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化学反应机理的分析
【知识网络 悉考点】
【真题研析 明方向】
1．(2025·北京卷)乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2==CHOOCCH3)的过程示意图如下。下列说法不正确的是(　　)
A．①中反应为4CH3COOH＋O2＋2PdPd(CH3COO)2＋2H2O
B．②中生成CH2==CHOOCCH3的过程中，有σ键断裂与形成
C．生成CH2==CHOOCCH3总反应的原子利用率为100%
D．Pd催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率
2．(2025·河北卷)氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应
Ga2O3(s)＋2NH3(g)2GaN(s)＋3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下，下列说法错误的是(　　)
A．反应ⅰ是吸热过程 B．反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69eV
C．反应ⅲ包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中
3．(2025·全国卷)研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应H2O===H ＋HO·＋e 。三唑水溶液微滴表面接触CO2发生反应，可能的反应机理如图所示。根据上述反应机理，下列叙述错误的是(　　)
A．三唑在反应循环中起催化作用 B．CO2换成C18O2, 可生成H218O2
C．碳原子轨道的杂化存在从sp到sp2的转变 D．总反应为2H2O＋CO2===H2O2＋HCOOH
4．(2025·湖南卷)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．过程中Ⅱ是催化剂
B．过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
C．过程中Ti元素的化合价发生了变化
D．丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100%
5．(2025·云南卷)铜催化下，由CO2电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是(　　)
A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成
C．Ⅳ的示意图为 D．催化剂Cu可降低反应热
【核心考点精讲 固基础】
1．反应历程能垒图
流程分析 一个完整的催化反应的机理图应该包括“反应物状态和能量”“吸附过程(释放能量)”“基元反应(一般不止一个)”“脱附(或解吸附)过程(吸收能量)”四部分
基元反应 一个复杂反应的机理一般包括多个基元反应，其中每一个能量“升高—平台—下降”的部分为一个基元反应，升高部分为该基元反应的正反应的活化能(或能垒)，下降部分为该基元反应的逆反应的活化能(或能垒)
决速步骤 活化能(或能垒)最大的步骤，其反应速率决定了整个反应的速率，催化剂2的作用下，E(最大能垒)＝c－b
催化剂 催化剂1使能垒降低幅度较大，催化效果更好，但催化剂不会改变反应物和生成物的相对能量，催化剂的使用不能改变化学平衡，也不影响反应的ΔH
竞争反应 相同反应物发生多个竞争反应时，能垒小的反应，反应速率大，产物占比越高
反应能量 ①图像中能量均为相对能量，只有相对大小、相互比较的意义，若参照反应物的相对能量设为0，则正值说明该处物质的总能量比参照标准能量高，负值仅仅说明该处物质的总能量比参照能量低②机理图中相对能量的单位一般为kJ·mol－1或eV，kJ·mol－1含义为1 mol物质组合的能量，而eV为一个电子(所带电量为1.6×10－19 C的负电荷)经过1伏特的电位差加速后所获得的动能③根据初始物质与最终产物之间的相对能量大小判断总反应的吸、放热情况。即“左高右低为放热”，ΔH＜0；“左低右高为放热”，ΔH＞0
物质的聚集状态 气态(g)、液态(l)、固态(s)、吸附态(*)，书写基元反应的化学方程式或热化学方程式时要标注清楚
2．反应机理循环图
催化剂 多以完整循环形式出现，以催化剂粒子为主体的多个物质一定在机理图的主线上
反应物 通过箭头进入整个历程的物质
生成物 通过箭头最终脱离整个历程的物质
中间产物 一般位于“环上”，也可能先通过箭头离开循环，又通过箭头进入循环
实例分析 CH3OH、Ph—CHO为反应物，物质②为催化剂
【精准演练 提能力】
1．以金属镍为催化剂由乙烷制备甲烷，反应过程中的部分反应历程如下图所示。下列说法正确的是(　　)
A．总反应为Ni(s)＋C2H6(g)NiCH2(s)＋CH4(g)　ΔH＞0
B．由中间体2生成中间体3的反应速率影响了总反应的反应速率
