2026届高三化学二轮复习专题高频易错强化练：反应历程、循环机理专项训练

2026届高考化学二轮复习专题高频易错强化练：(试卷和答案已排好版，可直接打印) 反应历程、循环机理专项训练 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、教材习题改编·固本强基 1．用PdCu和PdZn催化甲醇重整制氢的反应有(主反应)、(副反应)，部分反应机理如图(TS表示过渡态，*表示吸附态)。 依据图示信息，下列说法正确的是 A．在PdZn催化剂表面解离的速率更快 B．在PdCu催化剂表面的更容易脱附 C．消耗相同质量的，选择PdZn催化剂有利于生成更多 D．若原料更换为，经历TS3后可生成 2．氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A．反应ⅰ是吸热过程 B．反应ⅱ中脱去步骤的活化能为2.69eV C．反应ⅲ包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中 3．在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，中部分进程已省略)。 下列说法正确的是 A．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．和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D．①转化为②的进程中，决速步骤为 二、高考真题再现·提升训练 4．苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物 C．由苯得到M时，苯中的大键没有变化 D．对于生成Y的反应，浓作催化剂 5．研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应。三唑水溶液微滴表面接触发生反应，可能的反应机理如图所示。 根据上述反应机理，下列叙述错误的是 A．三唑在反应循环中起催化作用 B．换成，可生成 C．碳原子轨道的杂化存在从到的转变 D．总反应为 6．在负载的催化剂作用下，可在室温下高效转化为，其可能的反应机理如图所示。 下列说法错误的是 A．该反应的原子利用率为 B．每消耗可生成 C．反应过程中，和的化合价均发生变化 D．若以为原料，用吸收产物可得到 7．化合物A在一定条件下可转变为酚E及少量副产物，该反应的主要途径如下： 下列说法不正确的是 A．为该反应的催化剂 B．化合物A的一溴代物有7种 C．步骤Ⅲ，苯基迁移能力强于甲基 D．化合物E可发生氧化、加成和取代反应 8．据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是 A．OH-参与了该催化循环 B．该反应可产生清洁燃料H2 C．该反应可消耗温室气体CO2 D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化 三、高频错题分析·难点突破 9．某大学科研团队在离子液体催化与环氧化物合成环状碳酸酯方面取得了重要成就。利用两种具有共同三乙基辛基膦阳离子和的AHA-ILs来催化与环氧丙烷(PO)生成碳酸丙烯酯(PC)的历程如图(Ts表示过渡态)。下列说法正确的是 A．反应过程中只断裂了一个碳氧π键 B．反应达到平衡时，升高温度，PC的浓度增大 C．催化剂为[Inda]时，PC的生成速率更快 D．催化剂为[2-CNPyr]时，Int1→Int2为决速步骤 10．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 11．工业上利用和制备，利用计算机模拟的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面用“·”标注，表示过渡态。下列说法正确的是 A．该反应的正反应活化能大于逆反应活化能 B．反应历程中决速步骤的化学方程式为 C．.由图可知过渡态对应的物质稳定性最强 D．使用催化剂可提高一定时间内原料气的转化率 12．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 X为D 0 X为T 0 下列说法不正确的是 A．LiX和反应过程中，有极性键的断裂 B．、、互为同位素 C．该条件下LiX与反应的速率： D．等物质的量的LiX与反应放出的热量： 13．2025年诺贝尔化学奖被授予在“金属有机框架(MOF)”领域做出开创性贡献的三位科学家。某课题组在的水相中，以MOF-253-Fe(Ⅱ)为催化剂，实现了向的高效转化，其可能的转化机理如下图，下列说法正确的是 A．总反应的原子利用率未达 B．若将替换成，则最终只能在中检测到 C．和含有的电子数相同 D．上述反应机理中Fe元素的化合价均未改变 14．环状碳酸酯广泛用作极性非质子溶剂、电池的电解质等，研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示(R为烃基)。 下列说法错误的是 A．是反应的催化剂 B．反应过程有3种中间体 C．总反应原子利用率可达 D．反应过程有非极性键的断裂 15．在的作用下，发生反应的历程如图所示。下列说法不正确的是 A．该反应的总反应为 B．反应过程中Mo形成共价键的数目发生了改变 C．改变了反应的途径，但是不能提高反应物的平衡转化率 D．如果原料为，则生成物为乙醛、丙烯和水 16．