2026年高考化学二轮复习（全国）题型08 反应历程分析（解析版）

题型08反应历程分析典例引领方法透视变式演练考向01反应历程与机理分析考向02能垒图与过渡态理论【重难】考向03催化剂、中间产物、活化能及其反应机理分析【重难】考向04循环反应机理图像分析【重难】 01题型解码子、分子层面，考查学生对化学反应本质的理解和逻辑推理能力。这类题型已成关键。反应机理将更多取材于诺贝尔奖成果(如不对称有机催化、点击化学)、绿色合成(如光催化)、能源转化(如析氢、析氧反应)等前沿领域。一道题可能同时结合能垒图、催化循环和同位素标记等多种信息，考查学生的综合信息处理能力。从简单的识别，转向要求考生推断某一步的 02考向破译①A.①中反应为4CH₃COOH+0₂+2PC.生成CH₂=CHOOCCH₃总反应的原子利用率为100%【答案】C断裂与形成，B正确；生成CH₂=CHOOCCH₃总反应中有H₂O生成，原子利用率不是100%,C错误；Pd是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了【例1-2】(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()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【解析】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；过程中存在H₂O₂中O-0非极性键的断裂，以及O₂中非极性键的形成；还存在0-H极性键的断裂，以及0-C极性键的形成，B正确；过程中Ti的化学键(Ti-0)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；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。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。3.反应历程由基元反应构成的反应序列，又称反应机理。(1)总反应：2NO+2H₂=N₂+2H₂O(2)反应历程③2H₂+O₂=2H₂O(更快)(3)决速反应：在反应历程中，反应速率最慢的基元反应。(4)决速浓度：最慢反应中反应物的浓度决定总反应的反应速率。(5)反应历程中化学键有断裂和形成。【变式1-1】(2025-福建龙岩·三模)Ru(Ⅱ)催化剂(用[L-Ru-NH₃]+来表示)高效电催化氧化NH₃合成N₂H₄的反应机理如图。下列说法错误的是A.制得1molN₂H₄,需投入2mol[L-Ru-NH₃]+B.整个过程N原子的杂化方式未发生变化C.该过程既有极性键的断裂，又有非极性键的形成D.Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH₃的N-H键更易断裂【答案】A【解析】催化剂能改变反应的途径，降低反应的活化能，加快反应速率，但反应前后质量和化学性质不变，则制得1mol肼无需投入2mol[L-Ru-NH₃]+,A错误；氨分子和肼分子中氮原子的价层电子对数都为：3+(5-1×3),杂化方式都为sp³杂化，所以整个过程氮原子的杂化方式未发生变化，B正确；由图可知，反应中氨分子的氮氢极性键发生断裂，生成的肼分子中有氮氮非极性键形成，所以该过程既有极性键断裂又有非极性键形成，C正确；Ru(Ⅱ)被氧化为Ru(III)后，Ru电正性增强，吸引配体氨分子中电子能力增强，使氮氢键电子云密度降低、键能减弱，更易断裂，D正确；故选A。【变式1-2】(2025·陕西咸阳·二模)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.LnNi能提高CO₂、C₂H₄,混合体系中活化分子百分数B.总反应方程式为C.反应①中断裂的化学键有极性键和非极性键D.该反应的原子利用率为100%【答案】D【解析】L₀Ni在反应过程中先消耗后生成，是该反应的催化剂，催化剂能降低反应的活化能，提高反应物中活化分子的百分数，A正确；CO₂、CH₂=CH₂、CH₃I为反应物，CH₂=CHCOOCH₃、HI为生成物，则总反应方程式为CO₂+CH₂=CH₂+CH₃I→CH₂=CHCOOCH₃+HI,B正确；反应①中断裂了极性键(C=0键)和非极性键(C=C键),C正确；结合B分析可知，由总反应方程式可知，除目标产物丙烯酸甲酯外还有HI生成，原子利用率不是100%,D错误；故选D。典例引领典例引领【例2-1】(2025·河南卷)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=C一□—催化剂a—△—催化剂b0-过渡态1过渡态2反应进程A.总反应是放热反应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*CH₃CHCH₃+*H→*CH₃CHCH₂+2*H,D错误；故选C。