2026年高考化学终极冲刺：压轴题03 化学反应机理、历程、能垒图分析（压轴题专练）（黑吉辽蒙专用）（解析版）

/压轴题03化学反应机理、历程、能垒图分析命题预测化学反应机理与能垒图分析是近年来高考化学的热点模块，在黑吉辽蒙卷中常以选择题或填空题形式出现，注重考查学生对基元反应、中间体、过渡态、活化能、决速步、催化剂作用机理等核心概念的理解。试题通常以能量-反应进程图（能垒图）、循环反应机理图、催化循环示意图等为载体，结合工业生产、环境治理、能源转化、生物化学等真实情境，要求学生从图像中提取关键信息，判断反应类型、分析反应路径、比较反应速率、计算焓变与活化能等。预计2026年黑吉辽蒙卷将继续以催化剂研发、绿色化学、光/电催化、酶催化、碳中和、氢能转化等前沿热点为背景，设置能垒图分析与机理推断的综合问题，突出考查学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”的核心素养，以及从复杂信息中建构反应模型、运用化学反应原理解决问题的能力。高频考法1.能垒图（能量-反应进程图）的综合分析2.反应机理与基元反应判断3.活化能、反应速率与温度关系4.催化循环与能量转化5.多步骤反应的能量变化与热力学分析知识·技法·思维考向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。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。考向02反应历程与活化能1.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.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。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。考向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：考向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反应机理与历程分析例1【热点——反应历程】（2026·吉林长春·模拟预测）已知：2X第一步：2第二步：A在固定容积的容器中充入一定量X和Y发生上述反应，相同时间内测得体系中部分物质的物质的量(n)随温度(T)的变化如图所示。已知：在图示温度范围内，反应的焓变和熵变几乎不变。下列说法中错误的是A．EB．加入合适的催化剂，可将第一步反应变成决速步骤C．加入催化剂后重复上述实验，所得图像的变化趋势一定发生变化D．达到平衡后，若其他条件不变，再充入Z,【答案】D【解析】由图像可知，第一步反应的反应速率更快，所以Ea1<Ea2，升高温度后nA增加，nZ减小，说明温度升高到一定程度，两个反应均逆向移动，且第二个反应逆向移动的程度更大，故ΔH2＜ΔH1，A正确情境链接情境链接化学反应机理研究是揭示反应本质、优化反应条件、设计新型催化剂的基础。本题以2X(g)+Y(g)⇌2Z(g)的两步反应历程为载体，通过图像分析各步反应速率、活化能大小及平衡移动规律，体现“宏观辨识与微观探析”的化学核心素养，以及从反应历程图像中提取信息、运用原理解决问题的能力。考向解码解答多步反应机理题时，需把握以下要点：①活化能越小，反应速率越快，在相同时间内转化率越高；②温度升高，平衡向吸热方向移动，通过图像中物质物质的量随温度的变化趋势，可判断反应的热效应；③决速步是活化能最大的一步，决定总反应速率；④催化剂不改变平衡状态，但可改变各步反应的相对速率，从而改变决速步。易错点在于混淆活化能与反应热的关系，以及误判温度变化对平衡移动的影响。【变式探究】（2026·内蒙古包头·一模）氨合氯化镁固体可用于NH3储存，其释放NHA．MgClB．相同条件下，反应I的速率大于反应ⅡC．氨合氯化镁释放NH3D．低温、高压有利于MgCl2吸收【答案】D【解析】该反应是释放NH3反应的逆反应，由图可知反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，ΔH<0，A错误；反应活化能越大反应速率越小，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，故反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ，B错误；氨合氯化镁中NH3与Mg2+通过配位键结合，释放NH3时仅破坏配位键，阴阳离子间的离子键未被破坏，C错误；MgC考向02反应历程与活化能例2【热点——反应历程与能量】（2026·黑龙江大庆·二模）甲醇与CO催化制备乙酸的反应历程及每分子甲醇转化为乙酸的能量变化关系如下图。下列说法错误的是A．总反应的原子利用率为100%B．该历程的决速步骤为反应ⅲC．HI为总反应的催化剂，可降低反应的焓变D．总反应的正反应活化能小于逆反应活化能【答案】C【解析】甲醇与CO催化制备乙酸的反应分三步进行：ⅰ.CH3OH(l)+HI=CH3I(l)+H2O(l)，反应ⅱ.CH3I(l)+CO(g)=CH3COI(l)，反应ⅲ.CH3COI(l)+H2O(l)=CH3COOH(l)+HI。总反应为CH3OH(l)+CO(g)HICH3COOH(l)，HI为反应的催化剂。总反应为CH3OH(l)+CO(g)=CH3COOH(l)，则原子利用率为100%，A正确；三步反应的正反应的活化能分别为0.72eV、[-0.68-(-1.38)]eV=0.7eV、[0.91-(-1.01)]eV=1.92eV，第ⅲ步反应的活化能最大，反应速率最慢，则该历程的决速步骤为反应ⅲ，B正确；由分析可知，HI为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能降低反应的焓变，C错误；该反应中，反应物的总能量为0eV，产物的总能量为-3.05eV，则∆H=-3.05eV-0eV=-3.05eV＜0，所以总反应为放热反应，总反应的正反应活化能小于逆反应活化能，D正确；故选C。情境链接情境链接甲醇与CO催化制备乙酸是C1化学的重要反应路径，对于煤炭资源清洁转化、碳一化工产业链延伸具有重要意义。本题以能量变化图与反应历程图相结合的形式，直观展示了HI催化下甲醇羰基化制乙酸的分步反应过程，考查学生对催化剂作用、决速步判断、活化能与反应热关系的综合理解。考向解码解答反应历程与能量类题目时，需注意：①催化剂通过改变反应路径降低活化能，但不改变反应焓变；②决速步是活化能最大的基元反应，可通过比较各步的能垒高度确定；③原子利用率=目标产物分子中各原子质量之和/所有反应物分子中各原子质量之和×100%；④正反应活化能小于逆反应活化能时，反应为放热反应。易错点在于误认为催化剂降低反应焓变，或忽视催化剂在反应前后的“再生”过程。【变式探究】（2026·吉林长春·一模）HCOOH在催化剂的作用下，发生反应的机理和相对能量变化如图所示。下列说法错误的是A．Ⅰ是催化剂B．Ⅱ是中间体C．②对应的基元反应是决速步D．总反应的化学方程式为HCOOH【答案】C【解析】反应机理：HCOOH⇌HCOO-+H+、①、②、③、④；相对能量变化图对应反应机理中I到II对应步骤①，II到III对应步骤②，III到IV对应步骤③，IV到I对应步骤④。L-Fe-H+参与第①步反应，经过多步反应后又生成了L-Fe-H+，且题干中说明有机物HCOOH在含铁配离子L-Fe-H+的作用下发生反应，因此L-Fe-H+是该反应的催化剂，A正确；由分析得，Ⅱ是第①步反应中的产物，参与了第②步反应，因此Ⅱ是中间体，B正确；由相对能量变化图可知，步骤②活化能为45.3-(-31.8)=77.1，步骤④活化能为43.5-(考向03催化机理能垒图例3【热点——过渡态与能垒】（2026·辽宁抚顺·模拟预测）硫醇分解为含醛基的有机物是3D打印塑料降解的关键一环，如图为一种硫醇分解为含醛基有机物的物质变化和能量变化过程。图中Me表示−CH3，−R表示烃基；TSA．IM1→IMB．该反应机理包含6个基元反应C．该反应的决速步骤D．IM4→IM【答案】C【解析】IM1能量为−6.6 kJ⋅mol−1，IM2能量为−15.4 kJ⋅mol−1，故IM1→IM2的ΔH<0，A项正确；基元反应是一步完成的化学反应，基元反应不一定有过渡态，情境链接情境链接塑料降解是解决“白色污染”问题的关键技术，硫醇分解为含醛基有机物是3D打印塑料降解的重要环节。