2023届高考化学【100题精练答案解析】化学反应历程知识考查(解析版)

【100题精练+答案+解析】化学反应历程知识考蛰

[2022年高考题】

1.（2022年1月浙江选考）下图为某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不思顾的是

丫

R八oyx、

Ar

广公寸“’、Ar

一。乂味炉i）

1A人「

v

X八Ar

R

A.反应原料中的原子100%转化为产物

B.该过程在化合物x和r催化下完成

C.该过程仅涉及加成反应

。。cx;。

D.若原料用,则产物为

答案：C

RkR工°>。

解析：A.通过图示可知，二氧化碳和、/反应生成R°没有其它物质生成，反应原

料中的原子100%转化为产物，A正确；

B.通过图示可知，X和1-在反应过程中是该反应的催化剂，B正确；

C.在该循环过程的最后一步中形成五元环的时候反应类型为取代反应，C错误；

D.通过分析该反应流程可知，通过该历程可以把三元环转化为五元环，故若原0料>用,则

产物为°,D正确；

2.（2022届八省八校）CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的机理如图所示。下列叙述错误的是

co：+

A.由步骤①知：加成反应也可生成酯类物质

B.反应过程中存在C—H键的断裂

C.该反应的原子利用率为100%

D.若将步骤②中CEI换为CH3cH21,则产品将变为丙烯酸乙酯

答案：C

解析：由图可知，CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的反应物为二氧化碳、乙烯和一碘甲烷，生成物

为丙烯酸甲酯和碘化氢，反应的化学方程式为CO2+CH2=CH2+CH3I-^^L

CH2=CHCOOCH3+H1O

LNi、乂

A.由图可知，步骤①发生的反应为乙烯与二氧化碳发生加成反应生成酯nOO,故A正确;

B.由图可知，步骤①乙烯与二氧化碳发生加成反应时发生了C—H键的断裂，故B正确；

C.由分析可知，生成物为丙烯酸甲酯和碘化氢，则反应的原子利用率不可能为100%,故C错误；

D.由分析可知，二氧化碳、乙烯和一碘甲烷在催化剂作用下反应生成丙烯酸甲酯和碘化氢，则二氧化

碳、乙烯和碘乙烷在催化剂作用下反应生成丙烯酸乙酯和碘化氢，故D正确；

3.（2022年北京卷）CO2捕获和转化可减少CO?排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之

后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物

质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上有积碳。

下列说法不再现的是

A.反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCCh+CK暹堂纭0+2co+2H?

B.h~t3,n(H2)比n(C0)多，且生成Hz速率不变，可能有副反应CH4理迦C+2H2

C.t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H?速率

D.t3之后，生成C0的速率为0,是因为反应②不再发生

答案：C

解析：A.由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3,结合氧化还原反应配平可得反应

②为CaCO3+CHr^^CaO+2CO+2H2,A正确；

B.由题干图2信息可知，ti~t3,n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到

CO2,在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH4暹化鲤C+2H2,反应②和副反应中CH4和H2的系数比均

为1:2,B正确；

C.由题干反应②方程式可知，山和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，

仍然为2mmol/min,而CO变为l~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成的速率小于反应②生成H?

速率，C错误；

D.由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0,CL的速率逐渐增大，最终恢复到1,说明生成

CO的速率为0,是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；

4.(2022年湖南卷)科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和屋的转移(如a、b和c),能将海洋中的NO2

转化为N?进入大气层，反应过程如图所示。

NH；H2O

下列说法正确的是

A.过程I中NCh一发生氧化反应

B.a和b中转移的数目相等

+

C.过程H中参与反应的n(NO):n(NH4)=1:4

D.过程I—HI的总反应为NO2-+NH4+=N2T+2H2。

答案：c

解析：A.由图示可知，过程I中N02转化为NO,氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO/作氧化齐IJ,

被还原，发生还原反应，A错误；

B.由图示可知，过程I为Nth一在酶1的作用下转化为NO和H2O,依据得失电子守恒、电荷守恒和

原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO2-+2H++b遁LNO+HZO,生成ImolNO,a过程转移Imole：

过程II为NO和NH4+在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4,依据得失电子守恒、电荷守恒

和原子守恒可知，反应的离子方程式为：2NO+8NH4+型幺2H2O+5N2H4+8H+,消耗ImolNO,b过程转移

4moie,转移电子数目不相等，B错误；

C.由图示可知，过程H发生反应的参与反应的离子方程式为：2NO+8NH4+&幺2H2O+5N2H4+8H+,

+

n(NO):n(NH4)=l:4,C正确;

-+

D.由图示可知，过程in为N2H4转化为N2和4H+、4e,反应的离子方程式为：N2H4=N2+4H+4e-,

-++-

过程I-ni的总反应为：2NO2+8NH4=5N2t+4H2O+24H+18e,D错误；

5.(2022年湖南卷)反应物(S)转化为产物(P或PZ)的能量与反应进程的关系如下图所示：

下列有关四种不同反应进程的说法正确的是

A.进程I是放热反应B.平衡时P的产率：II>I

c.生成p的速率：ni>nD.进程iv中，z没有催化作用

答案：AD

解析：A.由图中信息可知，进程I中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A说

法正确：

B.进程II中使用了催化剂X,但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，

B说法不正确；

C.进程III中由S・Y转化为P・Y的活化能高于进程n中由S・X转化为P・X的活化能，由于这两步反应

分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Hkll,C说法不正确;

D.由图中信息可知，进程IV中S吸附到Z表面生成S・Z,然后S・Z转化为产物P・Z,由于P-Z没有转

化为P+Z,因此，Z没有表现出催化作用，D说法正确；

6.（2022年新高考山东卷）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法

错误的是

C3H6X/-OOH

A.含N分子参与的反应一定有电子转移

B.由NO生成HONO的反应历程有2种

C.增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变

D.当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少

答案：D

解析：A.根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+QOH=NO2+9H、NO+NO2+H2O

=2HONO、NCh+C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+-OH,含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化

合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转

移，A项正确；

B.根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；

C.NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；

NO

D.无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与Ch反应制备丙烯的总反应都为2c3H8+O2S也2c3H6+

2H2O,当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误;

[2021年高考题】

1.（2021年湖南卷）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:

HCOOH丝

435

过渡态1广7过渡态2

F

0.-0

OI

E+-2-2

H.-

玄O•_I+Hf

=--42.-r

)O:--4-6.

豆O

J+I

HJI+V+

混HO+

+HOZ

安OO

,OU

OJJ

提HO++

O—

JOZ

JHH

HO+

U1

HO

O

J

H

反应进程

下列说法错误的是

A.该过程的总反应为：HCOOH里暨LcChT+H2f

B.H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低

C.该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化

D.该过程的总反应速率由H-HI步骤决定

答案：D

解析：A.由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO•与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又

结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOH仪型=CO2T+H2f,故A正确；

B.若氢离子浓度过低，则反应IIITN的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑

制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应I-II速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率

减慢，故B正确；

C.由反应机理可知，Fe在反应过程中，化学键数目发生变化，则化合价也发生变化，故C正确；

D.由反应进程可知，反应IV-1能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误;

故选D。

2.（2021年山东卷）*0标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为:

18

O180->8Q

II>ImII

H3c—C—OCH+OH\xH；c—C—OCH；、」'H3c---C—OH+CHO

3111*1JIV3

0H能量变化如图

所示。

1SO~180H

H；C—C—OCH；H}C—C—OCH；

已知OH为快速平衡，下列说法正确的是

过・刎

蟆■却

反应诲程

A.反应n、in为决速步

B.反应结束后，溶液中存在18。口

C.反应结束后，溶液中存在CH3I8OH

D.反应I与反应IV活化能的差值等于图示总反应的熔变

答案：B

解析：A.一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应IV的活化能较高,

因此反应的决速步为反应I、IV,故A错误;

B.反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方

,后者能生成18。匕，因此反应结束后，溶液中存在I8OH\

故B正确;

,因此反应结束后溶液中不

会存在CdJH,故C错误;

*«0

II

D.该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量,总反应为放热反应，因此H3C—C—0H和CH3O

>«O

I!

的总能量与H«COCH、和OH-的总能量之差等于图示总反应的焰变，故D错误：

综上所述，正确的是B项，故答案为B。

3.（2021年6月浙江卷）制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图（其中Ph-代表苯基）。下列说法不正确的是

A.可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯B.反应过程涉及氧化反应

C.化合物3和4互为同分异构体D.化合物1直接催化反应的进行

答案：D

解析：A.由图中信息可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物2的催化作用下，参与催化循环，最后得到产

物苯甲酸甲酯，发生的是酯化反应，故A项正确；

B.由图中信息可知，化合物4在H2O2的作用下转化为化合物5,即醇转化为酮，该过程是失氢的氧化

反应，故B项正确；

C.化合物3和化合物4所含原子种类及数目均相同，结构不同，两者互为同分异构体，故C项正确；

D.由图中信息可知，化合物1在NaH的作用下形成化合物2,化合物2再参与催化循环，所以直接催

化反应进行的是化合物2,化合物1间接催化反应的进行，故D项错误；综上所述，说法不正确的是D项,

故答案为D。

【知识梳理】

在基于真实情境考查学生综合运用知识的能力的考试理念引导下，与化工生产关系密切的催化剂备受

青睐，成了热门考点。从考查的知识看，主要从反应历程、活化能、速率、平衡移动等角度考查催化剂对

反应的影响。从试题形式上看，常常融合图像、表格等信息呈现形式，考查学生吸收和整合陌生信息的能

力

1.反应热知识点梳理

（1）反应热的表示：411=生成物的焰值-反应物的焙值

[注：焙值（H）与内能（物质具有的能量）有关的物理量，单位：mobL-1]

（2）化学反应的热量变化

化学反应是放热还是吸热主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小。如图1所示反应过

程I反应物的总能量大于产物总能量，反应放出热量SH>。），反应过程H反应物的总能量小于产物的总

能量，反应吸收热量（△H<0）。

放热反应为例从微观角度看化学反应（如图2所示）。我们会发现发现反应物不是直接变成产物。首先反

应物分子先要吸收能量断键变成原子，原子成键释放能量变成新的分子。反应物分子断键时吸收总能量（反

应物总键能）减去原子成键时释放总能量（产物总键能）等于反应热，所以我们可以利用键能计算化学反应热,

即AH=反应物总键能一生成物总键能。除了可以利用键能计算化学反应热我们还可以利用盖斯定律进行运

算。

反应进程

图2

2.活化能

活化能可以理解为反应物分子断键变成原子是吸收的总能量，如图2中EK活化的大小不能改变反应

热，但是可以改变反应的难易程度，活化能越低，反应条件越简单，反应速率越快。

3.催化剂

(1)什么是催化剂？催化剂是如何改变化学反应速率的？

向反应中加入催化剂后，催化剂可以通过改变反应路径达到降低活化能的目的，继而达到增大化学反

应速率的目的，比如我们在必修二习的乙醛催化氧化(如图3所示)，铜是该反应的催化剂，通过机理图分

析铜将反应分成两步，图像中会出现两个山峰，而这两个山峰中E2能量差最大所以该反应决定活化能决定

了整个反应的难易程度和速率。反应过程中铜既是反应物也是产物，因此催化剂也是会参与反应，只是消

耗的催化剂和产生催化剂的量是不变的，所以催化剂反应前后不变。反应过程中像氧化铜这种在中间过程

产生又在反应过程中消耗被称为中间产物。

H0

H-C-C-H

H

图3

(2)催化剂有什么特点呢？

①催化剂的选择性。在给定条件下，反应物间能同时发生多个反应的情况，理想的催化剂能大幅度提

高某一目标产物在最终产物中的比率。通过下表可知，在相似条件下使用不同催化剂主要产物是不同的，

这也体现了催化剂选择性。

反应物催化剂及条件产物

催化剂：Cu-Zn-O,Zn-Cr-O,温度：573K,压强：1.0133xl07Pa甲醇

C0+H2

催化剂：Ni,温度:573K,压强1.0133xl07Pa甲烷

②催化剂的活性。催化剂的活性是指工业生产上常以每单位容积(或质量)催化剂在单位时间内转化原

料反应物的数量来表示。比如用等浓度的硫酸铜溶液和氯化铁溶液分别催化相同浓度的过氧化氢溶液，氯

化铁溶液做催化剂的反应速率大于硫酸铜溶液做催化剂的反应速率，说明氯化铁溶液催化活性大于硫酸铜

溶液催化活性。催化剂的活性会受发生物理和化学变化，导致催化剂的失活。比如说如果使用酶做催化剂

反应温度不可过高会造成单质酶失活。

注意：催化剂只能缩短到达平衡状态的时间，不能改变最后的平衡状态及反应热。

［思维建模］催化反应机理题的解题思路

1.通览全图,找准一“剂”三“物”

一“剂”指催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主题的多

催化剂个物种一定在机理图中的主线上

三“物”指反应物通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物

反应物、生生成物通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物

成物、中间通过一个箭头脱离整个历程，但又生成生成物的是中间

物种（或中中间体体，通过二个箭头进入整个历程的中间物质也是中间

间体）体，中间体有时在反应历程中用”］“标出

2.逐项分析得答案

根据第一步由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐

项分析判断，选出正确答案。

【与催化剂相关的六个考点】

一、催化剂与反应历程

催化剂如何影响化学反应？有一个熟悉的例子：Cu催化乙醇的氧化反应。2Cu+Ch=加热

=2CuOCH3cHzOH+CuO-加热->CH3CHO+CU+H2O催化剂Cu先参与反应后又重新生成，它经历了

CUTCUO—CU的变化历程。

［例1］用NaCK)3、H2O2和稀硫酸制备C102o反应开始时加入少量盐酸，ClCh的生成速率大大提高(C1

对反应有催化作用)。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：

①(用离子方程式表示)：

②H2O2+Cb===2Cl-+O2+2H+。

解析：第②步中C12生成c「，可知催化剂C「的变化历程是C「一C12-C1，即C「在第①步中变成C12。

由题给信息及氧化还原知识可知，氧化剂是CIO,且CIO反应后生成C1O2。离子方程式：2CIO+2C「+4H

+===2C1O2f+CI2T+2H2O。

答案：2C1O+2CP+4H+===2C1O2T+Chf+2H2O

二'催化剂与活化能'始变

催化剂通过降低反应的活化能而加快反应速率。而且催化剂的性能越好，反应的活化能越低。

［例2］在Cu/ZnO催化剂存在下,CO2和H2可发生两个平行反应:CO2(g)+3H?(g)=^CH30H(g)+H2O(g)

I.CO2(g)+H2(g)^^CO(g)+H2O(g)

II.某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2,在相同压强下，经过相同时间测得实验数据如下表

所示。在图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.l和有Cat.2三种情况下“反应过程一能量”示意图。

r(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(％)

543Cat.l12.342.3

543Cat.210.972.7

553Cat.l15.339.1

553Cat.212.071.6

【备注】甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比。

能量

反应过程

解析：据表中的数据可以算出生成CH30H的C02占全部CO?的百分比。543K,Cat.l作用下是

12.3%x42.3%~5.20%,Cat.2作用下是10.9%x72.7%=7.92%。所以Cat.2的催化选择性要好于Cat.l,即在

Cat.2的作用下反应的活化能低。

答案:反应过程

【归纳小结】作图时还要注意，催化剂不能改变反应物、生成物的总能量，所以曲线的起点、终点应

相同。也正是这个原因，所以催化剂不能改变反应的婚变。

三'催化剂与反应速率'平衡移动

催化剂能加快反应速率，缩短到达平衡所需时间。催化剂的活性越好，所需时间越短。但催化剂不能

使化学平衡发生移动。

［例3］密闭容器中发生反应：2NO(g)+2CO(g)==*N2(g)+2CO2(g)△“<0。研究表明：在使用等质量

同种催化剂时，增大催化剂比表面积可提高反应速率。某同学设计了下表所示的三组实验。请在图中画出

三个实验中c(NO)随时间变化的趋势曲线，并标明实验编号。

实验编号T/℃初始c(NO)/(mobL-1)初始c(CO)/(molL^)比表面积/(m2.gi)

I2801.20x10-35.80x10382

II2801.20X10-35.80x10、124

III3501.20X10-35.80x10、124

0

解析：先比较实脸i、n：实验ii的催化剂比表面积大，故实验n的反应速率大；因催化剂不影响平

衡移动，故达到平衡后，实验I、II的C(NO)相同。再比较n、in：实验iii的温度高，故实验HI的反应速率

大；因温度升高，平衡左移，故平衡时c(NO)较大。

答案：£

四、温度与催化剂活性

催化剂具有一定范围的活化温度，过高或过低，都会导致催化剂的活性降低。如生物催化剂酶，对温

度就非常敏感。

［例4］(2017・高考天津卷节选)H2s和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法

减少这些有害气体的排放……生物脱H2s的原理为H2S+Fe2(SO4)3===Si+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+

2H2so4==2Fe2(SO4)3+2H2。硫杆菌存在时，FeSCU被氧化的速率是无菌时的5x10$倍，该菌的作用是

»若反应温度过高，反应速率下降，其原因是.

解析：因为硫杆菌能显著加快反应速率，故它是反应的催化剂。当反应温度过高时，硫杆菌会因蛋白

质变性而失去了催化性能，反应速率明显下降。

答案：催化剂硫杆菌因蛋白质变性而失去了催化性能。

五'催化剂的来源问题

化学中有一类特殊反应，叫自催化反应，该类反应中的生成物对反应有催化作用。它的特点之一是开

始反应速率很小，随着起催化作用的产物的积累速率迅速增大。

［例5］向三颈烧瓶中加入一定量的MnCh和水，搅拌，通入SO2和N2混合气体，恒温下发生反应：

MnO2+H2SO3===MnSO4+H2O,若将N2换成空气，测得「(Mr?*)、c(SO)随时间l的变化如图所示。导致

&Mr?*)、c(SO)变化产生明显差异的原因是。

解析：由图可知，“N2换成空气''发生了副反应：Ch+2H2so3===2H2so4。表示c(SO)的曲线斜率逐渐增

大，说明so的生成速率逐渐增大。因反应物浓度、压强、温度、接触面积等维持不变，所以导致so的生

成速率加快的因素应是催化剂，而且催化剂是某种生成物，应是M/+。

答案：M/+对02和H2s。3的反应有催化作用［归纳小结］判断一个化学反应是否是自催化反应，先要排

除温度、浓度、压强、接触面积等的影响，然后再分析是何种生成物具有催化作用。

六'催化剂'温度对平衡的综合影响

［例6］NH3催化还原氮氧化物技术是目前应用最广泛的烟气脱氮技术：4NH3(g)+6NO(g)5=^

5N2(g)+6H2O(g)AH<0o密闭容器中，在相同时间内，在催化剂A作用下脱氮率随温度变化如图所示。

现改用催化能力稍弱的催化剂B进行实验，请在图中画出在催化剂B作用下的脱氮率随温度变化的曲线(不

考虑温度对催化剂活性的影响)。

解析：先分析催化剂A作用下的脱氮率为什么会先增大后减小。低于300°C时，温度越高，反应速率

越快，相同时间内消耗的NO越多，所以脱氮率增大。高于300℃时，因为温度升高，平衡逆向移动，消

耗的NO减小，所以脱氮率下降。改用催化剂B,就涉及催化剂和温度两个变量，在解题时要分别考虑。①B

催化下，随着温度的升高，脱氮率也应先增大后减小。②达到曲线最高点之前，B的催化能力弱，相同温度

时的脱氮率要小于A。即所画曲线应在A的下方。③B催化下在相同时间内达到平衡，则曲线最高点应出

现在高于300°C的位置。④当A、B均达到平衡后，平衡脱氮率只与温度有关，所以两条曲线重合。

【归纳总结】催化剂通过参与化学反应，改变反应历程，从而降低活化能，加快反应速率，到达平衡

所需的时间减少。但催化剂不能改变蛤变，也不能使平衡移动。催化剂的催化性能也会受外界条件的影响,

如温度、表面积等。

2023届与2022届模拟题

1.（2023届湖南省郴州市第二）金红石TiCh纳米颗粒光催化水氧化机理中间物种的表征及推测的反应机

理如图所示:

TiTi

下列说法正确的是

A.光激发条件下TiCh纳米颗粒作催化剂未参与水氧化的反应

B.TiO2纳米颗粒光催化水氧化反应的方程式为2H2。光催化生2H2+O2

C.在反应过程中存在分解反应：Ti2O2+H2O=TiOOH+TiOH

D.TiO2纳米颗粒光催化水氧化的溶液酸性减小

答案：C

解析：A.TiCh纳米颗粒作催化剂参与了水氧化的反应，只是反应后又生成了TiCh，反应前后TiCh的

质量和化学性质不变，A错误；

B.从机理图中并没有看到水分解生成氢气，B错误；

0-0

/\

TiTi

O-OHOH

\I

C.机理图中存在TiTi，.即反应Ti2O2+H2O=TiOOH+TiOH,C正确；

D.从机理图中可看出TiCh纳米颗粒光催化水氧化的过程中生成H+,导致溶液酸性增强，D错误；

2.（2023届湖南省郴州市第二）2021年我国科学家以CO?为原料人工合成淀粉，其效率约为传统农业生

产淀粉的8.5倍，其部分合成路线如下图所示，下列有关说法正确的是

II,H2O弧lb

,HCHO….叭

•催化刑催化刑

（t）化合物a

A.反应①为CCh+3H2典工装CH3OH+H2OB.HCHO的水溶液能使蛋白质发生盐析

C.化合物a能与NaOH发生反应D.用淀粉可检验食盐是否为加碘盐

答案：A

解析：A.反应①化学方程式参照流程中物质的转化可进一步推出，其化学方程式为：CO2+3H2暹强

CH3OH+H2O,故A项正确；

B.HCHO的水溶液为福尔马林溶液，它能使蛋白质变性而用于保存动物标本，故B项错误；

C.化合物a中存在官能团为羟基和默基，均不与NaOH溶液反应，故C项错误；

D.淀粉遇12变蓝，但食盐中我们加入的一般是KIO3,不含L，故D项错误；

3.（2023届河北省邯郸市摸底）某科学家首次发现在温和的条件下利用L,Pd和CuX做共同催化剂，卤代

煌和焕煌发生偶联反应，其偶联反应机理如图。已知：Ri、IV为炫基，X为卤素原子，下列说法正确的是

A.Pd在此偶联反应的机理图中共呈现了3种价态

B.每步反应均存在极性键的断裂和形成

C.该偶联反应的总反应为R1-X+R2-C=CH-^^UHX+R2-C=C-R1

D.若Ri、R2分别为甲基、乙基，反应除生成2-戊焕外，还能生成2—丁焕和2一己快

答案：B

解析：A.根据图示可知，Pd在此偶联反应的机理图中共呈现了2种价态，A错误：

B.反应机理图中每步反应均存在极性键的断裂和形成，B正确；

C.该反应的催化剂为LPd和CuX,在书写方程式时需要写出催化剂名称，则总反应式为RI—X+R2

-C三CH―L'MOu'—HX+R2-C三C-Ri,C错误；

D.若RiR2分别为甲基和乙基，则反应除生成2-戊烘外，不会生成2—丁焕和2-己焕，D错误;

4.（2023届浙江省余姚市适应性测试）2021年BenjaminList和DaveMacMillan因不对称有机催化获得诺

贝尔化学奖。他们利用有机小分子代替传统的金属催化剂进行不对称合成，脯氨酸是最常见的有机小分子

催化剂，下图利用脯氨酸催化Aldol反应的机理如下图所示:

下列说法不氐项的是

A.Aldol反应方程式:

B.1-2为消去反应，2T3为加成反应

C.化合物3和4互为同分异构体

D.中间体3中存在氢键

答案：B

AOI△OOH

解析：由图可知，脯氨酸为催化剂，R'解和RH为反应物，R'R2为生成物，反应历程为:

H°AO

首先，脯氨酸H与反应物R’R2发生加成反应得到中间体1；中间体1发生消去反应得到中间体

O

I

2；中间体2和另一反应物R'H以氢键结合形成中间体3；中间体3中结构发生转化形成中间体4；最后

中间体4和H2。作用得到产物，同时释放出的脯氨酸，参与下一反应过程。

oOOH

A

A.由分析可知，R'R2和R3xH为反应物，R'R2为生成物，Aldol反应方程式为:

0

A0

R*R2人RHR’y，故A正确;

0I

B.中间体1发生消去反应得到中间体2；中间体2和另一反应物R3H以氢键结合形成中间体3,故

B错误;

C.化合物3和4的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确;

0

X

D.中间体2和另一反应物R,H以氢键结合形成中间体3,即中间体3中存在氢键，故D正确；

5.（2023届重庆南开9月月考）橙子辅导化学小组研究发现雾霾微颗粒中硫酸盐的生成可能存在三个阶

段的转化，其主要过程如图所示。下列说法错误的是

NOJ

存、第I阶段第u阶段f第in阶段

SOfS°3中间体AHSO；

A.NO2为转化过程中的催化剂

B.HNO2、NO2、H2O均为共价化合物

C.第I阶段的反应中SOf被氧化

D.第H、III阶段总反应的化学方程式为SO3+H2O+NO2=HNO2+HSO4

答案：A

解析：由图可知，二氧化氮和亚硫酸根离子参与反应最终生成硫酸氢根离子，在反应过程中，二氧化

氮只是参与反应，没有生成，是反应物，亚硫酸根离子中的硫元素，逐步被氧化，以此解题。

A.由图可知，二氧化氮为反应物，不是催化剂，A错误；

B.物质HNCh、NO?、H2O中均是通过共价键形成的，都为共价化合物，B正确；

C.由图可知，第I阶段的反应中SO*中的硫由+4价被氧化为+5价，则SO*被氧化，C正确；

D.过程I中NO2得到SO手失去的电子发生氧化还原反应生成NO、SO,反应的离子方程式：SO/+

NO2=NO7+SO；,由得失电子守恒和原子守恒可得总反应：SO3+H2O+NO2=HNO2+HSO］故II、in阶

段总反应的化学方程式为SO3+H2O+NC）2=HNO2+HSO4，D正确；

6.（2023届湖南省岳阳市第一次适应性考试）羟醛缩合反应是有机化学的一种重要反应•--种合成目标

HOO

产物HC（如图中⑦）的反应机理如图所示。下列说法错误的是

/入COOHJ

、COOH

H（

®\73）

V-H'H•二/

乩屋-HA

A.有机物①能够降低反应的活化能

B.反应历程中，有极性键的断裂和生成

C.有机物⑥和⑦均含有手性碳原子

D.若原料用丙醛和苯甲醛，则产物为。口。

答案：D

解析：A.①是第一个反应的反应物，也是最后一个反应的生成物，所以是该反应的催化剂，能降低反

应所需活化能，A正确；

B.③到④的过程中，有C-N极性键的断裂和C-O极性键的生成,B正确；手

C.性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子,根据化合物⑤和⑥结构简式可知⑥和⑦均含有

手性碳原子，C正确；

OH

IO

D.如果原料用丙醛和苯甲醛，则产物为,D错误。

7.（2023届威海市乳山银滩高级二模）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所

示。下列说法错误的是

A.含N分子参与的反应一定有电子转移

B.由NO生成HONO的反应历程有2种

C.增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变

D.当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少

答案：D

解析：A.根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+©OH=NO2+-OH、NO+NO2+H2O

=2HONO、NO2+C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+OH,含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化

合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转

移，A项正确；

B.根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；

C.NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；

NO

D.无论反应历程如何，在N