2021-2026年高考化学试题分类汇编：化学反应机理（6年汇编）（湖南专用）解析版

专题06化学反应机理

6年真题1年模拟

六年真题分类

第1考点1化学反应机理

1.（2026•湖南•高考真题）光催化是一种常用的绿色有机合成方法，合成化合物M（Ar-表示芳基，cBu-

表示叔丁基）的反应历程如图所示。下列说法错误的是

A.X-Y过程中既有。键断裂，又有冗键断裂

B.Z中Ni的化合价为+2

C.PC②-PC①是一个氧化过程

Ar

+A-

D.总反应式为

【答案】B

【解析】A.X-Y过程中，X含碳碳三键，反应时三键的7T键断裂，同时伴随。键（如\i-C1键）断裂，既有

。键断裂又有兀键断裂，A正确;

一O

B.由图可知，〃中Ni的化合价为+2价，〃中Ni与结合生

成Z,Ni原子与具有单电子的碳原子结合形成。键，且共用单子对偏向于C原子，则Ni的化合价上升到+3

价，B错误;

（0）

C.该步骤是光催化剂PC②与Ni电反应，生成PC①和Ln-Nio在这个反应中，Ni的化合价从+1

价下降到。价，G-Ni®是氧化剂，则PC②一PC①是一个氧化过程，C正确；

D.根据反应历程，反应物为快燃和ArCl,产物为M,条件为光、催化剂，总反应式为

+AC催化剂

伯，X+AC——

故选B。

2.（2025•湖南・高考真题）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垸的原子利用率为100%

【答案】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，H先生成，再消耗，是中间产物，A

错误；

B.过程中存在第。2中0-0非极性键的断裂，以及。2中非极性键的形成；还存在。-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-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；

I).反应生成了“2。，且存在心。2的分解反应，原子利用率小于100%，】)错误；

故选Bo

3.(2023•湖南•高考真题)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科

学家合成的某Ru(H)催化剂(用[L-Ru-NIl3]+表示)能高效电催化氧化Nib合成Na%，其反应机理如图所

Zjx。

+

N2H42[L-RU-NH3]

2e

2NH/\

-12.，2+

S-RU-L'2[L-RU-NH3]

L-Ru-NK2NH3

"\ANH；

++

2[L-Ru-NH,]2[L-RU-NH2]

(M)

下列说法错误的是

A.Ru(II)被氧化至Ru(IH)后，配体N出失去质子能力增强

B.M中Ru的化合价为+3

C.女过程有非极性键的形成

D.该过程的总反应式：4NH3-2e-=N2H4+2NH：

【答案】B

【解析】A.Ru(I【)被氧化至Ru(川)后，[L-RU-NH3]2+中的Ru带有更多的正电荷，其与N原子成键后，

Ru吸引电子的能力比Ru(II)强，这种作用使得配体N%中的N-H键极性变强且更易断裂，因此其失去质子

(H+)的能力增强，A说法正确；

B.Ru(H)中Ru的化合价为+2,当其变为Ru(III)后,Ru的化合价变为+3,Ru(III)失去2个质子后,N原子

产生了1个孤电子对，Ru的化合价不变；M为，一RU-N“2「，当［L-RU-NH2〕+变为M时，N原子的孤

电子对拆为2个电子并转移给Rui个电子，其中Ru的化合价变为+2,因此，B说法不正确；

C.该过程M变为［L一!^1一1^电-?^2-1^一口2+时，有N-N键形成，N-N是非极性键，C说法正确；

1）.从整个过程来看，4个N&失去了2个电子后生成了1个忆”4和2个NH，Ru（H）是催化剂，因此，该

过程的总反应式为4N&-2e-=N2H4+2NH：,D说法正确；

综上所述，本题选B。

4.（2022•湖南•高考真题）（多选）反应物⑸转化为产物（P或P・Z）的能量与反应进程的关系如下图所

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：11>1

c.生成p的速率：ni>ii

D.进程N中，Z没有催化作用

【答案】AD

【蟀析】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IH中由S-Y转化为P-Y的活化能高于进程II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HkII,C说法不正涌：

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

+2,因此，Z没有表现出催化作用，D说法正确；

综上所述，本题选A1）。

5.（2021•湖南・高考真题）（多选）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

45.3435

:\过渡态1过渡态

•・・

(♦•♦

,

o0.-0

E1•

+」3L-2w2-

.H.、+

One42.6/

fO+81461.

