2026届高考备考二轮复习 微点突破练 反应历程与催化机理图

微点突破练　反应历程与催化机理图分析 题型1 反应机理、催化机理分析 1．(2025·江苏省苏锡常镇四市模拟)NaOH活化过的催化剂对甲醛氧化为具有较好的催化效果，有学者提出该催化反应的机理如下。下列说法不正确的是 A．步骤Ⅰ中存在非极性键的断裂 B．步骤Ⅰ可理解为HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的-OH发生作用 C．步骤Ⅱ中发生的反应可表示为 D．该催化剂对苯的催化氧化效果优于对HCHO的催化氧化效果 【答案】D 【解析】步骤Ⅰ中O2断键为非极性键断裂，A正确；氧的电负性大于碳，HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的-OH中带部分正电荷的H发生作用，B正确；步骤Ⅱ中观察反应物质的变化可知生成了CO和H2O，发生的反应可表示为，C正确；苯中存在共轭效应，电子分布较均匀，该催化剂要有正、负电荷的作用，因此对苯的催化氧化效果弱于对HCHO的催化氧化效果，D错误。故选D。 2．(2025·山东省日照市高三下学期二模)在、碱性条件下，Ag作催化剂可将甲醛转化为 H2，反应的机理如图 1 所示，纳米 Ag 颗粒负载在 Al2O3表面可防止纳米Ag团聚；其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对产生氢气体积的影响如图2所示。 下列说法错误的是 A．若用DCDO代替HCHO，则得到的产物为HCOO－ B．过程中的总反应为 HCHO＋OH－ → HCOO－＋H2↑ C．时，随 NaOH 浓度增大产生 H2的体积增大的原因是催化剂表面吸附更多的，甲醛转化H2反应速率加快 D．时，随NaOH浓度增大产生H2的体积较小的原因可能是催化剂的催化效率降低 【答案】A 【解析】根据反应机理图，得到的中的氢来源于，则用代替后，得到的产物应该为，A错误；根据反应机理图，整个转化过程是在催化剂作用下，甲醛和作用最终得到和，总反应为，B正确； 当时，催化剂表面空隙较多，能吸附更多的，使甲醛转化为反应速率加快，随 浓度增大产生 的体积增大，C正确；当时，过高浓度的NaOH会与催化剂的载体反应使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降，导致随NaOH浓度的增大产生氢气的速率减缓，D正确。故选A。 3．(2025·广西南宁市名校联盟一模)Pt-MoC催化剂可用于低温甲醇水相重整制氢，反应机理如下： 下列说法错误的是 A．化合物A的化学式为 B．过程Ⅰ涉及了极性键的断裂和非极性键的形成 C．为提高的平衡产率，需更换活性更高的催化剂 D．主反应的化学方程式为 【答案】C 【解析】由反应机理图示可知，过程V发生反应，故化合物A的化学式为，A正确；过程Ⅰ发生了键断裂和键形成，故涉及了极性键的断裂和非极性键的形成，B正确；催化剂不影响反应的限度，故更换活性更高的催化剂无法提高的平衡产率，C错误；由过程Ⅰ~Ⅳ可知，化学方程式为，D正确。故选C。 4．(2025·云南省丽江市第一高级中学高三下学期第三次模拟测试)可在催化剂或作用下产生，能将烟气中的氧化。产生机理如下： 反应Ⅰ：(慢反应) 反应Ⅱ：(快反应) 对于脱除反应：，下列有关说法不正确的是 A．加入催化剂，可提高的脱除效率 B．此反应的 C．向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快 D．与作催化剂相比，相同条件下作催化剂时脱除率可能更高 【答案】C 【解析】可在催化剂作用下产生·OH，催化剂表面仅存在Fe3＋，Fe3＋通过慢反应Ⅰ产生Fe2＋，再通过快反应Ⅱ产生·OH，总反应速率由慢反应I决定，生成的·OH能将烟气中的NO、SO氧化，则加入催化剂，可提高的脱除效率，A正确；，，该反应能自发进行，即时自发，则该反应的△H<0，，B正确；固定容积的反应体系中充入He，各组分的分压没有改变，反应速率不受影响，C错误；中既有＋2价的铁，又有＋3价的铁，因此的催化效率比更高，相同条件下作催化剂时脱除率可能更高，D错误。故选C。 题点2 反应历程中的能量图像分析 5．(2025·山东省齐鲁名校大联考高三下学期第六次联考)研究氮氧化物转化的机理对环境保护具有重要意义。汽车尾气中和的反应机理如图所示。下列说法错误的是 A．该反应的热化学方程式为 B．可加快反应速率，提高和气体的平衡转化率 C．根据某时刻前后的浓度可判断反应是否达到平衡 D．恒温恒容条件下，反应达到平衡时增加的浓度一定使的百分含量增大 【答案】BD 【解析】由能量历程图示数据及盖斯定律可知，该反应为放热反应，其，A正确；是反应的催化剂，可加快反应速率，但不能促进平衡移动，不能提高和气体的平衡转化率，B错误；若某时刻前后的浓度发生变化，则反应未达平衡状态，若某时刻前后的浓度保持不变，说明反应已达到平衡状态，C正确；恒温恒容条件下，反应达到平衡时增加的浓度不一定使的百分含量增大，D错误。故选BD。 6．(2025·四川省攀枝花市二模)苯和液溴反应进程中的能量变化如图所示。 已知：①断裂化学键所需要的能量(kJ/mol)： C−H C−Br Br−Br(g) H−Br(g) 413 276 194 366 ② ③ 下列叙述正确的是 A．该反应为放热反应，ΔH=－55 kJ/mol B．第一步是该反应的决速步骤 C．该反应的原子利用率约为 88% D．可用NaOH溶液除去溴苯中混有的Br2 【答案】D 【解析】(l)＋Br2(g)→(l)＋HBr(g)，∆H=反应物的总键能－生成物的总键能=[(413＋194)－(276＋366)]kJ·mol-1 =－35kJ·mol-1 ，Br2(l)=Br2(g)  ∆H=＋30kJ·mol-1 ，由盖斯定律可知，(l)＋Br2(g)→(l)＋HBr(g)  ∆H=－5kJ·mol-1 ，该反应为放热反应，A错误；正反应活化能越大，反应速率越慢，是决速步骤，根据图像可知，第二步活化能最大，是该反应的决速步骤，B错误；由原子利用率=，溴苯的质量为157g，生成物总质量为157＋81=138g，则原子利用率约为≈66%，C错误；Br2与NaOH溶液反应的产物易溶于水难溶于溴苯，可用于除溴苯中的溴，D正确。故选D。 7．(2025·宁夏银川市、石嘴山市一模)研究丙酮肟（A）以为质子源制备酰胺产物（P-A）反应历程如图所示。图中A-TS表示过渡态，A-INT表示中间体。下列说法中错误的是 A．过渡态中最稳定的是A-TS2 B．制备中间体A-INT3的反应是决速步骤 C．该历程中是催化剂，H2O是中间产物 D．丙酮肟（A）制备酰胺产物（P-A）属于放热反应 【答案】C 【解析】由反应历程图可知，三种过渡态来、、中，能量最低，根据能量越低越稳定，过渡态中最稳定的是，A正确；由各过渡态与中间体的能量可知，由 到的活化能最高（约），活化能越大，反应速率越慢，故生成  的步骤为决速步骤，B正确； 在该反应中作催化剂，但图中水分子主要作为溶剂或副产物存在，不是在反应机理中属于“生成后又被消耗”的“中间产物”，C错误；由反应历程图可知，反应物丙酮肟（A）的能量高于酰胺产物（P-A）的能量，则反应属于放热反应，D正确。故选C。 8．(2025·福建省福州市仓山区福建师范大学附属中学高三上学期二模)甲酸分子在活性Pd催化剂表面脱氢的反应历程与能量变化如图所示。 下列说法正确的是 A．该反应历程分3步进行 B．反应达平衡，其他条件相同，升高温度，甲酸浓度减小 C．若用代替，则可制得HD D．在Pd催化剂表面上有极性键和非极性键的断裂和形成 【答案】C 【解析】由反应历程图可知，该反应历程分4步进行，A错误；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲酸浓度增大，B错误；甲酸分子脱氢生成CO2和H2，若用代替，则可制得CO2和HD，C正确；在Pd催化剂表面上没有非极性键的断裂，D错误。故选C。 9．(2025·北京市房山区高三下学期一模)通过理论计算发现，CH2=CH—C≡CH与HBr发生加成反应时，通过不同的路径都可以生成有机物④，其反应过程及相对能量变化如下图所示。下列说法不正确的是 A．反应物经过渡态2生成中间体发生的是1，4-加成 B．推测物质的稳定性顺序为：④>③>② C．反应路径1中最大能垒为45.6kcal·mol-1 D．CH2=CHC≡CH+HBrCH2=CHCBr=CH2平衡常数随温度升高而增大 【答案】D 【解析】由图可知，反应物经过渡态2生成中间体，HBr中氢、溴分别和1、4号碳结合，即CH2=CHC≡CH+HBr→BrCH2CH=C=CH2，发生1，4-加成反应，A正确；物质②③④具有的能量相对大小为②＞③＞④，能量越高物质越不稳定，物质的稳定性顺序为④>③>②，B正确；反应路径1中最大能垒为过渡态3，其数值为36.1 kJ·mol-1-(-9.5kJ·mol-1)= 45.6kJ·mol-1，C正确；  由图示可知，反应CH2=CHC≡CH+HBrCH2=CHCBr=CH2为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数随温度升高而减小，D错误。故选D。 10．(2025·山东省济宁市高三下学期第一次适应性检测)不对称催化剂催化2-乙酰氨基-3-苯基烯酸乙酯(记为X)不对称氢化的机理如图所示。平衡时，，(已知：XM生成XH2的反应为基元反应；k1、k2为速率常数，K1、K2为平衡常数)。 