【例2-2】(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，可利反应历程下列说法错误的是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2.69eVC.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【答案】D【解析】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H₂0,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；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；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；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。bEa能量2.中间体备注：处于能量最高点的是反应的过渡态，在多步反应中两个过渡态之间的是中间体，中间体很活泼，寿命很短，但是会比过渡态更稳定些。3.能垒与决速步能垒：可以简单理解为从左往右进行中，向上爬坡吸收的能量，而包含最高能垒的反应我们称之为决速步骤，也称为慢反应。例如图中，从第一个中间体到过渡态2的能量就是最高能垒，而HCOO*+H⁴=CO₂+2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤。相4.过渡态理论基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。反应物过渡态反应产物过渡态是反应过程中具有最高能量的一种结构状态，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能[活化能(能垒)越高，此步基元反应速率越慢]。例如，一溴甲烷与NaOH溶液反应的过程可以表示为CH₃Br+OH→[Br…CH₃…OH]→Br⁻+CHEE能量-0.70*CH,CO+*OH;A.CH₃COOH的吸附过程为放热反应C.*CH₃CHOH+*H→*CH₃CH₂OH为决速步骤中的D在羧基氧上，反应中羧基氧与H结合生成HOD,产物为CH₃CH₂OH,D错误；故选B。反应历程A.该反应历程中决速步骤能垒为0.9eVB.历程①中有σ键生成，历程③中有π键断裂C.历程⑤中，体系能量下降，是因为断开C-Hg²+键放出能量D.该反应的热化学方程式为HC三CH(g)+H₂O(g)=CH₃CHO(g)△H=-67.424kJ/mol【答案】C【解析】反应历程中，活化能最大的为决速步，其中历程④的活化能最高，为0.9eV,A正确；历程①中有Hg²+与H₂O之间形成了配位键，即有σ键生成，历程③中碳碳三键变成碳碳双键，断裂了π键，B正确；断键吸热，会使体系能量升高，成键放热，使体系能量下降，历程⑤中，体系能量下降，是因为生成C=0等化学键释放的能量大于断开C-Hg²+等键吸收的能量，C错误；反应的焓变只与始态、终态有关，故反应的热化学方程式为HC=CH(g)+H₂O(g)=CH₃CHO(g)△H=-67.424kJ/mol,D正确；故选C。典例引领典例引领【例3-1】(2025·广西卷)某种氨基喹啉衍生物(M)合成反应的可能历程如图，Ea表示活化能(kJ·mol-1)。下列说法错误的是H₂0H₂0④A.L-CuI是反应的催化剂B.步骤①发生了N-0键断裂C.反应速率：历程II>历程ID.反应热：历程II>历程I【答案】D在反应历程中先被消耗，后又生成，是反应的催化剂，A正确；由图可知，步骤①中转化为,发生了N-0键断裂，B正确；由图可知，历程I中活化能最大为112.8kJ/mol(决速步),历程Ⅱ中活化能最大为91.5kJ/mol(决速步),活化能越大，反应速率越慢，则反应速率：历程I>历程I,C正确；由图可知，历程II和历程I起始反应物和最终生成物相同，反应热相等，D错误；故选D。【例3-2】(2025.·四川卷)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B.步骤③正、逆反应的活化能关系为E正<E逆C.VO去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】结合反应机理图可知VO²+和H₂O₂反应生成VO去、·OH、H+,步骤①反应为VO²++H₂O₂→VO+·和苯生成OH和VO吃、H+反应生成、VO²+和水，解答。OH+H+,故A正确；步骤③为放热反应，△H=E正一E逆<0,即正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B正确；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；根据分析，步骤③生成的物质Z是H₂O,故D错误；故选D。1.有效碰撞理论与活化能活化能活化分子数不变不变增多增加升高温度不变增多增多增加催化剂下降增多增多增加备注：速率常数(阿伦尼乌斯公式)A—比例系数，Ea—活化能，R—常数，T—开氏温度。从公式可以判断出，T越高，速率常数越大，反应速率越大。Ea越小，速率常数越大，反应速率越大。2.活化能与反应机理使用催化剂，可以改变活化能，改变反应机理，在反应机理中每一步反应的活化能不同，且均比总反应的活化能低，故一般使用催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，如图所示：EE₁为总反应的活化能，E₂、E₃为使用催化剂反应机理中各步的活化能。3.催化剂与中间产物催化剂：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。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。1,2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理4.催化剂对反应历程与活化能影响图例能量能量能量能量催化剂改变反应历程、能量、能垒变化示意图催化剂改变反应历程、降低反应活化能示意图(1)在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能，E₂为逆反应的活化能；E₁-E₂=△H。(2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤，反应①为吸热反应，产物为总反应的中(3)同一反应分为若干个基元反应，活化能大的基元反应速率较慢，决定了总反应的快慢；相同反应物同时发生多个竞争反应时，能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。(4)催化剂的作用：降低E₁、E₂,但不影响△H。【特别提醒】变式演练变式演练N₂N₂N₂OX副反应C.根据图示机理，可推测Y为CH₃CH₂OH【解析】乙烷(C₂H₆)为对称结构，氮气(N₂)为非极性键双原子分子，二者均为非极性分子，A正确；Fe作为催化剂，可降低反应活化能，但不改变反应的焓变(△H),B正确；根据机理图，[(C₂H₅)FeOH]+发生副反应时，脱去Fe相关基团后可生成C₂H₅OH(乙醇),故Y为CH₃CH₂OH,C正确；由于存在副反应，N₂O的消耗量不仅用于主反应生成CH₃CHO,部分会参与副反应，因此每消耗2molN₂O生成的CH₃CHO物质的量小于1mol,D错误；故选D。【变式3-2】(2025-湖南永州·模拟预测)氨硼烷(NH₃BH₃)因具有较高的含氢量成为受人关注的潜在储氢材料之一、铱螯合复合物催化氨硼烷脱氢反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示[已知-Bu表示—C(CH₃)3]。下列说法正确的是NH₃BH₃(g)+IA.氨硼烷中氢元素的化合价不相同B.化合物Ⅲ能降低该反应的活化能C.反应过程中Ir的成键数目不发生改变D.该反应决速步的活化能为158.06kJmol-¹【答案】A【解析】根据氨硼烷的结构NH₃BH₃可知，在NH₃BH₃中和N成键的H呈+1价，和B成键的H呈-1价，化合价不相同，A正确；从反应机理图可知化合物I和NH₃BH₃反应，后来又生成化合物I,故该转化过程中催化剂为化合物I,能降低该反应的活化能，B错误；从反应机理图可知反应过程中Ir的成键数目有6个、5个、4个，数目发生了改变，C错误；过渡态中活化能最大的一步是反应最慢的一步，也是决速步；从图中相对能量可知过渡态I是决速步，活化能为162.38kJ·mol-¹-21.88kJ·mol-¹=140.5kJ·mol-1,D错误；故选A。考向04循环反应机理图像分析考向04循环反应机理图像分析典例引领典例引领【例4-1】(2025-江苏卷)CO₂与NO₃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ⅡNO₃A.过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成B.过程Ⅱ中NO₃发生了氧化反应C.电催化CO₂与NO₃生成CO(NH₂)₂的反应方程式：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【解析】过程Ⅱ为：*CO₂和*NO₃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，A正确；过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由+5降为-2,C元素的化合价由+4降为+2,B错误；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+2NO₃+18H++,C错误；常温常压、无催化剂条件下，CO₂与NH₃·H₂O反应生成(NH₄)₂CO₃或NH₄HCO₃,D错误；故选A。【例4-2】(2025.河南卷)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1molO₂可生成1molCH₃COOHC.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】由反应历程可知，总反应为2CO+2CH₄+O₂=2CH₃COOH,据此解答。【解析】该反应为化合反应，原子利用率为100%,A正确；由分析可知，每消耗1molO₂可生成2molCH₃COOH,B错误；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用H₂0吸收产物时，其存在电离平衡：CD₃COOD=CD₃CO0-+D+,CD₃Coo-结合水电离出的H+可得到CD₃COOH,D正确；故选B。方法透视方法透视【变式4-1】(2025·浙江金华·一模)某课题组提出，可催化CO₂与环氧化合物合成环状碳酸酯，反应的机理如图所示。下列说法正确的是A.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反应转化为物质IV属于加成反应【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；故选D。【变式4-2】(2025-河北衡水·三模)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)-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示[其中TS表示过渡态，Rh(I)配合物简写为TN],关于反应历程说法正确的是A.反应历程中只有做催化剂C.增大LiI的用量，甲醇的平衡转化率增大D.经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能原因是TN3→TN4的活化能较高【解析】从图中可看出，LiI先与甲醇反应生成LiOH和CH₃I,CH₃I参与TN催化循环最终生成的CH₃COI又与LiOH反应生成LiI与终产物乙酸，因此LiI也属于该反应的催化剂，A错误；总反应需消去中间产物，反应物为CH₃OH和CO,生成物为CH₃COOH,总反应方程式为CH₃OH+CO→CH₃COOH,B正确；Lil也是反应的催化剂，其用量不影响平衡移动，因此增大LiI用量不能提高甲醇的平衡转化率，C错误；反应中TN3含量最少说明其生成慢(TN2→TN3反应速率慢)或消耗快(TN3→TN4反应速率快),即TN2→TN3的活化能较高或TN3→TN4活化能较低，D错误；故选B。 1.(2025-浙江·一模)在非水溶剂中，将CO₂转化为化合物ii的催化机理如图。下列说法不正确的是A.①过程中有极性键的断裂和形成B.该机理中KI为催化剂，AcOH为中间产物C.化合物i和化合物ii均含有3种不同化学环境的氢原子D.该机理的总方程式为：【答案】B【分析】由图可知，二氧化碳转化为化合物ii的反应为催化剂作用下二氧化碳与甲基环氧乙烷反应生成,反应的化学方程式为CO₂+【解析】由图可知，①过程中，二氧化碳发生碳氧极性键断裂，同时形成新的碳氧极性键，A正确；由图可知，碘化钾是过程②的生成物、过程④的反应物，AcOH是过程③的生成物、过程①和④的反应物，所以碘化钾和AcOH都是反应的催化剂，B错误；由结构简式可知，不同化学环境的氢，C正确；由分析可知，总反应的方程式为CO₂+分子中均含有三种,D正确；故选的是B.反应过程中存在非极性键的断裂和形成C.分别在Ni₂N和Co₃N催化下，肼制氢反应的最大能垒相差0.87eVD.肼制氢反应中，制得2molH₂同时生成1molN₂【答案】B【解析】催化效率与反应的活化能(最大能垒)有关，活化能越低催化效率越高，由图可知，Ni₂N-Co₃N的键未断裂(中间体始终为N₂Hx,N原子始终相连),断裂的键为极性键N-H键；生成的N₂(N=N)和H₂eV),能量差为1.4eV,两者相差1.4-0.53=0.87eV,C正确；肼分解反应为N₂H₄=N₂↑+2H₂个，制得2molH₂时生成1molN₂,D正确；故选B。A.整个过程中催化剂中B原子化合价没有发生改变B.干燥环境下该烷烃催化脱氢反应很难进行C.反应Ⅱ生成烯烃的反应为氧化反应D.反应Ⅱ中存在极性键和非极性键的断裂与形成【答案】D【解析】催化剂中B原子始终与O结合，硼的常见化合价为+3价，在催化剂、化合物I(含-OH)和化合物Ⅱ(含0-0键)中，B均为+3价，化合价未改变，A正确；由机理图可知，催化剂需与H₂0反应生成化合物I才能参与循环，干燥环境下缺乏H₂0,无法生成Ⅱ中烷烃(CnH₂n+2)转化为烯烃(CₙH₂n),C的平均化合价升高(如乙烷→乙烯，C从-3→-2),失去电子，属于氧化反应，C正确；化合物Ⅱ中氧原子间未形成共价键，反应性键),形成的键为烯烃的C=C键(非极性键)和化合物I中的O-H键(极性键)。仅存在极性键的断裂A.物质Ⅱ为催化剂B.?→V的反应类型为还原反应D.该历程总反应为(【答案】D【解析】由图可知，物质Ⅱ在反应过程中为中间产物，A错误；IV→V为去氢的反应，反应为C₂H₅OH+H₂OLnuHCH₃COOH+2H₂↑,D正确；故选D。的是【答案】D能量能量n(1,2-加成产物)反应进程A.CH₃CH=CHCH₂Br(g)比CH₃CHBrCH=CH₂(g)稳定中2-位上带的正电荷密度较高，更容易吸引Br-的进攻C.图示两种产物中，只有1,4-加成产物有立体异构D.反应过程中，适当升高温度，生成CH₃CH=CHCH₂Br(g)和CH₃CHBrCH=CH₂(g)速率均增大【答案】C【解析】由图可知，CH₃CH=CHCH₂Br(g)比CH₃CHBrCH=CH₂(g正确；由图可知，+Br-→CH₃CHBrCH=CH₂(g)的反应活化能更低，故2-位上带的正荷密度较高，更容易吸引Br-的进攻，B项正确；CH₃CHBrCH=CH₂(g)含手性碳原子(Br所在的有立体异构，CH₃CH=CHCH₂Br(g)有顺反异构，C项错误；反应过程中，适当升高温度，生成CH₃CH=CHCH₂Br(g)和CH₃CHBrCH=CH₂(g)速率均增大，D项正确；故选C。6.(2025·陕西西安·模拟预测)研究表明在60℃条件下，伯醇(含-CH₂OH)和苯甲醇可通过如下反应历程转化成相应的羧酸。下列说法错误的是H₂OHA.CH₃CH₂CHO转化为CH₃CH₂COOH的过程中有极性键的断裂和形成C.该历程的总反应方程式为2H₂O₂+CH₃CH₂CH₂OH→CH₃CH₂COOH+3H₂OD.可用少量银氨溶液检验丙酸溶液中是否混有丙醛【解析】CH₃CH₂CHO转化为CH₃CH₂COOH时，醛基中的C-H键断裂，在碳氢间插入氧原子，形成C-O和O-H键，有极性键的断裂和形成，A正确；由图可知，(ProH)₃[PW¹₂040]在反应中先参与反应生成中间体，最终又重新生成，符合催化剂“参与反应、反应前后不变”的特征，B正确；根据历程图，反应物为H₂O₂和CH₃CH₂CH₂OH,产物为CH₃CH₂COOH和H₂O,化学反应方程式为2H₂O₂+CH₃CH₂CH₂OH→CH₃CH₂COOH+3H₂O,C正确；银氨溶液检验醛基需在碱性条件下，丙酸溶液呈酸性，少量银氨溶液会先与丙酸发生中和反应，无法与丙醛反应生成银镜，不能检验，D错误；故选D。7.(2025-湖北武汉·模拟预测)我国科学家发现：①Rh催化单分子甲酸分解制H₂的过程如图1所示；②以CO₂与辛胺[CH₃(CH₂)₇NH₂]为原料实现了甲酸和辛腈[CH₃(CH₂)₆CN](M=125g/mol)高选择性合成，工作原理如图2所示。下列说法错误的是(NA表示阿伏伽德罗常数的值)个相对能量/eVB.甲酸制H₂的热化学方程式为：HCOOH(g)=CO₂(g)+H₂(g)△H=-0.16NAeV·mol-1C.In/In₂O₃-x电极上发生还原反应D.每转移2mol电子，理论上Ni₂P电极上有125g辛腈生成【答案】D【分析】In/In₂O₃-x电极上CO₂转化为HCOO,C元素化合价从+4降低到+2,发生还原反应为阴极，电极反应方程为CO₂+H₂0+2e-=HCOO-+OH-;辛胺[CH₃(CH₂)₇NH₂]转化为辛腈[CH₃(CH₂)₆CN]时，发生氧化反应为阳极，电极反应方程为CH₃(CH₂)₇NH₂-4e-+40H-=CH₃(CH₂)₆CN+4H₂O。【解析】决定反应速率的步骤为活化能最大的步骤。由图1可知，HCOOH*转化为HCOO*+H*的过渡态1能量(0.78eV)与中间体HCOOH*(-0.21eV)的能量差最大，活化能为0.78-(-0.21)=0.99eV,为各步中最大，故该步为决速步，A正确；由图1,反应物HCOOH(g)相对能量为0eV,产物CO₂(g)+H₂(g)相对能量为HCOO,C元素化合价从+4降低到+2,发生还原反应，C正确；辛胺[CH₃(CH₂)₇NH₂]转化为辛腈则转移2mol电子时生成0.5mol辛腈，质量为0.5mol×125g/mol=62.5g,D错误；故选D。8.(2025-湖北武汉·模拟预测)CO₂与H₂在金属催化剂M的作用下生成多种产物，反应机理如下图所示。下列说法正确的是一中间体XA.HCHO和CO₂均为非极性分子B.M-C=0中M元素为+1价C.反应①中C原子的杂化方式发生了变化D.中间体X的结构式为【解析】HCHO(甲醛)分子为平面三角形结构，正负电荷中心不重合，是极性分子；CO₂为直线形结构，是非极性分子，二者并非均为非极性分子，A错误；M-C=O的化合价为0价(催化剂通常为中性金属原子或0价配合物),B错误；反应①中，若涉及M-C=O转化为M=C=0,C原子均形成2个σ键(无孤对电子),价层电子对数为2,均为sp杂化，杂化方式未发生变化，C错误；中间体X生成HCHO(H₂C=O),其是由M=C=O与氢气发生加成反应的产物，结构式应为分解后可得到HCHO,D正确；故选D。A.反应中Ru的成键数目不变B.该羰基化反应每消耗1molCH₃COOCH₃生成1molCH₃COOHC.由CH₃I生成CH₃OI经历了4个基元反应，其中第四步是决速步骤D.Rh(I-Ru(III)双金属配合物降低了反应的活化能，不改变反应在该条件下的焓变【答案】B【解析】由Rh(I)-Ru(III)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理图可知，Ru都是与2该羰基化反应每消耗1molCH₃COOCH₃生成2molCH₃COOH,B项错误；由各基元反应活化能垒图可知，由CH₃I生成CH₃OI经历了4个基元反应，其中第四步即产物TN3→Cat.+CH₃COI的活化能最大，是决速步B.C₂H₅OH是合成过程中的副产物C.M中铁元素的化合价为+3价D.增大Fe+浓度，有利于提高CH₃CH【答案】DH₂O,故A正确；机理图中步骤③生成C₂H₅OH,C₂H₅OH不是目标产物，故C₂H₅OH为副产物，故B正确；中间体M为+1,解得x=+3,故C正确；Fe+为催化剂，催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，增大Fe+浓度不能化剂表面的物种标注*)如下图所示，该反【答案】Ci下列相关叙述错误的是A.N₂O是极性分子，中心原子孤电子对数为0B.N₂0分解的决速步骤为：*0+N₂O=*O₂+*N₂C.由图可知：温度降低有利于N₂从催化剂表面脱附(吸附的逆过程)D.协同反应中氧化CO的可能为*0【答案】C【解析】N₂O分子结构为直线形但不对称(O=N=N),正负电荷中心不重合，是极性分子；中心N原子价层电子对数为2(sp杂化),孤电子对数=2-键数=0,A正确；决速步骤是活化能最高(能垒最大)的步骤，由图可知活化能最大的为*O和*N₂O生成*N₂和*O₂的步*N₂,B正确；脱附是吸热过程(吸附放热的逆过程),温度升高有利于吸热反应(脱附),温度降低则平衡向吸附方向移动，不利于脱附，C错误；协同反应中CO被氧化为CO₂,*O(吸附态氧原子)具有氧化H⁺A.该反应中乙醇是反应物，最终产物是乙烯和水B.反应过程中有配位键的形成和断裂D.该反应也可用浓硫酸催化，但易产生污染【解析】总反应为CH₃,A正确；反应过程中有Al-0配位键的形成和断裂，但发生副反应生成SO₂等，易产生污染，D正确；故选C。(NH₂NH₂),其反应历程如下所示。下列说法错误的是A.该反应发生时活化能降低B.反应涉及N-H、N-0C.在反应过程中，催化中心的Fe元素化合价发生了变化D.将NH₂OH替换为ND₂OD,反应可得ND₂ND₂还有N-H键的生成，B正确；由反应历程可知，反面又得到电子生成Fe²+,C正确；由反应历程可知，反应过程中，生成的NH₂NH₂有两个氢来源于NH3,所以将NH₂OH替换为ND₂OD,不可能得到ND₂ND₂,得到ND₂NH₂和HDO,D错误；故选D。氮气体造成的空气污染，反应机理如图所示，下列说法错误的是NH₃NONON₂+H₂OA.V⁴+-OH为该反应的催化剂B.NH₃和NO分子是极性分子【答案】A成4molN₂,总转移12mole,生成1molN₂转移3mole-,即每生成标准状况下22.4LN₂,转移电子数为3NA,IZrO①③甲④反应历程+H₂O(g)【答案】A子，从而提高活化分子百分数，C正确；由图乙可知，反应物(CO₂+3H₂)相对能量高于产物(CH₃OH+H₂O),16.(2025·四川巴中·模拟预测)HCHO用作农药和消毒剂，能制酚醛树脂、脲醛树脂、维纶和染料等。除去①H③A.MnO₂可降低该反应活化能B.反应①~④均是氧化还原反应C.反应②既有极性键断裂也有极性键的生成D.该机理总反应为【答案】B【解析】除去HCHO的方程式是HCHO+0₂M→²CO₂+H₂0,由图知MnO₂为该反应的催化剂，可降低该反应活化能，A正确；反应④是HCO₃+H+=H₂O+CO₂,无化合价变化，不是氧化还原反应，B错误；反应②HCHO+·OH=·CHO+H₂O,断裂极性键C—H键，形成了极性键O—H键，C正确；该机理总反应为HCHO,D正确。故选B。17.(2025·云南·模拟预测)某科研团队以可再生纳米碳—羰基材料为催化剂，催化烷烃氧化脱氢反应，其基元反应如图所示。下列说法正确的是A.H₂O₂属于非极性分子B.反