专题31化学反应机理-2024高考化学一轮复习.docx

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1、易错点32 化学反应机理 易错题【01】反应机理（1）应反机理是用来描述某反应物到反应产物所经由的全部基元反应，就是把一个复杂反应分解成若干个基元反应，以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，然后按照一定规律组合起来，从而阐述复杂反应的内在联系，以及总反应与基元反应内在联系。（2）反应机理详细描述了每一步转化的过程，包括过渡态的形成，键的断裂和生成，以及各步的相对速率大小等。典型的是基元反应碰撞理论和基元反应过渡态理论。（3）反应机理中包含的基元反应是单分子反应或双分子反应。完整的反应机理需要考虑到反应物、催化剂、反应的立体化学、产物以及各物质的用量。（4）认识化学反应机理，任何化合物

2、的每一步反应都应该是在该条件下此类化合物的通用反应。易错题【02】有效碰撞理论（1）化学反应发生的条件：在化学反应中，反应物分子不断发生碰撞，大多数碰撞无法发生反应，只有少数分子的碰撞才能发生化学反应，能发生有效碰撞的分子是活化分子。普通反应物分子形成活化分子所需要的能量叫活化能。而活化分子的碰撞也不一定都能发生有效碰撞。发生有效碰撞不仅有能量的因素，还有空间因素，只有同时满足这两者的要求才能发生有效碰撞。（2）反应历程：发生有效碰撞的分子叫做活化分子，活化分子具有较高的能量。活化分子比普通分子所高出的能量称为活化能。活化能越小，普通分子就越容易变成活化分子。如图所示，反应的活化能是E1，反应

3、热是E1E2。在一定条件下，活化分子所占的百分数是固定不变的。活化分子的百分数越大，单位体积内活化分子数越多，单位时间内有效碰撞的次数越多，化学反应速率越快。活化能越大，反应速率越慢，化学反应取决于最慢的一步。易错题【03】催化剂与化学反应化学反应中，反应分子原有的某些化学键，必须解离并形成新的化学键，这需要一定的活化能。在某些难以发生化学反应的体系中，加入有助于反应分子化学键重排的第三种物质（催化剂）其作用可降低反应的活化能。催化剂能改变反应的途径、降低反应的活化能、加快反应速率，但不能改变反应热的符号与数值、不能改变平衡的移动方向。解答时注意题干信息的理解应用，通过分析化学反应过程，明确反

4、应过程中催化剂的作用和能量变化、化学键的变化。左图虚线表示催化剂对反应的影响，右图为催化反应历程示意图。典例分析例1 已知反应( aq)+2I-(aq)2(aq)+I2(aq)，若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如图所示。下列有关说法错误的是2Fe3+(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)2Fe2+( aq)+(aq)=2Fe3+(aq)+2(aq)A反应和反应相比，反应更快BFe3+是该反应的催化剂C增大Fe3+的浓度，能够加快反应速率D若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应的活化能大D【解析】A由图可知：反应所需要的活化能比反应所需要的活化能大，活化能越小反应速

5、率越快，故反应更快，A正确；BFe3+在反应作反应物，在反应作生成物，即Fe3+在反应前后没有变化，是该反应的催化剂，B正确；C由B知Fe3+是该反应的催化剂，催化剂的作用是降低活化能，加快反应速率，C正确；D由图可知(aq)+2I-(aq)2 (aq)+I2(aq)的正反应是放热反应，正反应的活化能比逆反应的活化能小，催化剂不能改变焓变，即正逆反应的活化能大小关系与催化剂Fe3+无关，D错误。例2 合成氨是人工固氮的主要途径，工业生产采用Haber-Bosch法，反应条件严苛，能源消耗大。制取氢气原料的途径之一为：CH4(g)+H2Og)CO(g)+3H2(g) H=- 206.3 k/mo

