2026届高三化学三轮复习 新题刷分17 反应历程、催化转化图像分析

2026高考三轮冲刺新题刷分17 反应历程、催化转化图像分析 一．刷题秘诀 1.反应历程能垒图 2.反应机理循环图 二．新题快练 题组一 基础保分题 1．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）甲烷制备甲醇在能源、环境和经济领域具有重要价值。在某含催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示。代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．稳定性： B．步骤1中消耗放热 C．步骤2反应为决速步骤 D．该过程实现的氧化 2．（2026·宁夏吴忠·一模）甲醇（）与CO催化制备乙酸（）的反应历程及每分子甲醇转化为乙酸的能量变，化关系如图。下列说法正确的是 A．ⅲ为该历程的决速步骤 B．该过程不涉及非极性键的形成 C．该反应中，为催化剂，HI为中间产物 D．总反应的热化学方程式为   3．（2026·内蒙古包头·一模）氨合氯化镁固体可用于储存，其释放的反应历程与能量如图所示。下列说法正确的是 A． B．相同条件下，反应I的速率大于反应Ⅱ C．氨合氯化镁释放时破坏离子键、配位键 D．低温、高压有利于吸收 4．（2025·内蒙古乌兰察布·模拟预测）工业上，采用氢气还原法处理尾气中NO，发生反应：，能量变化如图所示，速率方程的表达式为（为速率常数，只与温度、催化剂有关；为反应级数，由速控反应中反应物的化学计量数决定）。下列说法错误的是 A．反应历程存在两个基元反应 B．使用催化剂主要是降低①的活化能 C．反应②： D．对总反应速率的影响程度相同 5．（2026·广西南宁·一模）在不同催化剂作用下加氢还原反应历程与相对能量的关系如图(A1~A4、B1~B4均表示过渡态)。下列说法正确的是 A．该反应为吸热反应 B．路径A和B，均包含4个基元反应 C．路径A中，最大能垒(活化能)为2.15 eV D．与路径B对比，路径A的反应速率更快 6．（2026·江苏镇江·模拟预测）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．在步骤③中起氧化剂作用 D．步骤③生成的物质可能是 7．（2026·陕西西安·模拟预测）NH3催化裂解制氢是建立无碳氢气能源体系的基础之一、单个NH3分子在SANi/CeO2(Ⅲ)、Ni(Ⅲ)表面上分解为的能量变化与反应进程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物质用*标注。 下列叙述正确的是 A．分解为和的 B．使用(Ⅲ)时，最大能垒是1.77eV C．相同条件下，使用(Ⅲ)作催化剂，的平衡转化率更高 D．升高温度，的分解速率一定增大 8．（25-26高三下·吉林松原·开学考试）1-苯基丙炔和可发生催化加成反应，生成产物和产物，反应历程的能量变化如图1所示。体系中三种物质的占比随时间变化如图2所示。下列说法错误的是 A．产物A的结构简式为 B．反应I、II都是放热反应 C． D．若要提高产物A的产率，应适当缩短反应时间并将其及时分离 题组二 能力提升题 9．（25-26高三下·辽宁锦州·开学考试）分子在(氟化石墨烯)表面可能沿下列反应历程进行分解，即该反应历程为酸根路径：，其分解的各基元反应能量曲线如下图所示(TS表示过渡态)，下列说法不正确的是 A．该反应历程的第一步反应为吸热反应 B．该反应历程的控速步骤为GS1→GS2 C．GS3比GS2稳定 D．随着分子的不断分解，O原子在FC表面的覆盖度升高，对后续的分解反应会产生影响 10．（2026·河北沧州·一模）路径I与路径Ⅱ(分别为HCOOH在无催化剂和催化剂作用下分解成CO和)的能量变化与反应历程如图所示： 下列说法错误的是 A．HCOOH分解的总反应是放热反应 B．在作用下HCOOH分解总反应的下降 C．HCOOH的分解速率：路径Ⅱ>路径I D．CO的平衡产率：路径Ⅱ=路径I 11．（2026·甘肃武威·模拟预测）羧基自由基作为一种高活性中间体在有机合成中应用广泛。某研究团队提出了一种在光活化酮类催化剂的作用下，通过羧酸键的氢原子转移过程直接产生羧基自由基的新策略，其部分反应进程及相对能量变化如图(*表示吸附态，TS表示过渡态、INT表示中间体)。下列说法正确的是 A．题图中总反应是放热反应 B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C．该反应历程中TS1～TS4四个过渡态中TS3最稳定 D．催化剂a作用下，决速步骤为 12．（2026·山东·模拟预测）常温常压下利用铜基催化剂实现单个二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法不正确的是 A．生成是化学反应的决速步骤 B．总反应的约为 C．的过程中有极性键的形成和有非极性键的断裂 D．若用代替，最终产物中可能检测到和 13．（2026·甘肃酒泉·一模）与加成有两种产物，对应的反应①和反应②的能量与反应进程如图所示。下列说法错误的是 A．比稳定 B．反应①的第I步与第Ⅱ步均放出能量 C．反应②的第I步比第Ⅱ步反应速率慢 D．反应①与反应②均为放热反应 14．（25-26高三上·北京海淀·期末）氢化锂(LiX，X为H、D或T)在国防工业等领域有重要应用。LiX与水反应进程中的能量变化如下图，R、M、TS、P的相对能量如下表。 相对能量 R M TS P X为H 0 -95.7 -81.3 -151.6 X为D 0 -98.1 -85.4 -163.2 X为T 0 -96.2 -87.3 -165.2 下列说法不正确的是 A．H、D、T的核电荷数相同，但质量数不同 B．LiX和反应过程中，有极性键的断裂 C．等物质的量的LiX与反应放出的热量： D．该条件下LiX与反应的速率： 15．（2025·四川广安·模拟预测）二氧化碳选择性加氢制甲醇是解决温室效应、发展绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一、常温常压下利用铜基催化剂实现单个二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注，eV/mol表示焓变)，下列说法不正确的是 A．总反应的焓变约为 B．二氧化碳制甲醇过程原子利用率小于 C．该历程的决速步反应为 D．过程中没有极性键的断裂与形成 16．（2026·四川宜宾·一模）碳-碳键的构筑始终是有机化学研究的核心。在无水催化下，与苯反应生成叔丁基苯，反应历程的能量变化如下图(反应物的相对能量均为0，TS代表过渡态，IM代表中间体)。 下列说法错误的是 A．由C—Cl键键能和键键能可计算生成的 B．IM2中与苯环中大键电子云产生了相互作用 C．活化能： D．TS2到生成物过程放热，主要原因是苯环中形成了稳定的大π键 17．（25-26高三上·江苏苏州·期末）催化、与二甲胺反应合成DMF（）的可能机理如图，下列说法正确的是 A．反应过程中有非极性键的断裂和形成 B．反应过程中没有甲酸生成 C．、与二甲胺反应可能生成HDO D．催化剂降低了反应的活化能和焓变 参考答案与解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D D B D B C B B 题号 11 12 13 14 15 16 17 答案 D B B C D A C 1．C 【详解】A．能量越低，物质越稳定。根据图示，的相对能量比的相对能量大，故比稳定，因此，稳定性：，A正确； B．步骤1的反应物是和，生成物是和。反应物总能量为0.00 eV，生成物总能量为-0.71 eV，因此该步骤是放热反应，每消耗1 mol，放出的能量为eV，B正确； C．该反应总反应的化学反应速率由活化能大的慢反应决定。根据图示可知：步骤1反应的活化能比步骤2的大，更不容易发生反应，该步骤的反应速率慢，是该过程实现的决速步骤，C错误； D．根据图示可知：在某含Mo催化剂作用下，CH4反应转化为CH3OH，物质得到氧，发生了氧化反应，从而实现了甲烷的催化氧化反应，D正确； 故选C。 2．A 【详解】A．决速步骤是活化能最大的步骤（TS3），对应步骤iii，A正确； B．该反应的产物为乙酸（），分子中含有C-C非极性键，而反应物甲醇（）和CO中均不含C-C键，因此反应过程中有非极性键的生成，B错误； C．H2O在反应i是生成物，在反应iii是反应物，所以H2O是中间产物，HI在反应i中是反应物，在反应iii中是生成物，属于是催化剂，C错误； D．热化学方程式中，ΔH的单位是kJ/mol，且对应“每摩尔反应”，图中是“每分子”的能量变化，单位为eV，换算为每摩尔需要乘以阿伏伽德罗常数，D错误； 故选A。 3．D 【详解】A．该反应是释放反应的逆反应，由图可知反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，，A错误； B．反应活化能越大反应速率越小，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，故反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ，B错误； C．氨合氯化镁中与通过配位键结合，释放时仅破坏配位键，阴阳离子间的离子键未被破坏，C错误； D．吸收的反应为气体分子数减小的放热反应，低温、高压均能使平衡正向移动，有利于吸收，D正确； 答案选D。 4．D 【详解】A．观察图像可知，反应分为两步基元反应，A正确； B．①基元反应活化能大，故使用催化剂主要降低①的活化能，B正确； C．反应②的焓变：，C正确； D．基元反应①是速控反应，2分子NO和1分子H2参与反应，因此总反应速率与和成正比，故NO浓度对总反应速率影响较大，D错误； 故选D。 5．B 【详解】A．观察图像可知，反应物能量高于生成物能量，该反应为放热反应，A项错误； B．路径A和B，都有四个过渡态，均包含4个基元反应，B项正确； C．路径A中，最大能垒（活化能）为 ，C项错误； D．路径B的最大能垒为 ，路径A的最大能垒高于路径B，因此路径A的反应速率更慢，D项错误。 故答案为B。 6．D 【详解】A．步骤①中VO2+与H2O2反应生成、⋅OH和H+，反应方程式为VO2++H2O2=+⋅OH+H+，A正确； B．步骤③为放热反应，意味着正反应的活化能小于逆反应的活化能，B正确； C．步骤③中，被还原为VO2+，说明在催化循环中起到氧化作用，C正确； D．整个反应过程是H2O2氧化苯制备苯酚，反应体系中无低价态氢的还原环境，且氢气具有强还原性，会被H2O2、⋅OH等氧化，因此Z不可能是氢气，D错误； 故答案选D。 7．B 【详解】A．分解为和，生成物总能量低于反应物总能量，，A错误； B．使用时，最大能垒为过渡态TS4与前一步中间体的能量差，即，B正确； C．催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，的平衡转化率不变，C错误； D．若温度过高，催化剂会失活，的分解速率反而下降，故升高温度分解速率不一定增大，D错误； 故选B。 8．C 【详解】 A．由图1可知，的能量更低，更稳定，达到平衡时，其占比应更高，则产物B对应的结构是，则产物A的结构简式为，A正确； B．由能量变化图可知，反应I、II的生成物总能量均低于反应物总能量，因此都是放热反应，B正确； C．根据图1可知，反应Ⅰ： ，同理反应Ⅱ： ，根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应Ⅰ得到目标反应，则 ，C错误； D．根据图2可知，在反应时间较短时，产物A的比例较高，故若想获取高产率的产物A，应适当缩短反应时间并将其及时分离，D正确； 故选C。 9．B 【详解】A．由于GS1的能量比GS2低，第一步反应的，即该反应是吸热反应，A正确； B．该反应历程总共由4个基元反应构成，其活化能分别为E1=1.675 eV，E2=2.071 eV，E3=1.313 eV，E4=1.369eV，所需活化能越高，其反应速率越低，因此决定总反应速率的步骤为第二步，B错误； C．由图可以看出，GS3的能量比GS2的能量低，能量越低越稳定，则GS3更稳定，C正确； D．随着HClO4分子的不断分解，O原子不断积累，使基元反应生成物的量不断增多，氧原子的吸附使OH的吸附减少，对后续的分解反应产生影响，D正确； 故答案选B。 10．B 【详解】A．由图可知，HCOOH的能量高于CO和的总能量，故HCOOH分解成CO和的反应是放热反应，A项正确； B．催化剂只改变活化能从而改变反应速率，但不影响反应的，B项错误； C．由图可知，路径Ⅱ加入了反应的催化剂，降低了反应活化能，加快反应速率，所以HCOOH的分解速率：路径Ⅱ>路径I ，C项正确； D．催化剂只改变活化能从而改变反应速率，但催化剂不能改变反应物平衡转化率，路径Ⅱ和路径I CO的平衡产率相等， D项正确； 故答案选B。 11．D 【详解】A．反应物总相对能量为，生成物总相对能量为，产物能量高于反应物，总反应为吸热反应，A错误； B．催化剂只改变反应速率，不改变反应的始态、终态，温度不变时化学平衡常数只与温度有关，因此两种催化剂作用下总反应的平衡常数相同，B错误； C．