热点题型04 化学反应机理探究与分析-2025年高考化学【热点·重点·难点】专练（江苏专用）

热点04 化学反应机理探究与分析 一、基元反应及其反应机理分析 1．基元反应 大多数的化学反应不能一步完成，在微观上是分几步完成的，这每一步反应都叫一个基元反应 如：反应H2O2＋2Br－＋2H＋===Br2＋2H2O，通过大量实验提出它们微观过程如下： ①H＋＋H2O2H3O ②H3O＋Br－===H2O＋HOBr ③HOBr＋H＋＋Br－===H2O＋Br2 2．反应历程 由基元反应构成的反应序列，又称反应机理。 （1）总反应 2NO+2H2N2+2H2O （2）反应历程 ①2NO+H2N2O+H2O（慢） ②2N2O2N2+O2（快） ③2H2+O22H2O（更快） （3）决速反应 在反应历程中，反应速率最慢的基元反应 （4）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 （5）特点 a．不同的化学反应，反应历程不同。 b．同一反应在不同条件下的反应历程也可能不同。 c．反应历程的差别造成了化学反应速率的快慢差异。 d．对于由多个基元反应组成的化学反应，其反应的快慢由最慢的一步基元反应决定。 二、能垒图、过渡态理论及其反应机理分析 1.过渡态理论： 过渡态理论认为，反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要一定的活化能，再转化成生成物。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态。 2.基元反应过渡状态理论 (1)基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。 AB＋C―→[A…B…C]―→A＋BC 反应物　　过渡态　　 　产物 (2)过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。如：一溴甲烷与NaOH溶液反应的历程可以表示为： CH3Br＋OH－―→[Br…CH3…OH]―→Br－＋CH3OH 反应物　　 过渡态　　 　 产物 3.多步反应的活化能及与速率的关系 (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，及达到该过渡态所需要的活化能(如图E1、E2)，而该复合反应的活化能只是由实验测算的表观值，没有实际物理意义。 (2)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。一个化学反应的速率就取决于速率最慢的基元反应。 （3）能垒（活化能）：即反应物状态达到活化状态所需能量。根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：其最大能垒（活化能） (4)在钯基催化剂表面上，甲醇制氢（）的反应历程如下图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注． 最大能垒 该历程中最大能垒（活化能）179.6,该步骤的基元反应方程式为 （5）曲线上的峰 ①峰的个数表示中间反应的个数，不一定表示中间产物的种类 ②峰谷 a.峰前的峰谷：表示该中间反应反应物的能量 b.峰后的峰谷：表示该中间反应生成物的能量 4.三步突破能量变化能垒图 三步突破能量变化能垒图 第1步 通览全图，理清坐标的含义。能量变化的能垒图的横坐标一般表示反应的历程，横坐标的不同阶段表示一个完整反应的不同阶段。纵坐标表示能量的变化，不同阶段的最大能垒即该反应的活化能 第2步 细看变化，分析各段反应。仔细观察曲线(直线)的变化趋势，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，能量升高的为吸热，能量下降的为放热 第3步 综合分析，做出合理判断。综合整合各项信息，回扣题目要求，做出合理判断。如利用盖斯定律将各步反应相加，即得到完整反应；催化剂只改变反应的活化能，但不改变反应的反应热，也不会改变反应的转化律 三、催化剂、活化能及其反应机理 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）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－1 （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 （5）催化反应一般过程(简化的过程)： ①反应物扩散到催化剂表面； ②反应物被吸附在催化剂表面； ③、④被吸附的反应物发生化学反应生成产物； ⑤产物的解吸。 吸附 解吸 反应 扩散 四、循环反应机理图像分析 1．循环流程中物质的判断 （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．催化工艺的三种形式 （1）直接型 （2）微观型 （3）循环型 ①反应物：A和F ②生成物：B和E ③催化剂：C或D，中间产物D或C 3．循环转化机理图像的解读 图像 解读 对于“环式”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 （建议用时：40分钟） 考向01 基元反应及其反应机理分析 1．（2025·北京·期中）基元反应的反应过程如下图。下列分析不正确的是 A．该基元反应涉及H-I键断裂和H-H键形成 B．该基元反应属于吸热反应 C．该基元反应的活化能为 D．增大c(HI)，该反应单位体积内活化分子数增多 2．（2025·河北邯郸·期中）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了光催化加氢合成甲醇的反应历程，如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，吸附状态不属于基元反应。 下列说法正确的是 A．增大反应物的浓度与在光催化条件下的该反应历程和焓变均相同 B．该反应历程中最大能垒(活化能)步骤的化学方程式为 C．该反应中也属于基元反应 D．该反应历程中涉及同种元素原子之间共价键的断裂与生成 3．（2025·北京·期中）向密闭容器中充入1molHI，发生反应：  ，达到平衡状态。该反应经过以下两步基元反应完成： ⅰ.   ⅱ.   下列分析不正确的是 A．、 B．反应ⅰ的活化能即总反应的活化能 C．恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D．恒容时，升高温度，气体颜色加深，同时电子发生了转移 4．（2025·河南南阳·期中）研究表明与在作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是 A．是决定该反应快慢的基元反应 B．使反应的活化能减小，是中间产物 C．、两步反应均为放热反应 D．若反应在恒容密闭容器中进行，温度越高，反应速率不一定越快 5．（225·四川眉山·阶段练习）铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示。下列说法不正确的是 A．该过程的总反应为 B．浓度过大或者过小，均导致反应速率降低 C．该过程的总反应速率由步骤决定 D．所有化学反应都存在多个基元反应 ‌考向02 能垒图、过渡态理论及其反应机理分析 1．（2025·江西景德镇·二模）一定温度下，反应的机理第1步为，理论计算后续步骤可能的反应机理如图所示，TS1和TS2表示过渡态。下列说法错误的是 A．该反应的 B．机理a、b均表示2步基元反应 C．机理a、b决速步的能垒： D．由机理a可知键能大小：Cl-Si<H-Si 2．（2025·广东·二模）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C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。其中的反应机理和能量变化如图。下列说法不正确的是 A．选择相对较高的温度更有利于制备纳米碗 B．推测 C40H10纳米碗中含5个五元环 C．     D．该反应历程包含了3步基元反应，且第3步是该反应的决速步骤 3．（2025·山东·阶段练习）工业上可采用的方法来制取高纯度的和。我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。甲醇()脱氢反应的第一步历程，有如下两种可能方式(其中、为活化能)： 方式①： 方式②： 图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。 下列关于上述“第一步历程”的说法中，错误的是 A．主要历经方式② B．第一步历程的焓变()大于0 C．最小能垒(活化能)为 D．焓变最小的基元反应为 4．（2025·山东枣庄·期末）合成氨反应历程和能量变化如图所示(*R表示微粒处于吸附状态)。 下列说法错误的是 A．决定总反应反应历程为 *N ＋3*H = *NH3 B．反应历程中的最低能垒(活化能)为90 C．升高温度，该反应历程中基元反应的速率加快 D．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)  =—92 5．（2025·湖北·期中）过渡态理论认为：化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞完成的。在反应物分子生成产物分子的过程中，首先生成一种高能量的活化配合物，高能量的活化配合物再进一步转化为产物分子。按照过渡态理论，的反应历程如下，下列有关说法中正确的是 A．第一步反应需要放出能量 B．活化配合物的能量越高，第一步的反应速率越快 C．第二步活化配合物之间的碰撞一定是有效碰撞 D．该反应的反应速率主要取决于第一步反应 考向03 催化剂、活化能及其反应机理 1．（2025·山东·期中）中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ·mol－1)如图所示，下列说法错误的是 A．生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原 B．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为NH3 C．决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2NONHNOH D．生成N2的总反应方程式为2NO＋2H2N2＋2H2O 2．（2025·湖北武汉·期中）催化剂I和II均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(如图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法错误的是 A．使用I和II，均有4个基元反应 B．使用催化剂I时，第三个基元反应是决速反应 C．使用II时，反应体系更快达到平衡 D．使用I时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大 3．（2025·甘肃·阶段练习）二氧化碳甲烷化的研究对缓解能源危机意义重大。以催化二氧化碳甲烷化的反应机理如图所示（与作用生成和）。下列说法正确的是 A．催化剂在反应中参加了反应，降低了活化能，提高了平衡产率 B．在反应中为催化剂 C．若是反应的决速步，则该步的化学反应速率最快 D．图示过程的总反应式可表示为 4．（2025·北京·阶段练习）我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。 已知：+    + + 下列说法不正确的是 A．过程Ⅰ放出能量 B．过程Ⅲ只有极性键的断裂 C．若分解2，估算出反应吸收482能量 D．催化剂不能减小水分解反应的焓变，但能降低反应的活化能 5．（2025·北京·阶段练习）我国在单原子催化剂领域成绩斐然。单原子催化剂是指孤立的金属原子均匀分散在载体表面，发生催化的位点落在单个原子上。 下列说法不正确的是 A．催化剂能提高化学反应速率 B．单原子催化剂能更多地降低反应的焓变 C．单原子催化剂中原子的利用率高 D．传统金属催化剂内存在金属键 考向04 循环反应机理图像分析 1（2025·四川德阳·期中）历史上曾有化学家用以下方法制取氯气，反应原理如图所示。下列推断不正确的是 A．该方法制氯气主要原料是HCl和水 B．反应Ⅱ属于置换反应 C．CuO是整个过程的催化剂，CuCl2是中间产物 D．反应I的化学方程式为CuO+2HCl=H2O+CuCl2 2．（2025·福建龙岩·期中）还原技术是当今有效的去除的技术之一，某钒催化剂催化脱除电厂烟气中NO的反应机理如图(“...”表示催化剂吸附)。下列说法错误的是 A．总反应方程式为 B．反应③的还原产物与氧化产物的物质的量之比为 C．反应②中被氧化为 D．上述反应机理中，钒元素的成键数目发生了变化 3（2025·安徽·阶段练习）将H2S和O2的混合气体中通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合溶液中，反应后可回收S，转化过程如图所示。下列描述不正确的是 A．在转化关系中化合价不变的元素有铜、氢、氯 B．过程Ⅰ反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O C．通入过量的氧气或者增大Fe3+的浓度可以减少回收的S中CuS的含量 D．转化过程中参加循环反应的离子只有Fe2+、Fe3+ 4．（2025·江苏苏州·期中）H2S和O2的混合气体通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合溶液中反应可回收S，转化过程如图所示。下列描述正确的是 A．在图示转化关系中，化合价不变的元素只有氢、氯 B．过程I反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O C．通入过量的氧气或者增大Fe3+的浓度可以增大回收S中CuS的含量 D．转化过程中参加循环反应的离子只有Fe2+、Fe3+ 5．（2025·广东佛山·阶段练习）研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如下图所示。NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是 A．22.4 L SO2所含的原子数为3NA B．H2SO4分解反应中，每生成1molO2，转移的电子数为2NA C．“SO2催化歧化”反应中，S是氧化产物 D．利用该含硫物质循环反应，可实现太阳能转化为电能 1．（2025·河北石家庄·一模）分子筛催化环己烯()芳构化制苯()的反应历程和过程中能垒图分别见图一和图二。 下列说法中错误的是 A．的反应为取代反应 B．决定化学反应速率的步骤为 C．环己烯芳构化制苯的化学方程式为+2H2 D．、、等产物 2．（2025·江苏南通·模拟）与的干法重整(DRM)反应可同时转化温室气体并生成CO和，对实现“碳中和”具有重要意义。 (1)、、CO的燃烧热分别为、、，则的 。 (2)研究表明、、三种双金属合金团簇可用于催化DRM反应，在催化剂表面涉及多个基元反应，其反应机理如图，过程1-甲烷逐步脱氢；过程2-的活化(包括直接活化和氢诱导活化)；过程3-和的氧化；过程4-扩散吸附反应(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。    ①的氢诱导活化反应方程式为 。 ②过程1-甲烷逐步脱氢过程的能量变化如图(TS1、TS2、TS3、TS4均表示过渡态)。双金属合金团簇具有良好的抗积碳作用，能有效抑制积碳对催化剂造成的不良影响，其原因为 。    (3)DRM反应的积碳过程与两个反应存在关系：①，②，研究发现，在常规的Ni催化剂中添加MgO，使其在催化剂表面与Ni形成共熔物；或提高原料气中的占比，也能有效抑制积碳的产生，试解释其原因 。 (4)一种甲烷干重整光催化剂()的光诱导机理如图(Vo表示氧空位)，在光照条件下，产生电子(e-)和空穴(h+)，电子在Ce与W之间转移，实现氧化还原循环，提高甲烷干重整反应活性，其反应机理可描述为 。    (5)和都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示，若生成的乙烯和乙烷的物质的量之比为1∶1，则阳极的电极反应式为 。    原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热点04 化学反应机理探究与分析 一、基元反应及其反应机理分析 1．基元反应 大多数的化学反应不能一步完成，在微观上是分几步完成的，这每一步反应都叫一个基元反应 如：反应H2O2＋2Br－＋2H＋===Br2＋2H2O，通过大量实验提出它们微观过程如下： ①H＋＋H2O2H3O ②H3O＋Br－===H2O＋HOBr ③HOBr＋H＋＋Br－===H2O＋Br2 2．反应历程 由基元反应构成的反应序列，又称反应机理。 （1）总反应 2NO+2H2N2+2H2O （2）反应历程 ①2NO+H2N2O+H2O（慢） ②2N2O2N2+O2（快） ③2H2+O22H2O（更快） （3）决速反应 在反应历程中，反应速率最慢的基元反应 （4）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 （5）特点 a．不同的化学反应，反应历程不同。 b．同一反应在不同条件下的反应历程也可能不同。 c．反应历程的差别造成了化学反应速率的快慢差异。 d．对于由多个基元反应组成的化学反应，其反应的快慢由最慢的一步基元反应决定。 二、能垒图、过渡态理论及其反应机理分析 1.过渡态理论： 过渡态理论认为，反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要一定的活化能，再转化成生成物。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态。 2.基元反应过渡状态理论 (1)基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。 AB＋C―→[A…B…C]―→A＋BC 反应物　　过渡态　　 　产物 (2)过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。如：一溴甲烷与NaOH溶液反应的历程可以表示为： CH3Br＋OH－―→[Br…CH3…OH]―→Br－＋CH3OH 反应物　　 过渡态　　 　 产物 3.多步反应的活化能及与速率的关系 (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，及达到该过渡态所需要的活化能(如图E1、E2)，而该复合反应的活化能只是由实验测算的表观值，没有实际物理意义。 (2)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。一个化学反应的速率就取决于速率最慢的基元反应。 （3）能垒（活化能）：即反应物状态达到活化状态所需能量。根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：其最大能垒（活化能） (4)在钯基催化剂表面上，甲醇制氢（）的反应历程如下图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注． 最大能垒 该历程中最大能垒（活化能）179.6,该步骤的基元反应方程式为 （5）曲线上的峰 ①峰的个数表示中间反应的个数，不一定表示中间产物的种类 ②峰谷 a.峰前的峰谷：表示该中间反应反应物的能量 b.峰后的峰谷：表示该中间反应生成物的能量 4.三步突破能量变化能垒图 三步突破能量变化能垒图 第1步 通览全图，理清坐标的含义。能量变化的能垒图的横坐标一般表示反应的历程，横坐标的不同阶段表示一个完整反应的不同阶段。纵坐标表示能量的变化，不同阶段的最大能垒即该反应的活化能 第2步 细看变化，分析各段反应。仔细观察曲线(直线)的变化趋势，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，能量升高的为吸热，能量下降的为放热 第3步 综合分析，做出合理判断。综合整合各项信息，回扣题目要求，做出合理判断。如利用盖斯定律将各步反应相加，即得到完整反应；催化剂只改变反应的活化能，但不改变反应的反应热，也不会改变反应的转化律 三、催化剂、活化能及其反应机理 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）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－1 （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 （5）催化反应一般过程(简化的过程)： ①反应物扩散到催化剂表面； ②反应物被吸附在催化剂表面； ③、④被吸附的反应物发生化学反应生成产物； ⑤产物的解吸。 吸附 解吸 反应 扩散 四、循环反应机理图像分析 1．循环流程中物质的判断 （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．催化工艺的三种形式 （1）直接型 （2）微观型 （3）循环型 ①反应物：A和F ②生成物：B和E ③催化剂：C或D，中间产物D或C 3．循环转化机理图像的解读 图像 解读 对于“环式”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 （建议用时：40分钟） 考向01 基元反应及其反应机理分析 1．（2025·北京·期中）基元反应的反应过程如下图。下列分析不正确的是 A．该基元反应涉及H-I键断裂和H-H键形成 B．该基元反应属于吸热反应 C．该基元反应的活化能为 D．增大c(HI)，该反应单位体积内活化分子数增多 【答案】C 【解析】A．反应开始后，先断裂所有的H-I键，然后生成的H原子再结合为H-H，则该基元反应涉及H-I键断裂和H-H键形成，A正确； B．该基元反应中，生成物的总能量大于反应物的总能量，则属于吸热反应，B正确； C．该基元反应的正反应的活化能为E1，逆反应的活化能为E2，焓变为，C不正确； D．增大c(HI)，该反应单位体积内的分子总数增多，活化分子数增多，但活化分子的百分数不变，D正确； 故选C。 2．（2025·河北邯郸·期中）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了光催化加氢合成甲醇的反应历程，如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，吸附状态不属于基元反应。 下列说法正确的是 A．增大反应物的浓度与在光催化条件下的该反应历程和焓变均相同 B．该反应历程中最大能垒(活化能)步骤的化学方程式为 C．该反应中也属于基元反应 D．该反应历程中涉及同种元素原子之间共价键的断裂与生成 【答案】B 【解析】A．增大反应物浓度，仅增大单位体积的活化分子数，加快化学反应速率，活化能不变，历程不变；催化剂能降低反应的活化能，改变反应历程，A错误； B．从能量图中可以出，历程中最大能垒(活化能)步骤的化学方程式为，B正确； C．吸附过程是物理过程，不是基元反应，C错误； D．该反应历程中涉及同种元素间共价键的断裂，如H2，不涉及同种元素原子之间共价键的生成，D错误； 答案选B。 3．（2025·北京·期中）向密闭容器中充入1molHI，发生反应：  ，达到平衡状态。该反应经过以下两步基元反应完成： ⅰ.   ⅱ.   下列分析不正确的是 A．、 B．反应ⅰ的活化能即总反应的活化能 C．恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D．恒容时，升高温度，气体颜色加深，同时电子发生了转移 【答案】C 【解析】A．断裂化学键吸收能量，形成化学键会释放能量，所以反应热、，A正确； B．反应ⅰ为断键，所需要的活化能即总反应的活化能，B正确； C．恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是由于缩小容器的容积，使物质的浓度增大，c(I2)增大，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此增大压强时，化学平衡不移动，C错误； D．该反应的正反应是吸热反应，在恒容时，升高温度，化学平衡正向移动，同时电子发生了转移，D正确； 故选C。 4．（2025·河南南阳·期中）研究表明与在作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是 A．是决定该反应快慢的基元反应 B．使反应的活化能减小，是中间产物 C．、两步反应均为放热反应 D．若反应在恒容密闭容器中进行，温度越高，反应速率不一定越快 【答案】A 【解析】A．由图可知，反应①的能垒高于反应②，因此反应①的速率较慢，总反应速率由反应①的速率决定，即，A错误； B．由图可知，Fe+先转化为FeO+，FeO+后续又转化为Fe+，反应前后Fe+未发生变化，因此Fe+是催化剂，降低反应活化能，FeO+是中间产物，B正确； C．由图可知，两步反应的反应物总能量大于生成物总能量，均为放热反应，C正确； D．因为有催化剂参与反应，温度过高，催化剂可能失活，反应速率降低，故温度越高，反应速率不一定越快，D正确； 答案为A。 5．（225·四川眉山·阶段练习）铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示。下列说法不正确的是 A．该过程的总反应为 B．浓度过大或者过小，均导致反应速率降低 C．该过程的总反应速率由步骤决定 D．所有化学反应都存在多个基元反应 【答案】D 【分析】根据左图反应机理可知，电离出氢离子后，与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为。根据右图反应进程，可知能量变化最大的进程是，其反应速率最慢。据此分析作答。 【解析】A．由反应机理可知，电离出氢离子后，与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为，A正确； B．若氢离子浓度过低，则反应的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制甲酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，B正确； C．根据右图反应进程，可知能量变化最大的进程是，能垒最大，所以此步骤反应速率最慢，C正确； D．有些化学反应是基元反应，即只有一步反应就能完成，但大多数化学反应是由多个基元反应组成的‌，D错误； 故选D。 考向02 能垒图、过渡态理论及其反应机理分析 1．（2025·江西景德镇·二模）一定温度下，反应的机理第1步为，理论计算后续步骤可能的反应机理如图所示，TS1和TS2表示过渡态。下列说法错误的是 A．该反应的 B．机理a、b均表示2步基元反应 C．机理a、b决速步的能垒： D．由机理a可知键能大小：Cl-Si<H-Si 【答案】D 【解析】A．由图可知，该反应的，A正确； B．由图可知，机理a、b均表示2步基元反应，B正确； C．由图可知，机理a决速步的能垒为，机理b决速步的能垒为，故，C正确； D．由图可知反应的反应热，说明断裂H-Si吸收的能量小于形成Cl-Si释放的能量，则机理a键能大小：Cl-Si>H-Si，D错误； 故选D。 2．（2025·广东·二模）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C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。其中的反应机理和能量变化如图。下列说法不正确的是 A．选择相对较高的温度更有利于制备纳米碗 B．推测 C40H10纳米碗中含5个五元环 C．     D．该反应历程包含了3步基元反应，且第3步是该反应的决速步骤 【答案】B 【解析】A．由题干反应历程图可知，该反应总反应为一个吸热反应，升高温度平衡正向移动，且反应速率加快，给选择相对较高的温度更有利于制备纳米碗，A正确； B．由C40H20的结构可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则C40H10总共含有6个五元环，10个六元环，B错误； C．由题干反应历程图可知，该反应总反应为：    ，C正确； D．该反应包含3个基元反应，分别为C40H20+H••C40H19+H2，•C40H19•C40H19、C40H19•C40H18+H•，其中第三个反应的活化能最大，反应速率最慢，是该反应的决速步骤，D正确； 故答案为：B。 3．（2025·山东·阶段练习）工业上可采用的方法来制取高纯度的和。我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。甲醇()脱氢反应的第一步历程，有如下两种可能方式(其中、为活化能)： 方式①： 方式②： 图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。 下列关于上述“第一步历程”的说法中，错误的是 A．主要历经方式② B．第一步历程的焓变()大于0 C．最小能垒(活化能)为 D．焓变最小的基元反应为 【答案】AC 【解析】A．方式①的活化能低，说明其反应速率快，即甲醇裂解过程主要历经的方式应为①，故A错误； B．由题中信息可知，CH3OH脱氢反应的第一步历程为分子中一个共价键的断裂过程，为吸热过程，大于0，故B正确； C．由图可知，该历程中最小能垒(活化能)为（116.1-62.5）kJ·mol－1=53.6 kJ·mol－1，故C错误； D．由图可知，焓变最小即放出热量最多的基元反应，为，反应物的能量高于生成物的能量，且差别最大，是放热最多的步骤，故D正确； 故选AC。 4．（2025·山东枣庄·期末）合成氨反应历程和能量变化如图所示(*R表示微粒处于吸附状态)。 下列说法错误的是 A．决定总反应反应历程为 *N ＋3*H = *NH3 B．反应历程中的最低能垒(活化能)为90 C．升高温度，该反应历程中基元反应的速率加快 D．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)  =—92 【答案】B 【解析】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应速率取决于慢反应，由图可知，过渡态II的活化能最大，则决定总反应反应历程为 *N ＋3*H = *NH3，故A正确； B．由图可知，反应历程中的最低能垒(90+34)kJ/mol=124kJ/mol，故B错误； C．升高温度，反应物的能量增大，活化分子和活化分子百分数增大，有效碰撞的次数增大，反应历程中基元反应的速率加快，故C正确； D．由图可知，合成氨反应的反应热△H =(100+308)kJ/mol—500kJ/mol=—92kJ/mol，反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)  =—92，故D正确； 故选B。 5．（2025·湖北·期中）过渡态理论认为：化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞完成的。在反应物分子生成产物分子的过程中，首先生成一种高能量的活化配合物，高能量的活化配合物再进一步转化为产物分子。按照过渡态理论，的反应历程如下，下列有关说法中正确的是 A．第一步反应需要放出能量 B．活化配合物的能量越高，第一步的反应速率越快 C．第二步活化配合物之间的碰撞一定是有效碰撞 D．该反应的反应速率主要取决于第一步反应 【答案】D 【解析】A．第一步反应为慢反应，活化配合物具有高能量，表明反应的活化能大，且第一步反应需要吸收能量，A错误； B．活化配合物的能量越高，反应的活化能越大，第一步的反应速率越慢，B错误； C．发生有效碰撞的分子一方面要具有活化分子所具有的最低能量，另一方面发生碰撞需具有一定的方向，所以第二步活化配合物之间的碰撞不一定是有效碰撞，C错误； D．一个化学反应分多步完成时，该反应的反应速率主要取决于慢反应，即决定于第一步反应，D正确； 答案选D。 考向03 催化剂、活化能及其反应机理 1．（2025·山东·期中）中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ·mol－1)如图所示，下列说法错误的是 A．生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原 B．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为NH3 C．决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2NONHNOH D．生成N2的总反应方程式为2NO＋2H2N2＋2H2O 【答案】C 【解析】A．图示可知，生成氨气的过程为：NO→HNO→NH2O→NH2OH→NH2→NH3，每步反应中N元素化合价均是降低，被还原，A正确； B．NO被还原为N2的最大活化能明显大于还原生成NH3，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3，B正确； C．生成NH3的基元反应中，NH2O+H→NH2OH这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，是决定NO生成NH3速率的基元反应，C错误； D．由图可知，总反应为NO与H2反应生成N2和H2O，对应反应的化学方程式：2NO＋2H2N2＋2H2O，D正确； 故选C。 2．（2025·湖北武汉·期中）催化剂I和II均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(如图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法错误的是 A．使用I和II，均有4个基元反应 B．使用催化剂I时，第三个基元反应是决速反应 C．使用II时，反应体系更快达到平衡 D．使用I时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大 【答案】C 【解析】A．使用催化剂I和II，反应过程中均有4个峰，则均有4个基元反应，A正确； B．使用催化剂I时，第三个基元反应的活化能最大，反应速率最慢，所以此步反应是决速反应，B正确； C．使用II时，第一个反应在所有基元反应中活化能最大，反应速率最慢，所以它决定反应体系更慢达到平衡，C错误； D．与II相比，I的R→M活化能较小，故速率快，即生成M较快；与II相比，I的M→P活化能较大，故速率慢，即消耗M较慢，总的来说，与II相比，I生成M快，消耗M慢，故所能达到最高浓度更大，D正确； 故选C。 3．（2025·甘肃·阶段练习）二氧化碳甲烷化的研究对缓解能源危机意义重大。以催化二氧化碳甲烷化的反应机理如图所示（与作用生成和）。下列说法正确的是 A．催化剂在反应中参加了反应，降低了活化能，提高了平衡产率 B．在反应中为催化剂 C．若是反应的决速步，则该步的化学反应速率最快 D．图示过程的总反应式可表示为 【答案】D 【解析】A．催化剂在反应中参加了反应，降低了活化能，提高反应速率，但不影响化学平衡、不能提高平衡产率，A错误； B．反应的催化剂为，由图可知在反应中为中间产物，B错误； C．决速步的活化能最大、化学反应速率最慢，C错误； D．由图可知，二氧化碳甲烷化的总反应为，D正确； 选D。 4．（2025·北京·阶段练习）我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。 已知：+    + + 下列说法不正确的是 A．过程Ⅰ放出能量 B．过程Ⅲ只有极性键的断裂 C．若分解2，估算出反应吸收482能量 D．催化剂不能减小水分解反应的焓变，但能降低反应的活化能 【答案】B 【解析】A．由图可知，过程Ⅰ是吸收热量使氢氧键断裂的过程，故A正确； B．由过程Ⅲ可知，H2O2中的O-H键断裂，H-H键形成，有旧极性键的断裂和非极性键的形成，故B错误； C．分解水的反应为2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)，焓变△H=反应物的总键能－生成物的总键能=463kJ/mol×4－(436kJmol×2+498kJ/mol)=+482kJ/mol，即2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H=+482kJ/mol，所以分解2molH2O(g)吸收482kJ能量，故C正确； D．催化剂只改变反应历程，降低反应的活化能，但不影响始末状态，不能改变水分解反应的焓变，故D正确； 故选B。 5．（2025·北京·阶段练习）我国在单原子催化剂领域成绩斐然。单原子催化剂是指孤立的金属原子均匀分散在载体表面，发生催化的位点落在单个原子上。 下列说法不正确的是 A．催化剂能提高化学反应速率 B．单原子催化剂能更多地降低反应的焓变 C．单原子催化剂中原子的利用率高 D．传统金属催化剂内存在金属键 【答案】B 【解析】A．催化剂能降低反应活化能，提高化学反应速率，故A正确； B．催化剂不能改变反应物和生成物的能量，催化剂不能改变反应的焓变，故B错误； C．单原子催化剂与反应物接触面积增大，原子的利用率高，故C正确； D．金属晶体中由金属阳离子和自由电子形成金属键，故D正确； 故选：B。 考向04 循环反应机理图像分析 1（2025·四川德阳·期中）历史上曾有化学家用以下方法制取氯气，反应原理如图所示。下列推断不正确的是 A．该方法制氯气主要原料是HCl和水 B．反应Ⅱ属于置换反应 C．CuO是整个过程的催化剂，CuCl2是中间产物 D．反应I的化学方程式为CuO+2HCl=H2O+CuCl2 【答案】A 【分析】根据图示可知反应Ⅰ是CuO与HCl反应产生CuCl2、H2O，反应方程式为：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，反应Ⅱ是CuCl2与O2反应产生CuO、Cl2，反应方程式为：2CuCl2+O22CuO+4Cl2，将反应Ⅰ、反应Ⅱ叠加，可得总反应方程式为4HCl+O22Cl2+2H2O，然后根据问题分析解答。 【解析】A．根据图示分析可知该方法制氯气主要原料是HCl和O2，A错误； B．反应Ⅱ是CuCl2与O2反应产生CuO、Cl2，反应方程式为：2CuCl2+O22CuO+4Cl2，反应物是一种单质一种化合物，生成物是另外一种单质和一种化合物，因此该反应的基本类型是置换反应，B正确； C．根据上述分析可知总反应方程式为：4HCl+O22Cl2+2H2O ，其中HCl、O2是反应物；Cl2、H2O是生成物；CuO是整个过程的催化剂，CuCl2是中间产物，C正确； D．根据箭头的指向，可知反应Ⅰ是CuO与HCl反应产生CuCl2、H2O，反应方程式为：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，D正确； 故合理选项是A。 2．（2025·福建龙岩·期中）还原技术是当今有效的去除的技术之一，某钒催化剂催化脱除电厂烟气中NO的反应机理如图(“...”表示催化剂吸附)。下列说法错误的是 A．总反应方程式为 B．反应③的还原产物与氧化产物的物质的量之比为 C．反应②中被氧化为 D．上述反应机理中，钒元素的成键数目发生了变化 【答案】A 【解析】A．由图可知，总反应方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，A错误； B．反应③是与NO反应生成N2和H2O，中N为-2价，发生归中反应，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1，B正确； C．由图可知，反应②中中N为-3价，中N为-2价，被氧化为，C正确； D．上述反应机理中②④，钒元素的成键数目发生了变化，D正确； 故选A。 3（2025·安徽·阶段练习）将H2S和O2的混合气体中通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合溶液中，反应后可回收S，转化过程如图所示。下列描述不正确的是 A．在转化关系中化合价不变的元素有铜、氢、氯 B．过程Ⅰ反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O C．通入过量的氧气或者增大Fe3+的浓度可以减少回收的S中CuS的含量 D．转化过程中参加循环反应的离子只有Fe2+、Fe3+ 【答案】D 【解析】A．观察题图中各种物质可知，H、Cl、Cu三种元素的化合价没有变化，其他元素如O(化合价由0价降低为-2价)、Fe(Fe3+与Fe2+相互转化)、S(S2−转化为S)的化合价均有变化，故A正确； B．由图示可知，Fe2+和O2在过程Ⅰ中发生反应生成Fe3+，根据得失电子守恒和质量守恒，过程Ⅰ反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故B正确； C．要减少回收S中的CuS含量，S2−不能过量，可以通入过量的氧气或者增大Fe3+的浓度与S2−反应以减小S2−的浓度，故C正确； D．据图可知，过程Ⅰ发生的反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，过程Ⅱ发生的反应为：Cu2++H2S=2H++CuS，过程Ⅲ发生的反应为：CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，据此可知参加循环反应的离子有Fe2+、H+、Cu2+、Fe3+，故D错误； 答案选D。 4．（2025·江苏苏州·期中）H2S和O2的混合气体通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合溶液中反应可回收S，转化过程如图所示。下列描述正确的是 A．在图示转化关系中，化合价不变的元素只有氢、氯 B．过程I反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O C．通入过量的氧气或者增大Fe3+的浓度可以增大回收S中CuS的含量 D．转化过程中参加循环反应的离子只有Fe2+、Fe3+ 【答案】B 【解析】A．观察题图中各种物质可知，H、Cl、Cu三种元素的化合价没有变化，其他元素如O(化合价由0价降低为-2价)、Fe(Fe3+与Fe2+相互转化)、S(S2-转化为S)的化合价均有变化，A项错误； B．由图示可知，Fe2+和O2在过程Ⅰ中发生反应生成Fe3+，根据得失电子守恒和质量守恒，过程Ⅰ反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，B项正确； C．过程Ⅲ的反应为：CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，可知通入过量的氧气或者增大Fe3+的浓度会减小回收S中CuS的含量，C项错误； D．据图可知，过程Ⅰ的反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，过程Ⅱ的反应为：Cu2++H2S=2H++CuS，过程Ⅲ的反应为：CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，据此可知参加循环反应的离子有Fe2+、H+、Cu2+、Fe3+，D项错误； 答案选B。 5．（2025·广东佛山·阶段练习）研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如下图所示。NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是 A．22.4 L SO2所含的原子数为3NA B．H2SO4分解反应中，每生成1molO2，转移的电子数为2NA C．“SO2催化歧化”反应中，S是氧化产物 D．利用该含硫物质循环反应，可实现太阳能转化为电能 【答案】D 【分析】由图可知，反应I为硫酸受热分解生成氧气和二氧化硫，反应Ⅱ为催化剂作用下二氧化硫和水反应生成硫酸和硫，反应Ⅲ为硫在氧气中燃烧生成二氧化硫。 【解析】A．缺标准状况，无法计算22.4 L二氧化硫的物质的量和含有的原子数目，故A错误； B．由分析可知，反应I为硫酸受热分解生成氧气和二氧化硫，反应中每生成1mol氧气，转移的电子数为1mol×4×NAmol—1=4NA，故B错误； C．由分析可知，反应Ⅱ为催化剂作用下二氧化硫和水反应生成硫酸和硫，反应中硫是反应的还原产物，故C错误； D．由图可知，含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储过程中能量的转化形式为太阳能→热能→化学能→热能→电能，则利用该含硫物质循环反应，可实现太阳能转化为电能，故D正确； 故选D。 1．（2025·河北石家庄·一模）分子筛催化环己烯()芳构化制苯()的反应历程和过程中能垒图分别见图一和图二。 下列说法中错误的是 A．的反应为取代反应 B．决定化学反应速率的步骤为 C．环己烯芳构化制苯的化学方程式为+2H2 D．、、等产物 【答案】B 【解析】A．观察TS1及Int1的结构简式可知TS1Int1的反应应为取代反应，A项正确； B． 升高温度，反应速率变化最大的步骤应该是活化能最大的步骤，由题图可知，应该是R TS1的反应，B项错误； C．根据图中的结构简式可知环己烯芳构化反应为+2H2，C项正确； D．由环己烯芳构化的反应进程可知，经芳构化反应可能得到、，D项正确； 答案选B。 2．（2025·江苏南通·模拟）与的干法重整(DRM)反应可同时转化温室气体并生成CO和，对实现“碳中和”具有重要意义。 (1)、、CO的燃烧热分别为、、，则的 。 (2)研究表明、、三种双金属合金团簇可用于催化DRM反应，在催化剂表面涉及多个基元反应，其反应机理如图，过程1-甲烷逐步脱氢；过程2-的活化(包括直接活化和氢诱导活化)；过程3-和的氧化；过程4-扩散吸附反应(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。    ①的氢诱导活化反应方程式为 。 ②过程1-甲烷逐步脱氢过程的能量变化如图(TS1、TS2、TS3、TS4均表示过渡态)。双金属合金团簇具有良好的抗积碳作用，能有效抑制积碳对催化剂造成的不良影响，其原因为 。    (3)DRM反应的积碳过程与两个反应存在关系：①，②，研究发现，在常规的Ni催化剂中添加MgO，使其在催化剂表面与Ni形成共熔物；或提高原料气中的占比，也能有效抑制积碳的产生，试解释其原因 。 (4)一种甲烷干重整光催化剂()的光诱导机理如图(Vo表示氧空位)，在光照条件下，产生电子(e-)和空穴(h+)，电子在Ce与W之间转移，实现氧化还原循环，提高甲烷干重整反应活性，其反应机理可描述为 。    (5)和都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示，若生成的乙烯和乙烷的物质的量之比为1∶1，则阳极的电极反应式为 。    【答案】(1)+247.3kJ/mol (2) 积炭反应为最后一步，三种催化剂中所需活化能最大，反应不易发生，故产生积炭较少 (3)MgO在Ni催化剂表面形成共熔物，减小了Ni催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；增大浓度可以促使反应②平衡左移 (4)光照时，光催化剂产生电子(e-)和空穴(h+)，空穴(h+)和Rh附近的氧原子与吸附在Rh上的生成CO和，e-从原子转移到W，进而转移到吸附在氧空位的分子上，获得电子后生成CO并在氧空位留下O原子，O原子再迁移到新的氧空位上，从而形成氧化还原循环 (5) 【解析】（1）由CH4、H2、CO的燃烧热分别为-890.3 kJ/mol、-285.8kJ/mol，-283kJ/mol可得如下热化学方程式①△H1=-890.3 kJ/mol、②△H2=-285.8kJ/mol、③△H3=-283kJ/mol，由盖斯定律可知，反应①-2②-2③得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，则反应△H=△H1-2△H2-2△H3=+247.3 kJ/mol，故答案为：+247.3 kJ/mol； （2）①由图可知，在氢诱导活化中，CO2★和H★反应转化为COOH★，COOH★转化为CO★和OH★，则二氧化碳的氢诱导活化反应方程式为CO2★+H★=CO★+OH★，故答案为CO2★+H★=CO★+OH★； ②由图可知，脱氢反应第4步为CH★=C★+H★，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少，故答案为：积炭反应为最后一步，三种催化剂中Sn12Ni所需活化能最大，反应不易发生，故产生积炭较少； （3）在常规的镍催化剂中添加氧化镁，氧化镁在镍催化剂表面形成共熔物，减小了镍催化剂的表面积，减慢了反应①的速率，所以能有效抑制积碳的产生；提高原料气中提高原料气中二氧化碳的比例，二氧化碳浓度增大，反应②平衡向逆反应方向移动，碳的物质的量减小，所以能有效抑制积碳的产生，故答案为：MgO在Ni催化剂表面形成共熔物，减小了Ni催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；增大浓度可以促使反应②平衡左移； （4）由图可知，光诱导机理为光照时，光催化剂产生电子(e-)和空穴(h+)，空穴(h+)和Rh附近的氧原子与吸附在Rh上的生成CO和，e-从原子转移到W，进而转移到吸附在氧空位的分子上，获得电子后生成CO并在氧空位留下O原子，O原子再迁移到新的氧空位上，从而形成氧化还原循环，故答案为：光照时，光催化剂产生电子(e-)和空穴(h+)，空穴(h+)和Rh附近的氧原子与吸附在Rh上的生成CO和，e-从原子转移到W，进而转移到吸附在氧空位的分子上，获得电子后生成CO并在氧空位留下O原子，O原子再迁移到新的氧空位上，从而形成氧化还原循环； （5）由图可知，电极B为电解池的阳极，氧离子作用下甲烷在阳极失去电子发生氧化反应生成乙烯、乙烷和水，电极反应式为，故答案为：。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$