2026届高三化学二轮复习 ----反应机理提升专题

2026届高考化学二轮复习-----反应机理提升专题 题组一、有机反应 1．利用金属—有机框架材料可在温和条件下催化与转化为，其反应机理如图所示。下列说法错误的是 A．该过程中物质①是催化剂 B．该过程中有极性共价键的断裂和形成 C．物质③到④过程中，Fe元素的化合价未改变 D．与反应生成的原子利用率为100% 2．二氧化碳选择性加氢制甲醇是解决温室效应、发展绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一、常温常压下利用铜基催化剂实现单个二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注，eV/mol表示焓变)，下列说法不正确的是 A．总反应的焓变约为 B．二氧化碳制甲醇过程原子利用率小于 C．该历程的决速步反应为 D．过程中没有极性键的断裂与形成 3．常温常压下利用铜基催化剂，可实现二氧化碳选择性加氢制甲醇；该反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注，TS1、TS2、TS3、TS4分别代表过渡态)，下列说法正确的是 A．过渡态中TS2最稳定 B．使用高效催化剂可降低反应的 C．决速步骤为 D．升高温度可提高CO2的平衡转化率 4．乙烯水合制乙醇的反应机理如图所示，反应进程与能量的关系示意图如图所示。 下列说法不正确的是 A．该反应中，起催化剂的作用 B．反应②生成的中间产物中，O原子为sp2杂化 C．该反应决速步骤的活化能为E1 D．乙醇脱水制乙烯的总反应 5．在铜催化作用下甲醇无氧脱氢生产甲醛有两种可能路径，反应机理如下图所示(*表示吸附在催化剂表面，TS表示过渡态)。下列说法正确的是 A．路径1决速步骤为 B．路径2是甲醇脱氢制甲醛的主要路径 C．甲醇中的O-H键比C-H键易断裂 D．H-H键的键能为 6．一种Mn元素催化氧化烯烃的反应机理如图。已知实楔形线表示基团在纸面前方，虚楔形线表示基团在纸面后方。下列说法错误的是 A．使用顺丁烯为原料，可以得到2种互为镜像的产物 B．物质X是 C．反应c的类型为加成反应 D．经过反应元素的化合价变化为 7．我国科学家团队创新性地开发了一种热催化NO合成氨反应，解决了合成氨工艺条件苛刻、氮氧化物污染严重等问题。在不同催化剂作用下NO和H2快速解离耦合的部分反应机理如图所示(TS表示过渡态，*表示吸附在催化剂上的物种)。下列说法错误的是 A．同等条件下，(111)的催化性能优于Pt(111) B．不同催化剂作用下的反应历程不同 C．两种催化剂作用下，的脱附均是吸热过程 D．和作用下，均为决速步骤 8．环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯()为原料生产环氧丙烷()的反应机理如图所示。下列说法正确的是 A．物质Ⅱ中虚线表示氢键 B．Ⅰ→Ⅱ过程中涉及的反应属于氧化还原反应 C．Ⅲ→Ⅳ过程中有极性键和非极性键的断裂和形成 D．反应机理的总反应为：+H2O2+H2O 9．如果在反应体系中只有底物和溶剂，没有另加试剂，那么底物就将与溶剂发生反应，溶剂就成了试剂，这样的反应称为溶剂解反应。如三级溴丁烷可以在乙醇中发生溶剂解反应，其反应的机理和能量变化与反应进程的关系如图所示。 下列说法中，不正确的是 A．三级溴丁烷在乙醇中的溶剂解反应属于加聚反应 B．卤代烃在发生消去反应时可能会有副产物某醚的生成 C．不同卤代烃在乙醇中发生溶剂解反应的速率与卤素原子的电负性有关 D．该反应机理中的中间产物中的碳原子有两种杂化方式 10．甲酸在金属-有机胺催化剂作用下分解制氢的反应为，可能的反应机理如图所示。 下列说法不正确的是 A．步骤Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ均发生氧化还原反应 B．步骤Ⅰ中HCOOH发生电离，有配位键形成 C．步骤Ⅲ中每生成1 mol ，转移电子的数目约为 D．若用DCOOH代替HCOOH，则生成HD 11．羰基化合物与高价碘(Ⅲ)试剂发生交叉偶联反应，并伴随着副产物生成。一定条件下，转化表示为，部分反应机理如图。[Phen为邻二氮菲()，简写为]。 下列说法错误的是 A．和互为同分异构体 B．生成过程中，起催化作用的是 C．该反应条件下，的稳定性高于 D．过程Ⅱ中，碘元素被还原 12．与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法不正确的是 A．常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产 B．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 C．过程Ⅱ中发生了还原反应 D．电催化与生成的反应方程式： 13．碘苯与氨基钠制备苯胺的反应机理如下。已知：中碳原子均为杂化，电子结构为。 下列说法错误的是 A．步骤①是与苯环上作用 B．碱性： C．三键键长： D．可在步骤③中用反应得到 14．武汉大学研究团队实现了光与十钨酸盐([W]4-)、Co(0)协同催化芳香烯烃与醛的加成反应，反应机理如图所示。 下列说法正确的是 A．总反应为： B．该反应过程中只有非极性键的断裂和生成 C．Co(0)在整个反应中作还原剂 D．如反应物为，则产物为 15．Rh(I)-Ru(III)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理和各基元反应活化能垒如图所示。其中Cat。表示催化剂，TS和TN分别表示各基元反应的过渡态和产物。下列说法错误的是 A．反应中Ru的成键数目不变 B．该羰基化反应每消耗1molCH3COOCH3生成1molCH3COOH C．由CH3I生成CH3OI经历了4个基元反应，其中第四步是决速步骤 D．Rh(I)-Ru(III)双金属配合物降低了反应的活化能，不改变反应在该条件下的焓变 16．在催化剂HCo(CO)3作用下，以乙烯为主要原料制丙醛的可能反应机理如图所示。下列说法正确的是 A．反应过程中，碳原子杂化方式未发生改变 B．当反应转移4mol电子时，反应制得1mol丙醛 C．整个反应过程中，只有极性键的断裂和生成 D．若用丙烯替换乙烯，产物可能有2种 17．我国科研人员开发了一种电化学溴化物介导的无膜合成策略，以便将易于获取的乙烯和转化为碳酸乙烯酯(，)，反应机理如下表所示。 电极 阳极 阴极 反应机理 下列说法正确的是 A．用做同位素示踪实验，得到的的结构简式为： B．“路线2”中不涉及极性键的断裂 C．属于反式结构 D．该反应过程的总反应为： 18．硅铝酸盐沸石离子交换分子筛M-ZSM-5(M为Fe、Co、Ni、Cu)催化N2O氧化CH4制甲醇的反应机理如图所示，下列说法错误的是 A．反应②的原子利用率为 B．反应①—⑦中，的化合价均发生了改变 C．反应过程中存在极性键的断裂和非极性键的生成 D．总反应为 19．某研究团队认为：硝基苯在钴基双位催化剂的作用下，转化为苯胺的反应机理如图所示。下列叙述错误的是 A．该反应中的还原剂是 B．该反应过程涉及配位键的形成 C．若用同位素标记的代替，则得到 D．总反应为++NH4BO2 20．近日，某研究团队开发光催化氧化(甲) 脱氢制喹啉(，戊)，反应机理如图所示(部分产物和条件省略)。已知光照到催化剂表面产生电子和“空穴()”。下列说法错误的是 A．过程中存在 B．丙与丁互为同分异构体，两者之间转化没有破坏化学键 C．其他条件不变，光越强，产生速率越大 D．甲、戊均能与盐酸反应 21．在催化剂羰基钴配合物的作用下，醛、酮的氢化反应可在常温常压下进行。其反应机理如图所示，下列说法错误的是 A．基态钴原子的价电子排布式为： B．中间产物b中π电子与钴形成了配位键 C．中间产物d与反应过程中被还原 D．羰基钴配合物降低了该反应的活化能，使反应可在常温下进行 22．N-羧基丙氨酸酸酐广泛用于生物领域，可用碳酸二甲酯和丙氨酸为原料制备，其反应机理如图所示。下列说法错误的是 A．在强酸性环境下不利于该反应进行 B．反应过程中有键的断裂和形成 C．该过程中元素的化合价发生改变 D．用甘氨酸代替丙氨酸，可制得 23．多取代呋喃（M）是许多天然产物和具有生物活性的重要药物的基本结构单元。由炔基酮（A）与重氮酯环加成生成M的反应机理如图所示。下列说法中错误的是 A．反应物A中最多有8个原子共平面 B．反应过程中Cu原子成键数目没有变化 C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂和形成 D．合成M的总反应为+N2=CHCOOCH3+N2 题组二、无机反应 24．东南大学化学化工学院张袁健教授探究Fe—N—C和Co—N—C分别催化H2O2分解的反应机理，部分反应历程如图所示(MS表示吸附在催化剂表面物种；TS表示过渡态)： 下列说法错误的是 A．催化效果：催化剂Co—N—C高于催化剂Fe—N—C B．Fe—N—C催化：MS1(s)=MS2(s)　ΔH=-0.22 eV C．催化剂Fe—N—C比催化剂Co—N—C的产物更容易脱附 D．Co—N—C和Fe—N—C催化H2O2分解的∆H相等 25．如图为在催化剂表面合成氨的反应机理。下列说法正确的是 A．该进程中既有非极性键断裂，又有非极性键形成 B．为该反应的决速步骤 C．由图可知和所具有的能量高于所具有的能量 D．该条件下，合成氨反应的热化学方程式为：   26．研究人员发现在某种含钒催化剂的作用下，NO可被还原为，从而降低含氮气体造成的空气污染，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．