键、H为+1价，H元素化合价升高，发生氧化反应，B正确；C．C-H键是逐步加氢形成的，无C-H键断裂过程，C错误；D．In2O3活化后为In2O3-x（有活性），说明氧空位是活性位点，无活性的In2O3因缺少氧空位，D正确；故答案选C。10．（2026·江苏·一模）雾霾中硫酸盐形成的可能机理如图所示，下列有关说法正确的是A．过程Ⅰ、Ⅱ中均有非极性键的断裂与形成B．过程Ⅲ中、都发生了氧化反应C．过程Ⅲ中存在反应：D．是硫酸盐形成的催化剂【答案】C【解析】A．过程Ⅰ：转化为、，没有非极性键的断裂或形成。过程Ⅱ：在光照下生成和，也没有非极性键的断裂或形成，A错误；B．过程Ⅲ中，(S为+4价)被氧化为（S为+6价），发生氧化反应，在反应中是氧化剂，发生还原反应，B错误；C．过程Ⅲ中，与反应，S被氧化为+6价，被还原为，反应方程式为：，C正确；D．在过程Ⅱ中被消耗，后续没有生成，属于反应物，不是催化剂，D错误；故答案选择C。11．（25-26高三上·江苏苏州·期末）催化、与二甲胺反应合成DMF（）的可能机理如图，下列说法正确的是A．反应过程中有非极性键的断裂和形成B．反应过程中没有甲酸生成C．、与二甲胺反应可能生成HDOD．催化剂降低了反应的活化能和焓变【答案】C【分析】催化剂表面首先吸附，使H-H非极性键断裂，生成吸附态的H原子；分子在催化剂表面被吸附，C原子带部分正电荷，O原子带部分负电荷，从而被活化；活化的与吸附态H原子结合，生成甲酸根中间体，此时C原子与两个O原子形成稳定的配位结构；二甲胺进攻甲酸根中间体，形成离子对；该中间体进一步脱水，最终生成目标产物DMF。据此分析。【解析】A．反应中参与反应，存在H-H非极性键的断裂，但在整个反应机理中，没有新的非极性键形成，A错误；B．和也可能发生反应生成甲酸，反应方程式为，B错误；C．由图可知，、与二甲胺反应合成DMF的过程中，中的一个D原子形成DMF中的C-D，另外一个D原子形成H2O中的一个O-D，反应可能生成HDO，C正确；D．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变焓变，D错误；故答案选C。12．（2026·江苏镇江·一模）在催化剂表面转化为的机理如图所示。下列说法不正确的是A．过程Ⅰ加水有利于吸附在表面B．过程Ⅱ有键断裂和形成C．过程Ⅲ中碳元素被氧化D．该过程的总反应方程式为：【答案】C【解析】A．过程Ⅰ中水为反应物，增加水有利于平衡向正反应方向移动，从而促进吸附在表面，A表述正确；B．过程Ⅱ中，氢气结合到催化剂表面，氢气中键断裂，Ni与氢原子之间形成键，存在键断裂和形成，B表述正确；C．过程Ⅲ中，碳原子上原本连有3个O，经过过程Ⅲ，碳原子连有2个O，“去氧”过程为还原反应，碳元素被还原，C表述错误；D．根据题目中机理图，反应物为和，生成物为和，该过程的总反应方程式为：，D表述正确；故答案选C。13．（25-26高三上·江苏南通·开学考试）反应可用于储氢，可能机理如下图所示。下列说法正确的是A．步骤I中带正电荷的C与催化剂中的N之间发生作用B．步骤I中存在极性键与非极性键的断裂和形成C．步骤III中发生了氧化反应D．整个过程中所涉及元素的化合价均发生了变化【答案】A【解析】A．由题图所示的反应机理可知，中C显正价，O显负价，步骤I可理解为中带部分正电荷的C与催化剂中的N之间作用，A正确；B．步骤I中断裂了H-H键（非极性键），未断裂极性键，B错误；C．步骤III中转化为HCOOH，C的化合价由+4降为+2价，发生了还原反应，C错误；D．由总反应可知，O元素的化合价未发生改变，D错误；故答案选A。14．（25-26高三上·江苏扬州·月考）如果在反应体系中只有底物和溶剂，没有另加试剂，那么底物就将与溶剂发生反应，溶剂就成了试剂，这样的反应称为溶剂解反应。如三级溴丁烷可以在乙醇中发生溶剂解反应，其反应的机理和能量变化与反应进程的关系如图所示。

下列说法中，不正确的是A．三级溴丁烷在乙醇中的溶剂解反应属于加聚反应B．卤代烃在发生消去反应时可能会有副产物某醚的生成C．不同卤代烃在乙醇中发生溶剂解反应的速率与卤素原子的电负性有关D．该反应机理中的中间产物中的碳原子有两种杂化方式【答案】A【解析】A．三级溴丁烷在乙醇中的溶剂解反应生成醚和HBr，属于取代反应；加聚反应是不饱和化合物通过加成聚合生成高分子，该反应无不饱和键参与且无高分子生成，A错误；B．卤代烃消去反应时，若溶剂为醇（如乙醇），醇可作为亲核试剂与碳正离子结合生成醚，成为副产物，B正确；C．溶剂解反应速率与离去基团离去能力有关，卤素原子电负性影响C-X键极性及离去基团稳定性（如I⁻比Cl⁻更易离去），故速率与电负性相关，C正确；D．反应中间产物为(CH3)3C⁺，中心碳原子有3个共价单键，没有孤电子对，为sp2杂化，甲基碳原子成4个共价单键，为sp3杂化，存在两种杂化方式，D正确；故选A。15．（25-26高三上·江苏南京·开学考试）固体可以催化与环氧乙烷的衍生物转化为环状碳酸酯，可能的机理如下：下列说法正确的是A．中的C提供孤电子对与配位B．过程Ⅰ、Ⅱ中