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2027高考化学化学一轮复习：化学反应机理的探究
一．选择题（共25小题）
1．（2026 湖北）在温和条件下，N2、H2O和CO在Au/α﹣MoC催化下直接反应合成NH3，反应机理如图（*表示吸附态）。下列说法错误的是（　　）
A．氨的合成反应方程式为
B．增大催化剂的表面积会提高NH3的平衡产率
C．温度升高不一定有利于NH3的生成
D．过程b促进催化剂活性的恢复
2．（2026 四川）将CO2（g）转化为高值化学品有助于实现“双碳”目标。CO2（g）催化转化的一种反应机理如下，图中“2*”表示催化剂表面的2个吸附位，“H*”表示吸附位上的H物种。
下列说法错误的是（　　）
A．步骤①生成的X*是O*
B．步骤②和④生成的Y是H2O
C．步骤④中m＝1
D．1个CO2分子完成催化反应获得了8个电子
3．（2026 河北）CO2的利用技术受到全球的广泛关注。在一定条件下使用催化剂将CO2转变为CO的反应机理如下：
下列说法错误的是（　　）
A．反应③中的产物M是H2O
B．循环Ⅱ包含C﹣N键的形成与断裂
C．吗啉和N﹣Ru共同起催化作用
D．总反应为CO2+H2CO+H2O
4．（2026 山西）羟基自由基（ OH）具有强氧化性，可用于处理有机废水。某科研团队开发了一种催化剂，将O3高效转化为 OH，机理如图。下列说法错误的是（　　）
A．总反应为H2O+3O3＝4O2+2 OH
B．部分 OH中的O来自于H2O
C．步骤①中O3与H2O之间形成氢键
D．步骤③发生了氧化还原反应
5．（2026 云南）Ni@ZnInS纳米催化剂经光照后产生e﹣和空穴（h+），促进α﹣甲基苯甲胺脱氢、偶联生成二胺，其催化机理关键步骤如图（Ph为苯基）。下列说法错误的是（　　）
A．该过程涉及光能转化为化学能
B．步骤Ⅱ体现了h+的氧化性
C．相同条件下产生的空穴越多，生成的越多
D．该过程涉及非极性共价键的断裂和形成
6．（2025 河南）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1mol O2可生成1mol 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
7．（2025 江苏）CO2与通过电催化反应生成CO（NH2）2，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）。下列说法正确的是（　　）
A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成
B．过程Ⅱ中发生了氧化反应
C．电催化CO2与生成CO（NH2）2的反应方程式：CO2+218H+CO（NH2）2+7H2O
D．常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3 H2O反应可生产CO（NH2）2
8．（2025 四川）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++H2O2→ OH+H+
B．步骤③正、逆反应的活化能关系为E正＜E逆
C．在催化循环中起氧化作用
D．步骤③生成的物质Z是H2
9．（2025 西藏）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
10．（2025 浙江）传统方法中，制备化合物c常用到NaCN。某课题组提出了一种避免使用NaCN的方法，机理如图所示（L表示配体，0、Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ表示价态）。下列说法不正确的是（　　）
A．化合物b是NaCN的替代品
B．是该过程产生的副产物
C．M可能是R3SiBr和H+
D．整个过程中，含镍化合物发生了2次氧化反应
11．（2025 北京）乙烯、醋酸和氧气在钯（Pd）催化下高效合成醋酸乙烯酯（CH2＝CHOOCCH3）的过程示意图如图。
下列说法不正确的是（　　）
A．①中反应为4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd（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
12．（2025 湖南）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%
13．（2024 北京）氘代氨（ND3）可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到ND3：①Mg3N2与D2O的水解反应；②NH3与D2O反应。下列说法不正确的是（　　）
A．NH3和ND3可用质谱法区分
B．NH3和ND3均为极性分子
C．方法①的化学方程式是Mg3N2+6D2O═3Mg（OD）2+2ND3↑
D．方法②得到的产品纯度比方法①的高
14．（2024 广西）烯烃进行加成反应的一种机理如下：
此外，已知实验测得CH2＝CH2、CH3CH＝CH2、（CH3）2C＝CH2与Br2进行加成反应的活化能依次减小。下列说法错误的是（　　）
A．乙烯与HCl反应的中间体为CH3—H2
B．乙烯与氯水反应无CH2ClCH2OH生成
C．卤化氢与乙烯反应的活性：HBr＞HCl
D．烯烃双键碳上连接的甲基越多，与Br2的反应越容易
15．（2024 北京）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣114.4kJ mol﹣1。如图所示为该法的一种催化机理。
下列说法不正确的是（　　）
A．Y为反应物HCl，W为生成物H2O
B．反应制得1mol Cl2，须投入2mol CuO
C．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
16．（2026 庐阳区校级模拟）乙烯在催化剂作用下，被氧气氧化为乙醛，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是（　　）
A．乙烯被氧气氧化的催化剂是CuCl和PdCl2
B．反应Ⅰ中，乙烯可能提供π电子实现配位
C．反应中有极性键和非极性键的断裂与形成
D．步骤Ⅰ﹣Ⅳ的配离子中，Pd的配位数发生改变
17．（2026 三亚模拟）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生成的X为H+
B．步骤③正、逆反应的活化能关系为E正＜E逆
C．在催化循环中起氧化作用
D．升高温度，该反应速率一定增大
18．（2026 驿城区校级模拟）催化氧化法能将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用，反应的热化学方程式为，催化机理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．转化过程中，Cl元素的化合价没有发生改变
B．图中“Cu(OH)Cl→CuO”的转化中，原子利用率为100%
C．生成1mol Cl2时，催化循环中消耗的HCl与O2的物质的量之比为4：1
D．若将起始投料改为“HCl（g）+O2（g）+H2O（g）”，则平衡时HCl的转化率增大
19．（2026 诸暨市模拟）科学家用Ru（Ⅱ）催化剂（用来表示）电催化氧化NH3合成N2H4的反应机理如图。下列说法不正确的是（　　）
A．该过程的总方程式为：
B．若用ND3为原料合成，催化剂中部分H原子可能被D替换
C．Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配体NH3的N﹣H键更易断裂
D．M和N的转化过程中Ru价态保持+3价不变
20．（2026 陕西一模）以H2O2和HCl为原料制备高纯度次氯酸的机理如图，V为钒元素，其最高化合价为+5价，N（His404）、N（His496）为氨基酸，下列说法正确的是（　　）
A．该机理中C物质是催化剂
B．反应过程中，钒的成键数目没有发生改变
C．A到B的过程中有极性键、非极性键的断裂
D．制备机理的总反应的离子方程式为
21．（2026 营口校级模拟）[Co（NH3）6]Cl2能络合NO，经过多步反应将NO脱除，同时生成[Co（NH3）6]3+，再用活性炭和水实现[Co（NH3）6]3+→[Co（NH3）6]2+再生，反应机理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．[Co（NH3）6]Cl2络合NO过程中由Co2+提供孤电子对
B．过程ⅲ中发生反应的离子反应方程式为4Co3++2H2O═4Co2++4H++O2↑
C．过程ⅳ中涉及极性共价键的断裂与形成
D．活性炭降低了反应的活化能，改变了该反应的焓变
22．（2026 忻州模拟）室温有氧条件下，烷基芳甲基醚（Ⅰ）催化转化为羧酸的机理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．反应过程中，TEMPO不是催化剂
B．Ⅰ→Ⅱ存在非极性共价键的形成
C．将Ⅰ中的O用18O标记后，在Ⅳ中检测不到18O
D．总反应的原子利用率为100%
23．（2026 北京校级模拟）利用铜和钯作为催化剂、NaNO3作为促进剂，成功地将一系列含氯烃类废物（包括氯化聚合物和氯化溶剂）转化为有价值的氯化试剂，如图（R为烃基，部分产物省略）。
下列说法错误的是（　　）
A．芳烃一定能被酸性高锰酸钾溶液氧化
B．该反应涉及碳卤键的形成
C．铜和钯可加快转化速率
D．尾气要先处理，后排放
24．（2026 辽宁校级模拟）“大象牙膏”趣味实验常用H2O2溶液、KI溶液、发泡剂进行反应，可迅速产生大量喷涌的泡沫。分步反应机理如下。已知：反应①的活化能远大于反应②的活化能，总反应放热，均相催化比多相催化接触面积更大，活化能降低幅度更大。下列有关该实验的叙述正确的是（　　）
①
②
A．容器内局部温度过高，既能加快反应速率，又能提高H2O2平衡转化率
B．若将碘化钾溶液换成MnO2固体，泡沫喷涌会更剧烈
C．IO﹣具有强氧化性，在反应过程中作为中间产物
D．反应②为总反应的决速步骤
25．（2026 高新区校级模拟）乙烯消除NO的反应机理如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．图示反应过程中起催化作用的是Cu+
B．反应①②③中均存在电子的转移
C．反应过程中被氧化的元素有C和N
D．总反应为2C2H4+6NO+3O2＝4CO2+3N2+4H2O
2027高考化学化学一轮复习：化学反应机理的探究
参考答案与试题解析
一．选择题（共25小题）
1．（2026 湖北）在温和条件下，N2、H2O和CO在Au/α﹣MoC催化下直接反应合成NH3，反应机理如图（*表示吸附态）。下列说法错误的是（　　）
A．氨的合成反应方程式为
B．增大催化剂的表面积会提高NH3的平衡产率
C．温度升高不一定有利于NH3的生成
D．过程b促进催化剂活性的恢复
【答案】B
【分析】A．反应物为N2、H2O、CO，生成物为NH3、CO2；
B．催化剂只改变反应速率，增大催化剂表面积只能加快反应速率；
C．若该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度过高可能导致催化剂失活；
D．过程b中CO与催化剂表面吸附的O*反应生成CO2脱附，释放催化剂活性位点。
【解答】解：A．反应物为N2、H2O、CO，生成物为NH3、CO2，所给方程式原子守恒、符合反应事实，故A正确；
B．催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡，增大催化剂表面积只能加快反应速率，不能提高NH3的平衡产率，故B错误；
C．若该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度过高可能导致催化剂失活，因此温度升高不一定有利于NH3的生成，故C正确；
D．过程b中CO与催化剂表面吸附的O*反应生成CO2脱附，释放催化剂活性位点，促进催化剂活性的恢复，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
2．（2026 四川）将CO2（g）转化为高值化学品有助于实现“双碳”目标。CO2（g）催化转化的一种反应机理如下，图中“2*”表示催化剂表面的2个吸附位，“H*”表示吸附位上的H物种。
下列说法错误的是（　　）
A．步骤①生成的X*是O*
B．步骤②和④生成的Y是H2O
C．步骤④中m＝1
D．1个CO2分子完成催化反应获得了8个电子
【答案】C
【分析】A．由反应机理和元素守恒得，步骤①中CO2分子在2个吸附位上生成CO*、O*；
B．步骤②中HO*、H*恰好生成H2O（即Y），同时腾出2个吸附位，步骤④中加入的H2和吸附位也可生成H*，再与HO*也生成H2O；
C．步骤③中加入的H2中的1个H夺取CO*中的O形成HO*，同时另1个H生成HC*，同理步骤④中应该有4个H*生成，1个H*与HO*生成H2O，3个H*与HC*结合生成CH4；
D．直接由碳元素化合价变化得CO2（+4价）→CH4（﹣4价）。
【解答】解：A．由反应机理和元素守恒得，步骤①中CO2分子在2个吸附位上生成CO*、O*（即X*），故A正确；
B．步骤②中HO*、H*恰好生成H2O（即Y），同时腾出2个吸附位，步骤④中加入的H2和吸附位也可生成H*，再与HO*也生成H2O，故B正确；
C．步骤③中加入的H2中的1个H夺取CO*中的O形成HO*，同时另1个H生成HC*，同理步骤④中应该有4个H*生成，1个H*与HO*生成H2O，3个H*与HC*结合生成CH4，即m＝2，故C错误；
D．直接由碳元素化合价变化得CO2（+4价）→CH4（﹣4价），1个CO2分子完成催化反应获得了8个电子，故D正确；
故选：C。
【点评】本题只有考查反应机理，为高频考点，题目难度一般。
3．（2026 河北）CO2的利用技术受到全球的广泛关注。在一定条件下使用催化剂将CO2转变为CO的反应机理如下：
下列说法错误的是（　　）
A．反应③中的产物M是H2O
B．循环Ⅱ包含C﹣N键的形成与断裂
C．吗啉和N﹣Ru共同起催化作用
D．总反应为CO2+H2CO+H2O
【答案】B
【分析】A．反应③左侧含H、O原子，右侧生成吗啉衍生物与M，根据原子守恒，M为H2O；
B．循环Ⅱ中，酰胺基中的C﹣N键发生了断裂，形成了N﹣H键，没有C﹣N键的形成；
C．从循环Ⅰ和Ⅱ看，吗啉和N﹣Ru参与了反应，最后又生成，因此共同起催化作用；
D．根据图示，总反应为：CO2+H2CO+H2O。
【解答】解：A．反应③左侧含H、O原子，右侧生成吗啉衍生物与M，根据原子守恒，M为H2O，故A正确；
B．循环Ⅱ中，酰胺基中的C﹣N键发生了断裂，形成了N﹣H键，没有C﹣N键的形成，故B错误；
C．从循环Ⅰ和Ⅱ看，吗啉和N﹣Ru参与了反应，最后又生成，因此共同起催化作用，故C正确；
D．根据图示，总反应为：CO2+H2CO+H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题结合CO2催化转化循环机理图，考查催化剂判断、化学键变化、原子守恒、总反应方程式书写等反应机理图像分析能力。
4．（2026 山西）羟基自由基（ OH）具有强氧化性，可用于处理有机废水。某科研团队开发了一种催化剂，将O3高效转化为 OH，机理如图。下列说法错误的是（　　）
A．总反应为H2O+3O3＝4O2+2 OH
B．部分 OH中的O来自于H2O
C．步骤①中O3与H2O之间形成氢键
D．步骤③发生了氧化还原反应
【答案】B
【分析】A．由图可知，水、臭氧是反应物，氧气和羟基是生成物；
B．由图可知，羟基中的氧原子全部来自于臭氧；
C．由于氧原子的电负性很大；
D．步骤③中氧元素的化合价发生改变。
【解答】解：A．由图可知，水、臭氧是反应物，氧气和羟基是生成物，则总反应为H2O+3O3＝4O2+2 OH，故A正确；
B．由图可知，羟基中的氧原子全部来自于臭氧，故B错误；
C．由于氧原子的电负性很大，则步骤①中O3与H2O之间形成氢键，故C正确；
D．步骤③中氧元素的化合价发生改变，发生了氧化还原反应，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
5．（2026 云南）Ni@ZnInS纳米催化剂经光照后产生e﹣和空穴（h+），促进α﹣甲基苯甲胺脱氢、偶联生成二胺，其催化机理关键步骤如图（Ph为苯基）。下列说法错误的是（　　）
A．该过程涉及光能转化为化学能
B．步骤Ⅱ体现了h+的氧化性
C．相同条件下产生的空穴越多，生成的越多
D．该过程涉及非极性共价键的断裂和形成
【答案】D
【分析】步骤Ⅰ：光照下Ni@ZnInS催化剂被激发，产生电子（e﹣）和空穴（h+），光能转化为化学能；步骤Ⅱ：空穴（h+）氧化α﹣甲基苯甲胺，使反应物失去电子被活化；步骤Ⅲ：活化的中间体脱去H+，形成自由基并偶联，构建C﹣C键；步骤Ⅳ：中间体结合H+，生成二胺产物并释放H2，催化剂恢复原状；据以上分析解答。
【解答】解：A．该过程利用光照产生e﹣和h+，推动反应进行，将光能转化为化学能，故A正确；
B．步骤Ⅱ中，α﹣甲基苯甲胺失去电子被氧化，h+（空穴）得到电子，体现了h+的氧化性，故B正确；
C．空穴越多，对反应物的氧化促进作用越强，反应进行的程度越大，生成的目标二胺产物越多，故C正确；
D．该过程断裂的是C﹣H、N﹣H等极性共价键，仅在步骤Ⅲ中形成了新的C﹣C非极性共价键，不存在非极性共价键的断裂，因此D选项‘涉及非极性共价键的断裂和形成’的说法错误，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查光催化反应中能量转化、氧化还原本质及化学键变化，结合反应机理图考查信息提取与化学基本概念应用能力。
6．（2025 河南）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1mol O2可生成1mol 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
【答案】B
【分析】由图可知。总反应为：2CO+O2+2CH42CH3COOH，据此分析作答。
【解答】解：A．根据分析可知，该反应为化合反应，原子利用率为100%，故A正确；
B．根据分析可知，每消耗1mol O2可生成2mol CH3COOH，故B错误；
C．根据反应历程原理可知，催化剂Rh—Fe有连接4个S原子和2个S原子的，这两者类型的原子成键数目均会发生改变，所以反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化，故C正确；
D．若以CD4为原料，根据反应历程可知，会生成CD3COOD，用H2O吸收产物时，根据电离平衡：CD3COOD CD3COO﹣+D+，电离出的CD3COO﹣结合水电离的H+，可以得到CD3COOH，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查学生对反应机理的探究，理解反应原理是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度中等。
7．（2025 江苏）CO2与通过电催化反应生成CO（NH2）2，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）。下列说法正确的是（　　）
A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成
B．过程Ⅱ中发生了氧化反应
C．电催化CO2与生成CO（NH2）2的反应方程式：CO2+218H+CO（NH2）2+7H2O
D．常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3 H2O反应可生产CO（NH2）2
【答案】A
【分析】A．过程Ⅱ为*CO2和*在酸性条件下被还原为＝CO和+NH2的反应，过程Ⅲ为*CO与+NH2生成+CO（NH2）2的反应；
B．过程ⅡN元素的化合价由+5价降为﹣2价；
C．所给离子方程式电荷不守恒；
D．常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3 H2O反应生成（NH4）2CO3或NH4HCO3。
【解答】解：A．过程Ⅱ为*CO2和*在酸性条件下被还原为＝CO和+NH2的反应，生成了N—H 等极性共价键；过程Ⅲ为*CO与+NH2生成+CO（NH2）2的反应，生成了C—N极性共价键，故A正确；
B．过程ⅡN元素的化合价由+5价降为﹣2价，得电子，发生还原反应，故B错误；
C．所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式为CO2+216e﹣+18H+CO（NH2）2+7H2O，故C错误；
D．常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3 H2O反应生成（NH4）2CO3或NH4HCO3，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应机理分析、涉及化学键的断裂与形成、反应方程式的判断等，题目难度中等。
8．（2025 四川）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++H2O2→ OH+H+
B．步骤③正、逆反应的活化能关系为E正＜E逆
C．在催化循环中起氧化作用
D．步骤③生成的物质Z是H2
【答案】D
【分析】A．根据反应物和生成物，分析步骤①的化学反应方程式；
B．根据步骤③为放热反应，分析正、逆反应的活化能关系；
C．根据在催化循环中的作用，分析其是否起氧化作用；
D．根据步骤③的反应机理，分析生成的物质Z。
【解答】解：A．步骤①中，VO2+与H2O2反应生成、 OH和H+，反应为VO2++H2O2→ OH+H+，故A正确；
B．步骤③为放热反应，意味着正反应的活化能小于逆反应的活化能，即E正＜E逆，故B正确；
C．从步骤①到步骤②，被还原为VO2+，说明在催化循环中起氧化作用，故C正确；
D．VO2+与H2O2反应生成、 OH和H+，步骤①反应为反应为VO2++H2O2→ OH+H+， OH和苯生成，和、H+反应生成苯酚、VO2+和水，步骤③生成的物质Z是H2O，故D错误；故选：D。
【点评】本题主要考查化学反应机理的理解，注意完成此题，要熟悉化学反应的基本原理和催化剂的作用，掌握化学反应的活化能概念。理解反应机理图对于解题至关重要。
9．（2025 西藏）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
【答案】B
【分析】A．由图可知，起始时三唑与CO2反应，经过一系列过程，最终又生成三唑，结合催化剂概念分析判断；
B．由图可知，CO2分子中两个O原子最终转化到HCOOH中；
C．CO2属于直线形分子、C原子的价层电子对数为2；中间产物及HCOOH中C原子的价层电子对数均为3；
D．由图可知，三唑催化作用下，H2O和CO2反应生成HCOOH和H2O2，据此写出总反应。
【解答】解：A．由图可知，起始时三唑与CO2反应，经过一系列过程，最终又生成三唑，即三唑改变了反应机理，但自身不改变，则三唑是该反应的催化剂，在反应循环中起催化作用，故A正确；
B．由图可知，CO2分子中两个O原子始终与C原子相接，并且最终转化到HCOOH，H2O2中O原子来源于H2O，故B错误；
C．CO2属于直线形分子、C原子的价层电子对数为2；中间产物及HCOOH中C原子的价层电子对数均为3，即VSEPR模型由直线形转化为平面三角形，C原子的杂化方式由sp杂化转化为sp2杂化，故C正确；
D．由图可知，三唑催化作用下，H2O和CO2反应生成HCOOH和H2O2，化学方程式为2H2O+CO2═H2O2+HCOOH，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查反应机理的探究，侧重观察能力和信息运用能力考查，明确VSEPR模型的应用及杂化方式判断、催化剂和中间产物概念及判定、反应机理中分子结构变化等内容是解题关键，题目难度中等。
10．（2025 浙江）传统方法中，制备化合物c常用到NaCN。某课题组提出了一种避免使用NaCN的方法，机理如图所示（L表示配体，0、Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ表示价态）。下列说法不正确的是（　　）
A．化合物b是NaCN的替代品
B．是该过程产生的副产物
C．M可能是R3SiBr和H+
D．整个过程中，含镍化合物发生了2次氧化反应
【答案】C
【分析】A．根据图知，化合物b提供—CN；B．图中有自由基，不稳定，两个生成；
C．生成M的反应中Ni元素的化合价由Ⅰ价变为0价，则Ni元素发生还原反应，R3SiH中有元素发生氧化反应，R3SiH中连接Si原子的H原子的化合价为﹣1价，失电子，根据元素守恒知，M中含有R3SiBr和H ，H 不稳定，两个H 生成H2；
D．含镍化合物发生氧化反应时，Ni元素的化合价升高。
【解答】解：A．根据图知，化合物b提供—CN，所以化合物b是NaCN的替代品，故A正确；
B．图中有自由基，不稳定，两个生成，则是该过程产生的副产物，故B正确；
C．生成M的反应中Ni元素的化合价由Ⅰ价变为0价，则Ni元素发生还原反应，R3SiH中有元素发生氧化反应，R3SiH中连接Si原子的H原子的化合价为﹣1价，失电子，根据元素守恒知，M中含有R3SiBr和H ，H 不稳定，两个H 生成H2，则M中不含氢离子，故C错误；
D．含镍化合物发生氧化反应时，Ni元素的化合价升高，Ni元素的化合价由0到Ⅱ、Ⅰ到Ⅲ时发生氧化反应，所以整个过程中，含镍化合物发生了2次氧化反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应机理，侧重考查图象的分析、判断及知识的综合运用能力，正确解读图中的信息并利用信息解答是解本题的关键，题目难度中等。
11．（2025 北京）乙烯、醋酸和氧气在钯（Pd）催化下高效合成醋酸乙烯酯（CH2＝CHOOCCH3）的过程示意图如图。
下列说法不正确的是（　　）
A．①中反应为4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd（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
【答案】C
【分析】由图可知，结合原子守恒，可得①中反应为4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd（CH3COO）2+2H2O，②中反应为：Pd（CH3COO）2+CH2＝CH2→CH2＝CHOOCCH3+CH3COOH+Pd，据此分析作答。
【解答】解：A．根据分析可知，①中反应为4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd（CH3COO）2+2H2O，故A正确；
B．根据②中反应原理可知，乙烯中有C—Hσ键断裂，生成的CH3COOH中有O—Hσ键形成，故B正确；
C．由图可知，总反应除了生成CH2＝CHOOCCH3外，还生成了水，所以总反应的原子利用率小于100%，故C错误；
D．Pd催化剂通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能，提高反应速率，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查学生对化学反应机理的理解与应用，同时考查催化剂的原理，属于基本知识的考查，难度中等。
12．（2025 湖南）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%
【答案】B
【分析】A．在第一个反应中作反应物、最后一个反应中作生成物的物质是催化剂；
B．CH2＝CHCH3在反应中断裂C＝C非极性键中的π键及C—H极性键、H2O2在反应中断裂O—O非极性键生成—OH，生成Ⅲ时生成O—O非极性键，生成Ⅳ时形成C—O极性键；
C．根据图知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中Ti元素的化合价相同；
D．丙烯和H2O2的反应中除了生成外还生成H2O。
【解答】解：A．Ⅱ在Ⅰ和H2O2的反应中作生成物、在生成Ⅲ的反应中作反应物，所以该物质不是催化剂，是中间产物，故A错误；
B．CH2＝CHCH3在反应中断裂C＝C非极性键中的π键及C—H极性键、H2O2在反应中断裂O—O非极性键生成—OH，生成Ⅲ时生成O—O非极性键，生成Ⅳ时形成C—O极性键，所以该过程中有极性键和非极性键的断裂和形成，故B正确；
C．根据图知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中Ti元素的化合价相同，所以Ti元素的化合价在反应过程中不变，故C错误；
D．丙烯和H2O2的反应中除了生成外还生成H2O，所以原子利用率不是100%，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应机理，侧重考查图象分析判断及知识的综合运用能力，明确催化剂的判断方法、反应中断键和成键方式是解本题关键，题目难度不大。
13．（2024 北京）氘代氨（ND3）可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到ND3：①Mg3N2与D2O的水解反应；②NH3与D2O反应。下列说法不正确的是（　　）
A．NH3和ND3可用质谱法区分
B．NH3和ND3均为极性分子
C．方法①的化学方程式是Mg3N2+6D2O═3Mg（OD）2+2ND3↑
D．方法②得到的产品纯度比方法①的高
【答案】D
【分析】A．质谱法可以测物质的相对分子质量；
B．NH3和ND3的空间构型均为三角锥形；
C．方法①的本质是Mg3N2的水解，根据原子守恒书写化学方程式；
D．方法②是通过D2O中D原子代替NH3中H原子的方式得到ND3，代换的个数不同、产物不同。
【解答】解：A．NH3和ND3的相对分子质量不同，可以用质谱法区分，故A正确；
B．NH3和ND3的H原子不同，但空间构型均为三角锥形，是不对称结构，都是极性分子，故B正确；
C．方法①的本质是Mg3N2的水解，化学方程式是Mg3N2+6D2O═3Mg（OD）2+2ND3↑，故C正确；
D．方法②是通过D2O中D原子代替NH3中H原子的方式得到ND3，代换的个数不同、产物不同，故纯度低，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查反应机理的探究，同时考查分子的空间结构、分子的极性与非极性，盐类水解的方程式书写等，属于基本知识的考查，难度不大。
14．（2024 广西）烯烃进行加成反应的一种机理如下：
此外，已知实验测得CH2＝CH2、CH3CH＝CH2、（CH3）2C＝CH2与Br2进行加成反应的活化能依次减小。下列说法错误的是（　　）
A．乙烯与HCl反应的中间体为CH3—H2
B．乙烯与氯水反应无CH2ClCH2OH生成
C．卤化氢与乙烯反应的活性：HBr＞HCl
D．烯烃双键碳上连接的甲基越多，与Br2的反应越容易
【答案】B
【分析】A．电负性：H＜Cl，HCl中H带正电荷，Cl带负电荷；
B．电负性：O＞Cl，所以H—O—Cl中，其中Cl带正电荷，HO带负电荷；
C．原子半径：Br＞Cl，HBr中H—Br键的键能更小，更容易断裂，反应更快；
D．实验测得CH2＝CH2、CH3CH＝CH2、（CH3）2C＝CH2与Br2进行加成反应的活化能依次减小，即反应越来越容易。
【解答】解：A．HCl中H带正电荷，Cl带负电荷，根据机理可知，乙烯与HCl反应的中间体为CH3—H2，故A正确；
B．氯水中存在次氯酸，结构为H—O—Cl，其中Cl带正电荷，OH带负电荷，根据机理可知，反应可能生成CH2ClCH2OH，故B错误；
C．根据机理可知，第一步反应为慢反应，决定反应的速率，原子半径：Br＞Cl，HBr中H—Br键的键能更小，更容易断裂，反应更快，则卤化氢与乙烯反应的活性：HBr＞HCl，故C正确；
D．实验测得CH2＝CH2、CH3CH＝CH2、（CH3）2C＝CH2与Br2进行加成反应的活化能依次减小，即反应越来越溶液，所以烯烃双键碳上连接的甲基越多，与Br2的反应越容易，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学反应机理的探究，同时考查电负性的应用等，属于基本知识的考查，难度不大。
15．（2024 北京）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣114.4kJ mol﹣1。如图所示为该法的一种催化机理。
下列说法不正确的是（　　）
A．Y为反应物HCl，W为生成物H2O
B．反应制得1mol Cl2，须投入2mol CuO
C．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
【答案】B
【分析】结合反应机理分析，根据原子守恒，可得X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O，据此分析作答。
【解答】解：A．根据分析可知，Y为反应物HCl，W为生成物H2O，故A正确；
B．CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，故B错误；
C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，故C正确；
D．图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCl和CuCl→Cu2OCl2，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查反应机理的探究，同时考查氧化还原反应、催化剂的概念、平衡常数的影响因素等，属于基本知识的考查，难度中等。
16．（2026 庐阳区校级模拟）乙烯在催化剂作用下，被氧气氧化为乙醛，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是（　　）
A．乙烯被氧气氧化的催化剂是CuCl和PdCl2
B．反应Ⅰ中，乙烯可能提供π电子实现配位
C．反应中有极性键和非极性键的断裂与形成
D．步骤Ⅰ﹣Ⅳ的配离子中，Pd的配位数发生改变
【答案】D
【分析】A．该循环中，CuCl和PdCl2参与反应，最后又生成；
B．反应Ⅰ中，乙烯形成了配离子，乙烯中没有孤电子对；
C．根据转化关系图可知反应中可以观察到有极性键和非极性键的断裂与形成；
D．从图中可以看出，步骤Ⅰ﹣Ⅳ的配合物中，Pd的配位数均保持为4。
【解答】解：A．该循环中，CuCl和PdCl2参与反应，最后又生成，所以是乙烯被氧气氧化的催化剂，故A正确；
B．反应Ⅰ中，乙烯形成了配离子，乙烯中没有孤电子对，推测可能提供π电子实现配位，故B正确；
C．根据转化关系图可知反应中可以观察到有极性键和非极性键的断裂与形成，故C正确；
D．步骤Ⅰ﹣Ⅳ的配合物中，Pd的配位数均保持为4，配位数没有发生变化，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。
17．（2026 三亚模拟）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生成的X为H+
B．步骤③正、逆反应的活化能关系为E正＜E逆
C．在催化循环中起氧化作用
D．升高温度，该反应速率一定增大
【答案】D
【分析】结合反应机理图可知VO2+和H2O2反应生成、 OH、H+，步骤①反应为， OH和苯生成，和、H+反应生成、VO2+和水，据此解答。
【解答】解：A．VO2+和H2O2反应生成、 OH、H+，步骤①反应为，X为H+，故A正确；
B．步骤③为放热反应，ΔH＝E正﹣E逆＜0，即E正＜E逆，故B正确；
C．在催化循环中V的化合价由+5降低到+4，所以起氧化作用，故C正确；
D．升高温度，H2O2分解导致H2O2浓度减小，速率减小，升高温度，该反应速率不一定增大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查反应机理，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
18．（2026 驿城区校级模拟）催化氧化法能将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用，反应的热化学方程式为，催化机理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．转化过程中，Cl元素的化合价没有发生改变
B．图中“Cu(OH)Cl→CuO”的转化中，原子利用率为100%
C．生成1mol Cl2时，催化循环中消耗的HCl与O2的物质的量之比为4：1
D．若将起始投料改为“HCl（g）+O2（g）+H2O（g）”，则平衡时HCl的转化率增大
【答案】C
【分析】由催化循环图可知，Y、Z为反应物，X、W为生成物；由反应的化学方程式及相关元素变化可知，X为Cl2，Y为HCl，Z为O2，W为H2O。
【解答】解：A．转化过程中，CuCl2反应方程式为2CuCl2＝2CuCl+Cl2↑，部分Cl元素由﹣1价升高到0价，化合价发生了改变，故A错误；
B．“Cu(OH)Cl→CuO”的转化中，先后均发生分解反应：2Cu(OH)Cl＝Cu2OCl2+H2O和Cu2OCl2＝CuCl2+CuO，所以原子利用率小于100%，故B错误；
C．生成1mol Cl2时，催化循环中消耗的HCl与O2的物质的量之比为2mol：0.5mol＝4：1，故C正确；
D．若将起始投料改为“HCl（g）+O2（g）+H2O（g）”，则由于生成物H2O（g）的浓度增大，原平衡会向逆反应方向移动，导致HCl的转化率减小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题结合 CuO 催化 HCl 氧化制氯气的循环机理，综合考查氧化还原化合价变化、原子利用率、热化学方程式定量关系与化学平衡移动判断。
19．（2026 诸暨市模拟）科学家用Ru（Ⅱ）催化剂（用来表示）电催化氧化NH3合成N2H4的反应机理如图。下列说法不正确的是（　　）
A．该过程的总方程式为：
B．若用ND3为原料合成，催化剂中部分H原子可能被D替换
C．Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配体NH3的N﹣H键更易断裂
D．M和N的转化过程中Ru价态保持+3价不变
【答案】D
【分析】A．将机理中各步反应加和消去中间产物，总电极反应为 ；
B．反应过程中催化剂配体的NH3会参与断键，与原料ND3存在H/D交换；
C．Ru（Ⅱ）被氧化为Ru（Ⅲ）后，Ru正电性升高，对配体NH3中N﹣H键电子的吸引力增强；
D．Ru （Ⅱ）催化剂中Ru的化合价为+2，失去1个电子，生成，Ru的化合价变为+3，失去1个质子后变为N（），相应的电荷数减1。
【解答】解：A．将机理中各步反应加和消去中间产物，总电极反应为 ，故A正确；
B．反应过程中催化剂配体的氨气会参与断键，与原料ND3存在H/D交换，因此催化剂中部分H原子可能被D替换，故B正确；
C．Ru（Ⅱ）被氧化为Ru（Ⅲ）后，Ru正电性升高，对配体氨分子中氮氢键电子的吸引力增强，使氮氢键极性增大、更易断裂，故C正确；
D．Ru （Ⅱ）催化剂中Ru的化合价为+2，失去1个电子，生成，Ru的化合价变为+3，失去1个质子后变为N（），相应的电荷数减1，此时Ru的化合价还是+3价，中N原子有1个孤电子对，变为M（），N原子的孤电子对拆为2个单电子并转移为Ru一个电子，所以M中Ru显+2价，故M和N转化过程中Ru的化合价发生变化，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。
20．（2026 陕西一模）以H2O2和HCl为原料制备高纯度次氯酸的机理如图，V为钒元素，其最高化合价为+5价，N（His404）、N（His496）为氨基酸，下列说法正确的是（　　）
A．该机理中C物质是催化剂
B．反应过程中，钒的成键数目没有发生改变
C．A到B的过程中有极性键、非极性键的断裂
D．制备机理的总反应的离子方程式为
【答案】D
【分析】A．A为钒催化剂，C为反应中间体；
B．A中钒形成5个化学键，B中钒形成6个化学键，C中钒形成5个化学键，D中钒形成5个化学键，E中钒形成6个化学键，反应过程中钒的成键数目发生了改变；
C．A到B的过程中，H2O2参与反应，断裂的化学键为O﹣H键，没有非极性键断裂；
D．根据催化循环机理，反应物为H2O2、HCl（提供Cl﹣和H+），生成物为HClO和H2O，配平后总反应的离子方程式为：H2O2+Cl﹣+H+＝HClO+H2O。
【解答】解：A．催化剂是先消耗、后生成的物质；物质 C 是反应中间步骤生成、后续消耗，属于反应中间体，不是催化剂，故A错误；
B．观察各中间体 V 的成键数量：A、B、C、D、E 中 V 连接的 O、N 配位键数目不同，反应过程 V 的成键数目发生变化，故B错误；
C．A 到 B 是H2O2与 A 结合，断裂H2O2里O﹣O 非极性键、H﹣O极性键，同时断裂 V﹣O 极性键，存在极性键、非极性键断裂，故C错误；
D．根据催化循环机理，反应物为H2O2、HCl（提供Cl﹣和H+），生成物为HClO和H2O，配平后总反应的离子方程式为：，故D正确；
故选：D。
【点评】本题借助钒催化制备次氯酸的循环机理图，综合考查催化剂与中间体区分、成键数目变化、化学键类型判断、总反应方程式书写。
21．（2026 营口校级模拟）[Co（NH3）6]Cl2能络合NO，经过多步反应将NO脱除，同时生成[Co（NH3）6]3+，再用活性炭和水实现[Co（NH3）6]3+→[Co（NH3）6]2+再生，反应机理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．[Co（NH3）6]Cl2络合NO过程中由Co2+提供孤电子对
B．过程ⅲ中发生反应的离子反应方程式为4Co3++2H2O═4Co2++4H++O2↑
C．过程ⅳ中涉及极性共价键的断裂与形成
D．活性炭降低了反应的活化能，改变了该反应的焓变
【答案】B
【分析】A．络合反应中，中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对；
B．过程ⅲ中，反应物是Co3+和H2O，生成物是Co2+、O2和H+；
C．过程ⅳ是Co2+与NH3反应生成[Co（NH3）6]2+，反应中，Co2+与NH3形成配位键（属于极性共价键），但没有旧极性共价键的断裂；
D．活性炭作为催化剂，只能降低反应的活化能，加快反应速率，但催化剂不改变反应的焓变。
【解答】解：A．络合反应中，中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，在[Co（NH3）6]Cl2中，Co2+是中心离子，提供空轨道；NO作为配体，提供孤电子对，故A错误；
B．过程ⅲ中，反应物是Co3+和H2O，生成物是Co2+、O2和H+，根据氧化还原反应配平：Co3+→Co2+，每个Co3+得1个电子；2H2O→H++O2↑，每个O2生成时失4个电子，电子得失守恒：Co3+系数为4，O2系数为1，配平后方程式为：4Co3++2H2O＝4Co2++4H++O2↑，故B正确；
C．过程ⅳ是Co2+与NH3反应生成[Co（NH3）6]2+，反应中，Co2+与NH3形成配位键（属于极性共价键），但没有旧极性共价键的断裂，仅存在新极性共价键的形成，故C错误；
D．活性炭作为催化剂，只能降低反应的活化能，加快反应速率，但催化剂不改变反应的焓变（焓变只与反应物和生成物的能量差有关），故D错误；
故选：B。
【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。
22．（2026 忻州模拟）室温有氧条件下，烷基芳甲基醚（Ⅰ）催化转化为羧酸的机理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．反应过程中，TEMPO不是催化剂
B．Ⅰ→Ⅱ存在非极性共价键的形成
C．将Ⅰ中的O用18O标记后，在Ⅳ中检测不到18O
D．总反应的原子利用率为100%
【答案】C
【分析】A．从机理图可知，TEMPO与TEMPO+循环转化：TEMPO参与反应转化为TEMPO+，最终又生成TEMPO，符合“参与反应、反应后恢复原状”的催化剂定义，因此是催化剂；
B．I→II的过程是TEMPO+氧化烷基芳甲基醚（Ⅰ）：（）转化为II（），变化为中的C与O形成双键，同时带正电。此过程仅涉及C﹣H键断裂、C＝O+键形成，没有同种原子形成的非极性共价键；
C．将I中的O用18O标记，III分解时，断裂与之间的C﹣O键，生成IV（Ar﹣CHO）和V（）。其中IV中的O来自H2O的O，18O进入V中，因此在IV中检测不到18O；D．总反应的反应物为I（）、O2和H2O，最终产物为IV（Ar﹣CHO）、VI（），存在多种产物，并非所有原子都进入单一目标产物，因此原子利用率不是100%。
【解答】解：A．TEMPO参与反应转化为TEMPO+，最终又生成TEMPO，符合“参与反应、反应后恢复原状”的催化剂定义，故A错误；
B．I→II的过程是TEMPO+氧化烷基芳甲基醚（Ⅰ）：（）转化为II（），变化为中的C与O形成双键，同时带正电。此过程仅涉及C﹣H键断裂、C＝O+键形成，没有同种原子形成的非极性共价键，故B错误；
C．据上述分析，将Ⅰ中的O用18O标记后，在Ⅳ中检测不到18O，故C正确；
D．总反应的反应物为I（）、O2和H2O，最终产物为IV（Ar﹣CHO）、VI（），存在多种产物，故D错误；
故选：C。
【点评】本题结合醚催化氧化为羧酸的反应机理循环图，考查催化剂判断、共价键类型、氧原子追踪与原子经济性概念辨析。
23．（2026 北京校级模拟）利用铜和钯作为催化剂、NaNO3作为促进剂，成功地将一系列含氯烃类废物（包括氯化聚合物和氯化溶剂）转化为有价值的氯化试剂，如图（R为烃基，部分产物省略）。
下列说法错误的是（　　）
A．芳烃一定能被酸性高锰酸钾溶液氧化
B．该反应涉及碳卤键的形成
C．铜和钯可加快转化速率
D．尾气要先处理，后排放
【答案】A
【分析】A．苯属于芳香烃，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，且还存在其他不能被酸性高锰酸钾溶液氧化的芳烃，如无侧链的其它芳香烃；
B．反应中生成了碳氯键，涉及碳卤键的形成；
C．铜和钯为反应的催化剂，可加快转化速率；
D．反应涉及含氯、芳香烃类物质转化，尾气可能含有毒有害物质，且尾气含CO2、CO等，CO有毒，要先处理，后排放。
【解答】解：A．苯属于芳香烃，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A错误；
B．反应中生成了碳氯键，故B正确；
C．铜和钯为反应的催化剂，可加快转化速率，故C正确；
D．反应涉及含氯、芳香烃类物质转化，尾气可能含有毒有害物质，且尾气含CO2、CO等，CO有毒，要先处理，后排放，故D正确；
故选：A。
【点评】本题结合废塑料资源化利用新反应情境，考查芳香烃性质、化学键变化、催化剂作用与尾气处理等化学基础知识点辨析。
24．（2026 辽宁校级模拟）“大象牙膏”趣味实验常用H2O2溶液、KI溶液、发泡剂进行反应，可迅速产生大量喷涌的泡沫。分步反应机理如下。已知：反应①的活化能远大于反应②的活化能，总反应放热，均相催化比多相催化接触面积更大，活化能降低幅度更大。下列有关该实验的叙述正确的是（　　）
①
②
A．容器内局部温度过高，既能加快反应速率，又能提高H2O2平衡转化率
B．若将碘化钾溶液换成MnO2固体，泡沫喷涌会更剧烈
C．IO﹣具有强氧化性，在反应过程中作为中间产物
D．反应②为总反应的决速步骤
【答案】C
【分析】A．总反应2H2O2＝2H2O+O2↑为放热反应，局部温度过高可加快反应速率；
B．KI溶液属于均相催化，MnO2固体属于多相催化；
C．反应①生成IO﹣，反应②消耗IO﹣；
D．活化能越大反应速率越慢，总反应的决速步骤为速率最慢的反应。
【解答】解：A．总反应2H2O2＝2H2O+O2↑为放热反应，局部温度过高可加快反应速率，但会使平衡逆向移动，过氧化氢平衡转化率降低，故A错误；
B．KI溶液属于均相催化，MnO2固体属于多相催化，题干已知均相催化活化能降低幅度更大、催化效果更好，换成二氧化锰后反应速率更慢，泡沫喷涌更平缓，故B错误；
C．反应①生成IO﹣，反应②消耗IO﹣，故IO﹣是反应的中间产物，且IO﹣具有强氧化性，在反应②中作氧化剂，故C正确；
D．活化能大的反应速率慢，反应速率慢的为决速步骤，反应①活化能远大于反应②，故反应①是决速步骤，故D错误；
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。
25．（2026 高新区校级模拟）乙烯消除NO的反应机理如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．图示反应过程中起催化作用的是Cu+
B．反应①②③中均存在电子的转移
C．反应过程中被氧化的元素有C和N
D．总反应为2C2H4+6NO+3O2＝4CO2+3N2+4H2O
【答案】B
【分析】A．从反应机理可以看出，Cu+在反应①中与氧气结合生成Cu+（O2），Cu+（O2）在反应②中与NO结合生成Cu+（NO2），Cu+（NO2）在反应③中又重新释放出Cu+；
B．Cu+在反应①中与氧气结合生成配合物Cu+（O2），元素的化合价均没有发生改变，不存在电子转移；反应②中N 从NO中的+2 价被氧化为NO2中的+4 价，O元素由氧气中的0价被还原为NO2中的﹣2价，属于氧化还原反应，存在电子转移；
C．反应①中无元素的化合价发生改变反应，②中N化合价升高，被氧化；
D．根据图示，箭头指入的物质：C2H4、NO、O2为总反应的反应物，箭头指出的物质：CO2、N2、H2O为总反应的生成物。
【解答】解：A．Cu+在反应①中与氧气结合生成Cu+（O2），Cu+（O2）在反应②中与NO结合生成Cu+（NO2），Cu+（NO2）在反应③中又重新释放出Cu+，整个过程中Cu+的质量和化学性质没有改变，符合催化剂的定义Cu+，故A正确；
B．Cu+在反应①中与氧气结合生成配合物Cu+（O2），不存在电子转移；反应②中N 从NO中的+2 价被氧化为NO2中的+4 价，O元素由氧气中的0价被还原为NO2中的﹣2价，存在电子转移；反应③中，乙烯中的 C 从﹣2 价被氧化为 CO2中的+4 价，N 从 NO2中的+4 价被还原为 氮气中的0 价，存在电子转移；故B错误；
C．反应①中无元素的化合价发生改变反应，②中N化合价升高，被氧化，反应③中C化合价升高，被氧化，故C正确；
D．箭头指入的物质：C2H4、NO、O2为总反应的反应物，箭头指出的物质：CO2、N2、H2O为总反应的生成物，总反应方程式为2C2H4+6NO+3O2＝4CO2+3N2+4H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。

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