6、l。研究N2和H2的反应机理，有利于开发新的氨气合成技术。在釕催化剂表面合成氨的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。下列说法不正确的是A合成氨反应属于放热反应B过程决定整个合成氨反应的快慢C在该反应历程中，与N反应的是HD选用优质催化剂，能够进步降低合成氨反应的焓变D【解析】A由图可知反应物氮气和氢气的能量和高于生成物氨气的能量，该反应为放热反应，故A正确；B由图可知反应的正反应活化能最大，而活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率的快慢，故B正确；C由图中过程反应可知N与H结合成NH，故C正确；D催化剂只能降低反应的活化能，对焓变无影响，故D错误。例3 目前认为酸催化乙烯

7、水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法错误的是A第、步反应均释放能量B该反应进程中有二个过渡态C酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能D总反应速率由第步反应决定B【解析】A. 根据反应历程，结合图可知，第步均为反应物总能量高于生成物的总能量，为放热反应，选项A正确；B. 根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，选项B错误；C. 酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，选项C正确；D. 活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第步反应的活化能最大，总反应速率由第步反应决定，选项D正确。例4 研究者

8、利用电化学法在铜催化剂表面催化还原CO制备乙烯，同时得到副产物乙醇，反应机理如下图。下列说法不正确的是Ax为2H+e-B可以选择效果更好的催化剂来提高CO单位时间的利用率C该电极上生成乙烯的总反应式为2CO+8H+8e-=C2H4+2H2OD可通过增强催化剂的选择性来减少副反应的发生A【解析】A对比两种形式，由原子守恒和电荷守恒，推出x为2H+2e-，故A说法错误；B使用选择性效果更好的催化剂，能提高反应速率，即提高单位CO单位时间的利用率，故B说法正确；C根据反应机理，CO制备C2H4的反应C的化合价由+2-2价降低4价，总反应为2CO+8H+8e-=C2H4+2H2O，故C说法正确；D催化

9、剂具有选择性，可以通过增强催化剂的选择性来减少副反应的发生，故D说法正确。1在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示，研究发现：其他条件不变时，可以用HCOOK溶液代替HCOOH获得H2。下列说法不正确的是( )AHCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成HDBA、B、C均为该反应过程中的中间产物C用HCOOK溶液代替HCOOH可以提高释放氢气的速率和氢气的纯度D催化剂催化过程中发生了共价键的断裂和形成2使用NC环金属化Ir(III)配合物催化甲酸脱氢的反应机理如图，下列说法正确的是( )A反应过程中，配合物A、B、C、D、E为中间产物B甲酸脱氢过程的总反应为HC

10、OOHCO2+H2C由AB的过程，是还原反应D反应过程中，HCOOH中的C=O键发生断裂3科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd()表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd()表面的物质用*标注。下列说法错误的是( )A中包含键的断裂过程B该历程中能垒(反应活化能)最小的是C该历程的四个路径中制约反应速率的方程式：D由此历程可知：4和甲醇在(钌铑)基催化剂表面加氢可以制取乙酸，其反应机理如图所示。下列说法错误的是( )A也是该反应的催化剂B反应是取代反应，反应是中和反应C反应中有非极性键的断裂和极性键的形成D根据该反应机理，可以由制备5科研人

11、员利用电解法在催化剂表面结合和制备尿素，反应机理如下图。下列说法不正确的是( )A步骤中形成极性共价键B步骤中有生成C步骤中的反应物做阳极反应物D步骤制得尿素应在阴极区域完成相应收集6科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2OPt/SiC/LrOx，型复合材料光催化剂，然后以Fe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜构建了一个还原和氧化反应分离的人工光合体系，其反应机理如图：下列说法正确的是( )A该人工光合体系的总反应为CO2+H2OHCOOH+O2B该反应能量转化形式为光能化学能C图中a、b分别代表Fe3+、Fe2+DCu2OPt上发生的反应为CO2+2e-+2H2O=HCOOH+2OH-7某

12、有机金属烷氧基催化和甲醇(MeOH)蒸气合成碳酸二甲酯()的反应机理如图所示。已知：会降低该催化剂的活性；反应中插入催化剂的键中得以活化。下列说法错误的是( )AI到II的转化过程中有键的形成BII和III为该反应的中间产物C该过程的总反应为D加入缩醛以及加压都可以提高碳酸二甲酯的产率8，在V2O5存在时，该反应机理为：(快)；(慢)。下列说法正确的是( )A该反应速率主要由第步基元反应决定B基元反应发生的先决条件是反应物分子必须有足够的能量CV2O5的存在提高了该反应活化分子百分数，使有效碰撞次数增加，反应速率加快D该反应的逆反应的活化能为198kJ/mol9有氧条件下，在催化剂作用下可被还

13、原为，脱硝反应机理如图所示，下列有关说法错误的是( )A脱硝过程中是中间产物B脱硝过程中化合价变化的元素有三种C脱硝过程中涉及非极性键的断裂和形成D总反应方程式为10利用共价三嗪框架作催化剂，将氧气转化为单线态氧(O2)和超氧自由基(O2-)，O2的协同下O可将苯甲醇氧化成苯甲醛，反应机理如图所示。下列有关说法正确的是( )AX的化学式为H2OBlmol中键的数目为166.021023C向 的转化过程中有共价键的断裂与形成D反应过程中，光能全部转化为化学能11有学者提出一种催化下炔烃羰基化的反应机理(如图所示)。下列说法错误的是( )A反应过程中的成键数目保持不变B炔烃羰基化反应为+2CO+2

14、R1OH+H2C反应过程中存在加成反应和酯化反应D反应过程中存在非极性键的断裂和极性键的形成12某些过氧自由基可以将NO氧化为NO2，反应机理如图所示，已知标*的为自由基。下列说法错误的是( )A一个C3H7*中含有25个电子BC3H7OO*具有强氧化性CHO2*可由H2O2电离产生DX的分子式为C3H6O13科研人员通过控制光沉积的方法构建型复合材料光催化剂，然后以Fe2+和Fe3+离子渗透膜在酸性介质下构建了一个还原和氧化反应分离的人工光合体系，其反应机理如图：下列说法正确的是( )A该反应能量转化形式为光能化学能B该人工光合体系的总反应为C图中a、b分别代表Fe3+、Fe2+DCu2OP

15、t上发生的反应为14钒的配合物催化某可逆反应的一种反应机理如下图所示。下列说法错误的是( )A该反应的离子方程式为：B产物可用于杀菌消毒C该催化循环中V的成键数目发生变化D钒的配合物通过参与反应，降低反应的活化能，提高的平衡转化率151，3-丁二烯在环己烷溶液中与溴发生加成反应时，会生成两种产物，其反应机理如下：下列说法不正确的是( )A两种加成产物相比，1，4加成产物更稳定B两种反应历程相比，1，2加成反应速率更快C增大溴的浓度，可提高1，3-丁二烯的转化率D升高温度，1，4加成正反应速率的增大，逆反应速率减小16铜铈氧化物()可除去中的少量CO，反应机理如图。Ce是一种活泼金属，价电子为，

16、中Cu和Ce的化合价均发生变化，下列说法错误的是( )A反应中，Cu元素的化合价从+2变成+1，Ce元素的化合价从+4变成+3B反应中通入，中生成的含，反应中生成的不含C温度过高，催化剂的催化活性可能下降D为使CO先于H2氧化，选择的催化剂对CO的吸附能力应大于H217在过氧苯甲酰(结构简式为，Ph表示苯基)作用下，溴化氢与丙烯的加成反应主要产物为1溴丙烷，反应机理如图，下列说法不正确的是( )A过程中产物X化学式为B过程中存在非极性共价键的断裂和形成C过程可表示为D上述链终止反应中存在：Br+BrBr218有氧条件下，NO 在催化剂作用下可被 NH3还原为 N2，反应机理如下图所示。下列说法

17、不正确的是( )AV5+ =O 在反应中起到催化剂的作用B该转化过程中，仅O2体现了氧化性C该转化过程中若O2过量不利于 NO 转化为N2D该转化过程的总反应：4NH3 + 4NO + O2=4N2 + 6H2O19甲烷化也是实现“碳达峰”的重要途径，反应机理如下图。下列说法错误的是( )A该反应使用的催化剂既加快了甲烷化速率，又提高的平衡转化率B吸附在催化剂Pd表面而发生反应C和均为该反应过程的中间产物D上述甲烷化过程总反应可表示为20应用化学杂志提出在温和条件下催化合成碳酸二甲酯()，每2个参与反应机理如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注，下列说法错误的是( )A制约反应速率关键

18、步骤的基元反应方程式：B总反应：C降低反应的活化能，提高化学反应速率D过程中既有H-O键的断裂，又有H-O键的形成21我国某科研团队通过计算机模拟技术提出在12磷钨酸(固体强酸)催化作用下甲醇气相脱水合成二甲醚的反应机理：CH3OH+H+IM1(中间体1)TS1(过渡态1)IM3(中间体3)CH+H2O，CH+CH3OHIM2(中间体2)TS2(过渡态2)IM4(中间4)CH3OCH3+H+。反应过程和相对能量E(kJmol-1)如图所示。下列说法错误的是( )A该反应机理中的最大能垒(活化能)E正=513.4kJmol-1B2CH2OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H=-18.2

19、kJmol-1C已知IM1为CH2=OH+H2，CH2=OH+H+IM1是一个无垒(活化能为0)过程，可推测该过程从断键开始，断键时吸收的能量大于成键释放的能量D类推IM2应为CH2=OH+CH4参考答案1.B【解析】A根据图示可得HCOOH中的两个H结合产生，则HCOOD除生成CO2外，还生成HD，A正确；B由图示可得HCOOH分解经历了三步历程，物质A是先消耗再生成，属于催化剂，物质B、C物质开始没有，先发生反应产生，然后又消耗，属于中间产物，B错误；CHCOOK是强电解质更容易产生HCOO-和K+，更快的产生KH，KH与水反应生成H2和KOH，KOH可吸收掉CO2，使生成的氢气纯度更高，

20、C正确；D根据图示可知：在催化剂催化过程中发生了共价键的断裂和形成，D正确。2.B【解析】A催化剂是反应前就有的物质，在反应过程中，参加反应，但反应前后质量和性质不变的物质，而中间产物是反应前没有，反应过程中生成的产物，根据反应历程可知：第一步反应为B与甲酸的反应，可知B为催化剂，A、C、D、E为中间产物，A错误；B由反应历程可知，甲酸脱氢过程的总反应为HCOOHCO2+H2，B正确；CAB的过程中除产生B物质，同时反应产生H2，物质失去氢的反应为氧化反应，C错误；D根据图示可知：在反应过程中，HCOOH中的C=O键不发生断裂，断裂的是C-H、H-O键，且重新形成C=O，生成CO2，D错误。3

21、.C【解析】A中由，则包含键的断裂过程，A项正确；B活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，发生的反应活化能最小，B项正确；C活化能越大，反应速率越慢，反应速率慢的反应制约反应速率，由图示可知的活化能最大，发生的反应为，C项错误；D由图示可知整个历程为吸热反应，D项正确。4.D【解析】A左边机理中LiI与CH3OH反应生成LiOH和CH3I，LiOH与HI反应生成LiI和H2O，LiI为催化剂，参与反应，故A说法正确；B反应反应方程式为CH3OH+LiILiOH+CH3I，该反应为取代反应，反应LiOH+HI=LiI+ H2O，该反应为中和反应，故B说法正确；C反应中H-H断裂

22、，H-H为非极性共价键，生成H-I，H-I为极性共价键，故C说法正确；D根据反应机理可知，制备的是，故D说法错误。5.C【解析】A步骤中CO2得电子并结合H+形成了O-H极性共价键，故A正确；B步骤中HCO2得到电子，结合H+生成了CO，根据质量守恒有 H2O 生成，故B正确；C电解池中阳极失电子，阴极得电子，步骤中CON2得到电子，所以反应物CON2做阴极反应物，故C错误；D步骤反应物得到电子，结合H+生成尿素，所以制得尿素应在阴极区域完成相应收集，故D正确。6.B【解析】可见光照射下，水分子在光催化剂Pt/WO3表面失去电子释放出氧气，电子由Pt传输给溶液中的Fe3+生成Fe2+，Fe2+

23、透过Nafion膜抵达光催化剂Cu2O-Pt/SiC/IrOx表面，在光照、催化下失去电子重新变为Fe3+并通过Nafion膜返回，CO2在催化剂表面得到电子并结合H+生成HCOOH。AFe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，图中物质转化得到，光合作用反应的化学方程式：2CO2+2H2O2HCOOH+O2，故A错误；B构建了人工光合作用体系，该反应能量转化形式为光能化学能，故B正确；C左边水变化为氧气，发生氧化反应，则铁离子发生还原反应，右边二氧化碳生成甲酸发生了还原反应，铁元素发生氧化反应，则图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+，故C

24、错误；D介质为酸性，CO2在催化剂表面得到电子并结合H+生成HCOOH，电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH，故D错误。7.A【解析】A由图可知，到的转化过程中，分子断裂键，插入CO2后形成键和键，没有键的形成，故A错误；B由图可知，二氧化碳和甲醇是反应的反应物，碳酸二甲酯是反应的生成物，则II和III为反应的中间产物，故B正确；C由图可知，二氧化碳和甲醇是反应的反应物，碳酸二甲酯是反应的生成物，总反应为，故C正确；D由图和信息可知，反应生成的水会降低该催化剂的活性，不利于反应进行，加入缩醛与水反应生成甲醇，催化剂的活性不会被生成的水降低，同时消耗水能减小反应物浓度，生成甲醇能增大

25、反应物浓度，有利于平衡向正反应方向移动，提高反应的产率；该反应属于气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，提高反应的产率，故D正确。8.C【解析】A总反应速率是由慢反应决定，根据题中信息可知，该反应速率是由第基元反应决定，故A错误；B基元反应发生的先决条件是由足够的能量和碰撞方向，故B错误；CV2O5为该反应的催化剂，降低该反应的活化能，提高反应的活化分子百分数，使有效碰撞次数增加，反应速率加快，故C正确；D198kJ/mol为该反应的焓变，该反应为放热反应，逆反应的活化能大于198kJ/mol，故D错误。9.A【解析】A根据图中信息得到脱硝过程中作催化剂，故A错误；B由图

26、知钒、氮、氧三种元素化合价发生变化，故B正确；C脱硝过程中涉及O2中非极性键的断裂和N2中非极性键的形成，故C正确；D总反应方程式为，故D正确。10.A【解析】A苯甲醇被氧气氧化为和水，所以X的化学式为H2O，故A正确；Blmol中键的数目为116.021023，故B错误；C失电子转化，转化过程中没有共价键的断裂与形成，故C错误；D反应过程中，光能部分转化为化学能，故D错误。11.C【解析】A由图可知，反应过程中的成键数目不变，A正确；B在催化下，炔烃羰基化反应为+2CO+2R1OH+H2，B正确；C反应过程中不存在酯化反应，C错误；D反应过程中存在碳碳非极性键的断裂和氢氯键等极性键的形成，D

27、正确。12.C【解析】A一个碳原子含有6个电子，一个氢原子含1个电子，则一个C3H7*中含有25个电子，A正确；BC3H7OO*和NO反应生成C3H7O*和NO2，NO被C3H7OO*氧化为NO2，则C3H7OO*体现氧化性，B正确；CH2O2电离产生H+和HO，不会产生HO2*，C错误；DC3H7O*和O2反应生成HO2*和X，依据原子守恒，得出X的分子式为C3H6O，D正确。13.A【解析】A构建了人工光合作用体系，该反应能量转化形式为光能化学能，A正确；BFe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，图中物质转化得到，光合作用反应的化学

28、方程式：2CO2+2H2O2HCOOH+O2，B错误；C左边水变化为O2，发生氧化反应，则Fe3+发生还原反应；右边CO2生成HCOOH发生了还原反应，铁元素发生氧化反应，则图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+，C错误；D酸性介质中不可能大量存在OH-，则Cu2OPt上发生的反应为，D错误。14.D【解析】A由图示知，整个过程输入H2O2、Cl-、H+、H2O物质的量之比为1：1：1：1，生成H2O、HOCl物质的量之比为2：1，故该反应离子方程式为：H2O2+Cl-+H+= H2O+HOCl，A正确；B产物HOCl，即次氯酸，具有强氧化性，可以杀菌消毒，B正确；C该催化循环过程中，有V元素形

29、成6根键，也有V元素形成5根键的情况，C正确；D钒的配合物在过程中起到催化作用，即作催化剂，而催化剂对平衡移动没有影响，故不会影响H2O2平衡转化率，D错误。15.D【解析】A由图可知，1，4加成产物能量更低，更稳定，A项正确；B第二步反应中1，2加成反应的活化能更低，反应速率更快，B项正确；C增大溴的浓度，可提高另外一种反应物1，3-丁二烯的转化率，C项正确；D总反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，但正、逆反应速率均增大，D项错误。16.B【解析】A由图示可知，反应中，一氧化碳作还原剂，作氧化剂，Ce、Cu化合价降低，Cu元素的化合价从+2变成+1，Ce元素的化合价从+4变成+3，A正确

30、；B反应中通入生成，经生成，即有一个位于Ce和Cu之间的被保留下来，则中生成的含有，B错误；C催化剂活性与温度有关，温度过高，催化剂的催化活性可能下降，C正确；D氢气也具有还原性，为使CO先于H2氧化，选择的催化剂可以是对CO的吸附能力应大于H2的，D正确。17.B【解析】A由图可知，过程发生的反应为与HBr反应生成和Br，则X化学式为，故A正确；B由图可知，过程发生的反应为CH3CH=CH2与Br反应生成，反应中存在非极性共价键的断裂，但没有非极性共价键的形成，故B错误；C由图可知，过程发生的反应为与HBr反应生成Br和CH3CH2Br，反应可表示为+HBrBr+CH3CH2Br，故C正确；

31、D由图可知，链终止反应中存在Br和Br结合形成Br2的过程，故D正确。18.B【解析】AV5+ =O 在反应中参与了反应但量没有增加或减少，起到催化剂的作用，A正确；B该转化过程中，NO中的N化合价降低、NO和O2都体现了氧化性，B错误；C该转化过程中若O2过量则将NO氧化为NO2，不利于 NO与 NH3转化为N2，C正确；D结合图示过程，进入的物质有NH3、NO、O2，出来的物质有N2、H2O，故该转化过程的总反应：4NH3 + 4NO + O2=4N2 + 6H2O，D正。19.A【解析】A该反应使用的催化剂既加快了甲烷化速率，但不能改变的平衡转化率，A错误；B由反应历程图可知，吸附在催化

32、剂Pd表面而发生反应，B正确；C由反应历程图可知，CO2和H2为反应物，CH4和H2O为生成物，MgO和Pd为催化剂，其余均为中间产物，则和均为该反应过程的中间产物，C正确；D由反应历程图可知，CO2和H2为反应物，CH4和H2O为生成物，则上述甲烷化过程总反应可表示为，D正确。20.B【解析】A根据示意图可判断生成过渡态时需要的活化能最大，则制约反应速率关键步骤的基元反应方程式：，A正确；B反应物是甲醇和二氧化碳，生成物是碳酸二甲酯和水，但题干信息并没有告诉物质的状态，且反应热的单位应该是kJ/mol，B错误；C在反应前参与反应，反应后又生成，作催化剂，降低反应的活化能，提高化学反应速率，C

33、正确；D根据示意图可判断过程中甲醇中有HO键的断裂，生成水时又有HO键的形成，D正确。21.C【解析】A由图中信息可知，该反应机理中的最大能垒(活化能) E正= 189.8k/mol- (-323.6 ) kJ/mol=513.4kJ/mol，A正确；B由图得CH3OH+H+=CH+H2OH=-208k/mol，CH+CH3OH=CH3OCH3+H+H=+189 .8kJ/mol，将相加得：2CH3OH(g) =CH3OCH3(g)+H2O(g)H= (-208kJ/mol)+ (+189.8k/mol) =-18.2kJ/mol，B正确；C断键需要克服活化能吸收能量，CH3OH+H+IM1是一个无垒(活化能为0 )过程，所以该过程可能从成键开始，成键时放出的热量大于断键时吸收的热量，C错误；D反应过程中遵循原子守恒，所以IM2为CH2=OH+CH4，D正确。