本题以硫醇分解反应的能量变化图与物质转化图相结合的形式，直观展示了反应过程中过渡态（TS）、中间体（IM）的能量变化，考查学生对基元反应、活化能、决速步等概念的理解，体现化学在绿色环保与资源循环利用中的价值。考向解码解答能垒图分析题时，需掌握以下要点：①基元反应的数量等于过渡态（TS）的数量（每个过渡态对应一个基元步骤）；②活化能=过渡态能量-前一中间体或反应物的能量；③决速步是活化能最大的基元步骤；④中间体（IM）处于局部能量最低点，介于两个过渡态之间；⑤总反应焓变=最终产物总能量-初始反应物总能量，与中间步骤无关。易错点在于将中间体误判为过渡态，或计算活化能时未准确找到对应的起始能量点。【变式探究】（2026·黑龙江辽宁·一模）苯在浓HNO3和浓HA．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物ⅡB．对于生成Y的反应，浓H2C．由苯得到M时，苯中的大π键没有变化D．X、Y均为苯的取代产物【答案】A【解析】生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，A正确；根据图示可知：对于生成Y的反应，反应物有硫酸，硫酸参加了化学反应，反应后又生成了硫酸，浓H2SO4作催化剂，B错误；M的六元环中与-NO2相连的C为sp3杂化，而作为原料的苯，苯环上的碳原子为sp2杂化，故反应过程中，碳原子的杂化方式发生了变化，苯中的大π键发生了变化，C错误；产物Ⅰ是打开双键生成的，故X是加成产物；产物Ⅱ生成了小分子硫酸，故产物Y是取代产物，D错误；故选A。考向04循环反应图分析例4【热点——有机反应循环】（2026·黑龙江吉林·一模）以CH3OH，CO，HI作原料催化合成乙酸的机理如图所示(A．在上述机理中，HI是合成乙酸的催化剂之一B．已知中Rh只以配位键与周围原子结合，则Rh的化合价为+2价C．若以13CO为反应物，一段时间后在产物中可检出D．反应⑥的H2【答案】B【解析】整个循环中，HI在反应①中消耗，在反应⑥中重新生成，反应前后HI的质量和化学性质不变，属于合成乙酸的催化剂之一，A正确；该配离子整体带1个单位负电荷，Rh所有结合键均为配位键，配体电荷为：3个I−每个带−1电荷，共3×(−1)=−3；CH3−带−1电荷；CO为中性配体，电荷为0。设Rh化合价为x，根据总电荷守恒：x+(−3)+(−1)+2×0=−1，解得x=+3，不是+2价，B错误；若以13CO为反应物，根据反应④，会形成Rh←13CO键，下一次循环中，根据反应③，Rh−CH3会随机结合一个CO，故可能形成CH3情境链接情境链接甲醇羰基化制乙酸是工业上生产乙酸的重要方法，HI-Rh复合催化体系是该工艺的核心催化剂。本题以催化循环机理图的形式，直观展示了CH₃OH、CO、HI在Rh配合物催化下转化为乙酸的全过程，考查学生对催化剂、中间体、配位键、反应机理的综合分析能力，体现化学在精细化工与催化科学中的前沿应用。考向解码解答催化循环图题时，应遵循“四步分析法”：①定位催化剂——在循环中参与反应但最终再生，通常作为循环的起点或终点；②识别中间体——在循环内部生成又消耗的物质；③追踪元素去向——通过同位素标记等方法判断原子转移路径；④分析化学键——判断配位键、共价键的断裂与形成，以及元素化合价的变化。易错点在于混淆催化剂与中间体，以及忽视配位键对中心原子化合价的影响。【变式探究】（2025·辽宁·模拟预测）以Fe3O4为催化剂，苯乙烯、H2O2为原料制备苯甲醛(部分其他产物已省略)，催化反应机理如图所示。下列说法错误的是A．以上转化过程中，属于氧化还原反应的是①②⑥B．苯乙烯分子中所有原子可能共平面C．反应过程中有非极性键的断裂与极性键的形成D．