C．催化剂镍的使用降低了该反应的活化能，同时也改变了该反应的焓变
D．该反应过程中既有极性键和非极性键的断裂，又有极性键和非极性键的形成
2．催化剂Cat1、Cat2均能催化反应W(g)G(g)，反应历程如下图所示，P(g)为中间产物。其他条件相同时，下列说法错误的是(　　)
A．W(g)G(g)达到平衡后，升高温度，平衡常数K减小
B．使用Cat1和Cat2，反应均经3步进行
C．达到平衡所用时间：Cat1＞Cat2
D．P(g)所达到的最高浓度：Cat1＞Cat2
3．在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为
CH3CH2CH3(g)CH3CH==CH2(g)＋H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，
*CH3CHCH2＋*HCH3CH==CH2(g)＋H2(g)中部分进程已省略)。下列说法正确的是(　　)
A．总反应放热反应
B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同
C．和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定
D．①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CH2CH3*CH3CHCH3＋*H
4．三氟甲苯()与浓硝酸反应可生成和，该反应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下，下列说法正确的是(　　)
A．与NO生成中间体的反应为取代反应
B．反应历程中，苯环的大π键未发生变化
C．从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2
D．三氟甲苯与NO生成中间体1和中间体2的过程均放热
5．研究氨及其合成工艺在工、农业上有着重要意义，下图为使用铁催化剂和未使用催化剂合成氨反应历程的一部分，下列说法错误的是(　　)
A．该反应历程包含6个基元反应
B．上图反应历程中，实线表示使用了铁催化剂
C．该历程中的决速反应为N＋3H2===2N*＋3H2
D．该反应为放热反应,升温会减小正反应的热力学倾向
6．DMO和H2以固定流速通过两种催化剂(Cu负载量分别为5%和20%)制EG的历程如下图所示，其中使用Cu负载量为5%的催化剂时原料转化效率更高。下列说法正确的是(　　)
A．图中实线是Cu负载量为5%的催化剂作用下的历程
B．改变Cu负载量，可调控EG的平衡产率
C．仅升高温度，增大
D．仅加快DMO和H2的流速，DMO的转化率一定增大
7．二氟卡宾(∶CF2)是一种活性中间体。硫单质与二氟卡宾可以形成S==CF2，最后生成部分含碳副产物，反应历程如下图所示。下列叙述错误的是(　　)
A．该反应ΔH＜0
B．该反应速率主要由生成 eq \a\vs4\al() 的反应决定
C．反应过程中碳的化合价发生改变
D．反应过程中存在极性共价键的形成
8．研究丙酮肟(A)以H3O+为质子源制备酰胺产物(P－A)反应过程如图所示。图中A－TS表示过渡态，A－INT表示中间体。下列说法错误的是(　　)
A．过渡态中最稳定的是A－TS2
B．制备中间体A－INT3的步骤是决速步骤
C．该历程中H3O+是催化剂，H2O是中间产物
D．丙酮肟(A)制备酰胺产物(P－A)属于放热反应
9．研究化学反应的机理对于合成特定有机物具有重要意义，已知烯烃与氢卤酸(HX)加成反应分步进行：
①；②
根据如图所示的丙烯与HCl反应两种可能反应路径的势能图(TS－1与TS－2分别是两种过渡态的碳正离子)，下列说法正确的是(　　)
A．一级碳正离子比二级碳正离子稳定
B．决定烯烃与HX加成反应速率的关键步骤是②
C．相同时间内，产物中CH3CHClCH3所占比例更大
D．含3个C以上的烯烃与HCl加成时均会有两种路径
10．我国学者采用量子力学法研究了钯基催化剂表面吸附CO和H2合成CH3OH的反应，其中某段反应的相对能量与历程的关系如下图所示，图中的TS1～TS5为过渡态，吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是(　　)
A．该历程的最大能垒为178.3 kJ·mol－1
B．历程中决速步骤的反应为CH3O*＋H*===CH3OH*　
C．钯基催化剂可使反应的|ΔH|减小
D．该历程中有极性键、非极性键的断裂与形成
11．铜催化乙炔选择性氢化制1，3－丁二烯的反应机理如下图所示(吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是(　　)
A．反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率
B．若原料用丙炔，则会有2种分子式为C6H10的有机物生成
C．增大Cu的表面积，可增大反应速率，提高C2H2的平衡转化率
D．C2H转化成C4H6(g)过程中，有非极性键的断裂和形成
12．化合物A在一定条件下可转变为酚E及少量副产物，该反应的主要途径如图，下列说法不正确的是(　　)
