专题5 热化学化学反应速率与平衡 选择题突破 2.催化机理循环图-【创新大课堂】2026年高考二轮化学专题复习

该高中化学讲义聚焦催化机理循环图高考核心考点，涵盖催化剂与中间产物判断、反应历程分析、能量变化及化学键断裂形成等内容。以概念定义为基础，通过实例解析构建知识联系，结合高考真题及模拟题训练，形成“考点梳理-方法指导-真题应用”的系统复习流程，帮助学生突破机理分析难点。 资料采用“图解分析+真题精讲”策略，通过引导学生根据箭头方向判断“入环”反应物与“出环”生成物，区分催化剂与中间产物，培养科学思维。设置基础概念辨析、真题深度解析、分层强化练习等环节，精准对接高考考查要求，助力学生高效掌握机理题解题方法，为教师把控复习节奏提供实用教学资源。

选择题突破　2.催化机理循环图 催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。 中间产物：在连续反应中为某一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续又消耗多少。 在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为 H2O2＋I－―→H2O＋IO－　慢 H2O2＋IO－―→O2＋I－＋H2O　快 在该反应中I－为催化剂，IO－为中间产物。 而在机理图中，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(生成物一般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。如图所示： 例如：如图是1，2­丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理： MoO3是该反应的催化剂，、、为中间产物，生成物除水外还有CH3CH===CH2、HCHO、CH3CHO。 1．(2025·四川高考真题)钒催化剂对H2O2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VO2＋＋H2O2―→VO＋·OH＋H＋ B．步骤③正、逆反应的活化能关系为E正<E逆 C．VO在催化循环中起氧化作用 D．步骤③生成的物质Z是H2 答案　D 分析　结合反应机理图可知VO2＋和H2O2反应生成VO、·OH、H＋，步骤①反应为VO2＋＋H2O2―→VO＋·OH＋H＋，·OH和苯生成，和VO、H＋反应生成、VO2＋和水，据此解答。 解析　结合反应机理图可知VO2＋和H2O2反应生成VO、·OH、H＋，步骤①反应为VO2＋＋H2O2―→VO＋·OH＋H＋，故A正确；步骤③为放热反应，ΔH＝E正－E逆<0，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B正确；VO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；根据分析，步骤③生成的物质Z是H2O，故D错误；故选D。 2．(2025·湖南高考真题)环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯()为原料生产环氧丙烷()的反应机理如图所示。下列说法正确的是(　　) A．过程中Ⅱ是催化剂 B．过程中有极性键和非极性键的断裂和形成 C．过程中Ti元素的化合价发生了变化 D．丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100% 答案　B 解析　根据反应原理，Ⅰ先消耗再生成，是整个历程的催化剂，Ⅱ先生成，再消耗，是中间产物，A错误；过程中存在H2O2中O—O非极性键的断裂，以及O2中非极性键的形成；还存在O—H极性键的断裂，以及O—C极性键的形成，B正确；过程中Ti的化学键(Ti—O)始终是4个，配位键不会改变Ti的化合价，故Ti元素的化合价不变，C错误；反应生成了H2O，且存在H2O2的分解反应，原子利用率小于100%，D错误；故选B。 题型强化练(十九)　2.催化机理循环图 1．(2025·河南三模)狄尔斯—阿尔德(Diels­Alder)反应广泛应用于药物制备等领域。某狄尔斯－阿尔德反应催化机理如图所示。 下列说法错误的是(　　) A．物质I的名称为丙烯醛 B．总反应为 C．物质Ⅵ是反应的催化剂 D．物质V中含有2个手性碳原子 答案　D 解析　物质Ⅰ的名称为丙烯醛，A正确；由反应示意图可知：物质Ⅰ和物质Ⅲ是“入环”的物质，应为反应物，物质Ⅴ是“出环”的物质应为生成物，水开始“出环”生成，后来又“入环”参加反应；总反应是＋，B正确；物质Ⅵ在连续反应中从一开始就和物质Ⅰ参与了反应，在最后又和物质Ⅴ再次生成，是反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅳ以及水都是中间产物，C正确；物质V中含有3个手性碳原子，中“*”标示的碳原子为手性碳原子，D错误。 2．(2025·内蒙古赤峰二模)我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应生成化合物3与HCOO－的反应历程如图乙所示(TS表示过渡态，I表示中间体)。下列说法正确的是(　　) A．化合物1参与了化学反应，改变了总反应的反应热 B．升高温度，有利于提高化合物2的转化率 C．图乙表示的反应历程中，决速步为第一步 D．化合物4到化合物1的反应为氧化还原反应 答案　D 解析　化合物1参与了化学反应，作催化剂，总反应的反应热只与反应物与生成物能量差值有关，A错误；化合物2和水生成化合物3与甲酸根离子的反应是放热反应，升高温度，平衡逆向反应，降低化合物2的转化率，B错误；图乙表示的反应历程中，第二步能量壁垒最大，决速步为第二步，C错误；化合物4到化合物1的反应氢元素化合价升高，为氧化还原反应，D正确。 3．(2025·甘肃庆阳三模)科学家发现脯氨酸可以催化羟醛缩合反应，其反应历程简化如图所示。下列说法错误的是(　　) A．有机物④中碳原子有2种杂化方式 B．有机物③是反应的中间产物 C．反应中涉及极性键和非极性键的断裂与生成 D．有机物⑥中含有3个手性碳原子 答案　D 解析　有机物④中的甲基、亚甲基中碳原子采取sp3杂化，碳碳双键、羰基中碳原子采取sp2杂化，所以含有sp2、sp32种杂化方式，A正确；中间产物是在反应过程中产生，又参与下一步反应被消耗的物质，因此有机物③④⑥都是反应的中间产物，B正确；反应中有碳氧、碳氮、碳氢、碳碳等极性键和非极性键的断裂与生成，C正确；手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的碳原子，因此有机物⑥中含有2个手性碳原子，D错误。 4．(2025·天津河西三模)为早日实现“碳中和”、“碳达峰”目标，科学家提出用钉(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46 g液态HCOOH时放出31.2 kJ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1 mol e－，放出31.2 kJ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　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；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；根据总反应H2＋CO2===HCOOH可知，每生成1 mol HCOOH转移2 mol e－，故46 g液态HCOOH的物质的量为＝1 mol，则生成1 mol液态HCOOH时放出热量31.2 kJ，故每转移1 mol e－放出15.6 kJ热量，C错误；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。 5．(2025·山东聊城二模)利用CO2加氢制CH3OH的反应机理如图所示。H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程。下列说法错误的是(　　) 已知：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒，NA表示阿伏加德罗常数。 A．反应过程存在C—H、O—H的断裂和形成 B．催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快 C．若反应温度过高使甲醇炭化，生成的碳颗粒易使催化剂反应活性下降 D．理论上，每生成1 mol CH3OH，该历程中消耗的H*的数目为6NA 答案　A 解析　反应过程存在O－H生成，但无O－H键的断裂，故A错误；H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，2个H*与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧空位再与CO2结合，所以催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快，故B正确；反应温度过高使甲醇炭化，碳覆盖在催化剂的表面，使催化剂反应活性下降，故C正确；H2首先在面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，根据图中信息可知，CH3OH～6H*，所以理论上，每生成1 mol CH3OH，该历程中消耗的H*的数目为6NA，故D正确。 6．(2025·浙江绍兴模拟预测)氮氧化物(NOx)是硝酸和肼等工业的主要污染物。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，反应物A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。下列说法正确的是(　　) A．过程Ⅰ涉及非极性共价键的断裂与生成 B．过程Ⅱ中，脱除1 mol NO转移6 mol电子 C．脱除NO的总反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4∶5 D．图1总反应的化学方程式为4NO＋4NH3＋O24N2＋6H2O 答案　D 解析　由题干反应历程图可知，过程Ⅰ即图2所示中间体D与NO、NH3和NH反应生成N2、H2O和Cu(NH3)，其中未涉及非极性共价键的断裂，有N≡N非极性键的生成，A错误；过程Ⅱ中发生反应的方程式为Cu(NH3)＋NO===N2＋H2O＋Cu(NH3)＋NH，反应中化合价升高的是Cu(NH3)中的N元素，化合价降低的是Cu(NH3)中的Cu元素和NO中的N元素，则脱除1 mol NO转移3 mol电子，B错误；脱除NO的反应物为NO、NH3、O2，生成物为N2和H2O，总反应的方程式为4NO＋4NH3＋O24N2＋6H2O，氧化剂为NO和O2，还原剂为NH3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶4，C错误；由题干反应历程图可知，进入的物质为NO、NH3和O2，此为反应物，流出的物质为N2和H2O，此为生成物，故图1总反应的化学方程式为4NO＋4NH3＋O24N2＋6H2O，D正确。 7．(2025·辽宁模拟)以Fe3O4为催化剂，苯乙烯、H2O2为原料制备苯甲醛(部分其他产物已省略)，催化反应机理如图所示。下列说法错误的是(　　) A．以上转化过程中，属于氧化还原反应的是①②⑥ B．苯乙烯分子中所有原子可能共平面 C．反应过程中有非极性键的断裂与极性键的形成 D．每生成2 mol苯甲醛，实际上消耗H2O2的物质的量大于4 mol 答案　A 解析　反应①中Fe元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，反应②中Fe元素化合价由＋2价变为＋3价，反应⑥中Fe元素化合价由＋3价变为＋2价，属于氧化还原反应，A错误；苯乙烯分子中苯环与乙烯基上的碳原子以碳碳单键连接，单键可以旋转，故苯乙烯分子中所有原子可能共平面，B正确；反应过程中有O—O非极性键的断裂和C—O、O—H等极性键的形成，故反应过程中有非极性键的断裂与极性键的形成，C正确；每生成1 mol苯甲醛，理论上消耗2 mol H2O2，因有其他副产物生成(如CO2等)，实际消耗H2O2的物质的量应大于2 mol，即每生成2 mol苯甲醛，实际上消耗H2O2的物质的量大于4 mol，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $