热点题型04 化学反应机理探究与分析-2025年高考化学【热点·重点·难点】专练（浙江专用）

热点题型04 化学反应机理探究与分析 1．催化剂的催化反应机理分析 (1)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。 (2)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。 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，反应热是E1－E2。 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。 3．能垒与决速步 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。例如下图中，从第一个中间态到过渡态2的能量就是能垒，而HCOO*+H*=CO2+2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤 。 (建议用时：40分钟) 考向01 反应过程能垒变化历程 1．(2023•浙江省1月选考，14)标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是 ( ) A．E6-E3=E5-E2 B．可计算Cl-Cl键能为2(E2-E3)kJ•mol-1 C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程II>历程I D．历程I、历程II中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ∆H=(E5-E4)kJ•mol-1 2．(2024·浙江省金华市东阳市高三下学期三模)已知基元反应的速率符合质量作用定律，如基元反应，(k为速率常数)。卤代烃RX发生水解反应有两种历程，能量变化如下图所示，下列说法不正确的是( ) A．若RX的水解速率，则反应按历程1进行 B．调节NaOH浓度，观察分层现象消失的用时变化，可确定RX的水解历程 C．相同条件下，按反应历程2，碘代烷(CH3)3CI水解速率要快于氯代烷(CH3)3CCl D．取水解液，加AgNO3溶液，根据沉淀颜色可判断卤代烃RX中的卤素原子 3．(2024·浙江省高三下学期5月份大联考)甲酸在一定条件下可分解为和H2O，在无、有催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示。下列说法正确的是( ) A．该反应的活化能为甲酸分子的键能之和 B．其他条件不变，按途径Ⅰ进行的反应热效应更大 C．1mol HCOOH中键能之和比(1molCO+1molH2O)中键能之和大 D．途径Ⅱ的决速步骤为放热过程 4．(2024·浙江省县域教研联盟高三下学期三模)文献报道，CO2和PO(环氧丙烷)共聚生成主产物PPC(聚碳酸丙烯酯)和副产物CPC(环状碳酸丙烯酯)。其能量与时间变化如图所示。 下列说法正确的是( ) A．ΔH2＞ΔH1＞0 B．由图可知，相同条件下，由于Ea(PPC)＜Ea(CPC)，主反应的速率低于副反应速率 C．实际生产中，可以通过催化剂的选择性来抑制CPC的生成 D．由CO2和PO生成CPC的焓变为：ΔH=Ea(CPC)+ΔH2 5．(2024·浙江省部分学校高三下学期模拟考试)甲酸常用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO和H2O，在无、有催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示，下列说法不正确的是( )    A．可以通过E1和E2计算HCOOH的总键能 B．E1-E3= E4-E10 C．途径Ⅱ中参与反应，通过改变反应途径加快反应速率 D．途径Ⅰ未使用催化剂，但途径Ⅱ与途径Ⅰ甲酸平衡转化率相同 6．(2024·浙江省稽阳联谊学校高三下学期二模)苯和Br2可经两步发生反应①或反应②，其主要反应历程和能量的关系如图所示，下列说法正确的是( ) A．对比历程图，苯更易发生取代反应，最主要的原因是反应②的速率更快 B．反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变 C．加入FeBr3可以降低反应②的活化能和焓变，提高反应速率 D．经两步发生反应①的总焓变=E2-E1 7．(2025•浙江省浙江师大附中高三质量检测)二维锑片(Sb)是一种新型的CO2电化学还原催化剂。酸性条件下，人工固碳装置中的CO2气体在二维锑片表面发生三种催化竞争反应，其反应历程如下图所示(*表示吸附态中间体)。下列说法不正确的是( ) A．三种催化竞争的总反应中，生成HCOOH吸收的能量最多 B．在二维锑片表面生成CO的反应可表示为*CO2+*H++2e−=CO+H2O C．使用二维锑片可以改变反应的路径 D．生成各种不同的产物时，有极性键和非极性键形成 考向02 反应过程物质变化机理 8．(2024·浙江6月卷，12)丙烯可发生如下转化(反应条件略)： 下列说法不正确的是( ) A．产物M有2种且互为同分异构体(不考虑立体异构) B．可提高Y→Z转化的反应速率 C．Y→Z过程中，a处碳氧键比b处更易断裂 D．Y→P是缩聚反应，该工艺有利于减轻温室效应 9．(2024·浙江省1月选考)酯在溶液中发生水解反应，历程如下： 已知： ① ②RCOOCH2CH3水解相对速率与取代基R的关系如下表： 取代基R CH3 ClCH2 Cl2CH 水解相对速率 1 290 7200 下列说法不正确的是( ) A．步骤I是与酯中作用 B．步骤I使I和Ⅱ平衡正向移动，使酯在溶液中发生的水解反应不可逆 C．酯的水解速率：FCH2 COOCH2CH3＞ ClCH2 COOCH2CH3 D．与反应、与反应，两者所得醇和羧酸盐均不同 10．(2025·浙江省9+1高中联盟高三联考)乙烯与溴单质加成反应的反应机理如下图所示。下列有关说法不正确的是( ) A．溴鎓离子中溴原子的杂化方式为sp3 B．碳碳双键处电子云密度更大，比单键更容易与正电性的微粒发生反应 C．相同条件下乙烯分别与溴的CCl4溶液和溴水反应，速率：前者＞后者 D．乙烯与溴水反应的产物可能包含 11．(2025·浙江省嘉兴市高三基础测试)碱性条件下苯酚可与甲醛作用合成热固型酚醛树脂，部分反应历程如下： 历程I：   历程II：   历程III： 下列说法不正确的是( ) A．历程I表现出苯酚的酸性 B．历程II说明使酚羟基邻对位C—H键的活性增强 C．由历程III可推测酚醛树脂的合成是缩聚反应 D．由以上历程推测，苯酚与浓溴水反应最多可生成3种有机产物 12．(2025·浙江省Z20名校联盟高三开学考试)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，其机理如下。下列说法不正确的是( ) 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： C．丙烯与卤化氢加成时，的反应速率最大 D．CH2=CHCF3与HBr加成的主要产物为 13．(2025·浙江省新阵地教育联盟高三第一次联考)羧酸与醇发生酯化反应的可能机理如图，下列说法不正确的是( ) A．I→Ⅱ形成配位键，V→Ⅵ断裂配位键 B．物质Ⅲ中所有碳原子杂化方式相同 C．若原料为CH3CO18OH和CH3CH2OH，则产物乙酸乙酯和水中均含有18O D．若反应条件为浓硫酸，只能加快反应速率，不能提高乙酸乙酯的平衡产率 14．(2024·浙江省绍兴市诸暨市高三下学期5月适应性考试)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 15．(2025·浙江省宁波市镇海中学高三选考模拟)科研人员利用铁的配合物离子{用[L-Fe-H]＋表示}催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示： 下列关于活化历程的说法正确的是( ) A．中H显-1价，提供孤电子对 B．该催化循环过程中H＋浓度始终保持不变 C．可降低反应的活化能 D．该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅴ步骤决定，最大能垒为89.7 kJ·mol−1 16．(2025·浙江省强基联盟高三联考)科学家发现了一种利用水催化促进硫酸盐形成的化学新机制如图所示，下列说法不正确的是( ) 已知：Ka2(H2SO4)=1.02×10-2。 A．通过“水分子桥”，处于纳米液滴中的SO32-或HSO3-可以将电子快速转移到周围的气相NO2分子 B．观察图示可知“水分子桥”主要靠氢键形成 C．HSO3-与NO2间发生总反应的离子方程式：HSO3-+2NO2+H2OHSO4-+2HNO2 D．利用水催化促进硫酸盐形成的化学新机制中，硫和氮都有三种化合价价态 17．(2025·浙江省五校高三联考)一定条件下，CH4与MO+反应生成CH3OH。已知直接参与化学键变化的原子被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。MO+分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。下列说法不正确的是( ) A．反应历程中涉及氢原子成键变化的是步骤I B．MO+与CD4反应的过渡态1能量变化应为图中曲线c C．若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有3种 D．MO+与CH2D2反应，产物的产量CHD2OD＜CHD2OH 18．(2025·浙江省稽阳联谊学校高三联考)伯醇(记为RCH2OH)和叔醇(记为R3COH)发生酯化反应的机理如下图所示。下列说法不正确的是( ) A．用18O标记醇羟基，可以分析叔丁醇与乙醇在酯化反应中的断键情况 B．两个历程中均起到催化剂的作用 C．两个历程中均有碳原子的杂化轨道类型发生改变 D．两种酯化反应的机理均为羧基中的羟基与醇羟基的氢原子结合成水 19．