A．H+为该反应的催化剂 B．化合物A的一溴代物有7种
C．步骤Ⅲ，苯基迁移能力强于甲基 D．化合物E可发生氧化、加成和取代反应
13．Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如图所示，下列关于该活化历程的说法正确的是(　　)
A．该反应的决速步是中间体2→中间体3
B．只涉及极性键的断裂和生成
C．Ni是该反应的催化剂
D．该反应的热化学方程式为Ni＋C2H6===NiCH2＋CH4　ΔH＝－6.75 kJ·mol－1
14．在MoS2负载的Rh－Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为CH3COOH，其可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．该反应的原子利用率为100%
B．每消耗1 mol O2可生成1 mol CH3COOH
C．反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化
D．若以，CD4为原料，用H2O吸收产物可得到CD3COOH
15．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。下列说法错误的是(　　)
A．H2O是极性分子，VSEPR模型名称为四面体形
B．Ⅲ→Ⅳ每消耗1 mol H2O生成1 mol H2
C．总反应为HCOOCH3＋2H2O===4H2↑＋2CO2↑
D．反应涉及O－H键、C－H键、C－O键断裂和H－H键形成
16．钒催化剂对H2O2氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。下列说法错误的是(　　)
A．步骤①反应为VO2+＋H2O2VO＋·OH＋H+ B．步骤③正、逆反应的活化能关系为E正＜E逆
C．VO在催化循环中起氧化作用 D．步骤③生成的物质Z是VO
17．乙醛是一种重要的二碳试剂，其某种合成机理如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．Fe+是该反应的催化剂
B．C2H5OH是合成过程中的副产物
C．该合成乙醛的反应为C2H6＋2N2OCH3CHO＋2N2＋H2O
D．及时分离出C2H5OH，有利于提高CH3CHO的产率
19．由Rh2VO～3)簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。下列说法错误的是(　　)
A．只有Rh2VO在循环中起催化作用 B．该反应可用于制取合成气CO、H2
C．过程包含反应Rh2VO2CHRh2VO－＋CO↑＋H2↑ D．反应过程中金属元素的价态发生改变
20．科学家设计开发了高效金属氧化物催化CO2与环氧化物的环加成反应，其反应历程如下图所示(R为烃基)。下列叙述错误的是(　　)
A．X、Y为中间产物 B．甲、乙、丙均能使溴水褪色
C．乙在碱性位点上断裂1个π键 D．丙中含有手性碳原子
21．羰基化反应是在有机化合物分子中引入羰基的反应，是制备醛、酮等羰基化合物的重要方法，一种羰基化偶联反应机理如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．该历程的中间体有3种
B．LnPd改变反应途径，提高了化学反应速率
C．上述过程中断开和形成的共价键一定只有极性键
D．总反应为R2－Cl＋CO＋R1－Sn(alkyl)3Cl－Sn(alkyl)3＋
22．H2O2是一种重要的工业原料，利用H2和O2直接法合成H2O2的反应历程如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是(　　)
A．和中的Pd的化合价相同
B．降低了反应的活化能，加快了反应速率
C．直接法合成过氧化氢的总反应，原子利用率理论上为100%
D．步骤2中，若有1 mol O2参与反应，转移电子数目为4NA
23．制备异丁酸甲酯的某种反应机理如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．化合物4是反应的催化剂
B．化合物4转化为化合物6符合“原子经济性”
C．若将丙烯替换为乙烯，则反应可制得乙酸甲酯
D．反应过程中存在极性键的断裂和形成
【化学反应机理的分析】答案
【真题研析 明方向】
1．C。解析：A．①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd(CH3COO)2，方程式为：4CH3COOH＋O2＋2PdPd(CH3COO)2＋2H2O，A正确；B．②中生成CH2==CHOOCCH3的过程中，有C－H断开和C-O的生成，存在σ键断裂与形成，B正确；C．生成CH2==CHOOCCH3总反应中有H2O生成，原子利用率不是100%，C错误；D．Pd是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D正确；答案选C。
2．D。解析：A．观察历程图可知，反应ⅰ中Ga2O3(s)＋NH3(g)的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成Ga2O2NH(s)和H2O，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确；B．反应ⅱ中因H2O(g)脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV－0.70eV＝2.69eV，B正确；C．反应ⅲ从Ga2ON2H2(s)生成2GaN(s)＋H2O(g)经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确；D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误； 故选D。
3．B。解析：A选项，图中左侧第1个结构图呈现了“三唑”分子的原始状态。可以观察到，三唑分子经过一个反应循环后，又恢复到三唑分子的原始状态。这正符合催化剂的共性，A正确。B选项，依据图中的反应历程，C18O2与三唑形成的复合物只获取了源自水的电子，并没有与源自水的氧原子发生任何成键作用，即C18O2中的3个原子全都进入产物甲酸中，故生成HC18O18OH，B错误。C选项，图中第2个结构图中CO2中的碳原子采用sp杂化轨道类型，到第3个结构图中的羧基和产物甲酸已变为sp2杂化，C正确。D选项，在机理图中出现的中间体，不应作为反应物或产物出现在化学方程式中。所以，该机理的总反应为2H2O＋CO2===H2O2＋HCOOH，D正确。
4．B。解析：A．根据反应原理，Ⅰ先消耗再生成，是整个历程的催化剂，Ⅱ先生成，再消耗，是中间产物，A错误；B．过程中存在H2O2中O－O非极性键的断裂，以及O2中非极性键的形成；还存在O－H极性键的断裂，以及O－C极性键的形成，B正确；C．过程中Ti的化学键(Ti－O)始终是4个，配位键不会改变Ti的化合价，故Ti元素的化合价不变，C错误；D．反应生成了H2O，且存在H2O2的分解反应，原子利用率小于100%，D错误；故选B。
5．C。解析：A．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A错误；B．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，如图，有极性键生成，不是非极性键，B错误；C．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C－H键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为，C正确；D．催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D错误；故选C。
【精准演练 提能力】
1．B。解析：由题图可知，总反应为放热反应，ΔH＜0，A错误；由题图可知，中间体2到过渡态2的能垒最大，为决速步骤，所以由中间体2生成中间体3的反应速率影响了总反应的反应速率，B正确；催化剂能降低反应的活化能，但不改变反应的始态和终态，故不改变反应的焓变，C错误；该反应过程中有C—H极性键和C—C非极性键的断裂，有C—H极性键的形成，没有非极性键的形成，D错误。
2．D。解析：由题图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，W(g) G(g)达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，A正确；由题图可知，使用Cat1和Cat2，反应均经3步进行，B正确；由题图可知，最大活化能：Cat1>Cat2，活化能最大的基元反应为决速反应，活化能越大，反应速率越小，故平均反应速率：Cat13．C。解析：A．由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误；B．平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误；C．由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定， C正确；D．活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3*CH3CHCH2＋*H或*CH3CHCH3＋*H*CH3CHCH2＋2*H，D错误；故选C。
4．C。解析：由题图可知，与NO生成中间体的反应为加成反应，故A错误；由题图可知，反应历程中苯环变成，中间体带正电荷，说明苯环的大π键被破坏，故B错误；由题图可知，中间体2的能量低于中间体1，且生成中间体1反应的活化能比生成中间体2的大，所以从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2，故C正确；三氟甲苯与NO生成中间体1和中间体2的过程均为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，故D错误。
5．A。解析：题图中每个过渡态都是一个基元反应，共有4个过渡态，则该反应历程有4个基元反应，故A错误；催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应物和生成物的总能量，所以曲线中表示使用了铁催化剂的线是实线，故B正确；决速反应是活化能最大的反应，从题图中可以看出，反应历程中，第一个过渡态发生的反应为N＋3H2===2N*＋3H2，其活化能最大，即决速反应为N＋3H2===2N*＋3H2，故C正确；工业合成氨采用铁催化剂，其正反应为放热反应，升温会减小正反应的热力学倾向，故D正确。
6．A。解析：活化能越小反应速率越大，活化能越大反应速率越小，DMO和H2流速固定时，使用Cu负载量为5%的催化剂时原料转化效率更高，说明此时反应中活化能较小，故题图中实线是Cu负载量为5%的催化剂作用下的历程，A正确；催化剂可以改变反应速率，但是不能使平衡移动，故改变Cu负载量，不能调控EG的平衡产率，B错误；由题图可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应，仅升高温度，平衡逆向移动，减小，C错误；仅加快DMO和H2的流速，反应物与催化剂的接触时间缩短，可能会导致DMO的转化率减小，D错误。
7．B。解析：根据题图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，ΔH＜0，故A正确；反应的活化能越大反应速率越小，反应速率由慢反应决定，由题图可知，该反应速率主要由生成的反应决定，故B错误；由题图可知，碳原子的成键个数在反应过程中发生变化，所以其化合价也发生变化，故C正确；反应过程中存在S－C极性共价键的形成，故D正确。
8．C。解析：根据题图可知，过渡态中A－TS2的能量最低，根据能量越低越稳定可知，过渡态中最稳定的是A－TS2，A正确；由各过渡态与中间体的能量可知，由A－INT2到A－TS2这一步活化能最大，根据活化能越大，反应速率越小可知，生成A－INT3的步骤为决速步骤，B正确；虽然H3O+在该反应中作催化剂，但H2O主要作为溶剂或副产物存在，在反应机理中不属于生成后又被消耗的中间产物，C错误；由题图可知，反应物丙酮肟(A)的能量高于酰胺产物(P－A)的能量，则反应属于放热反应，D正确。
9．C。解析：由题图可知，一级碳正离子所具有的总能量比二级碳正离子所具有的总能量高，能量越高越不稳定，即一级碳正离子比二级碳正离子更不稳定，A错误；由题干信息可知，①是慢反应，②是快反应，故决定烯烃与HX加成反应速率的关键步骤是①而不是②，B错误；由题图可知，TS－1需要的活化能比TS－2大，即生成CH3CHClCH3的反应速率比生成CH3CH2CH2Cl的大，故相同时间内，产物中CH3CHClCH3所占比例更大，C正确；含 3个C以上的烯烃与HCl加成时不一定会有两种路径，如对称的烯烃CH3CH==CHCH3等只有一种路径，D错误。
10．A。解析：该历程的最大能垒(活化能)＝46.9 kJ·mol－1－(－131.4 kJ·mol－1)＝178.3 kJ·mol－1，故A正确；能垒(活化能)越大反应速率越小，反应速率最小的步骤是决速步骤，历程中决速步骤的反应为CO*＋4H*===CHO*＋3H*，故B错误；催化剂通过降低反应的活化能，增大反应速率，不改变反应的焓变，故C错误；该历程中有H－H非极性键、C≡O极性键的断裂以及C－H、O－H极性键的形成，无非极性键的形成，故D错误。
11．D。解析：由题图可知，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，所以反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ的速率，故A错误；若原料用丙炔，则会有CH3CH==CH－CH==CHCH3、CH2==C(CH3)－C(CH3)==CH2、CH3CH==CH－C(CH3)==CH2共3种分子式为C6H10的有机物生成，故B错误；增大Cu的表面积，可增大反应速率，但催化剂不能使平衡移动，不能提高C2H2的平衡转化率，故C错误；由题图可知，C2H转化成C4H6(g)的过程中，先碳碳双键中有1条键断裂，后又有碳碳双键和碳碳单键的形成，所以有非极性键的断裂和形成，故D正确
12．B。解析：H+在第一个反应中作反应物、最后一个反应中作生成物，则H+为该反应的催化剂，A选项正确；化合物A中含有6种等效氢原子，其一溴代物有6种，B选项错误；步骤Ⅲ，苯基的位置发生变化、甲基的位置不变，则苯基迁移能力强于甲基，C选项正确；化合物E具有苯和酚的性质，酚羟基能发生氧化反应，苯环能发生加成反应和取代反应，D选项正确。
13．A。解析：由题给反应历程图可知，中间体2→中间体3的活化能最大，反应速率最小，所以该反应的决速步是中间体2→中间体3，A正确；反应中涉及C－C非极性键的断裂，并非只涉及极性键的断裂和生成，B错误；由题图可知，反应的化学方程式为Ni＋C2H6===NiCH2＋CH4，即Ni是反应物，而不是该反应的催化剂，C错误；热化学方程式中应标注物质的状态，正确的热化学方程式为Ni(s)＋C2H6(g)===NiCH2(s)+CH4(g)　ΔH＝－6.57 kJ·mol－1，D错误。
