压轴03 化学反应机理、历程、能垒图分析（压轴题专练）（全国通用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

压轴03 化学反应机理、历程、能垒图分析 命题预测 高考常以反应历程、机理图、能垒能量图命题，区分中间体与过渡态，依据能级差判断活化能、反应吸放热。能垒最高基元反应为决速步，决定总反应速率；催化剂降低正逆能垒、不改焓变，可辨别催化剂与中间产物，分析断键成键、总反应方程式。近年结合科研催化情境，侧重多步基元、竞争反应图像解读。2026高考仍以选择必考，深化速率平衡融合考查，图像更复杂，注重微观机理、能垒对比与催化选择性分析。 高频考法 1. 粒子区分：峰值是过渡态，低谷是反应中间体 2. 决速步骤：活化能（能垒）最大的基元反应，反应最慢 3. 吸放热：生成物总能量低→放热，反之吸热 4. 催化剂：降低正反活化能，不改变焓变、反应平衡 5.物质判断：参与反应又生成是催化剂，先生成后消耗是中间体 6.必考：能量差值计算、断键成键、总反应方程式书写 知识·技法·思维 考向01 能垒变化图像 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 考向02 “环式”反应历程图像 1．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 2．循环转化机理题的解题思路 (1)通览全图，找准一“剂”三“物” 一“剂”指催化剂 催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主题的多个物种一定在机理图中的主线上 三“物”指反应物、生成物、中间物种(或中间体) 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物 生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物 中间体 通过一个箭头脱离整个历程，但又生成生成物的是中间体，通过二个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[　]”标出 (2)逐项分析得答案：根据第一步由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案 考向03 能垒与决速步骤及分析 1．基元反应与反应历程 (1)基元反应：大多数的化学反应往往经过多个反应步骤才能实现。其中每一步反应都称为基元反应 如：2HI===H2＋I2的2个基元反应为2HIH2＋2I·、2I·I2 (2)反应机理：先后进行的基元反应反映了化学反应的反应历程，反应历程又称反应机理 (3)许多化学反应都不是基元反应，而是由两个或多个基元步骤完成的。假设反应：A2＋B===A2B是分两个基元步骤完成的 第一步 A22A (慢反应) 第二步 2A+BA2B (快反应) 对于总反应来说，决定反应速率的肯定是第一个基元步骤，即这种前一步的产物作为后一步的反应物的连串反应的。决定速率的步骤是最慢的一个基元步骤 如：过氧化氢H2O2在水溶液中把溴化氢HBr氧化为溴Br2的反应：H2O2 + 2H+ +2Br－Br2 + 2H2O 反应机理为 H2O2＋H+＋Br－HOBr＋H2O (慢反应) HOBr＋Br－＋H+ Br2＋H2O (快反应) 决定速率的就是第一个反应，且这个反应中HBrO不是最终产物，称为反应的中间产物或中间体 (4)基元反应发生的先决条件：基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞，但是并不是每一次分子碰撞都能发生化学反应 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[活化能(能垒)越高，此步基元反应速率越慢]。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 此反应的活化能(能垒)为kJ·mol－1，ΔH＝(Ea－Eb) kJ·mol－1 3．常见图像的解读 图像 解读 (1)在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能；E2为逆反应的活化能；E1－E2为此反应的焓变(ΔH) (2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤(也可能为多个)，反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应，总反应为放热反应 (3)催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于起点(反应物)能量和终点(生成物)能量的相对大小 考向04 催化剂与反应历程 1.催化反应机理图的分析思路 （1）通览全图，找准一“剂”三“物” 催化剂一般是在反应起点就加入的，在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主体的多个物种一定在机理图中的主线上。 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物 生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物 中间体 反应后生成的，在机理图中通过一个箭头脱离，但又通过一个箭头进入的是中间体，通过两个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[　]”标出 （2）逐项分析得答案 根据第一步由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。 2．催化机理能垒图 (1)在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。可以用图中每步基元反应前后的活性物质，写出其热化学方程式。注意：如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV)，焓变应转化成每摩尔。 (2)每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。 例如：在Rh催化下，甲酸分解制H2反应的过程如图所示。 其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*===HCOO*＋H*；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－0.16NA eV·mol－1(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。 催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再次生成，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(产物一般多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。如下图所示： 考向05 直线转化机理图像的分析与应用 解题三步骤 第1步 准确转化——解决新信息图像题，一定要理解图像信息所表示的机理及过程，对所求问题向已有知识进行恰当的转化 第2步 方法的选取——对新信息题可以采取一般到特殊的特例法，在理解题目信息的本质的基础上，从逻辑推理的角度进行解答 第3步 仔细审读题目——严格按新信息的指代机理，解答问题时要避免课本知识或者已有知识对新信息问题的干扰 典例·靶向·突破 考向01 能垒变化图像 1．【热点——能垒变化图像】（2026·广西河池·一模）在铜催化作用下甲醇无氧脱氢生成甲醛有两种可能路径，其反应机理如下图所示（*表示吸附在催化剂表面，TS表示过渡态）。下列说法错误的是 反应进程 A．该历程中存在极性键的断裂和非极性键的形成 B．由图可知键的键能为 C．该历程中铜催化剂参与反应，降低反应的活化能 D．路径1和路径2的决速步骤均为 【答案】B 【详解】A．反应过程中会断裂甲醇中的O-H、C-H等极性键，生成时会形成H-H非极性键，因此该历程存在极性键的断裂和非极性键的形成，A正确； B．是吸附态的和生成气态和的总反应焓变，不是H-H键的键能，B错误； C．催化剂的作用原理是参与反应改变反应历程，降低反应的活化能，铜催化剂也符合该规律，C正确； D．决速步骤是反应历程中活化能（能垒）最大的步骤，路径1和路径2的最大能垒都对应这一步，因此二者决速步骤相同，D正确； 故选B。 情境链接 该考点常与反应热与焓变融合，考查活化能、焓变计算；与化学反应速率融合，通过能垒判断决速步；与催化剂作用融合，分析催化机理、选择性；还可结合化学键断裂与形成，分析键能变化，偶尔关联平衡移动，以科研情境综合考查。 考向解码 过渡态、中间体、催化剂的区分，活化能、决速步的判断，反应热（焓变）与键能的关系，催化剂的作用机理，反应路径的能量变化分析 总结考点： 1. 识图析点：区分峰值（过渡态，TS）、谷值（中间体/吸附态），明确相对能量与反应进程的关系。 2. 能垒计算：活化能=过渡态能量-反应物能量，最大能垒步骤为决速步。 3. 物质判断：先消耗后生成的是催化剂，先生成后消耗的是中间体。 4. 键与热分析：极性键断裂、非极性键形成；生成物总能量低于反应物为放热，反之为吸热。 5. 催化原理：催化剂降低正逆活化能，不改变焓变与平衡。 【变式探究】（2026·湖南长沙·一模）已知C2H5Br在NaOH乙醇溶液中发生的取代反应和消去反应互为竞争关系，二者反应历程中的相对能量变化如图所示。已知：热力学聚焦反应的自发性、方向和限度，通过焓变、熵变、ΔG等来确定；动力学探讨反应速率、机理、如何发生、反应多快，通过速率方程、活化能、催化剂等作用。 下列说法错误的是 A．C2H5Br在NaOH乙醇溶液中发生取代反应的速率比消去反应快 B．C2H5Br发生取代反应或消去反应时，OH-进攻的原子不同 C．NaOH乙醇溶液中，用18O标记NaOH，可能有H218O生成 D．NaOH乙醇溶液中，OH-与乙醇分子间形成了氢键 【答案】A 【详解】A．由图可知，发生消去反应的活化能更低，速率更快，A错误； B．C2H5Br发生取代反应时，OH-进攻与Br连接的碳原子，发生消去反应时，OH-进攻与Br连接的碳原子的邻位碳原子上的H(即β-H)，B正确； C．消去反应中，得到生成，若被标记，结合可生成，C正确； D．由图可知，NaOH乙醇溶液中OH-中的O与乙醇分子中羟基氢之间存在作用，符合氢键形成特征，故NaOH醇溶液中OH-与乙醇分子间形成了氢键，D正确； 故选A。 考向02 “环式”反应历程图像 2．【热点——“环式”反应历程图像】（2026·甘肃平凉·一模）我国科学家报道了一种高效O—to—C的替换反应，可在温和条件下将环氧化物快速转化为环丙烷结构。一种脱氧/环加成串联反应机理如图，已知Ph—代表苯基。下列说法错误的是 A．若步骤②是反应的决速步，则该步为慢反应 B．脱氧/环加成串联反应中的催化剂为化合物T C．反应物A和C消耗的物质的量之比为1：2 D．催化剂降低了反应的活化能，但不改变反应的平衡产率 【答案】C 【分析】由反应的历程图可知，T开始参与第①步反应，最终又生成T，T是反应的催化剂，整个过程的总反应是2A+C→E+G，在总反应中，产物E：G=1：1，结合反应历程可知，A转化为B后参与了反应②和④，C只参与反应②，反应物A和C消耗的物质的量之比为2∶1。 【详解】A．反应决速步骤是化学反应速率最慢的反应，A正确； B．由反应的历程图可知，T开始参与第①步反应，最终又生成T，T是反应的催化剂，B正确； C．整个过程的总反应是2A+C→E+G，故反应物A和C消耗的物质的量之比为2：1，C错误； D．催化剂在反应中参加了反应，降低了活化能，加快反应速率，但并不改变平衡产率，D正确； 故选C。 情境链接 该考点（“环式”反应历程图像）常与化学反应速率（决速步判断、活化能分析）、化学平衡（催化剂对平衡的影响）、化学键与反应热（键的断裂与形成、焓变）融合，还会结合催化剂作用机理，以有机反应为载体，综合考查反应历程分析、物质判断（催化剂、中间体）等内容。 考向解码 1. 识别物质：先区分催化剂（反应前后结构、组成不变，循环出现）、中间体（中间生成又消耗）、反应物、生成物。2. 判断决速步：活化能最大的步骤为决速步，对应慢反应，其余为快反应。3. 分析计量关系：根据反应历程配平总反应，确定反应物的物质的量之比。4. 催化原理：催化剂只降低活化能，不改变平衡产率、反应焓变。 总结考点： 催化剂、中间体的判断，决速步（慢反应）的判断，总反应的书写与计量比计算催化剂对反应速率和平衡的影响，有机反应历程的综合分析 【变式探究】（2026·江苏宿迁·二模）某金属烷氧基化合物催化CO2和甲醇(MeOH)合成碳酸二甲酯 (   ) 的反应机理如图。已知：①H2O会降低该催化剂的活性；②反应中CO2插入催化剂的 Sn-O 键中得以活化。下列说法正确的是 A．加入缩醛可以提高碳酸二甲酯的产率 B．CO2与甲醇合成碳酸二甲酯的反应为加成反应 C．CO2插入催化剂后形成 Sn-O 键、C-O 键和 C-C 键 D．III为该反应的催化剂 【答案】A 【详解】A．反应生成的水会降低催化剂的活性，不利于反应的进行，加入缩醛，与水反应生成甲醇，催化剂的活性不会被生成的水降低，同时消耗水，减少生成物浓度，且生成甲醇，增大反应物浓度，使平衡正向移动，从而提高碳酸二甲酯产率，故A正确； B．由图可知，CO2与甲醇合成碳酸二甲酯的反应为取代反应，B错误； C．由图可知，CO2插入催化剂后形成了新的Sn-O键和C-O键，但未形成C-C键，C错误； D．由图可知，I转化为II后，II经过反应转化为III，最后又生成I，故为该反应的催化剂，II、III生成之后又消失，属于中间产物，且题目中说催化剂为烷氧基化合物，III不是烷氧基化合物。D错误； 故答案选A。 考向03 能垒与决速步骤及分析 3．【热点——能垒与决速步骤及分析】（2026·河北沧州·二模）以为氢源，乙炔电催化氢化的反应机理(*表示吸附态，部分反应物和生成物略)如图所示。下列说法错误的是 A．该反应历程中，吸附和解吸分别为释放能量和吸收能量的过程 B．该反应历程中存在非极性键的形成，不存在非极性键的断裂 C．生成的决速步骤为 D．该催化条件下的选择性大于 【答案】B 【详解】A．由题图可知，过程中能量降低，放出能量，、过程中能量升高，吸收能量，A项正确； B．生成过程中有非极性键的断裂，B项错误； C．生成的决速步骤为，C项正确； D．生成决速步骤的活化能低于生成决速步骤的活化能，生成的反应速率更快，选择性更高，D项正确； 故选B。 情境链接 本题能垒反应历程常融合电化学电解池原理、化学键断裂与形成、反应吸放热判断，结合活化能找决速步，关联催化剂选择性、中间体辨识，联动有机加成机理，把反应速率、能量变化、电极反应综合考查。 考向解码 先识图区分反应物、中间体、过渡态，峰顶能垒为活化能，能垒最高步骤是决速慢反应；判断物质吸附、脱吸的吸放热；理清化学键断裂与形成类型；结合电化学电极过程分析粒子变化，对比产物能垒判断催化选择性，辨别催化剂与中间物种。 总结考点： 活化能与决速步、反应吸放热判断、极性键与非极性键变化、催化剂作用规律；融合电化学机理、有机加成历程、产物催化选择性，综合考查反应速率、能量变化、微观反应路径。 【变式探究】（2026·四川资阳·三模）一种金属光催化剂，实现了空气中的捕获和催化转化产生、，部分工作机理如图甲所示。另一种纳米片催化剂能有效地将催化转化为，其反应历程如图乙[已知、表示不同位点上的]。下列说法正确的是 A．Ni-MOF实现了的捕获，光催化剂降低了该反应的活化能和热效应 B．若图甲反应机理中产物，其总反应方程式为 C．、为非极性分子，、为极性分子 D．由图乙可知，升高温度有利于提高的平衡转化率 【答案】B 【详解】A．催化剂降低了反应的活化能加快反应速率，催化剂不能改变热效应，故A错误； B．若图甲反应机理中产物，CO2中碳元素化合价由+4降低为+2、-4，则3molCO2转移18mol电子，根据得失电子守恒，消耗9molH2，其总反应方程式为，故B正确； C．、、均为非极性分子，是极性分子，故C错误； D．由图乙可知，该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率降低，故D错误； 选B。 考向04 催化剂与反应历程 4．【热点——催化剂与反应历程】（2026·广东茂名·二模）与NO直接电合成尿素的装置与机理如图，“*”表示该物质吸附在催化剂表面，“0 eV””0.34 eV”“0.28 eV”指对应物质的相对能量。由此可知，理论上 A．a为正极 B．当电源正极得到4 mol电子时可吸收转化 C．生成1分子尿素时，循环①和循环②的次数相同 D．转化为的过程中，物质ⅲ→ⅳ为决速步骤 【答案】B 【分析】有外接电源，是电解池，右侧由水生成氧气，Ni电极为阳极，Zn电极为阴极，a为电源负极，b为电源正极，由此作答； 【详解】A．由分析可知a为电源负极，A错误； B．锌电极反应为：，得4 mol电子时，吸收0.4 mol CO2，B正确； C．循环①每循环1次生成1个吸附态的NH2，循环②每循环1次生成1个吸附态的CO，结合尿素的分子式，生成1分子尿素需要循环①进行2次、循环②进行1次，次数不相同，C错误； D．决速步骤由活化能（能垒）最高的一步决定，活化能越高反应速率越慢，CO2​转化为吸附态CO的过程中，各中间体相对能量为：ⅱ（0 eV），ⅲ（0.34 eV），ⅳ（0.28 eV），ⅱ到ⅲ步骤的能垒最高，因此该步骤为决速步骤，D错误； 故选B。 情境链接 本题融合电解池装置判断、阴阳极与正负极分辨、电子转移电化学计算；考查催化剂反应历程、吸附态中间体识别、能垒高低判断决速步，结合循环机理分析反应配比，联动化学键、物质转化与催化微观路径综合考查。 考向解码 先判断电解池阴阳极、电源正负极，依据物质氧化还原定电极反应；理清循环机理，区分反应物、中间体、催化剂；根据相对能量差值判断能垒，能量差最大步骤为决速步；结合电子转移进行电化学定量计算，分析各循环反应配比关系。 总结考点： 电解池两极判断、电极反应书写、电子守恒计算；催化剂与中间体辨别、吸附态机理分析、能垒与决速步判断；有机无机物协同电催化历程，融合化学反应速率、物质转化规律综合考查。 【变式探究】（2026·安徽淮南·二模）叔丁基溴在纯溶剂中会发生溶剂解，叔丁基溴在水中的溶剂解反应生成两种产物的机理分别为： 机理1： 机理2： 下列说法正确的是 A．两种反应机理的决速步骤是不同的 B．把反应物中一个甲基换成，反应更容易进行 C．把叔丁基溴换成叔丁基碘，产物比例不变 D．把换成，消去产物比例减小 【答案】C 【详解】A．两种机理分别是卤代烃的取代反应机理和消去反应机理，两种机理都是形成碳正离子的步骤为慢反应，所以控速步骤相同，A错误； B．是强吸电子基团，会使带正电的叔丁基碳正离子正电荷更集中，稳定性下降，更难生成碳正离子，反应更难进行，B错误； C．该反应第一步生成碳正离子后，后续取代/消去的竞争由碳正离子本身决定，与原离去基团（）无关，生成的碳正离子均为叔丁基碳正离子，因此产物比例不变，C正确； D．水的极性大于乙醇，极性大的溶剂更有利于稳定碳正离子，促进取代反应；乙醇极性更小，乙醇的体积较大，进攻处在结构中间的碳正离子的能力降低，更易进攻处在外围的氢原子，所以消去产物比例增大，D错误； 故答案为C。 考向05 直线转化机理图像的分析与应用 5．【热点——直线转化机理图像的分析与应用】（2026·陕西商洛·三模）中国科学院生态环境研究中心团队深入探究了催化剂上对选择性催化还原NO的促进作用机制，反应历程如图。下列说法错误的是 A．铜元素的化合价在反应中发生了变化 B．HONO、均为中间产物 C．反应过程中有键形成，无键断裂 D．该历程的总反应为 【答案】C 【详解】A．由反应历程可知，Cu存在的转化，铜元素化合价发生了变化，A说法正确； B．和都是反应过程中先生成、后被完全消耗的物质，属于反应的中间产物，B说法正确； C．反应过程中参与反应，分子的键会发生断裂，同时反应过程中也有水生成，形成了新的键，因此反应既有键形成，也有键断裂，C说法错误； D．消去所有中间产物和催化剂，整理可得总反应：，得失电子、原子均守恒，D说法正确； 故选C。 情境链接 该考点融合化学反应机理与催化作用、化学键的断裂与形成、元素化合价判断、中间产物识别、总反应方程式书写，同时结合选择性催化还原的实际应用，综合考查对反应历程图像的分析能力，将微观反应路径与宏观化学原理、氧化还原反应等知识结合考查。 考向解码 先整体梳理反应历程图，区分反应物（初始加入的物质）、生成物（最终排出的物质）、催化剂（参与反应且循环再生）、中间产物（反应中生成又消耗的物质）；再分析元素化合价变化，判断氧化还原过程；接着追踪化学键的断裂与形成；最后配平总反应方程式，结合选项逐一验证。 总结考点： 解题方法为梳理历程、区分物质、分析价态、追踪键变、配平总反应；考点涵盖催化剂与中间产物识别、氧化还原、化学键变化、总反应书写、催化机理分析，综合考查反应历程分析能力。 【变式探究】（2026·山东·一模）在催化剂作用下可见光对苯甲胺进行选择性氧化偶联的机理如图所示。已知光催化剂的催化原理为：催化剂在光照下产生电子()和空穴()，催化剂表面的物种分别与电子和空穴发生还原反应和氧化反应。下列说法错误的是 A．产生的反应为 B．单位时间内产生空穴数越多，反应越快 C．总反应的化学方程式为 D．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂与形成 【答案】D 【详解】A．根据示意图可知，产生的反应为，A正确； B．空穴参与反应，因此单位时间内产生空穴数越多，反应越快，B正确； C．根据元素守恒可知最后一步还有生成，所以总反应的化学方程式为，C正确； D．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂、极性键的形成，但不存在非极性键的形成，D错误； 故选D。 1．（2026·西藏拉萨·二模）三位化学家因“金属有机框架(MOFs)研究”而共同获得2025年诺贝尔化学奖。某大学学者深入探讨了镍基金属有机框架催化剂(Ni-MOF)在处理污水中的尿素[CO(NH2)2]时的电化学反应机制，在使用贵金属基催化剂()和镍基金属有机框架催化剂()时，分别发生图甲、图乙两种电化学反应。下列说法错误的是 A．图甲为电解池装置，图乙为原电池装置 B．图甲中，阴极的电极反应式为： C．图乙中，若消耗1 mol CO(NH2)2，理论上可消耗标准状况下33.6 L O2 D．图甲、乙装置中，电路中通过2 mol电子，溶液中均有1 mol OH-通过阴离子交换膜 【答案】D 【分析】甲装置有电源，为电解池，乙装置有负载，为原电池，电解池根据外接电源判断阴阳极，原电池进入氧气侧为正极，由此作答。 【详解】A．图甲装置有外接电源，属于电解池；图乙装置可以对外供电点亮灯泡，属于原电池，A正确； B．图甲中，右侧为阴极，H2O得电子发生还原反应生成H2和OH−，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，与图中产物一致，B正确； C．图乙中，1 mol CO(NH2)2失电子生成CO2和N2时，转移6 mol电子；正极反应为：，依据得失电子守恒可知，转移6 mol电子理论上需要1.5 mol氧气，标况下体积为33.6 L，C正确； D．电路中通过电子时，根据电荷守恒，内电路需要转移负电荷维持电荷平衡，因此会有通过阴离子交换膜，不是，D错误； 故选D。 2．（2026·西藏拉萨·二模）某研究团队提出一种在光活化酮类催化剂的作用下，通过羧酸O-H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)。下列说法不正确的是 A．题图中总反应是吸热反应 B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数相同 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 【答案】C 【详解】A．反应物的相对能量约为-18.6 kcal·mol-1，生成物约为-18.2 kcal·mol-1，生成物能量比反应物略高，所以总反应是吸热反应，A正确； B．催化剂只能改变反应历程和活化能，不能改变反应始态和终态的能量差，因此也不改变化学平衡常数，B正确； C．图中标出的TS1=7.6，TS2=7.7，TS3=5.2，TS4=3.2。过渡态能量越低，相对越“稳定”。四个过渡态里能量最低的是 TS4，不是TS3，所以“TS3最稳定”这个说法错误，故C错误； D．在催化剂作用下，反应分成多步进行，反应速率最慢，决定总反应速率，其中活化能最大的步骤最慢，从反应物到TS1，活化能为：7.6-(-18.6)=26.2；TS1→INT-1：7.6−0=7.6；INT-1→TS2：7.7−0=7.7；TS2→到最终产物：7.7-(-18.2)=25.9；其中活化能最大的是反应物到TS1，所以这一步最慢，对应，因此D正确； 故答案选C。 3．（2026·江苏南通·二模）工业上采用氯苯和在高温下制备苯硫酚()，副产物为苯，反应如下： 反应Ⅰ． 反应Ⅱ． 将一定量的氯苯和加入反应器，定时测定反应器尾端出来的混合气体中各产物的量，得到单程收率(得到的产品与原料总投入量的百分比)与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能 B．590℃时，使用高效催化剂能提高苯硫酚的平衡产率 C．645℃时，反应Ⅱ的v(正)<v(逆) D．其他条件不变，540℃～590℃，苯硫酚的选择性随着温度升高不断增大 【答案】D 【详解】A．在相同温度下，活化能越低，反应速率越快，产物生成的速率也越快。 从图像看，低温时(如500~540°C)，苯硫酚(反应I的产物)的单程收率，远高于苯(反应II的产物)，说明反应I的速率更快。 反应速率快，说明反应Ⅰ的活化能更低，A错误； B．催化剂的作用是降低反应的活化能、加快反应速率，但它不改变反应的平衡状态，也不能提高平衡产率，B错误； C．