下列说法正确的是 A．平衡常数K2：K1=800 B．升高温度，k1/k2减小 C．其他条件不变，增加M的物质的量，X的平衡转化率增大 D．已知存在XM(R)⇌XM(S)，提高H2的压强，平衡时，n[XH2(R)]/n[XH2(S)]不变 【答案】BD 【解析】平衡常数K2：K1=，A错误； 升高温度，k1、k2均增大，反应2的活化能大，温度对k2的影响大，升高温度k2增加的多，k1/k2减小，B正确；M是催化剂，反应前后不变，改变催化剂的量，对平衡转化率无影响，C错误；反应中XM(R)⇌XM(S)，反应物和生成物都没有H2，增加氢气的量，对平衡无影响，提高H2的压强，平衡时，n[XH2(R)]/n[XH2(S)]不变，D正确。故选BD。 题点3 循环图分析 11．(2025·河南省信阳市浉河区信阳高级中学高三下学期二模)我国科研团队研究发现使用双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，可实现加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“＊”表示催化剂。下列说法正确的是 A．增大压强和催化剂的表面积均能提高甲醇的平衡产率 B．转化过程中涉及极性键和非极性键的断裂和形成 C．氢化步骤的反应为 D．每生成甲醇将有电子发生转移 【答案】C 【解析】该转化实现CO2与H2反应生成CH3OH和H2O，反应方程式为。加压平衡正向移动，能提高甲醇的平衡产率，增大催化剂的表面积不能使平衡移动，能提高单位时间甲醇的产量，不提高平衡产率，A错误；由方程式可知，整个过程涉及极性键、非极性键的断裂，非极性键的形成，无非极性键的形成，B错误；据机理图可知，氢化步骤反应为，C正确；由反应方程式可知，每生成转移，则每生成甲醇有电子发生转移，D错误。故选C。 12．(2025·云南省怒江傈僳族自治州民族中学高三下学期第三次高考模拟测试)二氧化碳甲烷化技术被认为是二氧化碳循环再利用最有效的技术之一、一种CO2直接加氢甲烷化的典型反应历程如图所示，在甲烷化过程中CO2不发生解离而直接与H2解离出的H原子反应生成甲烷。下列有关说法正确的是 A．在CO2直接加氢甲烷化的过程中，原子利用率为100% B．H2在Pd作用下发生解离，H－H断裂并放出能量 C．二氧化碳甲烷化反应中催化剂只有Pd D．二氧化碳甲烷化过程中没有CO生成 【答案】D 【解析】由该转化图可知，总反应式为CO2＋4H2CH4＋2H2O，故在CO2直接加氢CH4化的过程中，原子利用率小于100%，A错误；化学键断裂需要吸收能量，H2在Pd作用下发生解离，H－H断裂并吸收能量，B错误；CO2加氢CH4化反应中催化剂为Pd和MgO，C错误；CO2加氢CH4化过程中始终没有CO生成，D正确。故选D。 13．(2025·四川省什邡中学高三上学期一模考试)硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NOx)。常温下，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示(以NO为例)。下列说法不正确的是 A．反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1 B．反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++2H2O+N2 C．反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度均保持不变 D．该转化过程的实质是NO被H2还原成N2 【答案】C 【解析】由图可知，反应物为H2和NO，生成物为N2和H2O，Ce3+和Ce4+为催化剂，反应方程式为2NO+2H2==N2+2H2O。反应Ⅰ为H2+2Ce4+==2H++2Ce3+，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，A正确。反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++2H2O+N2，B正确。Ce3+和Ce4+为催化剂，故混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度会发生变化，C错误。 该转化过程的实质是NO被H2还原成N2，D正确。故选C。 题点4 反应历程与催化机理图综合 14．(2025·山东省齐鲁名校大联考高三下学期第六次联考)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③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】AC 【解析】反应历程中有的断裂和的生成，有极性键和非极性键的断裂和生成，A错误；由基元反应可知，过渡态Ⅳ的物质中含有过氧键，其氧化性大于过渡态Ⅱ，B正确；基元反应②的能垒最大，反应最慢，基元反应②为决速步骤，C错误；由反应机理可知，乙苯氧化脱氢反应为 ，获得苯乙烯和一种绿色消毒剂，D正确。故选AC。 15．(2025·四川省绵阳普明中学高三下学期 二模)Ⅱ．在某催化剂表面与氢气作用制备甲醇的反应机理如图所示。 (3)催化循环中产生的中间体微粒共 种。 (4)催化加氢制甲醇总反应的化学方程式为 。 【答案】 (3)6 (4) 【解析】(3）由流程可知，催化循环中产生了H*和5种含碳离子等共6种中间粒子； (4）由图可知反应物为CO2和H2，最终产物为CH3OH和H2O，总反应方程式为； 16．(2025·江苏省南京市、盐城市高三年级第二学期第一次模拟考试)的捕集与利用有助于“碳中和”。 (1)的捕集。 ①常温下，可用过量的氨水捕集，该反应的离子方程式为 。 ②乙醇胺也能捕集。乙醇胺的沸点高于氨的原因是 。 (2)催化加氢制甲醇。经过“吸附→反应→脱附”等过程，主要反应为： 反应I：   反应II：   反应III：   3.0MPa时，将的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得产率随温度的变化如图所示： ①240℃时，若，反应管出口处检测到，则的选择性＝ 。[的选择性] ②温度高于260℃，产率下降的可能原因是 。 ③研究发现，可由(吸附在催化剂表面的物种用*标注)转化生成，与或作用生成的相对能量变化如图所示，在催化剂表面修饰羟基的优点是 。 (3)制环状碳酸酯。与环氧乙烷( )转化为环状碳酸酯的一种可能机理如图所示，图中表示催化剂。 ①中间体X的结构简式为 。 ②若用代替环氧乙烷，相同条件下，生成的产率远大于，其原因是 。 【答案】(1)2 NH3·H2O+CO2＝2NH+CO+H2O 乙醇胺形成的分子间氢键更强，且相对分子质量大于氨分子，范德华力更强 (2)93.75% CO2和H2的吸附量下降或积碳覆盖催化剂活性点位或生成CO等其他含碳化合物 降低生成HCOO *的活化能，加快反应速率 (3) 甲基的体积大于氢原子，空间位阻大，Nu—主要与不连甲基的碳原子作用 【解析】（1）①常温下，可用过量的氨水捕集CO2的反应为过滤的氨水与CO2反应生成(NH4)2CO3和水，反应的离子方程式为2 NH3·H2O+CO2＝2NH+CO+H2O； ②乙醇胺和氨分子都能形成分子间氢键，乙醇胺的沸点高于氨分子说明乙醇胺形成的分子间氢键更强，且相对分子质量大于氨分子，范德华力更强； （2）①由图可知，240℃时，甲醇的产率为30%，由起始CO2的物质的量为1mol，反应管出口处检测到CO2的物质的量为0.68mol可知，甲醇的选择性为＝93.75%； ②温度高于260℃，甲醇产率下降可能是CO2和H2的吸附量下降、积碳覆盖催化剂活性点位导致催化剂活性降低、生成CO等其他含碳化合物所致； ③由图可知，在催化剂表面修饰羟基可以降低生成HCOO *的活化能，加快反应速率； （3）①由反应机理可知，中间体X的结构简式为； ②由反应机理可知，若用代替环氧乙烷，相同条件下，生成的产率远大于是因为甲基的体积大于氢原子，空间位阻大，Nu—主要与不连甲基的碳原子作用所致。 17．(2025·贵州省铜仁市高三下学期3月模拟考试)我国页岩气地质资源丰富，开发潜力巨大。利用页岩气中丰富的丙烷，可直接脱氢或通过逆水煤气变换反应辅助丙烷氧化脱氢制备丙烯。 反应I(丙烷直接脱氢)：   反应II(逆水煤气变换反应)：   反应III(二氧化碳氧化丙烷脱氢)：   请回答下列问题： (1) ，相对于丙烷直接脱氢，氧化丙烷脱氢的优点为 。 (2)某温度时，在锆基催化剂的作用下，丙烷直接脱氢制丙烯的反应历程中相对能量的变化如图所示(表示催化剂表面吸附位点)： ①该反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。 ②该历程中速率最慢的一步反应方程式为 。 【答案】(1)＋166 消耗脱氢反应产生的氢气，使反应Ⅰ平衡向右移动，提高丙烷的平衡转化率；或的资源化利用有利于实现碳中和(答案合理即可) (2)高温 【解析】（1）反应I＋反应II可得，根据盖斯定律可知，；丙烷直接催化脱氢容易造成积碳，降低催化剂的稳定性，消耗脱氢反应产生的氢气，使反应Ⅰ平衡向右移动，提高丙烷的平衡转化率；或的资源化利用有利于实现碳中和(答案合理即可)； （2）① ，该反应正向是气体增加的反应，，由－T反应自发进行可知，该反应在高温条件下能自发进行； ②化学反应速率由慢反应决定，反应的活化能(能垒)越大，反应速率越慢，由图可知，反应中最大的活化能（能垒）为过渡态I，反应方程式为。 18．(2025·陕西省榆林市第十中学高三上学期一模)CH4 、CO2 和C2H2 反应可以生成乙酸乙烯酯(CH3COOCH＝CH2)。 (1)已知： ①CH4(g) ＋ CO2(g) ＝ CH3COOH(g)   ∆H1 ＝ ＋36.2 kJ·mol−1 ②CH3COOH(g) ＋ C2H2(g) ＝ CH3COOCH＝CH2(g)  ∆H2 ＝ −109.6 kJ·mol−1 计算反应③ CO2(g) ＋ CH4(g) ＋ C2H2(g) ＝ CH3COOCH＝CH2(g)的 ∆H3 ＝ kJ·mol−1。热力学上，此反应若要自发进行，应该在 (填“高温”或“低温”)条件下。 (3)CH4和CO2在催化剂(Cu基或Zn基)作用下生成乙酸的反应历程如图I所示(*表示吸附态)。已知：，其中k为速率常数，Ea为活化能，R、A为常数，lnk ~ 1/T变化关系如图Ⅱ所示。 ①使用Cu基催化剂时，决速步骤的化学方程式为 。 ②图Ⅱ中a对应的催化剂是 (填“Cu基”或“Zn基”)。 【答案】(1) －73.4 低温 (3) *CH4 ＝ *CH3 ＋ *H Zn基 【解析】（1）①＋②＝③，由盖斯定律可知，因此∆H3 ＝∆H1＋∆H2＝ ＋36.2＋(−109.6) kJ·mol−1 ＝－73.4kJ·mol−1；反应若要自发进行，，所发此应在低温条件下自发进行。 （3）①反应所需能垒越大，反应速率越慢，反应历程的决束步骤是反应速率最慢的一步，因此使用Cu基催化剂时，决速步骤的化学方程式为； ②根据，Ea活化能越大，lnk越小，由图1可知Cu基做催化剂活化能比Zn基大，因此图Ⅱ中a对应的催化剂是Zn基。 19．(2025·四川省达州市渠县中学高三下学期二模)甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题： (1)已知如下热化学方程式： ①    ②    计算反应的 。 (3)少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 (i)在之间，有和无时的生成速率之比 。 (ii)从图中找出提高了选择性的证据： 。 (ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 根据上述机理，分析提高选择性的原因： 。 【答案】(1)-67 (2)(或3：2) 5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升 I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br 【解析】(1)①×3＋②得3CH4(g)＋3Br2(g)＝C3H6(g)＋6HBr(g)，根据盖斯定律，其焓变∆H＝-29×3＋20＝-67kJ·mol-1。 (2)(i)11~19s时，有I2的生成速率v＝＝mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v＝＝mmol·(L·s)-1。生成速率比＝＝； (ii)由图像可知，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性； (iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。 20．(2025·广东省惠州市高三下学期一模)锰及其化合物在生产和生活中发挥着重要的作用。 (1)基态Mn的价层电子排布式为 。 (2)含锰催化剂催化NH3脱硝烟的一种反应机理如图7。 ①上述过程，催化剂为 。 ②该过程总反应的化学方程式为 。 (3)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应过程中不同价态Mn粒子的浓度随时间变化如图所示，Mn(Ⅱ)起催化作用。 ①据图估算，5min时v(H2C2O4)= mol·L⁻¹·min⁻¹。 ②下列说法正确的是 。 A．随着反应的进行，反应速率逐渐减小 B．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存 C．Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4 D．随着反应的进行，溶液中H⁺浓度不断增大 (4)室温下，MnSO₄在不同pH溶液中含锰微粒Mn2⁺、MnOH⁺、Mn(OH)₂、、的分布系数δ与pH的关系如图。 已知：δ(MnOH⁺)=，可脱水生成MnO2。 ①加水稀释，平衡时c()：c(Mn2⁺)的值 (填“增大”、“不变”或“减小”)。 ②MnOH⁺ +2OH⁻ +H2O平衡常数K= 。 【答案】(1)3d54s2 (2)Ⅰ (3)4 ×10-6mol·L-1·min-1 BC (4)不变 【解析】(1）Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族，故其价电子排布式为3d54s2； (2）①由机理图可知，NH3和NO在Ⅰ的作用下生成N2和H2O，故Ⅰ为催化剂；②反应的总方程式为； (3）①由浓度－时间图像可知，0-5min时，KMnO4减少了0.1×10-4mol·L-1，并且全部转化为Mn(Ⅲ)，根据得失电子守恒得，2n(KMnO4)=n(H2C2O4)，故v(H2C2O4)=；②由图像可知，13min左右时，开始生成Mn(Ⅱ)，且浓度增大，而Mn(Ⅱ)对反应起到催化作用，故13min后反应速率会变大，A错误；由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度降为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，则该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，B正确；由图像可知，随着反应的进行Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明前期生成Mn(Ⅲ)，后期Mn(Ⅲ)又被消耗生成Mn(Ⅱ)，所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，C正确；由图像可知总反应为，随着反应的进行，c(H+)减小，D错误。故选BC。 (4）①由图像可知存在如下平衡ⅰ．，；ⅱ．，；，故加水稀释时，温度不变，K值不变，则比值不变；②，当pH=11.8时，，。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 微点突破练　反应历程与催化机理图分析 题型1 反应机理、催化机理分析 1．(2025·江苏省苏锡常镇四市模拟)NaOH活化过的催化剂对甲醛氧化为具有较好的催化效果，有学者提出该催化反应的机理如下。下列说法不正确的是 A．步骤Ⅰ中存在非极性键的断裂 B．步骤Ⅰ可理解为HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的-OH发生作用 C．步骤Ⅱ中发生的反应可表示为 D．该催化剂对苯的催化氧化效果优于对HCHO的催化氧化效果 2．(2025·山东省日照市高三下学期二模)在、碱性条件下，Ag作催化剂可将甲醛转化为 H2，反应的机理如图 1 所示，纳米 Ag 颗粒负载在 Al2O3表面可防止纳米Ag团聚；其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对产生氢气体积的影响如图2所示。 下列说法错误的是 A．若用DCDO代替HCHO，则得到的产物为HCOO－ B．过程中的总反应为 HCHO＋OH－ → HCOO－＋H2↑ C．时，随 NaOH 浓度增大产生 H2的体积增大的原因是催化剂表面吸附更多的，甲醛转化H2反应速率加快 D．时，随NaOH浓度增大产生H2的体积较小的原因可能是催化剂的催化效率降低 3．(2025·广西南宁市名校联盟一模)Pt-MoC催化剂可用于低温甲醇水相重整制氢，反应机理如下： 下列说法错误的是 A．化合物A的化学式为 B．过程Ⅰ涉及了极性键的断裂和非极性键的形成 C．为提高的平衡产率，需更换活性更高的催化剂 D．主反应的化学方程式为 4．(2025·云南省丽江市第一高级中学高三下学期第三次模拟测试)可在催化剂或作用下产生，能将烟气中的氧化。产生机理如下： 反应Ⅰ：(慢反应) 反应Ⅱ：(快反应) 对于脱除反应：，下列有关说法不正确的是 A．加入催化剂，可提高的脱除效率 B．此反应的 C．向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快 D．与作催化剂相比，相同条件下作催化剂时脱除率可能更高 题点2 反应历程中的能量图像分析 5．(2025·山东省齐鲁名校大联考高三下学期第六次联考)研究氮氧化物转化的机理对环境保护具有重要意义。汽车尾气中和的反应机理如图所示。下列说法错误的是 A．该反应的热化学方程式为 B．可加快反应速率，提高和气体的平衡转化率 C．根据某时刻前后的浓度可判断反应是否达到平衡 D．恒温恒容条件下，反应达到平衡时增加的浓度一定使的百分含量增大 6．(2025·四川省攀枝花市二模)苯和液溴反应进程中的能量变化如图所示。 已知：①断裂化学键所需要的能量(kJ/mol)： C−H C−Br Br−Br(g) H−Br(g) 413 276 194 366 ② ③ 下列叙述正确的是 A．该反应为放热反应，ΔH=－55 kJ/mol B．第一步是该反应的决速步骤 C．该反应的原子利用率约为 88% D．可用NaOH溶液除去溴苯中混有的Br2 7．(2025·宁夏银川市、石嘴山市一模)研究丙酮肟（A）以为质子源制备酰胺产物（P-A）反应历程如图所示。图中A-TS表示过渡态，A-INT表示中间体。下列说法中错误的是 A．过渡态中最稳定的是A-TS2 B．制备中间体A-INT3的反应是决速步骤 C．该历程中是催化剂，H2O是中间产物 D．丙酮肟（A）制备酰胺产物（P-A）属于放热反应 8．(2025·福建省福州市仓山区福建师范大学附属中学高三上学期二模)甲酸分子在活性Pd催化剂表面脱氢的反应历程与能量变化如图所示。 下列说法正确的是 A．该反应历程分3步进行 B．反应达平衡，其他条件相同，升高温度，甲酸浓度减小 C．若用代替，则可制得HD D．在Pd催化剂表面上有极性键和非极性键的断裂和形成 9．(2025·北京市房山区高三下学期一模)通过理论计算发现，CH2=CH—C≡CH与HBr发生加成反应时，通过不同的路径都可以生成有机物④，其反应过程及相对能量变化如下图所示。下列说法不正确的是 A．反应物经过渡态2生成中间体发生的是1，4-加成 B．推测物质的稳定性顺序为：④>③>② C．反应路径1中最大能垒为45.6kcal·mol-1 D．CH2=CHC≡CH+HBrCH2=CHCBr=CH2平衡常数随温度升高而增大 10．(2025·山东省济宁市高三下学期第一次适应性检测)不对称催化剂催化2-乙酰氨基-3-苯基烯酸乙酯(记为X)不对称氢化的机理如图所示。平衡时，，(已知：XM生成XH2的反应为基元反应；k1、k2为速率常数，K1、K2为平衡常数)。 下列说法正确的是 A．平衡常数K2：K1=800 B．升高温度，k1/k2减小 C．其他条件不变，增加M的物质的量，X的平衡转化率增大 D．已知存在XM(R)⇌XM(S)，提高H2的压强，平衡时，n[XH2(R)]/n[XH2(S)]不变 题点3 循环图分析 11．(2025·河南省信阳市浉河区信阳高级中学高三下学期二模)我国科研团队研究发现使用双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，可实现加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“＊”表示催化剂。下列说法正确的是 A．增大压强和催化剂的表面积均能提高甲醇的平衡产率 B．转化过程中涉及极性键和非极性键的断裂和形成 C．氢化步骤的反应为 D．每生成甲醇将有电子发生转移 12．(2025·云南省怒江傈僳族自治州民族中学高三下学期第三次高考模拟测试)二氧化碳甲烷化技术被认为是二氧化碳循环再利用最有效的技术之一、一种CO2直接加氢甲烷化的典型反应历程如图所示，在甲烷化过程中CO2不发生解离而直接与H2解离出的H原子反应生成甲烷。下列有关说法正确的是 A．在CO2直接加氢甲烷化的过程中，原子利用率为100% B．H2在Pd作用下发生解离，H－H断裂并放出能量 C．二氧化碳甲烷化反应中催化剂只有Pd D．二氧化碳甲烷化过程中没有CO生成 13．(2025·四川省什邡中学高三上学期一模考试)硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NOx)。常温下，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示(以NO为例)。下列说法不正确的是 A．反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1 B．反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++2H2O+N2 C．反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度均保持不变 D．该转化过程的实质是NO被H2还原成N2 题点4 反应历程与催化机理图综合 14．(2025·山东省齐鲁名校大联考高三下学期第六次联考)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③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 15．(2025·四川省绵阳普明中学高三下学期 二模)Ⅱ．在某催化剂表面与氢气作用制备甲醇的反应机理如图所示。 (1)催化循环中产生的中间体微粒共 种。 (2)催化加氢制甲醇总反应的化学方程式为 。 16．(2025·江苏省南京市、盐城市高三年级第二学期第一次模拟考试)的捕集与利用有助于“碳中和”。 (1)的捕集。 ①常温下，可用过量的氨水捕集，该反应的离子方程式为 。 ②乙醇胺也能捕集。乙醇胺的沸点高于氨的原因是 。 (2)催化加氢制甲醇。经过“吸附→反应→脱附”等过程，主要反应为： 反应I：   反应II：   反应III：   3.0MPa时，将的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得产率随温度的变化如图所示： ①240℃时，若，反应管出口处检测到，则的选择性＝ 。[的选择性] ②温度高于260℃，产率下降的可能原因是 。 ③研究发现，可由(吸附在催化剂表面的物种用*标注)转化生成，与或作用生成的相对能量变化如图所示，在催化剂表面修饰羟基的优点是 。 (3)制环状碳酸酯。与环氧乙烷( )转化为环状碳酸酯的一种可能机理如图所示，图中表示催化剂。 ①中间体X的结构简式为 。 ②若用代替环氧乙烷，相同条件下，生成的产率远大于，其原因是 。 17．(2025·贵州省铜仁市高三下学期3月模拟考试)我国页岩气地质资源丰富，开发潜力巨大。利用页岩气中丰富的丙烷，可直接脱氢或通过逆水煤气变换反应辅助丙烷氧化脱氢制备丙烯。 反应I(丙烷直接脱氢)：   反应II(逆水煤气变换反应)：   反应III(二氧化碳氧化丙烷脱氢)：   请回答下列问题： (1) ，相对于丙烷直接脱氢，氧化丙烷脱氢的优点为 。 (2)某温度时，在锆基催化剂的作用下，丙烷直接脱氢制丙烯的反应历程中相对能量的变化如图所示(表示催化剂表面吸附位点)： ①该反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。 ②该历程中速率最慢的一步反应方程式为 。 18．(2025·陕西省榆林市第十中学高三上学期一模)CH4 、CO2 和C2H2 反应可以生成乙酸乙烯酯(CH3COOCH＝CH2)。 (1)已知： ①CH4(g) ＋ CO2(g) ＝ CH3COOH(g)   ∆H1 ＝ ＋36.2 kJ·mol−1 ②CH3COOH(g) ＋ C2H2(g) ＝ CH3COOCH＝CH2(g)  ∆H2 ＝ −109.6 kJ·mol−1 计算反应③ CO2(g) ＋ CH4(g) ＋ C2H2(g) ＝ CH3COOCH＝CH2(g)的 ∆H3 ＝ kJ·mol−1。热力学上，此反应若要自发进行，应该在 (填“高温”或“低温”)条件下。 (3)CH4和CO2在催化剂(Cu基或Zn基)作用下生成乙酸的反应历程如图I所示(*表示吸附态)。已知：，其中k为速率常数，Ea为活化能，R、A为常数，lnk ~ 1/T变化关系如图Ⅱ所示。 ①使用Cu基催化剂时，决速步骤的化学方程式为 。 ②图Ⅱ中a对应的催化剂是 (填“Cu基”或“Zn基”)。 19．(2025·四川省达州市渠县中学高三下学期二模)甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题： (1)已知如下热化学方程式： ①    ②    计算反应的 。 (3)少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 (i)在之间，有和无时的生成速率之比 。 (ii)从图中找出提高了选择性的证据： 。 (ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 根据上述机理，分析提高选择性的原因： 。 20．(2025·广东省惠州市高三下学期一模)锰及其化合物在生产和生活中发挥着重要的作用。 (1)基态Mn的价层电子排布式为 。 (2)含锰催化剂催化NH3脱硝烟的一种反应机理如图7。 ①上述过程，催化剂为 。 ②该过程总反应的化学方程式为 。 (3)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应过程中不同价态Mn粒子的浓度随时间变化如图所示，Mn(Ⅱ)起催化作用。 ①据图估算，5min时v(H2C2O4)= mol·L⁻¹·min⁻¹。 ②下列说法正确的是 。 A．随着反应的进行，反应速率逐渐减小 B．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存 C．Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4 D．随着反应的进行，溶液中H⁺浓度不断增大 (4)室温下，MnSO₄在不同pH溶液中含锰微粒Mn2⁺、MnOH⁺、Mn(OH)₂、、的分布系数δ与pH的关系如图。 已知：δ(MnOH⁺)=，可脱水生成MnO2。 ①加水稀释，平衡时c()：c(Mn2⁺)的值 (填“增大”、“不变”或“减小”)。 ②MnOH⁺ +2OH⁻ +H2O平衡常数K= 。 1 学科网（北京）股份有限公司 $