14．B。解析：由反应历程可知，总反应为2CO＋O2＋2CH4===2CH3COOH，据此解答。A．该反应为化合反应，原子利用率为100%，A正确；B．由分析可知，每消耗1 mol O2可生成2 mol CH3COOH，B错误；C．由反应历程可知，催化剂Rh－Fe有连接4个S原子和2个S原子的，这两种类型的原子成键数目均会发生改变，所以Rh和Fe的化合价均发生变化，C正确；D．若以CD4为原料，有反应历程可知，会生成CD3COOD，用H2O吸收产物时，其存在电离平衡：CD3COODCD3COO－＋D+，CD3COO－结合水电离出的H+可得到CD3COOH，D正确；故选B。
15．B。解析：H2O分子中O的价层电子对数为2＋＝4，有两个孤电子对，正负电荷中心不重合，是极性分子，VSEPR模型名称为四面体形，故A正确；由流程可知，Ⅲ→Ⅳ反应为＋H2O＋2H2，每消耗1 mol H2O生成2 mol H2，故B错误；由图可知，总反应为甲酸甲酯和水催化生成氢气和二氧化碳：HCOOCH3＋2H2O===4H2↑＋2CO2↑，故C正确；结合流程可知，甲酸甲酯转化为二氧化碳，涉及O－H键、C－H键、C－O键断裂，反应中生成氢气，涉及H－H键形成，故D正确。
16．D。解析：结合反应机理图可知VO2+和H2O2反应生成VO、·OH、H+，步骤①反应为VO2+＋H2O2VO＋·OH＋H+，·OH和苯生成，和VO、H+反应生成、VO2+和水，据此解答。A．结合反应机理图可知VO2+和H2O2反应生成VO、·OH、H+，步骤①反应为VO2+＋H2O2VO＋·OH＋H+，故A正确；B．步骤③为放热反应，ΔH＝E正－E逆＜0，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B正确；C．VO在催化循环中V的化合价由＋5降低到＋3，所以起氧化作用，故C正确；D．根据分析，步骤③生成的物质Z是H2O，故D错误；答案选D。
18．D。解析：由题图可知，Fe+参与第一步反应，在最后一步反应中又生成，是该反应的催化剂，故A正确；由题图可知，部分C2H6被氧化为CH3CH2OH，CH3CH2OH是该反应的副产物，故B正确；该主反应的反应物是C2H6和N2O，生成物是CH3CHO、N2和H2O，碳元素由－3价升高到－1价，氮元素由＋1价降低为0价，根据得失电子守恒可得该合成乙醛的反应为C2H6＋2N2OCH3CHO＋2N2＋H2O，故C正确；C2H5OH是副反应的产物，对主反应平衡无影响，及时分离出CH3CHO，才有利于提高CH3CHO的产率，故D错误。
19．A。解析：V元素在循环Ⅰ、Ⅱ中起到催化作用，化合价发生变化，含V物质中氧原子个数变化，因此Rh2VO都有催化作用，A错误；由图可知循环Ⅰ、Ⅱ反应的反应物为CH4和H2O，产物为CO和H2，B正确；由图可知，循环Ⅰ中，UV作用的步骤为Rh2VO2CH转化为Rh2VO－、CO、H2，即Rh2VO2CHRh2VO－＋CO↑＋H2↑，C正确；在反应过程中，含V物质中氧原子个数改变，因此金属元素价态一定改变，D正确。
20．B。解析：由题图可知，X、Y先生成后消耗，是中间产物，故A正确；甲、乙、丙均不含能与溴水发生反应的结构，都不能使溴水褪色，故B错误；由题图可知，甲和乙反应生成X的过程中，乙在碱性位点上断裂C===O中的1个π键，故C正确；手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，丙中含有手性碳原子，如图：(标*的碳原子为手性碳原子)，故D正确。
21．C。解析：由图可知，R2－Cl、CO、R1－Sn(alkyl)3是反应物，R2COR1、Cl－Sn(alkyl)3为生成物，LnPd为催化剂，其余为中间体。该历程的中间体有3种，A正确；根据分析可知，LnPd为催化剂，可以改变反应途径，降低活化能，提高化学反应速率，B正确；反应过程中涉及C－C的形成，该共价键属于非极性共价键，C错误；根据分析可知，总反应为R2－Cl＋CO＋R1－Sn(alkyl)3Cl－Sn(alkyl)3＋，D正确。
22．D。解析：由图示可知，步骤1为＋H2Pd＋2HCl＋2Cl－,步骤2为Pd＋O2＋2Cl－,步骤3为＋2HCl＋H2O2，所以总反应为H2＋O2H2O2。中Cl元素化合价为－1价，则Pd元素化合价为＋2价，中Cl元素化合价为－1价、O元素化合价为－1价，则Pd元素化合价为＋2价，A正确；由分步反应及总反应可知，为催化剂，催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，B正确；总反应为H2＋O2H2O2，理论上反应物全部转化为H2O2，故原子利用率理论上为100%，C正确；步骤2中若有1 mol O2参与反应，转移电子数目为2NA，D错误。
23．C。解析：由反应机理图可知，化合物4是反应的催化剂，A正确；化合物4转化为化合物6发生加成反应，符合“原子经济性”，B正确；若将丙烯替换为乙烯，则反应可制得丙酸甲酯，C错误；反应Ⅳ有极性键的断裂，反应Ⅴ有极性键的形成，D正确
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