能力小专题15 化学反应机理分析
角度一
【深研真题】
例1 A [解析] 提高反应温度,增大,说明反应S(g)T(g)的平衡逆向移动,即该反应为放热反应,减小,说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动,属于吸热反应,由此可排除C、D选项;加入催化剂,反应达到平衡所需时间大幅缩短,即反应的决速步骤的活化能下降,使得反应速率大幅加快,活化能大的步骤为决速步骤,符合条件的反应历程示意图为A。
例2 C [解析] 由图可知,生成物总能量高于反应物总能量,总反应为吸热反应,A错误;平衡常数只和温度有关,与催化剂种类无关,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*CH3CHCH3CH3CHCH2+*H或*CH3CHCH3+*HCH3CHCH2+2*H,D错误。
【对点精练】
1.B [解析] 由图可知,反应初期随着时间的推移,X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大且Y比Z的浓度增大程度大,后来随着时间的推移,X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大,说明反应初期X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的反应速率,则反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能,C、D不正确;X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的ΔH都小于0,A不正确,B正确。
2.D [解析] 观察历程图可知,反应ⅰ中Ga2O3(s)+NH3(g)的相对能量为0,经TS1、TS2、TS3完成反应,生成Ga2O2NH(s)和H2O(g),此时的相对能量为0.05 eV,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H2O(g)脱去步骤需要经过TS5,则活化能为0.70 eV与TS5的相对能量差,即3.39 eV-0.70 eV=2.69 eV,B正确;反应ⅲ从Ga2ON2H2(s)生成2GaN(s)+H2O(g)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;整个反应历程中,活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应的反应步骤(活化能为3.07 eV),所以总反应的控速步包含在反应ⅲ中,D错误。
角度二
【深研真题】
例1 B [解析] 由反应历程可知,总反应为2CO+2CH4+O22CH3COOH,据此解答。该反应为化合反应,原子利用率为100%,A正确;由反应的方程式可知,每消耗1 mol O2可生成2 mol CH3COOH,B错误;由反应历程可知,在MoS2负载的Rh-Fe催化剂中Rh、Fe成键数目发生改变,所以Rh和Fe的化合价均发生变化,C正确;若以CD4为原料,由反应方程式可知,会生成CD3COOD,用H2O吸收产物时,溶液中存在电离平衡:CD3COODCD3COO-+D+,CD3COO-结合水电离出的H+可得到CD3COOH,D正确。
例2 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,分子配位时不会改变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。
【对点精练】
1.C [解析] 由题给反应机理图可知,L2Pd在反应中先消耗后生成,作催化剂,A正确;由题图可知,L2Pd和中Pd形成的化学键数目不同,B正确;[(CH3)3C]3SnC2H5中涉及的元素为H、C、Sn,CH4中C为负价,H为正价,说明电负性:C>H,非金属元素的电负性一般大于金属元素,综上电负性:C>H>Sn,C错误;由题图可知,该流程中存在CH3Br中C—Br的断裂和CH3CH2CH3中C—C的形成,D正确。
2.A [解析] 由催化循环Ⅰ、Ⅱ及催化剂性质知,Rh2V都在循环中起催化作用,A错误;图中可知循环Ⅰ、Ⅱ反应的反应物为CH4和H2O,产物为CO和H2,B正确;由图示可知,循环Ⅰ中,UV作用的步骤为Rh2VO2C转化为Rh2VO-、CO、H2,即Rh2VO2CRh2VO-+CO↑+H2↑,C正确;含V物质分子中氧原子个数改变,V的氧化程度改变,因此Rh2VO-、Rh2V、Rh2V中金属元素价态一定改变,D正确。