催化剂(Ph表示苯基)可实现温和条件下的丙烯加氢：，反应机理如题图所示，图中Rh离子形成的化学键都是配位键。下列说法正确的是 A．反应①中被氧化 B．反应②中，丙烯中碳原子上的孤电子对与Rh离子形成配位键 C．反应③中碳原子的轨道杂化类型由变为 D．催化剂改变了丙烯加氢反应的历程和活化能 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2026届高考化学二轮复习专题高频易错强化练： 反应历程、循环机理专项训练参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D C C B B B C C D 题号 11 12 13 14 15 16 答案 D B C D D D 1．D【详解】A．由主反应历程图可以看出，在PdZn催化剂表面解离时，达到TS4过渡态所需活化能为1.0 eV；在PdCu催化剂表面解离时，达到TS4过渡态所需活化能为0.93 eV。反应活化能越小，反应速率越快。因此，在PdCu表面解离的速率更快，A错误；B．由副反应历程图可以看出，从PdZn表面脱附形成所需的能量为0.21 eV；从PdCu表面脱附所需的能量为0.83 eV。从PdCu表面脱附所需能量更多，因此更难脱附，B错误；C．由选项A和选项B的分析可知，与PdZn相比，在PdCu表面解离速率更快，可以生成更多。通过增大反应物的浓度促进主反应的进行。从副反应历程图可以看出，在PdCu表面更难脱附，通过增大生成物浓度抑制副反应的进行。因此PdCu对主反应的选择性更强。从题干给出的反应方程式可以看出，进行主反应时，每消耗1 mol 可以生成3 mol 。因此消耗相同质量的，选择PdCu催化剂有利于生成更多，C错误；D．结合主反应历程图可以看出，会被吸附在催化剂表面并转化为，之后经历TS3步骤转化为。与之类似，在催化剂表面会转化为。经历TS3之后，转化为，D正确；故答案选D。 2．D【详解】A．观察历程图可知，反应ⅰ中的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成和，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确；B．反应ⅱ中因脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV，B正确；C．反应ⅲ从生成经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确； D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误； 故选D。 3．C【详解】A．由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误；B．平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误；C．由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定， C正确；D．活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H或*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D错误；故选C。 4．C【详解】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，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A正确；B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；C．M的六元环中与相连的C为杂化，苯中大键发生改变，故C错误；D．苯的硝化反应中浓作催化剂，故D正确；故选C。 5．B【详解】A．由机理图可知，三唑在反应循环中，化学性质和质量没有变化，作催化剂，A正确；B．由机理图可知，换成，可生成，B错误；C．由机理图可知，转化为，因此碳原子轨道的杂化存在从到的转变，C正确；D．由机理图可知，和反应生成和，总反应为，D正确；故选B。 6．B【分析】由反应历程可知，总反应为，据此解答。【详解】A．该反应为化合反应，原子利用率为100%，A正确；B．由分析可知，每消耗可生成，B错误；C．由反应历程可知，催化剂有连接4个S原子和2个S原子的，这两种类型的原子成键数目均会发生改变，所以和的化合价均发生变化，C正确；D．若以为原料，有反应历程可知，会生成，用吸收产物时，其存在电离平衡：，结合水电离出的可得到，D正确；故选B。 7．B【详解】A．由图可知H+参与了反应，反应前后不变，因此H+是反应的催化剂，A正确； B．化合物A的一溴代物有6种，分别是：、、、、、，B错误；C．步骤III可知C转化到D，苯基发生了迁移，甲基没有迁移，说明苯基的迁移能力强于甲基，C正确；D．化合物E中有酚羟基可以发生氧化反应，苯环可以发生加成反应和取代反应，D正确；答案选B。 8．C【详解】A．从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参与了该催化循环，故A项正确；B．从反应机理图中可知，该反应的反应物为CO和H2O，产物为H2和CO2，Fe(CO)5作为整个反应的催化剂，而OH-仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为，故有清洁燃料H2生成，故 B项正确；C．由B项分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2，反而是生成了温室气体CO2，故 C项不正确；D．从反应机理图中可知，Fe的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故 D项正确；答案选C。 【点睛】对于反应机理图的分析，最重要的是判断反应物，产物以及催化剂；一般催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的；通过一个箭头进入整个历程的物质则是反应物；而通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物。 9．C【详解】A．根据反应历程可知，反应过程中两个碳氧π键发生了断裂，A项错误；B．该反应为放热反应，反应达到平衡时，升高温度，PC的浓度减小，B项错误；C．由图，催化剂为[Inda]时，反应活化能更低，PC的生成速率更快，C项正确；D．催化剂为[2-CNPyr]时，为决速步骤，D项错误；故答案为：C。 10．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。 11．D【详解】A．明确选项中的“该反应”指，从始态和末态可知，该反应是放热反应，正反应活化能小于逆反应活化能，A错误；B．反应历程中决速步骤为活化能最大的步骤为，非，B错误；C．物质能量越高，稳定性越差，由图可知过渡态对应的物质能量最高，稳定性最差，C错误；D．反应未达平衡时，使用催化剂可提高一定时间内原料气的转化率，D正确，故答案选D。 12．B【详解】A．LiX与H2O反应生成LiOH与XH，H2O作为反应物化学键断裂，其中H与O之间形成的化学键为极性共价键，故有极性键断裂，A正确；B．同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子，H2、D2、T2为单质，不可能为同位素，B错误；C．活化能越小化学反应速率越快，活化能为中间体M与过渡态TS之间的能量差，即TS-Ｍ为所需的活化能，经过计算可得，LiH活化能为-81.3+95.7=14.4 kJ/mol、LiD的活化能为-85.4+98.1=12.7 kJ/mol、LiT活化能为-84.3+96.2=11.9 kJ/mol，活化能大小顺序为LiH>LiD>LiT，反应速率为LiH<LiD<LiT，C正确； D．反应放出的能量为反应物与生成物的能量差，即反应物总能量-生成物总能量=反应放出的能量，LiH与H2O放出151.6 kJ/mol，LiD为163.2kJ/mol，LiT为165.2 kJ/mol，故放出热量顺序为LiH<LiD<LiT，D正确；故答案选B。 13．C【分析】分析理解题目给出的反应机理图。从图中可以看出，反应物是CH4和O2，产物是CH3OH，催化剂是MOF-253-Fe(Ⅱ)。此外，反应中涉及·CH3和·OH等自由基中间体，这些中间体在不同步骤中参与反应。据此分析各选项；【详解】A．根据反应机理图，总反应为：，该反应无副产物，原子利用率为100%，A错误；B．若将O2替换为18O2，由于反应在水相中进行，18O可能通过·OH自由基进入CH3OH，也可能参与形成H2O（如INT-11→INT-12步骤），因此18O不仅存在于CH3OH中，也可能出现在H2O中。题干中“只能”表述错误，B错误；C．·CH3的电子数 = C原子（6）+ 3×H原子（1）= 9，·OH的电子数 = O原子（8）+ H原子（1）= 9，二者均为9个电子，故1 mol ·CH3与1 mol ·OH所含电子数相同，均为9NA，C正确；D．初始催化剂MOF-253-Fe(Ⅱ)中Fe为+2价；在INT-11和INT-12中，Fe与氧形成Fe=O结构，表明Fe被氧化化合价升高；后续步骤中Fe又被还原回+2价。可见Fe元素化合价在过程中变化，D错误；故选C。 14．D【详解】A．由图中转化关系可知，(C4H9)4NBr是前面反应的反应物，又作后面反应的生成物，所以该物质是催化剂，A正确；B．反应中为中间体，故一共有3种中间体，B正确； C．根据图可知，总反应方程式为，则该反应为加成反应，总反应原子利用率可达100%，C正确；D．反应过程中存在C-Br键的断裂和N-Br键的形成，没有非极性键的断裂和形成，D错误；故选D。 15．D【详解】A．根据反应历程，参加反应的物质为，产物为及HCHO和，方程式配平正确，A正确；B．由题图可知，反应过程中Mo形成共价键的数目有4、6两种，故共价键数目发生了改变，B正确；C．在反应中作催化剂，能够改变反应途径，但不能使化学平衡发生移动，故不能提高反应物的平衡转化率，C正确；D．根据反应历程分析，如果原料为，则可能生成甲醛、乙醛、乙烯、丙烯和水，选项只提到了乙醛、丙烯和水，漏掉了甲醛和乙烯，D错误；故选D。 16．D【详解】A．反应①中的键断裂，形成两个键，元素从价变为价，化合价降低，被还原，A错误；B．丙烯中双键碳原子没有孤电子对，是碳碳双键的键电子对提供给离子形成配位键，不是碳原子的孤电子对，B错误；C．反应③中，丙烯双键的碳原子原本为杂化，加成后变成饱和单键碳原子，杂化类型由变为，C错误；D．催化剂的作用是改变反应的历程，改变反应的活化能（一般为降低活化能加快反应），不改变反应的焓变，D正确； 故选D。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $