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专题36 化学反应机理与反应历程
考点
十年考情(2015-2024)
命题趋势
考点1 涉及能
量变化的机理
2024·北京卷，13、2024·安徽卷、
2024·河北卷、2023•浙江省1 月选
考、2023•浙江省6 月选考、2023•广
东卷、2021•湖南选择性卷、2021•山
东卷、2021•山东卷、2022•重庆卷
近年来出现有关反应历程或机理的新型选择
题，通过构建模型，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，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。
考点2 未涉及
能量变化机理
2024·北京卷、2024·浙江6 月卷、
2023•湖南卷、2023•全国新课标卷、
2023•北京卷、2022•湖南选择性卷、
2022•山东卷、2022•湖北省选择性
卷、2020•北京卷、2021•湖北选择性
考试、2022•辽宁省选择性
考点1 涉及能量变化的机理
1．(2024·北京卷，13，3 分)苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列
说法不正确的是( )
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X 为苯的加成产物，Y 为苯的取代产物
1
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C．由苯得到M 时，苯中的大π 键没有变化
D．对于生成Y 的反应，浓H2SO4作催化剂
【答案】C
【解析】A 项，生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳
定，以上2 个角度均有利于产物Ⅱ，故A 正确；B 项，根据前后结构对照，X 为苯的加成产物，Y 为苯的
取代产物，故B 正确；C 项，M 的六元环中与-NO2相连的C 为sp3杂化，苯中大π 键发生改变，故C 错误；
D 项，苯的硝化反应中浓H2SO4作催化剂，故D 正确；故选C。
2． (2024·安徽卷，10，3 分)某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g)，发生下列反应：X(g)
Y(g)( ΔH1＜0)，Y(g)
Z(g)( ΔH2＜0)，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应
进程示意图符合题意的是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由图可知，反应初期随着时间的推移X 的浓度逐渐减小、Y 和Z 的浓度逐渐增大，后来随着
时间的推移X 和Y 的浓度逐渐减小、Z 的浓度继续逐渐增大，说明X(g)
Y(g)的反应速率大于Y(g)
Z(g)的反应速率，则反应X(g)
Y(g)的活化能小于反应Y(g)
Z(g)的活化能。A 项，X(g)
Y(g)和Y(g)
Z(g)的∆H 都小于0，而图像显示Y 的能量高于X，即图像显示X(g)
Y(g)为
吸热反应，A 项不符合题意；B 项，图像显示X(g)
Y(g)和Y(g)
Z(g)的∆H 都小于0，且X(g)
Y(g)的活化能小于Y(g)
Z(g)的活化能，B 项符合题意；C 项，图像显示X(g)
Y(g)和
Y(g)
Z(g)的∆H 都小于0，但图像上X(g)
Y(g)的活化能大于Y(g)
Z(g)的活化能，C 项不
符合题意；D 项，图像显示X(g)
Y(g)和Y(g)
Z(g)的∆H 都大于0，且X(g)
Y(g)的活化能
大于Y(g)
Z(g)的活化能，D 项不符合题意；故选B。
2
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3． (2024·河北卷，14，3 分)对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上
CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸附态)。
下列说法错误的是( )
A．PDA 捕获CO2的反应为
B．路径2
优先路径，速控步骤反应式为
C．路径1、3 经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3 起始物相同但产物不同
D．三个路径速控步骤均涉及*CO2*-转化，路径2、3 的速控步骤均伴有PDA 再生
【答案】D
【解析】放电时CO2转化为MgC2O4，碳元素化合价由+4 价降低为+3 价，发生还原反应，所以放电时，
多孔碳纳米管电极为正极、Mg 电极为负极，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极、Mg 电极为阴极：
电极
过程
电极反应式
Mg 电极
放电
Mg-2e-=Mg2+
充电
Mg2++2e-= Mg
多孔碳纳米管电极
放电
Mg2++2CO2+2e-=MgC2O4
充电
MgC2O4-2e-= Mg2++2CO2↑
A 项，根据题给反应路径图可知，PDA(1，3-丙二胺)捕获CO2的产物为
，因此
PDA 捕获CO2的反应为
，A 正确；B 项，由反应进程－
相对能量图可知，路径2 的最大能垒最小，因此与路径1 和路径3 相比，路径2 是优先路径，且路径2 的
3
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最大能垒为*CO2*-→*C2O4
2-的步骤，据反应路径2 的图示可知，该步骤有
参与反
应，因此速控步骤反应式为
，B 正确；C
项，根据反应路径图可知，路径1、3 的中间产物不同，即经历了不同的反应步骤，但产物均为*MgCO3，
而路径2、3 的起始物均为
，产物分别为*MgC2O4和*MgCO3，C 正确；D 项，根据反
应路径与相对能量的图像可知，三个路径的速控步骤中*CO2*-都参与了反应，且由B 项分析可知，路径2
的速控步骤伴有PDA 再生，但路径3 的速控步骤为*CO2*-得电子转化为*CO 和*CO3
2-，没有PDA 的生成，
D 错误；故选D。
4．(2023•浙江省1 月选考，14)标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下
[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是 ( )
A．E6-E3=E5-E2
B．可计算Cl-Cl 键能为2(E2-E3)kJ•mol-1
C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程II>历程I
D．历程I、历程II 中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ∆H=(E5-
E4)kJ•mol-1
【答案】C
【解析】对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。A 项，
催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此E6-E3=E5-E2，A 正确；B 项，已知Cl2(g)的相对能量
为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E2-E3)kJ•mol-1，则Cl-Cl 键能为2(E2-E3)kJ•mol-1，B 正确；C
项，催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C 错误；D
项，活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步
反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ∆H=(E5-E4)kJ•mol-1，D 正确；故选C。
5．(2023•浙江省6 月选考，14)一定条件下，1-苯基丙炔(Ph—C≡C-CH3)可与HCl 发生催化加成，反应
4
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如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正
确的是( )
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加
浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I 的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物1
【答案】C
【解析】A 项，反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I 放出的热量小于反应Ⅱ放出的
热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A 正确；B 项，短时间里反
应I 得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I 的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，
则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B 正确；C 项，增加HCl 浓度，平衡正向移动，但平衡时产物Ⅱ和产物
I 的比例可能降低，故C 错误；D 项，根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率
的产物1，故D 正确。故选C。
6．(2023•广东卷，15)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)
P(g)。反应历程(下图)中，M 为中间产物。
其它条件相同时，下列说法不正确的是( )
A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4 步进行
B．反应达平衡时，升高温度，R 的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D．使用Ⅰ时，反应过程中M 所能达到的最高浓度更大
【答案】C
【解析】A 项，由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4 步进行，A
正确；B 项，由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R 的浓度增大，B 正
5
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确；C 项，由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达
到平衡，C 错误；D 项，由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ
活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M 所能达到的最高浓度更大，D 正确；故选C。
7．(2021•湖南选择性卷，14)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：
下列说法错误的是( )
A．该过程的总反应为HCOOH
CO2↑+H2↑
B．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中Fe 元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】D
【解析】A 项，由图可知，该反应的反应物为HCOOH，生成CO2和H2，该过程的总反应为HCOOH
CO2↑+H2↑，故A 正确；B 项，H+浓度过大导致HCOO-浓度过小，导致I→Ⅱ反应速率降低；H+浓度
过小，导致Ⅲ→Ⅳ反应速率降低，故B 正确；C 项，Ⅳ→I 有氢气生成，发生氧化还原反应，Fe 和H 元素
的化合价发生变化，该催化循环中元Fe 素的化合价发生变化，故C 正确；D 项，决定化学反应速率的步骤
是最慢的一步，活化能越高，反应越慢，从反应机理的相对能量变化可知，Ⅳ→Ⅰ的活化能最大，该过程
的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定，故D 错误；故选D。
8．(2021•山东卷，14)18O 标记的乙酸甲酯在足量NaOH 溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：
能量变化如图所示。已知
为快速平衡，下列说法正确的是( )
6
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A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在
18OH-
C．反应结束后，溶液中存在CH3
18OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
【答案】B
【解析】A 项，由图象中反应进程可知正反应中I 活化能大是决速步；逆反应中活化能IV 大，是决速
步，故A 错误；B 项，已知
为快速反应，结合反应II 可知溶液
中存在
18OH-，故B 正确；C 项，结合反应历程I、II、III、IV 和
可
知，
18O 只存在于乙酸甲酯、乙酸、氢氧根离子、水分子中，不会在CH3
18H，故C 错误；D 项，该总反应
对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，图示总反应的焓变=反应物的总焓-生成物的
总焓=( I 反应的活化能- II 反应的活化能)-(III 反应的活化能-IV 反应的活化能)≠I 反应的活化能-IV 反应的活
化能，，故D 错误；故选B。
9．(2021•山东卷，14)18O 标记的乙酸甲酯在足量NaOH 溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：
+OH-
+CH3O-能量变化如图
所示。已知
为快速平衡，下列说法正确的是( )
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A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在
18OH-
C．反应结束后，溶液中存在CH3
18OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
【答案】B
【解析】A 项，一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I 和反应IV 的活化能
较高，因此反应的决速步为反应I、IV，故A 错误；B 项，反应I 为加成反应，而
与
为快速平衡，反应II 的成键和断键方式为
或
，后者能生成
18OH-，因此反应结束后，溶液中存在
18OH-，故B 正确；C 项，反应
8
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III 的成键和断键方式为
或
，因此反应结束后溶液中不会存在
CH3
18H，故C 错误；D 项，该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此
和CH3O-的总能量与
和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓
变，故D 错误；故选B。
10．(2022•重庆卷，13)“千畦细浪舞晴空”，氮肥保障了现代农业的丰收。为探究(NH4)2SO4的离子键
强弱，设计如图所示的循环过程，可得△H4/(kJ•mol-1)为( )
A．+533
B．+686
C．+838
D．+1143
【答案】C
【解析】①NH4Cl(s)= NH4
+(g)+Cl-(g) ΔH1＝+698kJ·mol−1；②NH4Cl(s)=NH4
+(aq)+Cl-(aq) ΔH2＝
+15kJ·mol−1；③Cl-(g)=Cl-(aq) ΔH3＝-378kJ·mol−1；④1/2(NH4)2SO4(s)=NH4
+(g)+1/2SO4
2-(g) ΔH4；
⑤1/2(NH4)2SO4(s)=NH4
+(aq) +1/2SO4
2-(aq) ΔH5＝+3kJ·mol−1；⑥1/2SO4
2-(g)= 1/2SO4
2-(aq) ΔH6
＝-530kJ·mol−1；则⑤+①-⑥-②+③得④，得到△H4=+838 kJ•mol-1
，所以A B D 错误， C 正确，故选C。
考点2 末涉及能量变化的机理
1．(2024·北京卷，9，3 分)氘代氨(ND3)可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到ND3：①Mg3N2
与D2O 的水解反应；②NH3与D2O 反应。下列说法不正确的是( )
A．NH3和ND3可用质谱法区分
B．NH3和ND3均为极性分子
C．方法①的化学方程式是Mg3N2+6D2O=3Mg(OD)2+2ND3↑
D．方法②得到的产品纯度比方法①的高
【答案】D
【解析】A 项，NH3和ND3的相对分子质量不同，可以用质谱法区分，A 正确；B 项，NH3和ND3的H
原子不同，但空间构型均为三角锥形，是极性分子，B 正确；C 项，Mg3N2与D2O 发生水解生成Mg(OD)2
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和ND3，反应方法①的化学方程式书写正确，C 正确；D 项，方法②是通过D2O 中D 原子代替NH3中H 原
子的方式得到ND3，代换的个数不同，产物会不同，纯度低，D 错误；故选D。
2．(2024·北京卷，10，3 分)可采用
催化氧化法将工业副产物HCl 制成Cl2，实现氯资源的再利
用。反应的热化学方程式：
。下图所示为该法的
一种催化机理。
下列说法不正确的是( )
A．Y 为反应物HCl，W 为生成物H2O
B．反应制得1mol Cl2，须投入2mol CuO
C．升高反应温度，HCl 被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
【答案】B
【解析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO
与Y 反应生成Cu(OH)Cl，则Y 为HCl；Cu(OH)Cl 分解生成W 和Cu2OCl2，则W 为H2O；CuCl2分解为X
和CuCl，则X 为Cl2；CuCl 和Z 反应生成Cu2OCl2，则Z 为O2；综上所述，X、Y、Z、W 依次是Cl2、
HCl、O2、H2O。A 项，Y 为反应物HCl，W 为生成物H2O，A 正确；B 项，CuO 在反应中作催化剂，会不
断循环，适量即可，B 错误；C 项，总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减
小，C 正确；D 项，图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCl 和CuCl→Cu2OCl2，D 正确；故选B。
3．(2024·浙江6 月卷，12，3 分)丙烯可发生如下转化(反应条件略)：
下列说法不正确的是( )
A．产物M 有2 种且互为同分异构体(不考虑立体异构)
B．
可提高Y→Z 转化的反应速率
C．Y→Z 过程中，a 处碳氧键比b 处更易断裂
D．Y→P 是缩聚反应，该工艺有利于减轻温室效应
【答案】D
【解析】丙烯与HOCl 发生加成反应得到M，M 有CH3-CHCl-CH2OH 和CH3-CHOH-CH2Cl 两种可能的
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结构，在Ca(OH)2环境下脱去HCl 生成物质Y(
)，Y 在H+环境水解引入羟基再脱H+得到主产物
Z；Y 与CO2可发生反应得到物质P(
)。A 项，产物M 有2 种且互为同分异构
体(不考虑立体异构)，A 正确；B 项，H 促进Y 中醚键的水解，后又脱离，使Z 成为主产物，故其可提高
Y→Z 转化的反应速率，B 正确
+；C 项，从题干
部分可看出，是a 处碳氧键断裂，
故a 处碳氧键比b 处更易断裂，C 正确；D 项， Y→P 是CO2与Y 发生加聚反应，没有小分子生成，不是
缩聚反应，该工艺有利于消耗CO2，减轻温室效应，D 错误；故选D。
4．(2023•湖南卷，14)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 (Ⅱ)催化剂(用[L- Ru-NH3]+表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是( )
A．Ru (Ⅱ)被氧化至Ru (Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强
B．M 中Ru 的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：4NH3-2e- =N2H4+2NH4
+
【答案】B
【解析】A 项，Ru (Ⅱ)被氧化至Ru (Ⅲ)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NH3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 正确；B 项，Ru (Ⅱ)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
，
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Ru 1 个电子，其中Ru 的化合价变为
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+2，因此，B 不正确；C 项，该过程M 变为[L-Ru-NH2-NH2- Ru-L]2+时，有N-N 键形成，N-N 是非极性键，
C 正确；D 项，从整个过程来看， 4 个NH3失去了2 个电子后生成了1 个N2H4和2 个NH4
+，Ru (Ⅱ)是催化
剂，因此，该过程的总反应式为4NH3-2e- =N2H4+2NH4
+，D 正确；故选B。
5．(2023•全国新课标卷，12) “肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH 与NH3 转化
为肼(NH2NH2)，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是( )
A．NH2OH、NH3和H2O 均为极性分子
B．反应涉及
、
键断裂和
键生成
C．催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+
D．将NH2OH 替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
【答案】D
【解析】A 项，NH2OH，NH3，H2O 的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A 正确；B 项，由
反应历程可知，有N－H，N－O 键断裂，还有N－H 键的生成，B 正确；C 项，由反应历程可知，反应过
程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C 正确；D 项，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。
6．(2023•北京卷，13)一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中
代表MgO 或
Mg(OH)Cl 中的一种。下列说法正确的是( )
A．a、c 分别是HCl、NH3
B．
既可以是MgO，也可以是Mg(OH)Cl
C．已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生
D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
【解析】NH4Cl 分解的产物是NH3和HCl，分解得到的HCl 与MgO 反应生成Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl 又
可以分解得到HCl 和MgO，则a 为NH3，b 为Mg(OH)Cl，c 为HCl，d 为MgO。
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A 项，由分析可知，a 为NH3，c 为HCl，A 项错误；B 项，d 为MgO，B 错误；C 项，可以水解生成
Mg(OH)Cl，通入水蒸气可以减少MgCl2的生成，C 正确；D 项，反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解
的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D
错误；故选C。
7．(2022•湖南选择性卷，9)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
+)=1：4
D．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3mol e-，转移电子数目不相等，B 错误；C 项，由图示可知，过
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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。
8．(2022•山东卷，10)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，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、HONO=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NO 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+O2
2C3H6+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。
9．(2022•湖北省选择性卷，13)同位素示踪是研究反应机理的重要手段之一、已知醛与H2O 在酸催化
下存在如下平衡：RCHO+H2O
RCH(OH)2。据此推测，对羟基苯甲醛与10 倍量的D2
18O 在少量酸催
化下反应，达到平衡后，下列化合物中含量最高的是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】由已知信息知，苯环上的羟基不发生反应，醛基中的碳氧双键与D2
18O 发生加成反应，在醛
基碳原子上会连接两个羟基(分别为-OD，-18OD)，两个羟基连接在同一个碳原子上不稳定，会脱水，得到
醛基，故
的含量最高，故D 正确；故选D。
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10．(2020•北京卷，9)硫酸盐(含SO4
2-、HSO4
-)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微
颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：
下列说法不正确的是( )
A．该过程有H2O 参与
B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性
D．该过程没有生成硫氧键
【答案】D
【解析】A 项，根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O 参与，故A 正确；B 项，根据图示的转
化过程，NO2转化为HNO2，N 元素的化合价由+4 价变为+3 价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，
则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B 正确；C 项，硫酸盐(含SO4
2-、HSO4
-)气溶胶中含有HSO4
-，转化过
程有水参与，则HSO4
-在水中可电离生成H+和SO4
2-，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C 正确；D 项，根据图示
转化过程中，由SO3
2-转化为HSO4
-，根据图示对照，有硫氧键生成，故D 错误；故选D。
11．(2021•湖北选择性考试，12)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]3d64s2
B．步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成
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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。
12．(2022•辽宁省选择性，11)H2O(l)、NH3(l)均可自耦电离：2H2O(l)
H3O++OH-、2NH3(l)
NH4
++NH2
-。下列反应与
CH3CH2OH+HBr 原理不同的是( )
A．Mg3N2+6H2O=3 Mg(OH)2+2NH3
B．SiCl4+8NH3(l)= Si(NH2)4+4NH4Cl
C．3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2
D．PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl
【答案】C
【解析】A 项，根据题目信息可知，CH3CH2Br 和H2O 互相交换成分生成CH3CH2OH 和HBr。由
2H2O(l) H3O++OH-可得，Mg3N2 与H2O 互相交换成分生成Mg(OH)2 和NH3，与题述反应原理相同，A
正确；B 项，由于NH3(l)可自电离，2NH3 可写为，与SiCl4 交换成分生成Si(NH2)4 和NH4Cl 与题述反应原
理相同，故B 正确；C 项，Cl2 与NH3 反应生成了单质N2，反应物没有互相交换成分，与题述反应原理不
同，故C 错误；D 项，和PCl3 互相交换成分生成了H3PO3 和HCl，与题述反应原理相同，故D 正确；故
选C。
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