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专题 12 化学反应机理
（本卷共19小题，满分100分，考试用时75分钟）
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5
第I卷 （选择题共100分）
一、选择题：本题共14个小题，每小题5分，共70分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符
合题目要求的。
1．某院士研究团队通过使用光催化剂，在电、光催化电池中催化获得多氟芳烃，尤其是部分惰性氟化芳
烃的 键芳基化，其反应机理如图所示( 为催化剂助剂)。下列说法正确的是
A．先加催化剂助剂不能降低反应的焓变，后加入催化剂助剂可降低反应的焓变
B．该反应中有副产物 生成， 与 一样属于强电解质
C．对于路径3来说，该反应的决速步骤的活化能为
D．升高温度有利于加快反应速率和增大生成物的产率
【答案】C【解析】A．催化剂改变反应速率，不能改变反应的焓变，A错误； B．强电解质是指在水溶
液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合
物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；HF为弱酸，属于弱电解质，B错误；C．决定总反应速率的是慢反应，
活化能越大反应越慢；由图可知，对于路径3来说，活化能最大为生成过渡态TS5步骤，活化能为
，C正确； D．反应物能量低于生成物的能量，为放热反应，升温平衡逆向移动，不利于
增大生成物产率，D错误；故选C。2．阿特拉津(ATZ)是农业中使用广泛且难以降解的除草剂，某科学组织研究发现，以FeS@MoS 为催化
x 2
剂(呈花束状)催化活化过一硫酸盐(PMS)降解阿特拉津(ATZ)取得了良好的效果，其反应机理如图所示：
下列说法错误的是
A．PMS对应的酸为HSO ，该酸含有过氧键
2 5
B．生成SO ·-的途径之一为2SO ·-=2SO·-＋1O
4 5 4 2
C．流程中直接氧化ATZ的微粒只有1O
2
D．S2-、 以及Fe0可以促进Fe2＋再生
【答案】C【解析】A．由图可知，过一硫酸根离子为HSO ，对应的酸为HSO ，该酸可以看成是H-O-
2 5
O-H中一个氢原子被-SO H代替的产物，所以含有过氧键，A正确；B．图示有两种途径生成SO ·−，其中一种
3 4
为2SO ·−=2SO·−+1O，B正确；C．据图可知，流程中直接氧化ATZ的微粒还有SO ·−、·OH，C错误；D．
5 4 2 4
S2-、 以及Fe0具有还原性，可以还原Fe3+促进Fe2+再生，D正确；综上所述答案为C。
3．过氧硫酸氢根(HSO )参与烯烃的不对称环氧化反应机理如图所示，下列说法错误的是A．该反应受体系pH的影响
B． 是中间产物且具有较强氧化性
C．该过程中有非极性键的生成，没有非极性键的断裂
D．总反应方程式为： +OH- + HSO +SO +H O
2
【答案】C【解析】A．由机理图可知，中间过程中OH-参与反应，改变pH值即该反应受体系pH的影
响，故A正确；B．由图可知反应物和最终生成物均没有 ，故其为中间产物，结构中含有过氧键，具有
类似于双氧水的强氧化性，故B正确；C．如图中间产物 和 中均存在非极性键，整个过程
中存在非极性键断裂，故C错误；D．由图可知该反应的反应物有： 、OH- 、 HSO ，生成物为： 、SO 、HO，总反应方程式为： +OH- + HSO +SO
2
+H O，故D正确；故选C。
2
4．科研人员提出了 羰基化合成甲醇的反应机理，其主要过程示意图如图(图中数字表示键长的数值，
单位相同且都省略)。
下列说法正确的是
A．该过程中， 被氧化
B．该过程中发生了3次加成反应
C．由上图可知，化学键的键长与周围的基团无关
D．该过程原子利用率达到100%
【答案】B【解析】A．该过程中，碳元素化合价由 中＋4价降低到 中 价， 被还原，故
A错误；B．由图可知，该过程中 中的C＝O双键发生了2次加成反应，中间产物甲醛中的C＝O双键发
生了1次加成反应，所以共发生3次加成反应，故B正确；C．由图可知， 中的C＝O双键的键长为
1.161，发生一次加成后，C＝O双键的键长变为1.199，键长发生了改变，即化学键的键长会受到周围基团的
影响，故C错误；D．由图可知，该反应过程中还生成了水，原子利用率未达到100%，故D错误；故选B。
5．我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和 ，在水溶液中用H原子将 高效
还原为甲醇的反应机理如图所示。下列说法错误的是A． 生成甲醇是通过多步氧化反应实现的
B．催化剂Cu结合氢原子，催化剂 结合含碳微粒
C．该催化过程中既涉及化学键的形成，又涉及化学键的断裂
D．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物
【答案】A【解析】如图， 转化为 分为多步完成：① ；② ；
③ ；④ ；⑤ ；⑥ ；A． 生成甲醇是通
过多步反应进行，每步反应碳元素化合价均降低，发生还原反应，故A错误；B．如图催化剂Cu(黑点)结合H
原子，催化剂 结合含碳微粒( 、 、 、 、 )，故B正确；C．步骤①
，为化学键的形成；步骤② 存在化学键断裂，所以该催化过程中既涉及化学
键的形成，又涉及化学键的断裂，故C正确；D．该催化过程中有 生成， 和H原子在 催化作
用下生成 ，所以有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物，故D正确；故选A。
6．氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得 。在催化剂作用下，HCOOH分解生成 可能的
反应机理如图所示。研究发现，其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳。下列说法正确的是
A．HCOOH催化释氢过程中，有非极性键的断裂与形成
B．HCOOD催化释氢反应除生成 外，还生成 、HD、
C．其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH不能提高释放氢气的纯度
D．HCOOK溶液代替HCOOH时发生反应：
【答案】D【解析】在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO 和H；若将HCOOH换成HCOOD或
2 2
HCOOK，也可按HCOOH分解的原理分析。A．转化涉及到N-H键的断裂和形成、O-H键的断裂以及H-H键
的形成，没有非极性键的断裂，A错误；B．若用HCOOD代替HCOOH，反应为HCOOD分解，除生成CO
2
外，还生成HD，没有H 、D，B错误；C．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK分解生成CO 和KH，
2 2 2
KH与水反应生成KOH和H，KOH能吸收CO，所以最终所得气体中CO 的量会减少，提高释放氢气的纯
2 2 2
度，C错误；D．若用HCOOK溶液代替HCOOH，生成的KOH能吸收CO 转变为 ，离子反应为
2
，D正确；故选D。
7． 可利用酰胺型铱金属配合物通过硝基芳烃还原串联N－苄基化反应制备。反应机理如图(其
中Ph－代表苯基，[Ir]代表 )下列说法不正确的是A．反应I过程中有水生成
B．反应IV涉及加成反应和消去反应
C．该过程反应原料为硝基苯和苯甲醇
D．用CHCHCHOH替代上述过程中的同类物质参与反应，可以合成
3 2 2
【答案】D【解析】A． 反应I的反应物中有OH-和含羟基的Ph-CH OH、结合图中产物的结构示意图可
2
知，该过程中有水生成，A正确；B． 反应IV中先发生加成反应得到Ph-NH-CH(OH)-Ph、再消去得到产物
Ph-N=CH-Ph，则涉及加成反应和消去反应，B正确；C． 由示意图可知，反应Ⅲ中消耗硝基苯，反应Ⅵ中消
耗苯甲醇、且生成了目标产物 ，该过程反应原料为硝基苯和苯甲醇，除了这三个物质，其余
含苯环的有机物均为中间产物，C正确；D． 用CHCHCHOH替代上述过程中的同类物质参与反应，可以合
3 2 2
成 ，D不正确；故选D。
8． 催化脱除 的反应机理如图所示。下列说法错误的是A．脱除 的反应中 作还原剂
B．反应过程中V元素的化合价发生变化
C．每脱除 消耗
D． 脱除 的化学方程式为：
【答案】D【解析】A．总反应为 ，NH 生成氮气中N元素化合价升高，则
3
NH 做还原剂，故A正确；B．从反应机理来看，前三步反应与第四步反应相比V元素所形成的化学键有所变
3
化，所以V的化合价发生变化，故B正确；C．总反应为 ，NO与O 的反应系
2
数比为4：1，每脱除 消耗 ，故C正确；D． 脱除 的化学方程式为：
，故D错误；故选D。
9．一定温度下， 在 催化剂表面脱氨的反应机理、反应历程与能量的关系如图所示：下列说法错误的是
A． 催化脱氢反应在该温度下能自发进行
B．在历程Ⅰ～Ⅴ中，涉及了 、 、 的断裂
C．在历程Ⅰ～Ⅴ中，由Ⅳ到Ⅴ的反应决定 脱氢反应的速率
D．若用 或 代替 ，均有 和 生成
【答案】B【解析】A．由反应历程图可知，反应物的相对能量高于生成物，则 脱氢反应为放热
反应， ，又 ， ，由 ，则在该温度下反应能自发进行，故
A正确；B．该反应为 ，即 中的两个H被解离出来形成 ，只有 和
断裂， 和 均不断裂，故B错误；C．根据反应历程图，反应Ⅳ到Ⅴ的活化能最高，则Ⅳ到Ⅴ的反应
速率最慢，决定 脱氢反应的速率，故C正确；D．根据反应历程图可知，若用 或 代
替 ，均生成 和 ，故D正确；故选B。
10．乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理、能量与反应进程的关系如图。下列说法正确的是A．由上图可知总反应一定不需加热就能进行B．第①步反应只有O-H键发生断裂
C．总反应速率由第①步反应决定 D．第①②③步反应都是放热反应
【答案】C【解析】A．虽然总反应是放热反应，但第①步反应是吸热反应，所以需加热才能进行，A不
正确；B．第①步反应中，断裂O-H键、碳碳双键中的一个键，形成碳氢键，B不正确；C．因第②③步反应
为放热反应，第①步反应为吸热反应，所以总反应速率由第①步反应决定，C正确；D．由图可知，第②③步
反应都是放热反应，但第①步反应为吸热反应，D不正确；故选C。
11．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．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
【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；C．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据化合物⑤、⑥、⑦结构简式可知，⑥和
⑦均含有手性碳原子，C正确；D．按照图示流程反应可知，如果原料用丙醛和苯甲醛，则产物为
，D错误；故选D。
12．某种制备HO 的反应机理如图。下列说法正确的是
2 2
A．反应①中有非极性键的断裂和形成
B．该过程中Pd的化合价有0、+2和+4三种
C．①、②、③均为氧化还原反应
D．[PdCl ]2- 能降低反应的活化能
4
【答案】D【解析】A．反应①中有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，A错误；B．该过程中Pd
的化合价有0、+2两种，B错误；C．反应①和②均有单质参与反应，为氧化还原反应，反应③没有化合价的
变化，不是氧化还原反应，C错误；D．[PdCl ]2-为反应过程中的催化剂，故可降低反应活化能，D正确；故选
4
D。
13．水体中存在的 、 等致癌阴离子对人体健康造成严重威胁，一种在催化剂作用下还原去除水
体中 、 的反应机理如图所示，下列说法错误的是A．催化剂Cu只能将 转化为
B．亚硝酸根被氢气还原的离子方程式：
C． 转化为 的过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2
D．用该法处理后水体的pH增大
【答案】C【解析】A． 、 在Cu、Pd催化作用下与 反应转化为 和2 ，由图可知，反
应中催化剂Cu只能将 转化为 ，A正确；B．亚硝酸根被氢气还原的离子方程式：
，B正确；C． 转化为 的总反应为：
，氧化剂为 ，还原剂为 ，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：5，C错误；D．催化剂作用下用氢气
还原去除水体中 、 的时，均生成 ，处理后水体的pH增大，D正确；故选C。
14．催化丙烯制醛的反应机理如图所示。下列说法错误的是A．上述循环过程中，Co的配位数发生了变化
B．上述循环过程中，有C-O键的形成，无C-O键的断裂
C．丙烯醛基化总反应为
D． 可降低丙烯醛基化反应的活化能
【答案】B【解析】A．由图可知，Co可以形成3个配位键，也可以形成4个配位键，A正确；B．由图
可知，在第二步有C-O键的断裂，B错误；C．由题干反应历程图可知，总反应式为
，C正确；D．由题千反应历程图可知， ，参与反应过
程，反应前后保持不变,是该反应的催化剂，可降低丙烯醛基化反应的活化能，D正确；故选B。
二、选择题：本题共5个小题，每小题6分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项是
符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个
且正确的得5分，选两个且都正确的得6分，但只要选错一个，该小题得0分。
15．某反应在有、无催化剂条件下的反应机理和相对能量的变化如图所示(吸附在催化剂表面上的粒子用*
标注，TS为过渡态)。下列有关说法错误的是A．该反应的 <0
B．催化剂能降低反应活化能，提高反应物的平衡转化率
C．该历程中，决速反应为HCOO*+2H (g)→H CO*+OH*+ H(g)
2 2 2 2
D．有催化剂时决速反应的活化能为1.3
【答案】BD【解析】A．由图象可知，反应CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g)为放热反应，故A正确；
2 2 3 2
B．催化剂能降低反应活化能，但不能提高反应物的平衡转化率，故B错误；C．多步反应中，活化能越大，
反应速率越慢，决定着总反应的速率，由图示可知该反应历程中决速步骤的化学方程式为
HCOO*+2H (g)→H CO*
2 2 2
+OH*+ H(g)，故C正确；D．由图象可知，决速步骤的化学方程式为HCOO*+2H (g)→H CO*+OH*+
2 2 2 2
H(g)，该步骤有催化剂时的活化能为:[0.4-(-1.00)]=1.40eV，故D错误；故选BD。
2
16．碳酸二甲酯DMC( )是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方
案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．HO·提高了反应的活化能
B．过程CHOH*+HO·*=CH O·*+HO*是该反应的决速步骤
3 3 2
C．过程中既有H-O键的断裂，又有H-O键的形成
D．吸附和脱附过程中共吸收48.1eV的能量
【答案】AD【解析】A．HO·在反应前参与反应，反应后又生成，作催化剂，降低了反应的活化能，提高
化学反应速率，故A错误；B．决速步骤一般伴有的是能量的落差大，活化能大的步骤即决速步骤，由图示可
知生成过渡态I时的所需的活化能最大，所以CHOH*+HO·*=CH O·*+HO*是该反应的决速步骤，故B正确；
3 3 2
C．过程中甲醇反应时有H-O键的断裂，生成水时有H-O键的形成，故C正确；D．吸附和脱附过程中共吸收
的能量为终态减去始态的能量，始态相对能量为0eV，终态相对能量为112.6×102 eV，则吸附和脱附过程中共
吸收的能量为1.126×104 eV，故D错误；故选AD。
17．铁的某种络合物离子(用 表示)催化甲酸分解的反应机理及相对能量变化如图所示。下列
说法正确的是
A．反应过程中铁元素价态没有改变
B．反应过程中最大能垒
C．由 到 过程中形成了离子健
D．总反应为：
【答案】BD【解析】A． →CO+ 的过程中，碳的化合价从+2价升高为+4价，则铁的化
2合价降低，因此反应过程中铁元素的化合价发生变化，故A错误；B．反应过程中最大能垒
，故B正确；C．由 到 过程中氢原子之间
形成共价键，故C错误；D．由图可知，该过程的反应物为HCOOH，生成物为CO 和H，起始
2 2
的相对能量为0，反应后 的相对能量为-46.2kJ/mol，则总反应为
，故D正确；故选BD。
18．氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得 。在催化剂作用下，HCOOH分解生成 可能
的反应机理如图所示。研究发现，其它条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳。
下列说法正确的是
A．HCOOH催化释氢过程中，有非极性键的断裂与生成
B．HCOOD催化释氢反应除生成 外，还生成 、HD、
C．其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH能提高释放氢气的纯度
D．HCOOK溶液代替HCOOH时发生反应
【答案】CD【解析】在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO 和H；若将HCOOH换成HCOOD或
2 2
HCOOK，也可按HCOOH分解的原理分析。A．转化涉及到N-H键的断裂和形成、O-H键的断裂以及H-H键
的形成，没有非极性键的断裂，A错误；B．若用HCOOD代替HCOOH，反应为HCOOD分解，除生成CO
2
外，还生成HD，没有H 、D、B错误；C．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK分解生成CO 和KH，
2 2 2KH与水反应生成KOH和H，KOH能吸收CO，所以最终所得气体中CO 的量会减少，提高释放氢气的纯
2 2 2
度，C正确；D．若用HCOOK溶液代替HCOOH，生成的KOH能吸收CO 转变为 ，离子反应为
2
，D正确；故选CD。
19．NO的治理是当前生态环境保护中的重要课题之一，Cu基催化剂是 技术脱除NO中性能较为
优异的新型催化剂，但 会造成Cu基催化剂的催化性能下降。加入 可抑制 对Cu基催化剂的影响
(含Ce化合物的比例系数均未标定)，其作用机理如图所示。下列说法正确的是
A．NO可以造成臭氧空洞
B．在反应机理②中，Ce元素的化合价升高
C．整个反应的化学方程式为
D．改良催化剂可以提高合成反应的平衡转化率
【答案】AC【解析】A．NO具有还原性、臭氧具有氧化性，两者可以反应造成臭氧空洞，A正确；B．
在反应机理②中，硫、氧、氮、氢元素化合价没有改变，则Ce元素的化合价也不会改变，B错误；C．由图可
知，整个反应反应物为氨气、一氧化氮、氧气，三者在催化剂作用下生成氮气和水，化学方程式为
，C正确；D．催化剂可以提高反应速率，但是不能改变合成反应的平衡转化
率，D错误；故选AC。
