微专题 化学反应机理（培优讲义）（全国通用）2027年高考化学一轮复习高效培优系列

该高中化学讲义聚焦化学反应机理高考核心考点，涵盖基元反应与过渡态理论、催化机理、环式反应图像及能垒与决速步骤，按“考情分析-知识梳理-重难突破-分层集训”逻辑架构，通过考点梳理、方法指导、真题训练帮助学生构建系统知识网络，突破微观反应分析难点。 资料创新设计图像分析模型与分层集训体系，如能垒图“四关键”解读、环式反应“一剂三物”识别法，培养科学思维与信息提取能力。设置基础演练、能力进阶、真题实战三级练习，配合解题技巧指导，助力学生高效提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

微专题 化学反应机理 内容导航 夯实基础·突破重难·分层提能 考情・分析解读（课标要求 考情解读 备考策略） 知识・归纳梳理（知识导图 核心梳理 方法归纳） 知识点01 基元反应与过渡态理论 知识点02 催化机理与催化剂对反应速率的影响 知识点03 环式反应机理图像及分析 知识点04 能垒与决速步骤 重难・核心突破（核心提炼 解题技巧 命题探究） 考向01 反应机理与能量变化图像 解题技巧 解答能量变化图像“四关键” 考向02 反应机理与环式反应图像 解题技巧 环式反应机理图像分析方法 考向03 反应机理与过渡态图像 解题技巧 三步突破能量变化能垒图 考向04 反应机理与反应速率、化学平衡综合考查 拔高・分层集训（基础演练 能力进阶 真题实战） 考情·分析解读 课标要求 1.了解化学反应是有历程的，了解基元反应、过渡态理论。 2.知道催化剂可以改变反应历程，了解简单的催化机理及其对调控化学反应速率的重要意义。 1. 考题统计 核心考点 2026年 2025年 2024年 考点01 反应机理和反应历程 湖南卷；河南卷； 山东卷；云南卷； 黑吉辽蒙卷 湖南卷；河南卷；重庆卷；河北卷； 北京卷；山东卷；江苏卷；广西卷； 四川卷；安徽卷；陕晋宁青卷 北京卷；安徽卷；河北卷；贵州卷；甘肃卷；浙江卷；黑吉辽卷 考情解读 化学反应机理是以文字、方程式及图像三种形式呈现，其中物质能量-反应历程图、催化反应循环图是主要载体。命题深入微观层面，重点考查基元反应、活化能、中间体与过渡态识别、决速步判断、催化剂作用及化学键变化等。试题多取材于诺贝尔奖成果、绿色合成、能源转化等前沿科研情境。 备考策略 一要构建系统的图像分析模型，能垒图重点分析最大能垒、决速步和焓变计算；循环图重点识别催化剂、中间产物及各步反应。 二要强化陌生情境下的信息提取能力，能从图像、文字和设问中快速获取有效信息。 三要关注同位素标记法在机理探究中的应用。 四要掌握“审图→标物质→判变化→得结论”的解题流程，提升微观分析与逻辑推理能力。 基础・知识梳理 知识导图 核心梳理 知识点1 基元反应与过渡态理论 1.基元反应 大多数化学反应往往经过多个反应步骤才能实现，每一步反应都称为基元反应；先后进行的基元反应反映了反应历程，反应历程又称反应机理。如H2和O2的反应需经历多步基元反应才能完成，主要的4步基元反应如下： （1）H2―→2H·(速率最小，称为决速步)； （2）H·＋O2―→·OH＋O·； （3）O·＋H2―→·OH＋H·； （4）·OH＋H2―→H2O＋H·。 2.反应历程 (1)含义 与某化学反应有关的一组基元反应反映了该反应的反应历程，反应历程又称反应机理。 (2)自由基 带有单电子的原子或原子团叫做自由基，如O·自由基、I·自由基。 (3)反应历程中的自由基 如H2(g)+I2(g)===2HI(g)，它的反应历程有如下两步基元反应： ①I2I·+I·(快) ②H2+2I·===2HI(慢) 其中慢反应为整个反应的决速步骤。 3.过渡态理论 (1)理论简介 反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡状态。过渡状态的平均能量与反应物分子的平均能量的差为反应的活化能。如图所示：Ea是正反应的活化能，Ea'是逆反应的活化能。ΔH=Ea-E'a。 (2)催化剂影响化学反应速率的过渡态理论解释 使用催化剂→改变了反应的路径(如图)，反应的活化能降低→反应速率加快。 知识点2 催化机理与催化剂对反应速率的影响 1.催化机理与活化能 (1)催化剂的催化机理 催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间产物，降低了达到过渡态所需要的活化能，使反应速率加快。 反应A+B――→AB的活化能为Ea。 加入催化剂K后，反应分两步进行： ①A+K――→AK　活化能为(慢反应) ②AK+B――→AB+K　活化能为(快反应) 总反应方程式：A+BAB，反应活化能(能垒)为。 (2)活化能与化学反应速率的关系 ①加入催化剂后，两步基元反应的活化能均小于原反应的活化能Ea，因此反应速率加快。 ②两步基元反应由于，第1步反应是慢反应，决定整个反应的快慢，活化能是在催化剂条件下总反应的活化能。 2.活化能与反应机理 使用催化剂，可以改变活化能，改变反应机理，在反应机理中每一步反应的活化能不同，且均比总反应的活化能低，故一般使用催化剂可以降低反应活化能，增大反应速率，如下图所示： E1为总反应的活化能；E2、E3为使用催化剂后，反应机理中各步的活化能。 3.催化剂的特征 (1)催化剂只能改变反应途径(又称反应机理)，不能改变反应的始态和终态。它同时加快了正、逆反应速率，缩短了达到平衡的时间，并不能改变平衡状态。 (2)催化剂有选择性，不同的反应常用不同的催化剂，即每个反应有它特有的催化剂。生产上常利用催化剂的选择性，使所希望的化学反应加快，同时抑制某些副反应的发生。 (3)每种催化剂只有在特定条件下才能体现出它的活性，否则将失去活性或发生催化剂中毒。 知识点3 环式反应机理图像及分析 1.“环式”反应模型 （1）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； （2）“出环”的物质为生成物，如②和③。 2.催化剂与中间产物 （1）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。 （2）中间产物：在连续反应中为第一步的产物，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。 3.反应历程中物质的变化 ①只进不出的是反应物(A――→…); ②只出不进的是产物(…――→M); ③先出后进的是中间体(…――→X，X――→…); ④先进后出的是催化剂(R――→…，…――→R)。 知识点4 能垒与决速步骤 1.能垒与反应速率的关系 简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也称为慢反应。如图所示，从第一个中间态到过渡态2的能量就是能垒，而HCOO*＋H*===CO2＋2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤。 2.能垒模型 （1）能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应。 （2）用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好。 （3）相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高，产物的稳定性强。 重难・核心突破 考向01 反应机理与能量变化图像 【例1】（2026·陕西渭南·三模）叔丁基溴[]的水解属于单分子亲核取代反应，该反应的能量变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A．反应进程中，生成的步骤为决速步骤 B．反应达平衡时，升高温度，的浓度减小 C．若叔丁基氯的水解机理与叔丁基溴相同，则其增大 D．使用催化剂可以降低该反应的，加快反应速率 【答案】C 【解析】决速步骤为反应活化能最大的步骤，由图可知第一步反应活化能最大，为决速步骤，生成的步骤活化能小于，不是决速步骤，A错误；由能量曲线可知反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的浓度增大，B错误；原子半径，故键键能大于键，断裂键需要的能量更高，若叔丁基氯水解机理相同，则其增大，C正确；催化剂只能降低反应的活化能，加快反应速率，无法改变反应物和生成物的总能量差，即不能改变，D错误；故选C。 解题技巧 解答能量变化图像“四关键” （1）明确图像横纵坐标的含义：一般是横轴表示反应过程，纵轴表示能量变化。 （2）细致观察各个步骤的变化：起始态、过渡态、最终态等。 （3）厘清图像变化与概念间的关系：吸热反应和放热反应、活化能、ΔH、稳定性等的正确判断。 （4）结合题意进行决速步骤的判断，ΔH的计算等。 【变式探究】（2026·河南驻马店·模拟预测）1，3-丁二烯与按照发生加成反应的机理是：氢离子进攻碳碳双键，形成不同位点的碳正离子；不同位点的碳正离子与溴离子结合，得到不同的加成产物。该过程的能量与反应进程如图所示(、、表示各步正反应的焓变)。下列说法正确的是 A．增大溴离子浓度，可以提高该加成反应的速率 B．1，3-丁二烯分子中的碳原子的杂化方式有2种 C．温度越低，反应时间越长，产物以为主 D．1，3-丁二烯与发生1，4-加成的反应热为 【答案】C 【解析】反应速率由活化能最大的决速步决定，该反应第一步氢离子进攻双键形成碳正离子是决速步，溴离子不参与第一步，因此增大溴离子浓度不能提高总反应速率，A错误；1,3-丁二烯结构简式为，所有碳原子均形成3个σ键，无孤电子对，全部为杂化，杂化方式只有1种，B错误；若温度高，反应快，反应时间短，产物受动力学控制，产物以更快反应得到的CH3CHBrCH=CH2为主；1,4-加成产物(CH3CH=CHCH2Br)能量更低，更稳定，是热力学控制产物，在较低温度、足够长的反应时间下，反应趋于平衡，主要生成更稳定的1,4-加成产物，C正确；根据盖斯定律，1,4-加成的总反应热为第一步焓变加上第二步（中间体到1,4-产物）焓变，即反应热为，不是，D错误；故选C。 