3.A [解析] 由反应历程分析可知,历程中氧气参与反应生成了H2O2,存在非极性键的断裂,由碳碳单键形成碳碳双键知,存在非极性键的形成,故A错误;由反应转化图可知,过渡态Ⅳ的物质中含过氧键,过渡态Ⅳ的氧化性大于过渡态Ⅱ,故B正确;反应的能垒越大,反应速率越慢,②为决速步骤,故C正确;乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和绿色消毒剂H2O2,故D正确。限时集训(十五)
1.D [解析] 该反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应,降低温度,平衡向正反应方向移动,DMF的平衡转化率增大,A正确;由图可知,该历程包含6个基元反应,最大能垒(活化能)为1.19 eV,B正确;反应的活化能越大,反应速率越慢,总反应的速率取决于慢反应,由图可知,最大能垒(活化能)为1.19 eV,化学方程式为N(CH3)3+OH*+H*N(CH3)3(g)+H2O(g),C正确;由反应物和生成物的相对能量可知,单个DMF分子反应放热为0 eV-(-1.02 eV)=1.02 eV,1 mol DMF完全转化为三甲胺,则会释放出1.02 eV·NA的能量,D错误。
2.C [解析] 由反应历程与能量图可知,丙烯的加成反应是放热反应,即ΔH<0,且ΔS<0,根据ΔG=ΔH-TΔS<0时,反应可以自发进行,则该反应在低温下才能自发进行,故A错误;增大压强,平衡正向移动,但温度不变,平衡常数不变,故B错误;因CH3CHClCH3(g)的能量低于CH3CH2CH2Cl(g),所以CH3CHClCH3(g)更稳定,且生成CH3CHClCH3(g)反应的活化能比生成CH3CH2CH2Cl(g)反应的活化能小,故相同条件下CH3CHClCH3(g)更易生成,选择性较高,而Br与Cl同主族,性质相似,故C正确;生成CH3CH2CH2Cl(g)的反应的活化能更大,反应更难进行,反应更慢,但升高温度,增大活化分子百分数,反应速率加快,有利于提高CH3CH2CH2Cl(g)的产量,故降低温度不利于CH3CH2CH2Cl(g)的生成,降低,故D错误。
3.C [解析] 根据反应过程中反应物的总能量高于生成物的总能量,该反应为放热反应,A错误;由图可知,反应Ⅰ的活化能最大,所以溴代叔丁烷和乙醇的总反应速率由反应Ⅰ决定,B错误;由图可知,反应Ⅰ中碳卤键会断裂,C—Cl的键长小于C—Br,所以C—Cl的键能大,断裂需要的能量多,反应Ⅰ的活化能将增大,C正确;由该反应原理可知醇在反应过程中断裂羟基的O—H,卤代烃断裂碳卤键,会生成醚键,所以1,2-二溴乙烷和乙二醇反应不能制得环丁烷,D错误。
4.C [解析] 该反应历程中涉及碳氮键、碳氢键、氮氧键断裂,涉及碳氮键、氢氧键的形成,所以反应历程中只涉及极性键的断裂和形成,A正确;反-CH3ONO(g)转化为顺-CH3ONO(g)的反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应,反应的焓变ΔH=(1.38 kJ· mol-1)-(2.25 kJ· mol-1)=-0.87 kJ· mol-1,反应的热化学方程式为反-CH3ONO(g)顺-CH3ONO(g) ΔH=-0.87 kJ· mol-1,B正确;反应的活化能越大,反应速率越慢,慢反应是反应的决速步骤,由图可知,CH3NO2(g)生成HCNO(g)的反应历程中,经历TS1的反应的活化能为64.37 kJ· mol-1,经历TS2的反应的活化能为(66.80 kJ· mol-1)-(15.30 kJ· mol-1)=51.50 kJ· mol-1,则经历TS1的步骤为决速步骤,C错误;CH3NO2中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化,HCNO中碳原子的杂化方式为sp杂化,则反应过程中碳原子的杂化轨道类型发生改变,D正确。
5.D [解析] 该反应过程中Rh元素形成的σ键数目发生变化,化合价发生变化,A错误;反应过程中有非极性键断裂,但没有非极性键的形成,B错误;a过程中含Rh(铑)化合物化合价升高,H2体现氧化性,C错误;b过程中烯烃分子的碳碳双键中的π键电子参与配位(c过程保留σ键),D正确。
6.A [解析] 反应过程中有H—O、CO极性键的断裂,H—H非极性键的形成,H—O、C—H极性键的形成,没有非极性键的断裂,A错误;H*与HMF形成,若H*转化为H2会降低BHMF的产率,B正确;水得电子生成氢氧根离子和H*,H*与HMF反应生成BHMF,电极反应式为HMF+2H2O+2e-BHMF+2OH-,C正确;Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF(PbO)和H*(Pb),D正确。
7.A [解析] 由图可知,①②中断开N原子间的π键但③没有断开N原子间的π键,③断开N原子间的σ键,A错误;由图可知,1个氮气分子和6个氢离子得电子生成2个氨气,电催化过程的电极反应式:N2+6H++6e-2NH3,B正确;由图可知,每一步均为得到电子并结合氢离子的过程,若跳过反应③,则N2在转化为NH3的过程中会生成副产物N2H4,C正确;三元Ni-Fe-V催化剂可降低固氮反应的活化能,加快化学反应速率,D正确。
8.B [解析] 路径1有·R、·Cl游离基产生,路径2有·R和 游离基产生,A正确;总反应为ArCHO+RHArCH(OH)R,属于加成反应,产物只有1种,原子利用率为100%,它是理想的绿色化学反应,B错误;观察图示可知,铜元素表现+1价和+2价、铬元素表现+2价和+3价,化合价都发生了变化,C正确;含铜-铬物质为催化剂,HCl为中间产物,D正确。
9.B [解析] 由题干过一硫酸的结构式可知,HS的结构为,结构中含有过氧键,故H2SO5具有强氧化性,A正确;异丁烯与丙酮的反应类似⑤即R1、R2、R4、R5为甲基,R3为H,反应中可能发生反应的化学方程式为,B错误;反应过程中有O—O、CC等非极性键的断裂和O—O非极性键的形成,C正确;参与了反应,但反应前后质量及化学性质没有发生改变,为烯烃转化过程中的催化剂,D正确。能力小专题15 化学反应机理分析
角度一 能量反应历程图分析
例1 [2024·广东卷] 对反应S(g)T(g)(I为中间产物),相同条件下:①加入催化剂,反应达到平衡所需时间大幅缩短;②提高反应温度,增大,减小。基于以上事实,可能的反应历程示意图(为无催化剂,为有催化剂)为 ( )
A B C D
例2 [2025·河南卷] 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CH3CH2CH3(g)CH3CHCH2(g)+H2(g),反应进程中的相对能量变化如图所示[*表示吸附态,*CH3CHCH2+2*HCH3CHCH2(g)+H2(g)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CH3CHCH3+*H
【信息解读】
一、反应历程涉及的相关概念
1.基元反应、过渡态理论
(1)基元反应:大多数化学反应都是分几步完成的,其中每一步反应都称为基元反应。
(2)过渡态理论:过渡态理论认为, 反应物在相互接近时要经过一个过渡状态,即形成一种活化络合物,然后转化成产物,这个过渡状态就是活化状态。
2.反应历程
基元反应构成的反应序列称为反应历程(又称反应机理)。由几个基元反应组成的总反应也称为复杂反应。
反应物直接一步转化为产物的反应称为简单反应。
3.活化能与能垒
(1)活化能:活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差(碰撞理论)。
(2)能垒:过渡态的能量与反应物的平均能量之差(过渡态理论)。
【微点拨】 基元反应的活化能越大,速率就越慢。最高能垒步骤决定了整个反应历程的反应速率,称为“决速步”或“控速步”。
二、能量-反应历程图像及分析
1.两类常见图像
(1)过渡态图像
(2)中间体图像
2.分析要点
(1)反应热取决于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小,仅由部分反应物和部分生成物的总能量,不能判断反应是吸热反应还是放热反应。
(2)从反应物至最高点的能量差代表正反应的活化能(Ea1),从生成物到最高点的能量差代表逆反应的活化能(Ea2)。
(3)涉及反应热的相关计算时,要特别注意图中反应物和生成物的物质的量。
1.[2024·安徽卷] 某温度下,在密闭容器中充入一定量的X(g),发生下列反应:X(g)Y(g)(ΔH1<0),Y(g)Z(g)(ΔH2<0),测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是 ( )
A B
C D
2.[2025·河北卷] 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Ga2O3(s)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2O(g)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H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69 eV
C.反应 ⅲ 包含2个基元反应
D.总反应的控速步包含在反应 ⅱ 中
角度二 催化反应机理图分析
例1 [2025·河南卷] 在MoS2负载的Rh-Fe催化剂作用下,CH4可在室温下高效转化为CH3COOH,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100%
B.每消耗1 mol O2可生成1 mol CH3COOH
C.反应过程中,Rh和Fe的化合价均发生变化
D.若以CD4为原料,用H2O吸收产物可得到CD3COOH
例2 [2025·湖南卷] 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%
1.催化剂和中间产物的判断
(1)分析总反应式:确认总反应的反应物和生成物。中间产物和催化剂均不会作为总反应的净反应物或生成物。
(2)观察反应机理
中间产物 在机理中先作为生成物出现,随后作为反应物被消耗
催化剂 在机理中先作为反应物被消耗,随后作为生成物重新出现
(3)验证总量变化:催化剂的总量在反应前后不变,中间产物则在总反应中完全被消耗。
2.示例分析
在反应机理图中,先找到确定的反应物,再确定催化剂和中间产物。
1.[2024·湖南长沙一中模拟] 利用Stille偶联反应合成丙烷的反应机理如图所示,其中L是配体磷化氢,下列叙述错误的是 ( )
A.该流程中使用的催化剂为L2Pd
B.反应过程中Pd的成键数目发生了变化
C.[(CH3)3C]3SnC2H5中各元素的电负性顺序从大到小为H>C>Sn
D.该流程中存在C—Br的断裂与C—C的形成
2.[2025·黑龙江齐齐哈尔一模] 由Rh2V簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。下列说法错误的是 ( )
A.只有Rh2V在循环中起催化作用
B.该反应可用于制取合成气CO、H2
C.过程包含反应Rh2VO2CRh2VO-+CO↑+H2↑
D.反应过程中金属元素V的价态发生改变
3.[2025·黑龙江大庆模拟] 某科研团队以可再生纳米碳-羰基材料为催化剂,催化烷烃基氧化脱氢反应,其反应和能量变化如图所示。
下列说法错误的是 ( )
A.反应历程中仅有极性键的断裂和形成
B.过渡态Ⅳ的氧化性大于过渡态Ⅱ
C.②为决速步骤
D.乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和一种绿色消毒剂 限时集训(十五) 能力小专题15 化学反应机理分析
角度一 能量反应历程图分析
1.三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家利用(CH3)2NCHO(简称DMF)在铜催化作用下转化得到N(CH3)3,如图所示是计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程(*表示物质吸附在铜催化剂上),下列说法错误的是 ( )
A.该反应为放热反应,降温可提高DMF的平衡转化率
B.该历程包含6个基元反应,最大能垒(活化能)为1.19 eV
C.设法提高N(CH3)3+OH*+H*H2O(g)+N(CH3)3(g)的速率可以提高总反应速率
D.若1 mol DMF完全转化为三甲胺,则会吸收1.02 eV·NA的能量
2.[2025·四川部分学校模拟] 一定条件下,丙烯与HCl发生加成反应:CH3CHCH2+ HClCH3CH2CH2Cl,CH3CHCH2+HClCH3CHClCH3,其反应历程如图所示。下列说法正确的是 ( )
已知:CH3CH2CH2Cl的选择性=×100%。
A.丙烯与HCl的加成反应一定能自发进行
B.一定温度下,对丙烯与HCl的加成反应增大压强,平衡正向移动,平衡常数增大
C.根据该反应推测,相同条件下丙烯与HBr的加成产物中2-溴丙烷的选择性较高
D.其他条件不变,降低温度,体系中增大
3.溴代叔丁烷与乙醇的反应进程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是 ( )
A.溴代叔丁烷与乙醇的反应为吸热反应
B.溴代叔丁烷和乙醇的总反应速率由反应Ⅲ决定
C.氯代叔丁烷和乙醇发生相似的反应,则反应Ⅰ的活化能将增大
D.由该反应原理可推知,1,2-二溴乙烷和乙二醇反应可制得环丁烷
4.[2025·河北石家庄二模] 中国科学院基于实验发展了硝基甲烷(CH3NO2)热分解的动力学模型,其反应历程如图所示,图示中各物质均为气态。下列说法错误的是 ( )
A.该反应历程中只涉及极性键的断裂和形成
B.反-CH3ONO(g)顺-CH3ONO(g) ΔH=-0.87 kJ· mol-1
C.CH3NO2(g)生成HCNO(g)的反应历程中,经历TS2的步骤为决速步骤
D.反应过程中碳原子的杂化轨道类型发生改变
角度二 催化反应机理图分析
5.[2025·安徽“江南十校”联考] 诺贝尔化学奖获得者G.Wilkinson合成了含Rh(铑)化合物,它可以在温和条件下有效催化烯烃的氢化反应,其反应机理如图所示。(Ph表示苯环)下列说法正确的是 ( )
A.该反应过程中Rh元素的化合价未发生变化
B.反应过程中既有极性键又有非极性键的断裂和形成
C.a过程中H2体现还原性
D.b过程中烯烃分子的π键电子参与配位
6.[2025·河北石家庄一模] 在电催化5-羟甲基糠醛(HMF)加氢制备2,5-呋喃二甲醇(BHMF)的反应中,碳负载的纳米Pb/PbO复合催化剂发挥了关键作用,其阴极的催化反应路径如图所示(H*代表活性氢)。下列说法错误的是 ( )
A.反应过程中有非极性键的断裂与形成
B.H*转化为H2会降低BHMF的产率
C.生成BHMF的电极反应式为HMF+2H2O+2e-BHMF+2OH-
D.Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF和H*
7.中国科学家使用三元Ni-Fe-V催化剂,通过电催化实现了在温和的条件下人工固氮,电极上的催化机理如图所示。下列说法不正确的是 ( )
A.①②③中均断开N原子间的π键,形成N—H σ键
B.电催化过程的电极反应式:N2+6H++6e-2NH3
C.该电极上可能发生生成N2H4的反应
D.三元Ni-Fe-V催化剂可降低固氮反应的活化能
8.[2025·内蒙古部分学校二模] 我国科学家开发的铜-铬催化剂实现了RH(烃)和ArCHO(芳醛)合成ArCH(OH)R(如图)。已知:自由基也称为游离基,是含有奇数电子或不配对电子的原子、原子团或分子,如·R、·Cl等。CrⅡ代表+2价铬离子。下列叙述错误的是 ( )
A.路径1和路径2都产生了游离基
B.总反应不是理想的绿色化学反应
C.上述循环过程中,铜、铬的化合价均发生了改变
D.上述循环过程中,HCl是中间产物
9.[2025·河北唐山二模] 过一硫酸()为一元强酸,在一定条件下可将酮和烯烃分别转化为酯和环氧类物质,反应机理如图所示,R1、R2、R3、R4、R5均为烃基。(已知:C—O键能大于O—O键能)
下列说法错误的是 ( )
A.H2SO5具有强氧化性,且HS的结构为
B.异丁烯与丙酮的反应类似⑤,反应中可能发生反应的化学方程式为
C.反应过程中有非极性键的断裂与形成
D.为烯烃转化过程中的催化剂(共51张PPT)
能力小专题15
化学反应机理分析
01
角度一 能量反应历程图分析
02
角度二 催化反应机理图分析
深研真题
考点透析
对点精练
深研真题
考点透析
对点精练
角度一
能量反应历程图分析
例1 [2024·广东卷]对反应为中间产物 ，相同条件下：
①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温
度，增大， 减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图
( 为无催化剂， 为有催化剂)为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 提高反应温度，增大，说明反应 的平衡逆向
移动，即该反应为放热反应，减小，说明生成中间产物 的反
应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项；
加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤
的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步
骤，符合条件的反应历程示意图为A。
2.[2025·河南卷]在催化剂或催化剂 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.和催化剂相比，丙烷被催化剂 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
√
[解析] 由图可知，生成物总能量高于反应物总能量，总反应为吸热反
应，A错误；
平衡常数只和温度有关，与催化剂种类无关，B错误；
由图可知，丙烷被催化剂 吸附后能量更低，则被催化剂吸附后得到
的吸附态更稳定， 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
或
，
D错误。
【信息解读】
一、反应历程涉及的相关概念
1.基元反应、过渡态理论
(1)基元反应：大多数化学反应都是分几步完成的，其中每一步反应
都称为基元反应。
(2)过渡态理论：过渡态理论认为，
反应物在相互接近时要经过一个
过渡状态，即形成一种活化络合
物，然后转化成产物，这个过渡状态就是活化状态。
2.反应历程
基元反应构成的反应序列称为反应历程(又称反应机理)。由几个基元
反应组成的总反应也称为复杂反应。
反应物直接一步转化为产物的反应称为简单反应。
3.活化能与能垒
(1)活化能：活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量
之差(碰撞理论)。
(2)能垒：过渡态的能量与反应物的平均能量之差(过渡态理论)。
【微点拨】基元反应的活化能越大，速率就越慢。最高能垒步骤决
定了整个反应历程的反应速率，称为“决速步”或“控速步”。
二、能量-反应历程图像及分析
1.两类常见图像
(1)过渡态图像
(2)中间体图像
2.分析要点
(1)反应热取决于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小，仅
由部分反应物和部分生成物的总能量，不能判断反应是吸热反应还
是放热反应。
(2)从反应物至最高点的能量差代表正反应的活化能，从生成物
到最高点的能量差代表逆反应的活化能。
(3)涉及反应热的相关计算时，要特别注意图中反应物和生成物的物
质的量。
1.[2024·安徽卷]某温度下，在密闭容器中充入一定
量的，发生下列反应：
, ，测得各气体浓
度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示
意图符合题意的是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由图可知，反应初期随着时间的推移， 的浓
度逐渐减小、和的浓度逐渐增大且比 的浓度增
大程度大，后来随着时间的推移，和 的浓度逐渐
减小、的浓度继续逐渐增大，说明反应初期 的反应速率
大于的反应速率，则反应 的活化能小于反应
的活化能，C、D不正确；
和 的 都小于0，A不正确，B正确。
例2 [2025·河北卷]氮化镓 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
代表过渡态 如下：
下列说法错误的是( )
A.反应 是吸热过程
B.反应中脱去步骤的活化能为
C.反应 ⅲ 包含2个基元反应
D.总反应的控速步包含在反应 中
√
[解析] 观察历程图可知，反应ⅰ中 的相对能量为0，
经、、完成反应，生成和 ，此时的相
对能量为 ，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 ，则活化能为与的相对能量差，即
，B正确；
反应ⅲ从生成经历过渡态、 ，
说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确；
整个反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的 对应的反应步骤(活化能为 )，所以总反应的控速步包含在反应ⅲ中，D错误。
角度二
催化反应机理图分析
例1 [2025·河南卷] 在MoS2负载的Rh-Fe催化剂作用下,CH4可在室温下高效转化为CH3COOH,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100%
B.每消耗1 mol O2可生成1 mol CH3COOH
C.反应过程中,Rh和Fe的化合价均发生变化
D.若以CD4为原料,用H2O吸收产物可得到
CD3COOH
√
[解析] 由反应历程可知,总反应为2CO+2CH4+O2=2CH3COOH,据此解答。
该反应为化合反应,原子利用率为100%,A正确;
由反应的方程式可知,每消耗1 mol O2可生成2 mol
CH3COOH,B错误;
由反应历程可知,在MoS2负载的Rh-Fe催化剂中Rh、
Fe成键数目发生改变,所以Rh和Fe的化合价均发生
变化,C正确;
若以CD4为原料,由反应方程式可知,会生成CD3COOD,
用H2O吸收产物时,溶液中存在电离平衡:CD3COOD CD3COO-+D+,CD3COO-结合水电离出的H+可得到CD3COOH,D正确。
例2 [2025·湖南卷]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
√
[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 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；过程中的化学键 始终是4个，分子配位时不会改变的化合价，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 ，D错误。
1.催化剂和中间产物的判断
(1)分析总反应式：确认总反应的反应物和生成物。中间产物和催化
剂均不会作为总反应的净反应物或生成物。
(2)观察反应机理
中间产物 在机理中先作为生成物出现，随后作为反应物被消耗
催化剂 在机理中先作为反应物被消耗，随后作为生成物重新出现
(3)验证总量变化：催化剂的总量在反应前后不变，中间产物则在总
反应中完全被消耗。
2.示例分析
在反应机理图中，先找到确定的反应物，再确定催化剂和中间产物。
1.[2024·湖南长沙一中模拟]利用 偶联反应合成丙烷的反应机理如
图所示，其中 是配体磷化氢，下列叙述错误的是( )
A.该流程中使用的催化剂为
B.反应过程中 的成键数目发生了变化
C. 中各元素的电负性
顺序从大到小为
D.该流程中存在的断裂与 的形成
√
[解析] 由题给反应机理图可知， 在反应中先消
耗后生成，作催化剂，A正确；
由题图可知， 和 中 形成的化学键
数目不同，B正确；
中涉及的元素为、C、, 中C为负价，
为正价，说明电负性： ，非金属元素的电负性一般大于金属
元素，综上电负性： ，C错误；
由题图可知，该流程中存在中的断裂和中
的形成，D正确。
2.[2025·黑龙江齐齐哈尔一模]由 簇介导的光辅助水蒸气重
整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“ ”代表紫外线)。
下列说法错误的是( )
A.只有 在循环中起催化作用
B.该反应可用于制取合成气、
C.过程包含反应
D.反应过程中金属元素 的价态发生改变
√
[解析] 由催化循环Ⅰ、Ⅱ及催化剂性
质知， 都在循环中起催化
作用，A错误；
图中可知循环Ⅰ、Ⅱ反应的反应物为和，产物为
和，B正确；
由图示可知，循环Ⅰ中，作用的步骤为 转化为、
、 ，即 ，C正确；
含物质分子中氧原子个数改变， 的氧化程度改变，因此
、、 中金属元素价态一定改变，D正确。
3.[2025·黑龙江大庆模拟] 某科研团队以
可再生纳米碳-羰基材料为催化剂,催化
烷烃基氧化脱氢反应,其反应和能量变化
如图所示。 下列说法错误的是( )
A.反应历程中仅有极性键的断裂和形成
B.过渡态Ⅳ的氧化性大于过渡态Ⅱ
C.②为决速步骤
D.乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和一种绿
色消毒剂
√
[解析] 由反应历程分析可知,历程中氧气参与反应生成了H2O2,存在非极性键的断裂,由碳碳单键形成碳碳双键知,存在非极性键的形成,故A错误;
由反应转化图可知,过渡态Ⅳ的物质中含过氧键,过渡态Ⅳ的氧化性大于过渡态Ⅱ,故B正确;
反应的能垒越大,反应速率越慢,
②为决速步骤,故C正确;
乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和绿
色消毒剂H2O2,故D正确。
1.[2025·河北沧州示范高中联
考]利用 与
加成可
得到1，产物和1, 产物，
A.生成1, 产物的两步反应均为放热反应
B.反应较短时间的主要产物是1, 产物
C.生成1, 产物的第二步反应为决速步
D.1,产物比1, 产物更稳定
其能量与反应进程如图所示。下列说法正确的是( )
√
[解析] 生成1， 产物的第一步反应为吸热反应，A错误；
生成1，产物的第二步反应的活化能小于生成1， 产物的第二步
反应的活化能，活化能越小反应速率越快，反应较短时间的主要产物
是1，产物，B正确；
生成1， 产物的第一步反应的活化能大，第一步反应为决速步，C
错误；
能量越低越稳定，1，产物比1，
产物更稳定，D错误。
2.[2025·安徽“皖南八校”联考]三氟甲苯( )与浓
硝酸反应可生成 和 ，该反应历程
中生成两种中间体的能量变化如图所示，下列说法错误的是( )
A.从能量角度分析，中间体2比中间体1更稳定
B.三氟甲苯与浓硝酸反应生成 和 的原子利用率均为
C.根据图像可知，三氟甲苯与浓硝酸反应生成中间体2更快
D.三氟甲苯与 生成中间体1和中间体2的过程均吸热
√
[解析] 由图可知，中间体2的能量低于中间体1，
能量越低越稳定，则中间体2比中间体1更稳定，
A正确；
由图结合质量守恒，三氟甲苯与浓硝酸发生取代
反应生成 和 ，同时还 会生成水，原子利用率不为 ，
B错误；
中间体2的能量低于中间体1，且生成中间体1反应的活化能大于生成
中间体2，所以三氟甲苯与浓硝酸反应生成中间体2更快，C正确；
三氟甲苯与 生成中间体1和中间体2的过程均为反应物总能量小于
生成物总能量的吸热反应，D正确。
3.[2025·山东烟台、德州、东营一模]一定条件下，2， 二甲基
， 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，第二步生成产物或 ，反应进程及能量变化如图所示。
下列说法错误的是( )
A.生成的反应热为
B.反应开始时，反应速率
C.达到平衡时，的含量小于
D.达到平衡后，升高温度则 减小
√
[解析] 由图像可知，生成的反应， 为反应物到中间产物吸收的
热量， 为中间产物到 释放的热量，反应为放热反应，故反应热
为，A正确；
由图像可知， 转化为的活化能更小，开始时生成 的反应速率更快，B正确；
由反应物生成或都是放热反应，生成 时放热更多，更有利于反应进行，故平衡时生成的更多，C正确；
生成 的反应活化能更大，故升高温度生成 的反应逆向移动的程度更大，减小更多，故 增大，D错误。
4.[2023·湖南卷] 是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等
领域有广泛应用。我国科学家合成的某 催化剂(用
表示)能高效电催化氧化合成 ，其反应机理
如图所示。
下列说法错误的是( )
A.被氧化至后，配体 失去质子能力增强
B.中的化合价为
C.该过程有非极性键的形成
D.该过程的总反应式：
√
[解析] 被氧化至后，中的 带有更
多的正电荷，其与原子成键后，吸引电子的能力比 中强，
这种作用使得配体中 的极性变强，更容易断裂，因此配体
失去质子的能力增强，A正确；
中的 为价，当其变为后，为 价，2个 失去2个质子
后，每个 原子产生了1个孤电子对，仍为
价，当变为时， 原子
的孤电子对拆为2个电子并转移给个电子，其中变为价，到合成 步骤，保持价不变，B不正确；
转变为时，有 非极性键形成，C正确；
从整个过程来看，个失去了2个电子后生
成了1个 和2个， 是催化剂，因
此，该过程的总反应式为
，D正确。
5.在 催化下乙烷氧化反应的机理如图所示
(图中 为副反应)。下列说法正确的是( )
A.、 均为反应中间体
B. 既含极性共价键也含非极性共价键
C.该机理涉及的反应均为氧化还原反应
D.每生成,消耗的大于
√
[解析] 由反应机理的示意图可知,反应中一氧化二
氮、乙烷为反应物,乙醛、氮气和为生成物,
为反应的催化剂, 为中间产物,反应的总方程
式为 ,由质量
守恒定律可知,为 ,转化中会发生副反应
。由分析可知, 为中间产物,
氮气为生成物,故A错误;
由分析可知,为 ,水分子中只含有极性共价键,不含有非极性共价
键,故B错误;
由图可知, 发生的反应为
,反应中没有元
素化合价发生变化, 属于非氧化还原反应, 故C错
误;
由分析可知,若仅发生主反应，,但一部分
最终没有转化为, 所以每生成 ,
消耗的大于 ,故D正确。
