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新高考化学二轮重点专题30讲2026版
第19讲-事出有因：速率、活化能和催化机理
contents
目录
01
考向分析
01
02
03
知识重构
重温经典
04
模型建构
考向分析
PART 01
01
《普通高中化学课程标准》2017年版2025年修订
从元素视角和原子、分子水平认识物质的组成、结构、性质和变化，形成“结构决定性质”的观念。从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题。
认识化学变化的本质特征是有新物质生成，并伴有能量转化；认识化学变化有一定限度、速率，是可以调控的。
【学科核心素养要求】
【内容要求】
通过实验探究，了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。知道化学反应是有历程的，认识基元反应活化能对化学反应速率的影响。
认识化学反应速率和化学平衡的综合调控在生产生活和科学研究中的重要作用。知道催化剂可以改变反应历程，对调控化学反应速率具有重要意义。
【学业要求】
能运用温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响规律解释生产生活、化学实验中的实际问题，能用一定的理论模型说明外界条件改变对化学反应速率的影响。能讨论化学反应条件的选择和优化。
2025年真题考点统计
卷别 题型 考点分布
基元 反应 反应 历程 中间体 过渡态 催化剂 催化机理 活化能 能量变化 速率、方程、常数 决速步骤 选择性 条件优化
全国卷 选择 12 √ √ √ √
河北卷 选择 12 √ √ √ √
广东卷 选择 16 √ √ √ √
四川卷 选择 11 √ √ √ √ √
海南卷 选择 7 √ √ √
河南卷 选择 10 √ √ √ √
浙江卷 选择 14 √ √
甘肃卷 选择 10 √ √ √
甘肃卷 原理综合 17 √ √ √ √ √ √ √ √
安徽卷 选择 10 √ √ √
云南卷 原理综合 17 √ √ √ √ √ √
陕晋青宁 原理综合 17 √ √ √ √ √ √ √
湖北卷 原理综合 19 √ √ √
【考向分析】
反应过程中微粒变化：包括识别基元反应与总反应的关系、判断速控步骤、分析反应过程中化学键的断裂与生成（极性 / 非极性键）、追踪催化剂及中间体的转化（吸附态物种、催化循环）等。
化学反应速率与化学平衡：涉及速率方程、平衡常数、转化率、决速步骤、平衡移动等。
反应过程中能量变化：重点考查焓变、活化能、催化剂对能量的影响、能量曲线分析等。
图示+文字型：以能量-反应进程图、催化机理示意图、浓度-时间图为主，结合文字描述考查（如活化能、焓变、速率快慢判断）。
【考查形式】
数据计算型：给出速率方程、浓度数据、能量数值等，考查速率计算、平衡常数计算、活化能相关定量分析等。
综合判断型：结合反应机理、能量变化、速率与平衡，多角度判断（如催化剂对平衡的影响、活化能与速率的关系、产物选择性分析等）。
循环机理型：呈现闭合式催化循环图示，考查催化剂、中间体，化学键变化及反应方程式书写等。
重温经典
PART 02
02
【例题1】（2025海南7题）恒温下，反应物A与Q按图示计量关系，同时发生三个基元反应，分别生成产物B、C、D，反应速率ν1 > ν2 > ν3。下列说法正确的是（ ）
A．反应的活化能①>②>③
B．提高温度仅提高反应②中活化分子百分数
C．加入催化剂，使反应③的活化能变小，D的产量降低
D．总反应速率ν总＝ν1 + ν2 + ν3
【考点】活化能与速率的关系、温度对活化分子的影响、催化剂的选择性以及总反应速率与各分反应速率的关系。
【能力素养】图像分析能力和模型认知素养，理解宏观现象(速率)的微观本质(活化能)。
三个反应为平行反应，共同消耗反应物A和Q，总反应速率等于各反应速率之和
基元反应的活化能越低，化学反应速率越快,活化能：E1 < E2 < E3
ν1 = k1c(A)c(Q)
ν2 = k2c(A)c(Q)
ν3 = k3c(A)c(Q)
ν总 = ν1 + ν2 + ν3
=(k1+k2+k3)c(A)c(Q)
升高温度，所有反应的活化分子百分数均提高
反应③速率加快，D的产量增加
D
【例题2】（2023浙江卷14题）一定条件下，1-苯基丙炔(Ph-C≡C-CH3)可与HCl发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法
不正确的是（ ）
A．反应焓变：反应I > 反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I < 反应Ⅱ
C．增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
【考点】动力学与热力学产物竞争、反应能量、反应条件控制与产物选择性。
【能力素养】图像分析能力、能量与速率综合分析、信息整合与逻辑判断。
反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应， H2= H1 + H3，所以Ⅱ也为放热反应，且 H1 > H2
结合图像，0-15min，反应Ⅰ的速率较快，其活化能较小。
C
【例题3】（2024黑吉辽10题）异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是（ ）
A．3h时，反应②正、逆反应速率相等
B．该温度下的平衡常数：①>②
C．0~3h平均速率(异山梨醇)=0.014mol·kg 1·h 1
D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
【考点】化学反应速率计算、影响化学平衡的因素、化学平衡状态本质及特征。
【能力素养】化学反应速率与平衡的分析能力，包括图像信息提取、瞬时速率与平衡常数判断、平均速率计算及催化剂对平衡影响的理解
A
【例题4】（2025河南10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CH3CH2CH3(g) CH3CH=CH2(g) + H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，*CH CHCH + 2*H→CH3CH=CH (g) + H (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*CH CH2CH3 → *CH3CHCH3 + *H
【考点】反应热效应、平衡常数影响因素、催化剂作用、反应决速步骤等。
【能力素养】理解能量变化与反应进程关系，能分析催化剂作用机制，考查分析与推理能力。
或 *CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H
*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H
C
【例题5】（2025河北12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 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.总反应的速控步包含在反应ii中
【考点】化学反应历程和动力学，涉及反应热、活化能、基元反应、速控步。
【能力素养】需熟悉化学反应历程分析方法，加深理解和提升应用能力。
D
3.07 eV
（3）高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是_______________________(填序号)，生成水的基元反应方程式为______________________________________________________。
④
HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O（HO*+H2*+CH2*+H2O= CH3*+2H2O）
活化能越大，对应基元反应的速率越慢
基元反应前后H2O分子增多
【例题6】（2025陕晋青宁17题）
【例题7】（2025甘肃17题）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应：
反应1：C2H2(g)+H2(g)＝C2H4(g) ΔH1= 175kJ·mol 1(25℃,101kPa)
反应2：C2H2(g)+2H2(g)＝C2H6(g) ΔH2= 312kJ·mol 1(25℃,101kPa)
（2）一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。
①在60~220℃范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为________________________________，当温度由220℃升高至260℃，乙炔转化率减小的原因可能为__________________________________。
②在120~240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为ν1_______ν2(填“>”“<”或“=”)，理由为___________________________________________________________________。
温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强
催化剂在该温度范围内失活
＞
乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率
（4）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25℃, 101kPa)下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。以_______为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为_____________________
___________________________________。(图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能)
Pd/W
Pd/W做催化剂时，
生成乙烷的活化能大于生成乙烯的
【例题8】（2023新课标卷）“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是（ ）
A．NH2OH、NH3和H2O均为极性分子
B．反应涉及N－H、N－O键断裂和N－N键生成
C．催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+
D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
【考点】考点涉及分子极性、键的断裂与生成、过渡金属氧化还原循环、同位素标记与反应产物推断等
【能力素养】催化反应机理分析能力，逻辑推理和综合判断，“证据推理与模型认知”核心素养。
Fe2+
Fe3+
Fe2+
Fe3+
Fe3+
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
HDO
D
D
【例题9】（2025四川11题）钒催化剂对H2O2氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，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VO2+ + H2O2 → VO2+ + ·OH + H+
B．步骤③正、逆反应的活化能关系为E正 < E逆
C．VO2+在催化循环中起氧化作用
D．步骤③生成的物质Z是H2
【考点】考查化学反应机理的理解和相关概念的判断：反应方程式、活化能、氧化剂以及物质 Z 的判断等
【能力素养】理解化学反应机理中的基本概念、原理和应用能力，能够根据反应机理图示判断各步反应的变化和物质的生成。
VO2+ + H2O2 → VO2+ + ·OH + X
+4
+5
-1
-1
-2
H+
ΔH＝E1-E2
H2O
D
【例题10】（2025全国12题）研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应H2O＝H +HO·+e 。三唑水溶液微滴表面接触CO2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. CO2换成C18O2, 可生成H218O2
C. 碳原子轨道的杂化存在从sp到sp2的转变
D. 总反应为2H2O+CO2＝H2O2+HCOOH
【考点】反应机理及有机化学中的催化作用。涉及催化反应、碳原子轨道杂化、总反应方程式的书写等。
【能力素养】具备对反应机理及有机化学反应的理解能力，以及将这些知识应用于实际问题中的能力。
HC18O18OH
知识重构
PART 03
03
1.化学反应速率
平均反应速率 单位时间内物质浓度的改变
瞬时反应速率 反应在某一时刻的速率
在c－t曲线上某一时刻的斜率的绝对值代表该时刻的瞬时速率。
①正逆
② = 正 -逆
净速率
瞬时速率
影响因素
内因 反应物的性质（结构）
外因 浓度、温度、压强、催化剂、表面积等
人教版
苏教版
鲁科版
2.速率方程--基元反应与非基元反应
ν(正) = k正 ca (A) cb(B)； ν(逆) = k逆 cg(G) ch(H)
质量作用定律：基元反应的化学反应速率与反应物的浓度以其计量数为指
数的幂的连乘积成正比。
速率常数(k)：在给定温度下，反应物浓度均为1 mol·L-1时的反应速率。
受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响。
例如： a A + b B g G + h H
基元反应：指在反应中经碰撞一步
直接转化为产物的反应。
基元反应的过渡态就是中间体。
非基元反应（复杂反应）：
指反应物经历多步基元反应转化为产物的反应。
非基元反应 aA + bB cC + dD
速率方程为 ν(正) = k正 cm(A)cn(B)
D
速率控制步骤（决速步）：整个反应的速率由反应机理中最慢（活化能最大）的基元反应控制。速率方程必须通过实验测定。
（1） 碰撞理论
活化能：活化分子比普通反应物分子所高出的能量。
化学反应是通过分子之间碰撞完成的。
E1：正反应活化能
E2：逆反应活化能
△H＝E1-E2
有效碰撞：能够发生反应的碰撞
有效碰撞的条件：分子具有足够的能量；分子
在碰撞时具有合适的取向。
活化分子：具有足够能量且能够发生有效碰撞的分子。
3. 活化能
（2）过渡态理论
基元反应过渡态理论认为，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。
过渡态：旧键没有完全断裂、新键没有完全形成的中间状态
活化能：过渡态的能量与反应物的平均能量之差
活化能越高，反应速率越慢，反应越困难。
（3）活化能、温度与速率常数的关系
4. 催化剂
根据国际纯粹化学与应用化学联合会(IUPAC)1981年的定义：催化剂是一种改变反应速率但不改变反应总标准吉布斯自由能的物质。（只加速热力学可行的反应）
催化剂能改变单位时间内的（非平衡）转化率或产率！
决速步：活化能或能垒最大的一步
非均相反应（吸附催化）
能垒
一般气体吸附过程是放热的
ΔH
用*表示微粒在催化剂表面吸附
ΔH= [(E(生成物)-E(反应物)]= (-d)-0= -d (ev)
E(能垒)=E(过渡态)-E(吸附态)=a-(-b)=(a+b) (ev)
均相反应
是指催化剂和反应物处于同一相（通常是气相或液相）中的催化过程。简单说，就是大家“混在一起”，形成一个均匀的体系。
催化剂：通常是分子级别的物质，如过渡金属离子、有机小分子（有机催化剂）、酸或碱。催化剂浓度越大，反应速率越快
机理研究：相对容易，可用常规谱学手段追踪
例如：2H2O2=O2 + 2H2O Fe3+作催化剂
模型建构
PART 04
04
“化学反应速率及其影响因素”的知识逻辑
【思维建模】速率图像分析
(3)结合原理做出判断。
(2)分析变化趋势，便于比较大小；
(1)理清关键点：起点、交点、终点和变化点；
【思维建模】
催化剂认识模型
【思维建模】
能量变化能垒图
看图像
析变化
横坐标一般表示反应过程。
纵坐标表示能量的变化，不同阶段最高点与最低点之差为活化能
仔细观察变化趋势，分析每一段反应，利用纵坐标数据可求各阶段活化能，判断决速步骤等
做判断
整合各项信息，回扣题目要求，利用原理知识，作出合理判断
【思维建模】
循环催化机理图
感谢您的观看一、考向分析
1.课程标准
（1）学科核心素养要求
①从元素视角和原子、分子水平认识物质的组成、结构、性质和变化，形成“结构决定性质”的观念。从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题。
②认识化学变化的本质特征是有新物质生成，并伴有能量转化；认识化学变化有一定限度、速率，是可以调控的。
内容要求
①通过实验探究，了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。知道化学反应是有历程的，认识基元反应活化能对化学反应速率的影响。
②认识化学反应速率和化学平衡的综合调控在生产生活和科学研究中的重要作用。知道催化剂可以改变反应历程，对调控化学反应速率具有重要意义。
学业要求
