重难03 化学反应机理分析与应用（重难专练）（天津专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

重难03 化学反应机理分析与应用 ( 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击： 快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点： 总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数 ： 聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖： 挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” ) 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 (3)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被吸附的反应物发生化学反应生成产物； ④产物的解吸。 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：10分钟） 1．（25-26高三上·天津·月考）钒元素用途广泛，如图是一种钒的化合物催化某反应的反应机理。下列叙述错误的是 A．参与了该催化反应 B．过程①中反应的原子利用率为100% C．该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成 D．每次循环的净反应为 2．（2025·天津·一模）科学家提出一种大气中在和作用下转变为的机理(图1)，其能量变化如图2所示。 已知：的结构式为，下列说法正确的是 A．由图2可知，该过程的决速步是① B．①中只涉及键的断裂，无键的形成 C．②③均发生了氧化还原反应 D．总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1 3．（24-25高三上·天津南开·期末）我国科学家发现了一种新型的电化学还原催化剂——二维锑片。酸性条件下人工固碳装置中气体在表面发生三种催化竞争反应，其反应历程如下图所示(*表示吸附态中间体)。 下列说法不正确的是 A．三种催化反应均为氧化还原反应 B．生成时吸收的能量最多 C．该催化剂对生成的催化效果最好 D．表面生成的反应为 4．（2025·天津滨海新·三模）某温度下， 在密闭容器中充入一定量的 R(g)， 发生反应， 该反应经历两步：①。 ②， 催化剂M能催化第②步反应， 反应历程如图所示。下列说法不正确的是 A．升高温度，减小， 且减小 B．不使用催化剂M，反应过程中c(I)先增大后减小 C．使用催化剂M，反应①的活化能不变，反应②的活化能变为 D．使用催化剂M，反应①速率不变，反应②速率加快 5．（2025·河南开封·二模）为实现氯资源循环利用，可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成。反应的热化学方程式为。下图展示了该法的一种催化机理。 下列说法正确的是 A．图中X为，W为HCl B．该催化机理中，存在非极性键的断裂与形成 C．图中涉及的反应中有三个属于氧化还原反应 D．升高温度，HCl与生成的反应平衡常数增大 6．（24-25高三上·天津·阶段练习）金属 Ni可活化C2H6生成CH4，其反应历程如图所示： 下列关于该活化历程的说法错误的是 A．Ni与C2H6生成CH4的反应是放热反应 B．加入适当的催化剂能降低该反应的活化能，加快反应速率 C．该过程决速步骤活化能为154.82kJ/ mol D．中间体2比中间体1和3更稳定 7．（24-25高三上·天津·期末）反应可用于去除氮氧化物。Cu+催化该反应的过程如图所示。下列说法不正确的是 A．其他条件不变时，增大，O2的平衡转化率减小 B．该反应的平衡常数的表达式 C．反应过程中，Cu+参与反应，降低了反应的活化能和焓变 D．步骤Ⅲ中每消耗，转移电子数目为 8．（24-25高三上·天津河西·期末）1，3一丁二烯与按照1：1发生加成反应的机理是氢离子进攻碳碳双键，形成不同的碳正离子，不同位点的碳正离子与溴离子结合，得到不同的产物。下图是该过程的能量与反应进程图(、、表示各步正反应的焓变)，下列说法错误的是 A．增大溴离子浓度，可以提高整体反应的速率 B．1，3-丁二烯中碳原子的杂化方式均为杂化 C．温度越低，反应时间越长，产物以为主 D．1，3-丁二烯与发生1，4加成的反应热为 （建议用时：10分钟） 9．（2025·天津河西·三模）为早日实现“碳中和”、“碳达峰”目标，科学家提出用钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)反应生成HCOOH，反应机理如图所示，已知当生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。下列说法正确的是 A．物质Ⅰ为该反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物 B．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成 C．通过CO2(g)和H2(g)反应制备液态HCOOH，每转移1mole-，放出31.2kJ的热量 D．催化剂能降低活化能，加快反应速率，改变反应热，从而提高转化率 10．（24-25高三上·天津西青·期末）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是 A．反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变 B．经两步反应生成产物I的反应热 C．加入选择性高的催化剂，短时间内可以提高单位时间内产物I的产率 D．对比进程图，苯更易生成硝基苯的主要原因是该反应速率更快、产物更稳定 11．（2025·天津北辰·三模）丙烷脱氢是制备丙烯的一种常见方法，下图是某催化剂催化该过程的能量变化图，*表示吸附在催化剂表面的物种，下列有关说法错误的是 A．使用催化剂可以改变反应速率，不能改变反应热 B．该过程中发生了非极性键的断裂与形成 C．在该条件下，所得丙烯为混合物 D．由图可知： 12．（24-25高三下·天津·阶段练习）某离子液体的阴离子可以吸收CO2，其可能的两种反应路径如下图所示。下列说法错误的是 A．与传统溶剂相比，离子液体因为它的低挥发性而被称为绿色溶剂 B．该反应为放热反应 C．其他条件相同时，路径I的化学反应速率快 D．生成物中既含离子键又含共价键 13．（2025·天津河西·二模）碘离子可以作为过氧化氢分解的催化剂，催化过程的机理如图1，图2是有、无碘离子存在时，过氧化氢分解的能量变化示意图。 下列说法错误的是 A．X和Y分别为和 B．的分解反应是吸热反应 C．碘离子不改变分解的焓变 D．反应速率大小：①<② 14．（2025·天津河北·一模）氮氧化物()是大气的主要污染物，某研究小组利用催化剂ZAg对NO催化转化的反应过程与能量变化的关系如图所示。下列说法错误的是 A．总反应的热化学方程式： B．过渡态的稳定性： C．反应过程的决速步骤为放热反应 D．催化剂ZAg降低了反应的活化能，但不能改变反应热 15．（24-25高三上·天津·期末）可用作烟气中的脱硝剂。200℃时，某恒容密闭容器中存在反应：。其反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是 A．从反应过程看，是催化剂 B．决定总反应速率的是反应Ⅱ C．反应Ⅱ的化学方程式为： D．若反应是在恒温恒容密闭容器中进行，当容器内混合气体的密度恒定时反应达到平衡状态 16．（24-25高三上·天津·阶段练习）一种新型的合成氨的方法如图所示。下列说法正确的是 A．反应①中发生了氧化反应 B．反应①和②均属于“氮的固定” C．反应③为 D．三步循环的总结果为 （建议用时：20分钟） 17．（2025·天津武清·二模）有机物HCOOH在含铁配离子(用表示)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．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定 B．总反应的化学方程式为 C．浓度过大或者过小，均会导致反应速率降低 D．在整个反应过程中的作用是催化剂 18．（2025·天津·二模）某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应的反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是 A．加入催化剂可以改变反应的速率和焓变△H B．总反应的速率主要由反应②决定 C．该反应经历三个基元反应 D．该反应过程可以实现氮的固定 19．（24-25高三上·天津河西·期中）三氯化氮能水解生成次氯酸和氨气，四氯化硅遇水也可剧烈水解，水解反应的机理如下图所示(“□”代表Si的3d轨道)。下列说法正确的是 A．和的价层电子对数目不相同 B．碳和硅同族，推测水解产物为碳酸和氯化氢 C．的水解机理和不相同 D．上述过程中，有极性键的断裂和非极性键的形成 20．（24-25高三上·天津·阶段练习）金属可活化放出，其反应历程如图所示： 下列关于活化历程的说法错误的是 A．该反应为放热反应 B．加入催化剂可加快反应速率，但对总反应热没有影响 C．三种中间体中，中间体2相对最为稳定 D．中间体1→中间体2的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤 21．（24-25高三上·天津北辰·阶段练习）有氧条件下，在基催化剂表面，还原的反应机理如图所示。 该反应能够有效脱除烟气中的，保护环境。下列说法正确的是 A．在反应过程中，基催化剂可以提高的平衡转化率 B．在酸性配位点上，作为配体与通过配位键形成 C．增大压强有利于与吸附在配位点上形成 D．该反应的总方程式为 22．（23-24高三上·天津河西·期末）在和25℃下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．比稳定 B．该异构化反应的 C．正反应的活化能小于逆反应的活化能 D．使用催化剂，可以降低该反应的 23．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．在催化循环中起氧化作用 D．步骤③生成的物质Z是 24．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中发生了氧化反应 C．电催化与生成的反应方程式： D．常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产 25．如图为在催化剂表面合成氨的反应机理。下列说法正确的是 A．该进程中既有非极性键断裂，又有非极性键形成 B．为该反应的决速步骤 C．由图可知和所具有的能量高于所具有的能量 D．该条件下，合成氨反应的热化学方程式为：   26．已知H2与ICl的反应分两步完成：H2(g)+ICl(g)HCl(g)+HI(g)  △H1＜0， △H2＜0，且△H1＞△H2 下列图像最符合上述反应历程的是 A． B． C． D． 1 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 $ 重难03 化学反应机理分析与应用 ( 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击： 快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点： 总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数 ： 聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖： 挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” ) 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 (3)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被吸附的反应物发生化学反应生成产物； ④产物的解吸。 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：10分钟） 1．（25-26高三上·天津·月考）钒元素用途广泛，如图是一种钒的化合物催化某反应的反应机理。下列叙述错误的是 A．参与了该催化反应 B．过程①中反应的原子利用率为100% C．该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成 D．每次循环的净反应为 【答案】D 【解析】A．由反应机理图可知，步骤④中H2O参与了该步反应，因此H2O参与了催化反应，A正确； B．过程①中，H2O2与钒配合物（催化剂中间体）反应生成新的钒配合物中间体，反应过程中无其他副产物生成，所有原子均进入目标中间体，原子利用率为100%，B正确； C．反应中H2O2含有O-H键，步骤①可能涉及O-H键断裂；步骤②生成H2O，H2O中含有O-H键，涉及O-H键形成；步骤⑤生成HOCl，HOCl中含有O-H键，也涉及O-H键形成，因此存在氢氧键的断裂和形成，C正确； D．净反应需消去中间体，循环中H2O2为反应物，HOCl为产物，由图可知，每次循环的净反应为H++H2O2+Cl-=HOCl+H2O，D错误； 故选D。 2．（2025·天津·一模）科学家提出一种大气中在和作用下转变为的机理(图1)，其能量变化如图2所示。 已知：的结构式为，下列说法正确的是 A．由图2可知，该过程的决速步是① B．①中只涉及键的断裂，无键的形成 C．②③均发生了氧化还原反应 D．总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1 【答案】A 【解析】A．由图2可知，步骤①正反应的活化能最大，反应速率最慢，则该过程的决速步是①，A正确； B．①中与硫原子相连的O-H键断裂，生成涉及键的生成，B错误； C．由的结构式可知，②中反应S元素由+5价变为+6价，N元素由+4价变为+3价，发生了氧化还原反应，③中反应无元素化合价发生变化，没有发生氧化还原反应，C错误； D．在和作用下转变为，硫元素化合价升高了2，是还原剂，被还原为，氮元素化合价降低了1，是氧化剂，由得失电子守恒可得关系式2~，总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，D错误； 故答案选A。 3．（24-25高三上·天津南开·期末）我国科学家发现了一种新型的电化学还原催化剂——二维锑片。酸性条件下人工固碳装置中气体在表面发生三种催化竞争反应，其反应历程如下图所示(*表示吸附态中间体)。 下列说法不正确的是 A．三种催化反应均为氧化还原反应 B．生成时吸收的能量最多 C．该催化剂对生成的催化效果最好 D．表面生成的反应为 【答案】D 【解析】A．三种催化反应均有元素化合价改变，均为氧化还原反应，故A正确； B．HCOOH的能量最高，生成HCOOH吸收的能量最多，故B正确； C．生成HCOOH的活化能最低，生成HCOOH的速率最快，所以催化剂对生成的催化效果最好，故C正确； D．二氧化碳生成CO，C元素化合价由+4降低为+2，Sb电极表面生成CO的反应为：*CO2+2*H++2e-=CO+H2O，故D错误； 故选：D。 4．（2025·天津滨海新·三模）某温度下， 在密闭容器中充入一定量的 R(g)， 发生反应， 该反应经历两步：①。 ②， 催化剂M能催化第②步反应， 反应历程如图所示。下列说法不正确的是 A．升高温度，减小， 且减小 B．不使用催化剂M，反应过程中c(I)先增大后减小 C．使用催化剂M，反应①的活化能不变，反应②的活化能变为 D．使用催化剂M，反应①速率不变，反应②速率加快 【答案】C 【解析】A．由反应历程图可知，反应①为吸热反应，反应②为放热反应，对于反应②，升高温度，平衡逆向移动，减小，增大，故减小，总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，减小，增大，故减小，A项正确； B．由图可知反应①的速率大于反应②，开始时I的生成速率大于消耗速率，随着反应的进行，I的浓度逐渐减小，故不使用催化剂M，反应过程中I的浓度先增大后减小，B项正确； C．催化剂M能催化第②步反应，故使用催化剂M，反应①的活化能不变，对于反应②，加入催化剂，降低反应的活化能，由图可知，其反应热为，不是活化能，C项错误； D．催化剂M能催化第②步反应，故使用催化剂M，反应①的活化能不变，对于反应②，加入催化剂，能降低反应的活化能，使反应速率加快，D项正确； 答案选C。 5．（2025·河南开封·二模）为实现氯资源循环利用，可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成。反应的热化学方程式为。下图展示了该法的一种催化机理。 下列说法正确的是 A．图中X为，W为HCl B．该催化机理中，存在非极性键的断裂与形成 C．图中涉及的反应中有三个属于氧化还原反应 D．升高温度，HCl与生成的反应平衡常数增大 【答案】B 【解析】A．根据催化机理图及元素守恒，左侧转化为，X为；右侧分解生成和W，故W为而非HCl，A错误； B．总反应中参与反应，中的O=O非极性键断裂；生成，中的Cl-Cl非极性键形成，故存在非极性键的断裂与形成，B正确； C．机理中氧化还原反应仅2个：①；②，C错误； D．该反应为放热反应（ΔH<0），升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小，D错误； 答案选B。 6．（24-25高三上·天津·阶段练习）金属 Ni可活化C2H6生成CH4，其反应历程如图所示： 下列关于该活化历程的说法错误的是 A．Ni与C2H6生成CH4的反应是放热反应 B．加入适当的催化剂能降低该反应的活化能，加快反应速率 C．该过程决速步骤活化能为154.82kJ/ mol D．中间体2比中间体1和3更稳定 【答案】C 【分析】如图可知，与生成的反应能量降低，其热化学方程式为。 【解析】A．由分析可知，，该反应放热，A正确； B．催化剂可改变反应途径，降低该反应的活化能，加快反应速率，B正确； C．该过程决速步骤为能垒最大的反应，即中间体2到过渡态2的变化，其活化能为，C错误； D．能量越低越稳定，相比于中间体1和3，中间体2能量更低，更稳定，D正确； 故选C。 7．（24-25高三上·天津·期末）反应可用于去除氮氧化物。Cu+催化该反应的过程如图所示。下列说法不正确的是 A．其他条件不变时，增大，O2的平衡转化率减小 B．该反应的平衡常数的表达式 C．反应过程中，Cu+参与反应，降低了反应的活化能和焓变 D．步骤Ⅲ中每消耗，转移电子数目为 【答案】C 【解析】A．增大一种反应物的量，可以提高另一种反应物的转化率，而自身的平衡转化率减小，故增大，则氧气的转化率减小，A正确； B．平衡常数等于生成物的浓度幂之积比上反应物的浓度幂之积，所以，B正确； C．催化剂降低反应活化能，但不改变焓变，反应过程中，Cu+为催化剂，C错误； D．由反应Ⅲ可知，1mol Cu+(NO2)转化为0.5molN2，转移4mol电子，所以步骤Ⅲ中每消耗1mol Cu+(NO2)，转移电子数目为4×6.02×1023，D正确； 故答案为：C。 8．（24-25高三上·天津河西·期末）1，3一丁二烯与按照1：1发生加成反应的机理是氢离子进攻碳碳双键，形成不同的碳正离子，不同位点的碳正离子与溴离子结合，得到不同的产物。下图是该过程的能量与反应进程图(、、表示各步正反应的焓变)，下列说法错误的是 A．增大溴离子浓度，可以提高整体反应的速率 B．1，3-丁二烯中碳原子的杂化方式均为杂化 C．温度越低，反应时间越长，产物以为主 D．1，3-丁二烯与发生1，4加成的反应热为 【答案】A 【解析】A．由图可知，第一步反应的活化能最大，反应速率最慢，所以该步为反应的决速步，增大溴离子浓度可以提高第二步反应的速率，不能提高整体反应的速率，A错误； B．1，3-丁二烯中碳原子均形成碳碳双键，杂化方式均为杂化，B正确； C．由图可知，1，3-丁二烯1、2加成产物的能量高于1，4加成产物的能量，更加稳定，另外1，2加成的活化能低，1，4加成的活化能高，1，4加成的反应速率慢，则温度越低，反应时间越长，产物以为主，C正确； D．由图可知，1，3-丁二烯与发生1，4加成分两步进行，根据盖斯定律，该反应的反应热为，D正确； 故选A。 （建议用时：10分钟） 9．（2025·天津河西·三模）为早日实现“碳中和”、“碳达峰”目标，科学家提出用钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)反应生成HCOOH，反应机理如图所示，已知当生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。下列说法正确的是 A．物质Ⅰ为该反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物 B．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成 C．通过CO2(g)和H2(g)反应制备液态HCOOH，每转移1mole-，放出31.2kJ的热量 D．催化剂能降低活化能，加快反应速率，改变反应热，从而提高转化率 【答案】A 【解析】A．催化剂是参与反应，改变反应历程，反应前后质量和化学性质不变的物质；中间产物是反应过程中生成又消耗的物质，物质I参与反应，最后又生成，是催化剂；物质Ⅱ、Ⅲ是反应过程中生成又消耗的，为中间产物，A正确； B．反应历程中H2、CO2、H2O参与反应，其中H2中存在非极性键的断裂；生成HCOOH、H2O等含有极性键，存在极性键的形成，但不存在非极性键的形成，B错误； C．根据总反应H2+CO2=HCOOH可知，每生成1molHCOOH转移2mole-，故46g液态HCOOH的物质的量为=1mol，则生成1mol液态HCOOH时放出热量31.2kJ，故每转移1mol e-放出15.6kJ热量，C错误； D．催化剂能降低活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，平衡转化率与反应热、外界条件(温度、压强、浓度等 )有关，催化剂不能改变平衡转化率，D错误； 故答案为：A。 10．（24-25高三上·天津西青·期末）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是 A．反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变 B．经两步反应生成产物I的反应热 C．加入选择性高的催化剂，短时间内可以提高单位时间内产物I的产率 D．对比进程图，苯更易生成硝基苯的主要原因是该反应速率更快、产物更稳定 【答案】B 【解析】A．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，因此反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变，故A正确； B．E1是第一步反应的正反应的活化能，E2是第二步反应的逆反应的活化能，E1-E2只是两种活化能的差值，不是生成产物Ⅰ的反应热，故B错误； C．加入选择性高的催化剂，可以加快反应的速率，提高单位时间内产物Ⅰ的产率，故C正确； D．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，因此反应速率更快，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，故D正确； 故答案为B。 11．（2025·天津北辰·三模）丙烷脱氢是制备丙烯的一种常见方法，下图是某催化剂催化该过程的能量变化图，*表示吸附在催化剂表面的物种，下列有关说法错误的是 A．使用催化剂可以改变反应速率，不能改变反应热 B．该过程中发生了非极性键的断裂与形成 C．在该条件下，所得丙烯为混合物 D．由图可知： 【答案】B 【分析】从能量图可知，，但整个过程需经历多步逐次断键、成键的过程，据此信息解答。 【解析】A．使用催化剂可以改变反应速率，但是催化剂不能改变反应热，A正确； B．该反应过程中，碳骨架由C-C-C变为C-C=C，该反应过程中未发生碳碳键的断裂，只发生了C-H的断裂，所以未发生非极性键的断裂，B错误； C．由图可知，丙烷脱氢生成丙烯的过程中生成了氢气，所以所得丙烯为混合物，C正确； D．由图可知：，D正确； 故选B。 12．（24-25高三下·天津·阶段练习）某离子液体的阴离子可以吸收CO2，其可能的两种反应路径如下图所示。下列说法错误的是 A．与传统溶剂相比，离子液体因为它的低挥发性而被称为绿色溶剂 B．该反应为放热反应 C．其他条件相同时，路径I的化学反应速率快 D．生成物中既含离子键又含共价键 【答案】C 【解析】A．与传统溶剂相比，离子液体难挥发，不易造成空气污染，所以被称为绿色溶剂，A正确； B．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，根据化学反应中能量变化规律，该反应为放热反应，B正确； C．路径Ⅱ的活化能(TS2对应的能量差)小于路径I的活化能(TS1对应的能量差)，活化能越小，反应速率越快，所以其他条件相同时，路径Ⅱ的化学反应速率快，C错误； D．生成物为离子化合物，含有离子键，阴离子中原子间存在共价键，所以生成物中既含离子键又含共价键，D正确； 故选C。 13．（2025·天津河西·二模）碘离子可以作为过氧化氢分解的催化剂，催化过程的机理如图1，图2是有、无碘离子存在时，过氧化氢分解的能量变化示意图。 下列说法错误的是 A．X和Y分别为和 B．的分解反应是吸热反应 C．碘离子不改变分解的焓变 D．反应速率大小：①<② 【答案】B 【解析】A．反应①中H2O2和I-反应生成IO-，I-被H2O2氧化为IO-，H2O2为氧化剂，被还原为H2O，反应②中H2O2和IO-反应生成I-，IO-被H2O2还原为I-，H2O2为还原剂，被氧化为，X和Y分别为和，A正确； B．由图2可知，的分解反应中，反应物的总能量高于生成物，为放热反应，B错误； C．由图1可知，I-先被消耗，后又生成，为该反应的催化剂，催化剂不改变分解的焓变，C正确； D．由图2可知，反应①的活化能高于反应②，则反应速率大小：①<②，D正确； 故选B。 14．（2025·天津河北·一模）氮氧化物()是大气的主要污染物，某研究小组利用催化剂ZAg对NO催化转化的反应过程与能量变化的关系如图所示。下列说法错误的是 A．总反应的热化学方程式： B．过渡态的稳定性： C．反应过程的决速步骤为放热反应 D．催化剂ZAg降低了反应的活化能，但不能改变反应热 【答案】C 【解析】A．由初始和结束的能量可知，总反应的热化学方程式为，A正确； B．能量越低越稳定，因此过渡态的稳定性：，B正确； C．决速步骤为活化能最大的慢反应，则反应过程的决速步骤为，此过程为吸热反应，C错误； D．反应热只与反应物的始态和终态有关系，与反应过程无关，因此催化剂能降低反应活化能，但不能改变反应热，D正确； 故选C。 15．（24-25高三上·天津·期末）可用作烟气中的脱硝剂。200℃时，某恒容密闭容器中存在反应：。其反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是 A．从反应过程看，是催化剂 B．决定总反应速率的是反应Ⅱ C．反应Ⅱ的化学方程式为： D．若反应是在恒温恒容密闭容器中进行，当容器内混合气体的密度恒定时反应达到平衡状态 【答案】A 【解析】A．由图可知反应I与反应生成，反应Ⅱ与反应生成，先消耗后生成，是催化剂，A正确； B．由图知反应I活化能大于反应Ⅱ的活化能，反应I的反应速率比反应Ⅱ慢，总反应速率由反应I决定，B错误； C．反应Ⅱ得失电子不守恒、质量不守恒，正确的反应方程式为：，C错误； D．由方程式可知，反应中气体总质量不变，整个反应在恒容条件下气体密度是个定值，密度恒定时，不一定是平衡状态，D错误； 故选A。 16．（24-25高三上·天津·阶段练习）一种新型的合成氨的方法如图所示。下列说法正确的是 A．反应①中发生了氧化反应 B．反应①和②均属于“氮的固定” C．反应③为 D．三步循环的总结果为 【答案】C 【解析】A．反应①中N2转化为Li3N，N元素化合价降低，发生还原反应，A错误； B．反应②中Li3N转化为NH3，二者都是化合态的N元素，不属于氮的固定，B错误； C．反应③中LiOH在“通电”条件下生成Li、O2和水，方程式为4LiOH4Li+2H2O+O2↑，C正确； D．据图可知，该合成氨反应中没有氢气参与，氢元素来源于水，加入的反应物有N2、H2O，得到的产物有NH3、O2，总反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，D错误； 答案为C。 （建议用时：20分钟） 17．（2025·天津武清·二模）有机物HCOOH在含铁配离子(用表示)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．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定 B．总反应的化学方程式为 C．浓度过大或者过小，均会导致反应速率降低 D．在整个反应过程中的作用是催化剂 【答案】A 【解析】A．活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，根据能量图，Ⅱ→Ⅲ的活化能为45.3 kJ/mol-(-31.8 kJ/mol)=77.1 kJ/mol，Ⅳ→Ⅰ的活化能为43.5kJ/mol-(-42.6kJ/mol)=86.1kJ/mol，Ⅳ→Ⅰ的活化能最大，该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定，A错误； B．结合机理图，HCOOH在催化剂作用下分解生成CO2和H2，中间产物最终抵消，总反应方程式为，B正确； C．H+浓度过大时，抑制HCOOH电离（HCOOHHCOO-+H+），导致HCOO-浓度降低，减缓步骤Ⅰ→Ⅱ，H⁺浓度过小时，步骤Ⅲ→Ⅳ（需H+参与）速率减慢，故H+浓度过大或过小均降低反应速率，C正确； D．反应前后[L-Fe-H]+没有变化，[L-Fe-H]+是该反应的催化剂，D正确； 故选A。 18．（2025·天津·二模）某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应的反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是 A．加入催化剂可以改变反应的速率和焓变△H B．总反应的速率主要由反应②决定 C．该反应经历三个基元反应 D．该反应过程可以实现氮的固定 【答案】C 【解析】A．催化剂可以改变反应的速率，不能改变焓变△H，A项错误； B．总反应的速率主要由反应活化能最大的一步决定，反应①活化能最大为，反应的速率主要由反应①决定，B项错误； C．由反应历程可判断该反应经历三个基元反应，C项正确； D．氮的固定为游离态氮转化为氮的化合物的过程，该反应过程不属于氮的固定，D项错误； 答案选C。 19．（24-25高三上·天津河西·期中）三氯化氮能水解生成次氯酸和氨气，四氯化硅遇水也可剧烈水解，水解反应的机理如下图所示(“□”代表Si的3d轨道)。下列说法正确的是 A．和的价层电子对数目不相同 B．碳和硅同族，推测水解产物为碳酸和氯化氢 C．的水解机理和不相同 D．上述过程中，有极性键的断裂和非极性键的形成 【答案】C 【解析】A．的中心原子氮原子的价层电子对数为：，的中心原子硅原子的价层电子对数为：，价层电子对数目相同，A错误； B．性质稳定，在常温常压下并不水解生成碳酸和氯化氢，B错误； C．水解过程中，结合，并非是与中心原子原子结合，生成的是，水解方程式为：；的水解过程中，结合，是中心原子，生成的是，水解方程式为：，因此反应的机理不同，C正确； D．上述水解过程中断裂的键、生成的等键均属于极性键，不存在生成非极性键的情况，D错误； 故选C。 20．（24-25高三上·天津·阶段练习）金属可活化放出，其反应历程如图所示： 下列关于活化历程的说法错误的是 A．该反应为放热反应 B．加入催化剂可加快反应速率，但对总反应热没有影响 C．三种中间体中，中间体2相对最为稳定 D．中间体1→中间体2的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤 【答案】D 【解析】A．反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，A正确； B．催化剂不能改变反应物和生成物的总能量，加入催化剂，可以加快反应速率，总反应的反应热不变，B正确； C．能量越低越稳定，则中间体2相对最为稳定，C正确； D．慢反应决定总反应速率，中间体2→中间体3的过程正反应活化能最大，反应速率最慢，所以中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤，D错误； 故选D。 21．（24-25高三上·天津北辰·阶段练习）有氧条件下，在基催化剂表面，还原的反应机理如图所示。 该反应能够有效脱除烟气中的，保护环境。下列说法正确的是 A．在反应过程中，基催化剂可以提高的平衡转化率 B．在酸性配位点上，作为配体与通过配位键形成 C．增大压强有利于与吸附在配位点上形成 D．该反应的总方程式为 【答案】C 【分析】如图可知，在Fe基催化剂表面，氧气参与反应的条件下，NH3还原NO生成N2和H2O，总反应为 【解析】A．催化剂是通过改变反应历程来改变反应速率，不能改变反应转化率，A错误； B．NH3分子中N原子上有一对孤电子对，H+核外有空轨道，故在酸性配位点上是以NH3为配体与H+通过配位键形成，B错误； C．如图可知在配位点上的反应方程式为，该反应为气体分子数减小的反应，增加压强有利于平衡正向移动，故增加压强，有利于NO2的形成，C正确； D．由分析可知，该反应总方程为，D错误； 本题选C。 22．（23-24高三上·天津河西·期末）在和25℃下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．比稳定 B．该异构化反应的 C．正反应的活化能小于逆反应的活化能 D．使用催化剂，可以降低该反应的 【答案】B 【解析】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，且能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，A项错误； B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的，B项正确； C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，C项错误； D．使用催化剂，不改变反应的反应热，只改变路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，D项错误； 故答案为B。 23．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．在催化循环中起氧化作用 D．步骤③生成的物质Z是 【答案】D 【分析】结合反应机理图可知和反应生成、、，步骤①反应为，和苯生成，和、反应生成、和水，据此解答。 【解析】A．结合反应机理图可知和反应生成、、，步骤①反应为，故A正确； B．步骤③为放热反应，，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B正确； C．在催化循环中V的化合价由+5降低到+3，所以起氧化作用，故C正确； D．根据分析，步骤③生成的物质Z是，故D错误； 答案选D。 24．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中发生了氧化反应 C．电催化与生成的反应方程式： D．常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产 【答案】A 【解析】A．过程Ⅱ为：和在酸性条件下被还原为和的反应，生成了N—H等极性共价键；过程Ⅲ为与生成的反应，生成了C—N极性共价键，A正确； B．过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由降为，C元素的化合价由降为，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，C错误； D．常温常压、无催化剂条件下，与反应生成或，D错误； 故选A。 25．如图为在催化剂表面合成氨的反应机理。下列说法正确的是 A．该进程中既有非极性键断裂，又有非极性键形成 B．为该反应的决速步骤 C．由图可知和所具有的能量高于所具有的能量 D．该条件下，合成氨反应的热化学方程式为：   【答案】D 【解析】A．该反应历程没有非极性键形成，故A错误； B．由图可知为该反应的决速步骤，故B错误； C．、、的物质的量不确定，无法判断，故C错误； D．由图可知，该条件下，0.5mol氮气和1.5mol氢气生成1mol氨气放出46kJ热量，所以合成氨反应的热化学方程式为：  ，故D正确； 答案选D。 26．已知H2与ICl的反应分两步完成：H2(g)+ICl(g)HCl(g)+HI(g)  △H1＜0， △H2＜0，且△H1＞△H2 下列图像最符合上述反应历程的是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】A．两步反应都为放热反应，且第二步反应放出的能量更多，符合△H1＞△H2的关系，A符合题意； B．第一步反应放热，但第二步反应基本上没有能量变化，即便是有能量放出，也不符合△H1＞△H2的关系，B不符合题意； C．两步反应都为吸热反应，C不符合题意； D．第一步反应吸收能量，第二步反应放出能量，D不符合题意； 故选A。 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