OH+IV++

qHOHC

+OOO*

n

O—UOU+

Ho+

O—£

OHO

HO+

UO—

HO

O

H

反应进程

下列说法错误的是

A.该过程的总反应为HCOOH催^剂CO2T+H2T

B.c(FF)过大或者过小，均导致反应速率降低

C咳催化循环中Fe元素的化合价发牛•了变化

D.该过程的总反应速率由I1-HI步骤决定

【答案】CD

【解析】A.由反应机理可知，HCDOH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催化剂CQt+H2t,A正确；

B.若氢离子浓度过低，则反应IH-IV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，

B正确：

C.由反应机理可知，Fe在反应过程中化合价未发生变化，C错浜；

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

故诜CDo

V一年模拟堪测后

■-----------------------------------------------------------------------------------------0

模拟题精选

CH=CH-NO2

)

的可能反应机理如图所小。a

下列说法错误的是

A.该反应过程中涉及了加成反应却消去反应

B.反应过程中涉及极性键、非极性键的断裂和形成

C.该过程中部分碳原子由sp3杂化转变为sp2杂化

CHOKOH彳»CH=CH-NO,

+CH3NO,-------►I2+HQ

【答案】Ba

【分析】由图可知，第一步发生反应CHKOz+OH-f-CH,NOj+H?。，第二步发生反应

【解析】A.由分析知，第二步中-C%NO2进攻苯甲醛的醛基时，醛基的碳氧双键打开发生加成反应；第

0H

I

五步中。jj-CH-fH脱去1分子水形成碳碳双键，属于消去反应，A正确；

NO2

B.由图可知，该反应过程中，断裂的化学键均为不同原子间的极性键（如C-H键、00键、O-H键），

仅最终形成了碳碳非极性双键，没有非极性键的断裂，因此不涉及非极性犍的断裂，B错误；

C.由分析知，第五步反应为消去反应，苯环侧链上的碳原子由饱和变为不饱和，杂化类型由.犷转化为sp2,

C正确;

CH=CHNO2pi

D.由分析知，反应物为和CHKO2,of为催化剂，生成物为和H2O'

CHOCH=CH-NO八

故总反应为+CHNO2D正确;

32+H2O.

故选B。

2.（2026♦湖南岳阳•一模）在特定条件下，利用氢气与氧气在催化剂作用下发生反应可制取双氧水，其

反应的原理如图所示，据此进行相关分析。下列说法中正确的是

2HCI+2CI-

A.。「和HC1两种物质都是该制备反应的催化剂

B.反应过程中每一步转化，Pd元素的化合价都发生了变化

C.步骤②中，Imo］。?参加反应，理论上转移电子数目为4以

D该反应的原理图中Imol微粒含18刈电子数的粒子有3种

【答案】D

【分析】如图所示，［PdCL/首先被氢气还原为pd,同时生成HC1和然后Pd在氧气、Cr的作用下被

氧化为LCVIl/」中间体，最后Q/、0在HC1作用下转化为［PdCl丁-和过氧化氢:

尸灯

C/

其中，IIC1、Cl、Pd和都属于先生成后消耗，为中间产物；5和6只消耗，为反应

物；［PdCh］2-先消耗后生成为催化剂；上（）2只生成，为产物；据此解答。

【解析】A.据分析，C「和HC1为中间产物，A错误；

B.Pd元素的化合价的变化为+2-Of+2f+2,非每一步的化合价都发生变化，B错误；

C.步骤②0元素由0价转化为-1价，Imo］。?参加反应，转移电子数目为2%，C错误；

D.该反应中HC1、H。、C「均含18电了•，1mol微粒含18以电子数的粒子有3利ID正确；

故答案为D。

3.（2026•湖南长沙•模拟）手性1,2-二醇是合成精细化学品的重要中间体。我国科学家开发了首例钻催

化a-羟基酮氢化反应生成手性1,2-二醇，其机理如图所示。下列说法错误的是

A.化合物E中存在配位键、氢键

B.叱合物。7〃6。3能发生缩聚反应

C.催化过程中Co的化合价发生改变

D.该反应的原子利用率可达到10。％

【答案】C

【解析】A.化合物E中，C。与0、P原子之间存在配位键，同时分子内存在0-H…。氢键作用，A正确；

B.分子式为GHQ,的物质是水杨酸（邻羟基苯甲酸），同时含有按基和羟基，自身可以发生缩聚反应生成

聚水杨酸酯，B止确；

C.在整个催化循环中，Co原子配位键数目不变且配体电荷不变时，则C。元素化合价不变，C错误；

一定条件

D.依据图示，总反应为：Ph-COCH2OH+H2tPh-CH（OH）CH2OH，原子利用率100%,D正确：

故选C.

4.（2026•湖南株洲•一模）三苯基瞬（L）为催化剂的基础原料，在国内石油化工中有广泛的用途。下列

说法正确的是

DHBr

A.L的空间结构为平面三角形

B.该过程中Pd(H)的配位数均为4

C.三苯基瞬配位能力弱于三丁基瞬

丫。//

D.用同位素标记的D代替可得到DBr

【答案】C

【分析】由图可知反应机理为以溟苯(A)和丙烯酸甲酯(B)为原料，在催化剂作用下发生偶联，生成产

物。，同时生成HBr(D)。据此分析。

【解析】A.P的杂化方式为sp3,故L的空间结构不是平面三角形，A错误：

B.第④步生成物中，Pd(II)的配位数并非是4,B错误；

C.丁基为推电子基团，三丁基麟更易提供配位电子，C正确；

O

D.据③④可知，D原子没有脱离D,D错误；

故答案选C。

5.(2026•湖南长沙湖师大附中-一模)已知C2HsBr在NaOH乙醇溶液中发生的取代反应和消去反应互为竞

争关系，二者反应历程中的相对能量变化如图所示。已知：热力学聚焦反应的自发性、方向和限度，通过

焰变、烯变、AG等来确定；动力学探讨反应速率、机理、如何发生、反应多快，通过速率方程、活化能、

催化剂等作用。

A.C2H5Br在NaOH乙醇溶液中发生取代反应的速率比消去反应快

B.C2H5Br发生取代反应或消去反应时，OH进攻的原子不同

,8,8

C.NaOH乙醇溶液中，用O标记NaOH,可能有H2O生成

D.NaOH乙醇溶液中，OH-与乙醇分子间形成了氢键

【答案】A

【解析】A.由图可知，发生消去反应的活化能更低，速率更快，A错误；

B.C2HmBr发生取代反应时，0H进攻与Br连接的碳原子，发生消去反应时，0H进攻与Br连接的碳原子的邻

位碳原子上的H（即3-H）,B正确；

C.消去反应中，0H一得到H生成“2。，若NaOH被短。标记，结合H可生成用80,c正确；

D.由图可知，\aOH乙醇溶液中Of中的0与乙醇分子中羟基氢之间存在作用，符合氢键形成特征，故NaOH

醇溶液中0H与乙醇分子间形成了氢键，D正确；

故选Ao

6.（2026•湖南岳阳・二模）以CH3OH、CO、HI作原料催化合成乙酸的机理如图所示（+1表示Rh的价态）。

下列说法错误的是

A.该过程中有非极性键的形成

CH1_

I、I/C3O

Rh

I，I、CO

B.已知］中Rh只以配位键与周围原子结合，则Rh的化合价为+2价

C.若［Rh12（CO）2「中C均用13c标记，反应物co用SC,一段时间后在产物中可检出CH；3coOH

D,反应⑥的“2。中0原子进攻正电性很强的粉基碳

【答案】B

【解析】A.总反应为CH3OH+COTCH3COOH,产物乙酸中存在C-C非极性共价键，该键是反应过程中

生成的，因此该过程有非极性键形成，A正确；

B.该配合物为［Rh13（CH3）（C0）「，整体带1个单位负电荷。配体电荷：每个厂带一1电荷，共3个厂，总电

荷为-3；CH］带-1电荷；CO为中性配体，电荷为0。设Rh化合价为％,根据整体电荷：

x+3x（-l）+（-l）+0=-l,解得％=+3。因此，Rh的化合价为+3价，B偌误；

C.从机理可知，［Rhl2（C0）2「中配位的13co会迁移插入Rh-CM键，形成CH3-i3C0-Rh,最终进入产

物乙酸的残基，因此•段时间后可在产物中检出CHFCOOH,C正确；

D.默基中氧电负性大于碳，埃基碳带较强正电性，％。中0仃孤对电子，带部分负电，会进攻正电性的谈

基碳，发生水解反应生成乙酸，D正确；

故选B。

7.（2026•湖南邵阳・二模）在催化剂X或催化剂Y作用卜，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（^）+%⑷4H=QkJ•moL,反应进程中的相对能量变化

如图所示（*表示吸附态，*CH3CHCH2+2*H-CH3CH=CH2（^）+/S）中部分进程已省略）。

下列说法错误的是

A.<2>0

B.①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CHCH3CH3CHCH2+*H

C.CH3cH2cH3（g）被催化剂X吸附得到的吸附态更稳定

D.，崔化剂Y作用下丙烯的产率更高

【答案】D

【解析】A.由图可知，生成物CH3cH=CH2（g）+42S）的总相对能量高于反应物3cH2cH3（9），说明正

反应吸热，AH=Q>0,A正确；

B.决速步骤由活化能最大（反应速率最慢）的步骤决定，①（PH3cH2C”3）转化为②（・C"3cHe%+2・，）

的过程中，步骤PH3CHCH33cHe/+*，的活化能远大于第一步，因此该步骤是决速步骤，B正确：

C.能量越低物质越稳定，内烷被催化剂X吸附后得到的吸附态七也。“2cH3相对能量低「催化剂丫吸附

后的吸附态，因此X吸附得到的吸附态更稳定，C正确；

D.催化剂只改变反应速率，不改变反应的始态和终态，不影响化学平衡，因此不能改变平衡产率，两种催

化剂下丙烯的平衡产率相同，D错误；

故选Do

8.（2026•湖南湘潭•二模）CO?在不同催化剂作用下加氢还原反应历程与相对能量的关系如图（A1~A4、

B/B4均表示过渡态）。下列说法正确的是

B2B3

B10.31--路径A

CO+3H0.20

220.12一路径B

幽.014/~\'—:

:、、一‘A1\-0.34/0.02

S::6%、'^一’.色

S.'-0.47；

S':'、

-1.61-1.71

-1.91

反应历程

A.该反应为吸热反应

B.路径A和B,均包含4个基元反应

C.路径A中，最大能垒（活化能）为2.15eV

D.与路径B对比，路径A的反应速率更快

【答案】B

【解析】A.观察图像可知，反应物能量高于生成物能量，该反应为放热反应，A项错误;

B.路径A和B,都有四个过渡态，均包含4个基元反应，B项正确；

C.路径A中，最大能垒（活化能）为一0.24eV-（-1.91eV）=1.67eV.C项错误；

D.路径B的最大能垒为0.31eV-（-0.34）eV=0.65eV,路径A的最大能垒1.67eV高于路径B,因此路径

A的反应速率更慢，D项错误。

故答案为B。

9.（2026•湖南长沙长郡中学-二模）稳定、高度多孔的双金属Ti一MOF材料（Mg2。一ABTC）是一种高效

的光催化剂，能够在空气氛围中实现硫代苯甲醛）向甲基苯基亚碉（）的高选择性转化,

其可能的催化机理如图所示。已如：Oz+e-f。。\tensor*：】］。2是激发态氧分子，具有很高的反应

活性。

下列说法错误的是

A.C-D的化学方程式可能为

B.硫代苯甲犍和甲基苯基亚碉中的S均为sp3杂化

C.硫代苯甲醛与氯气反应生成甲基苯基亚飒的原子利用率为100%

D.若改变MgzTi-ABTC材料中的孔径大小，不会影响其催化效率

【答案】D

【解析】A.从机理图可以看出，。2与按1:2反应，结合质量守恒可知，中间体C转化为产物D

的化学方程式可能为，A正确；

B.硫代苯甲醛中S的孤电子对数为=；(Q-以)=；(6-1X2)=2,价层电子对数=2+2=4,为sp，杂

化.甲基苯基亚眠中S的孤电子对数=36-1X2-2X1)=1,价层电子对数=1+3=4,为sp3杂化，B

正确；

C.从图像可以看出，。2和硫代苯甲醛为反应物，物质的量之比为1:2,甲基苯基亚飒为产物，总反应方程

该反应原子利用率为100%,C正确:

D.由题干信息可知，MgzTi-ABTC是多孔材料，具有很高的比表面枳，孔径大小的改变会影响材料对气

体及其他反应物等的吸附，从而影响其催化效率，D错误；

故答案选D。

10.（2026•湖南长沙长郡中学-噗拟）以某种含银催化剂NiLz（L为中性配体）催化芳香酰胺（以苯甲酰胺为

例）的醇解反应的机理如图所示（肥、腔=燃基）。

已知①中存在苯环大兀键电子填入Ni空轨道形成的配位键。下列说法正确的是

A.该过程中Ni的化合价不变

B.咳过程有。键和兀键的形成和断裂

C.总反应的反应类型为取代反应

Qp人NR|I<2jOr^NR冉

D.若将反应物中的D换为F3c八/,则生成①的速率更快

【答案】C

【解析】A.该过程中NiL2、①中配体均是中性配体，Ni为0价，②、③、④中Ni为+2价，共有两种不同

的价态，A错误；

B.该过程无兀键的形成与断裂，B错误；

C.总反应为苯甲酰胺的醇解反应，生成苯甲酸甲酯和胺，属于取代反应，C正确；

1）.①中苯环大7T键电子与Ni形成配位键，则苯环电子云密度越大，形成配位键的趋势越大，三叙甲基为吸

电子基，使苯环的电子云密度降低，形成配位键的趋势减弱，故反应物换为

成①的速率变慢，D错误;

故选Co

11.（2026•湖南长沙雅礼中学•二模）某研究团队认为：硝基若在钻基双位催化剂（（Co-NPs）的作用下,

转化为苯胺的反应机理如图所示。下列叙述错误的是

H2O

A.该反应中的还原剂是NH3•BH3

B.咳反应过程中涉及配位键的形成

NHD

C.若用同位素标记的ND?•BH3代替N&-BH3,则得到

+NR・BH3—+瓯阻

D.总反应为:

【答案】C

【分析】由图可知,硝基苯在钻基双位催化剂（（Co-NPs）的作用下与N&・BH3反应生成苯胺，总反应为:

入NO八NHz

72

Q+NH3-BH3A%Qr+NEBO2

【解析】A.硝基苯转化为苯胺发生还原反应，NH3・B&中B为-3价，反应后生成BOz中B为+3价，B

化合价升高失去电子,NF13,BH3是还原剂,A正确;

B.反应中Co-NPs作为催化剂，C。有空轨道，由图知，该反应过程涉及钻与氧原子、氮原