能运用温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响规律解释生产生活、化学实验中的实际问题，能用一定的理论模型说明外界条件改变对化学反应速率的影响。能讨论化学反应条件的选择和优化。
2.考向分析
（1）考向分析
①反应过程中能量变化：重点考查焓变、活化能、催化剂对能量的影响、能量曲线分析等。
②反应过程中微粒变化：包括识别基元反应与总反应的关系、判断速控步骤、分析反应过程中化学键的断裂与生成（极性/非极性键）、追踪催化剂及中间体的转化（吸附态物种、催化循环）。
③化学反应速率与化学平衡：涉及速率方程、平衡常数、转化率、决速步骤、平衡移动等。
（2）考查形式
①图示+文字型：以能量-反应进程图、催化机理示意图、浓度－时间图像为核心，结合文字描述考查（如活化能、焓变、速率快慢判断）。
②循环机理型：呈现闭合式催化循环图示，考查催化剂、中间体，化学键变化及反应方程式书写。
③数据计算型：给出速率方程、浓度数据、能量数值等，考查速率计算、平衡常数计算、活化能相关定量分析。
④综合判断型：结合反应机理、能量变化、速率与平衡，多角度判断（如催化剂对平衡的影响、活化能与速率的关系、产物选择性分析）。
二、重温经典
【例题1】（2025海南7题）恒温下，反应物A与Q按图示计量关系，同时发生三个基元反应，分别生成产物B、C、D，反应速率ν1 > ν2 > ν3。下列说法正确的是
A．反应的活化能①>②>③
B．提高温度仅提高反应②中活化分子百分数
C．加入催化剂，使反应③的活化能变小，D的产量降低
D．总反应速率ν总＝ν1 + ν2 + ν3
【答案】D
【解析】A．基元反应的反应速率与活化能成反比（活化能越低，速率越快），已知ν1 > ν2 > ν3，则活化能应为①<②<③，A错误；
B．升高温度会使所有反应的活化分子百分数均提高，并非“仅提高反应②”，B错误；
C．三个反应为平行反应，催化剂降低反应③的活化能，会加快反应③的速率，使D的生成速率增大，D的产量增加，C错误；
D．三个反应为平行反应，共同消耗反应物A和Q，总反应速率（反应物消耗速率）等于各反应速率之和，即ν总＝ν1 + ν2 + ν3，D正确；故答案选D。
【例题2】（2023·浙江卷14题）一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是
A．反应焓变：反应I > 反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I < 反应Ⅱ
C．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
【答案】C
【解析】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I > 反应Ⅱ，故A正确；
B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；
C．增加HCl浓度，平衡正向移动，但产物Ⅱ和产物I之间存在着转化平衡，平衡常数K与HCl无关，产物Ⅱ和产物I的比例保持不变，故C错误；
D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。
【例题3】（2024·黑吉辽10题）异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是
A．3h时，反应②正、逆反应速率相等
B．该温度下的平衡常数：①>②
C．0~3h平均速率(异山梨醇)
D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
【答案】A
【解析】A．由图可知，3小时后异山梨醇浓度继续增大，15 h后异山梨醇浓度才不再变化，所以3 h时，反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A错误；
图像显示该温度下，15 h后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而1,4-失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①、反应限度小于反应①，所以该温度下的平衡常数：①>②，故B正确；
由图可知，在0~3h内异山梨醇的浓度变化量为0.042mol kg-1，所以平均速率(异山梨醇)=，故C正确；
D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，所以反应②加入催化剂不改变其平衡转化率，故D正确。
【例题4】（2025河南10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CH3CH2CH3(g)CH3CH=CH2(g) + H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，*CH CHCH + 2*H→CH3CH=CH (g) + H (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*CH CH2CH3 → *CH3CHCH3 + *H
【答案】C
【解析】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，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。
【例题5】（2025河北12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 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ii i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】A．反应i为：Ga2O3(s)+NH3(g) Ga2O2(s)+H2O(g)，初始能量为0 eV，终态的能量为0.05 eV，所以反应i为吸热过程，A正确；
B．反应ii为：Ga2O2(s)+NH3(g) Ga2ON2H2(s)+H2O(g)，脱去H2O(g)步骤的始态能量为0.70 eV，终态能量为3.39 eV，活化能为(3.39 eV-0.70 eV)=2.69 eV。B选项正确；
C．反应ii i为Ga2ON2H2(s) GaN(g)+H2O(g)，过程中，生成了TS6和TS7两个过渡态，则包含两个基元反应。C正确；
D．总反应的速控步骤一定包含一个活化能最大的步骤，读图可知，始态能量为3.30 eV到6.37 eV的步骤活化能为3.07 eV，是活化能最大的步骤，存在于反应ii i中，故D不正确。
【例题6】（2025陕晋青宁17题）MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下：
I．MgCO3(s)＝MgO(s)+CO2(g) ΔH1=+101kJ·mol-1
II．CO2(g)+4H2(g)＝CH4(g)+2H2O ΔH2=-166kJ·mol-1
III．CO2(g)+H2(g)＝H2O(g)+CO(g) ΔH3=+41kJ·mol-1
回答下列问题：
（3）高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是_______(填序号)，生成水的基元反应方程式为 。
【答案】（3）④ HO*+CH2*+H2*→CH3*+H2O (或HO*+CH2*+H*+H2*+H2O → CH3*+H*+2H2O）
【解析】本题对化学反应原理进行综合考查。
基元反应的活化能越高，反应速率越慢。观察图像，第四个基元反应的活化能最高，反应速率最慢。基元反应为CH3*+H*+2H2O＝CH4*+2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H2*+CH2*→CH3*+H2O(或HO*+ CH2*+ H*+H2*+H2O → CH3*+H*+2H2O），故答案为：④；HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O(或HO*+CH2*+H*+H2*+H2O → CH3*+H*+2H2O）。
【例题7】（2025甘肃17题）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应：
反应1：
反应2：
（2）一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。
①在60~220℃范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为_______(任写一条)，当温度由220℃升高至260℃，乙炔转化率减小的原因可能为_______。
