2026年北京高考化学二轮复习重难点07 催化机理循环图分析（重难专练）（解析版）

重难点07催化机理循环图分析内容导航内容导航速度提升技巧掌握手感养成重难考向聚焦锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向重难技巧突破授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧重难保分练稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值重难抢分练突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数重难冲刺练模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”一、反应历程1．化学动力学与反应历程化学动力学是研究化学反应进行的速率和反应历程(即机理)的科学。所谓反应历程就是反应物按什么途径，经过哪些步骤，才能转化为最终产物。选择适当的反应途径，可以使热力学由预期转变为现实。2．基元反应与非基元反应例如H＋＋OH－=H2O，反应几乎没有过程，瞬间平衡一步到位，称为简单反应；而2HI=H2＋I2的实际机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI→H2＋2I·、2I·→I2，存在未成对电子的微粒称为自由基，反应活性高，寿命短，2HI=H2＋I2称为非基元反应。二、催化剂与中间产物1.催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再次生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。2.中间产物：在连续反应中为某一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续又消耗多少。在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2＋I－→H2O＋IO－慢H2O2＋IO－→O2＋I－＋H2O快在该反应中I－为催化剂，IO－为中间产物。而在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质(产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质)，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如图中，MoO3是该反应的催化剂，为中间产物。1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理三、循环反应图中三类物质：反应物、产物、中间产物及反应条件、催化剂的判断（建议用时：10分钟）1．（25-26高三上·北京海淀·期中）过氧乙酸（CH3C注：化学式中的“·”表示自由基中的未成对电子。下列说法正确的是A．X为H⋅ C．过程Ⅱ还可能生成HO⋅和CH3【答案】C【解析】过程I中，根据原子守恒和电子守恒（Cu得电子）X应为H+，A错误；过氧键为-O-O-，过程I断开O-H，过程II断开-O-O-，B错误；过程II中过氧乙酸被还原，断键方式有两种，一种是图中的方式，一种是生成HO⋅和CH3COO-2．（25-26高三上·北京·月考）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．该过程生产环氧丙烷的原子利用率为100%B．该过程中Ti元素的化合价发生了变化C．该过程中有极性键和非极性键的断裂和形成D．利用该方法每生产1mol环氧丙烷共转移2mol电子【答案】C【解析】原子利用率100%需所有反应物原子均转化为目标产物。由机理推测总反应为丙烯（C3H6）与H2O2反应生成环氧丙烷（C3H6O）和H2O，存在副产物H2O，原子利用率并非100%，A错误；过程中Ti形成4个键或5个键，其中第五个键为配位键，配位键不影响化合价的变化，因此Ti的化合价未发生变化，B错误；反应中断裂的键有丙烯中C=C非极性键、H2O2中O-O非极性键及O-H极性键，形成的键为环氧丙烷中C-O极性键和O2中O-O非极性键，C正确；利用该方法每生产1mol环氧丙烷共转移1mol电子，因为每摩尔H2O2转移2mol电子，而生成1mol环氧丙烷需要消耗0.5molH2O2，因此D错误；故选C。3．（2025·北京·三模）铑的价层电子排布式是4d85s1下列叙述不正确的是A．