09“环式”转化反应历程与机理解题模型

“环式”转化反应历程与机理解题模型反应历程是指化学反应中的反应物转化为最终产物通过的途径，因为化学变化从根本上来说，就是旧键的破裂和新键的生成，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。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。此类题以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，就是把一个复杂反应分解成若干个反应，然后按照一定规律组合起来，从而达到阐述复杂反应的内在联系的目的，从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题。第一步：认真审题，获取信息。通过对自然界、生产和生活中的化学现象的观察，以及对实验现象、实物、模型的观察，对图形、图表的阅读，获取有关的感性知识和印象，并进行初步加工、吸收、有序存储，从中找到与问题相关的有效信息。第二步：联系已有，合理解读。从提供的新信息中，准确地提取实质性内容，并与已有知识整合，重组为新知识块。第三步：对照选项，联想迁移。逐一分析各选项，找到要考查的知识点，结合知识加以联想和迁移，从而使问题迎刃而解。【例1】(2022•湖南选择性考试)科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(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。下列说法正确的是()A．过程Ⅰ中NO2发生氧化反应B．a和b中转移的e数目相等C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)：n(NH4+)=1：4D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO2+NH4+=N2↑+2H2O【答案】C【解析】A项，由图示可知，过程I中NO2转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO2作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；B项，由图示可知，过程I为NO2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：NO2+2H++eNO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole，过程II为NO和NH4+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+8NH4+2H2O+5N2H4+8H+，消耗1molNO，b过程转移4mole，转移电子数目不相等，B错误；C项，由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：2NO+8NH4+2H2O+5N2H4+8H+，n(NO)：n(NH4+)=1：4，C正确；D项，由图示可知，过程III为N2H4转化为N2和4H+、4e，反应的离子方程式为：N2H4=N2+4H++4e，过程IIII的总反应为：2NO2+8NH4+=5N2↑+4H2O+24H++18e，D错误；故选C。【例2】(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项，根据制备丙烯的部分反应机理的图示知，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项，根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C项，NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D项，无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+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；故选D。“环式”反应过程图如下：“入环”的物质为反应物，如图中的；位于“环上”的物质为催化剂或中间体，如图中的；“出环”的物质为生成物，如图中的；由反应物和生成物可快速得出总反应方程式。明确反应物：最重要的要看清图示中的箭头，明确哪些物质进行循环体系，哪些物质离子循环体系，进行循环体系的物质为总反应的反应物，离子循环体系的物质为总反应的生成物。明确催化剂和中间产物：从循环图示中找出分解的若干反应，通过分步反应区分哪些是催化剂，哪些是中间产物。写出总反应：依据质量守恒定律，确定循环图示中没标出的物质，利用氧化还原反应的配平方法进行配平，写出总反应，同时标出催化剂和反应条件。1．(2022·广东省广州市高三联考)海洋生物参与氮循环过程如图所示：下列说法不正确的是()A．反应②中有极性键断裂和非极性键生成B．反应③中可能有氧气参与反应C．反应①～⑤中包含3个氧化还原反应D．等量NO2参加反应，反应④转移电子数目比反应⑤多【答案】C【解析】A项，反应②中NH2OH→N2H4，NH2OH中有NO极性键断裂，N2H4中有NN非极性键生成，故A正确；B项，反应③中N2H4→N2，N元素化合价上升，N2H4是还原剂，可能需要氧化剂O2参与反应，故B正确；C项，反应①～⑤中②、③、④、⑤是氧化还原反应，故C错误；D项，④中N元素由+3价降低到−1价，⑤中N元素由+3价降低到0价，等量NO2参加反应，反应④转移电子数目比反应⑤多，故D正确；故选C。2．(2023·陕西省渭南市高三第一次教学质量检测)炼油、石化等工业会产生含硫(价)废水，可通过催化氧化法进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中MnO2为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是()A．催化氧化过程中既有共价键的断裂又有离子键的断裂B．转化I中化合价发生变化的元素仅有和C．催化氧化过程的总反应为：O2+2H2O+2S24OH+2S↓D．催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处【答案】B【解析】A项，二氧化锰为离子化合物，由图可知，转化I中二氧化锰氧脱离生成空位，为离子键的断裂；水生成OH存在共价键的断裂；故A正确；B项，转化I中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有S和O、Mn，故B错误；C项，由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质：O2+2H2O+2S24OH+2S↓，故C正确；D项，反应中生成硫单质，生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，故D正确；故选B。3．(2023·湖北省高中名校联盟第三次联合测评)科学家最近发现了一种利用水催化促进NO2和SO2转化的化学新机制。如图所示，电子传递可以促进HSO3中OH键的解离，进而形成中间体SO3，通过“水分子桥”，处于纳米液滴中的SO3或HSO3可以将电子快速转移给周围的气相NO2分子。下列叙述错误的是()A．观察图可知“水分子桥”与氢键形成有关B．转化过程中没有生成硫氧键C．HSO3与NO2间发生的总反应的离子方程式为：HSO3+2NO2+H2O=2HNO2+HSO4D．在标准状况下，5.6L气相NO2分子在图示的转化过程中得到0.25mol电子【答案】B【解析】A项，由图示知，N、O原子的电负性大，与周围其它分子(或离子)中的H原子之间形成氢键，故A正确；B项，生成的硫酸盐中有硫氧键的生成，故B说法错误；C项，由图示知，HSO3与NO2间发生的总反应的离子方程式HSO3+2NO2+H2O=2HNO2+HSO4，故C说法正确；D项，在标准状况下，5.6LNO2的物质的量为0.25mol，每1molNO2转化为1molHNO2，得到1mol电子，则11.2LNO2，在图示的转化过程中得到的电子的物质的量0.25mol，故D说法正确；故选B。4．(2023·山东省德州市高三统考期末)过氧硫酸氢根(HSO3)参与烯烃的不对称环氧化反应机理如图。下列说法错误的是()A．反应过程中pH应控制在合理范围内B．HSO3、均有较强的氧化性C．该过程中无非极性共价键的断裂，有非极性共价键的形成D．总反应可表示为：+OH+HSO3+SO42+H2O【答案】C【解析】A项，由机理图可知，中间过程中OH参与反应，该反应受体系pH的影响，故A正确；B项，从HSO3参与的反应可知HSO3中含有过氧键，中也含有过氧键，结构中含有过氧键，具有类似于双氧水的强氧化性，说明、均有较强的氧化性，故B正确；C项，如图中间产物和中均存在非极性键，整个过程中存在非极性键断裂，故C错误；D项，由图可知该反应的反应物有：、OH、HSO3，生成物为：、SO42、H2O，总反应方程式为：+OH+HSO+SO42+H2O，故D正确；故选C。5．(2023·山东省部分学校高三摸底考试)用Cu/SiO2催化香茅醇制取香料香茅腈反应及机理如图所示。下列说法错误的是()A．总反应的化学方程式为R－CH2OH+NH3RC≡N+2H2+H2OB．中间体M的结构简式为R－CH2－NH2C．在Cu/SiO2催化剂作用下，香茅醇更容易被氧化D．增大Cu/SiO2用量，平衡时香茅腈的百分含量不变【答案】B【解析】A项，根据过程分析产物为、H2和，方程式配平正确，总反应的化学方程式为R－CH2OH+NH3RC≡N+2H2+H2O，A正确；B项，中间体M的结构简式为，B错误；C项，催化剂加快反应速率，让反应更容易进行，C正确；D项，增大催化剂用量，不影响平衡移动，只影响反应速率，百分含量不变，D正确；故选B。6．(2023·河南省名校联盟高三第一次调研考试)羟醛缩合反应是有机化学的一种重要反应。一种合成目标产物(如图中⑦)的反应机理如图所示。下列说法错误的是()A．①是该反应的催化剂B．③到④的过程中，有极性键的断裂和非极性键的生成C．③④⑥均是该反应的中间产物D．合成⑦的总反应为【答案】D【解析】A项，①是第一个反应的反应物，也是最后一个反应的生成物，所以是该反应的催化剂，故A正确；B项，③到④的过程中，有C—N极性键的断裂和C—C非极性键的生成，故B正确；C项，由图可知，③④⑥均是先生成后消耗，都是该反应的中间产物，故C正确；D项，合成⑦的总反应为，故D错误；故选D。7．(2023·河南省重点高中高三联考)在催化剂作用下，羧酸和胺脱水的反应机理如图所示。下列说法错误的是()A．为该反应的催化剂B．图中有机物3的生成途径有2种C．步骤II中只有极性键的断裂和形成D．反应过程中不断除水可提高酰胺的生成速率【答案】D【解析】A项，由图可知，是反应Ⅰ的反应物，是反应Ⅲ的生成物，所以是反应的催化剂，故A正确；B项，由图可知，有机物3可以通过反应Ⅰ生成，也能通过反应Ⅳ生成，所以生成途径有2种，故B正确；C项，由图可知，步骤II中，有机物3断裂了碳氧键、胺断裂了氮氢键，产物中形成了碳氮键和氢氧键，反应中只有极性键的断裂和形成，故C正确；D项，由图可知，羧酸和胺脱水时，水和酰胺是反应的生成物，反应过程中不断除水，可使平衡向正反应方向移动，提高酰胺的产率，但生成速率减小，故D错误；故选D。8．(2023·河北省省级联测第一次联考)中国科学院化学研究所范青华和陈辉等，研究发现了首例非贵金属锰—全氮大环配体催化烯丙醇的高效、高对映选择性氢胺化反应，反应机理如图(已知手性碳是指连有四个不同原子或原子团的碳原子，、、代表烃基或H)。下列说法正确的是()A．'中含有手性碳原子B．甲和乙中各元素化合价均相同C．在烯丙醇氢胺化反应中，化合物乙是催化剂D．以和为原料，反应产物为【答案】A【解析】A项，中含有手性碳原子，用“*”标出的碳原子连接H、OH、R和乙烯基四种不同原子或原子团，A正确；B项，根据甲、乙的结构简式可知，甲比乙少2个H原子，甲转化为乙为还原，各元素化合价不可能全部相同，B错误；C项，根据转化图可知，在烯丙醇氢胺化反应中，化合物甲是催化剂，化合物乙是中间产物，C错误；D项，参照流程，以和为原料，反应产物为，D错误；故选A。9．(2023·山东省泰安市高三开学考试)某种制备H2O2的反应机理如图。下列说法正确的是()A．总反应可表示为H2+O2=H2O2B．该过程中Pd的化合价有0和+4两种C．①、②、③均为氧化还原反应D．HCl和Cl可循环利用【答案】D【解析】A项，由反应机理可知，氢气和氧气在[PdCl4]2的作用下生成过氧化氢，反应的化学方程式为：H2+O2H2O2，A错误；B项，Pd元素在[PdCl4]2、[PdCl2O2]2中的化合价均为+2价，Pd单质中Pd元素为0价，B错误；C项，由反应机理可知，①、②均为氧化还原反应，③中没有元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，C错误；D项，由反应机理可知，HCl和Cl均可循环利用，D正确；故选D。10．(2023·江苏省海安市高三期初学业质量监测)利用烟气中可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如图所示，下列说法正确的是()A．1mol[Co(NH3)6]3+中σ键数目为18molB．NH3转化为[Co(NH3)6]2+后键角减小C．总反应离子方程式为：SO2+O2+2II2+SO42D．反应③中，每消耗1molO2转移4mol电子【答案】C【解析】A项，1个氨气含有3个σ键，每个配位键是1个σ键，因此1mol[Co(NH3)6]3+中σ键数目为24mol，故A错误；B项，氨气有一对孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，使得键角减小，[Co(NH3)6]2+氨气与钴形成了配位键，因此NH3转化为[Co(NH3)6]2+后键角增大，故B错误；C项，根据图中转化最终得到总反应离子方程式为：SO2+O2+2II2+SO42，故C正确；D项，反应③中，形成了过氧键，过氧键中氧化合价为−1价，因此每消耗1molO2转移2mol电子，故D错误。故选C。11．(2023·山东省青岛市高三期初测试)钴使某析氧反应催化剂中流失的原位自修复机理如图。下列说法错误的是()A．催化析氧反应和自修复反应中的催化剂分别为和B．维持相对稳定的有助于催化析氧和自修复的进行C．自修复反应的方程式为：D．图中所示物质之间的转化只有和的化合价发生了变化【答案】D【解析】根据图示可知，Co(OH)2转化成CoOOH，Co失电子化合价从+2变为+3价，OH生成H2O，CoOOH再与Fe(OH)2反应，Fe失电子生成FeOOH，CoOOH得电子生成Co(OH)2，FeOOH失电子生成FeO42，Fe从+3价变为+6价，FeO42得电子与OH反应生成FeOOH，O2和H2O。A项，从图中可知，催化析氧反应最终生成氧气和水，FeO42为催化剂，自修复反应中Fe(OH)2与CoOOH反应生成Co(OH)2和FeOOH，Co(OH)2又生成了CoOOH，因此CoOOH为催化剂，A正确；B项，催化析氧有OH参与，自修复中Fe(OH)2、Co(OH)2也为碱性物质，维持相对稳定的pH有助于催化析氧和自修复的进行，B正确；C项，根据图示可知，自修复反应中Fe(OH)2和CoOOH反应生成FeOOH和Co(OH)2，其方程式为CoOOH+Fe(OH)2=FeOOH+Co(OH)2，C正确；D项，从图中可知，OH和FeO42反应生成了氧气，此反应中氧元素的化合价发生了变化，D错误；故选D。12．(2023·安徽省蚌埠市高三第一次教学质量检测)氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如图，下列有关说法不正确的是()A．(即MnO2)是反应的催化剂B．该过程存在非极性键的断裂和形成C．MnO2能结合NH3的原因是Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键D．该催化过程的总反应的化学方程式：4NH3+6NO5N2+6H2O【答案】D【解析】A项，根据反应过程，反应前后MnO2没变，可知MnO2是反应的催化剂，故A正确；B项，反应物有O2、生成物有N2，所以存在非极性键的断裂和形成，故B正确；C项，氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子通过形成配位键使二氧化锰和氨分子相互结合，故C正确；D项，根据图示，该催化过程的总反应的化学方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，故D错误；故选D。13．(2023·河南省十所名校高中毕业班尖子生高三第一次考试)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(“UV”代表紫外线)。下列说法错误的是()A．在循环中起催化作用B．该反应可用于制取合成气CO、H2C．过程中包含反应D．反应过程中金属元素、V的价态均不变【答案】D【解析】A项，由催化循环Ⅰ、Ⅱ及催化剂性质知，A项正确；B项，图中循环Ⅰ、Ⅱ反应都为H2O重整CH4(CH4+H2O=CO+3H2)，得到合成气：CO和H2，B项正确；C项，由图示可知，循环Ⅰ中，在UV的作用下，，C项正确；D项，、、中钒的化合价一定不同，D项错误；故选D。14．(2022·浙江省宁波“十校”高三联考)一种有机小分子催化多氟芳香化合物的取代反应机理如图。下列说法不正确的是()A．该反应是取代反应，原子利用率不为100%B．物质2是催化剂，物质4和7是中间产物C．物质2向物质4转化过程中，有氮碳键、氮氟键的形成D．若物质5是，则产物一定为【答案】D【解析】根据流程示意图可知，物质3、5是整个过程的反应物，物质1、6是整个过程的生成物，物质2是催化剂，物质4、7是反应中间体，整个过程表示为：物质3+物质5物质1+物质6。A项，制取出氟芳香取代产物的反应为取代反应，原子利用率不是100%，故A正确；B项，物质2在反应第一步加入，且在最后又生成，反应前后的质量不变，物质2是该反应的催化剂，B正确；C项，对比物质的结构可知，2向4的转化过程中CF键断裂，形成了CN键、NF键，C正确；D项，若5为时，X可能为或—CH3，则1可能为或，故D错误。故选D。15．(2022·浙江省十校联盟高三下学期第二次联考)铑的配合物离子可催化甲醇羧基化，反应过程如图所示，下列叙述错误的是()A．CH3COI是反应中间体，能提升催化效果B．甲醇羰基化反应为：CH3OH+CO=CH3COOHC．Ⅱ、Ⅲ中Rh的成键数目不相同D．铑的配合物离子Ⅱ是催化剂【答案】D【解析】A项，由图可知，铑的配合物离子[Rh(CO)3I3CH3]生成CH3COI，CH3COI继续与H2O反应生成HI和CH3CO2H，所以CH3COI是反应中间体，故A正确；B项，由图可知发生的反应依次为：①CH3OH+HI═CH3I+H2O，②+CH3I=，③=，④+CO=，⑤=CH3COI+，⑥CH3COI+H2O=HI+CH3CO2H，6个反应依次发生，6个反应方程式相加和，消去中间产物得出总反应：CH3OH+CO═CH3COOH，故B正确；C项，由图可以看出Rh的成键数目由4变为6再变为5再变为6再变为4，依次循环，故C正确；D项，铑的配合物离子Ⅱ先生成后消耗，是中间产物，故D错误；故选D。16．(2022·山东省烟台市高三三模)TRAP是一种温和的氧化剂，TRAP试剂中的R不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，不会过度氧化为羧酸。TRAP氧化醇的反应机理如下图，下列说法正确的是()A．铑(R)在TPAP机理图中共呈现了4种价态B．步骤④中做还原剂，作用是使TRAP试剂再生C．反应⑥的离子方程式为2R=R+R，是TRAP试剂再生的另一途径D．若R1为CH2=CH，R2为H，则TPAP氧化该醇的主产物为丙醛【答案】A【解析】根据题中的反应机理图，TRAP试剂中的R，经历过程①和②将氧化为，本身被还原为H2R，H2R经历过程③脱水，得到R；R与NMO反应，经历过程④和⑤得到R和NMM；R自身发生歧化反应⑥，得到R和R。A项，铑(R)在TPAP机理图中共呈现了4种价态，分别是+4价、+5价、+6价、+7价，A项正确；B项，R与NMO反应，经过过程④和⑤得到R和NMM，其中R元素从+5价升至+7价，则R做还原剂，NMO做氧化剂，B项错误；C项，R自身发生歧化反应⑥，离子方程式为2R=R+R，产物不是R，则不是TRAP试剂再生的另一途径，C项错误；D项，TRAP试剂中的R不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，若R1为CH2=CH，R2为H，则R经过过程①和②将氧化为，D项错误；故选A。17．(2022·浙江省Z20名校联盟高三第三次联考)脯氨酸是二十二种构成蛋白质的氨基酸之一，是其中唯一的亚氨基酸。BenjaminList发现脯氨酸可以催化不对称有机反应，因此获得了2021年的诺贝尔化学奖。下图是脯氨酸催化的羟醛缩合反应，机理如图。下列说法不正确的是()A．反应原料中的原子100%转化为产物B．由图中可知脯氨酸的结构为C．该过程涉及了加成反应和消去反应D．若原料用2丁酮和苯甲醛，则产物可能为【答案】B【解析】A项，如图所示，反应原料HCHO和RCHO参与的反应均为加成反应，则原料种的原子100%转化为产物，A正确；B项，由图中可知，催化剂脯氨酸的结构为，B错误；C项，如图所示，该过程涉及了加成反应和消去反应，C正确；D项，若原料用2丁酮()和苯甲醛()，则产物可能为，D正确；故选B。18．(2022·浙江省东阳市高三选考模拟考试)德国科学家BenjaminList通过实验发现脯氨酸可催化羟醛缩合反应，其机理如图所示。下列说法不正确的是()A．丙酮与乙醛缩合反应的原子利用率达100%B．反应可能生成C．该羟醛过程在物质①和的共同催化下完成D．如果用代替，可生成【答案】D【解析】A项，根据图可知，总反应方程式为CH3COCH3+RCHORCH(OH)CH2COCH3，该反应为加成反应，所以原料中的原子100%转化为产物，A项正确；B项，物质⑤和物质⑦可反应生成，B项正确；C项，物质①和H+都是参与第一步反应，且反应过程中自身的组成、化学性质和质量在反应前后不发生改变，故两者均为该反应的催化剂，C项正确；D项，如果用代替，可生成，D项错误；故选D。19．(2022·浙江省精诚联盟高三适应性考试)已知H3BO3溶于水发生电离H3BO3+H2OB(OH)4+H+。某工业制硼的有机合物的催化过程如下(其中R、Ln为基团，Pd为钯元素，X为卤素元素)，下列说法正确的是()A．H3BO3是三元酸B．H3BO3和B(OH)4微粒中原子周围都达到8个电子结构C．LnPb是催化剂，是中问产物D．加入R1X反应时，LnPd被氧化【答案】D【解析】A项，由电离方程式可知，硼酸为一元弱酸，故A错误；B项，硼酸中硼原子的最外层电子数为6，未达到8个电子结构，故B错误；C项，由图可知，LnPb是催化剂，是中问产物，故C错误；D项，由图可知，加入R1X反应时，LnPd中Pd元素的化合价升高被氧化，故D正确；故选D。20．(2022·浙江省山水联盟高三联考)我国某科研团队研究发现使用某催化剂可以实现CO2加氢制甲醇(MT)和二甲醚(DME)，反应过程如下：下列有关叙述不正确的是()A．氧空位用于捕获CO2，氧空位越多，速率越快B．过渡态d通过氢化可得二甲醚C．四步反应均为氧化还原反应D．CO2参与的一步反应原子利用率为100%【答案】C【解析】A项，氧空位用于捕获CO2，氧空位个数越多，能捕获CO2数目越多，反应速率越快，故A正确；B项，过渡态d通过氢化和水解可得二甲醚和甲醇，故B正确；C项，CO2参与的一步反应，没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，故C错误；D项，步骤b⟶c，氧空位捕获CO2，同时Zr3+将电子转移给CO2形成激活的CO2分子，随后活化的CO2插入GaH键中，反应物分子全部转化为产物分子，反应原子利用率为100%，故D正确；故选C。21．(2022·浙江省宁波市二模)BuchwaldHartwig偶联反应(布赫瓦尔德哈特维希反应)是合成芳胺的重要方法，反应机理如图(图中Ar表示芳香烃基，表示为副反应)。下列说法不正确的是()A．3、5和8都是反应的中间体B．该过程仅涉及加成反应C．理论上1mol最多能消耗2molD．若原料用和，则可能得到的产物为、和【答案】B【解析】A项，根据图示，9是主产物、10是副产物，3、5和8都是反应的中间体，故A正确；B项，该过程中，8→10为消去反应，故B错误；C项，根据题意，发生反应，理论上1mol最多能消耗2mol，故C正