反应II是放热反应，ΔH = − 45.8 kJ⋅mol−1，升高温度平衡会逆向移动。645°C时升温，苯的单程收率仍在上升，说明反应II仍在正向进行，未达到平衡状态，此时v(正) > v(逆)，C错误； D．苯硫酚的选择性=， 在540°C~590°C区间，苯硫酚的单程收率(黑色实心点)的增长速率远大于苯的单程收率(空心点)的增长速率，说明更多的氯苯转化为了苯硫酚 ，因此，苯硫酚的选择性随温度升高不断增大，D正确； 故选D。 4．（2026·广西南宁·二模）铑的配合物离子可催化甲醇羰基化，反应历程如图所示。 下列叙述正确的是 A．图中的是 B．反应历程中是催化剂 C．反应历程没有涉及非极性键的断裂和形成 D．甲醇羰基化反应为 【答案】D 【详解】A．根据原子守恒，与水反应生成和，反应为，因此是，不是，A错误； B．题图中的物质是反应过程中生成的中间产物，真正的催化剂是（反应结束后重新生成，反应前后不变），是中间产物，B错误； C．反应物和都只含1个C原子，产物中存在的非极性键，说明反应历程中形成了非极性键，C错误； D．将整个反应的反应物加和，消去中间产物，总羰基化反应为，原子守恒，符合反应事实，D正确； 故选D。 5．（2026·广东深圳·二模）电解海水制氢气和氧气的过程中存在竞争反应(副产物、等使催化剂失活)、杂质离子沉淀等常见弊端。图甲为一定表面积的催化剂作用下，不同电压、不同pH的海水电解时电极a处的产物，图乙为海水电解装置(其中为海水中的阳离子)。下列说法正确的是 A．电极a为阴极，连接直流电源的负极 B．海水中生成，覆盖阳极表面，降低反应速率 C．电解中性海水时，为减少阳极副产物，采用的电解电压不宜高于1.3V D．该催化剂增大了生成的电极反应的活化能 【答案】C 【分析】电解海水制备和的总反应为。 结合图乙可知电极a生成，失电子发生氧化反应，因此电极a为阳极，连接直流电源正极；电极b生成，得电子发生还原反应，为阴极，连接直流电源负极；电解池中阳离子向阴极移动，在阴极生成。 【详解】A．电极a处生成，发生氧化反应，属于阳极，连接直流电源的正极，A错误； B． 是阳离子，电解过程中向阴极（电极b）移动，且在阴极生成，会在阴极区域生成沉淀，覆盖阴极表面，B错误； C．中性海水的，结合甲图可知时，若电解电压高于，会进入区域，放电生成含氯副产物；电压不高于时，主要产物为，副产物少，因此电解中性海水时，电解电压不宜高于，C正确； D．催化剂的作用是降低反应的活化能，加快目标反应速率，该催化剂促进生成，是降低了生成的电极反应活化能，D错误； 故选C。 6．（2026·云南·二模）SCR法主要是针对柴油发动机产生的的处理工艺，原理是和在选择性催化剂表面转化为和，反应历程中的能量变化如图所示。下列叙述错误的是 A．其中决定总反应速率的步骤是H的移除 B．SCR产生的烟尘，会使催化剂的活性下降 C．该反应的总反应方程式为： D．催化剂以和为主要成分，做成蜂窝式均质催化剂是为了增大与气体的接触面积 【答案】C 【详解】A．总反应速率由活化能最大的慢反应决定，由图可知，H移除步骤的活化能最大，是决速步，A正确； B．烟尘会附着在催化剂表面，堵塞催化剂活性位点，使催化剂活性下降（催化剂中毒），B正确； C．该反应的总反应方程式为，C错误； D．做成蜂窝式均质催化剂，可以增大催化剂与反应物气体的接触面积，加快反应速率，D正确； 故选C。 7．（2026·河南开封·模拟预测）随着化石燃料的快速消耗，电解水制氢技术成为清洁能源转型的关键路径，但其实际应用受限于析氧反应催化剂的活性和耐久性等问题。科研工作者开发了一种新型催化剂，在该催化剂下发生晶格氧参与的析氧反应机理如图所示。设是阿伏加德罗常数的值。下列关于该反应的叙述，错误的是 A．反应过程中M元素的化合价发生了变化 B．若电解，则电解后只能得到 C．图示整个过程中每生成1 mol O2，转移电子数为 D．推测氧空位的形成有利于水参与反应 【答案】B 【详解】A．反应过程中M原子的成键数发生了变化，化合价有变化，故A正确； B．根据反应机理，生成的包含晶格氧，会生成，故B错误； C．析氧反应为，每生成1 mol O2，转移电子数为，故C正确； D．根据反应的变化，氧空位促进了水的解离，故D正确； 选B。 8．（2026·云南玉溪·二模）某科研小组以硝基苯为原料电催化合成的装置如图所示，极和极为覆盖催化剂的惰性电极，装置工作时定时将电极室溶液转移至电极室。下列说法正确的是 A．装置工作时，通过离子交换膜移向极 B．极反应式： C．M极每消耗1mol，转移 D．图中M电极消耗的和N电极产生的相等 【答案】B 【分析】 N极硝基苯得电子发生还原反应生成苯胺，N极是阴极；M极苯胺发生氧化反应生成，所以M是阳极； 【详解】A．电解池中阴离子向阳极移动，M是阳极、N极是阴极，装置工作时，通过阴离子交换膜移向M极，故A错误； B．N极是阴极，硝基苯得电子发生还原反应生成苯胺，极反应式：，故B正确； C．M极是阳极，阳极反应式为2  -4e-+4OH-→+4H2O，每消耗1mol，转移2mol电子，故C错误； D．N极生成1mol转移6mol电子，M电极消耗1mol转移2mol电子，根据得失电子守恒，图中M电极消耗的大于N电极产生的，故D错误； 选B。 9．（2026·广西桂林·一模）中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，其反应机理如下图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是 A．转化为时，有C-H形成，无C-C形成 B．增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高的平衡转化率 C．转化为的过程放出热量 D．选择较短的反应时间并及时分离产物，可提高乙烯的产率 【答案】D 【详解】A．转化为时，碳链增长，有C-H、C-C键形成，A错误； B．增大Cu的表面积，可加快反应速率，催化剂不能使平衡移动，不能提高的平衡转化率，B错误； C．由图2可知，转化为能量未知，无法计算，C错误； D．短时间内，活化能低的反应进行速率更快，及时分离能获得高产率的乙烯，D正确； 故选D。 10．（2026·河北承德·一模）甲醇羰基化是合成乙酸的重要方法之一，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂和催化剂催化甲醇羰基化制乙酸的部分反应进程如图所示(Cat为催化剂，TS为过渡态，TN为中间体)。 下列说法错误的是 A．上述反应是放热反应 B．相同条件下，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂的催化效率较差 C．若催化剂中将邻氨基苯酚替换为邻氨基苯甲醇，会导致反应的活化能发生改变 D．转化为的决速步骤为 【答案】B 【详解】A．反应物的起始相对能量为，生成物的最终相对能量小于，生成物总能量低于反应物总能量，则该反应是放热反应，A正确； B．催化剂的催化效率与活化能负相关：活化能越低，催化效率越高，由图可知，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂（实线）对应的各步活化能均低于催化剂（虚线），故Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化效率更高，B错误； C．催化剂可以改变反应的活化能，不同催化剂结构不同，替换配体后催化剂改变，反应的活化能会发生改变，C正确； D．决速步骤是反应中活化能最大的一步，两种催化剂中，第一步的活化能都是所有步骤中最大的，即该步骤为决速步骤，D正确； 故答案选B。 11．（2026·重庆·模拟预测）与重整生成CO和的过程中发生的主要反应如下： 反应1：   反应2：   在恒压密闭容器中通入等体积的和，不同温度下发生反应，测得和的平衡转化率如图所示。下列说法正确的是 A．升高温度反应1正向移动，反应2逆向移动 B．绝热条件下缩小体积，反应1逆向移动，反应2不移动 C．由图推知体系中可能存在反应 D．改用适当的催化剂，可以使两条曲线重合 【答案】C 【详解】A．两个反应的均为正值，均为吸热反应，升高温度两个反应的平衡都正向移动，不是反应2逆向移动，A错误； B．反应1是气体分子数增大的反应，缩小体积增大压强，反应1平衡逆向移动；反应1逆向为放热反应，绝热条件下体系温度升高，反应2，温度升高会使反应2平衡正向移动，因此反应2平衡发生移动，B错误； C．初始通入等物质的量的和，若只发生题给两个反应：反应1按消耗二者，反应2还会额外消耗，因此的转化率应大于；但图像显示相同温度下转化率小于，说明体系存在额外生成的反应，C给出的反应符合该推论，C正确； D．催化剂只能改变反应速率，不改变平衡状态，不能改变平衡转化率，因此无法使两条转化率曲线重合，D错误； 故选C。 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 【答案】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．（2026·湖北孝感·二模）一定温度和压强下，利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如图甲、乙所示(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)。下列说法正确的是 A．该历程存在非极性键的断裂和形成 B．该历程的决速步骤反应为HCOO*+4H*=CH3O*+H2O C．使用铜基催化剂可降低反应的活化能，提高活化分子百分数，提高CO2的平衡转化率 D．升高温度可提高生成CH3OH(g)的速率，同时可以提高CH3OH(g)的平衡产率 【答案】B 【分析】图甲为加氢制甲醇的反应路径：(g)在催化剂表面吸附，同时在催化剂表面解离吸附为吸附态H原子（），随后依次经过生成、、等中间物种，最终得到产物和，总反应为：；图乙的纵坐标为相对能量，横坐标为反应历程，最终产物总能量低于初始反应物，说明总反应为放热反应；反应的决速步骤由活化能最大的步骤决定，活化能越大，反应速率越慢，决定总反应速率。 【详解】A．该历程中，反应物存在H-H非极性键，反应过程中解离为，因此存在非极性键的断裂；但反应产物为和，分子中均只含极性键，且整个反应历程中没有非极性键生成，A错误； B．决速步骤是活化能最大的步骤，从图乙可知，转化为的能垒最大，是整个反应中速率最慢的一步，为决速步骤；消去两边相同的，可得总反应为，B正确； C．催化剂的作用是降低反应活化能，提高活化分子百分数，加快反应速率，但催化剂不改变平衡状态，不能使平衡移动，因此无法提高的平衡转化率，C错误； D．从图乙可知，总反应中生成物总能量低于反应物，总反应为放热反应（）；升高温度可以加快反应速率，但会使平衡逆向移动，的平衡产率降低，D错误； 故选B。 14．（2026·浙江宁波·二模）烯烃催化制备醛的反应机理如下图所示，下列说法错误的是 A．是该反应的催化剂 B．反应过程中钴的配位数和化合价都发生了变化 C．上述过程中涉及极性键的断裂和形成 D．该过程总反应为 【答案】B 【详解】A．催化剂在反应中先消耗，后生成，则该反应的催化剂为，A正确； B．CO是中性配体，整个过程中，与相连的H、烷基、酰基均为价，所有中间体均为电中性，因此的化合价始终为，没有发生变化；只有配位数随反应过程在4~5之间变化，因此钴的化合价未变化，B错误； C．反应过程中，存在极性键的断裂，也存在、等极性键的生成，因此涉及极性键的断裂和形成，C正确； D．由图可知，反应物有丙烯、氢气和CO，生成物有，则总反应式为，D正确； 故答案选B。 15．（2026·四川广安·二模）国内研究团队通过一系列实验和理论计算，首次完整描绘出Ullmann偶联中铜的氧化还原路径，其中三氟甲基化反应的机理如图所示(A中Cu的氧化数为I，其化合价为)，下列说法正确的是 A．C中Cu的化合价为 B．图示三氟甲基化反应可表示为： C．整个反应过程中，有极性键、非极性键的断裂和生成 D．Ln与表达的是不同配体 【答案】B 【详解】A．A中Cu的氧化数为I，其化合价为+1，结合C中铜成键情况，则C中铜为+3价，A错误； B．由图，三氟甲基化反应为和在催化剂作用下生成和，可表示为：，B正确； C．整个反应过程中，有铜碳等极性键的断裂和生成，但是没有非极性键的断裂和形成，C错误； D．由D、E生成C和过程，结合物质结构可知，Ln与表达的是相同配体，D错误； 故选B。 16．（2026·四川凉山·二模）一种利用和直接合成的反应历程如图所示。下列说法不正确的是 A．总反应的原子利用率理论上可达100% B．步骤2中，若完全反应，则理论上转移电子数目为 C．在此过程中作为催化剂 D．和中Pd的化合价不相同 【答案】D 【详解】A．总反应为 ，原子利用率理论上可达100%，故A正确； B．步骤2的产物中存在O-O键，氧显-1价，若完全反应，则理论上转移电子数目为，故B正确； C．是步骤1的反应物，是步骤3的产物，在此过程中作为催化剂，故C正确； D．和中Pd的化合价均为+2价，故D错误； 选D。 17．（2026·广西梧州·模拟预测）甲酸是理想的氢能载体，我国科学家用DFT理论计算研究单分子在催化剂表面分解产生的反应历程如图，其中表示过渡态，吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是 A．该反应历程包含3个基元反应 B．加入催化剂可以改变反应历程，但无法改变焓变 C．该历程中正反应的决速步骤为转化为和 D．该历程总反应热化学方程式为 【答案】D 【详解】A．一个过渡态（TS）对应一步基元反应，图中有TS1、TS2、TS3共3个过渡态，因此该历程包含3个基元反应，A正确； B．催化剂的作用是改变反应历程、降低反应活化能，但不改变反应物和生成物的总能量，因此不改变反应焓变，B正确； C．正反应的决速步骤由活化能最大（反应速率最慢）的步骤决定，各步正反应活化能计算： 第一步：活化能， 第二步：活化能， 第三步：活化能， 第一步活化能最大，因此决速步骤为转化为和，C正确； D．图中相对能量是单分子的相对能量，单位；是指完全反应时所吸收或放出的热量，（为阿伏加德罗常数的值），不能直接写成，D错误； 故选D。 18．（2026·甘肃酒泉·二模）将与催化重整可以制备CO和科学家研究了催化剂X、Y分别催化产生CO的反应机理，其中，“”转化为“”的反应历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注。 下列说法正确的是 A．决速步骤： B．催化剂X更容易产生积碳 C．反应到过渡态②步骤的活化能： D．图中反应可以表示为   【答案】A 【详解】A．决速步骤是反应历程中活化能最大的步骤。从图中可以看出，催化剂X和Y的反应路径里，“”转化为“”的过渡态①的活化能是最大的，所以CH*+O*=C*+O*+H*是决速步骤，故A正确； B．生成积碳()的步骤是“”，对比催化剂X和Y的该步骤过渡态能量，催化剂Y的过渡态能量(1.36eV)低于催化剂X的过渡态能量(1.63eV)，说明催化剂Y催化该步骤的活化能更低，反应更容易进行；消耗积碳()的步骤使用催化剂X的活化能为1.02eV，使用催化剂Y的活化能为1.17eV，使用催化剂X积碳()的消耗速率更快，所以催化剂Y易产生积碳()，故B错误； C．过渡态②步骤中，X的活化能为，Y的活化能为，所以反应到过渡态②步骤中的活化能：，故C错误； D．从图中可以看出，反应物“”的相对能量为0 eV，生成物“”的相对能量为或，生成物的总能量低于反应物的总能量，所以放出热量，即，故D错误； 选A。 19．（2026·辽宁沈阳·二模）一种含空位的SnSe纳米片(VSnSe)存在空位迁移导致的缺陷热催化效应，其高效合成H2O2的反应机理如图，“×”代表该过程难以发生，“*”代表吸附在催化剂表面，SnSe指无空位的催化剂表面，下列说法错误的是 A．若原料为H218O和O2，则产物含H2O2 B．总反应原子利用率为100% C．HO*在VSnSe表面脱附更容易 D．决速步骤为H2O=HO*+H* 【答案】C 【分析】根据反应进程图，合成H2O2的历程为、、，总反应为。 【详解】A．根据分析可知，H2O2中的O原子分别来自H2O和O2，若原料为H218O和O2，由第二步历程可知产物含H2O2，A正确； B．总反应为，原子利用率为100%，B正确； C．根据反应进程图和“×”代表该过程难以发生可知，HO*在VSnSe表面脱附难以发生，C错误； D．决速步骤由活化能最高的一步决定，由图可知，H2O=HO*+H*的活化能为0.732eV， 的活化能为1.097eV-0.502eV=0.595eV，故决速步骤为H2O=HO*+H*，D正确； 答案选C。 20．（2026·甘肃·一模）叔丁醇与羧酸发生酯化反应的原理可用下图表示，其中步骤2为决速步骤。下列说法错误的是 A．步骤1过程中键的键长逐渐拉长 B．步骤2的活化能大于步骤4 C．增大不能提高羧酸叔丁酯的平衡产率 D．中间体3中的极性比中的弱 【答案】D 【详解】A．步骤1的反应是叔丁醇的羟基结合，生成带正电荷的中间体1： 氧原子结合后带上正电荷，对键的成键电子对吸引作用增强，键被削弱、键能降低；而化学键的键能越小，键长越长，因此键的键长会逐渐拉长，这也为后续步骤2中键断裂、脱去水做准备，A正确； B．决速步骤的活化能是反应各步中最高的，步骤2为决速步骤，故其活化能大于步骤4，B正确； C．是该反应的催化剂，催化剂只改变反应速率、不改变平衡状态，故增大不能提高羧酸叔丁酯的平衡产率，C正确； D．中间体3中C=O的氧原子缺电子带正电（电子云密度减小），吸电子效应会增强，C=O的极性比羧酸中的C=O更强，D错误； 故选D。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴03 化学反应机理、历程、能垒图分析 命题预测 高考常以反应历程、机理图、能垒能量图命题，区分中间体与过渡态，依据能级差判断活化能、反应吸放热。能垒最高基元反应为决速步，决定总反应速率；催化剂降低正逆能垒、不改焓变，可辨别催化剂与中间产物，分析断键成键、总反应方程式。近年结合科研催化情境，侧重多步基元、竞争反应图像解读。2026高考仍以选择必考，深化速率平衡融合考查，图像更复杂，注重微观机理、能垒对比与催化选择性分析。 高频考法 1. 粒子区分：峰值是过渡态，低谷是反应中间体 2. 决速步骤：活化能（能垒）最大的基元反应，反应最慢 3. 吸放热：生成物总能量低→放热，反之吸热 4. 催化剂：降低正反活化能，不改变焓变、反应平衡 5.物质判断：参与反应又生成是催化剂，先生成后消耗是中间体 6.必考：能量差值计算、断键成键、总反应方程式书写 知识·技法·思维 考向01 能垒变化图像 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 考向02 “环式”反应历程图像 1．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 2．循环转化机理题的解题思路 (1)通览全图，找准一“剂”三“物” 一“剂”指催化剂 催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主题的多个物种一定在机理图中的主线上 三“物”指反应物、生成物、中间物种(或中间体) 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物 生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物 中间体 通过一个箭头脱离整个历程，但又生成生成物的是中间体，通过二个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[　]”标出 (2)逐项分析得答案：根据第一步由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案 考向03 能垒与决速步骤及分析 1．基元反应与反应历程 (1)基元反应：大多数的化学反应往往经过多个反应步骤才能实现。其中每一步反应都称为基元反应 如：2HI===H2＋I2的2个基元反应为2HIH2＋2I·、2I·I2 (2)反应机理：先后进行的基元反应反映了化学反应的反应历程，反应历程又称反应机理 (3)许多化学反应都不是基元反应，而是由两个或多个基元步骤完成的。假设反应：A2＋B===A2B是分两个基元步骤完成的 第一步 A22A (慢反应) 第二步 2A+BA2B (快反应) 对于总反应来说，决定反应速率的肯定是第一个基元步骤，即这种前一步的产物作为后一步的反应物的连串反应的。决定速率的步骤是最慢的一个基元步骤 如：过氧化氢H2O2在水溶液中把溴化氢HBr氧化为溴Br2的反应：H2O2 + 2H+ +2Br－Br2 + 2H2O 反应机理为 H2O2＋H+＋Br－HOBr＋H2O (慢反应) HOBr＋Br－＋H+ Br2＋H2O (快反应) 决定速率的就是第一个反应，且这个反应中HBrO不是最终产物，称为反应的中间产物或中间体 (4)基元反应发生的先决条件：基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞，但是并不是每一次分子碰撞都能发生化学反应 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[活化能(能垒)越高，此步基元反应速率越慢]。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 此反应的活化能(能垒)为kJ·mol－1，ΔH＝(Ea－Eb) kJ·mol－1 3．常见图像的解读 图像 解读 (1)在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能；E2为逆反应的活化能；E1－E2为此反应的焓变(ΔH) (2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤(也可能为多个)，反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应，总反应为放热反应 (3)催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于起点(反应物)能量和终点(生成物)能量的相对大小 考向04 催化剂与反应历程 1.催化反应机理图的分析思路 （1）通览全图，找准一“剂”三“物” 催化剂一般是在反应起点就加入的，在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主体的多个物种一定在机理图中的主线上。 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物 生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物 中间体 反应后生成的，在机理图中通过一个箭头脱离，但又通过一个箭头进入的是中间体，通过两个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[　]”标出 （2）逐项分析得答案 根据第一步由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。 2．催化机理能垒图 (1)在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。可以用图中每步基元反应前后的活性物质，写出其热化学方程式。注意：如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV)，焓变应转化成每摩尔。 (2)每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。 例如：在Rh催化下，甲酸分解制H2反应的过程如图所示。 其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*===HCOO*＋H*；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－0.16NA eV·mol－1(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。 催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再次生成，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(产物一般多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。如下图所示： 考向05 直线转化机理图像的分析与应用 解题三步骤 第1步 准确转化——解决新信息图像题，一定要理解图像信息所表示的机理及过程，对所求问题向已有知识进行恰当的转化 第2步 方法的选取——对新信息题可以采取一般到特殊的特例法，在理解题目信息的本质的基础上，从逻辑推理的角度进行解答 第3步 仔细审读题目——严格按新信息的指代机理，解答问题时要避免课本知识或者已有知识对新信息问题的干扰 典例·靶向·突破 考向01 能垒变化图像 1．【热点——能垒变化图像】（2026·广西河池·一模）在铜催化作用下甲醇无氧脱氢生成甲醛有两种可能路径，其反应机理如下图所示（*表示吸附在催化剂表面，TS表示过渡态）。下列说法错误的是 反应进程 A．该历程中存在极性键的断裂和非极性键的形成 B．由图可知键的键能为 C．该历程中铜催化剂参与反应，降低反应的活化能 D．路径1和路径2的决速步骤均为 情境链接 该考点常与反应热与焓变融合，考查活化能、焓变计算；与化学反应速率融合，通过能垒判断决速步；与催化剂作用融合，分析催化机理、选择性；还可结合化学键断裂与形成，分析键能变化，偶尔关联平衡移动，以科研情境综合考查。 考向解码 过渡态、中间体、催化剂的区分，活化能、决速步的判断，反应热（焓变）与键能的关系，催化剂的作用机理，反应路径的能量变化分析 总结考点： 1. 识图析点：区分峰值（过渡态，TS）、谷值（中间体/吸附态），明确相对能量与反应进程的关系。 2. 能垒计算：活化能=过渡态能量-反应物能量，最大能垒步骤为决速步。 3. 物质判断：先消耗后生成的是催化剂，先生成后消耗的是中间体。 4. 键与热分析：极性键断裂、非极性键形成；生成物总能量低于反应物为放热，反之为吸热。 5. 催化原理：催化剂降低正逆活化能，不改变焓变与平衡。 【变式探究】（2026·湖南长沙·一模）已知C2H5Br在NaOH乙醇溶液中发生的取代反应和消去反应互为竞争关系，二者反应历程中的相对能量变化如图所示。已知：热力学聚焦反应的自发性、方向和限度，通过焓变、熵变、ΔG等来确定；动力学探讨反应速率、机理、如何发生、反应多快，通过速率方程、活化能、催化剂等作用。 下列说法错误的是 A．C2H5Br在NaOH乙醇溶液中发生取代反应的速率比消去反应快 B．C2H5Br发生取代反应或消去反应时，OH-进攻的原子不同 C．NaOH乙醇溶液中，用18O标记NaOH，可能有H218O生成 D．NaOH乙醇溶液中，OH-与乙醇分子间形成了氢键 考向02 “环式”反应历程图像 2．【热点——“环式”反应历程图像】（2026·甘肃平凉·一模）我国科学家报道了一种高效O—to—C的替换反应，可在温和条件下将环氧化物快速转化为环丙烷结构。一种脱氧/环加成串联反应机理如图，已知Ph—代表苯基。下列说法错误的是 A．若步骤②是反应的决速步，则该步为慢反应 B．脱氧/环加成串联反应中的催化剂为化合物T C．反应物A和C消耗的物质的量之比为1：2 D．催化剂降低了反应的活化能，但不改变反应的平衡产率 情境链接 该考点（“环式”反应历程图像）常与化学反应速率（决速步判断、活化能分析）、化学平衡（催化剂对平衡的影响）、化学键与反应热（键的断裂与形成、焓变）融合，还会结合催化剂作用机理，以有机反应为载体，综合考查反应历程分析、物质判断（催化剂、中间体）等内容。 考向解码 1. 识别物质：先区分催化剂（反应前后结构、组成不变，循环出现）、中间体（中间生成又消耗）、反应物、生成物。2. 判断决速步：活化能最大的步骤为决速步，对应慢反应，其余为快反应。3. 分析计量关系：根据反应历程配平总反应，确定反应物的物质的量之比。4. 催化原理：催化剂只降低活化能，不改变平衡产率、反应焓变。 总结考点： 催化剂、中间体的判断，决速步（慢反应）的判断，总反应的书写与计量比计算催化剂对反应速率和平衡的影响，有机反应历程的综合分析 【变式探究】（2026·江苏宿迁·二模）某金属烷氧基化合物催化CO2和甲醇(MeOH)合成碳酸二甲酯 (   ) 的反应机理如图。已知：①H2O会降低该催化剂的活性；②反应中CO2插入催化剂的 Sn-O 键中得以活化。下列说法正确的是 A．加入缩醛可以提高碳酸二甲酯的产率 B．CO2与甲醇合成碳酸二甲酯的反应为加成反应 C．CO2插入催化剂后形成 Sn-O 键、C-O 键和 C-C 键 D．III为该反应的催化剂 考向03 能垒与决速步骤及分析 3．【热点——能垒与决速步骤及分析】（2026·河北沧州·二模）以为氢源，乙炔电催化氢化的反应机理(*表示吸附态，部分反应物和生成物略)如图所示。下列说法错误的是 A．该反应历程中，吸附和解吸分别为释放能量和吸收能量的过程 B．该反应历程中存在非极性键的形成，不存在非极性键的断裂 C．生成的决速步骤为 D．该催化条件下的选择性大于 情境链接 本题能垒反应历程常融合电化学电解池原理、化学键断裂与形成、反应吸放热判断，结合活化能找决速步，关联催化剂选择性、中间体辨识，联动有机加成机理，把反应速率、能量变化、电极反应综合考查。 考向解码 先识图区分反应物、中间体、过渡态，峰顶能垒为活化能，能垒最高步骤是决速慢反应；判断物质吸附、脱吸的吸放热；理清化学键断裂与形成类型；结合电化学电极过程分析粒子变化，对比产物能垒判断催化选择性，辨别催化剂与中间物种。 总结考点： 活化能与决速步、反应吸放热判断、极性键与非极性键变化、催化剂作用规律；融合电化学机理、有机加成历程、产物催化选择性，综合考查反应速率、能量变化、微观反应路径。 【变式探究】（2026·四川资阳·三模）一种金属光催化剂，实现了空气中的捕获和催化转化产生、，部分工作机理如图甲所示。另一种纳米片催化剂能有效地将催化转化为，其反应历程如图乙[已知、表示不同位点上的]。下列说法正确的是 A．Ni-MOF实现了的捕获，光催化剂降低了该反应的活化能和热效应 B．若图甲反应机理中产物，其总反应方程式为 C．、为非极性分子，、为极性分子 D．由图乙可知，升高温度有利于提高的平衡转化率 考向04 催化剂与反应历程 4．【热点——催化剂与反应历程】（2026·广东茂名·二模）与NO直接电合成尿素的装置与机理如图，“*”表示该物质吸附在催化剂表面，“0 eV””0.34 eV”“0.28 eV”指对应物质的相对能量。由此可知，理论上 A．a为正极 B．当电源正极得到4 mol电子时可吸收转化 C．生成1分子尿素时，循环①和循环②的次数相同 D．转化为的过程中，物质ⅲ→ⅳ为决速步骤 情境链接 本题融合电解池装置判断、阴阳极与正负极分辨、电子转移电化学计算；考查催化剂反应历程、吸附态中间体识别、能垒高低判断决速步，结合循环机理分析反应配比，联动化学键、物质转化与催化微观路径综合考查。 考向解码 先判断电解池阴阳极、电源正负极，依据物质氧化还原定电极反应；理清循环机理，区分反应物、中间体、催化剂；根据相对能量差值判断能垒，能量差最大步骤为决速步；结合电子转移进行电化学定量计算，分析各循环反应配比关系。 总结考点： 电解池两极判断、电极反应书写、电子守恒计算；催化剂与中间体辨别、吸附态机理分析、能垒与决速步判断；有机无机物协同电催化历程，融合化学反应速率、物质转化规律综合考查。 【变式探究】（2026·安徽淮南·二模）叔丁基溴在纯溶剂中会发生溶剂解，叔丁基溴在水中的溶剂解反应生成两种产物的机理分别为： 机理1： 机理2： 下列说法正确的是 A．两种反应机理的决速步骤是不同的 B．把反应物中一个甲基换成，反应更容易进行 C．把叔丁基溴换成叔丁基碘，产物比例不变 D．把换成，消去产物比例减小 考向05 直线转化机理图像的分析与应用 5．【热点——直线转化机理图像的分析与应用】（2026·陕西商洛·三模）中国科学院生态环境研究中心团队深入探究了催化剂上对选择性催化还原NO的促进作用机制，反应历程如图。下列说法错误的是 A．铜元素的化合价在反应中发生了变化 B．HONO、均为中间产物 C．反应过程中有键形成，无键断裂 D．该历程的总反应为 情境链接 该考点融合化学反应机理与催化作用、化学键的断裂与形成、元素化合价判断、中间产物识别、总反应方程式书写，同时结合选择性催化还原的实际应用，综合考查对反应历程图像的分析能力，将微观反应路径与宏观化学原理、氧化还原反应等知识结合考查。 考向解码 先整体梳理反应历程图，区分反应物（初始加入的物质）、生成物（最终排出的物质）、催化剂（参与反应且循环再生）、中间产物（反应中生成又消耗的物质）；再分析元素化合价变化，判断氧化还原过程；接着追踪化学键的断裂与形成；最后配平总反应方程式，结合选项逐一验证。 总结考点： 解题方法为梳理历程、区分物质、分析价态、追踪键变、配平总反应；考点涵盖催化剂与中间产物识别、氧化还原、化学键变化、总反应书写、催化机理分析，综合考查反应历程分析能力。 【变式探究】（2026·山东·一模）在催化剂作用下可见光对苯甲胺进行选择性氧化偶联的机理如图所示。已知光催化剂的催化原理为：催化剂在光照下产生电子()和空穴()，催化剂表面的物种分别与电子和空穴发生还原反应和氧化反应。下列说法错误的是 A．产生的反应为 B．单位时间内产生空穴数越多，反应越快 C．总反应的化学方程式为 D．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂与形成 1．（2026·西藏拉萨·二模）三位化学家因“金属有机框架(MOFs)研究”而共同获得2025年诺贝尔化学奖。某大学学者深入探讨了镍基金属有机框架催化剂(Ni-MOF)在处理污水中的尿素[CO(NH2)2]时的电化学反应机制，在使用贵金属基催化剂()和镍基金属有机框架催化剂()时，分别发生图甲、图乙两种电化学反应。下列说法错误的是 A．图甲为电解池装置，图乙为原电池装置 B．图甲中，阴极的电极反应式为： C．图乙中，若消耗1 mol CO(NH2)2，理论上可消耗标准状况下33.6 L O2 D．图甲、乙装置中，电路中通过2 mol电子，溶液中均有1 mol OH-通过阴离子交换膜 2．（2026·西藏拉萨·二模）某研究团队提出一种在光活化酮类催化剂的作用下，通过羧酸O-H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)。下列说法不正确的是 A．题图中总反应是吸热反应 B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数相同 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 3．（2026·江苏南通·二模）工业上采用氯苯和在高温下制备苯硫酚()，副产物为苯，反应如下： 反应Ⅰ． 反应Ⅱ． 将一定量的氯苯和加入反应器，定时测定反应器尾端出来的混合气体中各产物的量，得到单程收率(得到的产品与原料总投入量的百分比)与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能 B．590℃时，使用高效催化剂能提高苯硫酚的平衡产率 C．645℃时，反应Ⅱ的v(正)<v(逆) D．其他条件不变，540℃～590℃，苯硫酚的选择性随着温度升高不断增大 4．（2026·广西南宁·二模）铑的配合物离子可催化甲醇羰基化，反应历程如图所示。 下列叙述正确的是 A．图中的是 B．反应历程中是催化剂 C．反应历程没有涉及非极性键的断裂和形成 D．甲醇羰基化反应为 5．（2026·广东深圳·二模）电解海水制氢气和氧气的过程中存在竞争反应(副产物、等使催化剂失活)、杂质离子沉淀等常见弊端。图甲为一定表面积的催化剂作用下，不同电压、不同pH的海水电解时电极a处的产物，图乙为海水电解装置(其中为海水中的阳离子)。下列说法正确的是 A．电极a为阴极，连接直流电源的负极 B．海水中生成，覆盖阳极表面，降低反应速率 C．电解中性海水时，为减少阳极副产物，采用的电解电压不宜高于1.3V D．该催化剂增大了生成的电极反应的活化能 6．（2026·云南·二模）SCR法主要是针对柴油发动机产生的的处理工艺，原理是和在选择性催化剂表面转化为和，反应历程中的能量变化如图所示。下列叙述错误的是 A．其中决定总反应速率的步骤是H的移除 B．SCR产生的烟尘，会使催化剂的活性下降 C．该反应的总反应方程式为： D．催化剂以和为主要成分，做成蜂窝式均质催化剂是为了增大与气体的接触面积 7．（2026·河南开封·模拟预测）随着化石燃料的快速消耗，电解水制氢技术成为清洁能源转型的关键路径，但其实际应用受限于析氧反应催化剂的活性和耐久性等问题。科研工作者开发了一种新型催化剂，在该催化剂下发生晶格氧参与的析氧反应机理如图所示。设是阿伏加德罗常数的值。下列关于该反应的叙述，错误的是 A．反应过程中M元素的化合价发生了变化 B．若电解，则电解后只能得到 C．图示整个过程中每生成1 mol O2，转移电子数为 D．推测氧空位的形成有利于水参与反应 8．（2026·云南玉溪·二模）某科研小组以硝基苯为原料电催化合成的装置如图所示，极和极为覆盖催化剂的惰性电极，装置工作时定时将电极室溶液转移至电极室。下列说法正确的是 A．装置工作时，通过离子交换膜移向极 B．极反应式： C．M极每消耗1mol，转移 D．图中M电极消耗的和N电极产生的相等 9．（2026·广西桂林·一模）中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，其反应机理如下图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是 A．转化为时，有C-H形成，无C-C形成 B．增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高的平衡转化率 C．转化为的过程放出热量 D．选择较短的反应时间并及时分离产物，可提高乙烯的产率 10．（2026·河北承德·一模）甲醇羰基化是合成乙酸的重要方法之一，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂和催化剂催化甲醇羰基化制乙酸的部分反应进程如图所示(Cat为催化剂，TS为过渡态，TN为中间体)。 下列说法错误的是 A．上述反应是放热反应 B．相同条件下，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂的催化效率较差 C．若催化剂中将邻氨基苯酚替换为邻氨基苯甲醇，会导致反应的活化能发生改变 D．转化为的决速步骤为 11．（2026·重庆·模拟预测）与重整生成CO和的过程中发生的主要反应如下： 反应1：   反应2：   在恒压密闭容器中通入等体积的和，不同温度下发生反应，测得和的平衡转化率如图所示。下列说法正确的是 A．升高温度反应1正向移动，反应2逆向移动 B．绝热条件下缩小体积，反应1逆向移动，反应2不移动 C．由图推知体系中可能存在反应 D．改用适当的催化剂，可以使两条曲线重合 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·湖北孝感·二模）一定温度和压强下，利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如图甲、乙所示(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)。下列说法正确的是 A．该历程存在非极性键的断裂和形成 B．该历程的决速步骤反应为HCOO*+4H*=CH3O*+H2O C．使用铜基催化剂可降低反应的活化能，提高活化分子百分数，提高CO2的平衡转化率 D．升高温度可提高生成CH3OH(g)的速率，同时可以提高CH3OH(g)的平衡产率 14．（2026·浙江宁波·二模）烯烃催化制备醛的反应机理如下图所示，下列说法错误的是 A．是该反应的催化剂 B．反应过程中钴的配位数和化合价都发生了变化 C．上述过程中涉及极性键的断裂和形成 D．该过程总反应为 15．（2026·四川广安·二模）国内研究团队通过一系列实验和理论计算，首次完整描绘出Ullmann偶联中铜的氧化还原路径，其中三氟甲基化反应的机理如图所示(A中Cu的氧化数为I，其化合价为)，下列说法正确的是 A．C中Cu的化合价为 B．图示三氟甲基化反应可表示为： C．整个反应过程中，有极性键、非极性键的断裂和生成 D．Ln与表达的是不同配体 16．（2026·四川凉山·二模）一种利用和直接合成的反应历程如图所示。下列说法不正确的是 A．总反应的原子利用率理论上可达100% B．步骤2中，若完全反应，则理论上转移电子数目为 C．在此过程中作为催化剂 D．和中Pd的化合价不相同 17．（2026·广西梧州·模拟预测）甲酸是理想的氢能载体，我国科学家用DFT理论计算研究单分子在催化剂表面分解产生的反应历程如图，其中表示过渡态，吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是 A．该反应历程包含3个基元反应 B．加入催化剂可以改变反应历程，但无法改变焓变 C．该历程中正反应的决速步骤为转化为和 D．该历程总反应热化学方程式为 18．（2026·甘肃酒泉·二模）将与催化重整可以制备CO和科学家研究了催化剂X、Y分别催化产生CO的反应机理，其中，“”转化为“”的反应历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注。 下列说法正确的是 A．决速步骤： B．催化剂X更容易产生积碳 C．反应到过渡态②步骤的活化能： D．图中反应可以表示为   19．（2026·辽宁沈阳·二模）一种含空位的SnSe纳米片(VSnSe)存在空位迁移导致的缺陷热催化效应，其高效合成H2O2的反应机理如图，“×”代表该过程难以发生，“*”代表吸附在催化剂表面，SnSe指无空位的催化剂表面，下列说法错误的是 A．若原料为H218O和O2，则产物含H2O2 B．总反应原子利用率为100% C．HO*在VSnSe表面脱附更容易 D．决速步骤为H2O=HO*+H* 20．（2026·甘肃·一模）叔丁醇与羧酸发生酯化反应的原理可用下图表示，其中步骤2为决速步骤。下列说法错误的是 A．步骤1过程中键的键长逐渐拉长 B．步骤2的活化能大于步骤4 C．增大不能提高羧酸叔丁酯的平衡产率 D．中间体3中的极性比中的弱 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴03 化学反应机理、历程、能垒图分析 典例·靶向·突破 考向01 能垒变化图像 1．B 【变式探究】A 考向02 “环式”反应历程图像 2．C 【变式探究】A 考向03 能垒与决速步骤及分析 3．B 【变式探究】】B 考向04 催化剂与反应历程 4．B 【变式探究】C 考向05 直线转化机理图像的分析与应用 5．C 【变式探究】D 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C D D C C B B D B 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 C B B B B D D A C D / 学科网（北京）股份有限公司 $