物质能量越低越稳定，四个过渡态的能量：TS2(7.7)>TS1(7.6)>TS3(5.2)>TS4(3.2)，能量最低，因此最稳定，C错误； D．反应的决速步骤是活化能（能垒）最大的步骤；催化剂作用下，第一步（即选项D给出的反应步骤）的活化能为，远大于后续步骤的活化能，因此该步骤是决速步骤，D正确； 故答案为：D。 12．B 【详解】A．化学反应的决速步骤由活化能最高的步骤决定，由能量变化图可知生成的步骤能垒最大，为决速步骤，A正确； B．总反应的等于生成物总能量与反应物总能量的差值，反应物相对能量为0eV，生成物和的相对能量约为，而表示单个分子转化的能量变化，不是1 mol反应物能量变化，B错误； C．的过程中，的非极性键断裂，形成C-H极性键，C正确； D．反应中提供的H最终进入甲醇和水中，若用代替，最终产物可检测到和，D正确； 答案选B。 13．B 【详解】A．能量越低越稳定，由图可知能量低更稳定，A正确； B．由图知，反应①第I步吸收能量，第Ⅱ步放出能量，B错误； C．反应②的第I步比第Ⅱ步活化能大，是慢反应，C正确； D．由图知反应①与反应②均为放热反应，D正确； 故答案选B。 14．C 【详解】A．H、D、T为氢的同位素，质子数均为1，质量数分别为1、2、3，A正确； B．LiX和反应生成XH和LiOH，中O-H极性键断裂，B正确； C．等物质的量的LiX与反应放出热量为|ΔH|=|E(P)-E(R)|，且E(R)=0，故LiH、LiD、LiT反应焓变分别为-151.6、-163.2、-165.2 ，所以放出的热量分别为151.6、163.2、165.2 ，则放出热量LiH＜LiD＜LiT，C错误； D．反应速率取决于活化能，Ea=E(TS)-E(M)，故LiH、LiD、LiT的活化能分别为LiH：(-81.3)-(-95.7)=14.4 kJ/mol，LiD：(-85.4)-(-98.1)=12.7 kJ/mol，LiT：(-87.3)-(-96.2)=8.9 kJ/mol，活化能越低速率越快，故速率LiH＜LiD＜LiT，D正确； 故选C。 15．D 【详解】A．由右图可知，单个二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的焓变△H约为，A正确； B．由图可知，总反应为：CO2+3H2=CH3OH+H2O，由方程式可知，二氧化碳制甲醇过程原子利用率小于，B正确； C．反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步，由右图可知，反应的活化能最大，则该步为决速步聚，C正确； D．由化学式可知，过程中有碳氧极性键的断裂，D错误； 答案选D。 16．A 【分析】该反应是无水催化下与苯的傅 - 克烷基化反应，核心路径为：（生成IM1）；与苯作用，与苯环大键相互作用生成IM2；经过渡态TS1、TS2，最终消除生成叔丁基苯。整个过程中，键的断裂与形成、大键的相互作用主导能量变化，最终因苯环大键的稳定存在使反应完成，据此分析。 【详解】A．生成IM1的反应是与反应生成，该过程不仅涉及键断裂和键形成，还存在与的相互作用，不能仅通过键能和键能计算，A符合题意； B．IM2中带正电，苯环含大键（电子云较丰富），二者会产生静电吸引等相互作用，B不符合题意； C．活化能是过渡态与反应物（或对应中间物）的能量差，TS1对应的能量差为，TS2对应的能量差为，则，C不符合题意； D．TS2到生成物过程中，能量从3.8降至2.5，属于放热；生成物中苯环保持稳定的大键，体系能量降低，是放热的主要原因，D不符合题意； 故选A。 17．C 【分析】催化剂表面首先吸附，使H-H非极性键断裂，生成吸附态的H原子；分子在催化剂表面被吸附，C原子带部分正电荷，O原子带部分负电荷，从而被活化；活化的与吸附态H原子结合，生成甲酸根中间体，此时C原子与两个O原子形成稳定的配位结构；二甲胺进攻甲酸根中间体，形成离子对；该中间体进一步脱水，最终生成目标产物DMF。据此分析。 【详解】A．反应中参与反应，存在H-H非极性键的断裂，但在整个反应机理中，没有新的非极性键形成，A错误； B．和也可能发生反应生成甲酸，反应方程式为，B错误； C．由图可知，、与二甲胺反应合成DMF的过程中，中的一个D原子形成DMF中的C-D，另外一个D原子形成H2O中的一个O-D，反应可能生成HDO，C正确； D．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变焓变，D错误； 故答案选C。 学科网（北京）股份有限公司 $