2025高考化学三轮复习之化学反应机理的探究（选择题）

第32页（共32页）2025高考化学三轮复习之化学反应机理的探究（选择题）一．选择题（共20小题）1．（2025•福建模拟）如图，某课题组设计了一种以为原料固定CO2的方法。下列说法正确的是（）A．该过程涉及了取代反应和消去反应 B．若原料用，则产物为 C．该过程中只存在极性键的断裂 D．该方法中I﹣和化合物X为中间产物2．（2025•浙江模拟）环状碳酸酯广泛用于极性非质子溶剂、电池的电解质等，离子液体研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示。已知：R表示烃基。下列说法不正确的是（）A．（C4H9）4NBr反应前后性质不发生变化 B．反应过程键2比1更易断裂，这与R有关 C．Ha的酸性：Ha—C4H9＜（Ha—C4H8）（C4H9）3NBr D．总反应原子利用率可达100%3．（2025•河南模拟）某研究小组给出了CO2加氢制CH3OH的可能反应机理，如图所示。H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H+，随后参与到CO2的还原过程。（注：口表示氧原子空位，”表示吸附在催化剂上的微粒），下列说法错误的是（）A．反应过程存在O—H的断裂和生成 B．理论上，每生成1molCH3OH该历程中消耗的H+的数目为6NA C．催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快 D．若反应温度过高使甲醇炭化，生成的碳颗粒易使催化剂反应活性下降4．（2025•石家庄模拟）在电催化5﹣羟甲基糠醛（HMF）加氢制备2，5﹣呋喃二甲醇（BHMF）的反应中，碳负载的纳米Pb/PbO复合催化剂发挥了关键作用，其阴极的催化反应路径如图所示（H*代表活性氢）。下列说法错误的是（）A．反应过程中有非极性键的断裂与形成 B．H*转化为H2会降低BHMF的产率 C．生成BHMF的电极反应式为HMF+2D．Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF和H*5．（2025•福建模拟）二氧化钛负载锰钴复合氧化物脱硝催化剂的反应机理如图所示。下列叙述错误的是（）A．两种条件下的反应历程不相同 B．催化剂能降低脱硝反应的活化能，但不能提高NO的平衡转化率 C．脱硝总反应的化学方程式为6NOD．键角：H2O＞NH36．（2025•秦皇岛一模）我国科研团队研究发现使用GaZrOx双金属氧化物可形成氧空位，GaZrOx具有催化氧化性能，可实现CO2加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“*”表示催化剂。下列说法正确的是（）A．增大压强和催化剂的表面积均能提高甲醇的平衡产率 B．转化过程中涉及极性键和非极性键的断裂和形成 C．氢化步骤的反应为HCOO*H+2H2→H3CO*H+H2O D．每生成0.5mol甲醇将有1.5mol电子发生转移7．（2025•宝坻区校级一模）某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”，能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后，经处理能全部转化为HNO3。原理示意图如图。已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0下列说法不正确的是（）A．温度升高时不利于NO2吸附 B．多孔材料“固定”N2O4，促进2NO2（g）⇌N2O4（g）平衡正向移动 C．转化为HNO3的反应是2N2O4+O2+2H2O＝4HNO3 D．每获得0.4molHNO3时，转移电子的数目为6.02×10228．（2025•安徽模拟）据文献报道，含钒催化剂催化某反应的反应机理如图所示。下列叙述正确的是（）A．该反应循环中③涉及π键的断裂和生成 B．该反应利用了NH3的氧化性除去NO，减少了空气污染 C．该催化循环过程中V的价态没有变化 D．此过程中含钒催化剂有四种，它们降低了反应的活化能9．（2025•潍坊一模）丙烯和溴化氢在通常情况下发生加成反应主要得到2﹣溴丙烷，其机理如图：下列说法错误的是（）A．上述反应中，第一步为反应的决速步骤 B．碳正离子中间体的稳定性：CHC．丙烯与卤化氢加成时，HI的反应速率最大 D．CH2＝CHCF3与HBr加成的主要产物为10．（2025•安徽模拟）利用下列反应制备腈时，由于卤代烃和氰化钠互溶性差，导致反应速率很慢，加入Q+Cl﹣[Q+表示C16H33N+（C4H9）3]后，缩短了反应时间，反应及原理如下。下列说法错误的是（）CA．卤代烃和氰化钠的反应是取代反应 B．Q+既可以溶于有机相，也可以溶于水相 C．Q+将CN﹣由水相转移到有机相中 D．C16H33N+（C4H9）3离子半径较大，与阴离子作用力较强，可以形成离子液体11．（2025春•江西月考）实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理如图（已知RO﹣极易结合H+转化为ROH）。下列说法正确的是（）A．P为该反应的催化剂 B．亲水性：W＞P C．Z中只含一个手性碳原子 D．若原料苯甲醛部分氧化生成苯甲酸，会减慢该历程反应速率12．（2024秋•定西期末）研究葡萄糖在催化剂表面的反应始于葡萄糖醇盐[C6H11O6K，其阴离子的存在形式为CH2OH（CHOH）3CHO﹣CHO]。CH2OH（CHOH）3CHO﹣CHO在电极上催化生成甲酸的部分反应历程如图（Ts为过渡态，IM表示吸附在催化剂上进行反应或生成的物种）。下列说法错误的是（）A．IM1→IM2为该反应历程的决速步骤 B．上述历程总反应的ΔH＜0 C．催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率 D．反应过程中有极性键的断裂和形成13．（2024秋•常州期末）甲酸在金属﹣有机胺催化剂作用下分解制氢的反应为HCOOH（l）═CO2（g）+H2（g），可能的反应机理如图所示。下列说法不正确的是（）A．催化剂中的Pd带部分正电荷 B．步骤Ⅰ有配位键形成 C．步骤Ⅲ中每生成1molH2转移电子的数目约为2×6.02×1023 D．若以DCOOH代替HCOOH，则生成HD14．（2025•哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学一模）一定条件下，丙烯与HCl反应生成CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl的反应历程如图所示。下列说法错误的是（）A．CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl更稳定 B．合成CH3CHClCH3的反应中，第I步为反应的决速步骤 C．反应中既有极性键的断裂和形成，又有非极性键的断裂和形成 D．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例15．（2025•浙江模拟）在催化剂作用下HOCH2CH2OH发生反应的历程如图所示，下列说法正确的是（）A．如果原料为HOCH2CH（OH）CH3则生成的有机物为甲醛、乙醛和丙烯 B．反应④有非极性键的断裂和生成 C．整个反应过程中Mo化合价没有发生变化 D．该反应的催化剂为16．（2025•浙江模拟）烯烃与溴反应过程的机理如图所示，下列有关说法不正确的是（）A．乙烯与溴水反应比与溴的CCl4溶液反应快 B．丙烯与溴反应比乙烯与溴反应速率慢一些 C．烯烃与溴反应的速率大小主要由第②步反应决定 D．乙烯与溴水反应可能还有BrCH2CH2OH等副产物生成17．（2025•安徽一模）诺贝尔化学奖获得者G.Wilkinson合成了含Rh（铑）化合物，它可以在温和条件下有效催化烯烃的氢化反应，其反应机理如图所示。下列说法正确的是（）A．该反应过程中Rh元素的化合价未发生变化 B．反应过程中既有极性键又有非极性键的断裂和形成 C．a过程中H2体现还原性 D．b过程中烯烃分子的π键电子参与配位18．（2024秋•潍坊期末）二价铜微粒[CuⅡ（NH3）2]2+可用作汽车尾气脱硝的催化剂，其可能的催化机理如图1所示，反应过程中体系的能量变化如图2所示。下列说法正确的是（）A．状态②→③决定了反应速率 B．状态⑤→①过程中有非极性键的断裂和生成 C．状态②→③的过程中N元素被氧化 D．该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+2NO+2O2催化剂¯△6H219．（2024秋•宁波期末）中国化学家研究出一种新型复合光催化剂[C3N4（氮化碳）/CQDs（碳纳米点）]，能利用太阳光高效分解水，原理如图所示。下列说法正确的是（）A．C3N4中存在离子键 B．反应Ⅰ中生成物H2O2与H2的物质的量之比为1：2 C．CQDs能直接把H2O分解成H2和O2 D．反应Ⅱ中有极性键和非极性键的形成20．（2025•鄂州一模）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．降低了反应的活化能，但不影响反应物的平衡转化率 B．①②③④⑤⑥⑦中均含有σ键和π键 C．化合物④能与NaOH溶液反应，但不能与盐酸反应 D．合成的总反应的原子利用率为100%

2025高考化学三轮复习之化学反应机理的探究（选择题）参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）题号1234567891011答案BAAADCDADDD题号121314151617181920答案AACABDCDC一．选择题（共20小题）1．（2025•福建模拟）如图，某课题组设计了一种以为原料固定CO2的方法。下列说法正确的是（）A．该过程涉及了取代反应和消去反应 B．若原料用，则产物为 C．该过程中只存在极性键的断裂 D．该方法中I﹣和化合物X为中间产物【答案】B【分析】根据图示可知，原料被催化剂X吸附后（氢键作用），再与I﹣结合生成中间体，中间体吸收CO2后，再转化生成、I﹣、X。【解答】解：根据图示可知，原料被催化剂X吸附后（氢键作用），再与I﹣结合生成中间体，中间体吸收CO2后，再转化生成、I﹣、X；A．最后一步形成五元环的反应类型为取代反应，不涉及消去反应，故A错误；B．由图可知其总反应为：+CO2→催化剂，故推得若原料用，则产物为，故B正确；C．该过程中不只存在极性键的断裂，还存在极性键的形成，如开环反应时，断开了C—O键，生成了C—I键，故C错误；D．I﹣和化合物X均是先消耗，后生成，反应前后没有发生变化，均做催化剂，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学键，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。2．（2025•浙江模拟）环状碳酸酯广泛用于极性非质子溶剂、电池的电解质等，离子液体研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示。已知：R表示烃基。下列说法不正确的是（）A．（C4H9）4NBr反应前后性质不发生变化 B．反应过程键2比1更易断裂，这与R有关 C．Ha的酸性：Ha—C4H9＜（Ha—C4H8）（C4H9）3NBr D．总反应原子利用率可达100%【答案】A【分析】图像中箭头指向为生成物，箭尾指向为反应物，其余为催化剂或中间产物，（C4H9）4NBr是催化剂，推电子效应使酸性减弱，吸电子效应使酸性增强，据此分析。【解答】解：A．图像中箭头指向为生成物，箭尾指向为反应物，其余为催化剂或中间产物，由图分析可知，（C4H9）4NBr是催化剂，参与了反应，反应前后化学性质不变，物理性质发生改变，故A错误；B．R是烃基，是推电子基，使得键1电子云密度大，键能大，键2比1更易断裂，故B正确；C．—C4H9是推电子基，Br是吸电子基，推电子效应使酸性减弱，吸电子效应使酸性增强，故C正确；D．由图可知，总反应为：+CO2→催化剂，属于加成反应，原子利用率为100%，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。3．（2025•河南模拟）某研究小组给出了CO2加氢制CH3OH的可能反应机理，如图所示。H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H+，随后参与到CO2的还原过程。（注：口表示氧原子空位，”表示吸附在催化剂上的微粒），下列说法错误的是（）A．反应过程存在O—H的断裂和生成 B．理论上，每生成1molCH3OH该历程中消耗的H+的数目为6NA C．催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快 D．若反应温度过高使甲醇炭化，生成的碳颗粒易使催化剂反应活性下降【答案】A【分析】A．根据反应过程无O—H键的断裂进行分析；B．根据H2首先在ZnGaO3面解离成2个H+，随后参与到CO2的还原过程，进行分析；C．根据H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H+，2个H+与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧空位再与CO2结合，进行分析；D．根据反应温度过高使甲醇炭化，碳覆盖在催化剂的表面，进行分析。【解答】解：A．反应过程存在O—H生成，但无O—H键的断裂，故A错误；B．H2首先在ZnGaO3面解离成2个H+，随后参与到CO2的还原过程，根据图中信息可知，CH3OH→6H+，所以理论上，每生成1molCH3OH，该历程中消耗的H+的数目为6NA，故B正确；C．H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H+，2个H+与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧空位再与CO2结合，所以催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快，故C正确；D．反应温度过高使甲醇炭化，碳覆盖在催化剂的表面，使催化剂反应活性降低，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。4．（2025•石家庄模拟）在电催化5﹣羟甲基糠醛（HMF）加氢制备2，5﹣呋喃二甲醇（BHMF）的反应中，碳负载的纳米Pb/PbO复合催化剂发挥了关键作用，其阴极的催化反应路径如图所示（H*代表活性氢）。下列说法错误的是（）A．反应过程中有非极性键的断裂与形成 B．H*转化为H2会降低BHMF的产率 C．生成BHMF的电极反应式为HMF+2D．Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF和H*【答案】A【分析】A．反应过程中有H—O、C＝O极性键的断裂，H—H非极性键的形成，H—O、C—H极性键的形成；B．H*与HMF形成；C．水得电子生成氢氧根和H*，H*与HMF反应生成BHMF；D．Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF（PbO）和H*（Pb）。【解答】解：A．反应过程中有H—O、C＝O极性键的断裂，H—O、C—H极性键的形成，H—H非极性键的形成，没有非极性键的断裂，故A错误；B．H*与HMF形成，若H*转化为H2会降低BHMF的产率，故B正确；C．水得电子生成氢氧根和H*，H*与HMF反应生成BHMF，电极反应式为HMF+2H2D．Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF（PbO）和H*（Pb），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。5．（2025•福建模拟）二氧化钛负载锰钴复合氧化物脱硝催化剂的反应机理如图所示。下列叙述错误的是（）A．两种条件下的反应历程不相同 B．催化剂能降低脱硝反应的活化能，但不能提高NO的平衡转化率 C．脱硝总反应的化学方程式为6NOD．键角：H2O＞NH3【答案】D【分析】A．温度不同，反应历程不同；B．催化剂能降低脱硝反应的活化能，提高脱硝反应速率，但催化剂不能使化学平衡发生移动；C．脱硝反应分为两步：2NO+O2＝2NO2，6NO2+8NH3＝7N2+12H2O；D．水分子和氨分子的中心原子都是sp3杂化，由于氧原子、氮原子均有孤电子对，对共价键有斥力作用，氨分子中的氮原子有1个孤电子对，水分子中的氧原子有2个孤电子对，孤电子对数目越多，斥力作用越大，键角越小。【解答】解：A．温度不同，反应历程不同，故A正确；B．催化剂能降低脱硝反应的活化能，提高脱硝反应速率，但催化剂不能使化学平衡发生移动，即不能提高NO的平衡转化率，故B正确；C．脱硝反应分为两步：2NO+O2＝2NO2，6NO2+8NH3＝7N2+12H2O，脱硝总反应的化学方程式为6NO+3O2+8NH3催化剂¯¯一定温度D．水分子和氨分子的中心原子都是sp3杂化，氨分子中的氮原子有1个孤电子对，水分子中的氧原子有2个孤电子对，孤电子对数目越多，斥力作用越大，键角越小，故键角：H2O＜NH3，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．（2025•秦皇岛一模）我国科研团队研究发现使用GaZrOx双金属氧化物可形成氧空位，GaZrOx具有催化氧化性能，可实现CO2加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“*”表示催化剂。下列说法正确的是（）A．增大压强和催化剂的表面积均能提高甲醇的平衡产率 B．转化过程中涉及极性键和非极性键的断裂和形成 C．氢化步骤的反应为HCOO*H+2H2→H3CO*H+H2O D．每生成0.5mol甲醇将有1.5mol电子发生转移【答案】C【分析】该转化实现二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应方程式为：CO【解答】解：该转化实现二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应方程式为：COA．加压平衡正移，能提高甲醇的平衡产率，增大催化剂的表面积不能使平衡移动，能提高单位时间甲醇的产量，无法提高产率，故A错误；B．由方程式可知，整个过程涉及C＝O极性键、H—H非极性键的断裂，C—H非极性键的形成，无非极性键的形成，故B错误；C．根据机理图可知，氢化步骤反应为HCOO*H+2H2→H3CO*H+H2O，故C正确；D．由反应方程式可知，每生成1molCH3OH，氢元素化合价由0价升高到+1价，转移6mole﹣，则每生成0.5mol甲醇将有3mol电子发生转移，故D错误；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。7．（2025•宝坻区校级一模）某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”，能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后，经处理能全部转化为HNO3。原理示意图如图。已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0下列说法不正确的是（）A．温度升高时不利于NO2吸附 B．多孔材料“固定”N2O4，促进2NO2（g）⇌N2O4（g）平衡正向移动 C．转化为HNO3的反应是2N2O4+O2+2H2O＝4HNO3 D．每获得0.4molHNO3时，转移电子的数目为6.02×1022【答案】D【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。【解答】解：废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率；A．从2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，故A正确；B．多孔材料“固定”N2O4，从而促进2NO2⇌N2O4平衡正向移动，故B正确；C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为2N2O4+O2+2H2O＝4HNO3，故C正确；D．在方程式2N2O4+O2+2H2O＝4HNO3中，转移的电子数为4e﹣，则每获得0.4molHNO3，转移的电子数为0.4mol，即个数为2.408×1023，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。8．（2025•安徽模拟）据文献报道，含钒催化剂催化某反应的反应机理如图所示。下列叙述正确的是（）A．该反应循环中③涉及π键的断裂和生成 B．该反应利用了NH3的氧化性除去NO，减少了空气污染 C．该催化循环过程中V的价态没有变化 D．此过程中含钒催化剂有四种，它们降低了反应的活化能【答案】A【分析】该反应的总方程式为4NH3+4NO+O2＝4N2+6H2O，催化剂为，其余三种含钒化合物为中间产物。【解答】解：A．反应③涉及N2中两个π键的生成和V＝O中π键的断裂，故A正确；B．NH3除去NO，减少了空气污染，NH3表现还原性，故B错误；C．由图中键的连接方式可知，V的化合价有变化，故C错误；D．该反应的总方程式为4NH3+4NO+O2＝4N2+6H2O，催化剂为，其余三种含钒化合物为中间产物，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。9．（2025•潍坊一模）丙烯和溴化氢在通常情况下发生加成反应主要得到2﹣溴丙烷，其机理如图：下列说法错误的是（）A．上述反应中，第一步为反应的决速步骤 B．碳正离子中间体的稳定性：CHC．丙烯与卤化氢加成时，HI的反应速率最大 D．CH2＝CHCF3与HBr加成的主要产物为【答案】D【分析】A．根据第一步为反应慢，为决速步骤，进行分析；B．根据第一步慢反应得到的碳正离子为，进行分析；C．根据慢反应决定反应速率，酸性HI＞HBr＞HCl，进行分析；D．根据烯烃与HBr反应第一步是氢离子结合有一定负电性的碳原子，—CF3为吸电子基团，进行分析。【解答】解：A．上述反应中，第一步为反应慢，为决速步骤，故A正确；B．第一步慢反应得到的碳正离子为，可以推得碳正离子中间体稳定性：CH3—CC．慢反应决定反应速率，酸性HI＞HBr＞HCl，故加入HI第一步反应更快，可知CH2CH＝CH2与氢卤酸反应时速率大小HI＞HBr＞HCl，故C正确；D．根据题干信息，烯烃与HBr反应第一步是氢离子结合有一定负电性的碳原子，由于—CF3为吸电子基团，故CH2＝CHCF3与HBr加成的主要产物为，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。10．（2025•安徽模拟）利用下列反应制备腈时，由于卤代烃和氰化钠互溶性差，导致反应速率很慢，加入Q+Cl﹣[Q+表示C16H33N+（C4H9）3]后，缩短了反应时间，反应及原理如下。下列说法错误的是（）CA．卤代烃和氰化钠的反应是取代反应 B．Q+既可以溶于有机相，也可以溶于水相 C．Q+将CN﹣由水相转移到有机相中 D．C16H33N+（C4H9）3离子半径较大，与阴离子作用力较强，可以形成离子液体【答案】D【分析】A．根据卤代烃和氰化钠的反应是取代反应进行分析；B．根据C16H33N+（C4H9）3中既有非极性基团又有极性端，进行分析；C．根据Q+将CN﹣由水相转移到有机相中，Q+再与Cl﹣结合后进入水相，进行分析；D．根据C16H33N+（C4H9）3离子半径较大，进行分析。【解答】解：A．卤代烃和氰化钠的反应是取代反应，故A正确；B．由于C16H33N+（C4H9）3中既有非极性基团又有极性端，所以可以溶解于有机溶剂或水中，故B正确；C．Q+将CN﹣由水相转移到有机相中，Q+再与Cl﹣结合后进入水相，故C正确；D．C16H33N+（C4H9）3离子半径较大，与阴离子作用力较一般离子键要弱得多，降低了离子化合物的熔点，可以形成离子液体，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。11．（2025春•江西月考）实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理如图（已知RO﹣极易结合H+转化为ROH）。下列说法正确的是（）A．P为该反应的催化剂 B．亲水性：W＞P C．Z中只含一个手性碳原子 D．若原料苯甲醛部分氧化生成苯甲酸，会减慢该历程反应速率【答案】D【分析】A．根据该反应的催化剂为，进行分析；B．根据W为苯甲酸苯甲酯，属于酯类物质，P为苯甲醇，进行分析；C．根据分子中连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，进行分析；D．根据RO﹣极易结合H+转化为ROH，进行分析。【解答】解：A．由反应机理图可知，该反应的催化剂不是P，应该为，故A错误；B．W为苯甲酸苯甲酯，属于酯类物质，P为苯甲醇，醇类物质由于含有羟基，能与水分子形成氢键，亲水性较强，则亲水性：W＜P，故B错误；C．分子中连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Z中含有2个手性碳原子，如图中标注有“*”的碳原子：，故C错误；D．已知：RO﹣极易结合H+转化为ROH，若原料苯甲醛部分氧化生成苯甲酸，苯甲酸会使转化为苯甲醇，导致催化剂催化效率降低或失效，会减慢该历程反应速率，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。12．（2024秋•定西期末）研究葡萄糖在催化剂表面的反应始于葡萄糖醇盐[C6H11O6K，其阴离子的存在形式为CH2OH（CHOH）3CHO﹣CHO]。CH2OH（CHOH）3CHO﹣CHO在电极上催化生成甲酸的部分反应历程如图（Ts为过渡态，IM表示吸附在催化剂上进行反应或生成的物种）。下列说法错误的是（）A．IM1→IM2为该反应历程的决速步骤 B．上述历程总反应的ΔH＜0 C．催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率 D．反应过程中有极性键的断裂和形成【答案】A【分析】A．活化能越大，反应速率越慢，为反应决速步骤；B．该反应的反应物总能量高于生成物总能量；C．催化剂通过降低活化能以提高反应速率；D．CH2OH（CHOH）3CHO﹣CHO在电极上催化生成甲酸反应过程中有极性键的断裂（C—H键）和形成（H—O键）。【解答】解：A．活化能越大，反应速率越慢，为反应决速步骤，则反应决速步骤为IM3→IM4，故A错误；B．该反应的反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故B正确；C．催化剂通过降低活化能以提高反应速率，故C正确；D．CH2OH（CHOH）3CHO﹣CHO在电极上催化生成甲酸反应过程中有极性键的断裂（C—H键）和形成（H—O键），反应过程中有极性键的断裂和形成，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。13．（2024秋•常州期末）甲酸在金属﹣有机胺催化剂作用下分解制氢的反应为HCOOH（l）═CO2（g）+H2（g），可能的反应机理如图所示。下列说法不正确的是（）A．催化剂中的Pd带部分正电荷 B．步骤Ⅰ有配位键形成 C．步骤Ⅲ中每生成1molH2转移电子的数目约为2×6.02×1023 D．若以DCOOH代替HCOOH，则生成HD【答案】A【分析】A．由图可知，催化剂中的Pd不带电荷；B．步骤Ⅰ中，HCOOH电离出H+，H+提供空轨道，N提供孤电子对；C．步骤Ⅲ中每生成1molH2转移电子的数目为2mol；D．若以DCOOH代替HCOOH，根据原理可知，会生成HD。【解答】解：A．由图可知，催化剂中的Pd不带电荷，吸附了H+后，H+带正电荷，故A错误；B．步骤Ⅰ中，HCOOH电离出H+，H+提供空轨道，N提供孤电子对，形成N→H配位键，故B正确；C．步骤Ⅲ中每生成1molH2转移电子的数目为2mol，约为2×6.02×1023，故C正确；D．若以DCOOH代替HCOOH，根据原理可知，会生成HD，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查化学反应机理的探究，具体涉及HCOOH（l）═CO2（g）+H2（g），属于高考高频考点，难度中等。14．（2025•哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学一模）一定条件下，丙烯与HCl反应生成CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl的反应历程如图所示。下列说法错误的是（）A．CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl更稳定 B．合成CH3CHClCH3的反应中，第I步为反应的决速步骤 C．反应中既有极性键的断裂和形成，又有非极性键的断裂和形成 D．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例【答案】C【分析】A．根据CH3CHClCH3的能量低于CH3CH2CH2Cl，进行分析；B．根据第Ⅰ步反应活化能更大，反应速率更小，进行分析；C．根据丙烯与HCl发生加成反应过程中，只断裂碳碳双键，形成C—H和C—Cl键，进行分析；D．根据适当升高温度，活化能大的反应的速率常数变化的大，速率增加的更快，进行分析。【解答】解：A．能量越低越稳定，CH3CHClCH3的能量低于CH3CH2CH2Cl，CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl更稳定，故A正确；B．在合成CH3CHClCH3的反应历程中，第Ⅰ步反应活化能更大，反应速率更小，慢反应为整个反应的决速步骤，故B正确；C．丙烯与氯化氢发生加成反应过程中，只断裂碳碳双键，只有非极性键的断裂；形成产物时形成C—H和C—Cl键，均为极性键，不存在非极性键的形成，故C错误；D．其他条件不变，适当升高温度，活化能大的反应的速率常数变化的大，速率增加的更快，相同时间内可以提高CH3CH2CH2Cl的比例，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。15．（2025•浙江模拟）在催化剂作用下HOCH2CH2OH发生反应的历程如图所示，下列说法正确的是（）A．如果原料为HOCH2CH（OH）CH3则生成的有机物为甲醛、乙醛和丙烯 B．反应④有非极性键的断裂和生成 C．整个反应过程中Mo化合价没有发生变化 D．该反应的催化剂为【答案】A【分析】A．根据原料和反应机理，分析生成的有机物种类；B．根据反应④中化学键的变化，分析是否有非极性键的断裂和生成；C．根据反应过程中Mo原子的氧化态变化，分析化合价是否发生变化；D．根据题目信息，分析催化剂的种类。【解答】解：A．如果原料为HOCH2CH（OH）CH3，根据图中的反应机理，生成的有机物为甲醛、乙醛和丙烯，故A正确；B．反应④中，存在C—O键断裂（极性键）和C＝C键生成（非极性键）、Mn＝O键的形成（极性键），故B错误；C．从图中可以看出，Mo的氧化态在反应过程中发生了变化，因此Mo的化合价发生了变化，故C错误；D．该反应的催化剂为，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查了有机化学反应机理的理解和分析能力，解题时需要仔细分析图中的反应步骤，理解每个步骤中化学键的变化和物质的转化，同时，需要注意题目中提供的信息，避免做出无根据的推断。16．（2025•浙江模拟）烯烃与溴反应过程的机理如图所示，下列有关说法不正确的是（）A．乙烯与溴水反应比与溴的CCl4溶液反应快 B．丙烯与溴反应比乙烯与溴反应速率慢一些 C．烯烃与溴反应的速率大小主要由第②步反应决定 D．乙烯与溴水反应可能还有BrCH2CH2OH等副产物生成【答案】B【分析】A．根据反应机理图，分析乙烯与溴水和溴的CCl4溶液的反应速率；B．根据反应机理图，分析丙烯与溴的反应速率与乙烯的比较；C．根据反应机理图，分析烯烃与溴反应的速率决定步骤；D．根据乙烯与溴水反应的可能副产物，进行分析。【解答】解：A．根据亲电加成反应机理，因为溴水是极性分子，而CCl4是非极性分子，溴水中的极性环境更有利于溴分子极化，从而加快反应速率，故A正确；B．丙烯与溴反应比乙烯与溴反应速率快一些，因为丙烯的双键旁边有一个甲基，会使得双键的电子云密度增加，从而加快与溴的反应速率，故B错误；C．烯烃与溴反应的速率大小主要由第②步反应决定，因为第②步是速率决定步骤，故C正确；D．溴水中存在水分子，可能作为亲核试剂进攻溴鎓离子中间体，生成溴醇（如BrCH2CH2OH），故乙烯与溴水反应可能还有BrCH2CH2OH等副产物生成，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查了烯烃与溴反应的机理和速率影响因素，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。理解反应机理和速率决定步骤是解题的关键。17．（2025•安徽一模）诺贝尔化学奖获得者G.Wilkinson合成了含Rh（铑）化合物，它可以在温和条件下有效催化烯烃的氢化反应，其反应机理如图所示。下列说法正确的是（）A．该反应过程中Rh元素的化合价未发生变化 B．反应过程中既有极性键又有非极性键的断裂和形成 C．a过程中H2体现还原性 D．b过程中烯烃分子的π键电子参与配位【答案】D【分析】A．Rh元素形成的σ键数发生变化，其元素化合价发生变化；B．由同种原子形成的共价键是非极性键；C．氢元素化合价降低，表现氧化性；D．烯烃分子的π键电子参与配位；【解答】解：A．该反应过程中Rh元素形成的σ键数发生变化，Rh元素的化合价发生变化，故A错误；B．反应过程中既有非极性键H—H断裂，没有非极性键形成，有极性键C—H的断裂和形成，故B错误；C．a过程中含Rh（铑）化合物化合价升高，H2体现氧化性，故C错误；D．P原子最外层有5个电子，其中3个与苯基碳原子形成共价键，还有1对未共用电子对，可提供给Rh原子共用；由图可观察到烯烃中的双键也可提供电子对与Rh原子共用，烯烃分子的π键电子参与配位，故D正确；故选：D。【点评】本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握，为高频考点，掌握化学反应原理，明确化学反应是解题关键，同时也考查了学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力，题目难度中等。18．（2024秋•潍坊期末）二价铜微粒[CuⅡ（NH3）2]2+可用作汽