2026年高考化学二轮复习（全国）清单10 化学反应历程（解析版）

清单10化学反应历程

内容导览|知识·方法·能力清单

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

流程建模技法清单

技法01基元反应与过渡态理论

技法02反应历程(机理)图像及分析

第三部分思维引路示范思考过程，贯通方法应用

母题精讲思维解析变式应用

类型01反应历程能垒图像

类型02反应机理循环图像

第四部分分级实战分级强化训练，实现能力跃迁

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、反应焓变、决速步骤等，或根据竞争反应考查反应的活化能大小、

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。

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。

技法清单

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＋bB===gG＋hH，其速率方程可写为v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k称为速率常数，恒温下，

k不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

量数为指数的幂的乘积成正比。

(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。由几个基元反应

组成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，中间体为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Ea1（慢反应）

②AK+B→AB+K活化能为Ea2(快反应)

K

总反应：A+B――→AB活化能为Ea1

加入催化剂K后，两步反应的活化能Ea1和Ea2均小于原反应的活化能Ea，因此反应速率加快。

由于Ea1>Ea2，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Ea1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

反应历程与活化能催化剂对反应历程与活化能影响

人教版新教材

鲁科版新教材

苏教版

技法02反应历程(机理)图像及分析

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，产物占比越高，产物的

稳定性强。

(3)能量变化能垒图像分析模型

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⑤⑥⑦⑧；“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种

催化剂

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，通过两个箭头进入整

中间体

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

类型01反应历程能垒图像

母题精讲1．（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Ga2O3s2NH3g2GaNs3H2Og制备。反应历程(TS代表过渡态)如下：

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2.69eV

C．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

思维解析【答案】D

变式应用

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)CH3CHCH2(g)H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，

**

CH3CHCH22HCH3CHCH2(g)H2(g)中部分进程已省略)。

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．转化为的进程中，决速步骤为CH3CH2CH3CH3CHCH3H

【答案】①C②

【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CH3CHCH3→CH3CHCH2+H或

****

CH3CHCH3+H→CH3CHCH2+2H，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CHOHgHOgCOgHg(主

反应)、CHOHgCOgHg(副反应)，部分反应机理如3图(TS+表示2过渡态=，*表2示吸+3附态2)。

3=+22

依据图示信息，下列说法正确的是

A．HO在PdZn催化剂表面解离的速率更快

B．在2PdCu催化剂表面的*CO更容易脱附

C．消耗相同质量的CHOH，选择PdZn催化剂有利于生成更多H

D．若原料更换为CDO3H，经历TS3后可生成*HD2

【答案】D3

【详解】A．由主反应历程图可以看出，*H2O在PdZn催化剂表面解离时，达到TS4过渡态所需活化能为

1.0eV；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，HO在PdCu表面解离的速率更快，A错误；

B．由副反应历程2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，H2O在PdCu表面解离速率更快，可以生成更多*OH。

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，*CO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1molCHOH可以生成3molH。因此消耗相同质量的CHOH，选择PdCu催化剂

有利于生成更多H，C错误；323

2**

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

*3**

骤转化为*CH2O+H。与之类似，CCHDOOHH在催化剂表面会转化为*CD2O+D+H。经历TS3之后，转化为

*23

*CD2O+HD，D正确；

故答案选D。

类型02反应机理循环图像

母题精讲2．（2025·广东卷）某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示

意图分别如图a和图c，其中O2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

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】

【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O2获得第一个电子的过程，根据题中信息，O2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Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误；

故选C。

变式应用

．（江苏卷）与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示图中吸附在催

12025·CO2NO3CONH22(

化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是

A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成

B．过程Ⅱ中NO3发生了氧化反应

通电

C．电催化CO与NO生成CONH的反应方程式：CO2NO18HCONH7HO

232223催化剂222

．常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产

DCO2NH3H2OCONH22

【答案】A

【详解】A．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；过程为与生成的反应，生成了极性共价键，正确；

