文档内容
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 的反应历程有2种
C．增大NO的量，C H 的平衡转化率不变
3 8D．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=NO+∙OH、NO+NO +H O=2HONO、NO +∙C H=C H+HONO、HONO=NO+∙OH，含N分子
2 2 2 2 3 7 3 6
NO、NO 、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
2
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NO的量，C H 的平衡转化率不变，C项正确；D项，无论反应历程
3 8
如何，在NO催化下丙烷与O 反应制备丙烯的总反应都为2C H+O 2C H+2H O，当主要发生包含
2 3 8 2 3 6 2
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 和 的转移(如a、b和c)，能
将海洋中的NO -转化为N 进入大气层，反应过程如图所示。
2 2
下列说法正确的是( )
A．过程Ⅰ中NO -发生氧化反应
2
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(NH +)=1：4
4
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO -+NH+=N ↑+2H O
2 4 2 2
【答案】C
【解析】A项，由图示可知，过程I中NO -转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO -作氧
2 2
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NO -在酶1的作用下转化为NO和
2
HO，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 -+2H++e- NO+H O，
2 2 2
生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH +在酶2的作用下发生氧化还原反应生成HO和
4 2NH，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：2NO+8NH +
2 4 4
2HO+5NH+8H+，消耗1molNO，b过程转移4mol e-，转移电子数目不相等，B错误；C项，由图示可知，
2 2 4
过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：2NO+8NH + 2HO+5NH+8H+，n(NO)：n(NH +)=1：4，
4 2 2 4 4
C正确；D项，由图示可知，过程III为NH 转化为N 和4H+、4e-，反应的离子方程式为：NH= N +4H+
2 4 2 2 4 2
+4e-，过程I-III的总反应为：2NO -+8NH+=5N ↑+4H O+24H++18e-，D错误；故选C。
2 4 2 2
【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 O 氧化CH 生成
2 4
CHOH的催化剂，反应过程如图所示。下列叙述错误的是( )
3
A．基态Fe原子的电子排布式为[Ar]3d64s2
B．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：CH+O +2H++2e- CHOH+H O
4 2 3 2
【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CH、O、H、e，产物为CHOH、HO，D项正确。
4 2 3 2
【例4】(2020•新课标Ⅰ卷)铑的配合物离子[Rh(CO) I]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。
2 2下列叙述错误的是( )
A．CHCOI是反应中间体
3
B．甲醇羰基化反应为CHOH+CO=CH COH
3 3 2
C．反应过程中Rh的成键数目保持不变
D．存在反应CHOH+HI=CH I+H O
3 3 2
【答案】C
【解析】题干中明确指出，铑配合物[Rh(CO) I]－充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题干中
2 2
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CHCOI以及各种配离子等，都可视作中间物种。A项，通过分析可知，
3
CHCOI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
3
醇转化为CHI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
3
乙酸，方程式可写成：CHOH+CO CHCOOH，B项正确；C项，通过分析可知，铑配合物在
3
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
CHCOI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CHI，方程式可写成：CHOH+ HI→CH I+H O，D项正确；
3 3 3 3 2
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⑤⑥⑦
⑧；“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HO 的反应机理如图。下列说法正确的是( )
2 2
A．总反应可表示为H+O =H O
2 2 2 2
B．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[PdCl ]2-的作用下生成过氧化氢，反应的化学方程式为：
4
H+O HO，A错误；B项，Pd元素在[PdCl ]2-、[PdCl O]2-中的化合价均为+2价，Pd单质中Pd元素
2 2 2 2 4 2 2
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Cl-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 可回收废水中的 ，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．1 mol[Co(NH )]3+中σ键数目为18 mol
3 6
B．NH 转化为[Co(NH )]2+后键角减小
3 3 6
C．总反应离子方程式为：SO +O +2I- I+SO2-
2 2 2 4
D．反应③中，每消耗1 mol O 转移4 mol电子
2
【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1 mol[Co(NH )]3+中σ键数目为
3 6
24 mol，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(NH )]2+氨气与钴形成了配位键，因此NH 转化为[Co(NH )]2+后键角增大，
3 6 3 3 6
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：SO +O +2I- I+SO2-，故C正确；D
2 2 2 4
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1 mol O 转移2 mol电子，故D错
2
误。故选C。3．(2023届·山东省青岛市高三期初测试)钴 使某析氧反应催化剂中流失 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 和
B．维持相对稳定的 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：
D．图中所示物质之间的转化只有 和 的化合价发生了变化
【答案】D
【解析】根据图示可知，Co(OH) 转化成CoOOH，Co失电子化合价从+2变为+3价，OH-生成HO，
2 2
CoOOH再与Fe(OH) 反应，Fe失电子生成FeOOH，CoOOH得电子生成Co(OH) ，FeOOH失电子生成
2 2
FeO2-，Fe从+3价变为+6价，FeO2-得电子与OH-反应生成FeOOH，O 和HO。A项，从图中可知，催化
4 4 2 2
析氧反应最终生成氧气和水，FeO2-为催化剂，自修复反应中Fe(OH) 与CoOOH反应生成Co(OH) 和
4 2 2
FeOOH，Co(OH) 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
2
复中Fe(OH) 、Co(OH) 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
2 2
项，根据图示可知，自修复反应中Fe(OH) 和CoOOH反应生成FeOOH和Co(OH) ，其方程式为
2 2
CoOOH+Fe(OH) =FeOOH+Co(OH) ，C正确；D项，从图中可知，OH-和FeO2-反应生成了氧气，此反应中
2 2 4
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MnO )是反应的催化剂
2
B．该过程存在非极性键的断裂和形成
C．MnO 能结合NH 的原因是Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键
2 3
D．该催化过程的总反应的化学方程式：4NH +6NO 5N+6H O
3 2 2
【答案】D
【解析】A项，根据反应过程，反应前后MnO 没变，可知MnO 是反应的催化剂，故A正确；B项，
2 2
反应物有O、生成物有N，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
2 2
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4NH +4NO+O 4N+6H O，故D错误；
3 2 2 2
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 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． 在循环中起催化作用
B．该反应可用于制取合成气CO、H
2
C．过程中包含反应
D．反应过程中金属元素 、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HO
2
重整CH (CH+H O=CO+3H)，得到合成气：CO和H，B项正确；C项，由图示可知，循环Ⅰ中，在UV
4 4 2 2 2
的作用下， ，C项正确；D项， 、 、 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( )主要驱动自偶联反应，而较长的波长( )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
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(C H O)
6 12 6 n
B．反应①、②、③的原子利用率均为100%
C．CO→CHOH→ HCHO的转化过程中碳元素均被还原
2 3
D．过氧化氢酶使HO 及时分解，防止其氧化其它酶，同时增大O 的利用率
2 2 2
【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(C H O)，A错误；B项，反应
6 10 5 n
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，CO→CHOH过程中C的化合价由+4降低到-2价，被还原，CHOH→
2 3 3
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
HO 及时分解，使反应②正向进行程度增大，增大了O 的利用率，D正确；故选D。
2 2 2
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Fe O、Fe O、
3 4 2 3
CuO和Cu O，通过与HO 作用产生强氧化性的·OH自由基和·HO 自由基，能够有效去除水体中的苯并三
2 2 2 2
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2HO=·HO+·OH+HO
2 2 2 2B．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HO+Fe2+=·OH+ Fe3+ +OH-，过程②为HO+Fe3+= Fe2+
2 2 2 2
+·HO+ H+，总反应为2HO=·HO+·OH+HO，故A正确；B项，过程③为HO+ Cu+=·OH+ Cu2++OH-，过
2 2 2 2 2 2 2
程④为HO+ Cu2+= Cu++·HO+ H+，总反应为2HO=·HO+·OH+HO，Cu2+和Cu+均可看作是催化剂，故B
2 2 2 2 2 2 2
正确；C项，过程⑤为HO+Fe2+=·OH+ Fe3+ +OH-，过程⑦HO+ Cu2+= Cu++·HO+ H+，故C正确；D项，
2 2 2 2 2
过程⑥Fe3+ + Cu+= Fe2++ Cu2+，而由以上过程反应可知Cu2+、Fe2+均有利于HO 转化成自由基，因此过程
2 2
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CHCOCH 与RCHO反应的机理如图所示。下列叙述错
3 3
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．HO是中间产物
2
D．CHCOCH 与RCHO在催化作用下发生的反应是取代反应
3 3
【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HO，历
2
程 消耗HO，则HO是中间产物，C正确；D项，CHCOCH 与RCHO在催化剂作用
2 2 3 3
下发生的总反应为CHCOCH +RCHO ，是加成反应，D错误；故选D。
3 3
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2mol
D．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) 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CH=CHBr，则产物是
2
B．R X变为 发生了氧化反应
1
C．该反应只用了一种催化剂LnPd
D．适量添加NaCO 有利于提高产率
2 3
【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， ， 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CO 的方法，下列说
2
法不正确的是( )A．由HNCH CHNHCH CHCl在一定条件下可缩聚成X
2 2 2 2 2
B．在cat催化下，总反应为CO+3H =CH OH+H O
2 2 3 2
C．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HNCH CHNHCH CHCl，在一定条件下可缩聚反应，脱去小分子HCl
2 2 2 2 2
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：CO+3H =CH OH+H O，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
2 2 3 2
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CO 的方法，原
2
理如图。下列说法不正确的是( )A．化合物A为CHOH
3
B．若用HOCH CHOH辅助固定，则产物可能为
2 2
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 +CHOH→HO+ ②
3 2
+CO → ③ +CH OH→ +
2 3
，总反应为2CHOH+CO →HO+ 。A项，① + →HO+
3 2 2 2
，化合物A为CHOH，故A正确；B项，根据总反应，若用HOCH CHOH辅助固定，
3 2 2
HOCH CHOH+CO →H2O+ ，则产物可能为 ，故B正确；C项，根据总反应，
2 2 2
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H，总反应为用丙烯和氢气为原料制备丙烷
2
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H，故A正确；B项，
2
从A生成B有电子得失，H 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
2
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—CH，则1可能为 或
3，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．CHCOI是反应中间体， 能提升催化效果
3
B．甲醇羰基化反应为：CHOH+CO=CH COOH
3 3
C．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) ICH]-生成CHCOI，CHCOI继续与HO反应生
3 3 3 3 3 2
成HI和CHCOH，所以CHCOI是反应中间体，故A正确；B项，由图可知发生的反应依次为：
3 2 3
①CHOH+HI═CH I+H O，② +CH I= ，③ = ，
3 3 2 3④ +CO= ，⑤ =CH COI+ ，
3
⑥CHCOI+HO=HI+CHCOH，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：
3 2 3 2
CHOH+CO═CH COOH，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
3 3
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)TRAP是一种温和的氧化剂，TRAP试剂中的RuO-不会氧化碳碳双
4
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 做还原剂，作用是使TRAP试剂再生
C．反应⑥的离子方程式为2RuO-=RuO+RuO2-，是TRAP试剂再生的另一途径
3 2 4
D．若R 为CH=CH-，R 为H-，则TPAP氧化该醇的主产物为丙醛
1 2 2
【答案】A【解析】根据题中的反应机理图，TRAP试剂中的RuO-，经历过程①和②将 氧化为
4
，本身被还原为HRuO-，HRuO-经历过程③脱水，得到RuO-；RuO-与NMO反应，经历过
2 4 2 4 3 3
程④和⑤得到RuO-和NMM；RuO-自身发生歧化反应⑥，得到RuO2-和RuO。A项，铑(Ru)在TPAP机理
4 3 4 2
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，RuO-与NMO反应，经过
3
过程④和⑤得到RuO-和NMM，其中Ru元素从+5价升至+7价，则RuO-做还原剂，NMO做氧化剂，B项
4 3
错误；C项，RuO-自身发生歧化反应⑥，离子方程式为2RuO-=RuO+RuO2-，产物不是RuO-，则不是
3 3 2 4 4
TRAP试剂再生的另一途径，C项错误；D项，TRAP试剂中的RuO-不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化
4
至醛，若R 为CH=CH-，R 为H-，则RuO-经过过程①和②将 氧化为 ，
1 2 2 4
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) 的配体CO中提供孤对电子的是C原子
3
B．烯制备醛的总反应：RCH=CH+H +CO RCHCHCHO
2 2 2 2
C．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RCHCHCHO中是否含有未完全转化RCH=CH
2 2 2
【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) 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
3
备醛的总反应：RCH=CH+H +CO RCHCHCHO，B正确；C项，过程①碳碳双键变为单键、Co-
2 2 2 2
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，RCHCHCHO没有碳碳双键，与溴的四氯化碳溶液不反应，而RCH=CH 含有碳碳双键可与溴
2 2 2
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HO 的反应机理如图。下列说法不正确的是(
2 2
)
A．总反应可表示为H+O HO B．HO 分子中，最多有3个原子共平面
2 2 2 2 2 2
C．HCl和 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[PdCl ]2-的作用下生成过氧化氢，反应的化学方程式为：
4
H+O HO，A项正确；B项，HO 的分子结构为： ，最多有3个原子共平面，B项正
2 2 2 2 2 2
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/SiO 催化香茅醇制取香料香茅腈反应及机理如图所
2
示。下列说法错误的是( )A．总反应的化学方程式为R－CHOH+NH RC≡N+2H +H O
2 3 2 2
B．中间体M的结构简式为R－CH－NH
2 2
C．在Cu/SiO 催化剂作用下，香茅醇更容易被氧化
2
D．增大Cu/SiO 用量，平衡时香茅腈的百分含量不变
2
【答案】B
【解析】A项，根据过程分析产物为 、H 和 ，方程式配平正确，总反应的化学方程式为
2
R－CHOH+NH RC≡N+2H +H O，A正确；B项，中间体M的结构简式为 ，B错
2 3 2 2
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．(2023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， 、 、 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 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 为原料，反应产物
为 ，D错误；故选A。
