化学反应机理与反应历程（解析版）-2025年高考化学一轮复习讲义（新教材新高考）

备战2025年高考化学【一轮•考点精讲精练】复习讲义

考点45化学反应机理与反应历程

疆本讲•讲义概要

一、基元反应、过渡态理论

知识精讲

二、常见反应历程（或机理）图像分析

选择题：20题建议时长：60分钟

课后精练

实际时长：________分钟

非选择题：5题

%夯基•知识精讲________________________________________________________

一、基元反应、过渡态理论

1.基元反应和有效碰撞理论

（1）基元反应：大多数化学反应往往经历多个反应步骤才能实现，其中每一步反应都称为基元反应。

反应历程：基元反应反映了化学反应的历程，反应历程又称反应机理。

如：2Hl=⑸+12实际上经过下列两步反应完成：①2Hl一丛+21

②21T2

（2）许多化学反应都不是基元反应，而是由两个或多个基元步骤完成的。假设反应：Az+B=AzB是分两

个基元步骤完成的：

第一步2A（慢反应）

第二步2A+B-A2B（快反应）

对于总反应来说，决定反应速率的肯定是第一个基元步骤，即这种前一步的产物作为后一步的反应物

的连串反应的。决定速率的步骤是最慢的一个基元步骤。

+

如：过氧化氢H2O2在水溶液中把澳化氢HBr氧化为澳Br2的反应：H2O2+2H+2B「-Br2+2H2O,

反应机理为：

+

H2O2+H+Br-—*HBrO+H2O（慢反应）

+

HBrO+Br+H^Br2+H2O（快反应）

决定速率的就是第一个反应，且这个反应中HBrO不是最终产物，称为反应的中间产物或中间体。

（3）有效碰撞

①基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞。

②反应物分子的每一次碰撞并不是都能发生反应，能够发生化学反应的碰撞叫作有效碰撞。发生有效

碰撞的两个条件是反应物分子能量足够和取向合适。

2.过渡态理论

（1）如图所示是两步完成的化学反应，分析并回答下列问题。

①该反应的反应物为A、B,中间体为C,生成物为D。

能量第一过渡态

第二过渡态②由A、B生成C的反应为吸热反应，由C生成D的反

JE[W

应为放热反应，总反应为放热反应。

“BV

③第一步为慢反应，第二步为快反应，决定总反应快慢的

D是第一步反应。

0反应过程

（2）基元反应过渡状态理论认为，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。

AB+C^-A.B..C]一A+BC

反应物过渡态产物

（3）过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当

于活化能。

如：一澳甲烷与NaOH溶液反应的历程可以表示为:CH3Br+OH——►[Br...CH3...OH]——+CH30H

反应物过渡态产物

一浪甲烷与NaOH溶液反应历程示意图

二、常见反应历程（或机理）图像分析

1、常见反应历程（或机理）图像分析

图像解读

催化剂与化学反应：

（1）在无催化剂的情况下：Ei为正反应的活化能；

万2为逆反应的活化能；田一为为此反应的焰变

（A/7）o

（2）有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤（也可

能为多个，如模拟演练题1中图像所表示的），反

应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反

应②为放热反应，总反应为放热反应。

（3）催化剂的作用：降低田、E2,但不影响△〃，

反应是放热反应还是吸热反应取决于起点（反应

物）能量和终点（生成物）能量的相对大小

“环式”反应:

对于“环式”反应过程图像，位于“环上”的物质一

般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入

环”的物质为反应物，如①和④，“出环”的物质为

生成物，如②和③

催化剂与中间产物:

催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，

在最后又再次生成，所以仅从结果上来看似乎并

没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多

少。

中间产物：在连续反应中为第一步的产物，在后

续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上

来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续有消

耗多少。

例1：在含少量r的溶液中，H2O2分解的机理为:

H2O2+rtH2O+10-慢

H2O2+IO-^O2+I-+H2O快

1,2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理在该反应中r为催化剂，io为中间产物。

例2：而在机理图中，先找到确定的反应物，反应

物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，（产

物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物

质）与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完

整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中

的任何一个环节。如下图中，MoC>3则是该反应的

催化剂，图中剩余的三个物质均为中间产物。

能垒与决速步骤:

能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬

坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之

为决速步骤，也成为慢反应。

例如图中，从第一个中间态到过渡态2的能量就

是能垒，而HCOO*+H*=CC）2+2H*是在Rh做催化

剂时该历程的决速步骤。

注意：

①能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒

最大的反应为决速反应。

②用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降

低幅度越大，说明催化效果越好。

③相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒

越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。

2.催化反应机理题的解题思路

（1）通览全图，找准一“剂”三“物”

一“剂”指催化催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主题的多个物种一定

剂在机理图中的主线上.

反应物通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物；

三“物”指反应

物、生成物、中生成物通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物；

间物种（或中间

通过一个箭头脱离整个历程，但又生成生成物的是中间体，通过二个箭头进

体）中间体

入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“［『标出；

（2）逐项分析得答案：根据第一步由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一

选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。

提能•课后精练

1.化合物K发生Fries重排机理如下:

K中间体I中间体II中间体IIIL

/=\/CH3

中间体IIf中间体ni时，因反应位点的不同，还会生成（M）O其中L的沸点为218OC,M

的沸点为324。（2。下列说法错误的是

A.中间体n中Al原子的杂化方式为sp3

B.分离L和M的操作为蒸储

C.ImolK和ImolL均能与4moi凡发生加成反应

CH3COO

…排的产…J、

D.

0

CH3

【答案】c

【详解】A.中间体n中A1原子的价层电子对数为4,杂化方式为sp3,A正确；

B.L的沸点为218。。M的沸点为324。。两者沸点相差较大，可以用蒸储的方法分离L和M,B正确；

C.K中只有苯环能与H2反应，酯基不与H2反应，贝IlmolK与3m0旧2反应，ImolL与4m01%发生加成反

应，C错误；

CH3COOOH

D.由Fries重排机理可知，(Tj发生Fries重排的产物之一为,D正

CH3O

确；

故选C。

2.我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图

所示(H2-*H+*H)。下列说法错误的是

A.催化剂不能提高二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率

B.该反应过程中，涉及了极性共价键的断裂和生成

C.第③步的反应式为*H3co+H2OTCH3OF+HO

D.向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的产率

【答案】C

【详解】A.催化剂只能改变化学反应速率，不能使平衡发生移动，故不能提高二氧化碳加氢制甲醇的过程

中原子利用率，A正确；

B.从题干图示可知，该反应过程中，涉及了H2、CO?、H2O中极性共价键的断裂和甲醇、H2O中极性键的

生成，B正确；

C.从题干图示可知，第③步中*H3c0、H2O生成CH30H和*HO,反应方程式为

*H3CO+H2O^CH3OH+*HO,C错误；

D.反应历程第③步需要水，所以向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的产率，D正确；

故答案为：Co

3.在纳米多孔BiVO”光电极上将甘油氧化的过程中C—C键断裂与C—C键形成机理如图所示。

HHH

III

H-C-OHH-C-OHH-C-OH

H-C-OHH-C-OHH-C=O

H-C-OHH-C-OH

5ddH-C=O

>HC-CAC-C>

s（电）藕AsH-C-OH

H断裂I

ffiH

IH-ODOH

H-C-OH

H-C-OHH-C-OHH-C=O

H-C-OHH-C-OHH-C-OH

l।I

HHH

甲乙丙

下列叙述正确的是

A.有机物甲极易溶于水且与丙互为同系物B.上述转化过程只包含。键的断裂和形成

C.丙能发生取代、加成、还原和氧化反应D.每个甲分子中含有3个手性碳原子

【答案】c

【详解】A.甲含较多羟基，极易溶于水，但是丙含羟基、醛基，与甲不互为同系物，A项错误

B.上述转化中，断裂碳碳单键（b键），形成了碳碳单键和碳氧双键（含b、）键），B项错误;

C.丙含醛基，能发生加成、氧化、还原反应，还含羟基，能发生取代反应(酯化反应)，C项正确;

D.甲分子不存在手性碳原子，D项错误；

答案选C。

4.消除天然气中H2s是能源领域的热点，利用CuFe?。4表面吸附H2s时，研究表明有两种机理途径，如图

所示。

85.6

----途径］

0-135/•J

70-

0——途径2

白-21.1

*表示催化剂吸附物种

士

山

盘

-342.3-362,6

女卜於03：9/=^

箕'/一347%_513.。）--

X

-443.5\----\-580.5-586.3

—56711

H2sH,S*过渡态H*+HS*过渡态5H*，S*过渡态H*+OH*+S*H2O*+S*

吸附历程

下列说法错误的是

A.途径1历程中最大能垒为204.5k»mo『

B.使用催化剂该吸附过程释放能量减少

C.H2S*=HS*+H*的速率：途径1〈途径2

D.CuFe?。,在吸附过程中提供了。原子

【答案】B

【详解】A.由图示可知，途径1历程中最大能垒为(-362.6kJ/mol)-(-567.1kJ/mol)=204.5kJ-moL,故A正

确；

B.催化剂只能改变化学反应速率，不能影响吸附过程中释放的能量，故B错误；

C.活化能越大、反应速率越小，则H2s*=1«*+11*的速率：途径1〈途径2,故C正确；

D.吸附过程中有氧原子参加，而H2s中不含氧原子，所以CuFe?。,在吸附过程中提供了。原子，故D正

确；

故答案为：Bo

5.Wolff-Kishner-黄鸣龙还原反应机理如下（R、R均代表烽基），下列有关说法错误的是

A.朋的沸点高于氨气，原因是分子间氢键数目更多，且相对分子质量更大

B.过程①发生加成反应，过程②、③均发生消去反应

R—CH—R'R'

+0H-

C.过程④的反应历程可表示为^=NHR_iH+N2T+H2O

㊀

D.应用该机理，（J可以在碱性条件下转变为I,

CH

3CH3

【答案】B

【详解】A.朋和氨气都是分子晶体，肿分子中含有两个氨基，相对分子质量大于氨气，分子间形成的氢键

数目多于氨气，所以肿分子的分子间作用力强于氨气，沸点高于氨气，A正确；

R—CH—RQH-R—CH—R'

B.过程③发生的反应为||——>|,反应中分子的不饱和度不变，不可能属于消

NNH2N=NH

去反应，B错误;

c.过程④的反应物是和OH-,生成物是R_&r用和HO

2其反应为

R-CH—R'R'

I+OH—►I+N22T1+H7OC正确・

N=NHR-CH2，止明，

㊀

D.由图可知，该反应的总反应为碱性条件下?与肺反应生成R-CH：TV、氮气和水，则碱性条件

R—C—R'

与肿反应能转化为,D正确;

故答案为：Bo

6.二甲醛魏基化在分子筛催化剂上的反应机理如下图所示。下列说法错误的是

CH3COOCH3

OSi

II/

HC—c—qSi

3\

HC—oAlHOCH/°

3\/3

HO一为

Si/

/

SiSi

A.反应涉及0—H键断裂和C—0键、C—C键生成

B.根据以上机理，反应的主产物为甲酸乙酯

C.甲醇经脱水反应可生成原料二甲醛

D.CH30cH3和CO均为极性分子

【答案】B

【详解】A.由图可知，反应涉及O—H键断裂和C—O键、C—C键生成，故A正确;

B.根据以上机理，反应的主产物为乙酸甲酯，故B错误；

C.甲醇经分子间脱水反应可生成二甲醛，故C正确；

D.CH3OCH3和CO正负电荷中心均不能重合，属于极性分子，故D正确；

故选：B„

7.SiCl’的水解机理如下图所示（“口”代表Si的3d轨道）。下列说法错误的是

H

A.上述过程涉及极性键的断裂和形成B.水解过程中Si的杂化方式有变化

C.NCL的水解机理与SiCL相同D.相同条件下，SiCL比CC1,易水解

【答案】c

【详解】A.上述过程涉及Si-Cl极性键的断裂和Si-O极性键的形成，A正确；

B.水解过程的第一步中Si原子的成键数目由4增大为5,Si的杂化方式有变化,从最初的sp3杂化变为sp3d

杂化，B正确；

C.NCh水解时H2O中的H原子与NCL上的孤电子对结合，O与C1结合形成HC1O,而SiCl,上无孤电子

对，故NCh的水解机理与SiCl,不相同，C错误；

D.C为第二周期元素，只有2s、2P轨道可以成键，最大配位数为4,无空轨道可以接受水的配位，因此不

易水解。所以相同条件下，SiCL比CC1,易水解，D正确；

答案选C。

8.一种催化还原NO的机理如图所示，下列说法正确的是

2+

中间体X为［(NH3)2CU-O-O-CU(NH3)2］

中间体Y为［(^3)2仪小尸巡3)2产

中间体Z为［踊3)2(：1Ju(NH3)2产

A.中间体X和Z中0和Cu的化合价均不变

B.使用催化剂［CU(NH3)4「，可以提高NO的反应速率和平衡转化率

C.过程①中既有极性键的断裂，也有极性键的形成

催化剂

D.该催化还原过程的总反应方程式为2NO+2NH3^=2N2+3H2O

【答案】C

【详解】A.中间体X中，Cu化合价为+2价，O化合价为-1价，Z中Cu化合价为+3价，O化合价为

-2价，故A错误；

B.使用催化剂，可以提高NO的反应速率，但不能提高平衡转化率，故B错误；

C.由图可知，转化①中既有氮氧极性键的断裂，也有氢氧极性共价键的形成，故c正确;

催化剂

D.总反应方程式为4NO+4NH3+O24N2+6H2O,故D错误;

故选C。

9.利用反应C6H$-CH2cH3(g)+CC)2(g)-‘C6H5-CH=CH2(g)+CO(g)+H2(Xg)制取苯乙烯的机理如下图，

下列说法正确的是

A.图示机理中有非极性键的断裂与形成

B.该反应的平衡常数K=Cc(("C6HH：5-CCHH2=CCHH)2)I(cC(COO2))

c.过程n中，H+与B2位点上cc>2中带部分负电荷的O作用生成H°、［夕。

D.该反应中每消耗ImolCO?,转移电子的数目约为4x6.02x1023

【答案】c

【详解】A.由图可知，图示机理中有碳碳非极性键的形成，没有碳碳非极性键的断裂，故A错误；

C(C6HS-CH=CH?)c(CO)c(H?O)

B.由方程式可矢n,反应的平衡常数7靛四5；1皿，2)，故B错误；

C.由图可知，过程II中，乙苯产生的氢离子与B2位点上二氧化碳中带部分负电荷的氧原子作用生成

HO、#0,故C正确；

D.由方程式可知，反应中消耗Imol二氧化碳，反应转移2moi电子，则转移电子的数目约为

2x6.02x10%故D错误；

故选C。

10.我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如

图所示下列说法错误的是

A.二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%

B.带火标记的物质是该反应历程中的中间产物

C.向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的产率

D.第③步的反应式为*H3CO+H2O-CH3OH+*HO

【答案】A

【详解】A.根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧

化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%,A项错误；

B.根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，

B项正确；

C.反应历程第③步需要水，所以向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率，C项正确；

D.第③步中*H3c0、H2O生成CH30H和*HO,反应方程式为*H3co+1^0-CH3OH+*HO,D项正确;

答案选A。

11.已知TiC)2在光照下可以激发产生空穴(h+)和光电子(e-)。某课题组研究TiOz光催化降解室内污染物甲醛

的机理如下图所示，下列说法错误的是

能量

A.TiC)2每吸收32eV太阳能理论上可以产生10个h+

B.④反应的方程式为：HCHO+4-OH=CO2+3H2O

*nq

C.该过程总反应为：HCHO+O2CO2+H,O

光照

D.TiO2在光照下同样可以催化CaCC>3分解反应

【答案】D

【详解】A.由图可知，二氧化钛吸收3.2eV的能量，产生1个空穴，则吸收32eV太阳能理论上可以产生

10个空穴，故A正确；

B.由图可知，反应④的反应物为HCHO、QH,生成物为CO2、H2O,反应的方程式为

HCHO+4-OH=CO2+3H2O,故B正确，

T1Q

C.由图可知，总反应的反应物为HCHO、。2，生成物为CO2、H2O,反应的方程式为HCHO+C)2^

光照

CO2+H2O,故C正确，

D.催化剂具有专一性，二氧化钛不能催化碳酸钙分解反应，故D错误；

故选D。

12.我国科学家研究化合物M(s)催化CO?氢化生成甲酸的机理，其中由化合物M(s)生成化合物N(s)过程

的机理和相对能量曲线如下图所示。TSI、TS2均为过渡态。下列说法正确的是

相对能量/eV

TS2(11.28)

TS1(6.05)/'\

」.、/、

z'、一/\

一/P(2.08)

M+C02(0.00)\

N(-fT^3),

-反应过短

A.过渡态TSI比化合物P更稳定

B.过程M—P为化合物M生成化合物N的决速步骤

C.化合物M催化CO2氢化生成甲酸的反应过程中一定有Fe-O键的生成和断裂

D.由M(s)生成N(s)的热化学方程式：M(s)+CO2(g)=N(s)AH=-0.5IkJ.mof

【答案】C

【详解】A.由图可知，过渡态TS1比P能量高，则P更稳定，选项A错误；

B.由图可知，过程P-TS2为两步反应中活化能较大的反应，为慢反应，即为化合物M生成化合物N的

决速步骤，选项B错误；

C.化合物M为催化剂，反应前后结构不会改变，比较M、N的结构可知，当Fe-O键的断裂重新连接氢原

子生成M,所以一定有Fe-O键的生成和断裂，选项C正确；

D.图示为一个二氧化碳分子反应过程，能量变化为-11.63eV,所以当有Imol二氧化碳反应能量变化为

19236

-11.63eVx1.6x10-J/eVx6.02x10=1.12x10J=l120kJ,则该过程的热化学方程式为：M(s)+CO2(g)=N

(s)AH=-U20kJ-mol1,选项D错误；

答案选C。

13.Scripps研究所近期在温和条件下实现了苯乙酸的邻位羟基化反应，如图为其反应机理，下列说法错误

的是

A.过程③中HQ?作为氧化剂B.机理中存在非极性键的断裂

C.机理中所涉及物质N原子杂化方式均为sp?D.在转化过程中PdX2为催化剂

【答案】C

【详解】A.Pd由Pdn变为P#的同时,凡。2降价,作为氧化剂，A正确;

B.Pd由Pdn变为Pd”的同时，HQ2断键为0-0,存在非极性键的断裂，B正确;

C.机理中所涉及物质N原子杂化方式为sp2、sp3,C错误;

D.PdCb在反应物苯乙酸前参与反应，后生成，为催化剂，D正确。

故选Co

14.一种利用Al/Cu/Pd三元金属颗粒复合材料去除水体中硝酸盐的技术机理如图所示。下列说法中错误的

是

NO^(aq)N()；(叫)

[4二一'/，、"、(&)

］叫)

NONO；iads>[―一

NHjaq)H,(g)，’<H**e"»Huds)\

f-7/\\

I,\,\Pd

H।、一—-H(ads»\

Hl；ids>*H+c"

NOjads)NH^ads)\Cu//

*X.

AI-*A|*"+3c'

Al

说明：-«ds"也东"坡催化剂较聚”

A.随水体pH增大，硝酸盐去除率降低

B.H(ads)可以促进NO：的脱氧，从而产生N?

C.该机理中三种金属均给出电子，体现还原性

D.金属铝表面的反应过程可表示为：2Al+NO[(ads)+7H+=2A13++NH3(ads)+2H2O

【答案】C

【详解】A.随水体pH增大，则溶液碱性增强，导致铝催化剂和碱反应，催化效率降低，硝酸盐去除率降

低，A正确；

B.由图可知，H(ads)可以和NONads)反应生成氮气，故可促进NO：的脱氧，从而产生N2,B正确；

C.由图可知，该机理中是铝离子给出电子体现还原性，而Cu、Pd没有失去电子，C错误；

D.金属铝表面的反应为在酸性条件下，NO[(ads)和铝在铝表面生成铝离子、NH3(ads),根据质量守恒可

知，还会生成H2O,可表示为：2Al+NC)2(ads)+7H+=2A13++NH3(ads)+2H2O,D正确；

故选C。

15.硫酸盐还原菌SRB是一类独特的原核生理群组，是一类具有各种形态特征，能通过异化作用将硫酸盐

作为有机物的电子受体进行硫酸盐还原的严格厌氧菌。在地球上分布很广泛，通过多种相互作用发挥诸多

潜力。但在水体中，会促使许多金属及合金发生腐蚀。某种Fe合金在硫酸盐还原菌存在条件下腐蚀的机理

如图所示。

sotS2-

对于该反应机理相关信息分析正确的是

①若引入新的菌种，一定可以加速对金属的腐蚀

②硫酸盐还原菌(SRB)对金属的腐蚀作用是在无氧环境下进行的

③在硫酸盐还原菌(SRB)作用下，Fe腐蚀后最终会生成Fe2O3-xH2O

④SO：在SRB的作用下发生反应：$0:+8-+8可=$2一+41120(正极电极反应式)

⑤当ImolSOj在SRB的作用下转化为S2-时，理论上正极反应会消耗4mol水

⑥若溶液中的S2一会完全转化为FeS,则Fe腐蚀后生成Fe(OH)2和FeS的物质的量之比为3：1

A.①②③B.①②⑤⑥C.②④⑥D.②③⑤

【答案】C

【详解】①若引入新的菌种，不一定能参与电极反应，故不一定会加速金属的腐蚀，①错误；

②根据示意图可判断硫酸盐还原菌(SRB)对金属的腐蚀作用是在无氧环境下进行的，②正确；

③在硫酸盐还原菌(SRB)作用下，Fe腐蚀后最终会生成FeS,③错误；

+2

④由图可知，正极上S0＞得到电子结合氢离子生成硫离子，电极反应式为：SO^-+8e-+8H=S-+4H2O,

④正确；

⑤根据④的分析可知，当ImolSO『在SRB的作用下转化为硫离子时需要8moiH+,Imol水能产生Imol

H+,所以理论上正极反应会消耗8moi水，⑤错误；

⑥根据腐蚀原理，Fe失去电子变为Fe2+,负极的电极反应式为Fe-2e=Fe2+,SO1得到电子变为S”，正极

+22+2

电极反应式为：SOt+8e+8H=S+4H2O,产生的离子进一步发生反应：Fe+S-=FeS；,

2+

Fe+2OH=Fe(OH)2；,根据反应过程中电子守恒可知：每有1molSOj参加反应，产生的S?-会形成1mol

FeS,转移8mol电子，则Fe腐蚀产生的4molFe?+中有1mol转化为FeS沉淀，同时产生3molFe(OH)2生

成，故Fe腐蚀后生成Fe(0H)2和FeS的物质的量之比为3moi：1mol=3：l,⑥正确;

正确的是：②④⑥；

故选C。

16.甲烷与氧气直接选择性转化为甲醇是当今催化领域的“梦想反应”，科学家用TiO?负载双组份催化剂(纳

米金和CoO*纳米簇)在室温和光照下完成了上述反应，选择性高达95%。机理如图A所示，下列说法不正

确的是

+

A.Au表面反应为：O2+2e+H=HOO

B.图A中含碳微粒只存在2种杂化方式

C.有无催化剂CoO*纳米簇对合成甲醇的产量无影响

D.图B是通过"Oz+TV'。和I'Oz+Hj。同位素示踪分析氧化甲烷过程中的产品质谱测试图，由图可

知体系中产品C02中氧主要来源于H2O

【答案】D

【分析】由图A可知，氧气和氢离子在金表面得到电子生成HCOCT,甲烷在二氧化钛表面转化为・CH3，

HCOO•与,CH3结合为CH3OOH,CH3OOH转化为CH3OH,水在CoOx表面转化为PH,PH与甲醇反应

生成甲醛和二氧化碳；由图B可知，反应生成的二氧化碳含有16。和180,说明二氧化碳的氧原子来源于氧

气和水。

【详解】A.由分析可知，氧气和氢离子在金表面得到电子生成HC001反应方程式为

+

O2+2e-+H=HOO,故A正确；

B.由图可知，A中双键氧原子的杂化方式为sp2杂化、单键氧原子的杂化方式为sp3杂化，共有2种杂化方

式，故B正确;

C.催化剂能改变反应的途径，降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，甲醇的产量不变，则

有无催化剂CoO,纳米簇对合成甲醇的产量无影响，故C正确；

D.由分析可知，反应生成的二氧化碳含有16。和180,说明二氧化碳的氧原子来源于氧气和水，故D错误;

故选D。

17.AgCN与CH3cHzBr可发生取代反应，反应过程中CN-的C原子和N原子均可进攻CH3cH?Br,分别生

成睛(CH3cH?CN)和异睛(CH3cH?NC)两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图(TS为

过渡态，I、II为后续物)。

CH3

I产丁小尸

CH

V\2Ni

C--CH2

IIIBr/

异睛C、A”，\Ag-----Br

AgCN+CHCHBr\

CH3cHzNC+AgBr/32

—、、II/I\月青

|\CH3CH2CN+AgBr

CH3CH2N=C—Ag—Brl\x_

\CH3cH2c=N--Ag--Br

反应进程反应进程

由图示信息，下列说法错误的是

A.从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应

B.过渡态TS1是由CN-的C原子进攻CH3CH2Br的a-C而形成的

C.I中“N-Ag”之间的作用力比n中“c-Ag”之间的作用力弱

D.生成CH3cH?CN放热更多，低温时CH3cH?CN是主要产物

【答案】D

【详解】A.由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从CH3cH?Br

生成CH3cH?CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应，A项正确；

B.与Br原子相连的C原子为a-C,由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN的C原子进攻

CH^CHzBr的a-C,形成碳碳键，B项正确；

C.由反应历程及能量变化图可知，后续物I、n转化为产物，分别断开的是N-Ag和C-Ag,且后者吸收更

多的能量，故I中“N--Ag”之间的作用力比n中“c-Ag”之间的作用力弱，C项正确；

D.由于生成CH3cH?CN所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成CH3cH?NC,为主要产物,

D项错误；

故选D。

18.由叠氮有机物和快燃合成杂环化合物是“点击化学”的核心反应，在生物化学、超分子化学和材料化学研

究领域得到了广泛的应用。使用一价铜