和NO分子是极性分子 C．该转化过程中，反应物有NO和 D．每生成标准状况下，转移电子总数为 27．硝酸盐催化合成氨的过程中，涉及多种含氮中间体的转化。其中，由次硝酸根()向氨转化的部分反应机理如图所示(图中“ad”表示吸附在催化剂表面)。 下列说法正确的是 A．氨气中含有的化学键类型：极性共价键、氢键 B．从NO(ad)到的过程中，每步加氢()都使得氮元素被氧化 C．生成的路径： D．将氨气转化为氮气属于氮的固定 28．某研究团队提出了在单原子催化剂上催化分解的反应机理(吸附在催化剂表面的物种标注*)如下图所示，该反应与CO氧化反应协同进行可用于机动车等尾气处理。 下列相关叙述错误的是 A．是极性分子，中心原子孤电子对数为0 B．分解的决速步骤为： C．由图可知：温度降低有利于从催化剂表面脱附(吸附的逆过程) D．协同反应中氧化CO的可能为*O 29．某分子筛类催化剂(H＋交换沸石)催化NH3脱除NO、NO2的反应机理如图所示。 下列有关该历程的说法错误的是 A．是中间产物 B．若1molNO参与反应，则反应③转移电子数为2NA C．反应④属于分解反应 D．总反应化学方程式为2NH3+NO+NO22N2+3H2O 30．硼氢化钠是一种高效储氢材料。25 ℃时，在掺杂了的纳米合金催化剂表面，水解制氢生成，其部分反应机理如图所示，下列说法错误的是 A．中B原子的价层电子对数为 B．反应过程中涉及极性键的断裂和形成以及非极性键的形成 C．水解制反应中是氧化剂 D．其他条件不变，用代替，X的结构式为 31．有氧条件下，在基催化剂表面，还原的反应机理如图所示。 该反应能够有效脱除烟气中的，保护环境。下列说法正确的是 A．在反应过程中，基催化剂可以提高的平衡转化率 B．在酸性配位点上，作为配体与通过配位键形成 C．增大压强有利于与吸附在配位点上形成 D．该反应的总方程式为 32．水溶液中，过二硫酸盐与碘离子反应的离子方程式为：，向溶液中加入含的溶液，反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是 A．反应②的离子方程式为 B．是该反应的催化剂，加入后反应体系更快达到平衡 C．向反应后的溶液滴加淀粉溶液，溶液变蓝，再适当升温，蓝色变浅 D．反应①的速率比反应②的速率快 工业上，常用氨气脱硝，转换成氮气，下面是两种不同的氨气脱硝方法，结合信息回答下列问题。 33．向恒容密闭容器中充入和，发生反应：  ，测得的平衡转化率与温度、投料比的关系如图所示。下列叙述正确的是 A．该反应任何条件下均可自发进行 B．缩小体积，增加的倍数大于增加的倍数 C．当，温度为T时，氨气的平衡转化率为 D．其他条件不变，增大投料比x，的平衡转化率降低 34．在有氧条件以及催化剂作用下可被还原成，反应机理如图甲，的脱除率与温度的关系如图乙。 下列说法错误的是 A．该转化过程中，体现了还原性 B．为该反应的催化剂，温度超过时脱除率骤然下降的原因可能是催化剂活性大大降低 C．若过量，则不利于被还原为 D．该过程总反应为 35．采用选择性催化技术(SCR)可以有效脱除烟气中的氮氧化物，反应机理与催化剂()表面的活性吸附位点有关，催化机理如下图所示。有关说法错误的是 A．反应③有极性键的断裂与生成 B．反应④钒元素化合价升高 C．脱除NO的总反应为 D．若烟气中含有硫的氧化物，会降低的催化反应速率 36．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．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，水解产物为 D．水解产物之一为 37．东华理工大学研究团队利用水双聚体自由基阳离子将转化成为和(反应机理如图所示)，该方法具有很高的经济价值。下列说法错误的是 A．总反应为 B．中存在共价键、氢键 C．的中心原子N为杂化 D．完全参与反应，转移的电子数为 38．H2O2与H2SO3反应机理如图所示，用箭头表示电子对的转移。下列说法正确的是 A．的键角大于 B．若用H218O2代替，反应过程中有H218O生成 C．反应历程中S成键数目未发生改变 D．H2SO4的酸性强于H2SO3，与非羟基氧原子的吸电子效应有关 39．纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成，其中的反应机理和能量变化如图所示。下列说法正确的是 A． ⇌  ，更稳定 B．因上述历程涉及的中间体均存在共轭大键，故中间体碳原子的杂化方式均为 C．上述历程中步骤③为整个反应的决速步骤 D．升高温度各步骤的正反应速率加快，逆反应速率减慢，总反应平衡正向移动 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 《2026届高考化学二轮复习-----反应机理提升专题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D C B C A D D A A 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 C A D A B D D B C B 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 答案 C C B B D A C C B A 题号 31 32 33 34 35 36 37 38 39 答案 C D C B C C D D C 1．C 【详解】A．由机理图可知物质①从最开始参与反应，最后又生成物质①，故物质①是催化剂，A正确； B．如该过程中有C-H极性共价键的断裂，也有C-O极性共价键的形成，B正确； C．物质③到④过程中，物质③与CH4反应生成甲基自由基和物质④，CH4中C元素化合价升高（-4升为-3），物质③到物质④结构中，Fe的成键数发生改变，结合C元素化合价变化可知，Fe的价态降低，C错误； D．由机理图可知，该催化反应的总方程式为，原子利用率为100%，D正确； 故答案选C。 2．D 【详解】A．由右图可知，单个二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的焓变△H约为，A正确； B．由图可知，总反应为：CO2+3H2=CH3OH+H2O，由方程式可知，二氧化碳制甲醇过程原子利用率小于，B正确； C．反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步，由右图可知，反应的活化能最大，则该步为决速步聚，C正确； D．由化学式可知，过程中有碳氧极性键的断裂，D错误； 答案选D。 3．C 【详解】A．能量越低越稳定，过渡态TS2的能量最高，最不稳定，A错误； B．高效催化剂可降低活化能，但不能降低反应的焓变，即不能降低反应的，B错误； C．活化能最大的历程决定总反应速率，该反应的决速步骤为，C正确； D．由图可知，反应物总能量高于产物总能量，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率下降，D错误； 故答案选C。 4．B 【详解】A．由图1反应机理可知，在第①步被消耗，在第③步又生成，则是总反应的催化剂，起催化作用，降低总反应的活化能， A正确； B．反应②生成的中间产物中，O原子为sp3杂化，B错误； C．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图，该反应决速步骤的活化能为E1，C正确； D．由图2可知，反应物能量高于生成物能量，则生成乙醇的反应为放热反应，那么乙醇脱水制乙烯的总反应为吸热反应，，D正确； 故选B。 5．C 【详解】A．路径1的最大能垒是73.33 kJ·mol-1-(-37.63) kJ·mol-1=110.96 kJ·mol-1，决速步骤为CH3OH*=CH3O*+H*，A错误； B．路径1的最大能垒是110.96 kJ·mol-1，路径2的最大能垒是106.1 kJ·mol-1-(-37.63) kJ·mol-1=143.73 kJ·mol-1，所以路径1更容易进行，路径1是甲醇脱氢制甲醛的主要路径，B错误； C．过渡态1路径1断裂O－H键，路径2断裂C－H键，路径1比路径2能垒低，更容易进行，O－H键比C－H键易断裂，C正确； D．最后一步除了H－H键的形成还有分子的脱附能量的变化，所以H－H键的键能不是22.25 kJ·mol-1，D错误； 故答案为：C。 6．A 【详解】A．顺-2-丁烯的两个甲基在双键同侧，环氧化后两个甲基仍在环氧环同侧，产物分子存在对称面，为内消旋体，只有1种结构，不可能得到2种互为镜像的对映异构体，A错误； B．反应b中，反应物为，产物为和，根据原子守恒和电荷守恒，为，B正确； C．反应c中，烯烃的碳碳双键断开，的双键断开，两个反应物互相加成形成四元环中间体，属于加成反应，C正确； D．配体整体为价，起始中为价；经、反应得到，双键为价，故为价；反应d后重新生成，回到价，化合价变化为，D正确； 故选A。 7．D 【详解】A．图中虚线表示(111)，其所有步骤的活化能均低于实线（Pt(111)），表明其反应路径更易进行，催化效率更高，A正确； B．从图中可见，两种催化剂在中间体转化路径上存在差异，B正确； C．产物(g)相对能量为0 eV，而吸附态*能量低于0 eV，因此该过程需吸收能量，为吸热过程，两种催化剂下均如此，C正确； D．决速步骤由活化能最大的步骤决定，由图可知，Pt(111)的决速步骤为（对应TS1），D错误； 故答案为D。 8．D 【详解】A．物质Ⅱ中虚线表示配位键，A错误； B．Ⅰ→Ⅱ过程中的化学键()始终是4个，配位键不会改变的化合价，没有发生得失电子或共用电子对的偏移，故不属于氧化还原反应，B错误； C．Ⅲ→Ⅳ过程中没有非极性键的形成，C错误； D．结合图中反应机理可知总反应为+H2O2+H2O，D正确； 故选D。 9．A 【详解】A．三级溴丁烷在乙醇中的溶剂解反应生成醚和HBr，属于取代反应；加聚反应是不饱和化合物通过加成聚合生成高分子，该反应无不饱和键参与且无高分子生成，A错误； B．卤代烃消去反应时，若溶剂为醇（如乙醇），醇可作为亲核试剂与碳正离子结合生成醚，成为副产物，B正确； C．溶剂解反应速率与离去基团离去能力有关，卤素原子电负性影响C-X键极性及离去基团稳定性（如I⁻比Cl⁻更易离去），故速率与电负性相关，C正确； D．反应中间产物为(CH3)3C⁺，中心碳原子有3个共价单键，没有孤电子对，为sp2杂化，甲基碳原子成4个共价单键，为sp3杂化，存在两种杂化方式，D正确； 故选A。 10．A 【详解】A．步骤Ⅰ中HCOOH电离为HCOO⁻和H⁺，H⁺与有机胺形成配位键，各元素化合价未变化，不属于氧化还原反应；步骤Ⅱ中生成CO2，C元素从+2价升至+4价，步骤Ⅲ中H元素从+1价和-1价归中为0价，生成了H2，Ⅱ、Ⅲ为氧化还原反应，故步骤Ⅰ不是氧化还原反应，故A错误； B．步骤Ⅰ中HCOOH电离出H⁺和HCOO⁻，有机胺中N原子有孤对电子，与H⁺形成配位键，故B正确； C．步骤Ⅲ中+1价的H⁺与-1价的H⁻归中生成0价的H2，因此生成1 mol H2转移1 mol电子，数目约为6.02×1023，故C正确； D．根据图示分析，以DCOOH代替HCOOH，则生成HD，故D正确； 故答案选A。 11．C 【详解】A．P1和P2的分子式相同（均由相同反应物转化生成，含相同元素及原子个数），结构不同（P1含C=C双键，P2含C≡C三键），互为同分异构体，A正确； B．机理图中，Au与Phen（双氮配体）形成的配合物（图片5结构）参与P₂生成的步骤Ⅱ、Ⅲ，并在循环中再生，符合催化剂“参与反应、反应后恢复原状”的特征，B正确； C．P1为主产物，P2为副产物，通常主产物是热力学更稳定的产物，故P1稳定性高于P2，C错误； D．高价碘(Ⅲ)试剂中I为+3价，过程Ⅱ生成的碘副产物中I为-1价（C-I键中I显-1价），I元素化合价降低，被还原，D正确； 故答案为：C。 12．A 【详解】A．常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3·H2O反应通常生成NH4HCO3或(NH4)2CO3，尿素（CO(NH2)2）的合成需高温高压及催化剂，A错误； B．过程Ⅱ涉及转化为含NH2，形成N-H极性键；过程Ⅲ为*CO与*NH2结合形成C-N极性键，均有极性共价键形成，B正确； C．中N为+5价，CO(NH2)2中N为-3价，过程Ⅱ中N元素化合价降低，发生还原反应，C正确； D．CO2中C为+4价，CO(NH2)2中C仍为+4价（O=C(NH2)2，O为-2，N为-3，H为+1，C为+4）；2个中N从+5→-3，共得16e-，结合H+生成H2O，配平后方程式正确，D正确； 答案选A。 13．D 【详解】A．根据反应①的原理可知，带负电荷，先攻击苯环上带正电荷的，使得苯环带负电荷，最后被消去，形成双键，A正确； B．苯胺中氮原子存在1对孤对电子，该孤对电子会和苯环的大键共轭，形成共轭体系，使得氮原子的电子云密度变小，与质子结合能力变弱，而中氮原子存在1对孤对电子，与质子结合能力强，碱性更强，B正确； C．由的键电子云结构图可知，两侧电子云不对称，外侧电子云范围更大，故形成的三键键长比乙炔中的三键键长长，C正确； D．若仅靠步骤③中用参与反应，根据反应的机理，只能得到，因此，若要得到，反应②就需要替代，D错误； 故选D。 14．A 【详解】A．根据机理图，反应物为苯甲醛和苯乙烯，产物为，总反应方程式为，A正确； B．反应中醛的C-H键（极性键）断裂，并非只有非极性键断裂，B错误； C．Co(0)有价态循环：Co(0)→Co(I)→Co(II)→Co(0)，反应前后量不变，作催化剂而非还原剂，C错误； D．若反应物为（醛基H被D取代），醛的C-D键断裂后，D连接位置如图所示：，D错误； 答案选A。 15．B 【详解】A．由Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理图可知，Ru都是与2个Cl和2个I形成4个键，A项正确； B．由反应机理可知，总反应为CO+H2O+CH3COOCH32CH3COOH，该羰基化反应每消耗1 mol CH3COOCH3生成2 mol CH3COOH，B项错误； C．由各基元反应活化能垒图可知，由CH3I生成CH3OI经历了4个基元反应，其中第四步即产物TN3→Cat.+CH3COI的活化能最大，是决速步骤，C项正确； D．Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物为催化剂，催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应的焓变，D项正确； 故选B。 16．D 【详解】A．乙烯中碳原子为sp2杂化，反应中间体中部分碳原子形成单键（如-CH2-）为sp3杂化，醛基碳（C=O）为sp2杂化，存在sp2与sp3杂化的转化，A错误； B．总反应为CH2=CH2+CO+H2→CH3CH2CHO，H2中H从0价上升到+1价，乙烯中碳元素的化合价为-2，丙醛中碳元素的平均化合价为，则生成1mol丙醛转移电子，则转移4 mol电子时生成1.2 mol丙醛，B错误； C．反应中乙烯的C=C非极性键断裂，H2的H-H非极性键断裂，存在非极性键的断裂，C错误； D．丙烯（CH3CH=CH2）双键不对称，双键两端碳与催化剂结合方式不同，可能生成CH3CH2CH2CHO和(CH3)2CHCHO两种产物，D正确； 故选D。 17．D 【详解】A．从反应机理看，EC结构中的氧原子不只是来源于CO2中的氧原子，若用C18O2示踪，EC结构中的氧原子不可能全为18O，A错误； B．“路线2”中，Br-CH2CH2-OH转化为Br-CH2CH2-O-时，O-H极性键断裂，另外两步也涉及极性键的断裂，B错误； C．其结构简式为Br-CH2CH2-OH，不含碳碳双键，不存在顺反异构，C错误； D．根据反应机理，总反应为乙烯、CO2、水在电解的条件下生成氢气和EC，故总反应方程式为C2H4+CO2+H2OH2+，D正确； 故选D。 18．B 【详解】A．反应②的反应物为中间产物（）和，产物为单一中间产物（），所有原子均进入产物，无其他副产物，原子利用率100%，A正确； B．M在催化循环中起氧化还原作用，但并非所有反应中化合价均改变。例如，可能存在仅基团转移或结构异构的步骤（如反应⑤），M的配位数和键型未变化，化合价不变，故B错误； C．反应中的键（极性键）断裂，的键（极性键）断裂；生成的键（非极性键），存在极性键断裂和非极性键生成，C正确； D．总反应为与在催化剂作用下生成和，化学方程式正确，D正确； 故答案选B。 19．C 【详解】A．硝基苯转化为苯胺发生还原反应，中B为-3价，反应后生成中B为+3价，B化合价升高失去电子，是还原剂，A正确； B．反应中Co-NPs作为催化剂，Co有空轨道，由图知，该反应过程涉及钴与氧原子、氮原子之间配位键的形成，B正确； C．中D标记在NH3部分，BH3的H未被标记。苯胺中氨基（-NH2）的H来自BH3提供的H，ND3的D不参与H转移，产物应为Ph-NH2而非Ph-NHD，C错误； D．由图，总反应为硝基苯与在Co-NPs催化下生成苯胺和NH4BO2，结合质量守恒，反应为++NH4BO2，D正确； 故选C。 20．B 【详解】A．根据图示，乙到丙、丁到戊过程中存在，A正确； B．丙与丁分子式相同，结构不同，互为同分异构体，两者之间转化破坏化学键，如N-H、C-H、C=N等化学键，B错误； C．光催化反应，其他条件不变，光越强，产生电子和“空穴()”的速率越大，C正确； D．甲、戊中N原子上有孤电子对，能与氢离子形成配位键，均能与盐酸反应，D正确； 故选B。 21．C 【详解】A．钴为27号元素，基态钴原子电子排布式为[Ar]3d74s2，价电子排布式为3d74s2，故A正确； B．据图可知，中间产物b中π电子与钴形成了配位键，故B正确； C．从中间产物e的分子结构可知，H与钴形成了化学键，为正价，元素的化合价升高，故中间产物d与反应过程中被氧化，故C错误； D．羰基钴配合物作为催化剂，催化剂通过降低反应活化能加快反应速率，使反应在常温下进行，故D正确； 选C。 22．C 【详解】A．在强酸性溶液中，碳酸二甲酯会发生水解，同时CH3CH(NH2)COO-浓度降低，不利于反应进行，A正确； B．根据图示，该过程中存在N－H、C－O等极性键的断裂和C－O等极性键的生成，B正确； C．碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]与Zn(CH3COO)2形成的是配位键，整个过程中均未有元素化合价发生变化，C错误； D．若用甘氨酸(H2NCH2COOH)代替丙氨酸，则根据转化关系，最后可得到，D正确； 故选C。 23．B 【详解】A．反应物A为，5个C原子、1个O原子和每个上1个H原子共8个原子共平面，A正确； B．中间产物B、D中Cu原子成键数目为2，C中Cu原子成键数目为3，则反应过程中Cu原子成键数目有变化，B错误； C．反应②中有碳碳单键的形成和碳碳三键中的键断裂，有非极性键的形成和断裂；反应③中有C=O键的断裂和C—O键的形成，有极性键的断裂和形成，C正确； D．由反应机理图可知，合成M的总反应的反应物为炔基酮(A)和重氮酯环()，生成物为M和，则合成M的总反应为：+N2=CHCOOCH3+N2，D正确； 故选B。 24．B 【分析】反应起始于，此时的相对能量设为基准0；在催化剂（或）表面发生吸附，形成吸附在催化剂表面的物种；从图中可知，这一过程能量降低，形成时，相对能量在-2到-1之间（具体数值因催化剂不同有差异），说明该吸附过程是放热过程，降低了体系能量；进一步反应，需要克服一定能量障碍达到过渡态；这一过程中能量升高，对于和催化剂，升高的能量数值不同（对应不同的活化能）；对应的活化能低于，意味着催化时此步反应更容易进行；从过渡态转化为，能量降低，说明这也是一个放热过程；继续反应转化为（产物、吸附在催化剂表面），此过程能量变化情况在图中体现为又一次能量变化，且最终的能量情况与催化剂相关 ，如催化时能量相对较高，更易脱附；总体而言，整个反应历程中，在催化剂表面通过吸附、克服活化能、逐步转化等过程，最终生成产物和，不同催化剂影响反应的活化能和中间态能量，进而影响反应速率和产物脱附等情况。 【详解】A．从图像中可以看到，使用催化剂时反应的活化能低于使用催化剂时的活化能；在化学反应里，活化能越低，反应越容易进行，催化效果也就越好；所以催化剂的催化效果高于催化剂，A正确； B．催化，图中给出了到放出能量为1.86eV-1.64eV=0.22 eV ，则，B错误； C．由图像可知，催化时(、)的能量比催化时的能量更高；在化学中，物质的能量越高越不稳定，不稳定的物质其产物就更容易脱附；所以催化剂比催化剂的产物更容易脱附，C正确； D．因为催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的热效应，Co—N—C和Fe—N—C催化H2O2分解的∆H相等，D正确； 综上，答案是B。 25．D 【详解】A．该反应历程没有非极性键形成，故A错误； B．由图可知为该反应的决速步骤，故B错误； C．、、的物质的量不确定，无法判断，故C错误； D．由图可知，该条件下，0.5mol氮气和1.5mol氢气生成1mol氨气放出46kJ热量，所以合成氨反应的热化学方程式为：  ，故D正确； 答案选D。 26．A 【详解】A．催化剂在反应前后质量和化学性质不变，参与反应但最终再生。该反应为NO被NH3还原为N2，由机理图可知，V4+-OH为中间产物，催化剂为V5+=O，故A错误； B．NH3为三角锥形，NO为直线形(双原子分子)，二者分子结构不对称，正、负电荷中心不重合，均为极性分子，故B正确； C．由机理图箭头方向可知，NH3、NO参与反应转化为产物，O2与V4+-OH的反应生成H2O和V5+=O，故反应物包括NH3、NO和O2，故C正确； D．总反应为4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，NH3失电子，作还原剂，NO、O2得电子，作氧化剂，生成4mol N2，总转移12mole-，生成1mol N2转移3mole⁻，即每生成标准状况下22.4L N2，转移电子数为3NA，故D正确； 答案为A。 27．C 【详解】A．氢键不是化学键，氨气分子中只含有极性共价键，A错误； B．从NO(ad)到的过程中，氮元素化合价降低，发生还原反应，被还原，不是被氧化，B错误； C．从转化图看，结合氢离子生成的路径：，C正确； D．游离态的氮转化为氮的化合物属于氮的固定，D项错误； 故答案选C。 28．C 【详解】A．N2O分子结构为直线形但不对称（O=N=N），正负电荷中心不重合，是极性分子；中心N原子价层电子对数为2（sp杂化），孤电子对数=2-σ键数=0，A正确； B．决速步骤是活化能最高（能垒最大）的步骤，由图可知活化能最大的为*O和*N2O生成*N2和*O2的步骤，分解的决速步骤为：，B正确； C．脱附是吸热过程（吸附放热的逆过程），温度升高有利于吸热反应（脱附），温度降低则平衡向吸附方向移动，不利于脱附，C错误； D．协同反应中CO被氧化为CO2，*O（吸附态氧原子）具有氧化性，可作为氧化剂与CO反应生成CO2，D正确； 故选C。 29．B 【详解】A．由图可知，总反应为NH3、NO、NO2等在一定条件下生成N2，因此是中间产物，故A项正确； B．由图可知，反应③中部分中N元素化合价由-3升高至0，NO中N元素化合价由+2降低至0，NO2中N元素化合价由+4降低至+3，因此若1molNO参与反应，则反应③转移电子数为3NA，故B项错误； C．反应④为，属于分解反应，故C项正确； D．由图可知，总反应为NH3、NO、NO2等在一定条件下生成N2，根据图中物质系数可知总反应为2NH3+NO+NO22N2+3H2O，故D项正确； 综上所述，错误的是B项。 