2026年高考化学二轮复习（全国）重难04 催化机理图分析（重难专练）（解析版）

重难04催化机理图分析

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一、催化剂与催化机理

1.催化剂：存在少量就能显著改变反应速率，反应结束时，其自身的质量、组成和化学性质基本不变的物质。

2.催化特点：

①高效性，可以大大地加快反应速率。

②选择性，反应不同，催化剂不同。

③同等程度地加快正、逆反应的速率。

④不能改变反应的可能性和平衡常数。

3.催化剂的催化机理：

催化剂的催化过程一般是催化剂跟其中的一种反应物首先发生反应，生成过渡物，然后再跟另外的反应物

反应，生成产物，同时催化剂重新生成。催化剂生成的过渡物比没有催化剂生成的过渡物的能量要低，因

而使反应更加容易发生和进行。这就是改变了其反应历程。即催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间

产物，降低了达到过渡态所需要的活化能，使反应易于发生，速率加快。这就是我们经常说的催化剂改变

反应途径，降低反应的活化能。

4.催化剂与活化能、焓变

催化剂能降低反应所需活化能，化学反应速率加快，但不影响焓变∆H的大小，不影响平衡。

5.活化能

－1

（1）正反应的活化能：反应物到最高点的能量差Ea正＝E1kJ·mol

－1

（2）逆反应的活化能：生成物到最高点的能量差Ea逆＝E2kJ·mol

（3）活化能和反应热的关系

①放热反应：Ea正＜Ea逆

②吸热反应：Ea正＞Ea逆

（4）活化能和反应速率的关系

①关系：活化能越大，反应速率越慢

②决速反应：活化能最大的反应或速率最慢的反应

③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

二、循环机理图的解题思路

1．循环机理图中物质的判断

（1）有进有出的物质参与反应，常作催化剂；

（2）只进不出的为反应物、原料；

（3）不进只出的物质为生成物、产品。

2．循环转化机理图像的解读

对于“循环”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为

反应物，如①和④，“出环”的物质为生成物，如②和③。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。如下图中，

MoO3则是该反应的催化剂，图中剩余的三个物质均为中间产物。

3.循环机理图题的解题思路

（1）通览全图，找准一“剂”三“物”

①催化剂：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一定在机理图

中的主线上

②反应物：通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物；

③生成物：通过一个箭头最终脱离整个历程的物质多是产物；

④中间体：通过一个箭头脱离整个历程，但又生成的是中间体，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。

（建议用时：15分钟）

1．（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。

【解析】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。

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

【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。

3．某课题组提出，可催化CO2与环氧化合物合成环状碳酸酯，反应的机理如图所示。下列说法正确的是

A．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Ⅱ

C．物质Ⅲ为该合成总反应的催化剂D．物质Ⅲ与CO2反应转化为物质Ⅳ属于加成反应

【答案】D

【来源】浙江省金华市婺城区等4地2026届高三上学期一模化学试题

【解析】A．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；

B．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；

C．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；

D．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；

故选D。

4．（2023·江苏卷）金属硫化物(MxSy)催化反应CH4g2H2SgCS2g4H2g，既可以除去天然气

中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是

A．该反应的S0

2

cCH4cH2S

B．该反应的平衡常数K4

cCS2cH2

C．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用

23

D．该反应中每消耗1molH2S，转移电子的数目约为26.0210

【答案】C

【解析】A．左侧反应物气体计量数之和为3，右侧生成物气体计量数之和为5，ΔS>0，A错误；

4

cCS2cH2

B．由方程形式知，K2，B错误；

cCH4cH2S

C．由题图知，经过步骤Ⅰ后，H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成了作用力，C正确；

23

D．由方程式知，消耗1molH2S同时生成2molH2，转移4mole，数目为46.0210，D错误；

故选C。

5．中国科学院化学研究所韩布兴院士/康欣晨研究员课题组使用原子分散的Fe-N-C材料为催化剂，以草酸

和硝酸盐或氮氧化物为原料(N2和CO2分别为氮源和碳源)，进行了电催化C-N偶联制备甘氨酸。原理如图

所示(OA为HOOC-COOH，GX为HOOC-CHO，GC为HOOC-CH2OH)。下列叙述正确的是

A．活化能：反应ⅱ>反应ⅲ

B．在阳极区生成甘氨酸

+-

C．OA→GX反应式为HOOC-COOH+2H+2e=HOOC-CHO+HO2

D．反应ⅳ的原子利用率等于100%

【答案】C

【解析】A．活化能越小，反应越快，活化能：反应ⅱ<反应ⅲ，A项错误；B．以草酸和硝酸盐为原料合成

H2NCH2COOH中，C、N的化合价都降低，发生了还原反应，故甘氨酸在阴极区生成，B项错误；C．根据

题图可知，OA生成GX，同时有水生成，C项正确；D．反应ⅳ为OHC-COOH+NH2OHHOOC-CHNOH+H2O，

原子利用率小于100%，D项错误；故答案选C。

6．一定条件下，H2与HCO3在活性Fe3O4x表面转化为HCOO，其部分反应机理如图所示。已知：H在催

化剂不同离子表面会出现电性差异。下列说法正确的是

A．HCOO的空间构型是三角锥形

B．生成1molHCOO理论上转移2mole

C．反应过程中只有极性键的断裂与生成

2

D．步骤I中吸附在Fe上的H与HCO3中的碳结合

【答案】BD

【解析】A．甲酸根离子中碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，空间构型为平面三角形，故A

项错误；

B．反应中转化为HCOO-，根据碳元素化合价变化可知，电子转移为2e-~HCOO-，则生成1molHCOO-理论

上转移电子2mol，故B项正确；

C．反应过程中氢气和转化为HCOO-和水，反应中存在氢氢键、氢氧键断裂，氢氧键、碳氢键的生成，故

还存在氢氢非极性键断裂，故C项错误；

2+-

D．步骤I中吸附在Fe上的H与HCO3中的碳结合，转化为HCOO，故D项正确；

故答案选BD。

（建议用时：15分钟）

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=CHOOCCH3)的过程示意

图如下。

下列说法不．正．确．的是

．①中反应为

A4CH3COOH+O2+2Pd2PdCH3COO2+2H2O

B．②中生成CH2=CHOOCCH3的过程中，有σ键断裂与形成

C．生成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

【解析】A．①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd(CH3COO)2，方程式为：

，正确；

4CH3COOH+O2+2Pd2PdCH3COO2+2H2OA

B．②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。

．（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

22025·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

【解析】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。

3．（东北三省精准教学联盟2025-2026学年高三上学期10月联考）实现双碳目标，CO2化学转化制备精细

化学品是重要的研究方向。利用离子液体作催化剂，在温和条件下活化CO2和环氧丙烷合成碳酸丙烯酯的

路径可能如下：

下列说法不正确的是

A．总反应的原子利用率为100%

B．反应过程中有极性键和非极性键的形成和断裂

C．若以环氧氯丙烷为原料，合成产物的结构简式为

D．碳酸丙烯酯为极性分子，易溶于氯仿(CHCl3)等有机溶剂

【答案】B

【解析】A．总反应是CO2和环氧丙烷合成碳酸丙烯酯，反应物所有原子都进入产物，原子利用率为100%，

A正确；

B．反应过程中，涉及极性键的形成与断裂，如步骤4中C-Br键的断裂和C-O键的形成，但没有非极性键

的形成和断裂，B错误；

C．根据反应路径的规律，若以环氧氯丙烷（从结构上看，环氧氯丙烷可看作是-CH2Cl替代环氧丙烷中的-CH3）

为原料，则合成的产物结构简式可看作是-CH2Cl取代碳酸丙烯酯中的甲基（-CH3），即合成产物的结构简

式为，C正确；

D．碳酸丙烯酯分子结构不对称，是极性分子；氯仿也是极性分子，根据“相似相溶”原理，极性分子易溶于

极性有机溶剂，所以碳酸丙烯酯易溶于氯仿，D正确；

故选B。

4．（浙江省稽阳联谊2026届高三上学期一模）三唑(平面结构)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，下列叙述不．正．确．的是

A．三唑在反应循环中起催化作用

B．反应过程中有极性键和非极性键的断裂和形成

C．微粒Y和Z中碳原子和氮原子的杂化方式均为sp2

181818

D．CO2换成CO2，总反应为：2H2OCO2H2O2HCOOH

【答案】D

【解析】A．由机理图可知，在反应循环中，三唑作催化剂，A正确；

B．反应过程中有CO2中碳氧键的断裂和甲酸中OH的形成，故有极性键的断裂和形成，有N-N键断

裂和H2O2中过氧键的形成，故有非极性键的断裂和形成，B正确；

C．三唑是平面结构，Y也是平面结构，故其碳原子和氮原子均为sp2杂化，Z中碳原子为sp2杂化，C正确。

181818181818

D．CO2换成CO2，生成HCOOH，总反应为：2H2OCO2H2O2HCOOH，D错误；

故选D。

2+

5．（2023·新课标卷）“肼合成酶”以其中的Fe配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，

其反应历程如下所示。

下列说法错误的是

A．NH2OH、NH3和H2O均为极性分子

B．反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N键生成

C．催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+

D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2

【答案】D

【解析】A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；

B．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；

C．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；

D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，

不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误；

故选D。

6．如图所示可实现CoOx/MnO2与氨水直接将醇氧化氰化生成腈，下列说法错误的是

A．反应a→b反应类型为氧化反应

B．反应b→c的历程可能是先加成后脱水

C．常温下，物质a与b均易溶于水

D．用a制备1mol物质d，过程中生成3molH2O

【答案】C

【解析】A．由图可知a→b过程中醇羟基转化为醛基，发生氧化反应，故A正确；

B．b→c的过程中醛基中的碳氧双键打开，O连H，C连-NH2，然后再发生脱水反应形成C=N，故B正确；

C．常温下a苯甲醇和b苯甲醛都不易溶于水，在水中溶解度较小，故C错误；

D．由图中信息可知a→b、b→c、c→d每步转化过程中都生成水，制备1mol物质d，过程中生成3molH2O，

故D正确；

故选：C。

7．某金属烷氧基化合物催化CO2和甲醇(MeOH)合成碳酸二甲酯()的反应机理如图。已知：

①H2O会降低该催化剂的活性；②反应中CO2插入催化剂的Sn-O键中得以活化。下列说法正确的是

A．CO2插入催化剂后形成Sn-O键、C-O键和C-C键

B．Ⅲ为该反应的催化剂

C．CO2与甲醇合成碳酸二甲酯的反应为加成反应

D．加入缩醛可以提高碳酸二甲酯的产率

【答案】D

【解析】A．由图可知，CO2插入催化剂为Ⅰ到Ⅱ的转化过程，分子断裂Sn-O键，插

入CO2后形成Sn-O键和C-O键，没有C-C键的形成，A错误；

B．根据已知②，CO2插入催化剂的Sn-O键中得以活化，即Ⅰ为催化剂，CO2和CH3OH是反应的反应物，

碳酸二甲酯是反应的生成物，则Ⅱ和Ⅲ均为反应的中间产物，B错误；

C．由图可知，二氧化碳和甲醇是反应的反应物，碳酸二甲酯是反应的生成物，总反应为

CO2+2MeOH→+H2O，产物中还有H2O，因此不是加成反应，C错误；

D．由图和信息可知，反应生成的水会降低该催化剂的活性，不利于反应进行，加入缩醛与水反应生成甲醇，

催化剂的活性不会被生成的水降低，同时消耗水能减小反应物浓度，生成甲醇能增大反应物浓度，有利于

平衡向正反应方向移动，提高反应的产率，D正确；

故选D。

（建议用时：15分钟）

1．（2024·河北卷）我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg-CO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质，电解

液中加入1，3-丙二胺(PDA)以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性

2+

差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。

对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对

能量变化如图(*表示吸附态)。

下列说法错误的是

A．PDA捕获CO2的反应为

B．路径2是优先路径，速控步骤反应式为

C．路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同

*-

D．三个路径速控步骤均涉及*CO2转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生

【答案】D

【解析】A．根据题给反应路径图可知，PDA(1，3-丙二胺)捕获CO2的产物为，

因此PDA捕获CO2的反应为，故A正

确；

B．由反应进程－相对能量图可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，路径2是优先路

*-2-

径，且路径2的最大能垒为*CO2*C2O4的步骤，据反应路径2的图示可知，该步骤有

参与反应，因此速控步骤反应式为

，故B正确；

C．根据反应路径图可知，路径1、3的中间产物不同，即经历了不同的反应步骤，但产物均为*MgCO3，

而路径2、3的起始物均为，产物分别为*MgC2O4和*MgCO3，故C正确；

*-

D．根据反应路径与相对能量的图像可知，三个路径的速控步骤中*CO2都参与了反应，且由B项分析可知，

*-2-

路径2的速控步骤伴有PDA再生，但路径3的速控步骤为*CO2得电子转化为*CO和*CO3，没有PDA的

生成，故D错误；

故答案为：D。

2．（2023·湖南卷）N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成

的某催化剂用表示能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。

Ru(Ⅱ)(LRuNH3)NH3N2H4

下列说法错误的是

A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强

B．M中Ru的化合价为3

C．该过程有非极性键的形成

D．该过程的总反应式：4NH32eN2H42NH4

【答案】B

2

【解析】A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，LRuNH3中的Ru带有更多的正电荷，其与N原子成键后，

Ru吸引电子的能力比Ru(Ⅱ)强，这种作用使得配体NH3中的N—H键极性变强且更易断裂，因此其失去质

子（H）的能力增强，A说法正确；

B．Ru(Ⅱ)中Ru的化合价为+2，当其变为Ru(Ⅲ)后，Ru的化合价变为+3，Ru(Ⅲ)失去2个质子后，N原子

产生了1个孤电子对，Ru的化合价不变；M为LRuNH，当LRuNH变为M时，N原子的

22

孤电子对拆为2个电子并转移给Ru1个电子，其中Ru的化合价变为2，因此，B说法不正确；

2

C．该过程M变为LRuNH2NH2RuL时，有NN键形成，NN是非极性键，C说法正确；

D．从整个过程来看，4个NH3失去了2个电子后生成了1个N2H4和2个NH4，Ru(Ⅱ)是催化剂，因此，

该过程的总反应式为4NH32eN2H42NH4，D说法正确；

综上所述，本题选B。

3．地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y均为氮氧化物)已知碱性：

NH3H2ONH2OH

下列说法错误的是

A．Y中既含极性键也含非极性键

B．①→⑦过程均涉及到N化合价的改变

C．25℃同浓度水溶液的pH：NH3OHCl>NH4Cl

D．6.6gNH2OH完全转化为NO2时，转移的电子0.8mol

【答案】C

【分析】NO2在亚硝酸盐还原酶的作用下转化为X，NO2中氮元素化合价为+3价，X中氮元素化合价比+3

价低，X可能为NO或N2O，X在X还原酶的作用下转化为Y，Y中氮元素化合价比X中低，X、Y均为

氮氧化物，则Y为N2O、X为NO。

【解析】A．Y为N2O，在N2O分中，存在氮氮非极性键和氮氧极性键，故A正确；

B．由分析可知，①→⑦过程均涉及到N化合价的改变，故B正确；

＞

C．由题目信息可知，25℃下，KbNH3H2OKbNH2OH，故NH2OH的碱性比NH3H2O弱，故同浓度

＜

的水溶液中，NH3OH的水解程度大于NH4的水解程度，同浓度水溶液的pH：NH3OHClNH4Cl，C

项错误；

D．NH2OH完全转化为NO2时，N的化合价由1上升到3，6.6gNH2OH物质的量为0.2mol，转移的电子

0.8mol，故D正确；

故选C。

4．伯醇(记为RCH2OH)和叔醇(记为R3COH)发生酯化反应的机理如下图所示。下列说法不．正．确．的是

A．用18O标记醇羟基，可以分析叔丁醇与乙醇在酯化反应中的断键情况

B．两个历程中H均起到催化剂的作用

C．两个历程中均有碳原子的杂化轨道类型发生改变

D．两种酯化反应的机理均为羧基中的羟基与醇羟基的氢原子结合成水

【答案】D

【解析】A．结合图，醇羟基中的18O去向水中，而羧基中的18O有去向酯中，所以可以用18O标记醇羟基，

分析叔丁醇与乙醇在酯化反应中的断键情况，故A正确；B．根据两个历程可以分析出H均先被消耗、后

生成，均起到催