Ⅲ*CO*NH2*CONH22C—NA

B．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；

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为

通电

CO2NO18H16eCO(NH)7HO，C错误；

23催化剂222

．常温常压、无催化剂条件下，与反应生成或，错误；

DCO2NH3H2ONH42CO3NH4HCO3D

故选A。

+-

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。三唑水溶液微滴表面接

触CO2发生反应，可能的反应机理如图所示。⋅

根据上述反应机理，下列叙述错误的是

A．三唑在反应循环中起催化作用

1818

B．CO2换成CO2，可生成H2O2

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=H2O2+HCOOH

【答案】B

【详解】A．由机理图可知，三唑在反应循环中，化学性质和质量没有变化，作催化剂，A正确；

18

B．由机理图可知，CO2换成CO2，可生成HCOOH，B错误；

1818

2

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sp的转变，C正确；

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

故选B。

巩固提升

－2－4-+

1．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）一定条件下，“BrO3—SO3—[Fe(CN)6]—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~，

为快速反应。下列说法错误的是①④

①②

2

SO3HHSO3

①

HSO3HH2SO3

②2

3HSO3BrO33SO4Br3H

③

H2SO3BrO3

④

43

BrO36H6Fe(CN)6Br6Fe(CN)63H2O

⑤

A．原料中cH不影响振幅和周期

2

B．反应：3H2SO3BrO33SO4Br6H

2

C．反应④~中，H对SO3的氧化起催化作用

D．利用①pH④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；

2

B．反应中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为3H2SO3BrO33SO4Br6H，B正确；

2

C．由于④为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的是亚硫酸，所以反应~中，H对SO3的氧化起催

化作用，①C②正确；①④

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，由CO2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

【详解】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。

3．（2025·安徽·三模）十氢萘(C10H18)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.C10H18(l)C10H12(l)3H2(g)H1

反应ii.C10H12(l)C10H8(l)2H2(g)H2

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．萘(C10H8)的储氢过程是放热反应

C．“低压、高温”条件下，能提高十氢萘的脱氢率

nC10H18

D．十氢萘脱氢反应达平衡时，适当升高温度，反应体系中增大

nC10H8

【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，十氢萘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，则萘

（C10H8）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，

能提高十氢萘的脱氢率，C正确；

nC10H18

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

nC10H8

减小，D错误；

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CH3COOH，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1molO2可生成1molCH3COOH

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H2O吸收产物可得到CD3COOH

【答案】B

【分析】由反应历程可知，总反应为2CO2CH4O22CH3COOH，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1molO2可生成2molCH3COOH，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；

D．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：

CD3COODCD3COOD，CD3COO结合水电离出的H可得到CD3COOH，D正确；

故选B。

5．（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=CHOOCCH3)的过程示意

图如下。

下列说法不．正．确．的是

．中反应为

A4CH3COOH+O2+2Pd2PdCH3COO2+2H2O

B．①中生成CH2=CHOOCCH3的过程中，有σ键断裂与形成

C．生②成CH2=CHOOCCH3总反应的原子利用率为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．中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd(CH3COO)2，方程式为：

，正确；

4CH3COOH+①O2+2Pd2PdCH3COO2+2H2OA

B．中生成CH2=CHOOCCH3的过程中，有C-H断开和C-O的生成，存在σ键断裂与形成，B正确；

C．生②成CH2=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()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

【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，Ⅱ先生成，再消耗，是中间产物，A错

误；

B．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OH极性键的断裂，以

及OC极性键的形成，B正确；

C．过程中Ti的化学键(TiO)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H2O，且存在H2O2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：

下列说法不．正．确．的是

A．H+为该反应的催化剂

B．化合物A的一溴代物有7种

C．步骤Ⅲ，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；

B．化合物A的一溴代物有6种，分别是：、、、、、

，B错误；

C．步骤III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）某种氨基喹啉衍生物M合成反应的可能历程如图，a表示活化能kJmol。下列说

−1

法错误的是()�⋅

A．LCuI是反应的催化剂B．步骤发生了NO键断裂

C．反−应速率：历程II历程ID．反应①热：历程II−历程I

【答案】D>>

【详解】A．由图可知，LCuI在反应历程中先被消耗，后又生成，是反应的催化剂，A正确；

−

B．由图可知，步骤中转化为，发生了NO键断裂，B正确；

C．由图可知，历程①I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；

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)：

下列说法不．正．确．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Y→Z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．Y→P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HOCl发生加成反应得到M，M有CH3-CHCl-CH2OH和CH3-CHOH-CH2Cl两种可能的结构，

++

在Ca(OH)2环境下脱去HCl生成物质Y()，Y在H环境水解引入羟基再脱H得到主产物Z；Y与CO2

可发生反应得到物质P()。

【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，H+促进Y中醚键的水解，后又脱离，使Z成为主产物，故其可提高Y→Z转化的反应速率，

B正确；

C．从题干部分可看出，是a处碳氧键断裂，故a处碳氧键比b处更易断裂，C正确；

D．Y→P是CO2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CO2，减轻温

室效应，D错误；

故选D。

9．（2024·贵州卷）AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN的C原子和N原子均可进攻

CH3CH2Br，分别生成腈CH3CH2CN和异腈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)。

由图示信息，下列说法错误的是

A．从CH3CH2Br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CH3CH2Br的αC而形成的

C．Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱

D．生成CH3CH2CN放热更多，低温时CH3CH2CN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CH3CH2Br生

成CH3CH2CN和CH3CH2NC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α-C，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN-的C原子进攻

CH3CH2Br的α-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、Ⅱ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Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱，C项正确；

D．由于生成CH3CH2CN所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成CH3CH2NC，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．总反应速率由第步反应决定

C．过渡态物质中最稳①定的是第步反应过渡态物质

D．乙烯和乙酸反应按照上述机③理可生成乙酸乙酯

【答案】A

【分析】根据能量与反应进程图，第步是吸热反应，且活化能最大，第步是放热反应，第步是放热

反应，总反应的化学方程式为硫酸，总反应为放热反应，据此答题。

CH2=C①H2+H2OCH3CH2OH②③

【详解】A．总反应的H0、S0，由GHTS0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①应进程图中，第步反应过渡态物质能量比第步反应过渡态物质能量高，能量越低的物质

其稳定性越强，因此第步反②应过渡态物质更稳定，C正确③；

D．按照上述机理，乙烯③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A。

11．（2025·黑龙江大庆·三模）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Ⅱ

C．基元反应为决速步骤

D．乙苯氧化②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Ⅳ的氧化性大于过渡态Ⅱ，故B正确；

C．反应的能垒最大，反应速率最慢，基元反应为决速步骤，故C正确；

D．乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和一种绿色消毒②剂H2O2，故D正确；

答案选A。

12．（2025·浙江·三模）纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H10可以由分子C40H20

H

经过连续步氢抽提和闭环脱氢反应生成。其中第一步反应的反应机理

5C40H20gC40H18gH2g

和能量变化如下。下列说法错误的是

A．该反应共有3个基元反应，其中决速步反应为第三步

B．C40H10纳米碗中五元环结构的数目为5

C．反应过程中生成了具有手性异构的中间产物

D．生成C40H10的五步反应，每步反应的焓变近似相等

【答案】B

【详解】A．由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为，

C40H20+HC40H19H2

，，其中第三个反应的活化能最大，反应速率最慢，

C40H19H2C40H19’H2C40H19’H2C40H18+H+H2

故决速步反应为第三步，A项正确；

B．由反应机理图知，C40H20中有一个五元环，每脱两个氢形成一个五元环，则C40H20→C40H10过程中形成

5个五元环，故C40H10中有6个五元环，B项错误；

C．结构中含手性碳原子(已用*标注)：，故反应过程中生成了具有手性异构的中

C40H19’

间产物，C项正确；

D．生成C40H10的五步反应，每步反应都是断开C-H键、形成碳碳键及生成氢气，断键、成键情况类似，故

焓变近似相等，D项正确；

故答案选B。

冲刺突破

13．（2025·山西·三模）ShyamKattle等结合实验与计算机模拟结果，研究了在Pt/SiO2催化剂表面上CO2与

H2的反应历程，前三步历程如图所示，吸附在Pt/SiO2催化剂表面上的物种用·标注，Ts表示过渡态。

下列有关说法错误的是

A．物质被吸附在催化剂表面形成过渡态的过程是吸热过程

B．形成过渡态Ts1的活化能为2.05eV

C．前三步历程中有极性键和非极性键的断裂以及极性键的形成

7

D．反应历程中能量变化最大的反应方程式为HOCOHgCOOHH3Hg

222

【答案】B

【详解】A．由图可知，物质被吸附在催化剂表面形成过渡态过程都是能量升高，是吸热过程，A正确；

B．形成过渡态Ts1的活化能为1.15eV1.00.9eV1.05eV，B错误；

C．前三步历程中有CO极性键和HH非极性键的断裂，OH极性键的形成，C正确；

7

D．由反应历程图可看出能量变化最大的反应方程式是HOCOHgCOOHH3Hg，D正确；

222

故选B。

14．（2025·广西南宁·三模）氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得H2。在催化剂作用下，单