(2025·浙江省金丽衢十二校高三第一次联考)已知： (1) (2)同一个C原子连接着一个和的物质不稳定，会失去一个H2O分子。下列说法不正确的是( ) A．与在一定条件下可生成 B．欲使正反应完全，需不断将水从反应体系中蒸出 C．H+是该反应的催化剂，溶液酸性越强，催化效果越好 D．以HCHO和NH3为原料可合成乌洛托品() 20．(2025·浙江省名校协作体三开学测试)一氯代烃在溶液中发生取代反应，其中被称为“单分子亲核取代反应”的机理如下： 已知： ①已知碳正离子正电荷越分散，结构越稳定 ②一定条件下，一氯代烃只发生“单分子亲核取代反应”的水解相对速率与烃基的关系如下表： 一氯代烃 水解相对速率 1 1.7 30000 ③一定条件下，只改变叔丁基氯()浓度或溶液浓度对反应速率的影响示意图如下： 下列说法不正确的是( ) A．碳正离子的稳定性：CH3+＜CH3CH2+＜(CH3)2CH+＜(CH3)3C+ B．反应的活化能：步骤I<步骤Ⅱ C．结构中双键能有效稳定碳正离子 D．叔丁基氯在NaOH和NaF的混合溶液中发生反应，可能生成和 21．(2025·浙江省七彩阳光新高考研究联盟高三联考)如图为乙酸酐和水杨酸制取阿司匹林的反应历程。下列说法不正确的是( ) A．水杨酸分子中最多有16个原子在同一个平面 B．该反应历程涉及反应类型有加成反应、消去反应 C．乙酸酐和水杨酸制取阿司匹林中浓硫酸起催化剂作用 D．水杨酸中酚羟基氧原子的负电性比羧基中的羟基氧原子弱 22．(2025·浙江省强基联高三联考)SiCl4是易挥发的无色液体，遇到潮湿的空气会发生强烈的水解，其水解机理如图。下列说法不正确的是( ) A．水解过程中Si的杂化方式发生了改变 B．SiCl4的水解历程中只存在极性键的断裂与生成 C．按照上述反应机理，PCl3水解产物为H3PO4 D．SiCl4水解产物之一为H2 23．(2025·浙江省杭州市浙南联盟高三联考)新戊醇可发生如下转化： 下列说法正确的是( ) A．产物C在NaOH醇溶液中加热能生成E B．化合物B的结构为 C．由上述机理可知：(主产物) D．化合物D到E反应的有机副产物是、 24．(2024·浙江省金华市第一中学高三下学期考前预测)过一硫酸(H2SO5)在一定条件下能将酮和烯烃分别转化为酯和环氧结构，其反应机理如图所示。 下列说法不正确的是( ) A．根据上述机理可知，过一硫酸具有强氧化性 B．R1COR2是烯烃转化为环氧结构的催化剂 C．整个反应过程中，有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成 D．若2-丁烯和丙酮发生上述反应，总反应可能为CH3CH=CHCH3+2CH3OCH3+3H2SO5→2CH3COOCH3+3H2SO4+ 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热点题型04 化学反应机理探究与分析 1．催化剂的催化反应机理分析 (1)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。 (2)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。 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，反应热是E1－E2。 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。 3．能垒与决速步 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。例如下图中，从第一个中间态到过渡态2的能量就是能垒，而HCOO*+H*=CO2+2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤 。 (建议用时：40分钟) 考向01 反应过程能垒变化历程 1．(2023•浙江省1月选考，14)标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是 ( ) A．E6-E3=E5-E2 B．可计算Cl-Cl键能为2(E2-E3)kJ•mol-1 C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程II>历程I D．历程I、历程II中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ∆H=(E5-E4)kJ•mol-1 【答案】C 【解析】对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此E6-E3=E5-E2，A正确；已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E2-E3)kJ•mol-1，则Cl-Cl键能为2(E2-E3)kJ•mol-1，B正确；催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误；活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ∆H=(E5-E4)kJ•mol-1，D正确；故选C。 2．(2024·浙江省金华市东阳市高三下学期三模)已知基元反应的速率符合质量作用定律，如基元反应，(k为速率常数)。卤代烃RX发生水解反应有两种历程，能量变化如下图所示，下列说法不正确的是( ) A．若RX的水解速率，则反应按历程1进行 B．调节NaOH浓度，观察分层现象消失的用时变化，可确定RX的水解历程 C．相同条件下，按反应历程2，碘代烷(CH3)3CI水解速率要快于氯代烷(CH3)3CCl D．取水解液，加AgNO3溶液，根据沉淀颜色可判断卤代烃RX中的卤素原子 【答案】D 【解析】A项，基元反应的速率符合质量作用定律，若RX的水解速率，即反应为基元反应，图中历程1为基元反应，故A正确；B项，分层现象消失即水解完毕，观察分层现象消失的用时变化，可确定化学反应的速率，从而确定RX的水解历程，故B正确；C项，原子半径I大于Cl，即键长C-I大于C-Cl，C-Cl键能更大，即相同条件下，按反应历程2，碘代烷(CH3)3CI水解速率要快于氯代烷(CH3)3CCl，故C正确；D项，取水解液，加入稀硝酸酸化，中和掉OH-，再加AgNO3溶液，根据沉淀颜色可判断卤代烃RX中的卤素原子，故D错误；故选D。 3．(2024·浙江省高三下学期5月份大联考)甲酸在一定条件下可分解为和H2O，在无、有催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示。下列说法正确的是( ) A．该反应的活化能为甲酸分子的键能之和 B．其他条件不变，按途径Ⅰ进行的反应热效应更大 C．1mol HCOOH中键能之和比(1molCO+1molH2O)中键能之和大 D．途径Ⅱ的决速步骤为放热过程 【答案】D 【解析】A项，催化剂能降低活化能，但催化剂不能改变反应热，即不能改变键能，所以活化能与键能之和无直接关系，故A错误；B项，催化剂能降低反应的活化能，不能改变反应的化学平衡，即不能改变反应的热效应，故B错误；C项，由图可知，该反应为放热反应，所以反应物总键能小于生成物总键能，因此1mol HCOOH中键能之和比(1molCO+1molH2O)中键能之和小，故C错误；D项，由图可知，途径Ⅱ的第二步的活化能最大，即途径Ⅱ的决速步骤为第二步，图像显示第二步中反应物的总能量高于生成物的总能量，即为放热过程，故D正确；故选D。 4．(2024·浙江省县域教研联盟高三下学期三模)文献报道，CO2和PO(环氧丙烷)共聚生成主产物PPC(聚碳酸丙烯酯)和副产物CPC(环状碳酸丙烯酯)。其能量与时间变化如图所示。 下列说法正确的是( ) A．ΔH2＞ΔH1＞0 B．由图可知，相同条件下，由于Ea(PPC)＜Ea(CPC)，主反应的速率低于副反应速率 C．实际生产中，可以通过催化剂的选择性来抑制CPC的生成 D．由CO2和PO生成CPC的焓变为：ΔH=Ea(CPC)+ΔH2 【答案】C 【解析】A项，ΔH2、ΔH1均为负值，根据图示，ΔH2＜ΔH1＜0，故A错误；B项，活化能越小反应速率越快，由图可知，相同条件下，由于Ea(PPC)＜Ea(CPC)，主反应的速率高于副反应速率，故B错误；C项，催化剂具有选择性，实际生产中，可以通过催化剂的选择性来抑制CPC的生成，故C正确；D项，根据图示，由CO2和PO生成CPC的焓变为：ΔH=ΔH2+ΔH1，故D错误；故选C。 5．(2024·浙江省部分学校高三下学期模拟考试)甲酸常用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO和H2O，在无、有催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示，下列说法不正确的是( )    A．可以通过E1和E2计算HCOOH的总键能 B．E1-E3= E4-E10 C．途径Ⅱ中参与反应，通过改变反应途径加快反应速率 D．途径Ⅰ未使用催化剂，但途径Ⅱ与途径Ⅰ甲酸平衡转化率相同 【答案】A 【解析】A项，由图可知，可以通过E1和E2计算甲酸转化为一氧化碳和水的正反应活化能，但不能计算甲酸的总键能，故A错误；B项，催化剂能改变反应途径，但不能改变反应的焓变，则甲酸转化为一氧化碳和水的焓变△H= E1-E3= E4-E10，故B正确；C项，由图可知，途径Ⅱ中氢离子先做反应物，后做生成物，是改变反应途径的催化剂，能加快反应速率，故C正确；D项，催化剂能改变反应途径，但不能改变平衡的移动方向，则途径Ⅱ与途径Ⅰ甲酸平衡转化率相同，故D正确；故选A。 6．(2024·浙江省稽阳联谊学校高三下学期二模)苯和Br2可经两步发生反应①或反应②，其主要反应历程和能量的关系如图所示，下列说法正确的是( ) A．对比历程图，苯更易发生取代反应，最主要的原因是反应②的速率更快 B．反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变 C．加入FeBr3可以降低反应②的活化能和焓变，提高反应速率 D．经两步发生反应①的总焓变=E2-E1 【答案】B 【解析】A项，反应②取代反应的活化能最低，生成物本身所具有的能量最低，更稳定，苯更易发生取代反应，A错误；B项，苯中碳原子都是sp2杂化，与最右边上下两个碳原子是sp3杂化，其余为sp2杂化，B正确；C项，催化剂不改变反应的焓变，可以降低反应②的活化能，提高反应速率，C错误；D项，焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，反应①的总焓变=E1-E2，D错误；故选B。 7．(2025•浙江省浙江师大附中高三质量检测)二维锑片(Sb)是一种新型的CO2电化学还原催化剂。酸性条件下，人工固碳装置中的CO2气体在二维锑片表面发生三种催化竞争反应，其反应历程如下图所示(*表示吸附态中间体)。下列说法不正确的是( ) A．三种催化竞争的总反应中，生成HCOOH吸收的能量最多 B．在二维锑片表面生成CO的反应可表示为*CO2+*H++2e−=CO+H2O C．使用二维锑片可以改变反应的路径 D．生成各种不同的产物时，有极性键和非极性键形成 【答案】B 【解析】A项，三种催化竞争的总反应中，HCOOH的能量最高，生成HCOOH吸收的能量最多，A正确；B项，反应在酸性条件下进行，则在二维锑片表面生成CO的反应为：*CO2+2*H++2e−=CO+H2O，B错误；C项，从图中可知，催化剂Sb改变了反应的路径，C正确；D项，生成的产物有H2、HCOOH、CO、H2O，有极性键和非极性键形成，D正确；故选B。 考向02 反应过程物质变化机理 8．(2024·浙江6月卷，12)丙烯可发生如下转化(反应条件略)： 下列说法不正确的是( ) A．产物M有2种且互为同分异构体(不考虑立体异构) B．可提高Y→Z转化的反应速率 C．Y→Z过程中，a处碳氧键比b处更易断裂 D．Y→P是缩聚反应，该工艺有利于减轻温室效应 【答案】D 【解析】丙烯与HOCl发生加成反应得到M，M有CH3-CHCl-CH2OH和CH3-CHOH-CH2Cl两种可能的结构，在Ca(OH)2环境下脱去HCl生成物质Y()，Y在H+环境水解引入羟基再脱H+得到主产物Z；Y与CO2可发生反应得到物质P()。A项，产物M有2种且互为同分异构体(不考虑立体异构)，A正确；H促进Y中醚键的水解，后又脱离，使Z成为主产物，故其可提高Y→Z转化的反应速率，B正确+；从题干部分可看出，是a处碳氧键断裂，故a处碳氧键比b处更易断裂，C正确；Y→P是CO2与Y发生加聚反应，没有小分子生成，不是缩聚反应，该工艺有利于消耗CO2，减轻温室效应，D错误；故选D。 9．(2024·浙江省1月选考)酯在溶液中发生水解反应，历程如下： 已知： ① ②RCOOCH2CH3水解相对速率与取代基R的关系如下表： 取代基R CH3 ClCH2 Cl2CH 水解相对速率 1 290 7200 下列说法不正确的是( ) A．步骤I是与酯中作用 B．步骤I使I和Ⅱ平衡正向移动，使酯在溶液中发生的水解反应不可逆 C．酯的水解速率：FCH2 COOCH2CH3＞ ClCH2 COOCH2CH3 D．与反应、与反应，两者所得醇和羧酸盐均不同 【答案】D 【解析】A项，步骤Ⅰ是氢氧根离子与酯基中的作用生成羟基和O-，A正确；B项，步骤Ⅰ加入氢氧根离子使平衡Ⅰ正向移动，氢氧根离子与羧基反应使平衡Ⅱ也正向移动，使得酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆，B正确；C项，从信息②可知，随着取代基R上Cl个数的增多，水解相对速率增大，原因为Cl电负性较强，对电子的吸引能力较强，使得酯基的水解速率增大，F的电负性强于Cl，FCH2对电子的吸引能力更强，因此酯的水解速率FCH2 COOCH2CH3＞ ClCH2 COOCH2CH3，C正确；D项，与氢氧根离子反应，根据信息①可知，第一步反应后18O既存在于羟基中也存在于O-中，随着反应进行，最终18O存在于羧酸盐和醇中，同理与18OH-反应，最终18O存在于醇中和羧酸盐中，两者所得醇和羧酸盐相同，D错误；故选D。 10．(2025·浙江省9+1高中联盟高三联考)乙烯与溴单质加成反应的反应机理如下图所示。下列有关说法不正确的是( ) A．溴鎓离子中溴原子的杂化方式为sp3 B．碳碳双键处电子云密度更大，比单键更容易与正电性的微粒发生反应 C．相同条件下乙烯分别与溴的CCl4溶液和溴水反应，速率：前者＞后者 D．乙烯与溴水反应的产物可能包含 【答案】C 【解析】A项，溴鎓离子中溴原子的价层电子对数为2+=4，则杂化方式为sp3，A项正确；B项，碳碳双键处电子云密度大，更容易与正电性的Br发生反应，B项正确；C项，H2O为极性分子而CCl4为非极性分子，H2O更容易诱导增强Br2的极性，加速生成溴鎓离子，反应速率：前者＜后者，C项错误；D项，溴水中存在HBrO分子，与乙烯可发生加成，生成，D项正确。故选C。 11．(2025·浙江省嘉兴市高三基础测试)碱性条件下苯酚可与甲醛作用合成热固型酚醛树脂，部分反应历程如下： 历程I：   历程II：   历程III： 下列说法不正确的是( ) A．