30．A 【详解】A．B原子与4个H原子形成了4条键，故其价层电子对数为4，NA是描述微观粒子的数目，该项表述错误，A项错误； B．反应过程中B-H键和O-H键的断裂，同时有B-O键和H-H键形成，因此涉及极性键的断裂和形成以及非极性键的形成，B项正确； C．NaBH4水解制H2的反应方程式为：，从方程式中可看出H2O中+1价的H得到电子生成H2，故H2O为氧化剂，C项正确； D．从反应机理可以看出，当代替后，其他条件不变，X的结构式为，D项正确； 故答案选A。 31．C 【分析】如图可知，在Fe基催化剂表面，氧气参与反应的条件下，NH3还原NO生成N2和H2O，总反应为 【详解】A．催化剂是通过改变反应历程来改变反应速率，不能改变反应转化率，A错误； B．NH3分子中N原子上有一对孤电子对，H+核外有空轨道，故在酸性配位点上是以NH3为配体与H+通过配位键形成，B错误； C．如图可知在配位点上的反应方程式为，该反应为气体分子数减小的反应，增加压强有利于平衡正向移动，故增加压强，有利于NO2的形成，C正确； D．由分析可知，该反应总方程为，D错误； 本题选C。 32．D 【详解】A．根据总的离子反应可知，图中产物应为，即反应②的离子方程式为，故A正确； B．图中先消耗，后生成，因此是该反应的催化剂，可加快反应速率，使反应体系更快达到平衡，故B正确 C．由图可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，c(I2)下降，溶液蓝色变浅，故C正确； D．由图可知，反应①的活化能比反应②的大，因此反应②的速率更快，故D错误； 故选D。 33．C 34．B 【解析】33．A．根据图示，其他条件相同，升高温度，的平衡转化率升高，平衡正向移动，说明该反应是吸热反应，由于是熵增反应，高温条件下反应的，高温能自发进行，A项错误； B．该反应是一个气体分子数增大的反应，缩小体积，正、逆反应速率均增大，平衡逆移，则增大的倍数多，B项错误； C．按照化学方程式的化学计量数之比投入物料，则各物质的转化率相同，因此氨气的转化率也是40％，C项正确； D．其他条件不变，增大投料比x的值，的平衡转化率增大，D项错误； 答案选C。 34．A．该反应的过程中，中氮元素的化合价升高了，体现了还原性，A项正确； B．参与到了该反应中，但质量未发生变化，故为催化剂，为中间产物，由图象分析可知，脱除的最佳温度是900℃，在温度超过1000℃时脱除率骤然下降的原因可能是：催化剂失去活性，B项错误； C．如果在转化的过程中过量将会把氧化为，不利于还原反应，C项正确； D．进入的物质为、、，出去的物质为与，故该反应的总反应式为，Ⅰ为，D项正确； 答案选B。 35．C 【详解】A．反应③，反应物中V-N断裂，有水生成，即形成O-H，则反应③有极性键的断裂与生成，A正确； B．反应④中V-O键转变为V=O，则钒元素化合价升高，B正确； C．根据反应机理示意图可知，脱除NO的总反应化学方程式：，C错误； D．若烟气中含有硫的氧化物，硫的氧化物与氨气反应，生成硫酸盐或亚硫酸盐，覆盖在催化剂表面的活性吸附位点上，导致催化剂活性降低，会降低的催化反应速率，D正确； 故选C。 36．C 【详解】A．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．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．按照上述反应机理，水解产物为，C错误； D．水解过程中H-与水电离的H+结合产生，D正确； 答案选C。 37．D 【详解】A．由反应机理图可得，总反应为，A正确； B．中H-O之间存在共价键、之间存在氢键，B正确； C．与的杂化方式相同，的价层电子对数，中心原子N为杂化，C正确； D．总反应为，完全参与反应，中N元素化合价升高1价，转移的电子数为，D错误； 故选D。 38．D 【详解】A．和中的S原子均为sp3杂化，但由于中含有一个孤电子对，而不含孤电子对，故的键角小于，A错误； B．由图知，水中氧来源于，因此若用H218O2代替，反应过程中无H218O生成，B错误； C．③→④的过程中硫氧双键变为了硫氧单键，C错误； D．H2SO4的酸性强于H2SO3，非羟基氧原子的吸电子效应导致羟基极性增强，D正确； 故选D。 39．C 【详解】A．由图可知，⇌ ，的能量低，更加稳定，A错误； B．中含有sp3杂化的C原子，B错误； C．由图可知，步骤③活化能最高，反应速率最慢，为总反应的决速反应，C正确； D．该反应为吸热反应，升高温度各步骤的正反应速率加快，逆反应速率也加快，总反应平衡正向移动，D错误； 故选C。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $