【文档说明】《2023年高考化学热点专项导航与精练（新高考专用）》微练10++物质转化“环式”历程与机理（解析版）.docx，共(27)页，6.671 MB，由envi的店铺上传

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第一篇化学基本概念微练10物质转化“环式”历程与机理“环式”反应历程题一般取材于真实的科研成果的情境素材，充分体现了化学反应和物质转化的本质，进行类比迁移以考查考生的学科素养。反应历程是指化学反应中的反应物转化为最终产物通过的途径，因为化学变化从根本上来说，就是旧键的破裂和新键的生成。反应的历程能

够反映出物质结构和反应能力之间的关系，从而可以加深我们对于物质运动形态的认识。反应机理是化学中用来描述某一化学变化所经由的全部基元反应，机理详细描述了每一步转化的过程，包括过渡态的形成，键的断裂和生成，以及各步的相对速率

大小等。完整的反应机理需要考虑到反应物、催化剂、反应的立体化学、产物以及各物质的用量。通过反应历程或机理可以帮助我们了解物质结构的知识。此类题以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，就是把一个复杂反应分解成若干个反应，然

后按照一定规律组合起来，从而达到阐述复杂反应的内在联系的目的。高考中常以此为载体考查催化剂、中间产物的判断、化学反应方程式的书写及反应过程的化学键断裂与形成情况。解答时难点在于从陌生转化图中提取有效信息，注意题干信息的理解应用，通过分析化学反应过

程，明确反应过程中催化剂的作用和能量变化、化学键的变化。【例1】(2022•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()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项，根据制备丙烯的部分反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+∙OOH=NO2+∙OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、H

ONO=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项，根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C项，NO是催化剂，增大N

O的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D项，无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+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；故选D。【例2】(

2022•湖南选择性考试)科学家发现某些生物酶体系可以促进+H和-e的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NO2-转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是()A．过程Ⅰ中NO2-发生氧化反应B．a和b中转移的e-数目相等C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)：n(NH4+)=1：4D．

过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO2-+NH4+=N2↑+2H2O【答案】D【解析】A项，由图示可知，过程I中NO2-转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO2-作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；B项，由图示可知，过程I为NO2-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++e-NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，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：NO+NH4++2H+

+3e-=H2O+N2H4，消耗1molNO，b过程转移3mole-，转移电子数目不相等，B错误；C项，由图示可知，过程II发生反应的过程为：NO+NH4++2H++3e-=H2O+N2H4，n(NO)

：n(NH4+)=1：1，C错误；D项，由图示可知，过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO2-+NH4+=N2↑+2H2O，D正确；故选D。【例3】(2021•湖北选择性考试)甲烷单加氧酶(s-mmo)含有双核铁活性中心，是O2氧化CH4生成CH3OH的催化剂，反应过程如图所示。下列叙述错误的是()A

．基态Fe原子的电子排布式为[Ar]3d64s2B．步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成C．每一步骤都存在铁和氧元素之间的电子转移D．图中的总过程可表示为：CH4+O2+2H++2e-CH3OH+H2O【

答案】C【解析】基态Fe原子核外有26个电子，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，A项正确；步骤③中断裂O—O非极性键，形成O—Fe(Ⅳ)极性键，B项正确；步骤④中电子转移发生在Fe和C元素之间，C项错误；根据图示，总

过程的反应物为CH4、O2、H+、e−，产物为CH3OH、H2O，D项正确。【例4】(2020•新课标Ⅰ卷)铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是()A．CH3COI是反应中间

体B．甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2HC．反应过程中Rh的成键数目保持不变D．存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O【答案】C【解析】题干中明确指出，铑配合物[Rh(CO)2I2]－充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题干中提供的反应机理图可知，

铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等，都可视作中间物种。A项，通过分析可知，CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中

间体；其可与水作用，生成最终产物乙酸的同时，也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI，A项正确；B项，通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成：CH3OH+COCHCOOH，B项正确；C项，通过分析可知，铑配合物在整个反应历程中，成键数目，配体

种类等均发生了变化，C项不正确；D项，通过分析可知，反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：CH3OH+HI→CH3I+H2O，D项正确；故选C。1．“环式”反应过程图如下：“入环”的物质为反应物

，如图中的①④；位于“环上”的物质为催化剂或中间体，如图中的⑤⑥⑦⑧；“出环”的物质为生成物，如图中的②③；由反应物和生成物可快速得出总反应方程式。2．反应机理图型信息应用试题的一般解法(1)认真审题，获取信息。通过对自然界、生产和生活中的化学现象的观察，以及对实验现象、实物、模型的

观察，对图形、图表的阅读，获取有关的感性知识和印象，并进行初步加工、吸收、有序存储，从中找到与问题相关的有效信息。(2)联系已有，合理解读。从提供的新信息中，准确地提取实质性内容，并与已有知识整合，重组为新知识块。(3)对照选项，联想

迁移。逐一分析各选项，找到要考查的知识点，结合知识加以联想和迁移，从而使问题迎刃而解。3．答题思路。仔细阅读，获取有用信息→联想，与高中化学的知识模块取得联系→整合，形成有用的知识→结合问题分析，解决问题。1．(2023届·山东省泰安市高三开学考试)某种制备H2O2的

反应机理如图。下列说法正确的是()A．总反应可表示为H2+O2=H2O2B．该过程中Pd的化合价有0和+4两种C．①、②、③均为氧化还原反应D．HCl和Cl-可循环利用【答案】D【解析】A项，由反应机理可知，氢气和氧气在[PdCl4]2-的作用下生成过氧化氢，

反应的化学方程式为：H2+O2H2O2，A错误；B项，Pd元素在[PdCl4]2-、[PdCl2O2]2-中的化合价均为+2价，Pd单质中Pd元素为0价，B错误；C项，由反应机理可知，①、②均为氧化还原反应，③中没有元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，C错误；D项，由反应机理可知，HCl和C

l-均可循环利用，D正确；故选D。2．(2023届·江苏省海安市高三期初学业质量监测)利用烟气中2SO可回收废水中的-I，实现碘单质的再生，其反应原理如图所示，下列说法正确的是()A．1mol[Co(NH3)6]3+中σ键数目为

18molB．NH3转化为[Co(NH3)6]2+后键角减小C．总反应离子方程式为：SO2+O2+2I-催化剂I2+SO42-D．反应③中，每消耗1molO2转移4mol电子【答案】C【解析】A项，1个氨气含有3个σ键，每个配位键是1个σ键，因此1mol[Co

(NH3)6]3+中σ键数目为24mol，故A错误；B项，氨气有一对孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，使得键角减小，[Co(NH3)6]2+氨气与钴形成了配位键，因此NH3转化为[Co(NH3)6]2+后键角增大，故B错误；C项，根据图中转化最终得到总

反应离子方程式为：SO2+O2+2I-催化剂I2+SO42-，故C正确；D项，反应③中，形成了过氧键，过氧键中氧化合价为−1价，因此每消耗1molO2转移2mol电子，故D错误。故选C。3．(2023届·山东省青岛市高三期初测试)钴(Co)使某析氧反应催化剂中流失Fe的原位自修复机理如图

。下列说法错误的是()A．催化析氧反应和自修复反应中的催化剂分别为2-4FeO和CoOOHB．维持相对稳定的pH有助于催化析氧和自修复的进行C．自修复反应的方程式为：22CoOOHFe(OH)FeOOHCo(OH)

+=+D．图中所示物质之间的转化只有Fe和Co的化合价发生了变化【答案】D【解析】根据图示可知，Co(OH)2转化成CoOOH，Co失电子化合价从+2变为+3价，OH-生成H2O，CoOOH再与Fe(OH)2反应，Fe失电子生

成FeOOH，CoOOH得电子生成Co(OH)2，FeOOH失电子生成FeO42-，Fe从+3价变为+6价，FeO42-得电子与OH-反应生成FeOOH，O2和H2O。A项，从图中可知，催化析氧反应最终生成氧气和水，FeO42

-为催化剂，自修复反应中Fe(OH)2与CoOOH反应生成Co(OH)2和FeOOH，Co(OH)2又生成了CoOOH，因此CoOOH为催化剂，A正确；B项，催化析氧有OH-参与，自修复中Fe(OH)2、Co(OH)2也为碱性物质，维持相对稳定的pH有助于催化析氧和自

修复的进行，B正确；C项，根据图示可知，自修复反应中Fe(OH)2和CoOOH反应生成FeOOH和Co(OH)2，其方程式为CoOOH+Fe(OH)2=FeOOH+Co(OH)2，C正确；D项，从图中可知，OH-和FeO

42-反应生成了氧气，此反应中氧元素的化合价发生了变化，D错误；故选D。4．(2023届·安徽省蚌埠市高三第一次教学质量检测)氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如图，下列有关说法不正确的是()A．(即MnO2)是反应的催化剂B．该过程存在非极性键的断裂和形成C．M

nO2能结合NH3的原因是Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键D．该催化过程的总反应的化学方程式：4NH3+6NO5N2+6H2O【答案】D【解析】A项，根据反应过程，反应前后MnO2没变，可知MnO2是反应的催化剂，故A正确；B项，反应物有O2、生成物有N2，所以

存在非极性键的断裂和形成，故B正确；C项，氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子通过形成配位键使二氧化锰和氨分子相互结合，故C正确；D项，根据图示，该催化过程的总反应的化学方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，故D

错误；故选D。5．(2023届·河南省十所名校高中毕业班尖子生高三第一次考试)由213RhVO−−簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。下列说法错误的是()A．213RhVO−−在循环中起催化作用B．该反应可用于制取合成气CO、H2C．

过程中包含反应UV22222RhVOCHRhVOCOH−−⎯⎯++→D．反应过程中金属元素Rh、V的价态均不变【答案】D【解析】A项，由催化循环Ⅰ、Ⅱ及催化剂性质知，A项正确；B项，图中循环Ⅰ、Ⅱ反应都为H2O重整

CH4(CH4+H2O=CO+3H2)，得到合成气：CO和H2，B项正确；C项，由图示可知，循环Ⅰ中，在UV的作用下，UV22222RhVOCHRhVOCOH−−⎯⎯++→，C项正确；D项，2RhVO

−、22RhVO−、23RhVO−中钒的化合价一定不同，D项错误；故选D。6．(2023届·河南省安阳市高三TOP二十名校调研摸底考试)Sonogashira偶联反应是合成取代炔烃和共轭快烃最重要的方法，钯/铜混合催化剂催化的Sonogashira偶联通常通

过两个催化循环协同进行，较短的波长(400~500nm)主要驱动自偶联反应，而较长的波长(500-940nm)显著增加了交叉偶联产物的合成。已知R1-和R2-代表烃基，下列说法错误的是()A．反应过程中，Cu和Pd的化合价发生变化B．较短波长下存在反应1112R-PdR---R+2Pd-⎯⎯→

C．若以和为原料，在较长波长下可制得D．该催化剂通过“可控波长开关”来切换反应途径，可提高产物选择性【答案】C【解析】A项，反应过程中，铜和钯都有单质和化合物，化合价均发生了变化，故A正确；B项，从图中可以看出，较短波长下，R1-C

C-Pd发生自偶连生成了R1C≡C-C≡CR1，故B正确；C项，从图中可以看出，若以和为原料，在较长波长下发生交叉偶联可制得，故C错误；D项，较短的波长(400~500nm)主要驱动自偶联反应，而较长的波长(500-940nm)显著增加了交叉

偶联产物的合成，所以该催化剂通过“可控波长开关”来切换反应途径，可提高产物选择性，故D正确；故选C。7．(2023届·广西桂林市联盟校高三统一检测)2021年9月，我国科学家团队在实验室中利用二氧化碳人工合成淀粉获得成功。如图

是合成过程的相关反应路径(部分反应条件、产物等均已略去)。下列有关说法正确的是()A．人工合成淀粉的化学式可表示为(C6H12O6)nB．反应①、②、③的原子利用率均为100%C．CO2→CH3OH→HCHO的转化过程中碳元素均被还原D．过氧化氢

酶使H2O2及时分解，防止其氧化其它酶，同时增大O2的利用率【答案】D【解析】A项，根据人工合成淀粉的键线式可知，其化学式可表示为(C6H10O5)n，A错误；B项，反应①除了合成有机物以外，还有水生成，反应②除了合成甲醛以外，也

还有过氧化氢生成，所以原子利用率均未达到100%，B错误；C项，CO2→CH3OH过程中C的化合价由+4降低到-2价，被还原，CH3OH→HCHO过程中C元素化合价由-2价升高到0价，被氧化，C错误；D项，过氧化氢酶可使反应②产生的H2O2及时分解，使反应②正向进行程度增大，增大了O2的利用率

，D正确；故选D。8．(2022·浙江省高高考选考科目联考)Fe/Cu/沸石非均相Fenton催化剂的主要成分为Fe3O4、Fe2O3、CuO和Cu2O，通过与H2O2作用产生强氧化性的·OH自由基和·HO2自由基，

能够有效去除水体中的苯并三唑(BTA)等污染物，其反应机理如图所示(Mn+表示元素及其价态，不表示其为游离离子)。已知：铁氧化物催化性能优于铜氧化物；·OH是降解污染物的主要反应活性物质。下列说法不正确的是()A．过程①、②的总反应为2H2O2=·HO

2+·OH+H2OB．过程③、④中Cu2+和Cu+均可看作是催化剂C．过程⑤中有OH-生成，过程⑦中有H+生成D．过程⑥必然会导致反应生成的自由基减少【答案】D【解析】A项，由反应机理图可知过程①为H2O2+Fe2+=·OH+Fe3++OH-，过程②为H2O2+

Fe3+=Fe2++·HO2+H+，总反应为2H2O2=·HO2+·OH+H2O，故A正确；B项，过程③为H2O2+Cu+=·OH+Cu2++OH-，过程④为H2O2+Cu2+=Cu++·HO2+H+，总反应为2H2O2=·HO2+·OH+H2O，Cu2+和Cu+均可看作是催化剂，故B正确；C项

，过程⑤为H2O2+Fe2+=·OH+Fe3++OH-，过程⑦H2O2+Cu2+=Cu++·HO2+H+，故C正确；D项，过程⑥Fe3++Cu+=Fe2++Cu2+，而由以上过程反应可知Cu2+、Fe2+均有利于H2O2转化

成自由基，因此过程⑥的发生导致自由基增加，故D错误；故选D。9．(2022·山东省淄博市高三教学质量摸底检测)2021年诺贝尔化学奖授予对有机小分子不对称催化作出重大贡献的科学家，其研究成果中L-脯氨酸催化CH3COCH3与RCHO反应的机理如图所示。下列叙述错误的是()A．L-脯氨

酸分子有一个手性碳原子B．L-脯氨酸的官能团都参与了反应C．H2O是中间产物D．CH3COCH3与RCHO在催化作用下发生的反应是取代反应【答案】D【解析】A项，连接四种不同基团的碳原子称为手性碳原子，，A正确；B项，L-脯氨酸的官能团-COOH和-NH-都参与了反应，

B正确；C项，由历程产生H2O，历程消耗H2O，则H2O是中间产物，C正确；D项，CH3COCH3与RCHO在催化剂作用下发生的总反应为CH3COCH3+RCHO⎯⎯⎯→催化剂，是加成反应，D错误；故选D。10．(2022·浙江省宁波市高

三二模)Buchwald-Hartwig偶联反应(布赫瓦尔德-哈特维希反应)是合成芳胺的重要方法，反应机理如图(图中Ar表示芳香烃基，---表示为副反应)。下列说法不正确的是()A．3、5和8都是反应的中间体B．该过程仅涉及加成反应C．理论上1mol最多能消耗2molD．若原料用和

，则可能得到的产物为、和【答案】B【解析】A项，根据反应机理图示，9为目标产物、10是副产物，3、5和8都是反应的中间体，故A正确；B项，8→10过程中，形成双键为消去反应，故B错误；C项，依据反应，理论上1mol最多能消耗2mol，故C正确；D项，若原料用和反应

的主产物是，副产物为和，故D正确；故选B。11．(2022·浙江省普通高中强基联盟高三统测)Sonogashira偶联反应机理如图，下列说法正确的是()A．若原料用苯乙炔和CH2=CHBr，则产物是B．R1X变为1LnPdR|X发生了氧化反应C．该反应只用了一种催化剂LnPd

D．适量添加Na2CO3有利于提高产率【答案】D【解析】由图知，在催化剂作用下，。A项，苯环应和碳碳三键相连，碳碳三键和碳碳双键应换一个位置，A错误；B项，LnPd中元素化合价升高、发生氧化反应，有机物发生了还原反应，B错误；C项，由图知，CuX也参与循环、CuX也是催化剂，C错误；D项，由图

知，在催化剂作用下，，23NaCO能吸收HX，有利于反应向右进行、利于提高产率，D正确；故选D。12．(2022·浙江省绍兴市高三选考科目适应性考试二模)某实验小组设计一种固定CO2的方法，下列说法不正确的是()A．由H2NCH2CH2NHCH

2CH2Cl在一定条件下可缩聚成XB．在cat催化下，总反应为CO2+3H2=CH3OH+H2OC．Y和Z均为内盐D．该过程涉及还原反应、脱水反应、加成反应【答案】C【解析】A项，根据结构简式H2NCH2CH2NHCH2CH2Cl，在一定条件下可缩聚反应，脱去小分子HCl形成

聚合物X，A正确；B项，根据循环流程图可知，二氧化碳和氢气在cat催化下，最终生成甲醇和水，其方程式为：CO2+3H2=CH3OH+H2O，B正确；C项，化合物呈电中性，即总电荷为0，但是带正电和负电的原子不同的两性离子称为内盐，根据上述分子的键线式结构可知，Y为内盐，但Z不是内盐，C

错误；D项，该过程中，步骤①为加成过程，步骤④为加氢还原过程，步骤③为脱水过程，涉及还原反应、脱水反应、加成反应，D正确；故选C。13．(2022·浙江省温州市高三高考适应性测试二模)某课题组设计一种以甲醇辅助固定

CO2的方法，原理如图。下列说法不正确的是()A．化合物A为CH3OHB．若用HOCH2CH2OH辅助固定，则产物可能为C．反应原料中的原子100%转化为产物D．反应②的类型为加成反应【答案】C【解析】根据题意和原子守恒，①+C

H3OH→H2O+②+CO2→③+CH3OH→+，总反应为2CH3OH+CO2→H2O+。A项，①+3CHOH→H2O+，化合物A为CH3OH，故A正确；B项，根据总反应，若用HOCH2CH2OH辅助固定，HOCH2CH2OH+CO2→H2O+，则产物可能为，故B正确；C项，根据总反应，产物中有

水生成，反应原料中的原子利用率小于100%，故C错误；D项，反应②中二氧化碳分子中有碳氧双键断裂，反应②的类型为加成反应，故D正确；故选C。14．(2022·浙江省名校协作体高三下学期化学模拟联考)化合物A()

进行如下图所示的反应(图中16e表示中心原子周围总共有16个电子)，下列说法不正确的是()A．X为H2，总反应为用丙烯和氢气为原料制备丙烷B．反应过程涉及氧化还原反应C．D的结构可能为：D．化合物C、D、E为同分异构体，且中心原子的化合价不同【答案】D【解析】A项，由反应循环图可以看

出B和X生成了C，根据原子守恒可知X为H2，故A正确；B项，从A生成B有电子得失，H2参与生成化合物，都涉及氧化还原，故B正确；C项，C与丙烯生成D，根据C和E的结构简式可知丙烯与中心原子配位，故D的结构简式为，故C正确；D项，根据、、，根据CDE的结构简式可知三者分子式不同，不是同

分异构，故D错误；故选D。15．(2022·浙江省宁波“十校”高三联考)一种有机小分子催化多氟芳香化合物的取代反应机理如图。下列说法不正确．．．的是()A．该反应是取代反应，原子利用率不为100%B．物质2是催化剂，物质4

和7是中间产物C．物质2向物质4转化过程中，有氮碳键、氮氟键的形成D．若物质5是，则产物一定为【答案】D【解析】根据流程示意图可知，物质3、5是整个过程的反应物，物质1、6是整个过程的生成物，物质2是催化剂，物质4、7是反应中间体，整个过程表示为：物

质3+物质5物质1+物质6。A项，制取出氟芳香取代产物的反应为取代反应，原子利用率不是100%，故A正确；B项，物质2在反应第一步加入，且在最后又生成，反应前后的质量不变，物质2是该反应的催化剂，B正确；C项，对比物质的结构可知，2向4的转化过程中C-F键断裂，形成了C-N键、N

-F键，C正确；D项，若5为时，X可能为或—CH3，则1可能为或，故D错误。故选D。16．(2022·浙江省十校联盟高三下学期第二次联考)铑的配合物离子可催化甲醇羧基化，反应过程如图所示，下列叙述错误的是()A．CH3COI是反应中间体，HI能提升催化效果B．甲醇羰基化反应为

：CH3OH+CO=CH3COOHC．Ⅱ、Ⅲ中Rh的成键数目不相同D．铑的配合物离子Ⅱ是催化剂【答案】D【解析】A项，由图可知，铑的配合物离子[Rh(CO)3I3CH3]-生成CH3COI，CH3COI继续与

H2O反应生成HI和CH3CO2H，所以CH3COI是反应中间体，故A正确；B项，由图可知发生的反应依次为：①CH3OH+HI═CH3I+H2O，②+CH3I=，③=，④+CO=，⑤=CH3COI+，⑥CH3COI+H2O=HI+CH3CO2H，6个反应依次发生，6个反应方程式相

加和，消去中间产物得出总反应：CH3OH+CO═CH3COOH，故B正确；C项，由图可以看出Rh的成键数目由4变为6再变为5再变为6再变为4，依次循环，故C正确；D项，铑的配合物离子Ⅱ先生成后消耗，是中间产物，故D错误；故选D。17．(2022·山东省烟台市高三三模)TRA

P是一种温和的氧化剂，TRAP试剂中的RuO4-不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，不会过度氧化为羧酸。TRAP氧化醇的反应机理如下图，下列说法正确的是()A．铑(Ru)在TPAP机理图中共呈现了4种价态B．步骤④中NMO做还原剂，作用是使TRAP试剂再生C

．反应⑥的离子方程式为2RuO3-=RuO2+RuO42-，是TRAP试剂再生的另一途径D．若R1为CH2=CH-，R2为H-，则TPAP氧化该醇的主产物为丙醛【答案】A【解析】根据题中的反应机理图，TRAP试剂中的RuO4-，经历过程①和②将氧化

为，本身被还原为H2RuO4-，H2RuO4-经历过程③脱水，得到RuO3-；RuO3-与NMO反应，经历过程④和⑤得到RuO4-和NMM；RuO3-自身发生歧化反应⑥，得到RuO42-和RuO2。A项，铑(

Ru)在TPAP机理图中共呈现了4种价态，分别是+4价、+5价、+6价、+7价，A项正确；B项，RuO3-与NMO反应，经过过程④和⑤得到RuO4-和NMM，其中Ru元素从+5价升至+7价，则RuO3-做还原剂，NMO做氧化剂，B项错误；C项，RuO3-

自身发生歧化反应⑥，离子方程式为2RuO3-=RuO2+RuO42-，产物不是RuO4-，则不是TRAP试剂再生的另一途径，C项错误；D项，TRAP试剂中的RuO4-不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，若R1为

CH2=CH-，R2为H-，则RuO4-经过过程①和②将氧化为，D项错误；故选A。18．(2023届·浙江省Z20名校新高考研究联盟高三第一次联考)某催化剂催化烯烃醛基化的过程如图。下列说法不正确．．．的是()A．配合物HCo(CO)3的配体CO中提供孤对电子的是C原子B．烯制备醛

的总反应：RCH=CH2+H2+CO⎯⎯⎯→催化剂RCH2CH2CHOC．如图循环转化过程中既存在π、σ及配位键的断裂，也存在π、σ及配位键的形成D．可以用溴的四氯化碳溶液鉴别制得的产物RCH2CH2CHO中是否含有未完全转化RCH=CH2【答案】C【解析】A项，CO

形成碳氧叁键后，两原子均有孤对电子，其中C原子半径更大，更易提供电子，故配合物HCo(CO)3的配体CO中提供孤对电子的是C原子，A正确；B项，根据图示催化过程可知，烯制备醛的总反应：RCH=CH2+H2+CO⎯⎯⎯→催化剂RCH2CH2CHO，B正确；C项，过程①碳碳双键

变为单键、Co-H键断裂生成Co-CO，有σ及配位键的断裂及形成，过程②碳氧叁键变为碳氧双键，断裂σ键，过程③+④则Co-C键变为Co-H键和C-H键，有配位键的断裂和形成，整个过程没有π键断裂或形成，C不正确；D项，RCH2CH2

CHO没有碳碳双键，与溴的四氯化碳溶液不反应，而RCH=CH2含有碳碳双键可与溴单质发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，D正确；故选C。19．(2023届·浙江省名校协作体高三开学考试)某种制备H2O2的反应机理如图。下列说法不正确．．．的是()A．总反应可表示为H2+O2H2O2B．H2O2分子

中，最多有3个原子共平面C．HCl和Cl−可循环利用D．①②③均为氧化还原反应【答案】D【解析】A项，由反应机理可知，氢气和氧气在[PdCl4]2-的作用下生成过氧化氢，反应的化学方程式为：H2+O2H2O2，A项正确；B项，H2O2的分子结构为：，最多有3个原子共平面，B项正

确；C项，依据过程图可知，HCl和Cl-可循环利用，C项正确；D项，①、②均为氧化还原反应，③不是氧化还原反应，D项错误；故选D。20．(2023届·山东省部分学校高三摸底考试)用Cu/SiO2催化香茅醇制取香料香茅腈反应及机理

如图所示。下列说法错误的是()A．总反应的化学方程式为R－CH2OH+NH3催化剂RC≡N+2H2+H2OB．中间体M的结构简式为R－CH2－NH2C．在Cu/SiO2催化剂作用下，香茅醇更容易被氧化D．增大Cu/SiO

2用量，平衡时香茅腈的百分含量不变【答案】B【解析】A项，根据过程分析产物为RCN、H2和2HO，方程式配平正确，总反应的化学方程式为R－CH2OH+NH3催化剂RC≡N+2H2+H2O，A正确；B项，中间体M的结构简式为R-CH=NH，B错误；

C项，催化剂加快反应速率，让反应更容易进行，C正确；D项，增大催化剂用量，不影响平衡移动，只影响反应速率，百分含量不变，D正确；故选B。21．(2023届·河南省名校联盟高三第一次调研考试)羟醛缩合反应是有机化学的一种重要反应。一种合成目标产物(如图中⑦)的反应机理如图所示

。下列说法错误的是()A．①是该反应的催化剂B．③到④的过程中，有极性键的断裂和非极性键的生成C．③④⑥均是该反应的中间产物D．合成⑦的总反应为【答案】D【解析】A项，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，故A正确；B项，③到④的

过程中，有C—N极性键的断裂和C—C非极性键的生成，故B正确；C项，由图可知，③④⑥均是先生成后消耗，都是该反应的中间产物，故C正确；D项，合成⑦的总反应为，故D错误；故选D。22．(2023届·河南省重点高中高三联考)在催化

剂作用下，羧酸和胺脱水的反应机理如图所示。下列说法错误的是()A．为该反应的催化剂B．图中有机物3的生成途径有2种C．步骤II中只有极性键的断裂和形成D．反应过程中不断除水可提高酰胺的生成速率【答案】D【解析】A项，由

图可知，是反应Ⅰ的反应物，是反应Ⅲ的生成物，所以是反应的催化剂，故A正确；B项，由图可知，有机物3可以通过反应Ⅰ生成，也能通过反应Ⅳ生成，所以生成途径有2种，故B正确；C项，由图可知，步骤II中，有机物3断裂了碳氧键、胺断裂了氮氢键，产物中形成

了碳氮键和氢氧键，反应中只有极性键的断裂和形成，故C正确；D项，由图可知，羧酸和胺脱水时，水和酰胺是反应的生成物，反应过程中不断除水，可使平衡向正反应方向移动，提高酰胺的产率，但生成速率减小，故D错误；故选D。23．(2

023届·河北省省级联测第一次联考)中国科学院化学研究所范青华和陈辉等，研究发现了首例非贵金属锰—全氮大环配体催化烯丙醇的高效、高对映选择性氢胺化反应，反应机理如图(已知手性碳是指连有四个不同原子或原子团的碳

原子，1R、2R、3R代表烃基或H)。下列说法正确的是()A．'中含有手性碳原子B．甲和乙中各元素化合价均相同C．在烯丙醇氢胺化反应中，化合物乙是催化剂D．以和32CHNH为原料，反应产物为【答案】A【解析】A项，中含有手性碳原子，用“

*”标出的碳原子连接H、-OH、R和乙烯基四种不同原子或原子团，A正确；B项，根据甲、乙的结构简式可知，甲比乙少2个H原子，甲转化为乙为还原，各元素化合价不可能全部相同，B错误；C项，根据转化图可知，在烯丙醇氢

胺化反应中，化合物甲是催化剂，化合物乙是中间产物，C错误；D项，参照流程，以和32CHNH为原料，反应产物为，D错误；故选A。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com