历程I表现出苯酚的酸性 B．历程II说明使酚羟基邻对位C—H键的活性增强 C．由历程III可推测酚醛树脂的合成是缩聚反应 D．由以上历程推测，苯酚与浓溴水反应最多可生成3种有机产物 【答案】D 解析】A项，历程I中苯酚和氢氧根反应生成和水，表现出苯酚的酸性，A正确；B项，由历程II可知，-O-使酚羟基邻对位C—H键的活性增强，更加容易发生取代反应，B正确；C项，由历程I、II、III可知，苯酚先和甲醛发生加成反应生成，再发生缩聚反应生成酚醛树脂，同时有水生成，C正确；D项，-O-使酚羟基邻对位C—H键的活性增强，常温下与溴水直接生成2，4，6-三溴苯酚，无法停留在一取代或二取代，则苯酚与浓溴水反应最多可生成1种有机产物，D错误；故选D。 12．(2025·浙江省Z20名校联盟高三开学考试)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，其机理如下。下列说法不正确的是( ) 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： C．丙烯与卤化氢加成时，的反应速率最大 D．CH2=CHCF3与HBr加成的主要产物为 【答案】D 【解析】A项，上述反应中，第一步为反应慢，为决速步骤，A正确；B项，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：，B正确；C项，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CH3CH=CH2与氢卤酸反应时速率大小HI>HBr>HCl，C正确；D项，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，D错误；故选D。 13．(2025·浙江省新阵地教育联盟高三第一次联考)羧酸与醇发生酯化反应的可能机理如图，下列说法不正确的是( ) A．I→Ⅱ形成配位键，V→Ⅵ断裂配位键 B．物质Ⅲ中所有碳原子杂化方式相同 C．若原料为CH3CO18OH和CH3CH2OH，则产物乙酸乙酯和水中均含有18O D．若反应条件为浓硫酸，只能加快反应速率，不能提高乙酸乙酯的平衡产率 【答案】D 【解析】A项，由题干反应历程图可知，Ⅰ→Ⅱ过程中，氧原子有孤电子对，氢离子有空轨道，形成配位键，Ⅴ→Ⅵ断裂氢氧间的配位键，A正确；B项，物质Ⅲ中所有碳原子杂化方式相同，均为sp3杂化，B正确；C项，因为酯化反应为可逆反应，故CH3CO18OH和CH3CH2OH发生酯化反应，产物乙酸乙酯和水中均含有18O，C正确；D项，加入催化剂浓硫酸，能加快反应速率，浓硫酸还能吸收产物水，平衡正向移动，能提高乙酸乙酯的平衡产率，D错误；故选D。 14．(2024·浙江省绍兴市诸暨市高三下学期5月适应性考试)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 【解析】A项，π键的键能较小，由示意图可知，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项，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项，由题干图示可知，与HBr发生加成反应的主产物是，故C错误；D项，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。 15．(2025·浙江省宁波市镇海中学高三选考模拟)科研人员利用铁的配合物离子{用[L-Fe-H]＋表示}催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示： 下列关于活化历程的说法正确的是( ) A．中H显-1价，提供孤电子对 B．该催化循环过程中H＋浓度始终保持不变 C．可降低反应的活化能 D．该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅴ步骤决定，最大能垒为89.7 kJ·mol−1 【答案】A 【解析】A项，根据反应进程图像可知，甲酸在催化剂的作用下，分解成CO2和H2，铁的配合物离子[L-Fe-H]+是催化剂，中H得到1个电子，显－1价，提供孤电子对，与铁形成配位键，A正确；B项，反应过程存在甲酸电离出H+，然后H+再生成氢气的过程，H+浓度先增大后减小，B错误；C项，反应前后[L-Fe-H]+没有变化，[L-Fe-H]+是该反应的催化剂，是中间产物，C错误；D项，从反应进程图像比较可知，生成过渡态2的过程活化能大，由Ⅳ→Ⅴ步骤为反应的决速步骤，最大能垒为，D错误；故选A。 16．(2025·浙江省强基联盟高三联考)科学家发现了一种利用水催化促进硫酸盐形成的化学新机制如图所示，下列说法不正确的是( ) 已知：Ka2(H2SO4)=1.02×10-2。 A．通过“水分子桥”，处于纳米液滴中的SO32-或HSO3-可以将电子快速转移到周围的气相NO2分子 B．观察图示可知“水分子桥”主要靠氢键形成 C．HSO3-与NO2间发生总反应的离子方程式：HSO3-+2NO2+H2OHSO4-+2HNO2 D．利用水催化促进硫酸盐形成的化学新机制中，硫和氮都有三种化合价价态 【答案】D 【解析】A项，从图中可知，通过“水分子桥”，处于纳米液滴中的SO32-或HSO3-可以将电子快速转移到周围的气相NO2分子，A正确；B项，根据图示可知，水分子间H和O形成氢键，观察图示可知"水分子桥"主要靠氢键形成，B正确；C项，HSO3-与NO2反应最终生成硫酸氢根离子和亚硝酸，发生的总反应的离子方程式：HSO3-+2NO2+H2OHSO4-+2HNO2，C正确；D项，利用水催化促进硫酸盐形成的化学新机制中，氮元素只有两种化合价价态，D错误；故选D。 17．(2025·浙江省五校高三联考)一定条件下，CH4与MO+反应生成CH3OH。已知直接参与化学键变化的原子被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。MO+分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。下列说法不正确的是( ) A．反应历程中涉及氢原子成键变化的是步骤I B．MO+与CD4反应的过渡态1能量变化应为图中曲线c C．若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有3种 D．MO+与CH2D2反应，产物的产量CHD2OD＜CHD2OH 【答案】C 【解析】步骤I涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，氧更容易和H而不是和D生成羟基，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH。A项， 由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ，故A正确；B项，已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的元素时，反应速率会变慢，MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c，反应的活化能更大，故B正确；C项，根据反应机理可知，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共两种，故C错误；D项，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会减慢，氧更容易和H而不是和D生成羟基，因此氘代甲醇的产量CHD2OD＜CHD2OH，故D正确；故选C。 18．(2025·浙江省稽阳联谊学校高三联考)伯醇(记为RCH2OH)和叔醇(记为R3COH)发生酯化反应的机理如下图所示。下列说法不正确的是( ) A．用18O标记醇羟基，可以分析叔丁醇与乙醇在酯化反应中的断键情况 B．两个历程中均起到催化剂的作用 C．两个历程中均有碳原子的杂化轨道类型发生改变 D．两种酯化反应的机理均为羧基中的羟基与醇羟基的氢原子结合成水 【答案】D 【解析】A项，结合图，醇羟基中的18O去向水中，而羧基中的18O有去向酯中，所以可以用18O标记醇羟基，分析叔丁醇与乙醇在酯化反应中的断键情况，故A正确；B项，根据两个历程可以分析出H+均先被消耗、后生成，均起到催化剂的作用，故B正确；C项，两个历程中都有碳原子的杂化类型从sp3变为sp2，故C正确；D项，两种酯化反应的机理，前者是羧基中的羟基与醇羟基的氢原子结合成水，后者是醇中羟基与酸中羟基上的氢结合成水，不同，故D错误；故选D。 19．(2025·浙江省金丽衢十二校高三第一次联考)已知： (1) (2)同一个C原子连接着一个和的物质不稳定，会失去一个H2O分子。下列说法不正确的是( ) A．与在一定条件下可生成 B．欲使正反应完全，需不断将水从反应体系中蒸出 C．H+是该反应的催化剂，溶液酸性越强，催化效果越好 D．以HCHO和NH3为原料可合成乌洛托品() 【答案】C 【解析】A项，根据题中信息可知最终转化为，与在一定条件下可生成，A正确；B项，在平衡体系中不断将水从反应体系中蒸出，使反应正向进行，B正确；C项，H+开始参与反应，最后生成H+，H+是该反应的催化剂，溶液酸性越强，不利于最后一步产物的生成，催化效果不一定好，C错误；D项，以HCHO和NH3为原料反应发生6HCHO+4NH3→6H2O+，可以合成乌洛托品()，D正确；故选C。 20．(2025·浙江省名校协作体三开学测试)一氯代烃在溶液中发生取代反应，其中被称为“单分子亲核取代反应”的机理如下： 已知： ①已知碳正离子正电荷越分散，结构越稳定 ②一定条件下，一氯代烃只发生“单分子亲核取代反应”的水解相对速率与烃基的关系如下表： 一氯代烃 水解相对速率 1 1.7 30000 ③一定条件下，只改变叔丁基氯()浓度或溶液浓度对反应速率的影响示意图如下： 下列说法不正确的是( ) A．碳正离子的稳定性：CH3+＜CH3CH2+＜(CH3)2CH+＜(CH3)3C+ B．反应的活化能：步骤I<步骤Ⅱ C．结构中双键能有效稳定碳正离子 D．叔丁基氯在NaOH和NaF的混合溶液中发生反应，可能生成和 【答案】B 【解析】A项，推电子基团能力：-CH3＜CH3CH2-＜(CH3)2CH-＜(CH3)3C-，碳正离子正电荷分散程度：CH3+＜CH3CH2+＜(CH3)2CH+＜(CH3)3C+，由于碳正离子正电荷越分散，结构越稳定，故碳正离子的稳定性：CH3+＜CH3CH2+＜(CH3)2CH+＜(CH3)3C+，A项正确；B项，由图像可知，一定条件下，叔丁基氯()浓度增大，反应速率增大，说明步骤I的活化能大，而图像显示NaOH溶液浓度增大，反应速率不变，说明步骤Ⅱ的活化能小，因此反应的活化能：步骤I＞步骤Ⅱ，B项错误；C项，由表格可知碳正离子结构越稳定，水解相对速率越大，水解相对速率最大，是因为结构中双键能有效稳定碳正离子，C项正确；D项，根据“单分子亲核取代反应”的反应机理，一氯代烃中氯元素可被阴离子取代，因此叔丁基氯在NaOH和NaF的混合溶液中发生反应，可能生成和，D项正确；故选D。 21．(2025·浙江省七彩阳光新高考研究联盟高三联考)如图为乙酸酐和水杨酸制取阿司匹林的反应历程。下列说法不正确的是( ) A．水杨酸分子中最多有16个原子在同一个平面 B．该反应历程涉及反应类型有加成反应、消去反应 C．乙酸酐和水杨酸制取阿司匹林中浓硫酸起催化剂作用 D．水杨酸中酚羟基氧原子的负电性比羧基中的羟基氧原子弱 【答案】D 【解析】A项，苯环上以及与苯环相连的原子共平面，碳氧双键类似于碳碳双键，碳氧双键中的碳原子和氧原子，以及与碳相连的原子共平面，因此在水杨酸分子中组多有16个原子共平面，正确，A不符合题意；B项，反应②为乙酸酐质子化的产物与水杨酸结合，是加成反应；反应③将反应②中的产物中脱去乙酸，为消去反应，正确，B不符合题意；C项，在反应①中浓硫酸提供质子，使乙酸酐质子化，加快反应速率，浓硫酸起到了催化剂的作用，正确，C不符合题意；D项，羧基上的羟基受到苯环和碳氧双键的影响，羟基上的氧原子的电负性更弱，错误，D符合题意；故选D。 22．(2025·浙江省强基联高三联考)SiCl4是易挥发的无色液体，遇到潮湿的空气会发生强烈的水解，其水解机理如图。下列说法不正确的是( ) A．水解过程中Si的杂化方式发生了改变 B．SiCl4的水解历程中只存在极性键的断裂与生成 C．按照上述反应机理，PCl3水解产物为H3PO4 D．SiCl4水解产物之一为H2 【答案】C 【解析】A项，水解过程中，硅原子与周围原子形成了5个共价键，那么硅原子的杂化方式发生了改变，A正确；B项，水解过程中，存在硅氯和氧氢共价键断裂，硅氧共价键形成，都是极性键，B正确；C项，按照上述反应机理，PCl3水解产物为H3PO3，C错误；D项，SiCl4水解过程中H-与水电离的H+结合产生H2，D正确；故选C。 23．(2025·浙江省杭州市浙南联盟高三联考)新戊醇可发生如下转化： 下列说法正确的是( ) A．产物C在NaOH醇溶液中加热能生成E B．化合物B的结构为 C．由上述机理可知：(主产物) D．化合物D到E反应的有机副产物是、 【答案】D 【解析】A项，由题干信息可知，产物C与Br相邻的碳原子上没有H，不能在NaOH醇溶液中加热发生消去反应，即不能生成E，A错误；B项，由题干信息可知，根据D的结构简式可知，化合物B的结构为，B错误；C项，由上述机理可知：(副产物) ，(主产物) ，C错误；D项，由上述机理可知：化合物D到E反应即D发生消去反应时，其有机副产物是，D正确；故选D。 24．(2024·浙江省金华市第一中学高三下学期考前预测)过一硫酸(H2SO5)在一定条件下能将酮和烯烃分别转化为酯和环氧结构，其反应机理如图所示。 下列说法不正确的是( ) A．根据上述机理可知，过一硫酸具有强氧化性 B．R1COR2是烯烃转化为环氧结构的催化剂 C．整个反应过程中，有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成 D．若2-丁烯和丙酮发生上述反应，总反应可能为CH3CH=CHCH3+2CH3OCH3+3H2SO5→2CH3COOCH3+3H2SO4+ 【答案】B 【解析】A项，在一定条件下能将酮和烯烃分别转化为酯和环氧结构，在有机反应里，加氧原子去氢原子认为是氧化反应，然而酮又稳定，所以过一硫酸具有强氧化性，故A正确；B项，R1COR2不是烯烃转化为环氧结构的催化剂，催化剂反应前后不发生变化，故B错误；C项，整个反应过程中，④过程中氧氧单键断裂，即有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，故C正确D项，若2-丁烯和丙酮发生上述反应，，通过观察图示，知道双键变成环氧结构，酮基变成酯基，所以总反应可能为CH3CH=CHCH3+2CH3OCH3+3H2SO5→2CH3COOCH3+3H2SO4+，故D正确；故选B。 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 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