②在120~240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为_______(填“>”“<”或“=”)，理由为_______。
（3）对于反应1，反应速率与浓度的关系可用方程式表示(k为常数)。时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当时，_______。
实验组 c(H2)/mo1·L-1 c(C2H2)/mo1·L-1·s-1
一 4.60×10-3 5.06×10-5
二 1.380×10-2 1.518×10-4
（4）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25℃, 101kPa)下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。以_______为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为_______。(图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能)
【答案】（2）①. 温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强 ②. 催化剂在该温度范围内失活③. ＞ ④. 乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率
（3）9.2×10-3 （4）①. Pd/W ②. Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于生成乙烯的
【解析】（2）反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大；
220℃-260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活；
由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率，即；
（3）将数据代入方程，②÷①得到，则，时，，；
（4）如图可知，Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于生成乙烯的，Pd做催化剂时，生成乙烷的活化能小于生成乙烯的，故Pd/W做催化剂时，乙烯的选择性更高。
【例题8】（2023·新课标卷）“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A．NH2OH、NH3和H2O均为极性分子
B．反应涉及N－H、N－O键断裂和N－N键生成
C．催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+
D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
【答案】D
【解析】A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确； B．由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；
C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确；
D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误。
【例题9】（2025四川11题）钒催化剂对H2O2氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，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VO2+ + H2O2 → VO2+ + ·OH + H+
B．步骤③正、逆反应的活化能关系为E正 < E逆
C．VO2+在催化循环中起氧化作用
D．步骤③生成的物质Z是H2
【答案】D
【解析】本题主要考查化学反应机理，涉及氧化还原反应、活化能以及催化剂的作用等知识点。A．根据反应机理图，步骤①中VO2+与H2O2反应生成VO2+、·OH和X，VO2+中V化合价从+4价升高到VO2+中+5价，H2O2中O化合价从-1价降低到-2价，根据得失电子相等，VO2+与H2O2应1:1反应，根据原子守恒和电荷守恒，X应为H+，所以步骤①反应方程式为VO2+ + H2O2 → VO2+ + ·OH + H+，A正确；
B．步骤③为放热反应，放热反应的正反应活化能小于逆反应活化能，即E正C．在反应中，VO2+参与反应③，在反应中V化合价从+5价降到+4价，做氧化剂，在催化循环中起氧化作用，C正确；
D．步骤③、H+和VO2+反应生成VO2+、和Z，根据原子守恒和电荷守恒，生成的物质Z应该是H2O，而不是H2，D错误。
【例题10】（2025全国12题）研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应H2O＝H +HO·+e 。三唑水溶液微滴表面接触CO2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. CO2换成C18O2, 可生成H218O2
C. 碳原子轨道的杂化存在从sp到sp2的转变
D. 总反应为2H2O+CO2＝H2O2+HCOOH
【答案】B
【解析】A．图中左侧第1个结构图呈现了“三唑”分子的原始状态。可以观察到，三唑分子经过一个反应循环后，又恢复到三唑分子的原始状态。这正符合催化剂的共性，A正确；
B．依据图中的反应历程，C18O2与三唑形成的复合物只获取了源自水的电子，并没有与源自水的氧原子发生任何成键作用，即C18O2中的3个原子全都进入产物甲酸中，故生成HC18O18OH，B错误；
C．图中第2个结构图中CO2中的碳原子采用sp杂化轨道类型，到第3个结构图中的羧基和产物甲酸已变为sp2杂化，C正确；
D．在机理图中出现的中间体，不应作为反应物或产物出现在化学方程式中。所以，该机理的总反应为2H2O+CO2=H2O2+HCOOH，D正确。
三、知识重构
1.化学反应速率
平均反应速率：单位时间内反应物浓度（物质的量、压强）的改变v＝Δc/Δt
瞬时反应速率：反应在某一时刻的速率，在浓度－时间曲线上某一时刻的斜率的绝对值代表该时刻的瞬时速率。
①正、逆 瞬时速率
② = 正-逆 净速率
化学反应速率的影响因素：浓度、温度、压强、催化剂、表面积等
2.速率方程－基元反应与非基元反应
（1）基元反应：指在反应中经碰撞一步直接转化为产物的反应。
例如基元反应：a A + b Bg G + h H
速率方程：ν(正) = k正ca(A)cb(B)； ν(逆) = k逆cg(G)ch(H)
质量作用定律：基元反应的化学反应速率与反应物的浓度以其计量数为指数的幂的连乘积成正比。
速率常数(k)：在给定温度下，反应物浓度均为1 mol·L-1时的反应速率。受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响。
（2）非基元反应(复杂反应)：指反应物在反应中经历多步基元反应转化为产物的反应。
速率控制步骤（决速步）：整个反应的速度由反应机理中最慢的基元反应控制。决速步之前的快速步骤会影响反应物浓度的表现形式。
非基元反应速率方程必须通过实验测定。
3.活化能
（1）碰撞理论：化学反应是通过分子之间碰撞完成的。
有效碰撞：能够发生反应的碰撞
有效碰撞的条件：分子具有足够的能量；分子在碰撞时具有合适的取向。
活化分子：具有足够能量且能够发生有效碰撞的分子。
活化能：活化分子比普通反应物分子所高出的能量。
E1：正反应活化能 E2：逆反应活化能 ΔH＝E1-E2
（2）过渡态理论
过渡态：旧键没有完全断裂、新建没有完全形成的中间状态
活化能：过渡态的能量与反应物的平均能量之差。Ea=E(过渡态)-E(反应物)
活化能越高，反应速率越慢，反应越困难，是决速步骤。
（3）活化能与速率常数
阿伦尼乌斯公式：
当Ea>0时，升高温度，反应速率常数增大，化学反应速率随之提高。
Ea值越大，改变温度对反应速率的影响程度就越大，这就是升高相同温度时，不同化学反应的速率提高的倍数不同的原因。
4.催化剂
根据国际纯粹化学与应用化学联合会(IUPAC)1981年的定义：催化剂是一种改变反应速率但不改变反应总标准吉布斯自由能的物质。（只加速热力学可行的反应）
决速步：活化能或能垒最大的一步
催化剂能改变单位时间内的（非平衡）转化率或产率！
均相催化：是指催化剂和反应物处于同一相（通常是气相或液相）中的催化过程。简单说，就是大家“混在一起”，形成一个均匀的体系。
催化剂：通常是分子级别的物质，如过渡金属离子、有机小分子（有机催化剂）、酸或碱。催化剂浓度越大，反应速率越快。
机理研究：相对容易，可用常规谱学手段追踪。
选择性：通常非常高(尤其是对映选择性)。
例如：2H2O2=O2 + 2H2O Fe3+作催化剂 催化剂浓度越大，反应速率越快
（2）多相催化：催化剂与反应物处于不同的相中，反应在催化剂表面进行。
例如: N2+3H2=2NH3 Fe 作催化剂 包括扩散、吸附、反应、脱附、扩散等过程。下图是多相催化过程。用＊表示颗粒在催化剂表面吸附
酶催化：高效性；选择性更强；温度过高、酸碱度过大会使酶失去活性。
催化剂活性：强调的是催化剂的工作效率，与自身成分、粒径、合成方法、温度、压强有关。
催化剂选择性：强调主要产物的占比，对存在竞争的反应，催化剂可有针对性地加快主反应速率，提升目标产物的产率。
催化剂中毒：温度不在活性温度范围，有杂质等使催化剂失去活性。
四、模型建构
1.“化学反应速率及其影响因素”的知识逻辑
速率图像分析：(1)理清关键点：起点、交点、终点和变化点，便于计算；(2)分析变化趋势，便于比较大小；(3)结合原理做出判断。
2.【思维建模】催化剂认识模型
3.【思维建模】能量变化能垒图
4.【思维建模】循环催化机理图1.（2025海南7题）恒温下，反应物A与Q按图示计量关系，同时发生三个基元反应，分别生成产物B、C、D，反应速率ν1 > ν2 > ν3。下列说法正确的是
A．反应的活化能①>②>③
B．提高温度仅提高反应②中活化分子百分数
C．加入催化剂，使反应③的活化能变小，D的产量降低
D．总反应速率ν总＝ν1 + ν2 + ν3
2.（2025河南10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CH3CH2CH3(g)CH3CH=CH2(g) + H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，*CH CHCH + 2*H→CH3CH=CH (g) + H (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*CH CH2CH3 → *CH3CHCH3 + *H
3.（2025河北12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 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ii i包含2个基元反应
D.总反应的速控步包含在反应ii中
4.（2025云南10题）铜催化下，由CO2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
5.（2025江苏10题）CO2与NO3－ 通过电催化反应生成CO(NH2)2，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NO3－ 发生了氧化反应
C．电催化CO2与NO3－ 生成CO(NH2)2的反应方程式：
CO2＋2NO3－ ＋18H＋CO(NH2)2＋7H2O
D．常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3·H2O反应可生产CO(NH2)2
6.（2025四川11题）钒催化剂对H2O2氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，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VO2+ + H2O2 → VO2+ + ·OH + H+
B．步骤③正、逆反应的活化能关系为E正 < E逆
C．VO2+在催化循环中起氧化作用
D．步骤③生成的物质Z是H2
7.（2025全国12题）研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应H2O＝H +HO·+e 。三唑水溶液微滴表面接触CO2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. CO2换成C18O2, 可生成H218O2
C. 碳原子轨道的杂化存在从sp到sp2的转变
D. 总反应为2H2O+CO2＝H2O2+HCOOH
8.（2025广东16题）某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中O2获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上
A．负极反应的催化剂是ⅰ
B．图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低
C．电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变
D．相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同
9.（2025浙江1月14题）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图：
下列说法不正确的是
A. H+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
10.（2024甘肃10题）甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是
A. B. 步骤2逆向反应的
C. 步骤1的反应比步骤2快 D. 该过程实现了甲烷的氧化
11.（2024安徽10题）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
12.（2024·黑吉辽10题）异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是
A．3h时，反应②正、逆反应速率相等
B．该温度下的平衡常数：①>②
C．0~3h平均速率(异山梨醇)
D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
13.（2024·山东卷）逆水气变换反应：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) ΔH>0。一定压力下，按CO2, H2物质的量之比n(CO2):n(H2)=1:1投料，T1, T2温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2)，T1, T2温度时反应速率常数k分别为k1, k2。下列说法错误的是
A．k1 > k2
B．T1, T2温度下达平衡时反应速率的比值：
C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变
D．T2温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同
14.（2024河北14题）对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能最变化如图(*表示吸附态)。
下列说法错误的是
PDA捕获CO2的反应为
B. 路径2是优先路径，速控步骤反应式为
C. 路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同
D. 三个路径速控步骤均涉及转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生
15.（2023·新课标卷）“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A．NH2OH、NH3和H2O均为极性分子
B．反应涉及N－H、N－O键断裂和N－N键生成
C．催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+
D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
16.（2023·湖南卷）N2H4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Ru(Ⅱ)催化剂(用[L-Ru-NH3]+表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强
B．M中Ru的化合价为
C．该过程Ru有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：4NH3－2e = N2H4＋2
17.（2023·浙江卷）一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是
A．反应焓变：反应I > 反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I < 反应Ⅱ
C．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
18.（2023·山东卷）一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下：
已知反应初始E的浓度为0.10mol L-1，TFAA的浓度为0.08mol L-1，部分物种的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是
A．t1时刻，体系中有E存在
B．t2时刻，体系中无F存在
C．E和TFAA反应生成F的活化能很小
D．反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08mol L-1
19.（2025云南17题）我国科学家研发出一种乙醇（沸点78.5℃）绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸（沸点118℃）的生产，主要反应为：
I．C2H5OH(g)＋H2O(g)＝2H2(g)＋CH3COOH(g) ΔH1 Kp1
II．C2H5OH(g)＝ CH3CHO(g)＋H2(g) ΔH2＝＋68.7 kJ·mol－1
回答下列问题：
（3）恒压100 kPa下，向密闭容器中按n(H2O)∶n(C2H5OH)＝9∶1投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性＝]
①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为 。
②由图中信息可知，乙酸可能是 （填“产物1”“产物2”或“产物3”）。
20.（2025陕晋青宁17题）MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下：
I．MgCO3(s)＝MgO(s)+CO2(g) ΔH1=+101kJ·mol-1
II．CO2(g)+4H2(g)＝CH4(g)+2H2O ΔH2=-166kJ·mol-1
III．CO2(g)+H2(g)＝H2O(g)+CO(g) ΔH3=+41kJ·mol-1
回答下列问题：
（3）高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是_______(填序号)，生成水的基元反应方程式为 。
21.（2025甘肃17题）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应：
反应1：
反应2：
（2）一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。
①在范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为_______(任写一条)，当温度由220℃升高至260℃，乙炔转化率减小的原因可能为_______。
②在120~240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为_______(填“>”“<”或“=”)，理由为_______。
（3）对于反应1，反应速率与浓度的关系可用方程式表示(k为常数)。时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当时，_______。
实验组 c(H2)/mo1·L-1 c(C2H2)/mo1·L-1·s-1
一 4.60×10-3 5.06×10-5
二 1.380×10-2 1.518×10-4
（4）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25℃, 101kPa)下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。以_______为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为_______。(图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能)
22.（2025湖北19题）CaH2(s)粉末可在较低温度下还原Fe2O3(s)。回答下列问题：
已知一定温度下： 3CaH2(s)＋ 2Fe2O3(s)＝3Ca(OH)2(s)＋4Fe(s)
(4) 研究发现 CaH2(s)对 Fe2O3(s) 的还原性主要来自于其产生的H2。一般认为H2在Fe2O3 表面被氧化成 H2O 有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径 ______ (填“a” 或“b”)是主要途径。
23.（2024河北17题）（2）1，4－二（氯甲基）苯（D）是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯（X）的氯化反应合成，对二甲苯浅度氯化时反应过程为
以上各反应的速率方程均可表示为v = k c(A) c(B)，其中 c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数（k1~ k5分别对应反应①~⑤）。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定（反应体系体积变化忽略不计），测定不同时刻相关物质的浓度。
已知该温度下，k1∶k2∶k3∶k4∶k5 =100∶21∶7∶4∶23。①30 min时，c(X) = 6.80 mol·L-1，且30~60 min内v(X) = 0.042 mol·L-1·min-1，反应进行到60 min时，c(X) =__________mol·L-1。
②60 min时，c(D) = 0.099mol·L-1，若0~60 min产物T的含量可忽略不计，则此时c(G) =__________mol·L-1；60 min后，随T的含量增加，__________（填“增大”“减小”或“不变”）。
24.（2024·浙江1月卷）通过电化学、热化学等方法，将转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回答：
(3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的DMSO(有机溶剂)溶液，和H2在溶液中反应制备HCOOH，反应过程中保持和H2(g)的压强不变，总反应的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能(不考虑催化剂活性降低或丧失)。
Ⅳ：
V：
VI：
①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 。
A．v与的压强无关 B．v与溶液中溶解的浓度无关
C．温度升高，v不一定增大 D．在溶液中加入，可提高转化率
②实验测得：298K，下，v随催化剂M浓度c变化如图。时，v随c增大而增大：时，v不再显著增大。请解释原因 。
25.（2023·全国甲卷）(3)分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。
(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应的能量变化应为图中曲线_______(填“c”或“d”)。
(ⅲ)与反应，氘代甲醇的产量CH2DOD_______(填“＞”“＜”或“=”)。若与反应，生成的氘代甲醇有_______种。
第19讲-事出有因：速率、活化能和催化机理答案及解析
1.【答案】D
【解析】A．基元反应的反应速率与活化能成反比（活化能越低，速率越快），已知ν1 > ν2 > ν3，则活化能应为①<②<③，A错误；B．升高温度会使所有反应的活化分子百分数均提高，并非“仅提高反应②”，B错误；C．三个反应为平行反应，催化剂降低反应③的活化能，会加快反应③的速率，使D的生成速率增大，D的产量增加，C错误；D．三个反应为平行反应，共同消耗反应物A和Q，总反应速率（反应物消耗速率）等于各反应速率之和，即ν总＝ν1 + ν2 + ν3，D正确；故答案选D。
2.【答案】C
【解析】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，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。
3.【答案】D
【解析】A选项，反应i为：Ga2O3(s)+NH3(g) Ga2O2(s)+H2O(g)，初始能量为0 eV，终态的能量为0.05 eV，所以反应i为吸热过程，A正确。B选项，反应ii为：Ga2O2(s)+NH3(g) Ga2ON2H2(s)+H2O(g)，脱去H2O(g)步骤的始态能量为0.70 eV，终态能量为3.39 eV，活化能为(3.39 eV-0.70 eV)=2.69 eV。B选项正确。C选项，反应ii i为Ga2ON2H2(s) GaN(g)+H2O(g)，过程中，生成了TS6和TS7两个过渡态，则包含两个基元反应。C正确。D选项，总反应的速控步骤一定包含一个活化能最大的步骤，读图可知，始态能量为3.30 eV到6.37 eV的步骤活化能为3.07 eV，是活化能最大的步骤，存在于反应ii i中，故D不正确。
4.【答案】C
【解析】A选项：Ⅰ到Ⅱ是加氢的反应，属于还原反应，在该过程中，会得到副产物H2O；B选项：Ⅱ到Ⅲ的过程中形成了新的C－H键，属于极性共价键；C选项：结合III和V的结构，可知中间体IV的可表示为；D选项：催化剂可降低反应的活化能，不能改变反应的反应热。
5.【答案】A
【解析】A项，过程II形成N—H键，过程III形成C—N键，均为极性共价键，正确；B项，NO3－ 中N为＋5价，NH2中N为－2价，氮元素的化合价降低，发生还原反应，错误；C项，方程式中电荷不守恒，错误；D项，CO2与NH3·H2O在常温下反应生成(NH4)2CO3或NH4HCO3，错误。
6.【答案】D
【解析】本题主要考查化学反应机理，涉及氧化还原反应、活化能以及催化剂的作用等知识点。A项，根据反应机理图，步骤①中VO2+与H2O2反应生成VO2+、·OH和X，VO2+中V化合价从+4价升高到VO2+中+5价，H2O2中O化合价从-1价降低到-2价，根据得失电子相等，VO2+与H2O2应1：1反应，根据原子守恒和电荷守恒，X应为H+，所以步骤①反应方程式为VO2+ + H2O2 → VO2+ + ·OH + H+，A正确；B项，步骤③为放热反应，放热反应的正反应活化能小于逆反应活化能，即E正7.【答案】B
【解析】A选项，图中左侧第1个结构图呈现了“三唑”分子的原始状态。可以观察到，三唑分子经过一个反应循环后，又恢复到三唑分子的原始状态。这正符合催化剂的共性，A正确。B选项，依据图中的反应历程，C18O2与三唑形成的复合物只获取了源自水的电子，并没有与源自水的氧原子发生任何成键作用，即C18O2中的3个原子全都进入产物甲酸中，故生成HC18O18OH，B错误。C选项，图中第2个结构图中CO2中的碳原子采用sp杂化轨道类型，到第3个结构图中的羧基和产物甲酸已变为sp2杂化，C正确。D选项，在机理图中出现的中间体，不应作为反应物或产物出现在化学方程式中。所以，该机理的总反应为2H2O+CO2=H2O2+HCOOH，D正确。
8.【答案】C
简化催化机理图：a：O2+4e-+4H+=2H2O；b：H2-2e-=2H+。
【解析】A．由分析可知，氧气作正极，正极反应的催化剂是ⅰ，A错误；B．考查活化能与反应速率的关系：活化能越大，反应速率越小；所以图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最高，B错误；C．定量分析：I=Q/t，Q=N(带电粒子)×e(电荷量，-e=+e=1.6×10-19C)。由串联电路中，电流处处相等，所以外电路1mole-定向移动产生的电流等于内电路1molH+定向移动产生的电流。1H+ (移动)～1e- (移动)～1H+ (产生) ，所以负极产生多少H+，就有多少H+移动到正极，负极室的溶液质量保持不变，C正确；D．a、c共同物质e-，用e-数代表循环次数。由转移电子守恒得：电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数比为“1:2”，D错误。
9.【答案】B
【解析】H+在第一个反应中作反应物、最后一个反应中作生成物，则H+为该反应的催化剂，A选项正确；化合物A中含有6种等效氢原子，其一溴代物有6种，B选项错误；步骤Ⅲ，苯基的位置发生变化、甲基的位置不变，则苯基迁移能力强于甲基，C选项正确；化合物E具有苯和酚的性质，酚羟基能发生氧化反应，苯环能发生加成反应和取代反应，D选项正确。
10.【答案】C
【解析】由能量变化图可知，，A项正确；由能量变化图可知，步骤2逆向反应的，B项正确；由能量变化图可知，步骤1的活化能，步骤2的活化能，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确；故选C。
11.【答案】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，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。A项，X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的 H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g)Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；B项，图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的 H都小于0，且X(g)Y(g)的活化能小于Y(g)Z(g)的活化能，B项符合题意；C项，图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的 H都小于0，但图像上X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，C项不符合题意；D项，图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的 H都大于0，且X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，D项不符合题意。
12.【答案】A
【解析】A．由图可知，3小时后异山梨醇浓度继续增大，15 h后异山梨醇浓度才不再变化，所以3 h时，反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A错误；B．图像显示该温度下，15 h后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而1,4-失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①、反应限度小于反应①，所以该温度下的平衡常数：①>②，故B正确；C．由图可知，在0~3h内异山梨醇的浓度变化量为0.042mol，所以平均速率(异山梨醇)=，故C正确；D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，所以反应②加入催化剂不改变其平衡转化率，故D正确。
13.【答案】CD
【分析】由图可知，T1比T2反应速率速率快，则T1＞T2；T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时；由于起始CO2与H2的物质的量之比为1∶1，则达到平衡时CO2和H2的摩尔分数相等。
【解析】A．根据分析，T1比T2反应速率速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知k1＞k2，A项正确；B．反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2)，则，T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时，则，B项正确；C．温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化，C项错误；D．T2温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H2和CO2的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，D项错误。
14.【答案】D
【解析】根据题给反应路径图可知，PDA(1,3-丙二胺)捕获CO2的产物为，因此PDA捕获CO2的反应为，A正确；由反应进程中的能量变化可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，路径2是优先路径，且路径2的最大能垒存在于*CO2*—→*C2O42-)的步骤，根据反应路径2图示可知，该步骤有参与反应，因此速控步骤反应式为：B正确；根据反应路径图可知，路径1、3的中间产物不同，经历了不同的反应步骤，但产物均为*MgCO3，而路径2、3的起始物均为，产物分别为*MgC2O4和*MgCO3，C正确；根据反应路径与相对能量的图像可知，三个路径的速控步骤中*CO2*—都参与了反应，且由B项分析可知，路径2的速控步骤伴有PDA再生，但路径3的速控步骤为*CO2*—得电子转化为*CO 和*CO32-，没有PDA的生成，D错误。
15.【答案】D
【解析】A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；B．由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确；D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误。
16.【答案】B
【解析】A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L-Ru-NH3]2+中的Ru带有更多的正电荷，其与N原子成键后，Ru吸引电子的能力比Ru(Ⅱ)强，这种作用使得配体NH3中的N－H键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（H+）的能力增强，A说法正确；B．Ru(Ⅱ)中Ru的化合价为+2，当其变为Ru(Ⅲ)后，Ru的化合价变为+3，Ru(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，Ru的化合价不变；M为，当[L-Ru-NH2]+变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru 1个电子，其中Ru的化合价变为+2，因此，B说法不正确；C．该过程M变为时，有N－N键形成，N－N是非极性键，C说法正确；D．从整个过程来看，4个NH3失去了2个电子后生成了1个N2H4和2个，Ru(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为4NH3－2e = N2H4＋2，D说法正确。
17.【答案】C
【解析】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确；B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；C．增加HCl浓度，平衡正向移动，但产物Ⅱ和产物I之间存在着转化平衡，K与HCl无关，产物Ⅱ和产物I的比例保持不变，故C错误；D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。
18.【答案】AC
【分析】一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径中，共发生三个反应：
①E+TFAA→F ②F→G ③GH+TFAA
t1之后的某时刻，H为0.02 mol L-1，此时TFAA的浓度仍为0，则表明0.10mol L-1E、起始时的0.08mol L-1TFAA、G分解生成的0.02 mol L-1 TFAA全部参加反应，生成0.10mol L-1F；在t2时刻，H为0.08mol L-1，TFAA为0.06mol L-1，G为0.01 mol L-1，则F为0.01 mol L-1。
【解析】A．t1时刻，H的浓度小于0.02 mol L-1，此时反应③生成F的浓度小于0.02 mol L-1，参加反应①的H的浓度小于0.1 mol L-1，则参加反应E的浓度小于0.1 mol L-1，所以体系中有E存在，A正确；B．由分析可知，t2时刻，H为0.08mol L-1，TFAA为0.06mol L-1，G为0.01 mol L-1，则F为0.01 mol L-1，所以体系中有F存在，B不正确；C．t1之后的某时刻，H为0.02 mol L-1，此时TFAA的浓度仍为0，表明此时E和TFAA完全反应生成F，所以E和TFAA生成F的反应速率快，反应的活化能很小，C正确；D．在t2时刻，H为0.08mol L-1，TFAA为0.06mol L-1，G为0.01 mol L-1，F为0.01 mol L-1，只有F、G全部转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08mol L-1，而GH+TFAA为可逆反应，所以反应达平衡后，TFAA的浓度一定小于0.08mol L-1，D不正确。
19.【答案】（3）①反应速率快且乙酸选择性高②产物1
【解析】（3）①根据图1可知，当温度为270℃时，乙酸的选择性最高（80%）且产氢速率较快；②分析图2中产物1、产物2、产物3的成分，其成分应为乙酸、乙醛、C1副产物，结合反应I和反应II的焓变，为吸热反应，故产物1、产物2对应的物质为乙酸、乙醛，产物3为C1副产物；反应过程中，乙酸的选择性更高，故生成乙酸的能垒应更低，生成产物1的最大能垒为0.58 eV，生成产物2的最大能垒为0.66 eV，故乙酸可能是产物1。
20.【答案】（3）④ HO*+CH2*+H2*→CH3*+H2O (或HO*+CH2*+H*+H2*+H2O → CH3*+H*+2H2O）
【解析】本题对化学反应原理进行综合考查。
基元反应的活化能越高，反应速率越慢。观察图像，第四个基元反应的活化能最高，反应速率最慢。基元反应为CH3*+H*+2H2O＝CH4*+2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H2*+CH2*→CH3*+H2O(或HO*+ CH2*+ H*+H2*+H2O → CH3*+H*+2H2O），故答案为：④；HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O(或HO*+CH2*+H*+H2*+H2O → CH3*+H*+2H2O）。
21.【答案】（2）①. 温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强 ②. 催化剂在该温度范围内失活③. ＞ ④. 乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率。
（3）9.2×10-3 （4）①. Pd/W ②. Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于生成乙烯的。
【解析】（2）反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大。
220℃-260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活。
由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率，即。
（3）将数据代入方程，②÷①得到，则，时，，。
（4）如图可知，Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于生成乙烯的，故Pd/W做催化剂时，乙烯的选择性更高。
22.【答案】(4) a
【解析】(4) 由图可知途径a中能垒为1.3eV，比途径b中小，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径。
23.【答案】（2）①5.54 ② 0.033 增大
【解析】（2）①依据公式计算c(X) =c(X)30 - c(X) = 6.80 - 0.042×30= 5.54 mol·L-1 ② = = =3，则= c(D) = 0.033mol·L-1。60 min后，随T的含量增加D和G的浓度变化比等于速率比， = = ，因G消耗的快，故增大
24.【答案】(3)CD 当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
【解析】（3）①A．v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，A错误；B．v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B错误；C．温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，C错误；D．在溶液中加入的N(CH2CH3)3会与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，D正确；故选CD。
②当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
25.【答案】(3) Ⅰ c ＜ 2
【解析】（3）(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ。
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，与反应的能量变化应为图中曲线c。
(ⅲ)与反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量CH2DOD＜；根据反应机理可知，若与反应，生成的氘代甲醇可能为CH2DOD或CD3OH共2种，故答案为：＜；2。

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