2025高考化学一轮复习之化学反应机理的探究

第1页（共1页）2025高考化学一轮复习之化学反应机理的探究一．选择题（共20小题）1．（2024•承德三模）由CO2合成环状碳酸酯的一种反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A．化合物1的阳离子体积大，所含离子键较弱，其常温下可能为液态 B．反应②中涉及极性键的断裂与形成 C．总反应为 D．化合物3是该合成环状碳酸酯反应的催化剂2．（2024•山东模拟）钴催化与PhNH2电氢化制备的反应机理如图（其中Ph﹣表示，表示，图中未表示参与或生成的Cl﹣），下列说法错误的是（）A．是反应的中间产物 B．反应过程中涉及取代反应和加成反应 C．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂 D．电极反应为3．（2024•福建三模）利用CoP/CdS复合光催化剂可实现温和条件下废弃聚乳酸塑料（PLA）高选择性地转化为丙氨酸小分子，其转化历程如下：下列说法错误的是（）A．该过程光能转化为化学能 B．每生成1mol丙氨酸，催化剂吸收2.41eV的能量 C．乳酸铵转化为丙酮酸主要发生氧化反应 D．PLA转化为乳酰胺的化学方程式为：4．（2024•潍坊模拟）以R﹣X为原料制备R—NH2（R为烃基）的反应机理如图所示，下列说法错误的是（）A．叠氮酸根中存在两套大π键，的中心氮原子采用sp杂化 B．由甲到戊的过程中，既有极性键和非极性键的断裂，也有极性键和非极性键的形成 C．R—N3分子中，与R相连的N是sp2杂化 D．若R为苯基，则戊的碱性比NH3强5．（2024•南昌二模）一种含Pt催化剂活化甲烷中碳氢键的反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A．是该反应是催化剂 B．SO3为含极性键的非极性分子 C．配位键N—Pt强于配位键O—Pt键 D．上述过程的总反应：CH4+2SO3═CH3OSO3H+SO26．（2024•湖北三模）Cr/ZSM﹣5SAC可催化甲烷氧化为甲酸，反应的过程如图所示。下列说法正确的是（）A．[CrO]+降低了该反应的焓变 B．反应涉及非极性键的断裂和形成 C．CH4和H2O2都是非极性分子 D．该反应的原子利用率约为39%7．（2024•鲤城区校级模拟）一定条件下，CH4与FeO+反应合成CH3OH的反应历程如图所示。已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢。下列说法正确的是（）说明：过渡态中“——”表示化学键未完全断裂或形成。A．反应历程中的两个反应均涉及氢原子的成键 B．相同条件下，CD4与FeO+发生上述反应，则其过渡态Ⅰ的能量比b高 C．该反应的ΔH＝（a﹣e）kJ•mol﹣1 D．CH3D与FeO+发生上述反应，只能获得1种相对分子质量的有机产物8．（2024•招远市三模）NCl3和SiCl4均可发生水解反应，其中NCl3的水解机理示意图如图：下列说法错误的是（）A．NCl3水解过程中只存在极性键的断裂和形成 B．NCl3与SiCl4的晶体类型相同 C．分子的极性：NCl3＞SiCl4 D．由此推断SiCl4的水解产物为SiH4和HClO9．（2024•顺义区二模）我国科研人员研究发现Co原子活化乙烷的反应机理，一种机理如图所示。下列说法不正确的是（）A．决定反应速率的步骤是中间体1→过渡态2 B．Co—H键的形成与断裂使得氢原子发生了迁移 C．该过程涉及非极性键的断裂与形成 D．总反应为Co（s）+C2H6（g）→CoCH2（s）+CH4（g）ΔH＞010．（2024•安徽模拟）在含铑（Rh）催化剂作用下的催化选择性加氢反应机理如图所示（图中S代表溶剂），下列说法错误的是（）A．反应过程中，Rh的成键数未发生变化 B．是中间产物 C．步骤Ⅱ产物中π电子与铑形成配位键 D．选择性还原加氢反应属于加成反应11．（2024•包河区校级三模）在汞盐溶液催化下HC≡CH与水反应生成CH3CHO的反应历程如图所示，下列说法不正确的是（）A．过程①中，Hg2+与水中的氧形成配位键 B．HC≡CH与水反应生成CH3CHO的焓变 C．其他条件不变，增大乙炔浓度会使CH3CHO产量增大 D．过程⑤中，碳原子的杂化方式发生变化12．（2024•诸暨市模拟）通过化学键异裂产生的带正电的基团进攻不饱和键而引起的加成反应称为亲电加成反应。离子与烯烃反应形成碳正离子，是亲电加成反应的决速步。丙烯与HBr发生加成反应的理如图所示，下列说法错误的是（）A．氢离子与烯烃作用形成碳正离子过程中，只断裂π键 B．反应2过程中形成的碳正离子更稳定 C．与HBr发生加成反应的主产物是 D．已知双键上电子云密度越大，亲电加成反应速率越快，所以CH3CH＝CH2发生亲电加成的速率大于CH2＝CH213．（2024•湖北模拟）纳米Ni﹣Pd催化制备甲酸钠的机理如图所示。下列说法错误的是（）A．纳米尺寸Ni﹣Pd有利于加快反应速率 B．反应过程中有极性键的断裂与形成 C．反应过程中不需要持续补充CO2 D．总反应的原子利用率为100%14．（2024•昌平区二模）H2O2的一种制备方法如图所示，下列说法不正确的是（）A．反应Ⅰ中乙基蒽醌被氧化为乙基蒽醇 B．催化剂镍改变了反应速率，未改变反应焓变 C．制备原理是 D．乙基蒽醌是总反应的催化剂15．（2024•和平区三模）CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。下列说法不正确的是（）A．反应①为CaO+CO2＝CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 B．t1～t3，n（H2）比n（CO）多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2 C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生16．（2024•日照二模）某科研团队以溴苯与catB—Br的偶联联反应构建C—B键，反应机理如图，下列说法正确的是（）A．过程中Ni的化合价未发生改变 B．L—Ni—Br为中间产物 C．catB•为催化剂 D．理论上产生1mol消耗Zn与溴苯的物质的量之比为1：117．（2024•江西模拟）羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物（图中物质⑦）的反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A．物质②和⑤均易溶于水 B．物质③→④的过程中，N的杂化方式未发生改变 C．⑥→⑦的过程中没有非极性键的断裂和生成 D．化合物为该反应的催化剂，能降低反应的活化能18．（2024•湖南模拟）甲酸甲酯（HCOOCH3）作为潜在的储氢材料受到关注，科学家发现使用Ru配合物催化剂可以使甲酸甲酯温和释氢，其可能的反应过程如图所示。下列说法不正确的是（）A．反应涉及非极性键的断裂和极性键的形成 B．将HCOOCH3替换为DCOOCH3，反应可得HD C．I中Ru的配体数为4 D．总反应为HCOOCH3+2H2O4H2↑+2CO2↑19．（2024•山东模拟）构成离子液体的阴、阳离子由于体积较大，其熔点较低，是一种熔点低于或接近室温的盐。使用离子液体催化剂催化合成β﹣巯基丙酸（）的流程如图所示：下列说法正确的是（）A．总反应是H2S与CH2＝CHCOOH发生取代反应 B．和均是该反应的催化剂 C．是一种不稳定结构，容易转化为 D．该反应流程中的离子液体催化剂属于离子晶体，其中的阳离子含有共价键和配位键20．（2024•天心区校级模拟）烯烃催化制备醛的反应机理如图所示，下列说法错误的是（）A．HCo（CO）3反应前后质量和化学性质都没有发生改变 B．反应过程中钴的配位数和化合价都发生了变化 C．上述过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成 D．该过程总反应为CH3CH＝CH2+H2+COCH3CH2CH2CHO

2025高考化学一轮复习之化学反应机理的探究参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．（2024•承德三模）由CO2合成环状碳酸酯的一种反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A．化合物1的阳离子体积大，所含离子键较弱，其常温下可能为液态 B．反应②中涉及极性键的断裂与形成 C．总反应为 D．化合物3是该合成环状碳酸酯反应的催化剂【答案】D【分析】A.化合物1的阳离子为有机阳离子，其体积大，所含离子键较弱；B.反应②中涉及C—O极性键的断裂和C—Br极性键的形成；C.总反应为；D.催化剂反应刚开始反应消耗，反应结束时生成。【解答】解：A.化合物1的阳离子为有机阳离子，其体积大，所含离子键较弱，其常温下可能为液态，故A正确；B.反应②中涉及C—O极性键的断裂和C—Br极性键的形成，故B正确；C.总反应为，故C正确；D.催化剂反应刚开始反应消耗，反应结束时生成，化合物1是该合成环状碳酸酯反应的催化剂，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查学生对反应历程的理解，了解反应过程中的物质变化，属于基本知识的考查，难度不大。2．（2024•山东模拟）钴催化与PhNH2电氢化制备的反应机理如图（其中Ph﹣表示，表示，图中未表示参与或生成的Cl﹣），下列说法错误的是（）A．是反应的中间产物 B．反应过程中涉及取代反应和加成反应 C．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂 D．电极反应为【答案】C【分析】A．反应Ⅷ中生成的参与和PhNH2反应被消耗；B．反应Ⅶ是加成反应，反应Ⅷ是取代反应；C．反应过程中无非极性键的断裂；D．根据反应机理图，PhNH2和Ph—CN电氢化制备反应生成。【解答】解：A．中间产物是指反应中先生成，后消耗；反应Ⅷ中生成的参与和PhNH2反应被消耗，所以是中间产物，故A正确；B．反应Ⅶ是加成反应，反应Ⅷ是取代反应，故B正确；C．反应过程中无非极性键的断裂，故C错误；D．PhNH2和Ph—CN电氢化制备反应生成，电极反应式为，故D正确；故选：C。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。3．（2024•福建三模）利用CoP/CdS复合光催化剂可实现温和条件下废弃聚乳酸塑料（PLA）高选择性地转化为丙氨酸小分子，其转化历程如下：下列说法错误的是（）A．该过程光能转化为化学能 B．每生成1mol丙氨酸，催化剂吸收2.41eV的能量 C．乳酸铵转化为丙酮酸主要发生氧化反应 D．PLA转化为乳酰胺的化学方程式为：【答案】B【分析】A．由图可知，催化剂吸收光能最终生成丙氨酸；B．生成1个丙氨酸分子，催化剂吸收2.41eV的能量；C．乳酸铵中含有仲醇的结构，催化氧化生成酮；D．由图可知，PLA和一水合氨反应转化为乳酰胺和水。【解答】解：A．由图可知，催化剂吸收光能最终生成丙氨酸，故该过程光能转化为化学能，故A正确；B．由图可知，每生成1个丙氨酸分子，催化剂吸收2.41eV的能量，故B错误；C．由图中乳酸铵结构简式、丙酮酸结构简式可知，乳酸铵转化为丙酮酸主要发生了羟基的催化氧化，故C正确；D．由图可知，PLA和一水合氨反应转化为乳酰胺的化学方程式为：，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查反应机理的探究，同时考查仲醇的催化氧化，理解每一步反应机理是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度中等。4．（2024•潍坊模拟）以R﹣X为原料制备R—NH2（R为烃基）的反应机理如图所示，下列说法错误的是（）A．叠氮酸根中存在两套大π键，的中心氮原子采用sp杂化 B．由甲到戊的过程中，既有极性键和非极性键的断裂，也有极性键和非极性键的形成 C．R—N3分子中，与R相连的N是sp2杂化 D．若R为苯基，则戊的碱性比NH3强【答案】D【分析】A．叠氮酸根中中心N原子得到1个电子共6个价电子，中心氮为sp杂化，和周围2个N形成2个σ键，中心氮的2个p电子和周围2个N的各1个p电子形成1个大π键；B．由甲到戊的过程中，既有极性键（乙到丙）和非极性键（乙到丙）的断裂，也有极性键（甲到乙，丁到戊）和非极性键（丙到丁）的形成；C．R—N3分子中的氮原子形成1个双键，有2个σ键，1对孤电子对；D．若R为苯基，戊为苯胺，苯胺分子中的氮原子由于存在p﹣π共轭效应而使其周围电子云密度下降，给电子能力减弱。【解答】解：A．中中心N原子得到1个电子共6个价电子，中心氮为sp杂化，和周围2个N形成2个σ键，中心氮的2个p电子和周围2个N的各1个p电子形成1个大π键，在该大π键的镜面对称面上也形成1个大π键，故A正确；B．由甲到戊的过程中，既有极性键（乙到丙）和非极性键（乙到丙）的断裂，也有极性键（甲到乙，丁到戊）和非极性键（丙到丁）的形成，故B正确；C．R—N3分子中的氮原子形成1个双键，有2个σ键，1对孤电子对，杂化类型为sp2杂化，故C正确；D．若R为苯基，戊为苯胺，苯胺分子中的氮原子由于存在p﹣π共轭效应而使其周围电子云密度下降，给电子能力减弱，所以其碱性下降，没有NH3碱性强，故D错误；故选：D。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。5．（2024•南昌二模）一种含Pt催化剂活化甲烷中碳氢键的反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A．是该反应是催化剂 B．SO3为含极性键的非极性分子 C．配位键N—Pt强于配位键O—Pt键 D．上述过程的总反应：CH4+2SO3═CH3OSO3H+SO2【答案】D【分析】A．催化剂活化甲烷中碳氢键；B．SO3为平面三角形结构；C．O的电负性强于N，相对而言N给电子能力强于O；D．上述过程的总反应的反应物是甲烷、三氧化硫和硫酸，生成物是二氧化硫、水和CH3OSO3H。【解答】解：A．催化剂活化甲烷中碳氢键，由图可知，该反应的催化剂为，故A正确；B．SO3为平面三角形结构，是含极性键的非极性分子，故B正确；C．O的电负性强于N，相对而言N给电子能力强于O，配位键N—Pt强于配位键O—Pt键，故C正确；D．上述过程的总反应的反应物是甲烷、三氧化硫和硫酸，生成物是二氧化硫、水和CH3OSO3H，总反应为CH4+SO3+H2SO4＝CH3OSO3H+SO2+H2O，故D错误；故选：D。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。6．（2024•湖北三模）Cr/ZSM﹣5SAC可催化甲烷氧化为甲酸，反应的过程如图所示。下列说法正确的是（）A．[CrO]+降低了该反应的焓变 B．反应涉及非极性键的断裂和形成 C．CH4和H2O2都是非极性分子 D．该反应的原子利用率约为39%【答案】D【分析】A．[CrO]+是催化剂；B．反应没有涉及非极性键的形成；C．CH4是非极性分子，H2O2是极性分子；D．总反应为CH4+3H2O2HCOOH+4H2O。【解答】解：A．催化剂不能改变该反应的焓变，[CrO]+是催化剂，故A错误；B．反应涉及非极性键的断裂，没有涉及非极性键的形成，故B错误；C．CH4是非极性分子，H2O2是极性分子，C错误；D．总反应为CH4+3H2O2HCOOH+4H2O，则该反应的原子利用率约为＝，故D正确；故选：D。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。7．（2024•鲤城区校级模拟）一定条件下，CH4与FeO+反应合成CH3OH的反应历程如图所示。已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢。下列说法正确的是（）说明：过渡态中“——”表示化学键未完全断裂或形成。A．反应历程中的两个反应均涉及氢原子的成键 B．相同条件下，CD4与FeO+发生上述反应，则其过渡态Ⅰ的能量比b高 C．该反应的ΔH＝（a﹣e）kJ•mol﹣1 D．CH3D与FeO+发生上述反应，只能获得1种相对分子质量的有机产物【答案】B【分析】A．根据图知，第二个反应没涉及氢原子的成键；B．已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢；C．该反应的ΔH＝（e﹣a）kJ•mol﹣1；D．CH3D与FeO+反应生成CH3OD、CH2DOH有机产物。【解答】解：A．反应历程中的第一个反应涉及氢原子的成键，第二个反应没涉及氢原子的成键，故A错误；B．已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢，所以相同条件下，CD4与FeO+发生上述反应，反应速率会变慢，则其过渡态Ⅰ的能量比b高，故B正确；C．该反应的ΔH＝（e﹣a）kJ•mol﹣1，即生成物的能量减去反应物的能量，故C错误；D．CH3D与FeO+发生上述反应，可以获得CH3OD、CH2DOH有机产物，CH3D与FeO+发生上述反应，不只能获得1种相对分子质量的有机产物，故D错误；故选：B。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。8．（2024•招远市三模）NCl3和SiCl4均可发生水解反应，其中NCl3的水解机理示意图如图：下列说法错误的是（）A．NCl3水解过程中只存在极性键的断裂和形成 B．NCl3与SiCl4的晶体类型相同 C．分子的极性：NCl3＞SiCl4 D．由此推断SiCl4的水解产物为SiH4和HClO【答案】D【分析】A．NCl3水解过程中，NCl3与水反应生成HClO和NH3；B．NCl3、SiCl4是都属于分子晶体；C．NCl3空间构型为三角锥形，分子结构不对称，为极性分子，SiCl4空间构型为正四面体，分子结构对称，为非极性分子；D．SiCl4的水解产物为原硅酸和HCl。【解答】解：A．NCl3水解过程中，NCl3与水反应生成HClO和NH3，NCl3与NH3中均存在极性键，H2O中存在极性键，HClO中存在极性键，NH3中存在极性键，故A正确；B．NCl3、SiCl4是都属于分子晶体，故B正确；C．SiCl4中S原子形成4个σ键，孤电子对数为0，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间构型为正四面体，分子结构对称，为非极性分子，NCl3中N原子形成3个σ键，孤电子对数为1，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间构型为三角锥形，分子结构不对称，为极性分子，故C正确；D．SiCl4的水解产物为原硅酸和HCl，故D错误；故选：D。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。9．（2024•顺义区二模）我国科研人员研究发现Co原子活化乙烷的反应机理，一种机理如图所示。下列说法不正确的是（）A．决定反应速率的步骤是中间体1→过渡态2 B．Co—H键的形成与断裂使得氢原子发生了迁移 C．该过程涉及非极性键的断裂与形成 D．总反应为Co（s）+C2H6（g）→CoCH2（s）+CH4（g）ΔH＞0【答案】C【分析】A．中间体1→过渡态2的正反应活化能最大，反应速率最慢；B．Co可活化C2H6放出CH4，Co—H键的形成使H原子发生了迁移；C．根据反应历程可知，涉及到C—C键的断裂和C—键形成；D．由起点和终点物质可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应。【解答】解：A．中间体1→过渡态2的正反应活化能最大，反应速率最慢，是决定反应速率的步骤，故A正确；B．Co可活化C2H6放出CH4，Co—H键的形成使H原子发生了迁移，故B正确；C．根据反应历程可知，涉及到C—C键的断裂和C—H键形成，没有涉及非极性键的形成，故C错误；D．由起点和终点物质可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，总反应为Co（s）+C2H6（g）→CoCH2（s）+CH4（g）ΔH＞0，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查学生对反应历程的理解，了解反应过程中的能量变化，属于基本知识的考查，难度不大。10．（2024•安徽模拟）在含铑（Rh）催化剂作用下的催化选择性加氢反应机理如图所示（图中S代表溶剂），下列说法错误的是（）A．反应过程中，Rh的成键数未发生变化 B．是中间产物 C．步骤Ⅱ产物中π电子与铑形成配位键 D．选择性还原加氢反应属于加成反应【答案】A【分析】A.A步骤Ⅰ中Rh的成键数增加了2个，步骤Ⅳ中Rh的成键数减少了2个；B.中间产物为反应中生成又在反应中消耗的物质；C.步骤Ⅱ中，碳碳双健中π电子与提供的空轨道，形成配位键；D.与H2的反应属于加成反应。【解答】解：A.A步骤Ⅰ中Rh的成键数增加了2个，步骤Ⅳ中Rh的成键数减少了2个，故A错误；B.与H2反应生成，可知为中间产物，故B正确；C.步骤Ⅱ中，碳碳双健中π电子与提供的空轨道，形成配位键，故C正确；D.与H2的反应属于加成反应，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查学生对反应历程的理解，了解反应过程中的物质变化，属于基本知识的考查，难度不大。11．（2024•包河区校级三模）在汞盐溶液催化下HC≡CH与水反应生成CH3CHO的反应历程如图所示，下列说法不正确的是（）A．过程①中，Hg2+与水中的氧形成配位键 B．HC≡CH与水反应生成CH3CHO的焓变 C．其他条件不变，增大乙炔浓度会使CH3CHO产量增大 D．过程⑤中，碳原子的杂化方式发生变化【答案】B【分析】A．过程①中，水中的氧提供孤对电子形成配位键；B．HC≡CH与水反应生成CH3CHO的焓变ΔH＝（E1+E2+E3+E4+E5）kJ/mol；C．其他条件不变，增大乙炔浓度平衡正向移动，会使乙醛的产量增大；D．过程⑤中，碳原子的杂化方式由两个sp2变成一个sp2、一个sp3。【解答】解：A．过程①中，水中的氧提供孤对电子形成配位键，故A正确；B．HC≡CH与水反应生成CH3CHO的焓变ΔH＝（E1+E2+E3+E4+E5）kJ/mol，故B错误；C．其他条件不变，增大乙炔浓度平衡正向移动，会使乙醛的产量增大，但乙炔平衡转化率会减小，故C正确；D．过程⑤中，碳原子的杂化方式由两个sp2变成一个sp2、一个sp3，碳原子的杂化方式发生变化，故D正确；故选：B。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。12．（2024•诸暨市模拟）通过化学键异裂产生的带正电的基团进攻不饱和键而引起的加成反应称为亲电加成反应。离子与烯烃反应形成碳正离子，是亲电加成反应的决速步。丙烯与HBr发生加成反应的理如图所示，下列说法错误的是（）A．氢离子与烯烃作用形成碳正离子过程中，只断裂π键 B．反应2过程中形成的碳正离子更稳定 C．与HBr发生加成反应的主产物是 D．已知双键上电子云密度越大，亲电加成反应速率越快，所以CH3CH＝CH2发生亲电加成的速率大于CH2＝CH2【答案】C【分析】A．π键的键能较小；B．反应2生成的产物是主要产物；C．与HBr发生加成反应；D．CH3CH＝CH2双键上电子云密度比CH2＝CH2大。【解答】解：A．π键的键能较小，氢离子与烯烃作用形成碳正离子过程中，只断裂π键，故A正确；B．因为反应2生成的产物是主要产物，所以反应2过程中形成的碳正离子更稳定，故B正确；C．与HBr发生加成反应，则其主产物是，故C错误；D．CH3CH＝CH2双键上电子云密度比CH2＝CH2大，故CH3CH＝CH2发生亲电加成的速率大于CH2＝CH2，故D正确；故选：C。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。13．（2024•湖北模拟）纳米Ni﹣Pd催化制备甲酸钠的机理如图所示。下列说法错误的是（）A．纳米尺寸Ni﹣Pd有利于加快反应速率 B．反应过程中有极性键的断裂与形成 C．反应过程中不需要持续补充CO2 D．总反应的原子利用率为100%【答案】D【分析】A．纳米Ni﹣Pd为催化剂；B．反应过程中有C﹣O键的断裂和C﹣H键的形成；C．反应过程中CO2为中间产物；D．总反应为H2+NaHCO3＝H2O+HCOONa。【解答】解：A．由图可知，纳米Ni﹣Pd为催化剂，改变反应机理，降低反应的活化能，加快反应速率，故A正确；B．由图可知，反应过程中有C﹣O键的断裂和C﹣H键的形成，故B正确；C．反应过程中CO2为中间产物，不需要持续补充CO2，故C正确；D．总反应为H2+NaHCO3＝H2O+HCOONa，原子利用率不是100%，故D错误；故选：D。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。14．（2024•昌平区二模）H2O2的一种制备方法如图所示，下列说法不正确的是（）A．反应Ⅰ中乙基蒽醌被氧化为乙基蒽醇 B．催化剂镍改变了反应速率，未改变反应焓变 C．制备原理是 D．乙基蒽醌是总反应的催化剂【答案】A【分析】A．有机反应中，加氢为还原反应；B．催化剂可以改变化学反应速率；C．反应物为H2、O2，生成物为H2O2；D．乙基蒽醌在反应中被消耗，然后又生成，乙基蒽醌是总反应的催化剂。【解答】解：A．有机反应中，加氢为还原反应，反应Ⅰ中乙基蒽醌被还原为乙基蒽醇，故A错误；B．催化剂可以改变化学反应速率，但不能影响焓变，故B正确；C．反应物为H2、O2，生成物为H2O2，制备原理是，故C正确；D．乙基蒽醌在反应中被消耗，然后又生成，乙基蒽醌是总反应的催化剂，乙基蒽醇先生成，后消耗，乙基蒽醇是总反应的中间产物，故D正确；故选：A。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。15．（2024•和平区三模）CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。下列说法不正确的是（）A．反应①为CaO+CO2＝CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 B．t1～t3，n（H2）比n（CO）多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2 C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生【答案】C【分析】A．反应①的反应物是CaO、CO2，生成物是CaCO3；反应②的反应物是CaCO3、CH4，生成物是CaO、CO、H2，反应条件是催化剂；B．由图知，t1～t3时间内，n（H2）大于n（CO），且生成v（H2）不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳；C．根据图知，v（H2）＝v（CO），t2时刻，v（H2）不变，v（CO）减小；D．根据图知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大。【解答】解：A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2＝CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2，故A正确；B．由图知，t1～t3时间内，n（H2）大于n（CO），且生成v（H2）不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，则可能发生反应CH4C+2H2，由于反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2，所以生成氢气的速率不变，故B正确；C．根据图知，v（H2）＝v（CO），t2时刻，v（H2）不变，v（CO）减小，说明副反应生成v（H2）小于反应②生成v（H2），故C错误；D．根据图知，t3之后，v（CO）＝0，v（CH4）逐渐增大，则生成v（CO）＝0，说明反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，故D正确；故选：C。【点评】本题考查探究化学反应机理，侧重考查阅读、图象分析、判断及知识综合运用能力，明确图中曲线变化趋势及引起曲线变化的因素是解本题关键，C为解答易错点，题目难度中等。16．（2024•日照二模）某科研团队以溴苯与catB—Br的偶联联反应构建C—B键，反应机理如图，下列说法正确的是（）A．过程中Ni的化合价未发生改变 B．L—Ni—Br为中间产物 C．catB•为催化剂 D．理论上产生1mol消耗Zn与溴苯的物质的量之比为1：1【答案】D【分析】A．流程中有锌参与的步骤中，锌化合价升高，Ni化合价降低；B．根据流程知，构建C—B键的同时有L—Ni—Br生成，则L—Ni—Br为催化剂；C．根据流程知，catB•为中间产物；D．根据流程知，理论上1mol锌、1mol溴苯、1molcatB—Br生成1mol和1mol溴化锌。【解答】解：A．流程中有锌参与的步骤中，锌化合价升高，Ni化合价降低，故A错误；B．根据流程知，构建C—B键的同时有L—Ni—Br生成，则L—Ni—Br为催化剂，故B错误；C．根据流程知，catB•为中间产物，故C错误；D．根据流程知，理论上1mol锌、1mol溴苯、1molcatB—Br生成1mol和1mol溴化锌，则消耗Zn与溴苯的物质的量之比为1：1，故D正确；故选：D。【点评】本题考查反应机理，侧重考查学生反应过程的掌握情况，试题难度中等。17．（2024•江西模拟）羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物（图中物质⑦）的反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A．物质②和⑤均易溶于水 B．物质③→④的过程中，N的杂化方式未发生改变 C．⑥→⑦的过程中没有非极性键的断裂和生成 D．化合物为该反应的催化剂，能降低反应的活化能【答案】B【分析】A．物质②和⑤分别为丙酮和丙醛，均易于水之间形成氢键；B．物质③中氮的杂化方式为sp2，物质④中氮的杂化方式为sp3；C．⑥→⑦的过程中非极性键C﹣C键没有发生断裂和生成；D．催化剂在反应中先消耗，后生成；催化剂改变反应机理，能降低反应的活化能。【解答】解：A．物质②和⑤分别为丙酮和丙醛，均易于水之间形成氢键，均易溶于水，故A正确；B．物质③中氮的杂化方式为sp2，物质④中氮的杂化方式为sp3，物质③→④的过程中，N的杂化方式发生改变，故B错误；C．⑥→⑦的过程中非极性键C﹣C键没有发生断裂和生成，没有非极性键的断裂和生成，故C正确；D．催化剂在反应中先消耗，后生成；化合物为该反应的催化剂，催化剂改变反应机理，能降低反应的活化能，故D正确；故选：B。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。18．（2024•湖南模拟）甲酸甲酯（HCOOCH3）作为潜在的储氢材料受到关注，科学家发现使用Ru配合物催化