【变式探究】（2026·湖南长沙·模拟预测）一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯与溴单质发生液相加成反应分两步进行，第一步生成中间体M，第二步生成产物Z或W，反应机理及反应进程与能量变化关系如图所示。 下列说法错误的是 A．该二烯烃与溴单质生成Z或W的反应均为放热反应 B．达到平衡时，Z的含量小于W C．达到平衡后，恒温条件下加入液溴，减小 D．低温条件下，反应开始后短时间内Z为主要产物 【答案】C 【解析】由能量变化图可知，反应物的能量高于产物Z或W的能量，则生成Z或W的反应为放热反应，A正确；能量越低的产物越稳定，含量越高，图中信息显示，W的能量比Z低，则达到平衡时，Z的含量小于W，B正确；由于生成Z和W的反应是基于同一中间体M进行，加入液溴会使两平衡正向移动，但对生成Z和W反应的影响是一致的。反应的平衡常数仅与温度有关，恒温条件下，反应的平衡常数不变，等于Z、W生成反应的平衡常数之比，温度不变时，其比值不变，C错误；低温条件下，活化能越低，反应速率越快，M生成Z的活化能低于M生成W的活化能，则开始发生反应的短时间内生成Z的反应速率更快，Z为主要产物，D正确；故选C。 考向02 反应机理与环式反应图像 【例2】（2026·江苏省镇江·模拟预测）某课题组在的水相中，以为催化剂，实现了向的高效转化，总反应是放热反应， 其可能的转化机理如下图。 下列说法正确的是 A．总反应的反应物的总键能小于生成物的总键能 B．若将替换成，则最终只能在中检测到 C．INT-12中，元素的化合价为+6价 D．使用催化剂可提高该反应的原子利用率 【答案】A 【分析】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)，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，据此解答； 【解析】总反应是放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能，A正确；若将替换成，中间体INT-13有3个相同化学环境的羟基，其中有一个羟基中的氧原子是18O，在INT-13→INT-14过程中，3个羟基结合·CH3的概率理论上是相同的，故不一定全部进入生成物CH3OH中，B错误；初始催化剂MOF-253-Fe(Ⅱ)中Fe为+2价，在INT-12中，Fe与氧形成Fe=O结构，被氧化为+4价，C错误；该反应为2CH4+O2=2CH3OH，所有反应物原子均进入目标产物，原子利用率为100%，使用催化剂不改变反应方程式，不能提高该反应的原子利用率，D错误；故选A。 解题技巧 “环式”反应机理图像分析方法 第一步：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 生成物 中间体 通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质多是产物 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 第二步：逐项分析，获取正确答案 由第一步题给情境信息，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。 【变式探究】（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）为实现“碳中和”、“碳达峰”目标，科学家提出用钌(Ru)基催化剂催化和反应生成HCOOH，反应机理如图所示，已知当生成时放出31.2 kJ的热量。下列说法正确的是 A．总反应化学方程式为： B．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成 C．通过和反应制备，每转移，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 【分析】结合反应机理图，确定总反应的反应物为和，生成物为，Ru基物质为反应的催化剂。反应过程中中的非极性键、中的极性键发生断裂，仅形成中的极性键，无非极性键生成。生成46 g即1 mol 时放出31.2 kJ热量，该反应中C元素化合价从+4价降低到+2价，每生成1 mol 转移2 mol电子。催化剂仅改变反应活化能，不改变反应热与平衡转化率。 【解析】总反应化学方程式反应物、生成物及配平均符合机理推导结果，A正确；反应历程中存在非极性键、极性键的断裂，仅存在极性键的形成，无非极性键的形成，B错误；每生成1 mol 转移2 mol电子，放出31.2 kJ热量，故每转移1 mol ，放出热量为，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，也不能改变平衡转化率，D错误；故选A。 【变式探究】（2026·湖北宜昌·模拟预测）某钯催化偶联过程机理如图()，下列说法错误的是 A．反应过程涉及非极性键的断裂与形成 B．降低反应所需要的活化能 C．反应中Pd的化合价发生变化 D．整个过程的化学方程式为 【答案】A 【解析】反应过程中仅存在碳碳非极性键的形成，没有非极性键的断裂，A错误；是该反应的催化剂，催化剂可降低反应所需的活化能，B正确；该催化循环中，Pd先后发生氧化加成、转金属化、还原消除等基元步骤，作为过渡金属催化剂，Pd的化合价会在不同中间体中发生升降变化，C正确；根据催化循环，是催化剂不写入总反应，将反应物（对溴苯乙酮、苯硼酸、）和生成物（、、目标偶联产物F，D正确；故选A。 考向03 反应机理与过渡态图像 【例3】（2026·甘肃陇南·二模）某过渡金属氧化物离子（以表示）在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。与反应的过程如图所示。下列说法正确的是 A．反应过程中有极性键和氢键的断裂 B．(g)相对于(g)能量更低，更稳定 C． D．若与反应，生成的含氘乙醇有3种 【答案】D 【解析】反应过程中有C—H极性键断裂，没有氢键的断裂，A错误；(g)和(s)的总能量高于(g)和(s)，不能比较(g)和(g)的能量高低，无法比较二者稳定性大小，B错误；根据盖斯定律知， ，C错误；若与反应，生成的含氘乙醇可能为、、，共3种，D正确；故选D。 解题技巧 三步突破能量变化能垒图 【变式探究】（2026·湖北黄冈·模拟预测）已知甲酸发生分解反应可能有以下两种途径：①；②。一定温度下，使用不同催化剂催化甲酸分解，反应历程如图。下列有关说法正确的是 A．任何条件下，反应①的选择性均优于反应② B．反应①过程中有碳氧键的断裂和形成 C．反应①为放热反应 D．升高温度可提高CO纯度，故温度越高，CO生成效率越高 【答案】B 【解析】从反应历程可知，反应①的活化能小于反应②的活化能，反应①速率大于反应②，则说明在该温度下催化剂对反应①的选择性优于反应②，但温度不同，催化剂的活性不同，则其他条件下，反应①的选择性不一定优于反应②，A错误；反应①过程的步骤：，中的碳氧键会断裂，同时生成CO时有新的碳氧键形成，所以反应①过程中有碳氧键的断裂和形成，B正确；从反应历程图可知，反应①的生成物总能量高于反应物总能量，则反应①是吸热反应，C错误；反应①为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的生成量增大；反应②为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故在一定温度范围内升高温度，CO的生成量增大，可提高CO纯度，但温度过高，可能使催化剂活性降低，反应①的选择性降低，导致CO生成效率降低，D错误；故选B。 【变式探究】（2026·重庆·三模）在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸发生反应的反应历程如图。下列说法不正确的是 A．优势产物为2 B．产物1为加成反应的产物 C．苯与浓硝酸的反应只有非极性键的断裂和形成 D．生成产物1的反应为吸热反应，生成产物2的反应为放热反应 【答案】C 【解析】产物能量越低越稳定，产物2的相对能量为-193.03，远低于产物1，更稳定，因此优势产物为2，A正确；苯环的不饱和键打开，引入硝基和两个基团，符合加成反应的特点，因此产物1是加成反应的产物，B正确；该反应存在极性键的断裂和形成，比如苯的极性键断裂，生成产物时苯与硝基之间形成、等极性键，并非只有非极性键的断裂和形成，C错误；反应物相对能量为0，产物1总能量为21.6高于反应物，生成产物1为吸热反应，产物2总能量为-193.03低于反应物，生成产物2为放热反应，D正确；故选C。 考向04 反应机理与反应速率、化学平衡综合考查 【例4】（2026·四川绵阳·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．C2H3*转化为C4H6*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C2H2的平衡转化率 C．C2H2(g)转化为C4H6(g)的过程放出热量 D．选择较短的反应时间，可提高乙烯的产率 【答案】D 【解析】C2H3*转化为C4H6*时，碳链增长，有C-H、C-C键形成，A错误；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C2H2的平衡转化率，B错误；由图2可知，C4H6*转化为C4H6(g)能量未知，无法通过此图判断该过程的热效应，C错误；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。 【变式探究】（2026·安徽合肥·模拟预测）某温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的，发生下列反应： 、　，测得各气体物质的量与反应时间的关系如图1所示，反应进程中的相对能量变化如图2所示。下列说法正确的是 A．过渡态1的位置应位于②处 B．加入某催化剂可明显加快生成的速率，则的值一定减小 C．步骤Ⅱ逆反应的活化能为 D．、、 【答案】B 【解析】第一步反应，从图1可知的物质的量先快速增加后逐渐减小，说明第一步反应速率比第二步快（生成的速率大于消耗的速率，先积累）。反应速率越快，活化能越小；第二步活化能为（过渡态2能量为，能量为），因此第一步活化能第二步活化能，即过渡态1的位置应位于①处，A错误；催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率。若催化剂明显加快生成的速率，说明催化剂降低了慢反应（第二步）的活化能，第二步活化能为：是反应物的能量，催化剂不改变生成物/反应物的能量，只降低过渡态的能量，因此一定减小，B正确；步骤Ⅱ逆反应是，活化能是过渡态能量减去反应物（）的能量，即活化能，活化能为正值，C给出的为负数，C错误；焓变=生成物总能量-反应物总能量：，，故；，故；总焓变，因此总焓变小于0，D错误；故选B。 【变式探究】7.（2026·河北衡水·模拟预测）三甲胺[]是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N—二甲基甲酰胺[，简称DMF]转化为三甲胺[]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．该历程中决速步骤为 B．该历程中的最大能垒(活化能)为 C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率 D．若1 mol DMF完全转化为三甲胺，则会释放出的能量 【答案】D 【解析】决速步骤为反应历程中活化能（能垒）最大的步骤，经计算最大能垒为1.19 eV，对应步骤为，不是选项给出的步骤，A错误；该历程最大能垒为，不是0.93 eV，B错误；升高温度可以加快反应速率，但由图可知反应物总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，DMF的平衡转化率降低，C错误；单个DMF分子完全反应释放能量为1.02 eV，故1 mol DMF完全转化释放能量为，D正确；故选D。 拔高・分层集训 基础演练 1.（2026·湖北武汉·一模）钒催化剂催化氧化苯制备苯酚的反应机理如图所示，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．在催化循环中作催化剂 C．步骤③的活化能关系为 D．步骤③生成的物质是 【答案】D 【解析】由图可知被氧化为，转化为和，则步骤①反应为，A正确；由图可知先参与反应后生成，物质的量不变，故是催化剂，B正确；步骤③为放热反应，故反应物总能量高于生成物总能量，故活化能关系为，C正确；X为，步骤②的产物经步骤③失去一个氢，且被还原为，失去一个氧，故Z是，D错误；故选D。 2.（2026·北京房山·二模）酸性条件下，电催化还原合成过程(有少量生成)的能量变化如图所示。下列说法不正确的是 A．从过渡态到生成能量下降，可能是由于形成H-O键 B．反应过程中有键断裂和键形成 C．电极上消耗2.24 L O2(标准状况下)时，转移 D．分解的热化学方程式：   【答案】C 【解析】从过渡态到生成的过程中形成共价键，成键过程释放能量，因此体系能量下降，A正确；反应物分子中存在键和键，反应过程中的键断裂，同时形成新的 键，因此反应中有键断裂和键形成，B正确；标准状况下的物质的量为，由于反应过程中既被还原为（1mol 转移2mol电子），又有少量被还原为（1mol 转移4mol电子），因此转移电子的物质的量介于和之间，C错误；根据能量图可得反应①，反应②，根据盖斯定律，由②①可得分解的热化学方程式：，D正确；故选C。 3.（2026·福建三明·二模）在无催化剂和用做催化剂时，HCOOH分解成CO和H2O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．H+对HCOOH分解总反应的无影响 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 【答案】D 【解析】从图像可知，反应物HCOOH的总能量高于生成物CO和H2O的总能量，所以HCOOH分解的总反应是放热反应，A正确；H+是催化剂，只降低反应的活化能，改变反应速率，但不改变反应的，B正确；反应活化能越低，反应速率越快，路径Ⅱ活化能小于路径Ⅰ，所以路径Ⅱ的分解速率更快，C正确；催化剂不改变平衡状态，只改变反应速率，所以CO的平衡产率：路径Ⅱ=路径Ⅰ，D错误；故选D。 4.（2026·浙江杭州·模拟预测）科学家利用二芳基硅二醇(Ar-表示苯基)实现了环氧丙烷()与催化环加成反应生成碳酸丙烯酯()其反应机理如图。 下列说法错误的是 A．碳酸丙烯酯水解可以获得1，2-丙二醇 B．该反应的催化剂只有二芳基硅二醇 C．物质B、C分子中都存在氢键，C中的氢键更强 D．步骤2中，作为亲核试剂进攻环氧丙烷位阻较小的碳原子，实现开环生成中间体 【答案】B 【解析】该环状碳酸酯中含有酯基，水解可以生成，A正确；催化剂在反应开始时参与反应，最终又生成该物质；中间产物是反应过程中生成、反应结束时又消耗的物质。由机理可知，二芳基硅二醇和在整个过程中起到了催化作用，B错误；物质B、C中均存在氢键；C中带负电的氧原子对键的电子云吸引力更强，导致氢原子的正电性更高，形成的氢键强度比B中更强，C正确；步骤2中，作为亲核试剂，优先进攻环氧丙烷位阻较小的端位碳原子，使环氧丙烷开环，生成中间体C，D正确；故选B。 5.（2026·河南许昌·三模）双氧水广泛用于生产、生活中作绿色试剂和消毒剂。一种单钴位点催化O2转化为H2O2的机理如图所示（tBu代表叔丁基：）。 下列说法错误的是 A．、中Co3+提供空轨道形成配位键 B．路线C的反应为 C．上述循环反应中，双氧水产率随着pH升高而不断增大 D．反应(1)和(3)的目标产物与反应(2)的目标产物相同 【答案】C 【解析】有空轨道，O原子上有孤电子对，二者形成配位键，A正确；根据图示，路线C一步反应，根据3个守恒直接写出反应式为，B正确；质子是反应物，随着pH升高，质子浓度降低，且＋2价、＋3价钴离子易转化成氢氧化物沉淀，导致催化活性降低，综合分析，pH越高，相同条件下双氧水的产率越低，C错误；观察图示a可知，反应的总结果为：，反应(2)的目标产物也是，D正确；故选C。 6.（2026·陕西西安·一模）以和HCl为原料制备高纯度次氯酸的机理如图，V为钒元素，其最高化合价为＋5价，、为氨基酸，下列说法正确的是 A．该机理中C物质是催化剂 B．反应过程中，钒的成键数目没有发生改变 C．A到B的过程中有极性键、非极性键的断裂 D．制备机理的总反应的离子方程式为 【答案】D 【解析】A为钒催化剂，C为反应中间体，A不符合题意；A中钒形成5个化学键，B中钒形成6个化学键，C中钒形成5个化学键，D中钒形成5个化学键，E中钒形成6个化学键，反应过程中钒的成键数目发生了改变，B不符合题意；A到B的过程中，参与反应，断裂的化学键为键，没有非极性键断裂，C不符合题意；根据催化循环机理，反应物为、（提供和），生成物为和，配平后总反应的离子方程式为：，D符合题意；故选D。 7.（2026·云南·模拟预测）我国科学家研发的铁-吡啶配合物催化剂，可模拟生物酶实现甲烷向甲醇的温和转化，催化循环机理如图所示，下列说法正确的是 A．该过程中仅有极性共价键的断裂和形成 B．涉及的含碳物质中碳原子的杂化方式均相同 C．该循环机理中铁元素的化合价不变 D．该循环机理中使用物质①可提高单位体积内活化分子百分数 【答案】D 【解析】该循环机理过程中除了有极性共价键的断裂和形成，还有非极性共价键(键)的断裂，A错误；含碳物质有、和吡啶配合物，其中、杂化方式均为，吡啶配合物中碳原子杂化方式为，B错误；物质③到④过程中，中C元素化合价升高(升为)，Fe的成键数发生改变，结合C元素化合价变化可知，Fe的价态发生了变化，C错误；物质①为该反应的催化剂，使用催化剂可提高单位体积内活化分子百分数，D正确；故选D。 8.（2026·浙江绍兴·二模）科学家用Ru（Ⅱ）催化剂（用来表示）电催化氧化合成的反应机理如图。下列说法不正确的是 A．该过程的总方程式为： B．若用为原料合成，催化剂中部分原子可能被替换 C.（Ⅱ）被氧化至（Ⅲ）后，配体的键更易断裂 D．和的转化过程中价态保持+3价不变 【答案】D 【解析】将机理中各步反应加和消去中间产物，总电极反应为 ​，电荷、原子均守恒，A正确；反应过程中催化剂配体的会参与断键，与原料存在H/D交换，因此催化剂中部分H原子可能被D替换，B正确；Ru(Ⅱ)被氧化为Ru(Ⅲ)后，Ru正电性升高，对配体中N-H键电子的吸引力增强，使N-H键极性增大、更易断裂，C正确；Ru (Ⅱ)催化剂中Ru的化合价为+2，失去1个电子，生成，Ru的化合价变为+3，失去1个质子后变为N（），相应的电荷数减1，此时Ru的化合价还是+3价，中N原子有1个孤电子对，变为M（），N原子的孤电子对拆为2个单电子并转移为Ru一个电子，所以M中Ru显+2价，故M和N转化过程中Ru的化合价发生变化，D错误；故选D。 9.（2026·安徽安庆·二模）苯乙烯是合成塑料、橡胶的重要单体，传统乙苯脱氢工艺能耗高。某科研团队开发了新型催化剂，研究了乙苯在其表面脱氢反应历程，相对能量变化如图所示(*表示催化剂吸附态)。对于该反应历程，下列说法错误的是 A．乙苯在催化剂表面吸附的总过程为吸热反应 B．反应历程中共涉及到三个基元反应 C．决速步骤的活化能为 D．整个过程包含极性键的断裂和非极性键的形成 【答案】C 【解析】起始乙苯的相对能量为0，反应最终得到吸附态的相对能量为，生成物总能量高于反应物，因此吸附总过程为吸热反应，A正确；反应历程中共涉及到的基元反应分别为：、、，共涉及到三个基元反应，B正确；决速步骤是活化能最大的步骤，计算该步活化能： 活化能，不是，单位错误，C错误；反应为乙苯脱氢生成苯乙烯和，过程中断裂极性键，生成时形成非极性键，因此包含极性键的断裂和非极性键的形成，D正确；故选C。 10.（2026·北京朝阳·二模）1，3-丁二烯与HBr反应过程的能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 A．1，2-加成产物的结构简式为 B．1，4-加成产物比1，2-加成产物更稳定 C．1，2-加成产物不存在顺反异构体，1，4-加成产物存在顺反异构体 D．低温下n(1，2-加成产物)(1，4-加成产物)，原因是过渡态2-2的能量低于过渡态2-1，低温更易发生1，2-加成反应 【答案】A 【解析】1，2-加成产物的结构简式为，1，4-加成产物的结构简式为，选项所给的既不是1，2-加成产物，也不是1，4-加成产物，A不正确；能量越低物质越稳定，图中1，4-加成产物能量更低，更稳定，B正确；顺反异构体要求碳碳双键两端的碳原子连接不同的基团，1，2-加成产物碳碳双键的一端碳原子连接了两个氢原子，不存在顺反异构体；1，4-加成产物碳碳双键两端的碳原子均连接了两个不同的基团，存在顺反异构体，C正确；低温下反应由活化能决定，过渡态 2‑2 能量更低，活化能小，低温更易发生1，2-加成反应，所以低温下n(1，2-加成产物)(1，4-加成产物)，D正确；故选A。 能力进阶 11.（2026·北京大兴·三模）氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得。在催化剂作用下，单个HCOOH释氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。研究发现，其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH释氢的效果更佳。下列叙述不正确的是 A．HCOOH在催化剂上的吸附伴随有能量的变化 B．键长：，在催化剂表面解离 键比解离键更容易 C．其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH能提高释放氢气的纯度 D．HCOOH催化释放氢的过程中有极性键的断裂和非极性键的形成 【答案】B 【解析】如图2所示，在催化剂上的吸附无新物质生成，属于物理过程，转化为相对能量升高，有能量变化，A正确；C的原子半径大于O，则C-H键的键长大于O-H键，如图2所示，物质Ⅱ到Ⅲ的变化是解离O-H键，物质Ⅲ到Ⅳ的变化是解离C-H键，解离O-H键的活化能小于解离C-H键的活化能，所以解离C-H键比解离O-H更困难，B错误；其他条件不变，若用HCOOK溶液代替HCOOH，反应生成的KOH能吸收，所以最终所得气体中的量会减少，提高释放氢气的纯度，C正确；如图2所示，反应过程中O-H键（极性键）、C-H键（极性键）断裂，H-H键（非极性键）生成，D正确；故选B。 12.（2026·广东广州·二模）催化乙炔氢氯化反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是 A．该反应的，属于放热反应 B．过程②由得到时，有键的断裂和键的生成 C．反应过程有四步基元反应 D．乙炔氢氯化总反应速率由过程②决定 【答案】C 【解析】反应起始反应物相对能量为0，最终生成物相对能量为，根据生成物总能量反应物总能量，得，属于放热反应，A正确；过程②是转化为，中乙炔的碳碳三键含有π键，反应过程中断裂1个π键，同时生成新的C-Cl、C-Cu 键，因此存在π键断裂和σ键生成，B正确；1个基元反应对应1个过渡态，图中只有、两个过渡态，因此该反应只有2步基元反应，不是四步，C错误；总反应速率由活化能最大的步骤决定。过程②（）的活化能，过程④（对应）的活化能，过程②活化能更大，速率更慢，因此总反应速率由过程②决定，D正确；故选C。 13.（2026·广东茂名·三模）HCOOH在催化剂的作用下，发生反应的机理和相对能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．Ⅰ是催化剂 B．步骤②属于放热反应 C．步骤④对应的基元反应是决速步 D．总反应的化学方程式为 【答案】B 【解析】参与第①步反应，经过多步反应后又生成了，且题干中说明有机物在含铁配离子的作用下发生反应，因此是该反应的催化剂，A正确；步骤②的反应物为Ⅱ，相对能量为，生成物为Ⅲ，相对能量为，生成物总能量高于反应物总能量，因此步骤②属于吸热反应，B错误；由图可知，各基元反应的活化能分别为：步骤①（I→Ⅱ）；步骤②（Ⅱ→Ⅲ）；步骤③（Ⅲ→Ⅳ）；步骤④（Ⅳ→Ⅰ）。因为步骤④的活化能最大，所以其反应速率最慢，是总反应的决速步，C正确；由反应机理图可知，反应物是，产物是、，所以总反应的化学方程式为，D正确；故选B。 14.（2026·辽宁·模拟预测）氢能是一种重要的清洁能源。每分子HCOOH在催化剂作用下催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是 A．总反应的热化学方程式为： B．HCOOH催化制的过程中没有键的形成 C．在催化剂表面解离C-H键比解离O-H键更难 D．依据图2判断是催化释放氢过程中的决速步骤 【答案】C 【解析】图2表示的是每分子反应的相对能量变化。图中初始状态的相对能量为，最终状态的相对能量为，热化学方程式中的焓变表示的是生成1mol 时的能量变化，选项中给出的是单个分子的能量变化值，且单位不符合热化学方程式的常规表示，应为，A错误；催化制的总反应为，反应物（甲酸）的结构中含有一个双键，含有一个键。生成物的结构式为，含有两个双键，即含有两个键。在反应过程中，从转化为时，形成了新的键，B错误；根据图2，各基元步骤的活化能：解离键的过程活化能；解离键的过程活化能，即在催化剂表面解离键所需的活化能更大，说明解离键比解离键更难，C正确；催化反应的决速步骤是整个反应历程中活化能最大的基元步骤。由上述计算可知，活化能最大的是，该步骤才是决速步骤，D错误；故选C。 15.（2026·河南三门峡·三模）我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[  ]的反应历程如图所示。下列说法正确的是 A．与具有的总键能大于的总键能 B．该反应的焓变： C．过渡态物质的稳定性：过渡态1＞过渡态2 D．其他条件相同时的反应速率：使用催化剂AuF＞使用催化剂 【答案】B 【解析】由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物的总能量的放热反应，故反应物中总键能小于生成物中的总键能，A错误；由图可知，反应的焓变，B正确；由图可知，过渡态1的相对能量高于过渡态2，物质的能量越高，越不稳定，所以过渡态1的稳定性小于过渡态2，C错误；由图可知，使用催化剂AuF、催化剂时反应的活化能分别为109.34 kJ·mol-1、26.3 kJ·mol-1，则其他条件相同时的反应速率：使用催化剂AuF<使用催化剂，D错误；故选B。 16.（2026·广西南宁·模拟预测）三甲胺[N(CH3)3]是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N-二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法正确的是 A．该历程中决速步骤为 B．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率 C．整个反应包含6个基元反应 D．若1molDMF完全转化为三甲胺，则会释放出的能量 【答案】C 【解析】反应的决速步骤是活化能（能垒）最大的步骤，活化能 = 过渡态能量-该步骤反应物能量，最后一步的活化能 ，是所有步骤中活化能最大的，为决速步骤，A错误；反应物总能量（）高于生成物总能量（），正反应为放热反应；升高温度，平衡逆向移动，DMF的平衡转化率降低，B错误；基元反应是反应历程中每一步基元过程，相邻两个物种（反应物/中间体/产物）之间为1个基元反应；该反应历程从左到右共7个物种，因此含个基元反应，C正确；该图是单个DMF分子反应的能量变化，单个DMF分子完全反应释放能量，DMF完全反应释放的能量是（为阿伏加德罗常数），D错误；故选C。 17.（2026·山东淄博·三模）我国研究者利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，反应历程如图所示(吸附在Cu表面上的物种用*标注，副产物C4H6为丁炔和1，3-丁二烯的混合物)。 下列说法正确的是 A．C2H2(g)氢化为C2H4(g)的过程吸收热量 B．C2H3*转化为C4H6(g)时，有极性键和非极性键的形成 C．选择低温和较短的反应时间并及时分离产物可提高乙烯的产率 D．增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率 【答案】C 【解析】从反应历程的能量图可以看出，反应物的相对能量高于生成物的相对能量，因此C2H2(g)氢化为C2H4(g)是放热反应，不是吸热反应，A错误；根据左图中的信息，C2H3*转化为C4H6(g)时，会形成C-C 非极性键（两个C原子之间的碳碳键）； 因此该过程有非极性键的形成，但没有极性键的形成(C-H均来自于C2H3*)，B错误；主反应是放热反应，低温有促于平衡正向移动，可提高乙烯的产率；从反应历程来看，C2H3*有两个反应路径：生成目标产物C2H4，或生成副产物C4H6。生成副产物的路径活化能更高，低温下反应速率慢，副反应更难发生；较短的反应时间可以减少副反应，及时分离产物也能减少副反应的发生。因此选择低温、较短反应时间并及时分离产物，可提高乙烯的产率。C正确；增大 Cu 的表面积，只能加快反应速率（增大催化剂与反应物的接触面积），但催化剂不改变反应的平衡状态，因此无法提高C2H2的平衡转化率。D错误；故选C。 18.（2025·内蒙古包头·模拟预测）我国某高校探究和分别催化分解的反应机理，部分反应历程如图所示(MS表示吸附在催化剂表面物种，TS表示过渡态)： 下列说法正确的是 A．催化效果：催化剂低于催化剂 B．催化：   C．催化剂比催化剂的产物更容易脱附 D．催化分解吸热，催化分解放热 【答案】C 【解析】由图可知，使用催化剂Co—N—C时反应的活化能更小，故催化剂Co—N—C催化效果更好，A错误；由图可知，反应MS1(s)=MS2(s)使用催化剂Fe—N—C催化时能量变化为：1.64 eV-1.86 eV=-0.22 eV，ΔH=-0.22eV，B错误；脱附过程中要吸收热量，能量高的不稳定更容易脱附，由图可知，使用催化剂Fe—N—C时MS3的能量更高，产物更容易脱附，C正确；的分解为放热反应，催化剂不会改变反应的热效应，D错误；故选C。 19.（2026·四川成都·三模）工业上在催化剂的作用下CO可以合成甲醇，用计算机模拟单个CO分子合成甲醇的反应历程如图(吸附在催化剂表面的物种用“*”表示)。下列说法正确的是 A．使用催化剂加快了化学反应速率并降低了反应的 B．反应的决速步骤为Ⅴ→Ⅵ C．反应过程中存在非极性键的断裂和极性键的生成 D．反应的热化学方程式为   【答案】C 【解析】催化剂只能加快反应速率、降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，只和反应物、生成物的总能量差有关，A错误；反应的决速步骤由活化能（能垒）最大的步骤决定。各步骤活化能可用过渡态能量减去该步反应物能量得到，由图知：Ⅱ→Ⅲ活化能为，Ⅴ→Ⅵ活化能为，故最大能垒不在Ⅴ→Ⅵ，因此决速步不是Ⅴ→Ⅵ，B错误；反应物中含有H−H非极性键，反应过程中非极性键断裂；生成物中C−H、O−H等均为极性键，因此反应过程存在非极性键断裂和极性键生成，C正确；题图是单个CO分子反应的能量变化，该反应的焓变为（为阿伏加德罗常数），D错误；故选C。 20.（2026·湖南邵阳·三模）CO还原NO的反应机理及相对能量如图(TS表示过渡态)。下列说法错误的是 A．第一步是该反应过程的决速步骤 B．第二步的热化学方程式为   C．第三步反应中只有极性键的断裂和非极性键的形成 D．降低温度、增大压强都能提高总反应中的平衡转化率 【答案】C 【解析】反应的决速步骤由活化能最大（反应速率最慢）的步骤决定：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，是决速步骤，A正确；第二步反应物为（相对能量），生成物为（相对能量），得：，消去两边相同的，热化学方程式正确，B正确；第三步反应为，还生成了，其中含有极性键，这与选项中“只有极性键的断裂和非极性键的形成”的说法不符，C错误；总反应为，（放热），且反应后气体分子数减少：降低温度，平衡正向移动，平衡转化率提高；增大压强，平衡向气体分子数减少的方向（正向）移动，平衡转化率提高，D正确；故选C。 真题实战 1.（2026·全国卷·高考真题）一种含钴(Ⅱ)的多酸阴离子(以表示)能催化和的反应，制备，其反应历程如图所示。 下列叙述正确的是 A．和均含有极性键，都是极性分子 B．反应过程中Co的化合价保持不变 C．该制备反应的原子利用率为100% D．用替换，反应生成 【答案】C 【解析】二氧化碳的分子结构为结构对称的直线形，正负电荷中心重合，属于非极性分子，A错误；由图可知，反应历程中存在电子转移，钴元素在反应过程中存在电子的得失，化合价会发生变化，B错误；由图可知，该反应为环氧乙烷和二氧化碳的加成反应生成，所以制备反应的原子利用率为100%，C正确；由图可知，与二氧化碳发生加成反应生成，D错误；故选C。 2.（2026·北京·高考真题）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】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；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；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；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。 3.（2026·江西·高考真题）／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】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；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；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；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。 4.（2026·四川·高考真题）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】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；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；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；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。 5.（2026·湖南·高考真题）光催化是一种常用的绿色有机合成方法，合成化合物M(表示芳基，表示叔丁基)的反应历程如图所示。下列说法错误的是 A．X→Y过程中既有σ键断裂，又有π键断裂 B．Z中Ni的化合价为+2 C．PC②→PC①是一个氧化过程 D．总反应式为 【答案】B 【解析】X→Y过程中，X含碳碳三键，反应时三键的键断裂，同时X中氧原子左边所连为-CH2-，Y中氧原子左边所连C为有一个单电子，此时这个碳原子上只连了一个氢原子，有碳氢键断裂，既有键断裂又有键断裂，A正确；由图可知，中Ni的化合价为+2价，中Ni与结合生成Z，Ni原子与具有单电子的碳原子结合形成键，且共用单子对偏向于C原子，则Ni的化合价上升到+3价，B错误；该步骤是光催化剂PC②与 反应，生成PC①和 。在这个反应中，Ni的化合价从+1价下降到0价，是氧化剂，则PC②→PC①是一个氧化过程，C正确；根据反应历程，反应物为炔烃X和ArCl，产物为M，条件为光、催化剂，总反应式为，D正确；故选B。 6.（2026·河北·高考真题）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】反应③中HCOO-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；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；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；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。 7.（2026·陕晋青宁卷·高考真题）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】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；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；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；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。 8.（2026·浙江·高考真题）某化学兴趣小组利用有机P化合物除去的流程如下(Ph代表苯环)，下列说法不正确的是 A．在该循环中I、Ⅲ均可作催化剂 B．Ⅱ中P-N是N提供孤电子对 C．Ⅲ可能是 D．产物中还可能生成 【答案】B 【解析】催化剂在反应前后质量和化学性质不变。从流程看，若以I为起点，则Ⅰ是催化剂（先消耗、后生成），Ⅲ是中间产物（先生成、后消耗），若以Ⅲ为起点，则Ⅲ是催化剂，Ⅰ是中间产物，故I、Ⅲ均可作催化剂，A正确；Ⅱ中P带正电，说明P失去了一个电子，形成4个键，与N形成的是共价键，并非N提供孤电子对形成的配位键，B错误；根据Ⅳ的结构，从Ⅲ到Ⅳ的反应过程中，发生加成反应，结合原子守恒可知，Ⅲ可能是，C正确；反应过程中生成了，两分子脱水可形成，D正确；故选B。 9.（2025·贵州·高考真题）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 【答案】D 【解析】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；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；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；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；故选D。 10.（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；过程中存在中O-O非极性键的断裂，以及中非极性键的形成；还存在极性键的断裂，以及极性键的形成，B正确；过程中Ti的化学键()始终是4个，配位键不会改变Ti的化合价，故元素的化合价不变，C错误；反应生成了，且存在的分解反应，原子利用率小于100%，D错误；故选B。 11.（2025·北京·高考真题）乙烯、醋酸和氧气在钯()催化下高效合成醋酸乙烯酯()的过程示意图如下。 下列说法不正确的是 A．①中反应为 B．②中生成的过程中，有键断裂与形成 C．生成总反应的原子利用率为 D．催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率 【答案】C 【解析】①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd(CH3COO)2，方程式为：，A正确；②中生成的过程中，有C-H断开和C-O的生成，存在键断裂与形成，B正确；生成总反应中有H2O生成，原子利用率不是，C错误；是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D正确；故选C。 12.（2025·云南·高考真题）铜催化下，由电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是 A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成 C．Ⅳ的示意图为 D．催化剂Cu可降低反应热 【答案】C 【解析】由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A错误；Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，如图，有极性键生成，不是非极性键，B错误；Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C-H键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为，C正确；催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D错误；故选C。 13.（2025·河北·高考真题）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 【答案】D 【解析】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；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；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；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。 14.（2025·江苏·高考真题）与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是 A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B．过程Ⅱ中发生了氧化反应 C．电催化与生成的反应方程式： D．常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产 【答案】A 【解析】过程Ⅱ为：和在酸性条件下被还原为和的反应，生成了N—H等极性共价键；过程Ⅲ为与生成的反应，生成了C—N极性共价键，A正确；过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由降为，C元素的化合价由降为，B错误；所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式为，C错误；常温常压、无催化剂条件下，与反应生成或，D错误；故选A。 15.（2025·河南·高考真题）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 【答案】C 【解析】由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误；平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误；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；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。 16.（2025·河南·高考真题）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 【答案】B 【分析】由反应历程可知，总反应为，据此解答。 【解析】该反应为化合反应，原子利用率为100%，A正确；由分析可知，每消耗可生成，B错误；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；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。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题 化学反应机理 内容导航 夯实基础·突破重难·分层提能 考情・分析解读（课标要求 考情解读 备考策略） 知识・归纳梳理（知识导图 核心梳理 方法归纳） 知识点01 基元反应与过渡态理论 知识点02 催化机理与催化剂对反应速率的影响 知识点03 环式反应机理图像及分析 知识点04 能垒与决速步骤 重难・核心突破（核心提炼 解题技巧 命题探究） 考向01 反应机理与能量变化图像 解题技巧 解答能量变化图像“四关键” 考向02 反应机理与环式反应图像 解题技巧 环式反应机理图像分析方法 考向03 反应机理与过渡态图像 解题技巧 三步突破能量变化能垒图 考向04 反应机理与反应速率、化学平衡综合考查 拔高・分层集训（基础演练 能力进阶 真题实战） 考情·分析解读 课标要求 1.了解化学反应是有历程的，了解基元反应、过渡态理论。 2.知道催化剂可以改变反应历程，了解简单的催化机理及其对调控化学反应速率的重要意义。 1. 考题统计 核心考点 2026年 2025年 2024年 考点01 反应机理和反应历程 湖南卷；河南卷； 山东卷；云南卷； 黑吉辽蒙卷 湖南卷；河南卷；重庆卷；河北卷； 北京卷；山东卷；江苏卷；广西卷； 四川卷；安徽卷；陕晋宁青卷 北京卷；安徽卷；河北卷；贵州卷；甘肃卷；浙江卷；黑吉辽卷 考情解读 化学反应机理是以文字、方程式及图像三种形式呈现，其中物质能量-反应历程图、催化反应循环图是主要载体。命题深入微观层面，重点考查基元反应、活化能、中间体与过渡态识别、决速步判断、催化剂作用及化学键变化等。试题多取材于诺贝尔奖成果、绿色合成、能源转化等前沿科研情境。 备考策略 一要构建系统的图像分析模型，能垒图重点分析最大能垒、决速步和焓变计算；循环图重点识别催化剂、中间产物及各步反应。 二要强化陌生情境下的信息提取能力，能从图像、文字和设问中快速获取有效信息。 三要关注同位素标记法在机理探究中的应用。 四要掌握“审图→标物质→判变化→得结论”的解题流程，提升微观分析与逻辑推理能力。 基础・知识梳理 知识导图 核心梳理 知识点1 基元反应与过渡态理论 1.基元反应 大多数化学反应往往经过多个反应步骤才能实现，每一步反应都称为基元反应；先后进行的基元反应反映了反应历程，反应历程又称反应机理。如H2和O2的反应需经历多步基元反应才能完成，主要的4步基元反应如下： （1）H2―→2H·(速率最小，称为决速步)； （2）H·＋O2―→·OH＋O·； （3）O·＋H2―→·OH＋H·； （4）·OH＋H2―→H2O＋H·。 2.反应历程 (1)含义 与某化学反应有关的一组基元反应反映了该反应的反应历程，反应历程又称反应机理。 (2)自由基 带有单电子的原子或原子团叫做自由基，如O·自由基、I·自由基。 (3)反应历程中的自由基 如H2(g)+I2(g)===2HI(g)，它的反应历程有如下两步基元反应： ①I2I·+I·(快) ②H2+2I·===2HI(慢) 其中慢反应为整个反应的决速步骤。 3.过渡态理论 (1)理论简介 反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡状态。过渡状态的平均能量与反应物分子的平均能量的差为反应的活化能。如图所示：Ea是正反应的活化能，Ea'是逆反应的活化能。ΔH=Ea-E'a。 (2)催化剂影响化学反应速率的过渡态理论解释 使用催化剂→改变了反应的路径(如图)，反应的活化能降低→反应速率加快。 知识点2 催化机理与催化剂对反应速率的影响 1.催化机理与活化能 (1)催化剂的催化机理 催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间产物，降低了达到过渡态所需要的活化能，使反应速率加快。 反应A+B――→AB的活化能为Ea。 加入催化剂K后，反应分两步进行： ①A+K――→AK　活化能为(慢反应) ②AK+B――→AB+K　活化能为(快反应) 总反应方程式：A+BAB，反应活化能(能垒)为。 (2)活化能与化学反应速率的关系 ①加入催化剂后，两步基元反应的活化能均小于原反应的活化能Ea，因此反应速率加快。 ②两步基元反应由于，第1步反应是慢反应，决定整个反应的快慢，活化能是在催化剂条件下总反应的活化能。 2.活化能与反应机理 使用催化剂，可以改变活化能，改变反应机理，在反应机理中每一步反应的活化能不同，且均比总反应的活化能低，故一般使用催化剂可以降低反应活化能，增大反应速率，如下图所示： E1为总反应的活化能；E2、E3为使用催化剂后，反应机理中各步的活化能。 3.催化剂的特征 (1)催化剂只能改变反应途径(又称反应机理)，不能改变反应的始态和终态。它同时加快了正、逆反应速率，缩短了达到平衡的时间，并不能改变平衡状态。 (2)催化剂有选择性，不同的反应常用不同的催化剂，即每个反应有它特有的催化剂。生产上常利用催化剂的选择性，使所希望的化学反应加快，同时抑制某些副反应的发生。 (3)每种催化剂只有在特定条件下才能体现出它的活性，否则将失去活性或发生催化剂中毒。 知识点3 环式反应机理图像及分析 1.“环式”反应模型 （1）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； （2）“出环”的物质为生成物，如②和③。 2.催化剂与中间产物 （1）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。 （2）中间产物：在连续反应中为第一步的产物，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。 3.反应历程中物质的变化 ①只进不出的是反应物(A――→…); ②只出不进的是产物(…――→M); ③先出后进的是中间体(…――→X，X――→…); ④先进后出的是催化剂(R――→…，…――→R)。 知识点4 能垒与决速步骤 1.能垒与反应速率的关系 简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也称为慢反应。如图所示，从第一个中间态到过渡态2的能量就是能垒，而HCOO*＋H*===CO2＋2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤。 2.能垒模型 （1）能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应。 （2）用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好。 （3）相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高，产物的稳定性强。 重难・核心突破 考向01 反应机理与能量变化图像 【例1】（2026·陕西渭南·三模）叔丁基溴[]的水解属于单分子亲核取代反应，该反应的能量变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A．反应进程中，生成的步骤为决速步骤 B．反应达平衡时，升高温度，的浓度减小 C．若叔丁基氯的水解机理与叔丁基溴相同，则其增大 D．使用催化剂可以降低该反应的，加快反应速率 解题技巧 解答能量变化图像“四关键” （1）明确图像横纵坐标的含义：一般是横轴表示反应过程，纵轴表示能量变化。 （2）细致观察各个步骤的变化：起始态、过渡态、最终态等。 （3）厘清图像变化与概念间的关系：吸热反应和放热反应、活化能、ΔH、稳定性等的正确判断。 （4）结合题意进行决速步骤的判断，ΔH的计算等。 【变式探究】（2026·河南驻马店·模拟预测）1，3-丁二烯与按照发生加成反应的机理是：氢离子进攻碳碳双键，形成不同位点的碳正离子；不同位点的碳正离子与溴离子结合，得到不同的加成产物。该过程的能量与反应进程如图所示(、、表示各步正反应的焓变)。下列说法正确的是 A．增大溴离子浓度，可以提高该加成反应的速率 B．1，3-丁二烯分子中的碳原子的杂化方式有2种 C．温度越低，反应时间越长，产物以为主 D．1，3-丁二烯与发生1，4-加成的反应热为 【变式探究】（2026·湖南长沙·模拟预测）一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯与溴单质发生液相加成反应分两步进行，第一步生成中间体M，第二步生成产物Z或W，反应机理及反应进程与能量变化关系如图所示。 下列说法错误的是 A．该二烯烃与溴单质生成Z或W的反应均为放热反应 B．达到平衡时，Z的含量小于W C．达到平衡后，恒温条件下加入液溴，减小 D．低温条件下，反应开始后短时间内Z为主要产物 考向02 反应机理与环式反应图像 【例2】（2026·江苏省镇江·模拟预测）某课题组在的水相中，以为催化剂，实现了向的高效转化，总反应是放热反应， 其可能的转化机理如下图。 下列说法正确的是 A．总反应的反应物的总键能小于生成物的总键能 B．若将替换成，则最终只能在中检测到 C．INT-12中，元素的化合价为+6价 D．使用催化剂可提高该反应的原子利用率 解题技巧 “环式”反应机理图像分析方法 第一步：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 生成物 中间体 通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质多是产物 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 第二步：逐项分析，获取正确答案 由第一步题给情境信息，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。 【变式探究】（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）为实现“碳中和”、“碳达峰”目标，科学家提出用钌(Ru)基催化剂催化和反应生成HCOOH，反应机理如图所示，已知当生成时放出31.2 kJ的热量。下列说法正确的是 A．总反应化学方程式为： B．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成 C．通过和反应制备，每转移，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 【变式探究】（2026·湖北宜昌·模拟预测）某钯催化偶联过程机理如图()，下列说法错误的是 A．反应过程涉及非极性键的断裂与形成 B．降低反应所需要的活化能 C．反应中Pd的化合价发生变化 D．整个过程的化学方程式为 考向03 反应机理与过渡态图像 【例3】（2026·甘肃陇南·二模）某过渡金属氧化物离子（以表示）在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。与反应的过程如图所示。下列说法正确的是 A．反应过程中有极性键和氢键的断裂 B．(g)相对于(g)能量更低，更稳定 C． D．若与反应，生成的含氘乙醇有3种 解题技巧 三步突破能量变化能垒图 【变式探究】（2026·湖北黄冈·模拟预测）已知甲酸发生分解反应可能有以下两种途径：①；②。一定温度下，使用不同催化剂催化甲酸分解，反应历程如图。下列有关说法正确的是 A．任何条件下，反应①的选择性均优于反应② B．反应①过程中有碳氧键的断裂和形成 C．反应①为放热反应 D．升高温度可提高CO纯度，故温度越高，CO生成效率越高 【变式探究】（2026·重庆·三模）在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸发生反应的反应历程如图。下列说法不正确的是 A．优势产物为2 B．产物1为加成反应的产物 C．苯与浓硝酸的反应只有非极性键的断裂和形成 D．生成产物1的反应为吸热反应，生成产物2的反应为放热反应 考向04 反应机理与反应速率、化学平衡综合考查 【例4】（2026·四川绵阳·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．C2H3*转化为C4H6*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C2H2的平衡转化率 C．C2H2(g)转化为C4H6(g)的过程放出热量 D．选择较短的反应时间，可提高乙烯的产率 【变式探究】（2026·安徽合肥·模拟预测）某温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的，发生下列反应： 、　，测得各气体物质的量与反应时间的关系如图1所示，反应进程中的相对能量变化如图2所示。下列说法正确的是 A．过渡态1的位置应位于②处 B．加入某催化剂可明显加快生成的速率，则的值一定减小 C．步骤Ⅱ逆反应的活化能为 D．、、 【变式探究】7.（2026·河北衡水·模拟预测）三甲胺[]是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N—二甲基甲酰胺[，简称DMF]转化为三甲胺[]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．该历程中决速步骤为 B．该历程中的最大能垒(活化能)为 C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率 D．若1 mol DMF完全转化为三甲胺，则会释放出的能量 拔高・分层集训 基础演练 1.（2026·湖北武汉·一模）钒催化剂催化氧化苯制备苯酚的反应机理如图所示，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．在催化循环中作催化剂 C．步骤③的活化能关系为 D．步骤③生成的物质是 2.（2026·北京房山·二模）酸性条件下，电催化还原合成过程(有少量生成)的能量变化如图所示。下列说法不正确的是 A．从过渡态到生成能量下降，可能是由于形成H-O键 B．反应过程中有键断裂和键形成 C．电极上消耗2.24 L O2(标准状况下)时，转移 D．分解的热化学方程式：   3.（2026·福建三明·二模）在无催化剂和用做催化剂时，HCOOH分解成CO和H2O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．H+对HCOOH分解总反应的无影响 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 4.（2026·浙江杭州·模拟预测）科学家利用二芳基硅二醇(Ar-表示苯基)实现了环氧丙烷()与催化环加成反应生成碳酸丙烯酯()其反应机理如图。 下列说法错误的是 A．碳酸丙烯酯水解可以获得1，2-丙二醇 B．该反应的催化剂只有二芳基硅二醇 C．物质B、C分子中都存在氢键，C中的氢键更强 D．步骤2中，作为亲核试剂进攻环氧丙烷位阻较小的碳原子，实现开环生成中间体 5.（2026·河南许昌·三模）双氧水广泛用于生产、生活中作绿色试剂和消毒剂。一种单钴位点催化O2转化为H2O2的机理如图所示（tBu代表叔丁基：）。 下列说法错误的是 A．、中Co3+提供空轨道形成配位键 B．路线C的反应为 C．上述循环反应中，双氧水产率随着pH升高而不断增大 D．反应(1)和(3)的目标产物与反应(2)的目标产物相同 6.（2026·陕西西安·一模）以和HCl为原料制备高纯度次氯酸的机理如图，V为钒元素，其最高化合价为＋5价，、为氨基酸，下列说法正确的是 A．该机理中C物质是催化剂 B．反应过程中，钒的成键数目没有发生改变 C．A到B的过程中有极性键、非极性键的断裂 D．制备机理的总反应的离子方程式为 7.（2026·云南·模拟预测）我国科学家研发的铁-吡啶配合物催化剂，可模拟生物酶实现甲烷向甲醇的温和转化，催化循环机理如图所示，下列说法正确的是 A．该过程中仅有极性共价键的断裂和形成 B．涉及的含碳物质中碳原子的杂化方式均相同 C．该循环机理中铁元素的化合价不变 D．该循环机理中使用物质①可提高单位体积内活化分子百分数 8.（2026·浙江绍兴·二模）科学家用Ru（Ⅱ）催化剂（用来表示）电催化氧化合成的反应机理如图。下列说法不正确的是 A．该过程的总方程式为： B．若用为原料合成，催化剂中部分原子可能被替换 C.（Ⅱ）被氧化至（Ⅲ）后，配体的键更易断裂 D．和的转化过程中价态保持+3价不变 9.（2026·安徽安庆·二模）苯乙烯是合成塑料、橡胶的重要单体，传统乙苯脱氢工艺能耗高。某科研团队开发了新型催化剂，研究了乙苯在其表面脱氢反应历程，相对能量变化如图所示(*表示催化剂吸附态)。对于该反应历程，下列说法错误的是 A．乙苯在催化剂表面吸附的总过程为吸热反应 B．反应历程中共涉及到三个基元反应 C．决速步骤的活化能为 D．整个过程包含极性键的断裂和非极性键的形成 10.（2026·北京朝阳·二模）1，3-丁二烯与HBr反应过程的能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 A．1，2-加成产物的结构简式为 B．1，4-加成产物比1，2-加成产物更稳定 C．1，2-加成产物不存在顺反异构体，1，4-加成产物存在顺反异构体 D．低温下n(1，2-加成产物)(1，4-加成产物)，原因是过渡态2-2的能量低于过渡态2-1，低温更易发生1，2-加成反应 能力进阶 11.（2026·北京大兴·三模）氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得。在催化剂作用下，单个HCOOH释氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。研究发现，其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH释氢的效果更佳。下列叙述不正确的是 A．HCOOH在催化剂上的吸附伴随有能量的变化 B．键长：，在催化剂表面解离 键比解离键更容易 C．其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH能提高释放氢气的纯度 D．HCOOH催化释放氢的过程中有极性键的断裂和非极性键的形成 12.（2026·广东广州·二模）催化乙炔氢氯化反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是 A．该反应的，属于放热反应 B．过程②由得到时，有键的断裂和键的生成 C．反应过程有四步基元反应 D．乙炔氢氯化总反应速率由过程②决定 13.（2026·广东茂名·三模）HCOOH在催化剂的作用下，发生反应的机理和相对能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．Ⅰ是催化剂 B．步骤②属于放热反应 C．步骤④对应的基元反应是决速步 D．总反应的化学方程式为 14.（2026·辽宁·模拟预测）氢能是一种重要的清洁能源。每分子HCOOH在催化剂作用下催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是 A．总反应的热化学方程式为： B．HCOOH催化制的过程中没有键的形成 C．在催化剂表面解离C-H键比解离O-H键更难 D．依据图2判断是催化释放氢过程中的决速步骤 15.（2026·河南三门峡·三模）我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[  ]的反应历程如图所示。下列说法正确的是 A．与具有的总键能大于的总键能 B．该反应的焓变： C．过渡态物质的稳定性：过渡态1＞过渡态2 D．其他条件相同时的反应速率：使用催化剂AuF＞使用催化剂 16.（2026·广西南宁·模拟预测）三甲胺[N(CH3)3]是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N-二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法正确的是 A．该历程中决速步骤为 B．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率 C．整个反应包含6个基元反应 D．若1molDMF完全转化为三甲胺，则会释放出的能量 17.（2026·山东淄博·三模）我国研究者利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，反应历程如图所示(吸附在Cu表面上的物种用*标注，副产物C4H6为丁炔和1，3-丁二烯的混合物)。 下列说法正确的是 A．C2H2(g)氢化为C2H4(g)的过程吸收热量 B．C2H3*转化为C4H6(g)时，有极性键和非极性键的形成 C．选择低温和较短的反应时间并及时分离产物可提高乙烯的产率 D．增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率 18.（2025·内蒙古包头·模拟预测）我国某高校探究和分别催化分解的反应机理，部分反应历程如图所示(MS表示吸附在催化剂表面物种，TS表示过渡态)： 下列说法正确的是 A．催化效果：催化剂低于催化剂 B．催化：   C．催化剂比催化剂的产物更容易脱附 D．催化分解吸热，催化分解放热 19.（2026·四川成都·三模）工业上在催化剂的作用下CO可以合成甲醇，用计算机模拟单个CO分子合成甲醇的反应历程如图(吸附在催化剂表面的物种用“*”表示)。下列说法正确的是 A．使用催化剂加快了化学反应速率并降低了反应的 B．反应的决速步骤为Ⅴ→Ⅵ C．反应过程中存在非极性键的断裂和极性键的生成 D．反应的热化学方程式为   20.（2026·湖南邵阳·三模）CO还原NO的反应机理及相对能量如图(TS表示过渡态)。下列说法错误的是 A．第一步是该反应过程的决速步骤 B．第二步的热化学方程式为   C．第三步反应中只有极性键的断裂和非极性键的形成 D．降低温度、增大压强都能提高总反应中的平衡转化率 真题实战 1.（2026·全国卷·高考真题）一种含钴(Ⅱ)的多酸阴离子(以表示)能催化和的反应，制备，其反应历程如图所示。 下列叙述正确的是 A．和均含有极性键，都是极性分子 B．反应过程中Co的化合价保持不变 C．该制备反应的原子利用率为100% D．用替换，反应生成 2.（2026·北京·高考真题）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 3.（2026·江西·高考真题）／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 4.（2026·四川·高考真题）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 5.（2026·湖南·高考真题）光催化是一种常用的绿色有机合成方法，合成化合物M(表示芳基，表示叔丁基)的反应历程如图所示。下列说法错误的是 A．X→Y过程中既有σ键断裂，又有π键断裂 B．Z中Ni的化合价为+2 C．PC②→PC①是一个氧化过程 D．总反应式为 6.（2026·河北·高考真题）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 7.（2026·陕晋青宁卷·高考真题）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 8.（2026·浙江·高考真题）某化学兴趣小组利用有机P化合物除去的流程如下(Ph代表苯环)，下列说法不正确的是 A．在该循环中I、Ⅲ均可作催化剂 B．Ⅱ中P-N是N提供孤电子对 C．Ⅲ可能是 D．产物中还可能生成 9.（2025·贵州·高考真题）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 10.（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% 11.（2025·北京·高考真题）乙烯、醋酸和氧气在钯()催化下高效合成醋酸乙烯酯()的过程示意图如下。 下列说法不正确的是 A．①中反应为 B．②中生成的过程中，有键断裂与形成 C．生成总反应的原子利用率为 D．催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率 12.（2025·云南·高考真题）铜催化下，由电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是 A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成 C．Ⅳ的示意图为 D．催化剂Cu可降低反应热 13.（2025·河北·高考真题）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 14.（2025·江苏·高考真题）与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是 A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B．过程Ⅱ中发生了氧化反应 C．电催化与生成的反应方程式： D．常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产 15.（2025·河南·高考真题）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 16.（2025·河南·高考真题）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 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $