2027届高考化学一轮复习练习 15反应机理（全国通用）

**基本信息** 以反应历程能垒图和循环图为核心方法，系统整合催化剂、决速步等概念，通过名校模拟与高考真题构建“方法-知识-应用”逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |反应历程能垒图|含能垒图分析题（如甲酸分解反应）|分析能量变化、决速步；判断反应热与活化能|从能量变化（化学观念）到反应路径（科学思维），构建微观机理与宏观性质的关联| |反应机理循环图|含循环图判断题（如丙烯酸甲酯制备）|识别催化剂/中间产物、原子转移；分析键的断裂与形成|以循环模型（模型认知）为载体，整合催化原理与物质转化规律（证据推理）|

反应机理 一．刷题秘诀🔑 1.反应历程能垒图 2.反应机理循环图 🔍模拟演练 1. 甲酸催化分解的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示。下列说法错误的是 A. 总反应为放热反应 B. 反应过程中，需要控制适当的pH C. [L-Fe-H]+可以降低反应的焓变 D. 该过程的决速步的反应方程式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．从能量变化图看，反应物相对能量为0.0 kJ/mol的能量高于生成物相对能量为-46.2 kJ/mol，因此总反应为放热反应，A正确； B．反应机理中涉及H+和HCOO-的参与，pH会影响这些离子的浓度，进而影响催化剂活性和反应进程，因此需要控制适当的pH，B正确； C．[L-Fe-H]+是反应的催化剂，催化剂的作用是降低反应的活化能，但不改变反应的焓变，C错误； D．活化能越大，反应速率越慢，总反应速率由最慢的决速步决定。第一步活化能为，第二步活化能为，第二步活化能更大，为决速步，该步反应为→[L-Fe-H]++H2，D正确； 故答案选C。 2. （西安中学检测三）丙烯酸甲酯()是一种重要的有机化工原料。工业利用耦合反应制备丙烯酸甲酯，反应机理如图所示，下列叙述错误的是 A. LnNi为该反应的催化剂 B. 反应①中存在键的断裂 C. 该历程总反应的原子利用率为100% D. 若将②中的换成，则可制备丙烯酸乙酯 【答案】C 【解析】 【详解】A．从反应机理图可以看出，LnNi在反应①中参与反应，在反应④后又重新生成，符合催化剂在反应前后质量和化学性质不变的特点，所以LnNi为该反应的催化剂，A正确； B．反应①是LnNi与、反应生成新的物质，在这个过程中，、中的部分化学键会发生断裂，B正确； C．根据反应机理，总反应为，除了生成丙烯酸甲酯外，还生成了HI，原子没有全部转化到目标产物中，原子利用率不为100%，C错误； D．反应②中提供甲基（）参与反应生成丙烯酸甲酯，若将换成，则会提供乙基（），从而可制备丙烯酸乙酯，D正确； 故选C。 3. 某种含二价铜微粒的催化剂可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图甲，反应历程如图乙，TS表示过渡态。下列说法错误的是 A. 该反应过程实现了将和转化为无污染的和 B. 反应过程中，微粒做氧化剂 C. 决速步骤的离子方程式为 D. 升高温度，状态③到状态④的正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度 【答案】C 【解析】 【详解】A．由甲图可知，该反应过程实现了将和转化为无污染的和，A正确； B．反应过程中，微粒转化为，Cu元素化合价降低，微粒做氧化剂，B正确； C．活化能越高，反应速率越慢，慢反应为总反应的决速反应，决速步骤为状态③到状态④，C错误； D．状态③到状态④为放热反应，升高温度，状态③到状态④的正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度，D正确； 故选C。 4. （安徽A10联盟）绿色化学与技术教育部重点实验室的科研人员发现多位点催化剂协同实现温和条件下生物质基吡咯烷酮的合成的机理如下图所示： 下列有关说法正确的是 A. 反应②只有极性键的断裂和形成 B. 反应③只有氮原子的杂化方式改变 C. 该历程中有三种反应物和两种生成物 D. 