每生成2mol苯甲醛，实际上消耗H2O2的物质的量大于4mol【答案】A【解析】反应①中Fe元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，反应②中Fe元素化合价由+2价变为+3价，反应⑥中Fe元素化合价由+3价变为+2价，属于氧化还原反应，A错误；苯乙烯分子中苯环与乙烯基上的碳原子以碳碳单键连接，单键可以旋转，故苯乙烯分子中所有原子可能共平面，B正确；反应过程中有O—O非极性键的断裂和C—O、O—H等极性键的形成，故反应过程中有非极性键的断裂与极性键的形成，C正确；每生成1mol苯甲醛，理论上消耗2molH2O2，因有其他副产物生成(如CO2等)，实际消耗H2O2的物质的量应大于2mol，即每生成2mol苯甲醛，实际上消耗H2O2的物质的量大于4mol，D正确；故选A。1．（2026·吉林·二模）配合物ReO3CH3下列叙述错误的是A．ReO2B．催化过程中Re的杂化类型发生改变C．有机物N2=CR1RD．醛烯烃基化反应为N【答案】C【解析】由反应图示可知，醛烯烃基化为N2=CR1R2、R3CHO、PC6H53，在催化剂下反应生成R3CH=CR1R2、N2、O2．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）含铁沸石是将温室气体CH4和N2O转化为有机物的有效催化剂。如图是CHA．中间产物2→3的转化是因为电负性OB．中间产物3→4存在极性键的断裂C．中间产物4→5碳原子的杂化方式未改变D．中间产物6→催化剂1没有能量的变化【答案】D【解析】同周期主族元素电负性从左到右递增，故电负性O>N，N2O中电负性更大的O更易与带正电的Fe⊕结合，因此发生2→3的结构转化，A正确；3→4的过程中，O−N极性键断裂，释放出N2，存在极性键的断裂，B正确；CH4中碳原子为sp33．（2026·四川内江·二模）甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示。下列说法错误的是A．步骤1为反应的决速步骤B．步骤2的ΔC．该过程存在极性键、非极性键的断裂和形成D．该过程实现了CH4的氧化且【答案】C【解析】步骤1的活化能为0.70eV，步骤2的活化能为-0.49-(-0.71)=0.22eV,活化能大的为反应的决速步骤，故为步骤1，A正确；步骤2的焓变等于生成物的相对能量-反应物的相对能量，ΔH=−1.00−(−0.71)=−0.29 eV，B正确；该过程存在极性键(C-H)断裂、极性键(C-O、O-H)断裂，没有非极性键的断裂和形成，C错误；该过程实现了CH44．（2026·吉林·二模）1，2-丙二醇[CH2(OH)CH(OH)CH3]单分子解离反应相对能量如下图所示。路径包括碳碳键断裂和脱水过程。下列说法正确的是

A．解离过程中，断裂a处碳碳键比b处碳碳键所需能量高B．1，2-丙二醇单分子脱水过程均为吸热反应C．从能量的角度分析，TS1、TS2、TS3、TS4四种路径中TS4路径的速率最快D．脱水生成的四种产物中，丙酮最稳定【答案】D【解析】碳碳键断裂产物中，断裂a处（生成CH3C∗HOH+C∗H2OH）相对能量83.7，断裂b处（生成CH2OHC∗HOH+C5．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）某科研团队以可再生纳米碳—羰基材料为催化剂，催化烷烃基氧化脱氢反应，其基元反应和能量变化如图所示。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ⅡC．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【解析】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；基元反应可知，过渡态Ⅳ的物质中含过氧键，过渡态Ⅳ的氧化性大于过渡态Ⅱ，故B正确；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；乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和一种绿色消毒剂H2O2，故D正确；故选A。6．（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示。下列说法错误的是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【解析】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CH2=CH2+H2O→Δ硫酸CH3CH27．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）过渡金属氧化物离子(以MO+表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。MO+与CH4A．反应速率：步骤Ⅰ<步骤ⅡB．步骤I和II中涉及氢原子成键变化的是IC．若MO+与CHD．CH4g【答案】C【解析】步骤Ⅰ的活化能大于步骤Ⅱ，反应速率步骤Ⅰ更小，A正确；由图可知，步骤I中形成了O-H键，步骤II中不涉及氢原子成键变化，B正确；根据反应机理可知，若MO+与CH2D2反应，生成的氘代甲醇有CH2DOD或CHD2OH，共2种，故C错误；由图可知，总反应的ΔH=E1+E3-E2-E4，故方程式：CH4(g)+MO+(g)=CH3OH(g)+M+(g)ΔH=E1+E3-E2-E4正确，故D正确；故选C。8．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）某复合石墨烯基催化剂催化一氧化碳加氢生成甲醇的反应历程如图，图中TS表示过渡态，吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注，下列说法中正确的是A．反应过程中，涉及极性键、非极性键的断裂和形成B．H2C．催化剂降低反应活化能，增大活化分子百分数，提高化学反应平衡转化率D．该反应历程包含了5步基元反应，且决速步骤方程式为：H【答案】B【解析】根据反应历程图可知，第一步基元反应中涉及H-H非极性键的断裂，但是整个过程中没有非极性键的生成，由总反应CO+2H2=CH3OH可知，反应过程中既有极性键的断裂也有极性键的形成，A错误；由图可知，H2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，B正确9．（2025·黑龙江大庆·三模）有机物中的C−H键较难断裂，活化C−A．生成I-2产物的反应活化能为21.8B．与生成I-4产物相比，生成I-3产物的反应速率更慢C．由图可知，使用合适催化剂可以改变反应的热效应D．生成I-4产物的过程中，经历两个过渡态，都有C−【答案】B【解析】生成I-2的反应活化能为过渡态TS-1与中间产物I-1的能量差。由图可知，I-1的ΔH=-30.6kJ⋅mol−1，TS-1的ΔH=-21.8kJ⋅mol−1，活化能=(-21.8)-(-30.6)=8.8kJ⋅mol−1，并非21.8kJ⋅mol−1，A错误；反应速率取决于活化能，活化能越大，反应速率越慢。生成I-3需经过TS-2，生成I-4需经过TS-3。I-2的ΔH=-78.3kJ⋅mol−1，TS-2的ΔH=78.3kJ⋅mol10．（2025·吉林·模拟预测）CO与N2第一步：Fe∗第二步：FeO∗其相对能量与反应历程如下图所示，下列说法错误的是A．在整个反应历程中，均有极性键、非极性键的断裂和生成B．第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能C．两步反应均为放热反应D．Fe∗【答案】A【解析】由题干反应历程图可知，在反应过程中，反应物中CO和N2O中的C-O、N-O极性键断裂，CO2中有C-O极性键形成，也有N2中氮氮三键非极性键形成，即整个过程中没有非极性键的断裂，故A错误；根据反应历程图，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，故B正确；根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量均低于对应反应反应物的总能量，则两步反应均为放热反应，故C正确；由题干反应历程图可知，Fe*反应过程中参与反应，但反应前后不变，即Fe*为反应的催化剂，故D正确；故选A。11．（2025·吉林·二模）我国科研工作者以CO2和H2O为原料制得淀粉，实现“喝西北风”吃饱。其核心反应里有一步是在催化剂作用下CO2加氢制得甲醇，该反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如*CO2表示CO2吸附在催化剂表面，图中*H已省略)。下列说法错误的是A．CO2加氢制甲醇过程中原子利用率小于100%B．合成甲醇过程中能量变化最大的一步反应的化学方程式为*OCH3+*H→*CH3OHC．该过程中得到相对较多的副产物为COD．CO2加氢制甲醇过程中伴随副反应，选择合适催化剂可提高甲醇反应的选择性【答案】B【解析】根据图示可知，CO2加氢制甲醇过程中有副产物CO和CH2O生成，原子利用率小于100%，A正确；从整个历程来看，合成甲醇过程中能量变化最大的一步反应的化学方程式为*CO+*OH+*H=*CO+*H2O，B错误；生成副产物CO的活化能小于生成CH2O的活化能，得到相对较多的副产物为CO，C正确正确；选择合适催化剂可提高甲醇反应的选择性，D正确；故选B。12．（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+213．（2025·辽宁·模拟预测）四乙基偏钒酸铵[C2H5A．硫化氢是一种有毒气体B．水浴加热至80℃，有利于反应I进行C．吸收反应的生成物中钒元素的化合价为+4D．在碱性溶剂中H2【答案】C【解析】硫化氢是一种剧毒、易燃、有强烈臭鸡蛋气味的气体，A正确；四乙基偏钒酸铵[C2H54NVO3]易溶于75℃以上的热水，故水浴加热至80℃有利于其溶解，增大与H2S的接触，利于反应Ⅰ进行，B正确；吸收反应中VO3−转化为14．（2025·辽宁本溪·模拟预测）NO的氧化反应2NOI.2II.N其能量变化示意图如下图1。向恒容密闭容器中充入一定量的NO和O2，控制反应温度为T1和T2，测得c(NO)A．反应I在低温下自发进行 B．氧化反应的决速步骤为过程IIC．降低温度，NO的消耗速率减小 D．升高温度，cN【答案】C【解析】反应I为2NO⇌N2O2，由图1可知其为放热反应（ΔH<0），且气体分子数减少（ΔS<0）。根据ΔG=ΔH-TΔS，低温时-TΔS影响较小，ΔG<0，反应自发进行，A正确；决速步骤由活化能最大的步骤决定，图1中反应II的活化能Ea2大于反应I的Ea1，故反应II为决速步骤，B正确；NO的消耗速率由总反应速率决定，而总反应速率由决速步骤II（v=k2[N2O2][O2]）决定。降低温度时，k2减小，但反应I（放热）平衡正向移动使[N2O2]增大，若[N2O2]增大的幅度超过k2减小的幅度，NO消耗速率可能增大，并非一定减小，C错误；升高温度，反应I（放热）平衡逆向移动（2NO⇌N2O2），N2O2生成减少，且反应II（放热）平衡逆向移动对N2O2的生成影响较小，故c(N2O2)减小，D正确；故选C。15．（2025·辽宁盘锦·三模）在不同催化剂ZnSe和CsSnCl3下，光催化CO下列有关说法正确的是A．第一电离能：IB．在催化剂ZnSe下CO2C．催化剂不仅能改变反应历程也能改变反应的相对能量变化D．在催化剂CsSnCl3下CO【答案】D【解析】同一周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，同一主族从上到下元素的第一电离能呈减小趋势。Cl位于第三周期第VIIA族，Zn位于第四周期第IB族，Cl的非金属性比Zn强，所以第一电离能I1(Cl)>I1(Zn)，A错误；反应难易取决于活化能（最高能垒），ZnSe曲线有1.53eV的高能量过渡态，活化能高于CsSnCl3，故ZnSe下反应更难进行，B错误；催化剂能改变反应历程，降低活化能，但不能改变反应的相对能量变化，C错误；16．（2025·辽宁辽阳·一模）某研究团队证明了Se原子的引入及Co单位点和Co-Se双位点的协同作用，可通过调整活性点的d带中心，加速OH*的脱附，从而促进氧化还原反应的过程（机理如图，*表示吸附在催化剂上）。设NA．OOH*和OHB．过程I发生了还原反应C．过程Ⅲ中有非极性键的断裂和极性键的形成D．等物质的量的H2O和OH【答案】B【解析】根据反应机理图可以看出，OOH*可以生成和消耗，属于中间产物；而OH−只生成，属于产物，A错误；根据反应机理图可以看出，过程I为得