个HCOOH释氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。研究发现，其他条件不变

时，以HCOOK水溶液代替HCOOH释氢的效果更佳。下列叙述错误的是

A．HCOOH催化释放氢的过程中有极性键的断裂和非极性键的形成

B．其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH可以提高释放氢气的纯度

C．在催化剂表面解离C-H键比解离O-H键更困难

D．HCOOH催化释氢的热化学方程式为HCOOHgCO2gH2gH0.45eV

【答案】D

【详解】A．在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2，转化过程中，涉及N-H键的断裂和形成、O-H

键的断裂以及H-H键的形成，故A正确；

B．其他条件不变时，若用HCOOK溶液代替HCOOH，反应生成KOH能吸收CO2，所以最终所得气体中

CO2的量会减少，提高释放氢气的纯度，故B正确；

C．由图2的能量变化曲线可知，物质Ⅱ到Ⅲ的变化是解离O-H键活化能小于解离C-H键的活化能，所以解

离C-H键比解离O-H键更困难，故C正确；

D．图2表示1个分子HCOOH(g)生成CO2(g)和H2(g)时放出能量0.45eV，而热化学方程式中H为1mol反

应的热量变化，故D错误；

故答案选D。

15．（2025·吉林长春·三模）CH3CHDBr与NaOH在不同条件下可发生取代或消去反应。两个反应的能量-

反应进程图如下图所示（TS表示过渡态，TS1结构已示出）。卤代烃的取代和消去可逆性很差，可认

为不存在逆反应、无法达到平衡。下列说法错误的是

A．CH3CHDBr的消去反应：H0,S0

B．两个反应中均涉及极性键的断裂与生成

C．若底物改为，则取代产物为

D．升高温度能提高消去产物在整体产物中的比例

【答案】C

【详解】A．由图可知，CH3CHDBr的消去反应中，反应物总能量低于生成物总能量，是吸热反应，ΔH>0，

消去反应生成气体，混乱度增加，ΔS>0，A正确；

B．取代反应中，C-Br键断裂，C-O键生成，消去反应中C-Br键、C-H键断裂，C=C键、H-O键生成，C-Br、

C-O、C-H、H-O键都是极性键，所以两个反应均涉及极性键的断裂与生成，B正确；

C．根据取代反应机理，若底物改变，取代产物中羟基应取代溴原子位置，与所给结构不符，C错误；

D．消去反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向（消去反应方向）移动，能提高消去产物在整体产物