活性位点可能与原子或离子的缺电子有关 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应②有非极性键的形成，并非只有极性键的断裂和形成，A错误； B．反应③中碳原子的杂化方式也随成键变化发生改变，并非只有氮原子的杂化方式改变，B错误； C．该历程中反应物有乙酰丙酸乙酯、正丙胺、氢气三种，生成物有吡咯烷酮、乙醇、水三种，C错误； D．活性位点可结合带负电的，说明活性位点可能与原子或离子的缺电子有关，D正确； 故选 D。 5. 1，2-丙二醇()单分子解离可以得到多种不同的产物或自由基，反应相对能量随反应历程的部分变化如图所示。解离路径包括碳碳键断裂解离和脱水过程。下列说法错误的是 A. 可用核磁共振氢谱仪鉴别和两条路径的有机产物 B. 1，2-丙二醇的沸点高于1，3-丙二醇的沸点 C. 三种丙烯醇产物中，最稳定的是 D. 1，2-丙二醇中C-C键的键能相差 【答案】B 【解析】 【详解】A．核磁共振氢谱仪可鉴别有机物中不同化学环境的氢原子。TS3和TS4两条路径的有机产物中氢原子的化学环境不同，所以可用核磁共振氢谱仪鉴别，A正确； B．1，2-丙二醇和1，3-丙二醇都属于醇，1，2-丙二醇中羟基之间能形成分子内氢键，而1，3-丙二醇羟基之间不能形成分子内氢键，所以1，2-丙二醇的沸点低于1，3-丙二醇的沸点，B错误；　 C．物质的能量越低越稳定，根据反应历程图，能量最低的丙烯醇产物是，所以最稳定的是，C正确； D．根据反应历程图，碳碳键断裂解离的两种路径对应的能量差为1.4kJ/mol，该能量差可近似看作C-C键的键能相差值，D正确；　 故选B。 6. （东北三省一区二模）我国科研工作者利用作为光催化剂，以、和芳香烃为原料可制得氯代芳烃。研究发现，该方法可选择性地对进行氯化，有关反应机理如图所示： 下列说法正确的是 A. 步骤①~③中，与均属于中间产物 B. 步骤③反应为 C. 每制得，消耗的物质的量为 D. 若用代替，则最终可得到 【答案】C 【解析】 【详解】A．中间产物是反应中生成又消耗的物质，Ru3+在步骤②生成、步骤③消耗，属于中间产物；而是步骤②生成的产物，后续未被消耗，属于最终产物，并非中间产物，A错误； B．步骤③中，Ru3+被还原为Ru2+，Cl⁻被氧化为HClO，根据电子守恒，需2个Ru3+与1个Cl⁻反应。但反应体系中原料为NaCl和，无大量OH⁻，O和H应来自，正确方程式应为2Ru3+ + Cl⁻ + H2O = 2Ru2+ + HClO + H+，B错误； C．总反应中，为氧化剂，Cl⁻为还原剂，1mol可氧化1 mol Cl⁻生成1 mol HClO，1 mol HClO与1mol芳香烃反应生成1 mol氯代芳烃，故每制得1 mol氯代芳烃消耗1 mol，C正确； D．该方法选择性氯化苯环上的H，甲苯中苯环H为C(sp2)-H，甲基H为C(sp3)-H，故应生成氯甲苯，D错误； 故选C。 7. （东北三省一区二模）由生物质产品乙酰丙酸催化合成γ-戊内酯的步骤如图。下列说法正确的是 A. 催化剂的使用增大了乙酰丙酸的平衡转化率 B. 步骤②中发生了还原反应 C. 步骤⑤中只有非极性键的断裂和生成 D. 总反应为 【答案】D 【解析】 【详解】A．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，也就不会影响乙酰丙酸的平衡转化率，A错误； B．步骤②发生酯化反应不是还原反应，B错误； C．根据反应物和产物结构对比可知，步骤⑤中有C-O的断裂，C错误； D．根据合成步骤图中箭头指向可得反应物为和，生成物为、和，故总反应为，D正确； 故选D。 8. （山东大学附中）某反应机理如下，下列说法错误的是 A. 化合物Ⅵ为该反应的催化剂 B. 化合物为，可循环利用 C. 若化合物Ⅲ为，按照该反应机理可生成和 D. 化合物Ⅲ转化为Ⅳ后，键长变短 【答案】C 【解析】 【详解】A．观察整个催化循环，化合物VI在反应起始阶段与反应物I结合，得到中间体 II，在反应的最后一步（水解），化合物VI又被完整地释放出来参与下一次循环，它符合“参与反应，但在反应前后质量和化学性质不变”的特征，因此它是该反应的催化剂，A正确； B．在循环的第一步，化合物I与化合物VI发生缩合反应，生成中间体 II 和一分子水，因此X为H2O， 顺着循环往下看，在最后一步，加合物IV发生水解反应，重新释放出最终产物V和催化剂VI，这个水解过程刚好需要消耗水，X在第一步生成，在最后一步被消耗，在整个闭环体系中可以循环参与反应，B正确； C．根据反应机理总反应为I+III→V，若化合物III为，按照该反应机理可生成和，C错误； D．化合物Ⅲ中间的 C2-C3 是单键， 当它与中间体 II发生 Diels-Alder 环加成反应转化为化合物IV 时，旧的两个双键断裂，电子发生重排，在 C2 和 C3 之间形成了一个新的双键，键长变短，D正确； 故答案选C。 9. （西南名校联盟诊断）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如图。下列说法不正确的是 A. 产物1为苯的加成产物，产物2为苯的取代产物 B. 生成产物1是吸热反应，故升高温度，产物1的产率一定升高 C. 由苯生成M的过程破坏了苯中的大键 D. 由图像分析可知，生成产物2更容易 【答案】B 【解析】 【分析】苯与浓和浓发生加成反应，生成产物1，为吸热反应；发生取代反应生成产物2，为放热反应，据此分析： 【详解】A．前后结构对照，产物1为苯的加成产物，产物2为苯的取代产物，A正确； B．升温浓硝酸会挥发，也会分解，产物1的产率不一定升高，B错误； C．M的六元环中与相连的C为杂化，苯中大键发生改变，C正确； D．由图像可知，相较于生成产物1，中间体M生成产物2的反应活化能更低，反应速率更快，且产物2的能量更低，更稳定，故生成产物2更容易，D正确； 故选B。 10. （湘豫名校）通过费托合成(FTS)工艺将CO加氢转变为高附加值化学品已成为学术界和工业界最前沿的研究领域。使用镍纳米粒子催化剂进行FTS反应时部分反应过程如图所示(其中表示镍纳米粒子催化剂)。下列说法正确的是 A. 结合图示信息推知，加氢反应：为吸热反应 B. 图示反应过程共有4个基元反应 C. 图示反应的决速步骤为 D. 使用比催化剂更高效的催化剂可降低图示反应的活化能和焓变 【答案】C 【解析】 【详解】A．图示仅包含吸附在催化剂表面的物种的相对能量，未涉及气相中断裂吸收的能量、生成时形成释放的能量，无法判断总反应的吸放热，A错误； B．基元反应为一步完成的反应，图示反应过程共有5个基元反应，B错误； C．反应决速步骤为活化能最大的步骤，经计算的活化能为，为所有基元反应中活化能最大值，是该反应的决速步骤，C正确； D．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，D错误； 故选C。 11. （杭州高级中学12月）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。根据上述反应机理，下列叙述错误的是 A. 整个反应循环中，的杂化方式有两种 B. 将水分子中全部换成，可能有生成 C. 总反应方程式 D. 该反应加入三唑，导致单位体积内分子总数增加，因此化学反应速率增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应循环中，中的C为杂化，羧基（包括中间产物和最终产物中的羧基碳）中C为杂化，总共只有两种杂化方式，A正确； B．从反应机理可知，起始反应物三唑本身的N原子上，连接有1个不来自水分子的H原子；反应过程中，三唑结构上的这个H最终会转移到产物甲酸的端位羟基上。因此即使将水分子中所有H替换为D，三唑自身的H仍然可以参与成键，因此可能生成，B正确； C．三唑参与循环、反应前后不变，为催化剂，总反应：，C正确； D．三唑是该反应的催化剂，催化剂加快反应速率的原因是改变反应途径、降低反应活化能，提高活化分子百分数，并非因为单位体积分子总数增加，该叙述因果错误，D错误； 故选D。 12. （银川一中第五次月考）中国提出二氧化碳排放在2030年前达到峰值，2060年前实现碳中和。这体现了中国作为全球负责任大国的环境承诺和行动决心。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)，下列说法错误的是 A. 二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应 B. 催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热 C. 总反应为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) D. 该历程的决速步为HCOO*＋4H*=CH3O*＋H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．由能量变化图可以看出反应物的总能量大于生成物的总能量，所以二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应，A正确； B．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，不能改变反应热，B错误； C．由反应机理和能量变化图可知，总反应为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)，C正确； D．由能量变化图知，HCOO*＋4H*=CH3O*＋H2O的活化能最大，反应速率最慢，是该历程的决速步，D正确； 故选B。 13. 纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。其中第一步的反应机理和能量变化如下。下列说法错误的是 A. 第一步反应历程中包含三个基元反应，决速步骤为第三个 B. 已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，键能为。估算的 C. 与分子中所有原子的杂化方式均为 D. 纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为6个和10个 【答案】B 【解析】 【详解】A．能量图中有3个过渡态，对应3个基元反应，决速步骤由活化能最大的步骤决定，第三个基元反应活化能最大，A正确； B．已知 C40Hx碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0 kJ/mol和298.0kJ/mol，H-H键能为436.0 kJ /mol，估算的，反应本质为断裂2个C-H键，形成1个C-C键和1个H-H键， ，B错误； C．根据图示有机物的结构特点，C40H20与C40H10分子均属于富勒烯笼状结构（稠环类纳米碗结构），C原子的杂化方式均为sp2， C正确； D．富勤烯类笼状结构遵循欧拉定理与键数规律，C40H10纳米碗的稳定构型为五元环6个、六元环10个，D正确； 故选B。 🎯 真题链接 —— 直击高考 1. （湖北26高考）在温和条件下，、和在催化下直接反应合成，反应机理如图（*表示吸附态）。 下列说法错误的是 A. 氨的合成反应方程式为 B. 增大催化剂的表面积会提高的平衡产率 C. 温度升高不一定有利于的生成 D. 过程促进催化剂活性的恢复 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应物为、、，生成物为、，所给方程式原子守恒、符合反应事实，A正确； B．催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡，增大催化剂表面积只能加快反应速率，不能提高的平衡产率，B错误； C．若该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度过高可能导致催化剂失活，因此温度升高不一定有利于的生成，C正确； D．过程b中与催化剂表面吸附的反应生成脱附，释放催化剂活性位点，促进催化剂活性的恢复，D正确； 故选B。 2. （江西2026高考）／ZSM-5是一种降解含氰废气的催化剂，其原理是/和/氧化还原循环协同作用，反应路径如图（TS代表过渡态，*代表吸附态）。下列说法正确的是 A. 通入HCl会降低催化活性，因为生成了 B. CN键初始氢化所需要克服的能垒为-1.75 eV C. TS-2所属的基元反应为决速步骤 D. 物种①为 【答案】D 【解析】 【详解】A．通入HCl时，会与催化剂中的生成难溶的CuCl，使催化剂活性位点减少，并非生成了，A错误； B．能垒为过渡态与前一中间体的自由能差值，恒为正值，CN键初始氢化对应TS-1，能垒为，B错误； C．决速步骤为反应过程中能垒最大的基元反应，经计算TS-1、TS-2、TS-3对应的能垒分别为1.82 eV、1.25 eV、0.83 eV，TS-1所属基元反应为决速步骤，C错误； D．根据反应前后原子守恒，①是与反应得到的中间体，后续生成，故物种①为，D正确； 故选D。 3. （河北2026高考） 的利用技术受到全球的广泛关注。在一定条件下使用催化剂将转变为的反应机理如下： 下列说法错误的是 A. 反应③中的产物是 B. 循环Ⅱ包含C—N键的形成与断裂 C. 吗啉和共同起催化作用 D. 总反应为 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应③中-COOH与-NH-发生取代反应生成酰胺基，结合原子守恒可知，产物M为 ，A正确； B．循环Ⅱ中仅存在酰胺基中C-N键的断裂，没有新C-N键的形成，B错误； C．吗啉和均先参与反应、后再生成，反应前后化学性质不变，共同起催化作用，C正确； D．结合整个反应流程，反应物为和，产物为和 ，总反应化学方程式为： ，D正确； 故选B。 4. （江西2026高考）X是重要的有机合成中间体，其可能的合成反应机理如图。下列说法正确的是 A. 反应a的催化剂为NHC B. 反应b中发生氧化反应 C. 物质M的结构简式为 D. 总反应的原子利用率为100% 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应a中NHC是生成物，且该反应体系的催化剂还包含Ir配合物，并非反应a的催化剂为NHC，A错误； B．结合流程，转化(Ⅲ)L过程中失去电子，发生氧化反应，反应b中，(Ⅲ)L转化为IrL过程中得到电子，则作为还原剂失去电子，发生氧化反应，B正确； C．M中含单电子的C进攻中含有单电子的碳得到目标产物，结合生成物的结构简式可知，M应为，C错误； D．反应物中S、Na、O未进入X中，推测还有副产物存在，因此原子利用率小于100%，D错误； 故选B。 5. （2026四川卷）将转化为高值化学品有助于实现“双碳”目标。催化转化的一种反应机理如下，图中“”表示催化剂表面的2个吸附位，“”表示吸附位上的H物种。 下列说法错误的是 A. 步骤①生成的是 B. 步骤②和④生成的Y是 C. 步骤④中 D. 1个分子完成催化反应获得了8个电子 【答案】C 【解析】 【详解】A．由反应机理和元素守恒得，步骤①中分子在2个吸附位上生成、(即)，A正确； B．步骤②中、恰好生成(即)，同时腾出2个吸附位，步骤④中加入的和吸附位也可生成，再与也生成，B正确； C．步骤③中加入的中的1个夺取中的形成，同时另1个生成，同理步骤④中应该有4个生成，1个与生成，3个与结合生成，即，C错误； D．由碳元素化合价变化得(+4价)(-4价)，1个分子完成催化反应获得了8个电子，D正确； 故选C。 6. （2026陕晋青宁高考）羟基自由基( )具有强氧化性，可用于处理有机废水。某科研团队开发了一种催化剂，将高效转化为 ，机理如图。下列说法错误的是 A. 总反应为 B. 部分 中的 来自于 C. 步骤①中与之间形成氢键 D. 步骤③发生了氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．将反应机理各步的反应物和生成物抵消中间产物后，总反应为 ，A正确； B．由机理图可知， 中的H元素全部来自反应物， 中的O原子全部来源于，B错误； C．步骤①中的O原子和的H原子之间的虚线代表氢键，C正确； D．步骤③中参与反应，生成了​，中的1个O原子形成了，O元素的化合价发生了变化，发生了氧化还原反应，D正确； 故选B。 7. （2026北京高考）熔融碱金属碳酸盐(如)可作为焦炭转化的催化剂，一种可能的催化机理如下。 下列说法不正确的是 A. 该过程需加热至熔融，使其发生电离 B. 反应①、②中断裂的化学键只有碳氧键 C. 该过程的总反应为 D. 该过程中每生成，①、②间转移 【答案】B 【解析】 【详解】A．题干中明确提到使用的是“熔融碱金属碳酸盐”（如 ）。在常温下是固体，需要通过加热使其达到熔融状态，在熔融状态下它才能电离出自由移动的和，从而参与循环反应，A正确； B．反应①的输入是CO2，输出是CO，这个过程中必然有碳氧键（C=O）的断裂；反应②的反应物包含了焦炭。焦炭是碳的单质，其内部是由大量的碳原子通过碳碳键（C-C）结合，因此，在反应②中，除了的碳氧键断裂外，还必定伴随着焦炭中碳碳键的断裂，B错误； C． 根据上述机理推导，总循环的净结果是消耗了碳和二氧化碳，生成了一氧化碳，为催化剂，将分步反应加和可得总反应为，C正确； D．反应①：，生成的与体系中的CO2继续反应生成参与循环 ，反应②：，由此可见，每生成4 mol ，总转移电子为2 mol，即每生成2 mol ，①、②间转移1mol ，D正确； 故选B。 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 15 反应机理 刷题秘诀🔑 1.反应历程能垒图 2.反应机理循环图 🔍模拟演练 1. 甲酸催化分解的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示。下列说法错误的是 A. 总反应为放热反应 B. 反应过程中，需要控制适当的pH C. [L-Fe-H]+可以降低反应的焓变 D. 该过程的决速步的反应方程式为 2. （西安中学检测三）丙烯酸甲酯()是一种重要的有机化工原料。工业利用耦合反应制备丙烯酸甲酯，反应机理如图所示，下列叙述错误的是 A. LnNi为该反应的催化剂 B. 反应①中存在键的断裂 C. 该历程总反应的原子利用率为100% D. 若将②中的换成，则可制备丙烯酸乙酯 3. 某种含二价铜微粒的催化剂可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图甲，反应历程如图乙，TS表示过渡态。下列说法错误的是 A. 该反应过程实现了将和转化为无污染的和 B. 反应过程中，微粒做氧化剂 C. 决速步骤的离子方程式为 D. 升高温度，状态③到状态④的正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度 4. （安徽A10联盟）绿色化学与技术教育部重点实验室的科研人员发现多位点催化剂协同实现温和条件下生物质基吡咯烷酮的合成的机理如下图所示： 下列有关说法正确的是 A. 反应②只有极性键的断裂和形成 B. 反应③只有氮原子的杂化方式改变 C. 该历程中有三种反应物和两种生成物 D. 活性位点可能与原子或离子的缺电子有关 5. 1，2-丙二醇()单分子解离可以得到多种不同的产物或自由基，反应相对能量随反应历程的部分变化如图所示。解离路径包括碳碳键断裂解离和脱水过程。下列说法错误的是 A. 可用核磁共振氢谱仪鉴别和两条路径的有机产物 B. 1，2-丙二醇的沸点高于1，3-丙二醇的沸点 C. 三种丙烯醇产物中，最稳定的是 D. 1，2-丙二醇中C-C键的键能相差 6. （东北三省一区二模）我国科研工作者利用作为光催化剂，以、和芳香烃为原料可制得氯代芳烃。研究发现，该方法可选择性地对进行氯化，有关反应机理如图所示： 下列说法正确的是 A. 步骤①~③中，与均属于中间产物 B. 步骤③反应为 C. 每制得，消耗的物质的量为 D. 若用代替，则最终可得到 7. （东北三省一区二模）由生物质产品乙酰丙酸催化合成γ-戊内酯的步骤如图。下列说法正确的是 A. 催化剂的使用增大了乙酰丙酸的平衡转化率 B. 步骤②中发生了还原反应 C. 步骤⑤中只有非极性键的断裂和生成 D. 总反应为 8. （山东大学附中）某反应机理如下，下列说法错误的是 A. 化合物Ⅵ为该反应的催化剂 B. 化合物为，可循环利用 C. 若化合物Ⅲ为，按照该反应机理可生成和 D. 化合物Ⅲ转化为Ⅳ后，键长变短 9. （西南名校联盟诊断）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如图。下列说法不正确的是 A. 产物1为苯的加成产物，产物2为苯的取代产物 B. 生成产物1是吸热反应，故升高温度，产物1的产率一定升高 C. 由苯生成M的过程破坏了苯中的大键 D. 由图像分析可知，生成产物2更容易 10. （湘豫名校）通过费托合成(FTS)工艺将CO加氢转变为高附加值化学品已成为学术界和工业界最前沿的研究领域。使用镍纳米粒子催化剂进行FTS反应时部分反应过程如图所示(其中表示镍纳米粒子催化剂)。下列说法正确的是 A. 结合图示信息推知，加氢反应：为吸热反应 B. 图示反应过程共有4个基元反应 C. 图示反应的决速步骤为 D. 使用比催化剂更高效的催化剂可降低图示反应的活化能和焓变 11. （杭州高级中学12月）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。根据上述反应机理，下列叙述错误的是 A. 整个反应循环中，的杂化方式有两种 B. 将水分子中全部换成，可能有生成 C. 总反应方程式 D. 该反应加入三唑，导致单位体积内分子总数增加，因此化学反应速率增大 12. （银川一中第五次月考）中国提出二氧化碳排放在2030年前达到峰值，2060年前实现碳中和。这体现了中国作为全球负责任大国的环境承诺和行动决心。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)，下列说法错误的是 A. 二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应 B. 催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热 C. 总反应为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) D. 该历程的决速步为HCOO*＋4H*=CH3O*＋H2O 13. 纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。其中第一步的反应机理和能量变化如下。下列说法错误的是 A. 第一步反应历程中包含三个基元反应，决速步骤为第三个 B. 已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，键能为。估算的 C. 与分子中所有原子的杂化方式均为 D. 纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为6个和10个 🎯 真题链接 —— 直击高考 1. （湖北26高考）在温和条件下，、和在催化下直接反应合成，反应机理如图（*表示吸附态）。 下列说法错误的是 A. 氨的合成反应方程式为 B. 增大催化剂的表面积会提高的平衡产率 C. 温度升高不一定有利于的生成 D. 过程促进催化剂活性的恢复 2. （江西2026高考）／ZSM-5是一种降解含氰废气的催化剂，其原理是/和/氧化还原循环协同作用，反应路径如图（TS代表过渡态，*代表吸附态）。下列说法正确的是 A. 通入HCl会降低催化活性，因为生成了 B. CN键初始氢化所需要克服的能垒为-1.75 eV C. TS-2所属的基元反应为决速步骤 D. 物种①为 3. （河北2026高考） 的利用技术受到全球的广泛关注。在一定条件下使用催化剂将转变为的反应机理如下： 下列说法错误的是 A. 反应③中的产物是 B. 循环Ⅱ包含C—N键的形成与断裂 C. 吗啉和共同起催化作用 D. 总反应为 4. （江西2026高考）X是重要的有机合成中间体，其可能的合成反应机理如图。下列说法正确的是 A. 反应a的催化剂为NHC B. 反应b中发生氧化反应 C. 物质M的结构简式为 D. 总反应的原子利用率为100% 5. （2026四川卷）将转化为高值化学品有助于实现“双碳”目标。催化转化的一种反应机理如下，图中“”表示催化剂表面的2个吸附位，“”表示吸附位上的H物种。 下列说法错误的是 A. 步骤①生成的是 B. 步骤②和④生成的Y是 C. 步骤④中 D. 1个分子完成催化反应获得了8个电子 6. （2026陕晋青宁高考）羟基自由基( )具有强氧化性，可用于处理有机废水。某科研团队开发了一种催化剂，将高效转化为 ，机理如图。下列说法错误的是 A. 总反应为 B. 部分 中的 来自于 C. 步骤①中与之间形成氢键 D. 步骤③发生了氧化还原反应 7. （2026北京高考）熔融碱金属碳酸盐(如)可作为焦炭转化的催化剂，一种可能的催化机理如下。 下列说法不正确的是 A. 该过程需加热至熔融，使其发生电离 B. 反应①、②中断裂的化学键只有碳氧键 C. 该过程的总反应为 D. 该过程中每生成，①、②间转移 2 学科网（北京）股份有限公司 $