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2020年版普通高中《化学课程标准》中明确指出：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;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。近几年多套高考试题中涉及有关反应历程的考查，有如下常见的几种考查方向。
考向一：识别催化反应历程图
例1碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。碱式氯化铜有多种制备方法，其中一种方法：先制得CuCl，，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl，，Fet对该反应有催化作用，其催化原理如图1所示。M’的化学式为
解析：由催化原理示意可知，Fet对该反应有催化作用，该过程的总反应为2Cu O， 4H -2Cu 2H，O。Cu元素的化合价升高，则M中Fe元素的化合价降低，可知M’的化学式为Fe 。
答案：Fe2
备考提示：对于反应历程图的分析，最基本的是判断反应物、生成物以及催化剂。一般情况下，催化剂在反应历程图中是以完整的循环出现，即该物质先参加反应后又生成，反应前后质量和化学性质均不变;反应物则是通过一个箭头进人整个历程的物质;生成物一般是通过一个箭头最终脱离整个历程的物质;而上一步反应的生成物又为下一步反应的反应物的是反应中间体。
考向二：应用催化反应历程图
例2CO，/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO，和H，可能的反应机理如图2所示。
（1）HCOOD催化释氢反应除生成CO，外，还生成（填化学式）。
（2）研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是
解析：由反应历程循环图可知，HCOOH生成HCOO和H分别与催化剂结合，在催化剂表面HCOO分解生成CO，和H，之后在催化剂表面H～和第一步产生的H反应生成H，即反应历程为
第（1）问还生成HD即氢气;HCOOK是强电解质，比HCOOH更容易产生浓度较大的HCOO～和K，从而更快地产生KH，KH可以与水反应生成H和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO，，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。
答案：HD提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度
备考提示：本题能够顺利解答的关键是能够精准读取反应历程，并从反应历程的角度来分析与评价。
考向三：催化剂与反应历程
例3研究CO氧化C2H。制C2H，
对资源综合利用有重要意义。
已知：298K时，相关物质的相对能量（如图3）。
可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的△H（△H随温度变化可忽略）。例如：
有研究表明，在催化剂存在下，反应C，H（g） CO（g）=CH（g） HO（g） CO（g）分两步进行，过程如下：CzH（g） CO，（g）-CH（g） H（g） co.（g）-C，H，（g） CO（g） H，O（g），且第二步速率较慢（反应活化能为210kJ.mol）。根据相关物质的相对能量，画出该反应分两步进行的“能量一反应过程”图，起点从“CH{（g） CO，（g）”的能量-477kJ。mol’开始（如图4）。
解析：根据相关物质的相对能量和活化能算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量，找到画图的关键数据，然后用平滑曲线连接即可。由题中信息可知，该反应分两步进行，第一步的反应是C，H（g）
CO2（g）-CH（g） H（g） CO，（g），CH，（g）、H，（g）.CO，（g）的相对能量之和为52kJ.mol-’ okJ.mol1 （-393kJ.mol～’）=-341kJ.mol～;第二步的反应是CH，（g） H，（g） CO，（g）CzH，（g） HO（g） CO（g），其活化能为210kJ.mol’，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210kJ.mol’，过渡态的相对能量变为-341kJ.mol"’ 210kJ.mol"’：_-131kJ.mol～’，最终生成物C，H（g）、H，O（g）、CO（g）的相对能量之和为（52kJmol71） （-242kJ.mol-1） （-110kJ.moll）=-3o0kJ.mol-。根据题中“第二步速率较慢”的信息，可知第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，即第一步活化能小于210kJ.mol’，第一步的过渡态相对能量小于-477kJ。mol’ 210kJ.mol-=-267kJ.mo"’，同时大于-341kJ.mol’。故该反应分两步进行的“能量一反应过程”如图5所示。
答案：如图5所示。
备考提示：在反应中，催化剂参与化学反应，从而改变化学反应历程，通常能量示意图会出现两个及以上波峰。由于最慢的一步反应对总反应速率起决定作用，催化剂通过催化其中的慢反应而发挥作用，这也就决定了某种催化剂在一定条件下只对某一反应起催化作用，表现出催化剂是具有选择性的，工业上可以利用催化剂的选择性使原料向制定的方向转化，减小副反应的发生。另外，对某一反应来说，起催化作用的物质往往有多种，不同的催化剂催化效果也不同，温度对催化剂的活性有显著影响。在复习备考中，我们要注重知识之间的逻辑关系，使知识结构化、系统化。
考向四：有机反应历程
例4当1，3-丁二烯和溴单质1：1加成时，其反应机理及能量变化如图6所示。
不同反應条件下，经过相同时间测得生成物组成如表1所示。
下列分析不合理的是（）。
A.产物A、B互为同分异构体，由中间体生成A、B的反应互相竞争 B.相同条件下由活性中间体
C生成产物A的速率更快
C.实验1测定产物组成时，体系已达平衡状态
D.实验1在lmin时，若升高温度至25C，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B
解析：由1，3-丁二烯和溴单质1：1加成时的反应机理及能量变化示意图可知，该反应可生成互为同分异构体的两种产物A和B，由中间产物生成A和B的反应互相竞争;由中间体生成A的活化能较低，故相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快;实验1测定产物组成时，无法判断体系已达平衡状态;由图像可知，由C生成A和B的反应皆为放热反应;由表中数据可知，在较高的温度下，C转化为B有竞争优势，故实验1在tmin时，若升高温度到25”C，部分产物A
会经活性中间体C转化成产物B。
答案：C
备考提示：有机化学反应之魂是旧键的断裂和新键的形成，弄清反应历程是关键。从上述例题可以发现，其考查的落脚点是化学反应的活化能、化学反应速率与化学平衡等问题，所以在复习备考中，应注重多模块知识的融合。
考向五：化学方程式书写及反应历程证据探索
例5近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下所示。
（1）I可以作为水溶液中SO，歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
（2）探究i、ii反应速率与SO，歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO，饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象（见表2）。（已知：I易溶解在KI溶液中）
①B是A的对比实验，则a=
②比较A、B、C，可得出的结论是
③实验表明，SO，的歧化反应速率D》A，结合i、ii反应速率解释原因：
解析：（1）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i十反应ii消去I得总反应为3SO， 2H，O2HsO， s，I可以作为水溶液中SO，歧化反应的催化剂，由（总反应一反应i） 2，得反应i的离子方程式I 2H，O SO-4H SO 2I。
（2）探究i、i反应速率与SO，歧化反应速率的关系，而两个反应中反应物和生成物众多，也就是影響反应速率的因素众多，需要通过控制变量法，只改变其中一个条件而其他条件不变来研究。
①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多了0.2mol.L-’H，SO，则A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。
②由A与B实验可知，H可以加快SO，歧化反应的速率。由B与C实验可知，单独加H不能催化SO，的歧化反应。比较A、B、C，可得出的结论是：I是SO，歧化反应的催化剂，H单独存在时不具有催化作用，但H可以加快歧化反应速率。
③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H和I厂，反应i中消耗I，，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率D》A，由此可见，反应i比反应i速率快，反应i产生H使c（H ）增大，又使反应i加快。
答案：（1）SO，SO4H
（2）①0.4②I是SO，歧化反应的催化剂，H单独存在时不具有催化作用，但H可以加快歧化反应速率③反应ii比i快;D中由反应ii产生的H使反应i加快
备考提示：从近几年高考有关反应历程试题的考查情况来看，已由简单的判断转变为定性问题定量化、结论问题过程化、宏观问题微观化等趋势。在复习备考中，可以针对此类问题，以“紧凑型问题组”模式的“微型专题”为复习策略，将多模块知识进行融合，建构知识体系，注重认识思维的结构化和显性化，形成解题能力与化学素养，提高备考的针对性和有效性。
（责任编辑谢启刚）
考向一：识别催化反应历程图
例1碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。碱式氯化铜有多种制备方法，其中一种方法：先制得CuCl，，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl，，Fet对该反应有催化作用，其催化原理如图1所示。M’的化学式为
解析：由催化原理示意可知，Fet对该反应有催化作用，该过程的总反应为2Cu O， 4H -2Cu 2H，O。Cu元素的化合价升高，则M中Fe元素的化合价降低，可知M’的化学式为Fe 。
答案：Fe2
备考提示：对于反应历程图的分析，最基本的是判断反应物、生成物以及催化剂。一般情况下，催化剂在反应历程图中是以完整的循环出现，即该物质先参加反应后又生成，反应前后质量和化学性质均不变;反应物则是通过一个箭头进人整个历程的物质;生成物一般是通过一个箭头最终脱离整个历程的物质;而上一步反应的生成物又为下一步反应的反应物的是反应中间体。
考向二：应用催化反应历程图
例2CO，/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO，和H，可能的反应机理如图2所示。
（1）HCOOD催化释氢反应除生成CO，外，还生成（填化学式）。
（2）研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是
解析：由反应历程循环图可知，HCOOH生成HCOO和H分别与催化剂结合，在催化剂表面HCOO分解生成CO，和H，之后在催化剂表面H～和第一步产生的H反应生成H，即反应历程为
第（1）问还生成HD即氢气;HCOOK是强电解质，比HCOOH更容易产生浓度较大的HCOO～和K，从而更快地产生KH，KH可以与水反应生成H和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO，，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。
答案：HD提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度
备考提示：本题能够顺利解答的关键是能够精准读取反应历程，并从反应历程的角度来分析与评价。
考向三：催化剂与反应历程
例3研究CO氧化C2H。制C2H，
对资源综合利用有重要意义。
已知：298K时，相关物质的相对能量（如图3）。
可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的△H（△H随温度变化可忽略）。例如：
有研究表明，在催化剂存在下，反应C，H（g） CO（g）=CH（g） HO（g） CO（g）分两步进行，过程如下：CzH（g） CO，（g）-CH（g） H（g） co.（g）-C，H，（g） CO（g） H，O（g），且第二步速率较慢（反应活化能为210kJ.mol）。根据相关物质的相对能量，画出该反应分两步进行的“能量一反应过程”图，起点从“CH{（g） CO，（g）”的能量-477kJ。mol’开始（如图4）。
解析：根据相关物质的相对能量和活化能算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量，找到画图的关键数据，然后用平滑曲线连接即可。由题中信息可知，该反应分两步进行，第一步的反应是C，H（g）
CO2（g）-CH（g） H（g） CO，（g），CH，（g）、H，（g）.CO，（g）的相对能量之和为52kJ.mol-’ okJ.mol1 （-393kJ.mol～’）=-341kJ.mol～;第二步的反应是CH，（g） H，（g） CO，（g）CzH，（g） HO（g） CO（g），其活化能为210kJ.mol’，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210kJ.mol’，过渡态的相对能量变为-341kJ.mol"’ 210kJ.mol"’：_-131kJ.mol～’，最终生成物C，H（g）、H，O（g）、CO（g）的相对能量之和为（52kJmol71） （-242kJ.mol-1） （-110kJ.moll）=-3o0kJ.mol-。根据题中“第二步速率较慢”的信息，可知第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，即第一步活化能小于210kJ.mol’，第一步的过渡态相对能量小于-477kJ。mol’ 210kJ.mol-=-267kJ.mo"’，同时大于-341kJ.mol’。故该反应分两步进行的“能量一反应过程”如图5所示。
答案：如图5所示。
备考提示：在反应中，催化剂参与化学反应，从而改变化学反应历程，通常能量示意图会出现两个及以上波峰。由于最慢的一步反应对总反应速率起决定作用，催化剂通过催化其中的慢反应而发挥作用，这也就决定了某种催化剂在一定条件下只对某一反应起催化作用，表现出催化剂是具有选择性的，工业上可以利用催化剂的选择性使原料向制定的方向转化，减小副反应的发生。另外，对某一反应来说，起催化作用的物质往往有多种，不同的催化剂催化效果也不同，温度对催化剂的活性有显著影响。在复习备考中，我们要注重知识之间的逻辑关系，使知识结构化、系统化。
考向四：有机反应历程
例4当1，3-丁二烯和溴单质1：1加成时，其反应机理及能量变化如图6所示。
不同反應条件下，经过相同时间测得生成物组成如表1所示。
下列分析不合理的是（）。
A.产物A、B互为同分异构体，由中间体生成A、B的反应互相竞争 B.相同条件下由活性中间体
C生成产物A的速率更快
C.实验1测定产物组成时，体系已达平衡状态
D.实验1在lmin时，若升高温度至25C，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B
解析：由1，3-丁二烯和溴单质1：1加成时的反应机理及能量变化示意图可知，该反应可生成互为同分异构体的两种产物A和B，由中间产物生成A和B的反应互相竞争;由中间体生成A的活化能较低，故相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快;实验1测定产物组成时，无法判断体系已达平衡状态;由图像可知，由C生成A和B的反应皆为放热反应;由表中数据可知，在较高的温度下，C转化为B有竞争优势，故实验1在tmin时，若升高温度到25”C，部分产物A
会经活性中间体C转化成产物B。
答案：C
备考提示：有机化学反应之魂是旧键的断裂和新键的形成，弄清反应历程是关键。从上述例题可以发现，其考查的落脚点是化学反应的活化能、化学反应速率与化学平衡等问题，所以在复习备考中，应注重多模块知识的融合。
考向五：化学方程式书写及反应历程证据探索
例5近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下所示。
（1）I可以作为水溶液中SO，歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
（2）探究i、ii反应速率与SO，歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO，饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象（见表2）。（已知：I易溶解在KI溶液中）
①B是A的对比实验，则a=
②比较A、B、C，可得出的结论是
③实验表明，SO，的歧化反应速率D》A，结合i、ii反应速率解释原因：
解析：（1）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i十反应ii消去I得总反应为3SO， 2H，O2HsO， s，I可以作为水溶液中SO，歧化反应的催化剂，由（总反应一反应i） 2，得反应i的离子方程式I 2H，O SO-4H SO 2I。
（2）探究i、i反应速率与SO，歧化反应速率的关系，而两个反应中反应物和生成物众多，也就是影響反应速率的因素众多，需要通过控制变量法，只改变其中一个条件而其他条件不变来研究。
①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多了0.2mol.L-’H，SO，则A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。
②由A与B实验可知，H可以加快SO，歧化反应的速率。由B与C实验可知，单独加H不能催化SO，的歧化反应。比较A、B、C，可得出的结论是：I是SO，歧化反应的催化剂，H单独存在时不具有催化作用，但H可以加快歧化反应速率。
③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H和I厂，反应i中消耗I，，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率D》A，由此可见，反应i比反应i速率快，反应i产生H使c（H ）增大，又使反应i加快。
答案：（1）SO，SO4H
（2）①0.4②I是SO，歧化反应的催化剂，H单独存在时不具有催化作用，但H可以加快歧化反应速率③反应ii比i快;D中由反应ii产生的H使反应i加快
备考提示：从近几年高考有关反应历程试题的考查情况来看，已由简单的判断转变为定性问题定量化、结论问题过程化、宏观问题微观化等趋势。在复习备考中，可以针对此类问题，以“紧凑型问题组”模式的“微型专题”为复习策略，将多模块知识进行融合，建构知识体系，注重认识思维的结构化和显性化，形成解题能力与化学素养，提高备考的针对性和有效性。
（责任编辑谢启刚）