2023年高考化学题型(二)反应机理图和能量历程图

命题视角一反应机理图

［典例］Pd—Mg/SiCh催化剂上C02甲烷化的反应机理如图所示。下列说法错误

的是（）

H2O

PdiO2

A.上述C02甲烷化过程的总反应可表示为CO24-4H2^^CH4+2H2O

B.题图中碳元素为+2价的中间体只有MgOCO

C.Pd—Mg/SiCh催化剂增大了C02甲烷化速率，提高了H2的平衡转化率

D.经过一个甲烷化循环后的MgO再次与C02结合形成碳酸盐，开始一个新的甲

烷化循环过程

答案C

解析由题图可知，反应物为C02和Ho,生成物为CH4和H20,Pd-Mg/SiO2

为催化剂，A项正确；MgOCO中碳元素为+2价，B项正确；催化剂可以增大反

应速率，但不影响平衡转化率，C项错误；由题图可知MgO和C02反应生成

MgOCO2,再经过后续一系列反应后转化为MgO,性质不变，可以继续开始一个

新的甲烷化循环过程，D项正确。

|方法模型---------

环式历程图的解题方法

“环式”反应历程如图所示：

诉F哂-一般是催化剂或中间体.如

—n--------图中⑤、⑥、⑦和⑧

H月二'物质I一是反应物•如图中①和①

匕|;环”物质I一是生成物.如图中②和③

依据反应物和生成物，利用原子守恒可写出总反应式。

1练:应试能力

1.（2022.山东卷）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所

示。下列说法错误的是（）

A.含N分子参与的反应一定有电子转移

B.由NO生成HONO的反应历程有2种

C.增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变

D.当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少

答案D

解析A.根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+OOH=NO2

+・OH、NO+NO2+H2O=2HONO,NO2+C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO

+-OH,含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、

+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转

移，A项正确；B.根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；

C.NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D.无论反

应历程如何，在NO催化下丙烷与02反应制备丙烯的总反应都为2c3H8+

O2N02c3H6+2H2O,当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D

项错误；答案选D。

11（）OH

2.（2022•苏州模拟）MoO3可以催化1,2一丙二醇（）获得多种有机物,

其反应历程如图所示。下列说法正确的是()

A.转化过程中涉及非极性共价键的断裂与形成

B.反应过程中Mo形成共价键的数目始终保持不变

C.如果原料是乙二醇，则主要有机产物是乙二醛和乙烯

D.Cu催化氧化1,2一丙二醇所得产物与MoCh催化时相同

答案A

解析A项，反应③中碳碳单键断开，为非极性键断开，反应④中形成碳碳双键,

为非极性键形成，正确；B项，反应③的产物中M。只形成4个共价键，其余含

M。的化合物中M。均形成6个共价键，错误；C项，根据反应③、④中的断裂情

况知，如果原料是乙二醇，则主要有机产物是甲醛和乙烯，错误；D项，Cu催化

()

、Ir

C

氧化1,2—丙二醇得到H3—C—CH(),MoO3催化1,2—丙二醇得到甲醛、

乙醛和丙烯，错误。

命题视角二能量历程图

理工核心知识

1.基元反应与活化能

(1)基元反应和反应历程

大多数反应都是分步完成的，其中每一步反应称为基元反应，如H2+C12*B

2HC1分三步反应：

H2+C1•―>HC1+H-

H-+Ch—►HCl+Cl-

总反应为H2+CI2星尘2HC1

其中微粒H.、a•存在未成对电子，它们称为自由基，自由基的反应活性很强，寿

命极短。

由基元反应构成的反应序列称为反应历程（又称反应机理），基元反应的总和称为

总反应。

⑵活化能（瓦）

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。

AB+C―-[A--B--C]―>A+BC

反应物过渡态

过渡态是反应过程中具有最高能量的一种状态，过渡态能量与反应物平均能量的

差值为活化能（员），如基元反应：

H2+C1•-HC1+H.的活化能可用下图表示：

2.催化剂对反应活化能的影响

反应历程中，既包含有催化剂参与的反应又包含有催化剂再生成的反应，可见催

化剂通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能，提高反应速率。

3.能量——反应历程图实例

工业合成氨[N2（g）+3H2（g）2NH3（g）]的反应历程和能量变化如下图所示：

能量/(kJmoL)

过渡态I

N(g)+3H(g);|90

22--过渡

2NH(g)

148态口:t

,N2+3'H2

2'NH,

308

2'N+6"H

反应历程

(1)该反应历程分两步反应、四个阶段

第一阶段为N2和H2的吸附过程，即No和H2吸附到催化剂上,吸附后用'N2+3*H2

表示。吸附过程放热，但不发生化学反应。

第一步反应(第二阶段)：破坏N2和H2分子中的共价键，经过渡态I形成自由基，

反应方程式为*N2+3*H2=2*N+6*H

第二步反应(第三阶段)：形成NH3分子中的共价键，经过渡态H形成自由基，反

应方程式为2*N+6*H=2*NH3

第四阶段，氨的脱附过程，即附着在催化剂上的NH3解离过程，用*NH3-NH3

表示，脱附过程吸热，但不发生化学反应。

⑵决速步是指反应历程中活化能最大的步骤，即反应历程中的第二步，2*N+

6*H-2*NH3,该步反应的活化能£a=(500-148)kJ-mo「=352kJ-mol-1

(3)相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒(活化能)越小的反应，反应速率

越大，产物占比越高。

故第一步反应*m+3*七=2'\+6»的活化能Ea=(34+90)k，mo「=124kJ-mol

⑷总反应式是各步反应的之和，即N2(g)+3H2(g)2NH3(g)AH=-(500-100

—308)kJmor1=_92kJ-mof1o

练:应试能力

3.(2022.衡水二模)最近科学家在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇

(CROH)方向取得重要进展，反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物

质用“*”标注。下列说法错误的是()

.决

成副B甲的生的

生成；成，极上

，生确会

）合.慢阴时面

醛；正C最比同表

甲少A；率势剂

（，确

OO较速电化

C2对多正应的催

H

为定相较B极）

反在。

物决Cg（@OX+HOX

量对，，阳O附低

产O和2

2的相大大，吸(OO'+HOXP

OHOX降

副HC成量较最中，

*低+）率

的+的能H+aox+HUO

势有生能程g（示化

多O电物，成化化过H所转

C

较生活醇0x+(>oaH+HJO,

*-极产慢活3图le衡

对阴副较，的的甲H如平

HC

程相O比的行快应O备化ZH+H+(ooZH+HOO,使

*2

历中+势到进较反制变会

应大HXA+MOX+OP

其较O电得应行，*原）量）但

反，时+g（

）能C*的，反进还2能率

OOHIZ+OZH+OP

醛化程极知，应2C化3的速

*（

甲活阳可大反H-催+中应

（过C）是X.Z+H+HO+OP

O的由，图较，H电.g（程反

2中能小物O2的

应要由*D过xx+'p快

H产O误o

C反主程，化较+；C应加

副：错

和，过醇活能O确反&)xE+(o)o。能

率成法s

O时速醇甲的化C*正醇，温

轴的猊安定说

生璐投芸麦

>3、CO应甲是应活程C甲醛>3升

有2备反的，过，成列，

H反物甲下

物C主制产时应知，率合与定

产物原O反可中可。

的要2速。O一

还时析2C注

副产醇主.H应应误H件

化C分物标

的副甲DAO反反错与*条

到催物C的主体2产用他

成备案D

得生制电析产物A的整，O副质其

....C..

ABCD答解副产由醇定高4成物A

B.主反应过程中的最大能垒（活化能）为1.36eV

C.反应过程中生成副产物甲醛的速率小于生成CO的速率

D.若更换催化剂种类，反应历程发生变化，但△”不变

答案A

解析A.由图可知1molCCh（g）和3molHz（g）的能量比1molCH30H（g）和Imol

七0值）的能量低0.426丫，因此合成甲醇的反应为吸热反应，其他条件一定，升温

能加快反应速率但会使平衡正向移动，转化率升高，A错误；B.由图可知，主反

应过程中的最大能垒（活化能）为1.36eV,B正确；C.由图可知生成CO的活化能

为0.93eV,生成甲醛的活化能为1.00,活化能越大，反应速率越小，因此生成甲

醛的速率小于生成CO的速率，C正确；D.催化剂能改变反应历程，不能改变始

态和终态，△”不变，D正确。

II随堂训练

1.（2022.湖南卷）科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移（如a、b和c）,

能将海洋中的NO2转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。

NO：N2

下列说法正确的是（）

A.过程I中NO5发生氧化反应

B.a和b中转移的「数目相等

C.过程II中参与反应的〃（NO）：/?（NH4）=1:4

D.过程I-III的总反应为NO5+NH3=N2t+2H2O

答案C

解析过程I中NO5转化为NO,氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO5得电

子，发生还原反应，A错误；过程I为NO5在酶1的作用下转化为NO和H2O,

依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为NO5+2H+

+e====NO+H2O,生成1molNO,a过程转移1mol5，过程II为NO和NH；

在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4,依据得失电子守恒、电荷

守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为2NO+8NHI=^=2H2O+5N2H4+8H

+,〃(NO)：〃(NH：)=1：4,消耗1molNO,b过程转移4moie,转移电子数目

不相等，B错误、C正确；过程HI为N2H4转化为N2和4H'、4e,反应的离子方

程式为N2H4=N2+4H++4e,过程I-III的总反应为2?403+8?41式=5用t+

+-

4H2O+24H+18e,D错误。

2.(2022.衡阳三模)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+

3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g),该反应一般认为通过如下步骤来实现：

1

@CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△Hi=+41kJ-moF

-1

(2)C0(g)+2H2(g)=CH3OH(g)AH2=-90kJ-mol

若反应①为慢反应，下图中能体现上述反应能量变化的是()

体

体

系

系

能

能

量

量

体

体

系

系

能

能

量

量

反应进程反应进程

CD

答案A

解析由盖斯定律可知，反应①+反应②得总反应方程式，则总反应的

+AH2=-49kJ/mol,则该总反应是放热反应，生成物的总能量比反应物的总能

量低，B、D错误；反应①为慢反应，是总反应的决速步骤，则反应①的活化能

比反应②的大，A正确，C错误。

3.(2022.临沂二模)一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法

错误的是()

A.不慎将白磷沾到皮肤上，可用CuS04稀溶液冲洗

B.过程I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：6

C.过程H中，除生成Ca3（PO4）2外，还可能生成Ca（H2Po4）2、CaHP04

D.过程HI的化学方程式为2Ca3（PC）4）2+6SiO2+10C遢迪6CaSiO3+P4+10COt

答案B

解析A.白磷有毒，且对人体具有腐蚀作用，不慎将白磷沾到皮肤上，可以用硫

酸铜溶液冲洗，A项正确；B.过程I中反应方程式为：IIP4+6OCUSO4+

96H2O=20CU3P+24H3PO4+6OH2SO4,其中磷酸为氧化产物，Cu3P为还原产物,

则氧化产物和还原产物的物质的量之比为6：5,B项错误；C.过程II为磷酸和氢

氧化钙反应，除生成Ca3（PO4）2外，还可能生成Ca（H2Po4）2、CaHPCU,C项正确;

D.据图分析，结合氧化还原反应，过程III的化学方程式为2Ca3（PO4）2+6SiO2+

10C^^6CaSiO3+P4+10COf,D项正确。

4.（2022•济南检测）甲醇与S03生成硫酸氢甲酯的反应为CH.3OH（g）+

SO3（g）CH30so3H（g）。在无水和有水条件下的部分反应历程如图所示，其中

“…”表示粒子间的静电作用。下列说法正确的是（）

旃

投

女

军

2(o

-2(

CH.QH和SO：,反应历程（有水）

A.c分子比a分子更稳定

B.水将反应的最高能垒由19.59eV降为3.66eV

C.有水条件下会降低总反应的焙变

D.d到f转化的实质为质子转移

答案D

解析由图可知，a的能量比c低，所以a更稳定，A错误；根据图示可知，无

水反应历程中最大能垒为19.596丫一（一1.346丫）=20.936丫，有水反应历程中最大

能垒为366eV—（―2.96eV）=6.62eV,B错误；能变是由反应物和生成物的总能

量决定的，与外界条件无关，有水条件下不会改变焙变，C错误；据图可知，d

到f的过程中甲醇中的氢原子转移到水分子中，水分子中的氢原子转移到

CH30so3H分子中，转化的实质为质子转移，D正确。

I课下作业

A卷

1.（2022.保定一模）苯亲电取代反应中卤代反应的反应进程与能量变化曲线如图所

示，下列说法正确的是（）

A.反应分三步进行，且各步均为吸热反应

B.决速步的能垒是4反

C.总反应的△H=AEI+AE2+AE3

D.升温既能加快反应速率，又能提高该卤代反应的平衡转化率

答案B

解析A.根据图中信息得出前两步是吸热反应，第三步是放热反应，故A错误；

B.第二步能垒最大，是整个反应的决速步，其能垒是△及,故B正确；C.总反应

的焰变是生成物总能量减去反应物总能量或反应物的活化能减去生成物活化能，

因此△“/△四+公民+△£,故C错误；D.由于总反应是放热反应，故升温可以

加快反应速率，但平衡逆向移动，因此不能提高该卤代反应的平衡转化率，故D

错误。

2.（2022.唐山二模）Pd—MgO/SiCh界面上甲烷化的过程如图所示：

COOH

MgO…COH

下列说法不正确的是（）

A.转化过程中SiO2做催化剂的载体，不参与转化历程

B.反应每生成1molH2O,转移4mol电子

C.反应历程中存在极性键和非极性键的断裂与形成

D.转化过程中涉及氧化还原反应

答案C

解析A.由转化过程图可知，SiO2做催化剂的载体，不参与转化历程，A正确；

B.根据图示，二氧化碳和氢气在催化剂作用下生成甲烷和水，总反应为4H2+

CO2=CH4+2H2O,每生成1molH2O,有0.5molCO2转化为CH4,转移4mol

电子，B正确；C.总反应为4H2+CO2=CH4+2H2O,没有非极性键的形成，C

错误；D.转化过程中C、H元素化合价发生了改变，涉及氧化还原反应，D正确。

3.工业上除去NO的一种反应机理如图所示。下列说法中错误的是（）

HH

、N/

/、

HH

H.

.—

o6O.O

义

+NH,—

III快速’,X

VVOO

cfV\）（反应1）0

（反应4）［+”2

O

HH小

-HO，N

ii2r.:

OO-N?.

ii中NH¥

VV（反应3）

o八o,"。O

V—

\，

o

A.该反应的氧化剂为NO、O2

B.反应1决定整个反应的速率快慢

C.反应过程中V元素的化合价发生变化

D.反应中除去1molNO,消耗1molNH3

答案B

解析A.反应2中，一氧化氮参与反应后，N的化合价降低，NO为氧化剂，O

元素由0价变为一2价，则。2为氧化剂，故A正确；B.反应中的慢反应决定反应

速率，反应1是快速的，故B错误；C.V元素的化合价从反应机理来看，化学键

发生改变，则化合价发生改变，故C正确；D.该反应是一个循环反应，由反应1、

2可判断，反应中除去1molNO,消耗lmolNH3,故D正确。

4.（2022.重庆抽测）CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应：

第一步：Fe*+N2O=FeO*+N2（慢）

第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2（快）

其相对能量与反应历程如图所示，下列说法错误的是（）

A.在整个反应历程中，有极性键的断裂和生成

B.总反应的反应速率由第一步反应决定

C.两步反应均为放热反应

D.FeO和Fe均为反应的催化剂

答案D

解析由图示知，第一步反应中断裂了N—O键，第二步反应中形成了C-O键,

故A项正确；总反应的反应速率由慢反应决定，B项正确；由图示知，两步反应

中反应物的总能量均高于生成物的总能量，因此均为放热反应，C项正确；FeO

先生成，后被消耗，为反应的中间产物，D项错误。

5.（2022.秦皇岛三模）在催化剂表面CO2与H2反应的部分历程如图所示，吸附在催

化剂表面的物种用“•”标注，Ts表示过渡态。下列说法错误的是（）

(

8

)(

1用

一&

、

+工

(@)&

y小Z

zH)

HEM/eV+H0

干r

lpoA+

0.5OH1'

.++

・(

().0f色D+y

^OHa

—0.5也OH

m

-・

②±③/++

-1.0o

-o

-1.5oo

_・

-2.0⑤

反应历程

A.物质吸附在催化剂表面时通常比其形成的过渡状态稳定

B.②一③是图中①至⑥的历程中的决速步骤

C.③一④的过程中断裂了非极性共价键

D.反应9。2+112（8）=90+1120（8）的△“＜（）

答案C

解析A.从图中可以看出过渡态的能量均比物质吸附在催化剂表面时的能量高，

能量越高，物质越不稳定，A正确；B.从图中可以看出，②一③过程的活化能最

大，活化能越大，反应速率越慢，故②一③过程是图中①至⑥的历程中的决速步

骤，B正确；C.从图中可以看出，③一④的过程中断裂了C—O键，属于极性共

价键，C错误；D.根据图中可以看出，反应物的总能量高于生成物，属于放热反

应，D正确。

6.北京化工大学研究了过渡金属Pd8簇催化乙快氢化的反应机理，Pd8簇上的反应

中间体亚乙烯基吸附物R,多步连续加氢反应路径的能量变化示意图如下（TS为

过渡态，IM为中间体）。下列说法错误的是（）

(kJ-moI-1)

•---2-4--

•TS2一8。

-BO

-153

，、，M2

-160/TSI\、•而

•X-239;

-240IMI

-310/

—R——

-320H

CH-CH+2IICH-CH+HCH..-CH+HCKGH叫皿G,

P4Pd8PdB

A.乙块与氢气加成生成乙烷的反应为放热反应

B.生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可提高乙怏的平衡转化率

C.图示反应历程中，最大能垒的反应过程为IM1到TS2

D.乙焕氢化历程中涉及非极性键的断裂

答案B

解析A.由图可知，亚乙烯基与氢气反应生成乙烷的反应只是乙烘与氢气加成生

成乙烷反应的一部分，不能据此判断整个反应的反应热，其实乙烘与氢气加成生

成乙烷的反应为放热反应，故A正确；B.生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增

大反应物在催化剂表面的接触面积，加快反应速率，但化学平衡不移动，不能提

高乙焕的平衡转化率，故B错误；C.由图可知，图示反应历程中，最大能垒的反

应过程为IM1到TS2,故C正确；D.焕氢化历程中涉及非极性键氢氢键的断裂，

故D正确。

7.在Ru—Rh（钉铐）基催化剂表面发生反应制备乙酸的一种机理如图，下列说法正

确的是（）

A.该过程中反应①⑤的反应类型相同

B.Lil也是该反应的催化剂

C.制取乙酸的总方程式为：C02+H2+CH30H圆维CH3co0H

D.反应③中既有非极性键的断裂，又有非极性键的形成

答案B

解析A.该过程中反应①为取代，⑤为复分解反应，反应类型不相同，故A错误;

B.在循环过程中，反应①消耗Lil,反应⑤又生成等量的Lil,反以Lil是该反应

的催化剂，故B正确；C.制取乙酸的总方程式为：CO2+H2+CH30H喜型

CH3COOH+H2O,故C错误；D反应③中CH3—Rh*I和0==C=0均是极性键

断裂，没有非极性键的断裂，故D错误。

B卷

8.（2022.长沙适应性考试）以H2O2和HC1为原料制备高纯度次氯酸的机理如图，V

为元素钮，其最高化合价为+5,N（HiS404）、N（HiS496）为氨基酸，下列说法错误的

是（）

N(His10l)

HOC1

N(His—OHH2O2

/HN(Hism)N(His4O4)

O/H(A)

O-CIHZH

OH(E)

(B)%J/OOH

N(Hi“G

N(His496)

N(HisW4)

+

N(His4(M)

OC1+

—OHO/Z°\

Zz2H2。

N(Hisw.)

(D)Cl。十。

N(His4%)

(C)

A.该机理中化合物A是中间产物

B.反应过程中，钮的成键数目发生了改变

C.该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成

D.制备机理的总反应的离子方程式为：H2O2+CF+H'=HC1O+H2O

答案A

解析由图可知，该机理中化合物A作催化剂，A项错误；反应过程中，帆的成

键数目有5、6两种，成键数目发生了改变，B项正确；反应过程A-B、B-C

中均有氢氧键的断裂和形成，C项正确；根据图中的转化关系，可得制备机理的

总反应的离子方程式为H2O2+cr+H+=HC1O+H2O,D项正确。

9.（2022.湖南卷改编）反应物（S）转化为产物（P或P.Z）的能量与反应进程的关系如图

所示:

下列有关四种不同反应进程的说法正确的是()

A.进程I是吸热反应

B.平衡时P的产率：II>I

c.生成p的速率：ni>n

D.进程IV中，z没有催化作用

答案D

解析由图可知，进程I中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热

反应，A错误；进程n中使用了催化剂x,但是催化剂不能改变平衡产率，因此

两个进程平衡时P的产率相同，B不正确；进程HI中由S.Y转化为PY的活化能

高于进程II中由S-X转化为PX的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决

速步骤，因此生成P的速率：ni<n,c不正确；由图可知，进程w中s吸附到z

表面生成S-Z,然后S-Z转化为产物P2,由于P-Z没有转化为P+Z,因此，Z

没有表现出催化作用，D正确。

10.我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]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所示，下

列说法正确的是()

>(CHJ2NCHO(g)+2H2(g)

/。

方

，N(CH3)3(g)+H2O(g)

(CH3)2NCHOH'+3H

搜

-123(CH3)2NCH2+OH+2H^

获-1.55/

五(CH)NCH,OH.+2HZ£J/

MCHO+4H*'N(CH,)j+OH+H*

A.该历程中最小能垒的化学方程式为

(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*

B.该历程中最大能垒(活化能)为2.16eV

C.该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)

=—1.02eVmol1

D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率

答案A

解析从图中可以看出，在正向进行的反应中，其能垒分别为：―123—(—2.16)

=0.93、-1.55一(-1.77)=0.22、-1.02一(-2.21)=1.19。A.从以上分析知，该

历程中最小能垒为0.22,是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方

程式为(CH3)2NCH2OH*;(CH3)2NCH2+OH*,A正确；B.该历程中最大能垒(活

化能)为1.19eV,B不正确；C.该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为

N(CH3)3(g),但L02eV为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方

程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)△"=一L02NAeV-mol

IC不正确；D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移

动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确。

11.研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的

过渡态和中间产物(过渡态已标出)，下图为路径1和路径2催化的能量变化。下

列说法的不正确的是()

0

>1

3一

面9

一-

器

二3

皆4

一

提5

一

6

一7

A.该过程中有极性键和非极性键的断裂和生成

B.反应路径2的催化效果更好

C.催化剂不会改变整个反应的

D.路径1中最大能垒(活化能)后正=1.77eV

答案A

解析A.由图可知CO在Pd2催化作用下与氧气反应产生C02,反应过程中CO

中C—O极性键、02中0—0非极性键断裂，C0