2026届高三化学一轮复习专题练反应机理

**基本信息** 聚焦反应机理微观探析，通过能量变化、化学键分析等方法构建系统解题思路，衔接宏观性质与微观过程，培养科学思维与化学观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |反应类型判断|6|通过中间体结构、进攻位点分析取代/消去竞争|从反应历程推导产物选择性，建立“结构-机理-产物”逻辑链| |催化剂作用分析|5|依据催化循环判断活性位点及价态变化|结合中间体转化理解催化剂对反应路径的调控作用| |化学键与能量变化|9|通过键断裂/形成类型、焓变数据解析反应本质|从微观键能变化推导宏观反应速率与平衡移动规律|

2026届高三化学一轮复习专题练 反应机理 一、单选题 1．溴乙烷与NaOH溶液能发生两种反应类型，反应机理如下，下列说法错误的是 A．升高温度既有利于加快反应速率，又有利于提高乙醇的平衡产率 B．若将溶剂换成乙醇，溴乙烷与反应的选择性可能不同 C．溴乙烷发生取代或消去反应过程中进攻的原子不同 D．无论从产物稳定性还是反应速率的角度，均有利于的生成 2．某醇的消去反应机理如下图所示，下列说法不正确的是 A．该醇的消去产物只有一种 B．该醇的消去反应中是催化剂 C．若用替代，方程式为： D．依据该机理，能发生消去反应 3．利用催化双分子醇脱氧烯化的反应机理如图所示。下列有关说法正确的是 A．过程①有非极性键的断裂和形成 B．过程②的反应有小分子产生 C．过程③和④均有键的形成 D．催化剂能改变反应的历程和焓变 4．利用光催化剂可选择性地实现C()-H键的氯化。以NaCl、和甲苯为原料合成对氯甲苯的反应机理如图所示。下列说法正确的是 A．是催化剂，②中有极性键的断裂 B．③的离子方程式为 C．反应生成1 mol对氯甲苯，同时会生成 D．该方法选择性高，仅对苯环上的C-H键氯化 5．化合物X在催化下可转化为M，其反应机理如图所示。下列说法错误的是 A．Y为该过程的中间产物 B．W中所有碳原子可能共面 C．该反应的原子利用率可以达到 D．Z转化为W能自发进行，说明W比Z更稳定 6．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。下列说法错误的是 A．过程中Ti元素的化合价发生了变化 B．过程中存在极性键的断裂和形成 C．该过程总反应为+H2O2+H2O D．将丙烯换为2-丁烯发生上述反应可生成 7．利用Cu基催化剂双活性位点协同作用机制，以草酸二甲酯（DMO）和氢气为原料制乙二醇（EG）因其原子经济性成为替代石油路线的重要工艺，其可能的反应机理如图所示（略去解离为氢原子的过程）。下列说法错误的是 A．草酸二甲酯（DMO）加氢制乙二醇的原子利用率小于100% B．上述反应机理中碳原子的成键数目发生了变化 C．上述反应机理中未涉及π键的断裂和形成 D．每生成1 mol乙二醇需消耗 8．CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的反应机理如图所示，下列叙述错误的是 A．上述过程中有σ键和π键的断裂和形成 B．仅从结构的角度分析，若将步骤②中CH3I换为CH3Br，速率会降低 C．步骤④中Ni元素的化合价不变 D．该循环中Ⅰ作催化剂 9．下图是某“碳中和”反应在钛的氧化物催化作用下的反应机理。下列说法错误的是 A．基态钛原子的价层电子轨道排布式为 B．若参与反应，则产物中不存在 C．反应过程中的杂化方式有、、 D．该过程的总反应为 10．某研究团队认为：硝基苯在钴基双位催化剂((Co-NPs)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．该反应过程中涉及配位键的形成 C．若用同位素标记的代替，则得到 D．总反应为： 11．Cativa法生产乙酸，比经典Rh-Monsanto法效率更高。其核心是以铱(Ir)催化体系催化甲醇羰基合成醋酸。反应机理示意图如下，下列说法正确的是 A．①降低了甲醇羰基化反应的活化能和焓变 B．②中铱(Ir)的化合价为价 C．A为，且、都是反应中间体 D．此合成原理生成和，原子利用率小于100% 12．为实现“碳中和”、“碳达峰”目标，科学家提出用钌(Ru)基催化剂催化和反应生成HCOOH，反应机理如图所示，已知当生成时放出31.2 kJ的热量。下列说法正确的是 A．总反应化学方程式为： B．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成 C．通过和反应制备，每转移，放出31.2 kJ的热量 D．催化剂能降低活化能，加快反应速率，改变反应热，从而提高转化率 13．在水相中，以MOF-253-Fe(II)为催化剂，高效转化为的可能反应机理如图。下列说法正确的是 A．CH4 →•H +•CH3属于化学反应 B．反应机理中存在非极性键的断裂与形成 C．若以为原料，全部进入生成物 D．在INT-13→INT-14过程中，铁元素化合价不变 14．强碱性条件下，NaBH4在催化剂表面与水的反应为NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2↑，反应机理如图所示。下列说法正确的是     A．使用催化剂能降低反应的焓变 B．图示机理中有非极性键的断裂与形成 C．该反应中每生成1 mol H2，转移电子的数目约为2×6.02×1023 D．若用D2O代替H2O反应，则产物中不含 15．乙烯与溴单质发生加成反应的反应机理如图所示。下列有关叙述不正确的是 A．乙烯发生加成反应后碳元素的化合价升高了 B．乙烯发生加成反应后碳原子的杂化方式由变成了 C．将丙烯通入溴水中，理论上有和生成 D．将乙烯分别通入等浓度的溴的溶液和溴水中，反应速率前者快 16．研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应。三唑水溶液微滴表面接触发生反应，可能的反应机理如图所示。根据反应机理，下列叙述错误的是 A．该流程中三唑为催化剂 B．该反应过程中既有非极性键的断裂又有非极性键的形成 C． 换成，可生成 D．总反应为 17．在1，3-丙二胺基钾作用下，非端基炔通过丙二烯中间体可异构化为端基炔。反应机理如图所示(R为烃基)。下列说法错误的是 A．反应过程中涉及π键的断裂和形成 B．与互为同分异构体 C．用D标记，D不可能出现在1，3-丙二胺基钾中 D．1，3-丙二胺基钾中N原子上有孤电子对，可接受，使其呈碱性 18．催化制备醛的反应机理如图。已知：配合物中中心过渡金属原子的价电子数+配体提供的电子总数=18时，配合物更稳定。下列说法正确的是 A．与相比，更稳定 B．反应过程中不涉及非极性键的断裂和形成 C．若用示踪原子标记反应物，则生成物可能为 D．反应过程中氢元素的化合价不变 19．碘苯与氨基钠在液氨体系中可制备苯胺，反应机理如下图。已知中间体苯炔中碳原子均为杂化，电子结构示意图为。下列说法错误的是 A．的空间构型为V形 B．键长：苯炔中的“碳碳三键”>乙炔中的碳碳三键 C．与氯苯相比，碘苯与氨基钠反应的活性更高 D．若步骤③使用氘氨(用D代替H)，制备的苯胺可标记为 20．以合成气(CO和)为原料合成甲醇具有重要意义，其中一种双金属氧化物催化剂可形成氧空位，具有催化性能，其反应机理如图所示，下列说法正确的是 A．催化过程中Ga的杂化方式未改变 B．氧空位用于吸附，有利于提高平衡转化率 C．脱附过程中伴随着极性键和非极性键的断裂和形成 D．氧空位的作用是吸附和并提供活性位点，催化剂参与了氧化还原反应的电子转移 《2026届高三化学一轮复习专题练 反应机理》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A C C C A C C B C 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 C A A D D B C C D D 1．A 【分析】根据题图能量变化可知反应物总能量为，取代反应生成乙醇的产物能量为，活化能为；消去反应生成乙烯的产物能量为，活化能为。据此分析。 【详解】A．升高温度可以加快所有反应的反应速率，生成乙醇的反应中，生成物总能量低于反应物，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，乙醇的平衡产率降低，A错误； B．溶剂极性会影响反应的选择性，水作溶剂时取代反应为主，溶剂换为乙醇时消去反应为主，反应选择性不同，B正确； C．取代反应中进攻溴乙烷中连的原子，消去反应中进攻溴乙烷上的原子，进攻的原子不同，C正确； D．能量越低物质越稳定，乙醇能量（）低于乙烯（），乙醇更稳定，且取代反应活化能（）小于消去反应（），生成乙醇的反应速率更快，因此无论从产物稳定性还是反应速率，都利于乙醇生成，D正确； 故选A。 2．A 【详解】A．对于图中最后一步反应物碳正离子而言，也可以消去所连的甲基上的氢生成不同的消去产物，故A选项说法错误； B．根据反应机理，氢离子在反应中参与反应，反应结束后又生成，根据这一特点判断氢离子作催化剂，故B选项说法正确； C．根据图中机理可知，若用替代，方程式为：，故C选项说法正确； D．依据该机理可知：由羟基所连的碳转移到邻碳，再由邻碳正离子与相连的碳之间形成双键，由此推断能发生消去反应，D选项说法正确； 故选A。 3．C 【详解】A．过程①为邻二醇与催化剂的配位反应，不涉及非极性键的形成，A错误； B．根据过程②的原子守恒，反应物中的所有原子全部进入四元环状产物中，没有H2​小分子生成，B错误； C．过程③生成Ar−CH=CH−Ar2，形成了碳碳双键（含π键）；过程④生成O=Mo2​，Mo与O的双键中含π键，因此过程③和④均有π键形成，C正确； D．催化剂可以改变反应历程、降低活化能，但焓变只与反应物和生成物的总能量差有关，催化剂不改变反应的焓变，D错误； 故选C。 4．C 【详解】A．根据题意及反应机理可以得到：在光照下激发为，随后被氧化为，再于步骤③中被还原为，因此为催化剂；在步骤②中断裂的是O-O键，为非极性键的断裂，A错误； B．步骤③生成了HClO，所以不应有参与反应，因此步骤③的离子方程式应为：，B错误； C．根据总反应进行分析，生成1 mol对氯甲苯会消耗1 mol，同时生成2 mol，C正确； D．根据“利用光催化剂可选择性地实现C()-H键的氯化”可知：该方法选择性高，但不只对苯环上的C-H键氯化，也可对其他C()-H氯化，如烯烃等，D错误； 故答案选C。 5．C 【详解】A．题干已说明作催化剂，第一步反应为与X反应生成Y，Y发生后续反应被消耗，故Y为中间产物，A正确； B．中间体W中碳正离子为杂化，且3个碳原子可确定1个平面，则所有碳原子可能共面，B正确； C．由反应机理图中的物质进出关系及原子守恒可知，的过程中还有1分子生成，故该反应的原子利用率不能达到，C错误； D．中间体Z转化为中间体W能自发进行，可知W的能量更低，则W比Z更稳定，D正确； 故选C。 6．A 【分析】分析题目给出的反应机理图：初始状态是催化剂（含Ti的沸石）与H2O2作用，形成中间体Ⅱ。中间体Ⅱ转化为Ⅲ（同时伴有中间体Ⅲ和H2O2反应转化成催化剂的副反应）。 中间体Ⅲ与丙烯反应，生成中间体Ⅳ，并释放H2O。中间体Ⅳ分解，生成环氧丙烷，同时再生催化剂。整个过程中，H2O2被消耗，生成H2O，而催化剂循环使用。 【详解】A．在整个反应机理中，Ti元素始终以+ 4价存在[与O或者H2O2（为中性配体）形成配位键，氧化态未发生变化]，A错误； B．断裂：H2O2中的O-H键（极性键）、丙烯C=C双键；形成：新C-O键（极性键），符合“极性键变化”描述，B正确； C．总反应式为+H2O2+H2O，催化剂循环再生，H2O2被还原为H2O，符合图示物质转化关系，C正确； D．2-丁烯（CH3CH=CHCH3）经相同机理反应，双键环氧化生成对称环氧化物：+H2O2+H2O，结构符合题干所给产物示意图，D正确； 故选A。 7．C 【详解】A．草酸二甲酯（DMO）加氢制乙二醇的过程中，有副产物甲醇的生成，原子利用率小于100%，A正确； B．反应1,3的产物中均有1个碳原子只形成了3个共价键，而其他碳原子均形成了4个共价键，碳原子的成键数目发生了变化，B正确； C．反应3中有碳氧双键中的π键断裂，反应4中有碳氧双键种的π键的形成，C错误； D．总反应方程式为：，每生成1 mol乙二醇需消耗4 mol，D正确； 故选C。 8．C 【详解】A．过程②中键断裂，过程④中有键生成，过程①中的键断裂，过程③产物丙烯酸甲酯中有键生成，A正确； B．原子半径小于，键键长更短、键能更大，比键更难断裂，因此将步骤②中换为，反应速率降低，B正确； C．步骤④中，配体为中性配体，化合物（）中、均为-1价配体，为+2价，反应后得到的（）中为0价，元素化合价发生了改变，C错误； D．化合物Ⅰ在反应起始被消耗，循环结束后重新生成，整个过程中Ⅰ作催化剂，D正确； 故选C。 9．B 【详解】 A．钛为22号元素，基态钛原子的价层电子排布式为3d24s2，价层电子轨道排布式为，A正确；B．根据第i步，去氢生成HCHO，结合反应机理和总反应，中的进入和甲酸甲酯和水中，若参与反应，则产物中存在和，B错误； C．中C为杂化，醛基、酯基中C为杂化，中C为杂化，反应过程中的杂化方式有、、，C正确； D．根据反应机理图，将反应机理中的中间体消去，可知和在催化剂作用下反应生成、和，总反应为，D正确； 故选B。 10．C 【分析】 由图可知，硝基苯在钴基双位催化剂((Co-NPs)的作用下与反应生成苯胺，总反应为：。 【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，D正确； 故选C。 11．C 【详解】A．催化剂只能降低反应的活化能，焓变由反应物和生成物的总能量差决定，催化剂不改变反应焓变，A错误； B．计算中Ir的化合价：为价，为0价，I为价，离子整体带个单位负电荷，设化合价为： ，解得，不是价，B错误； C．步骤④和反应生成和A，根据原子守恒可得A为；和都是反应过程中生成、后续完全消耗的物质，属于反应中间体，C正确； D．将各步骤反应加和得到总反应：，是中间产物不是最终产物，产物只有乙酸，原子利用率为，D错误； 故选C。 12．A 【分析】结合反应机理图，确定总反应的反应物为和，生成物为，Ru基物质为反应的催化剂。反应过程中中的非极性键、中的极性键发生断裂，仅形成中的极性键，无非极性键生成。生成46 g即1 mol 时放出31.2 kJ热量，该反应中C元素化合价从+4价降低到+2价，每生成1 mol 转移2 mol电子。催化剂仅改变反应活化能，不改变反应热与平衡转化率。 【详解】A．总反应化学方程式反应物、生成物及配平均符合机理推导结果，A正确； B．反应历程中存在非极性键、极性键的断裂，仅存在极性键的形成，无非极性键的形成，B错误； C．每生成1 mol 转移2 mol电子，放出31.2 kJ热量，故每转移1 mol ，放出热量为，C错误； D．催化剂能降低活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，也不能改变平衡转化率，D错误； 故选A。 13．A 【详解】A．CH4 →·H +·CH3存在化学键的断裂，属于化学反应，A正确； B．MOF-253-Fe(II)→INT-11的过程中的O-O单键来自于O=O，只存在非极性键的断裂，B错误； C．由题图可知，若以为原料，则中间体INT-13有3个相同化学环境的羟基，其中有一个羟基中的氧原子是，在INT-13→INT-14过程中，3个羟基结合的概率理论上是相同的，故不一定全部进入生成物中，C错误； D．INT-13中，铁元素的化合价为+3(Fe与3个带负电的配位，其余配体不带电)，INT-14中，铁元素的化合价为+2(Fe与2个带负电的配位，其余配体不带电)，所以INT-13→INT-14过程中，铁元素的化合价降低，D错误； 因此答案选A。 14．D 【详解】A．催化剂降低活化能，不改变焓变，A错误； B．反应中断裂的是中的B−H极性键、H2O中的极性键，只有非极性键的形成，不存在非极性键的断裂，因此不涉及非极性键的断裂与形成，B错误； C．中H为-1价，在H2中为0价，氧化失电子，H2O中H为+1价，在H2中为0价，还原得电子，生成4 mol H2时，总转移4 mol电子，每生成1 mol H2，转移电子数目约为6.02×1023，C错误； D．若用代替，电离出的是，最终结合生成，产物中不含，D正确； 故答案选D。 15．D 【详解】A．乙烯中碳元素化合价为，加成产物1，2−二溴乙烷中碳元素化合价为，碳元素化合价确实升高，A正确； B．乙烯中碳原子形成碳碳双键，杂化方式为，加成反应后碳原子全部为单键，杂化方式变为，B正确； C．丙烯是不对称烯烃，通入溴水后，第一步生成环溴离子中间体，溴水中的和水分子都可以作为亲核试剂进攻双键的两个不同碳原子，因此可以得到和两种产物，C正确； D．该反应第一步需要在环境诱导下极化为，极性溶剂更有利于极化。水是极性溶剂，是非极性溶剂，因此溴水的反应速率比等浓度的溴的溶液快，D错误； 故选D。 16．B 【详解】A．三唑在反应过程中先参与反应，最终又重新生成，反应前后质量和化学性质不变，属于催化剂，A正确； B．反应过程中仅生成时存在非极性键的形成，所有反应物及中间过程均无非极性键的断裂，B错误； C．分解产生的，可作为羟基引入中，同时羧酸在水溶液中可发生羰基氧与水的氧交换，最终可生成两个均为的，C正确； D．结合反应机理和原子守恒，总反应为，D正确； 故答案选B。 17．C 【详解】A．非端基炔（含碳碳三键、含π键）异构化为端基炔（含碳碳三键、含π键）的过程中，需断裂非端基炔的π键，同时形成端基炔π键，因此涉及π键的断裂和形成，A正确； B．与分子式相同，但碳碳三键的位置不同，因此互为同分异构体，B正确； C．用D标记（含碳碳三键）在1，3-丙二胺基钾作用下，非端基炔通过丙二烯中间体可异构化为端基炔，该异构化反应是通过碱脱去炔烃α-位的质子（或D⁺）实现的，当三键迁移至与CD3基团相邻的位置时，碱可以脱去CD3上的D+，使D转移到1，3-丙二胺基钾中，因此D可能出现在催化剂体系中，C错误； D．1，3-丙二胺基钾结构中N原子上有孤电子对，孤电子对可接受，使该物质呈碱性，D正确； 故选C。 18．C 【详解】A．计算配合物电子总数：HCo(CO)3的价电子总数为：9（Co价电子）+1（H提供）+3×2（每个CO提供2e−）=16，HCo(CO)4为：9+1+4×2=18，根据18电子规则，HCo(CO)4更稳定，A错误； B．反应过程中断裂了烯烃的C=C非极性键，的H-H非极性键，故涉及非极性键的断裂，B错误； C．反应中CO参与反应后进入产物的醛基中，若用14C标记CO，则生成物醛基的C可为标记的14C，可能得到，C正确； D．金属氢化物中H为−1价，反应后有机物中H为+1价，且反应物H2中H为0价，转化后化合价发生变化，氢元素化合价有改变，D错误； 故答案选C。 19．D 【详解】A．中的N原子孤电子对数为，与两个氢原子形成两个键，空间构型为V形，A正确； B．乙炔中的碳原子为杂化，苯炔中的碳原子为杂化，杂化轨道s轨道的成分更少、键长更长，所以苯炔中的“碳碳三键”键长>乙炔中的碳碳三键键长，B正确； C．半径大于 ，键键能更小、更易断裂，因此碘苯反应活性高于氯苯，C正确； D．根据机理，中间体负离子与反应，制备的苯胺可标记为，D错误； 故选D。 20．D 【分析】结合机理图梳理循环反应的物质转化路径，为催化剂，氧空位为反应活性位点。步骤I为吸附，解离为氢原子结合在催化剂表面；步骤II为吸附，得到电子后填补氧空位，Zr价态发生变化；步骤III为氢化，生成结合态的甲氧基与水；步骤IV为脱附过程，释放，同时重新生成氧空位，催化剂完成循环。反应总方程式为。 【详解】A．催化过程中Ga的成键数目有3、4，成键数目发生变化，杂化方式对应改变，A错误； B．催化剂仅能改变反应速率，不影响化学平衡状态，无法提高平衡转化率，B错误； C．脱附过程中断裂和形成的化学键均为不同种原子间的极性键，如O-Zr、Ga-O等，无非极性键的断裂与形成，C错误； D．氧空位为反应提供活性位点，可吸附和，反应过程中催化剂内Zr元素价态发生变化，参与了氧化还原反应的电子转移，D正确； 故选 D 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 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 $