中的比例，D正确；

故选C。

16．（2025·云南大理·二模）Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示：

下列关于该活化历程的说法正确的是

A．该反应的决速步是：中间体2→中间体3

B．只涉及极性键的断裂和生成

C．Ni是该反应的催化剂

1

D．该反应的热化学方程式为：NiC2H6NiCH2CH4H6.75kJmol

【答案】A

【详解】A．由反应历程图可知，中间体2→中间体3的活化能最大，速率最慢，所以该反应的决速步是

中间体2→中间体3，A正确；

B．反应中涉及C-C非极性键的断裂，并非只涉及极性键的断裂和生成，B错误；

C．由图可知，反应方程式为：Ni+C2H6=NiCH2+CH4，即Ni是反应物，而不是该反应的催化剂，C错误；

D．热化学方程式中应标注物质的状态，正确的热化学方程式为Ni(s)+C2H6(g)=NiCH2(s)+CH4(g)H=-

6.57kJ/mol，原选项未标注物质状态，D错误；

故答案为：A。

17．（2025·山西晋中·二模）诺贝尔奖获得者GerhardErl研究的合成氨反应吸附解离机理、能量变化（单

位为kJmol1）如图所示，下列说法错误的是

A．图示历程包含6个基元反应

13

B．NgHgNHgΔH46kJmol1

22223

C．最大能垒步骤的反应方程式：Nad3HadNHad2Had

D．NH3adNH3g为物理脱附过程

【答案】A

【详解】A．基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，图示历程中包含2个由气态吸附到催化剂

表面的过程和4个表面化学反应过程，因此有4个基元反应，故A错误；

13

B．如图所示，NgHgNHgΔH=-46kJ·mol1，故B正确；

22223

C．如图所示，最大能垒的步骤为N(ad)+3H(ad)=NH(ad)+2H(ad)，故C正确；

D．NH3adNH3g为氨气从催化剂表面脱附，是物理过程，故D正确；

故答案为A。

18．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质转化过程示意如

下：

下列说法不正确的是

A．C6→淀粉的过程中只涉及O-H键的断裂和形成

B．反应中CO2→CH3OH，碳原子的杂化方式发生了变化

②

C．核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的结构组成是否一致

D．反应中分解H2O制备H2需从外界吸收能量

【答案】A①

【详解】A．由历程图可知，C6→淀粉的过程中涉及O-H键、C-O键和P-O键的断裂，O-H键、C-O键的

形成，故A错误；

3

B．CO2中C采用sp杂化，CH3OH中C采用sp杂化，碳原子的杂化方式发生了变化，故B正确；

C．核磁共振可以检测有机物中不同环境的H原子种类，通过X射线衍射实验获得衍射图后，可以经过计

算获得分子结构的有关数据，包括键长、键角等分子结构信息，则可用核磁共振、X射线衍射等技术可检

测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致，故C正确；

D．已知H2在氧气中燃烧是一个放热反应，则可知反应中分解H2O制备H2需从外界吸收能量，故D正

确；①

答案选A。

19．（2025·甘肃庆阳·三模）CO2加氢制CH4的一种催化机理如图。

下列有关说法正确的是

A．反应过程中的催化剂有La2O3、La2O2CO3和Ni

B．CO2先与La2O3结合生成La2O2CO3，后又从La2O2CO3中释放，该过程也是一个可逆反应

*

C．在Ni催化作用下，H2断键产生H的过程为吸热过程

D．该机理中，CO2加氢制CH4的过程需要La2O3与Ni分步进行

【答案】C

【详解】A．根据示意图可判断反应过程中的催化剂为La2O3与Ni，而La2O2CO3为中间产物，A项错误；

**

B．CO2与La2O3结合生成La2O2CO3，再以CO2的形式从La2O2CO3中释放，CO2与CO2不属于同一种物质，

因此该过程不是可逆反应，B项错误；

C．断键为吸热过程，C项正确；

D．根据示意图可判断该过程中，La2O3催化CO2，Ni催化H2，两者互不干扰，不需要分步进行，D项错误；

故选C。

20．（2025·北京海淀·三模）苯与液溴反应生成溴苯，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不．正．确．的

是

A．FeBr3可作该反应的催化剂

B．总反应的HH1H2H30

C．过程的活化能最大，决定总反应速率的大小

D．为证②明该反应为取代反应，可将反应后的气体直接通入AgNO3溶液

【答案】D

【详解】A．苯与液溴反应时，FeBr3能降低反应的活化能，加快反应速率，可作该反应的催化剂，A正确；

B．由能量变化示意图可知，反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，总反应的

ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3<0，B正确；

C．在多步反应中，活化能最大的步骤决定总反应速率，过程的活化能最大，所以决定总反应速率的大小，

C正确；②

D．液溴具有挥发性，反应后的气体中含有Br2，Br2也能与AgNO3溶液反应生成浅黄色沉淀，干扰HBr的

检验，不能将反应后的气体直接通入AgNO3溶液证明该反应为取代反应，D错误；

故答案选D。

21．（2025·安徽·三模）在Ni作用下，可将C2H6(g)转化为CH4(g)，转化历程如下(NiCH2为固体)所示：

下列说法中错误的是

A．转化中有极性键的断裂和形成

B．转化过程中Ni的成键数目未变化

-1

C．总反应的热化学方程式Ni(s)+C2H6(g)=NiCH2(s)+CH4(g)ΔH=-6.57kJ·mol

D．转化过程中的一段时间内，可存在中间体2的浓度大于另外两种中间体