铑位于元素周期表第五周期第VIII族B．X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构不是四面体形C．A、C分别是CH3COID．B为OH−、D为【答案】D【分析】根据甲醇羰基化反应机理可知，CH3OH先与HI转化为CH3I和水，再与CO在Rh(CO)2I2−催化剂作用下生成CH3COI【解析】铑的价层电子排布式是4d85s1，则铑位于元素周期表第五周期第VIII族，A正确；若X为四面体形结构，则两种配体（如CO和I−）的空间位置等效，不存在同分异构体，因此X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构为平面四边形，不是四面体形，B正确；根据分析，A、C分别是CH34．（25-26高三上·北京顺义·阶段练习）酸性条件下，环氧乙烷水合法制备乙二醇涉及的机理如下，下列说法不正确的是A．制备乙二醇的总反应为B．H+C．X的结构简式为D．二甘醇的分子式是C【答案】C【解析】总反应为环氧乙烷与水在H+催化下生成乙二醇，结合生成乙二醇的机理，起始物为环氧乙烷（），最终产物为乙二醇HOCH2CH2OH，H+为催化剂，总反应式为：为，A正确；环氧乙烷中O原子电负性大于C原子，C−O键中共用电子对偏向O原子，使O原子带部分负电荷，H+带正电，故H+会进攻O原子，B正确；根据生成二甘醇的机理中X进攻环氧乙烷生成的中间产物的结构，X应为生成乙二醇过程中的中间体：HOCH25．（2025·北京·高考真题）乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2下列说法不正确的是A．①中反应为4CHB．②中生成CH2=CHOOCCH3C．生成CH2=CHOOCCHD．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【解析】①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd(CH3COO)2，方程式为：4CH3COOH+O2+2Pd→2PdCH3COO2+2H2O，A正确；②中生成CH2=CHOOCCH3（建议用时：10分钟）6．（24-25高三下·北京海淀·期中）铑的配合物离子Rh(下列叙述不正确的是A．CH3B．中与Rh配位的原子是I和OC．甲醇羰基化反应为CHD．其中CH3【答案】B【解析】由图可知，CH3COI先做反应物，后做生成物，说明CH3COI是反应中间体，故A正确C．由图可知，甲醇羰基化反应的反应物为甲醇和一氧化碳，生成物为乙酸，反应的方程式为CH3OH+CO=CH3CO27．（2025·北京平谷·一模）近期中国科学家在低温CH4转化研究方面取得新进展，利用Fe氧簇MOF低温催化甲烷反应的机理如图所示，下列说法错误A．该反应有利于减少温室气体排放B．为该反应的催化剂C．该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1D．该反应中存在极性键的断裂和非极性键的形成【答案】C【分析】根据图中信息得到总反应方程式为CH4【解析】甲烷是一种温室气体，它的温室效应比二氧化碳更强，该反应消耗甲烷，有利于减少温室气体排放，A正确；在反应历程中，先消耗，后生成，故是该反应的催化剂，B正确；由分析的总反应可知，CH4做还原剂，N2O做氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，C错误；该反应中存在碳氢极性键的断裂，氮氮非极性键的形成，D正确8．在钌(Ru)基催化剂条件下，用CO2(g)和H2(g)合成HCOOH(g)的反应过程如图所示，已知当生成4.6gHCOOH(g)时放出热量3.12kJ。下列说法正确的是A．物质I→Ⅱ的过程中存在非极性键的断裂与形成B．物质Ⅱ为总反应的催化剂C．物质Ⅲ中Ru的化合价为+3D．合成HCOOH(g)的热化学方程式为：H【答案】D【解析】物质I→Ⅱ的过程中，H₂参与反应，断裂H-H非极性键，但生成的Ru-H键为极性键（Ru为金属，H为非金属），且无新的非极性键形成，故不存在非极性键的形成，A错误；催化剂在反应前后质量和化学性质不变，物质Ⅱ是反应过程中生成的中间产物，后续与CO₂反应生成Ⅲ，但是不能确定其在反应前后质量和化学性质是否不变，B错误；物质Ⅲ中Ru与O原子成键，O通常显-2价，假设Ⅲ为电中性，设Ru化合价为x，若含2个O原子，则x+2×(-2)=0，x=+4（或考虑HCOO⁻配体，每个-1价，2个配体为-2，x=+2），均非+3，C错误；4.6gHCOOH的物质的量为4.6g46g/mol9．CO2A．加入“—O—Ga—O—Zn—”催化剂，降低了CO2合成甲醇的ΔB．历程中涉及极性键和非极性键的断裂与形成C．理论上，每产生1mol乙烯，需消耗2mol氢气D．CH3【答案】B【解析】催化剂降低了反应的活化能，反应速率加快，但不能改变ΔH，A错误；由图可知，历程中涉及C=O极性键和H-H非极性键的断裂，有C-H极性键和C=C非极性键的形成，B正确；根据图示，可得反应CO2+3H2=催化剂CH3OH+H2O，10．利用CO2加氢制CH3OH的反应机理如图所示。H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程。下列说法错误的是已知：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒，NA表示阿伏加德罗常数。A．反应过程存在C－H、O－H的断裂和形成B．催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快C．若反应温度过高使甲醇炭化，生成的碳颗粒易使催化剂反应活性下降D．理论上，每生成1molCH3OH，该历程中消耗的H*的数目为6NA【答案】A【解析】反应过程存在O－H生成，但无O－H键的断裂，故A错误；H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，2个H*与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧空位再与CO2结合，所以催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快，故B正确；反应温度过高使甲醇炭化，碳覆盖在催化剂的表面，使催化剂反应活性下降，故C正确；H2首先在面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，根据图中信息可知，CH3OH∼6H*，所以理论上，每生成1molCH3OH，该历程中消耗的H*的数目为6NA，故D正确；故选A。（建议用时：20分钟）11．某Diels−A．化合物VI为该反应的催化剂B．化合物X为H2C．若化合物III为，按照该反应机理可生成和D．化合物III转化为IV后，C2【答案】C【解析】由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了Ⅵ，Ⅵ是反应的催化剂，故A正确；根据I+Ⅳ→X+Ⅱ和IV+X→VI+V，由I、Ⅳ、Ⅱ的结构简式可知，X为H2O，并且可循环利用，故B正确；根据反应机理，总反应为I+III→V，若化合物III为，按照该反应机理可生成和，故C错误；根据III和IV结构式，III中C2-C3为碳碳单键，IV中C2-C3为碳碳双键，键长变短，故D正确；故选C。12．某团队利用Fe−POM催化剂使丙烯与H2设NAA．该过程中碳原子的杂化方式没有发生改变B．该过程中只有非极性键的断裂和极性键的形成C．21gCH3CH=D．X的同分异构体中链状结构共有2种【答案】C【解析】饱和碳原子为sp3杂化，双键碳原子为sp2杂化；该过程总反应为，该过程中碳原子的杂化方式由sp2、sp3变为sp3，A项错误；该过程中还存在H2O2中O−H极性键的断裂，B项错误；21gCH3CH=CH2的物质的量为0.5mol，一个CH3CH=CH2分子中含8个σ键，所以13．环状碳酸酯广泛用于极性非质子溶剂、电池的电解质等，离子液体研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示。已知：R表示烃基。下列说法不正确的是A．C4B．反应过程键2比1更易断裂，这与R有关C．Ha的酸性：D．总反应原子利用率可达100%【答案】A【分析】图像中箭头指向为生成物，箭尾指向为反应物，其余为催化剂或中间产物。【解析】由图分析可知，C4H94NBr是催化剂，参与了反应，反应前后化学性质不变，物理性质发生改变，A错误；R是烃基，是推电子基，使得键1电子云密度大，键能大，键2比1更易断裂，B正确；-C4H9是推电子基，Br是吸电子基，推电子效应使酸性减弱，吸电子效应使酸性增强，C正确；由图可知，总反应为：+14．实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理如图(已知RO-极易结合H+转化为ROH)。下列说法错误的是A．该反应催化剂的核磁共振氢谱有四组峰B．苯甲醛合成苯甲酸苯甲酯总反应方程式为：C．该反应是一个最理想的“原子经济”反应D．久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，能加快该历程反应速率【答案】D【解析】根据题目所给图可知，该反应的催化剂为苯甲醇钠，其核磁共振氢谱有四组峰，A正确；根据题目所给图可知，苯甲醛合成苯甲酸苯甲酯总反应方程式为：，B正确；根据总反应方程式，该反应没有副产物，只有目标产物，原子利用率为100%，C正确；苯甲酸会使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效，故久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，会减慢该历程反应速率，D错误；故选D。15．某课题组以CH3OH，CO，HI作原料催化合成乙酸的机理如图所示(＋1、＋3表示Rh的价态)。下列说法A．RhI2B．反应②中CH3C．若RhI2CO2−中C均用13D．反应⑥的H2【答案】C【分析】以CH3OH，CO，HI作原料催化合成乙酸的机理，涉及Rh的不同价态及中间产物的变化，[RhI2(CO)2]-(+1价)在反应起始通过与CH3I作用生成+3价的Rh配合物，Rh配合物继续与CO、H2O等发生多步反应最终生成CH3COOH并再生成[RhI2(CO)2]【解析】据分析知RhI2CO2−在循环中先消耗后生成，是反应的催化剂，A正确；Rh从+1变为+3被氧化，则CH3I被还原，B正确；根据反应机理可知，若[RhI2(CO)2]-中C均用13C标记，反应物CO用12C，则生成

CH313COOH，C错误；由图可知⑥是断羰基碳上的C−I键和水中的H−16．Heck反应是指芳基、乙烯基或苄基卤化物与烯烃在合适的钯催化剂存在下进行的偶联反应，如图为以溴苯为原料进行的Heck反应机理，下列说法错误的是A．在反应过程中，Pd的化合价有2种B．反应过程中涉及极性键和非极性键的断裂和形成C．用同位素标记的代替可得到DBrD．总反应为【答案】C【分析】由图可知Heck反应机理：以溴苯（A）和丙烯酸甲酯（B）为原料，在Pd催化剂作用下发生偶联，生成产物C，同时生成HBr（D）。【解析】由图可知步骤①前Pd是0价，步骤②→⑥中Pd为+2价，Pd的化合价有2种，A正确；断裂的键：C-Br（极性键）、C-H（极性键）、C=C中的π键（非极性键）；形成的键：新的C-C（非极性键）、新的C=C中的π键（非极性键）、H-Br（极性键）。因此涉及极性键和非极性键的断裂与形成，B正确；由机理图可知，位于端基碳上的氢原子与Br原子发生消去反应得到HBr，故用同位素标记的代替最终得到，无法得到DBr，C错误；由转化图示可知环上物质代表催化剂参与反应过程的转化过程，指入箭头代表反应物，指出箭头代表生成物，该过程的总反应为，D正确；故选C。17．某课题组提出，可催化CO2A．物质Ⅰ为离子液体，沸点比较低 B．物质Ⅰ与环氧化合物通过配位键形成物质ⅡC．物质Ⅲ为该合成总反应的催化剂 D．物质Ⅲ与CO2【答案】D【解析】化合物Ⅰ的阳离子为有机阳离子，其体积较大，为离子液体，熔点低，但沸点较高，A错误；由图可知，物质Ⅰ中的羟基H原子与环氧化合物中的O原子形成氢键，B错误；该反应原理中，化合物Ⅰ先和环氧化合物反应被消耗，后又生成，化合物Ⅰ为该合成总反应的催化剂，物质Ⅲ是中间产物，C错误；由图可知，物质Ⅲ与CO2反应转化为物质Ⅳ过程中，CO2中碳氧双键断开，属于加成反应，D正确18．Wacker氧化反应的机理如图所示(R表示有机基团)，有机物在反应过程中，只有末端碳碳双键被氧化，其他不饱和键不受影响。下列说法错误的是A．过程中Pd元素的化合价发生了变化B．过程中有σ键和π键的断裂和形成C．总反应化学方程式为2D．若反应物为1，3-丁二烯，则产物可能为COHCC【答案】D【解析】过程中Pd元素的化合价从+2价（[PdCl4]2-）变为0价（单质Pd），再变回+2价（PdCl2），化合价发生变化，A正确；反应中烯烃的C=C双键（含π键）断裂，O2的O=O双键（含σ键和π键）断裂，同时生成C=O键（含σ键和π键），存在σ键和π键的断裂与形成，B正确；根据机理，末端烯烃（RCH=CH2）被O2氧化为酮（RCOCH3），催化剂参与循环，总反应为2RCH=CH2+O2→催化剂2RCOCH3，原子守恒，C正确；1,3-丁二烯（CH2=CH-CH=CH2）含两个末端双键，根据题干“末端碳碳双键被氧化”及总反应，应生成CH2=CH−COCH319．研究表明，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(Ⅰ)-