文档文本内容
题型08 反应历程分析 反应历程与机理题是高考化学选择题中的 能力高地 ，它超越了传统的宏观反应现象，深入到微观 “ ” 的原子、分子层面，考查学生对化学反应本质的理解和逻辑推理能力。这类题型已成为新高考区分顶尖学 生的关键。反应机理将更多取材于诺贝尔奖成果（如不对称有机催化、点击化学）、绿色合成（如光催 化）、能源转化（如析氢、析氧反应） 等前沿领域。一道题可能同时结合能垒图、催化循环和同位素标 记等多种信息，考查学生的综合信息处理能力。从简单的识别，转向要求考生推断某一步的产物、比较不 同路径的能垒、或解释催化剂的独特作用，对思维深度要求更高。 考向01 反应历程与机理分析 【例1-1】（2025·北京卷）乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2=CHOOCCH3)的过程 示意图如下。 下列说法不正确的是 A． 中反应为 ① 4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd(CH3COO)2+2H2O 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 反应历程与机理分析 考向02 能垒图与过渡态理论【重难】 考向03 催化剂、中间产物、活化能及其反应机理分析【重难】 考向04 循环反应机理图像分析【重难】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 B． 中生成 ② CH2=CHOOCCH3的过程中，有σ键断裂与形成 C．生成CH2=CHOOCCH3总反应的原子利用率为100% D．Pd催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率 【答案】C 【解析】 中反应物为 ① CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O 和Pd(CH3COO)2，方程式为： 4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd(CH3COO)2+2H2O，A 正确； 中生成 ② CH2=CHOOCCH3的过程中，有C-H 断开和 C-O 的生成，存在σ键断裂与形成，B 正确；生成CH2=CHOOCCH3总反应中有H2O 生成，原子利用率不是 100%，C 错误；Pd是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D 正确；故选C。 【例1-2】（2025·湖南卷）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 是催化剂 Ⅱ 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烷的原子利用率为100% 【答案】B 【解析】根据反应原理， 先消耗再生成，是整个历程的催化剂， 先生成，再消耗，是中间产物， Ⅰ Ⅱ A 错 误；过程中存在H2O2中O-O 非极性键的断裂，以及O2中非极性键的形成；还存在O−H极性键的断裂，以 及O−C极性键的形成，B 正确；过程中Ti 的化学键(Ti−O)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；反应生成了H2O，且存在H2O2的分解反应，原子利用率小于100%，D 错 误；故选B。 1．化学动力学与反应历程 化学动力学是研究化学反应进行的速率和反应历程(即机理)的科学。所谓反应历程就是反应物按什么途径， 经过哪些步骤，才能转化为最终产物。选择适当的反应途径，可以使热力学由预期转变为现实。 2．基元反应与非基元反应 例如H＋＋OH－===H2O，反应几乎没有过程，瞬间平衡一步到位，称为简单反应；而2HI===H2＋I2的实际 机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI―→H2＋2I·、2I·―→I2，存在未成对电子的微粒称 为自由基，反应活性高，寿命短，2HI===H2＋I2称为非基元反应。 3．反应历程 由基元反应构成的反应序列，又称反应机理。 （1）总反应：2NO+2H2 N2+2H2O （2）反应历程 2NO+H ① 2 N2O+H2O（慢） 2N ② 2O 2N2+O2（快） 2H ③ 2+O2 2H2O（更快） （3）决速反应：在反应历程中，反应速率最慢的基元反应。 （4）决速浓度：最慢反应中反应物的浓度决定总反应的反应速率。 （5）反应历程中化学键有断裂和形成。 【变式1-1】（2025·福建龙岩·三模）Ru（ ）催化剂（用 Ⅱ [L−Ru−NH3) +来表示）高效电催化氧化NH3合 成N2H4的反应机理如图。下列说法错误的是 A．制得1molN2H4，需投入2mol[L−Ru−NH3) + B．整个过程N 原子的杂化方式未发生变化 C．该过程既有极性键的断裂，又有非极性键的形成 D．Ru（ ）被氧化至 Ⅱ Ru（ ）后，配体 Ⅲ NH3的N −H键更易断裂 【答案】A 【解析】催化剂能改变反应的途径，降低反应的活化能，加快反应速率，但反应前后质量和化学性质不 变，则制得1mol 肼无需投入2mol[L-Ru-NH3]⁺，A 错误；氨分子和肼分子中氮原子的价层电子对数都为： 3+(5-1×3) ×1 2=4，杂化方式都为sp3杂化，所以整个过程氮原子的杂化方式未发生变化，B 正确；由图可 知，反应中氨分子的氮氢极性键发生断裂，生成的肼分子中有氮氮非极性键形成，所以该过程既有极性键 断裂又有非极性键形成，C 正确；Ru(Ⅱ)被氧化为Ru(Ⅲ)后，Ru 电正性增强，吸引配体氨分子中电子能力 增强，使氮氢键电子云密度降低、键能减弱，更易断裂，D 正确；故选A。 【变式1-2】（2025·陕西咸阳·二模）CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的反应机理如图所示，下列叙述 错误的是 A．Ln Ni能提高CO2、C2H4，混合体系中活化分子百分数 B．总反应方程式为CO2+CH2=CH2+CH3I → Ln Ni CH2=CHCOOCH3+ HI C．反应 中断裂的化学键有极性键和非极性键 ① D．该反应的原子利用率为100 % 【答案】D 【解析】Ln Ni在反应过程中先消耗后生成，是该反应的催化剂，催化剂能降低反应的活化能，提高反应物 中活化分子的百分数，A 正确；CO2、CH2=CH2、CH3I为反应物，CH2=CHCOOCH3、HI为生成物，则总 反应方程式为CO2+CH2=CH2+CH3I → Ln Ni CH2=CHCOOCH3+HI，B 正确；反应 中断裂了极性键 ① (C=O键)和非极 性键(C=C键)，C 正确；结合B 分析可知，由总反应方程式可知，除目标产物丙烯酸甲酯外还有HI生成， 原子利用率不是100 %，D 错误；故选D。 考向02 能垒图与过渡态理论 【例2-1】（2025·河南卷）在催化剂a 或催化剂b 作用下，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(g)+ H2(g)，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(g)+ H2(g)中部分进程已省略)。 下列说法正确的是 A．总反应是放热反应 B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C．和催化剂b 相比，丙烷被催化剂a 吸附得到的吸附态更稳定 D． 转化为 的进程中，决速步骤为 ① ② ❑ ∗CH3CH2CH3→ ∗CH3CHCH3+ ∗H 【答案】C 【解析】由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A 错误；平衡常数只和温度有关，与催化剂无 关，B 错误；由图可知，丙烷被催化剂a 吸附后能量更低，则被催化剂a 吸附后得到的吸附态更稳定， C 正确；活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H 或 *CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D 错误；故选C。 【例2-2】（2025·河北卷）氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利 用反应Ga2O3(s)+2NH3(g)⇌2GaN (s)+3 H2O (g)制备。反应历程(TS 代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A．反应 是吸热过程 ⅰ B．反应 中 ⅱ H2O (g)脱去步骤的活化能为2.69eV C．反应 包含 ⅲ 2 个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应 中 ⅱ 【答案】D 【解析】观察历程图可知，反应 中 ⅰ Ga2O3(s)+ NH3(g)的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3 完成反应，生 成Ga2O2 NH (s)和H2O，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A 正确；反应 中因 ⅱ H2O (g)脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV 与TS5 的相对能量差，即 3.39eV-0.70eV=2.69eV，B 正确；反应 从 ⅲ Ga2ON2H2(s)生成2GaN (s)+ H2O (g)经历过渡态TS6、TS7，说 明该反应分两步进行，包含2 个基元反应，C 正确；整反应历程中，活化能最高的步骤是反应 中的 ⅲ TS7 对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步包含在反应 中， ⅲ D 错误；故选D。 1.过渡态 A＋B－C―→[A…B…C]―→A－B＋C 备注：(1)以上为一种基元反应，其中正反应活化能Ea 正＝b－a，逆反应活化能Ea 逆＝b－c，ΔH＝Ea 正－Ea 逆。 (2)过渡态(A…B…C)不稳定。 2.中间体 备注：处于能量最高点的是反应的过渡态，在多步反应中两个过渡态之间的是中间体，中间体很活泼，寿 命很短，但是会比过渡态更稳定些。 3.能垒与决速步 能垒：可以简单理解为从左往右进行中，向上爬坡吸收的能量，而包含最高能垒的反应我们称之为决速步 骤，也称为慢反应。 例如图中，从第一个中间体到过渡态2 的能量就是最高能垒，而HCOO*＋H*===CO2＋2H*是在Rh 做催化 剂时该历程的决速步骤。 4.过渡态理论 基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。 AB＋C―→[A…B…C]―→A＋BC 反应物 过渡态 反应产物 过渡态是反应过程中具有最高能量的一种结构状态，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能 [活化能(能垒)越高，此步基元反应速率越慢]。例如，一溴甲烷与NaOH 溶液反应的过程可以表示为CH3Br ＋OH－―→[Br…CH3…OH]―→Br－＋CH3OH 【变式2-1】（2025·山西·三模）科研人员研究了在某催化剂作用下，CH3COOH加氢形成乙醇的机理，反应 过程中物质的相对能量与反应进程的关系如图所示(带“*”表示物质处于吸附态)。下列说法正确的是 A．CH3COOH的吸附过程为放热反应 B．该反应过程中，有副产物CH3CHO生成 C．∗CH3CHOH+∗H→∗CH3CH2OH为决速步骤 D．若用CH3COOD代替CH3COOH反应，产物为CH3CH2OD 【答案】B 【解析】CH3COOH 的吸附过程是分子吸附在催化剂表面，无化学键断裂和形成，属于物理过程，并非化 学反应，不能称为放热反应，A 错误；由图可知，该反应过程中有副产物CH3CHO 生成，B 正确；能垒最 大的步骤，活化能最大，为决速步骤，故决速步骤为：*CH3CHO + 2*H→*CH3CHOH+ *H，C 错误； CH3COOD 中的D 在羧基氧上，反应中羧基氧与H 结合生成HOD，产物为CH3CH2OH，D 错误；故选B。 【变式2-2】（2025·重庆·二模）计算机模拟单个乙炔(HC≡CH)分子在Hg2+催化作用下生成CH3CHO 的反应 历程及相对能量变化如图所示(已知1eV=1.6×10 -19J；NA=6.02×10 23/mol)。 下列说法错误的是 A．该反应历程中决速步骤能垒为0.9eV B．历程 中有 ① σ 键生成，历程 中有 ③ π 键断裂 C．历程 中，体系能量下降，是因为断开 ⑤ C-Hg 2+键放出能量 D．该反应的热化学方程式为HC≡CH (g)+H2O (g)=CH3CHO (g) ΔH =−67.424 kJ /mol 【答案】C 【解析】反应历程中，活化能最大的为决速步，其中历程 的活化能最高，为 ④ 0.9eV，A 正确；历程 中 ① 有Hg2+与H2O 之间形成了配位键，即有σ 键生成，历程 中碳碳三键变成碳碳双键，断裂了 ③ π 键，B 正 确；断键吸热，会使体系能量升高，成键放热，使体系能量下降，历程 中，体系能量下降，是因为生成 ⑤ C=O 等化学键释放的能量大于断开C-Hg 2+等键吸收的能量，C 错误；反应的焓变只与始态、终态有关，故 反应的热化学方程式为HC≡CH (g)+H2O (g)=CH3CHO (g) ΔH =−67.424 kJ /mol，D 正确；故选C。 考向03 催化剂、中间产物、活化能及其反应机理分析 【例3-1】（2025·广西卷）某种氨基喹啉衍生物(M)合成反应的可能历程如图，Ea表示活化能(kJ⋅mol −1) 。下列说法错误的是 A．L−CuI是反应的催化剂 B．步骤 发生了 ① N−O键断裂 C．反应速率：历程II>历程I D．反应热：历程II>历程I 【答案】D 【解析】由图可知，L−CuI在反应历程中先被消耗，后又生成，是反应的催化剂，A 正确；由图可知，步 骤 中 ① 转化为 ，发生了 N−O 键断裂，B 正确；由图可知，历程I 中活 化能最大为112.8kJ/mol(决速步)，历程II 中活化能最大为91.5kJ/mol(决速步)，活化能越大，反应速率越 慢，则反应速率：历程II>历程I，C 正确；由图可知，历程II和历程I 起始反应物和最终生成物相同，反 应热相等，D 错误；故选D。 【例3-2】（2025·四川卷）钒催化剂对H2O2氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所 示，其中步骤 为放热反应。 ③ 下列说法错误的是 A．步骤 反应为 ① VO 2++ H2O2→VO2 ++·OH+ H + B．步骤 正、逆反应的活化能关系为 ③ E正<E逆 C．VO2 +在催化循环中起氧化作用 D．步骤 生成的物质 ③ Z 是H2 【答案】D 【分析】结合反应机理图可知VO 2+和H2O2反应生成VO2 +、·OH、H +，步骤 反应为 ① VO 2++ H2O2→VO2 ++·OH+ H + ， ·OH 和苯生成 ， 和 VO2 + 、 H + 反应生成 、 VO 2+和水，据此解答。 【解析】结合反应机理图可知VO 2+和H2O2反应生成VO2 +、·OH、H +，步骤 反应为 ① VO 2++ H2O2→VO2 ++·OH+ H +，故A 正确；步骤 为放热反应， ③ Δ H = E正−E逆<0，即正反应的活化能小 于逆反应的活化能，故B 正确；VO2 +在催化循环中V 的化合价由+5 降低到+3，所以起氧化作用，故C 正 确；根据分析，步骤 生成的物质 ③ Z 是H2O，故D 错误；故选D。 1.有效碰撞理论与活化能 活化能 活化分子数 单位体积内活化分子数 有效碰撞 增大浓度/压强 不变 不变 增多 增加 升高温度 不变 增多 增多 增加 催化剂 下降 增多 增多 增加 备注：速率常数k＝ (阿伦尼乌斯公式) A—比例系数，Ea—活化能，R—常数，T—开氏温度。从公式可以判断出，T 越高，速率常数越大，反应速 率越大。Ea越小，速率常数越大，反应速率越大。 2.活化能与反应机理 使用催化剂，可以改变活化能，改变反应机理，在反应机理中每一步反应的活化能不同，且均比总反应的 活化能低，故一般使用催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，如图所示： E1为总反应的活化能，E2、E3为使用催化剂反应机理中各步的活化能。 3.催化剂与中间产物 催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再次生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生 变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。 中间产物：在连续反应中为某一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎 并没有生成，实则是生成多少后续又消耗多少。 在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为 H2O2＋I－―→H2O＋IO－ 慢 H2O2＋IO－―→O2＋I－＋H2O 快 在该反应中I－为催化剂，IO－为中间产物。 而在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质(产物一般多是通过 一个箭头最终脱离这个历程的物质)，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成； 中间产物则是这个循环中的任何一个环节。 如图中，MoO3是该反应的催化剂， 为中间产物。 1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理 4.催化剂对反应历程与活化能影响 图例 解读 (1)在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能；E1－E2＝ΔH。 (2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤，反应 为吸热反应，产物为总反应的中 ① 间产物，反应 为放热反应；总反应为放热反应。 ② (3)同一反应分为若干个基元反应，活化能大的基元反应速率较慢，决定了总反应的快 慢；相同反应物同时发生多个竞争反应时，能垒越小的反应，反应速率越大，产物占 比越高。 (4)催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH。 【特别提醒】 (1)活化能是从低能态 爬坡 到高能态的能垒，活化能最大的步骤，决定了整个反应过程的反应速率。 “ ” (2)分析变化过程中所经历的全部基元反应，包括过渡态的形成，键的断裂和生成等。 【变式3-1】（2025·青海海东·三模）乙烷催化氧化为乙醛在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。 在Fe +催化下乙烷被氧化成乙醛的机理如图所示。下列说法错误的是 A．C2H6、N2均为非极性分子 B．Fe +可降低反应的活化能，但反应的Δ H不变 C．根据图示机理，可推测Y 为CH3CH2OH D．每消耗2 molN2O，同时生成的CH3CHO的物质的量为1 mol 【答案】D 【解析】乙烷（C2H6）为对称结构，氮气（N2）为非极性键双原子分子，二者均为非极性分子，A 正确； Fe+作为催化剂，可降低反应活化能，但不改变反应的焓变（ΔH），B 正确；根据机理图，[(C2H5)FeOH] +发生副反应时，脱去Fe 相关基团后可生成C2H5OH（乙醇），故Y 为CH3CH2OH，C 正确；由于存在副反 应，N2O 的消耗量不仅用于主反应生成CH3CHO，部分会参与副反应，因此每消耗2 mol N2O 生成的 CH3CHO 物质的量小于1 mol，D 错误；故选D。 【变式3-2】（2025·湖南永州·模拟预测）氨硼烷(NH3BH3)因具有较高的含氢量成为受人关注的潜在储氢材 料之一、铱螯合复合物催化氨硼烷脱氢反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示[已知-tBu 表示 —C(CH3)3]。下列说法正确的是 A．氨硼烷中氢元素的化合价不相同 B．化合物 能降低该反应的活化能 Ⅲ C．反应过程中Ir 的成键数目不发生改变 D．该反应决速步的活化能为158.06 kJ·mol-1 【答案】A 【解析】根据氨硼烷的结构NH 3 BH 3可知，在NH 3 BH 3中和N 成键的H 呈+1价，和B 成键的H 呈−1 价，化合价不相同，A 正确；从反应机理图可知化合物I 和NH 3 BH 3反应，后来又生成化合物I，故该转 化过程中催化剂为化合物I，能降低该反应的活化能，B 错误；从反应机理图可知反应过程中Ir 的成键数 目有6 个、5 个、4 个，数目发生了改变，C 错误；过渡态中活化能最大的一步是反应最慢的一步，也是决 速步；从图中相对能量可知过渡态I 是决速步，活化能为 162.38kJ ·mol −1−21.88kJ ·mol −1=140.5kJ ·mol −1，D 错误；故选A。 考向04 循环反应机理图像分析 【例4-1】（2025·江苏卷）CO2与NO3 −通过电催化反应生成CO(NH2)2，可能的反应机理如图所示(图中吸附在 催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是 A．过程 和过程 都有极性共价键形成 Ⅱ Ⅲ B．过程 中 Ⅱ NO3 −发生了氧化反应 C．电催化CO2与NO3 −生成CO(NH2)2的反应方程式：CO2+2NO3 −+18 H + 通电 催化剂CO(NH2)2+7 H2O D．常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3⋅H2O反应可生产CO(NH2)2 【答案】A 【解析】过程 为： Ⅱ *CO2和*NO3 −在酸性条件下被还原为*CO和*NH2的反应，生成了N—H 等极性共价键； 过程 为 Ⅲ *CO与*NH2生成*CO(NH2)2的反应，生成了C—N 极性共价键，A 正确；过程 是得电子的还原反 Ⅱ 应，N 元素的化合价由+5降为−2，C 元素的化合价由+ 4降为+2，B 错误；所给离子方程式电荷不守恒， 根据反应机理图可知，过程 需要外界提供电子，则正确的反应方程式为 Ⅱ CO2+2NO3 −+18 H ++16e −通电 催化剂CO(NH2)2+7 H2O，C 错误；常温常压、无催化剂条件下，CO2与 NH3⋅H2O反应生成(NH4)2CO3或NH4 HCO3，D 错误；故选A。 【例4-2】（2025·河南卷）在MoS2负载的Rh-Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为CH3COOH，其 可能的反应机理如图所示。 下列说法错误的是 A．该反应的原子利用率为100 % B．每消耗1mol O2可生成1mol CH3COOH C．反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化 D．若以CD4为原料，用H2O吸收产物可得到CD3COOH 【答案】B 【分析】由反应历程可知，总反应为2CO+2CH 4+O2=2CH 3COOH，据此解答。 【解析】该反应为化合反应，原子利用率为100%，A 正确；由分析可知，每消耗1mol O2可生成 2mol CH3COOH，B 错误；由反应历程可知，催化剂Rh-Fe有连接4 个S 原子和2 个S 原子的，这两种类型 的原子成键数目均会发生改变，所以Rh和Fe的化合价均发生变化，C 正确；若以CD4为原料，有反应历程 可知，会生成CD3COOD，用H2O吸收产物时，其存在电离平衡：CD3COOD⇌CD3COO −+ D +， CD3COO −结合水电离出的H +可得到CD3COOH，D 正确；故选B。 【变式4-1】（2025·浙江金华·一模）某课题组提出，可催化CO2与环氧化合物合成环状碳酸酯，反应的机 理如图所示。下列说法正确的是 A．物质 为离子液体，沸点比较低 Ⅰ B．物质 与环氧化合物通过配位键形成物质 Ⅰ Ⅱ C．物质 为该合成总反应的催化剂 Ⅲ D．物质 与 Ⅲ CO2反应转化为物质 属于加成反应 Ⅳ 【答案】D 【解析】化合物 的阳离子为有机阳离子，其体积较大，为离子液体，熔点低，但沸点较高， Ⅰ A 错误；由 图可知，物质 中的羟基 Ⅰ H 原子与环氧化合物中的O 原子形成氢键，B 错误；该反应原理中，化合物 先 Ⅰ 和环氧化合物反应被消耗，后又生成，化合物 为该合成总反应的催化剂，物质 是中间产物， Ⅰ Ⅲ C 错误； 由图可知，物质 与 Ⅲ CO2反应转化为物质 过程中， Ⅳ CO2中碳氧双键断开，属于加成反应，D 正确；故选 D。 【变式4-2】（2025·河北衡水·三模）研究表明，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。 Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示［其中TS 表示过渡态，Rh(Ⅰ)配合物简写为 TN］，关于反应历程说法正确的是 A．反应历程中只有 做催化剂 B．总反应为CH3OH+CO → 催化剂 CH3COOH C．增大LiI 的用量，甲醇的平衡转化率增大 D．经定量测定，反应历程中物质TN3 含量最少，可能原因是TN3→TN4 的活化能较高 【答案】B 【解析】从图中可看出，LiI 先与甲醇反应生成LiOH 和CH3I，CH3I 参与TN 催化循环最终生成的CH3COI 又与LiOH 反应生成LiI 与终产物乙酸，因此LiI 也属于该反应的催化剂，A 错误；总反应需消去中间产 物，反应物为CH3OH 和CO，生成物为CH3COOH，总反应方程式为CH3OH+CO → 催化剂 CH3COOH，B 正确； LiI 也是反应的催化剂，其用量不影响平衡移动，因此增大LiI 用量不能提高甲醇的平衡转化率，C 错误； 反应中TN3 含量最少说明其生成慢（TN2→TN3 反应速率慢）或消耗快（TN3→TN4 反应速率快），即 TN2→TN3 的活化能较高或TN3→TN4 活化能较低，D 错误；故选B。 1.（2025·浙江·一模）在非水溶剂中，将CO2转化为化合物 的催化机理如图。下列说法 ⅱ 不正确的是 A． 过程中有极性键的断裂和形成 ① B．该机理中KI为催化剂，AcOH为中间产物 C．化合物 和化合物 均含有 ⅰ ⅱ 3 种不同化学环境的氢原子 D．该机理的总方程式为：CO2+ → ❑ 催化剂 【答案】B 【分析】由图可知，二氧化碳转化为化合物 的反应为催化剂作用下二氧化碳与甲基环氧乙烷反应生成 ⅱ ，反应的化学方程式为CO2+ → ❑ 催化剂 ； 【解析】由图可知， 过程中，二氧化碳发生碳氧极性键断裂，同时形成新的碳氧极性键， ① A 正确；由图 可知， 碘化钾是过程 的生成物、过程 的反应物， ② ④ AcOH 是过程 的生成物、过程 和 的反应物，所 ③ ① ④ 以碘化钾和AcOH 都是反应的催化剂，B 错误；由结构简式可知， 和 分子中均含有三 种不同化学环境的氢，C 正确；由分析可知，总反应的方程式为CO2+ → ❑ 催化剂 ，D 正确； 故选B。 2.（2025·甘肃白银·模拟预测）我国科研团队研究了肼氧化代替水电解制氢，优化了氢吸附自由能，促进了 肼脱氢动力学。其在不同催化剂下的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用“·”标注)。下列说法 错误的是 A．三种催化剂中，Ni2N-Co3N 的催化效率最高 B．反应过程中存在非极性键的断裂和形成 C．分别在Ni2N 和Co3N 催化下，肼制氢反应的最大能垒相差0.87eV D．肼制氢反应中，制得2 mol H2同时生成1 mol N2 【答案】B 【解析】催化效率与反应的活化能（最大能垒）有关，活化能越低催化效率越高，由图可知，Ni2N-Co3N 的反应历程中各中间体能量变化平缓，最大能垒最低，故其催化效率最高，A 正确；反应中肼（N2H4）的 N-N 键未断裂（中间体始终为N2Hx·，N 原子始终相连），断裂的键为极性键N-H 键；生成的N2（N≡N） 和H2（H-H）含非极性键，仅存在非极性键的形成，不存在非极性键的断裂，B 错误；Ni₂N 的最大能垒： 从·N2H3（-0.66 eV）到·N2H2（-0.13 eV），能量差为0.53 eV；Co3N 的最大能垒：从·N₂H₂（-2.07 eV）到 ·N2H（-0.67 eV），能量差为1.4 eV，两者相差1.4 - 0.53 = 0.87 eV，C 正确；肼分解反应为N2H4 = N2↑ + 2H2↑，制得2 mol H2时生成1 mol N2，D 正确；故选B。 3.（2025·吉林松原·模拟预测）烷烃催化脱氢生成烯烃的反应机理如图，下列说法错误的是 A．整个过程中催化剂中B 原子化合价没有发生改变 B．干燥环境下该烷烃催化脱氢反应很难进行 C．反应II 生成烯烃的反应为氧化反应 D．反应II 中存在极性键和非极性键的断裂与形成 【答案】D 【解析】催化剂中B 原子始终与O 结合，硼的常见化合价为+3 价，在催化剂、化合物 （含 Ⅰ -OH）和化合 物 （含 Ⅱ O-O 键）中，B 均为+3 价，化合价未改变，A 正确；由机理图可知，催化剂需与H2O反应生成化 合物 才能参与循环，干燥环境下缺乏 Ⅰ H2O，无法生成活性中间体化合物 ，反应难以进行， Ⅰ B 正确；反 应 中烷烃（ Ⅱ Cn H2n+2）转化为烯烃（Cn H2n），C 的平均化合价升高（如乙烷→乙烯，C 从-3→-2），失去 电子，属于氧化反应，C 正确；化合物 中氧原子间未形成共价键，反应 中断裂的键为烷烃的 Ⅱ Ⅱ C-H 键 （极性键），形成的键为烯烃的C=C 键（非极性键）和化合物 中的 Ⅰ O-H 键（极性键）。仅存在极性键 的断裂和非极性键、极性键的形成，无非极性键的断裂，D 错误；故选D。 4.（2025·重庆江津·模拟预测）某新型催化剂能将乙醇催化转化为乙酸和氢气，其反应历程如图所示。下列 说法正确的是 A．物质 为催化剂 Ⅱ B．Ⅳ→V的反应类型为还原反应 C．该历程没有π键的生成 D．该历程总反应为C2H5OH+H2O = LnRuH CH3COOH+2H2↑ 【答案】D 【解析】由图可知，物质 在反应过程中为中间产物， Ⅱ A 错误； → Ⅳ V 为去氢的反应，反应类型为氧化反 应，B 错误；由反应历程可知，V→Ⅰ形成了C=O键，有π 键的生成，C 错误；根据图示可知该历程总反应 为C2H5OH+ H2O = LnRuH CH3COOH+2H2↑，D 正确；故选D。 5.（2025·贵州·模拟预测）CH2=CH−CH =CH2与HBr 发生加成反应的反应机理如图所示。下列叙述错误的 是 A．CH3CH =CHCH2Br(g)比CH3CHBrCH =CH2(g)稳定 B． 中2-位上带的正电荷密度较高，更容易吸引 Br − 的进攻 C．图示两种产物中，只有1,4-加成产物有立体异构 D．反应过程中，适当升高温度，生成CH3CH =CHCH2Br(g)和CH3CHBrCH =CH2(g)速率均增大 【答案】C 【解析】由图可知，CH3CH =CHCH2Br(g)比CH3CHBrCH =CH2(g)的能量低，能量低的相对更稳定，A 项正 确；由图可知， + Br −→CH3CHBrCH =CH2(g) 的反应活化能更低，故2-位上带的正电荷 密度较高，更容易吸引Br −的进攻，B 项正确；CH3CHBrCH =CH2(g)含手性碳原子（Br 所在的C），有立 体异构，CH3CH =CHCH2Br(g)有顺反异构，C 项错误；反应过程中，适当升高温度，生成 CH3CH =CHCH2Br(g)和CH3CHBrCH =CH2(g)速率均增大，D 项正确；故选C。 6.（2025·陕西西安·模拟预测）研究表明在60℃条件下，伯醇(含−CH2OH)和苯甲醇可通过如下反应历程转 化成相应的羧酸。下列说法错误的是 A．CH3CH2CHO转化为CH3CH2COOH的过程中有极性键的断裂和形成 B．(ProH)3[PW12O40)为该反应的催化剂 C．该历程的总反应方程式为2H2O2+CH3CH2CH2OH→CH3CH2COOH+3 H2O D．可用少量银氨溶液检验丙酸溶液中是否混有丙醛 【答案】D 【解析】CH3CH2CHO转化为CH3CH2COOH时，醛基中的C-H 键断裂，在碳氢间插入氧原子，形成C-O 和O- H 键，有极性键的断裂和形成， A 正确；由图可知，(ProH)3[PW12O40)在反应中先参与反应生成中间体， 最终又重新生成，符合催化剂 参与反应、反应前后不变 的特征， “ ” B 正确；根据历程图，反应物为H2O2 和CH3CH2CH2OH，产物为CH3CH2COOH 和H2O，化学反应方程式为 2H2O2+CH3CH2CH2OH→CH3CH2COOH+3 H2O，C 正确；银氨溶液检验醛基需在碱性条件下，丙酸溶液呈 酸性，少量银氨溶液会先与丙酸发生中和反应，无法与丙醛反应生成银镜，不能检验，D 错误；故选D。 7.（2025·湖北武汉·模拟预测）我国科学家发现：①Rh 催化单分子甲酸分解制H2的过程如图1 所示； 以 ② CO2与辛胺[CH3(CH2)7 NH2)为原料实现了甲酸和辛腈[CH3(CH2)6CN)(M =125g/mol)高选择性合成，工作原 理如图2 所示。下列说法错误的是(N A表示阿伏伽德罗常数的值) A．甲酸制H2时决定反应速率的步骤为：HCOOH *= HCOO *+ H * B．甲酸制H2的热化学方程式为：HCOOH (g)=CO2(g)+ H2(g) Δ H =−0.16 N A eV·mol −1 C．In/In2O3−x电极上发生还原反应 D．每转移2 mol 电子，理论上Ni2P电极上有125 g 辛腈生成 【答案】D 【分析】In/In2O3-x电极上CO2转化为HCOO-，C 元素化合价从+4 降低到+2，发生还原反应为阴极，电极反 应方程为CO2+ H 2O+2e −= HCOO −+OH −；辛胺[CH3(CH2)7NH2]转化为辛腈[CH3(CH2)6CN]时，发生氧 化反应为阳极，电极反应方程为CH 3(CH 2)7 NH 2−4 e −+ 4OH −=CH 3(CH 2)6CN + 4 H 2O。 【解析】决定反应速率的步骤为活化能最大的步骤。由图1 可知，HCOOH*转化为HCOO*+H*的过渡态1 能量（0.78 eV）与中间体HCOOH*（-0.21 eV）的能量差最大，活化能为0.78 - (-0.21)=0.99 eV，为各步中 最大，故该步为决速步，A 正确；由图1，反应物HCOOH(g)相对能量为0 eV，产物CO2(g)+H2(g)相对能 量为-0.16 eV，1 mol 反应的能量变化为-0.16 eV×NA，热化学方程式正确，B 正确；In/In2O3-x电极上CO2转 化为HCOO-，C 元素化合价从+4 降低到+2，发生还原反应，C 正确；辛胺[CH3(CH2)7NH2]转化为辛腈 [CH3(CH2)6CN]时，-CH2NH2变为-CN，失去4 个H（每个H 失1e-），生成1 mol 辛腈转移4 mol 电子。则 转移2 mol 电子时生成0.5 mol 辛腈，质量为0.5 mol×125 g/mol=62.5 g，D 错误；故选D。 8.（2025·湖北武汉·模拟预测）CO2与H2在金属催化剂M 的作用下生成多种产物，反应机理如下图所示。下 列说法正确的是 A．HCHO 和CO2均为非极性分子 B．M−C≡O中M 元素为+1价 C．反应 中 ① C 原子的杂化方式发生了变化 D．中间体X 的结构式为 【答案】D 【解析】HCHO（甲醛）分子为平面三角形结构，正负电荷中心不重合，是极性分子；CO2为直线形结构， 是非极性分子，二者并非均为非极性分子，A 错误；M-C≡O 中CO 为中性配体，与金属M 形成配位键，M 的化合价为0 价（催化剂通常为中性金属原子或0 价配合物），B 错误；反应 中，若涉及 ① M-C≡O 转化为 M=C=O，C 原子均形成2 个σ 键（无孤对电子），价层电子对数为2，均为sp 杂化，杂化方式未发生变 化，C 错误；中间体X 生成HCHO（H2C=O），其是由M=C=O 与氢气发生加成反应的产物，结构式应为 ，分解后可得到HCHO，D 正确；故选D。 9.（2025·宁夏银川·一模）Rh(I)-Ru(III)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理和各基 元反应活化能垒如图所示。其中Cat。表示催化剂，TS 和TN 分别表示各基元反应的过渡态和产物。下列 说法错误的是 A．反应中Ru 的成键数目不变 B．该羰基化反应每消耗1molCH3COOCH3生成1molCH3COOH C．由CH3I 生成CH3OI 经历了4 个基元反应，其中第四步是决速步骤 D．Rh(I)-Ru(III)双金属配合物降低了反应的活化能，不改变反应在该条件下的焓变 【答案】B 【解析】由Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理图可知，Ru 都是与2 个Cl 和2 个I 形成4 个键，A 项正确；由反应机理可知，总反应为CO+H2O+CH3COOCH3 催化剂 ¿ ¿ 2CH3COOH，该羰基化反应每消耗1 mol CH3COOCH3生成2 mol CH3COOH，B 项错误；由各基元反应活 化能垒图可知，由CH3I 生成CH3OI 经历了4 个基元反应，其中第四步即产物TN3→Cat.+CH3COI 的活化能 最大，是决速步骤，C 项正确；Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物为催化剂，催化剂可以降低反应的活化能，加快 反应速率，但不改变反应的焓变，D 项正确；故选B。 10.（2025·安徽合肥·模拟预测）乙醛是一种重要的二碳试剂，其某种合成机理如图所示。下列说法错误的 是 A．该合成乙醛的反应为：C2H6+2N2O→CH3CHO+2N2+ H2O B．C2H5OH是合成过程中的副产物 C．M 中铁元素的化合价为+3价 D．增大Fe +浓度，有利于提高CH3CHO的平衡转化率 【答案】D 【解析】根据机理图，乙烷和N2O 反应生成乙醛、氮气、水，反应方程式为 C2H6+2N2O→CH3CHO+2N2+ H2O，故A 正确；机理图中步骤 生成 ③ C2H5OH，C2H5OH不是目标产物，故 C2H5OH 为副产物，故B 正确；中间体M 为 ，整体带1 个正电荷，O 为-2 价， CH2 为中性配 体，设Fe 化合价为x，则x +(−2)=+1，解得x =+3，故C 正确；Fe +为催化剂，催化剂只改变反应速率， 不影响平衡移动，增大Fe +浓度不能提高CH3CHO的平衡转化率，故D 错误；故选D。 11.（2025·四川南充·三模）某研究团队提出了N2O在Rh/CeO2单原子催化剂上催化分解的反应机理(吸附在 催化剂表面的物种标注*)如下图所示，该反应与CO 氧化反应协同进行可用于机动车等尾气处理。 下列相关叙述错误的是 A．N2O是极性分子，中心原子孤电子对数为0 B．N2O分解的决速步骤为：∗O+ N2O =∗O2+∗N2 C．由图可知：温度降低有利于N2从催化剂表面脱附(吸附的逆过程) D．协同反应中氧化CO 的可能为*O 【答案】C 【解析】N2O 分子结构为直线形但不对称（O=N=N），正负电荷中心不重合，是极性分子；中心N 原子价 层电子对数为2（sp 杂化），孤电子对数=2-σ 键数=0，A 正确；决速步骤是活化能最高（能垒最大）的步 骤，由图可知活化能最大的为*O 和*N2O 生成*N2和*O2的步骤，N2O分解的决速步骤为： ∗O+ N2O =∗O2+∗N2，B 正确；脱附是吸热过程（吸附放热的逆过程），温度升高有利于吸热反应（脱 附），温度降低则平衡向吸附方向移动，不利于脱附，C 错误；协同反应中CO 被氧化为CO2，*O（吸附 态氧原子）具有氧化性，可作为氧化剂与CO 反应生成CO2，D 正确；故选C。 12.（2025·云南昆明·模拟预测）某反应的机理可用下图表示： 下列说法错误的是 A．该反应中乙醇是反应物，最终产物是乙烯和水 B．反应过程中有配位键的形成和断裂 C．AlCl3和[Al(OH)Cl3) −都是该反应的催化剂 D．该反应也可用浓硫酸催化，但易产生污染 【答案】C 【解析】总反应为CH3CH2OH → AlCl3 CH2=CH2↑+ H2O，A 正确；反应过程中有Al−O配位键的形成和断裂，B 正确；AlCl3在反应前添加，反应前后的质量和性质不变，是该反应的催化剂，[Al(OH)Cl3) −在反应过程 中产生，反应前后不存在，是中间体不是催化剂，C 错误；乙醇发生消去反应生成乙烯也可用浓硫酸催 化，但发生副反应生成SO2等，易产生污染，D 正确；故选C。 13.（2025·广西南宁·模拟预测） 肼合成酶 以其中的 “ ” Fe 2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼 (NH2 NH2)，其反应历程如下所示。下列说法错误的是 A．该反应发生时活化能降低 B．反应涉及N −H、N −O键断裂和N −N键生成 C．在反应过程中，催化中心的Fe 元素化合价发生了变化 D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2 【答案】D 【解析】Fe 2+配合物作为催化剂可降低反应的活化能，A 正确；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；由反应历程可知，反应过程中，Fe 2+先失去电子发生氧化反应生成Fe 3+ ，后面又得到电子生成Fe 2+，C 正确；由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH ❑3，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。 14.（2025·河南许昌·三模）研究人员发现在某种含钒催化剂的作用下，NO 可被NH3还原为N2，从而降低含 氮气体造成的空气污染，反应机理如图所示，下列说法错误的是 A．V 4+−OH为该反应的催化剂 B．NH3和NO 分子是极性分子 C．该转化过程中，反应物有NH3、NO 和O2 D．每生成标准状况下22.4 LN2，转移电子总数为3 NA 【答案】A 【解析】催化剂在反应前后质量和化学性质不变，参与反应但最终再生。该反应为NO 被NH3还原为N2， 由机理图可知，V4+-OH 为中间产物，催化剂为V5+=O，故A 错误；NH3为三角锥形，NO 为直线形(双原子 分子)，二者分子结构不对称，正、负电荷中心不重合，均为极性分子，故B 正确；由机理图箭头方向可 知，NH3、NO 参与反应转化为产物，O2与V4+-OH 的反应生成H2O 和V5+=O，故反应物包括NH3、NO 和 O2，故C 正确；总反应为4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，NH3失电子，作还原剂，NO、O2得电子，作氧化 剂，生成4mol N2，总转移12mole-，生成1mol N2转移3mole⁻，即每生成标准状况下22.4L N2，转移电子数 为3NA，故D 正确；答案为A。 15.（2025·云南玉溪·三模）一定温度和压强下，利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机 理和能量变化图如图甲、乙所示(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)。下列说法错误的是 A．该历程存在非极性键的断裂和形成 B．该历程的决速步骤反应为HCOO *+ 4 H *=CH3O *+ H2O C．使用铜基催化剂可降低反应的活化能，提高活化分子百分数 D．从平衡移动的角度看，降低温度可促进生成CH3OH (g) 【答案】A 【解析】反应中H2解离为H*时断裂H-H 非极性键，但整个历程中生成的产物为CH3OH 和H2O，中间物种 均为极性键（如C-O、O-H 等），无新的非极性键形成，故只存在非极性键断裂，不存在形成，A 错误； 决速步骤为活化能最大的基元反应，由图乙能量变化可知，从HCOO*+5H*到CH3O*+H2O+H*的能垒最 高，对应反应为HCOO *+ 4 H *=CH3O *+ H2O，B 正确；催化剂可降低反应活化能，使更多普通分子变为活化 分子，从而提高活化分子百分数，C 正确；由图乙可知，反应物（CO2+3H2）相对能量高于产物 （CH3OH+H2O），总反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，促进CH3OH 生成，D 正确；故选A。 16.（2025·四川巴中·模拟预测）HCHO 用作农药和消毒剂，能制酚醛树脂、脲醛树脂、维纶和染料等。除 去HCHO 的某机理如图所示，下列说法不正确的是 A．MnO2可降低该反应活化能 B．反应 均是氧化还原反应 ①④ ∼ C．反应 既有极性键断裂也有极性键的生成 ② D．该机理总反应为HCHO+O2→C MnO2 O2+H2O 【答案】B 【解析】除去HCHO 的方程式是HCHO+O2 → MnO2 CO2+ H 2O，由图知MnO2为该反应的催化剂，可降低该 反应活化能，A 正确；反应 是 ④ HCO3 −+ H += H 2O+CO2，无化合价变化，不是氧化还原反应，B 错误； 反应②HCHO+·OH =·CHO+ H 2O，断裂极性键C—H 键，形成了极性键O—H 键，C 正确；该机理总 反应为HCHO+O2 → MnO2 C O2+ H2O，D 正确。故选B。 17.（2025·云南·模拟预测）某科研团队以可再生纳米碳 羰基材料为催化剂，催化烷烃氧化脱氢反应，其 — 基元反应如图所示。 下列说法正确的是 A．H2O2属于非极性分子 B．反应历程中有极性键和非极性键的断裂和生成 C．新戊烷也能发生上述氧化脱氢反应 D．a、c、e 均是反应的中间产物 【答案】B 【解析】H2O2分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A 错误；由图可知，O2的O=O 非 极性键断裂，有烯烃的C=C 非极性键生成；同时有C-H 极性键断裂、O-H 极性键生成等，存在极性键和非 极性键的断裂与生成，B 正确；新戊烷结构为C(CH3)4，分子中无相邻碳上的氢原子可脱氢形成双键，无法 发生氧化脱氢反应，C 错误；a 在反应中先参与反应，最终又再生，是催化剂而非中间产物；c、e 为反应 中生成后又消耗的中间产物，D 错误；故选B。 18.（2025·河南南阳·模拟预测）在浓HNO3和浓H2SO4混合溶液中加入苯，反应过程中能量变化示意图如 下。下列说法错误的是 A．浓H2SO4导致反应 的活化能比反应 低 ③ ② B．X 为苯的加成产物；升高温度，X 的产率不一定增大 C．由苯得到M 时，苯中的碳原子杂化方式没变化 D．加入选择性高的催化剂，短时间内可以提高单位时间内产物I 的产率 【答案】C 【解析】两个反应历程的第一个基元反应相同，第二个基元反应不同，生成Y 的反应中，硫酸作催化剂， 降低了反应的活化能，即浓H2SO4导致反应 的活化能比反应 低， ③ ② A 正确；由X 的结构简式可知，X 为 苯的加成产物；虽然生成X 的总反应为吸热反应(反应物能量低于生成物能量)，但升高温度可能会使HNO3 挥发和分解，使反应物的浓度降低，平衡不一定正向移动，则X 的产率不一定增大，B 正确； 转化 为M( )时，六元环中一个C 原子杂化类型发生改变，由 sp 2 变为 sp 3 (与硝基直接相连的碳 原子)，C 错误；加入选择性高的催化剂，可以加快生成产物I 速率，短时间内可提高单位时间内产物I 的 产率，D 正确；故选C。 19.（2025·浙江·一模）肉桂酸(3—苯基丙烯酸)是一种天然有机物，其与水加成引入羟基的反应机理如图： 下列说法不正确的是 A．肉桂酸分子中所有原子可能共平面 B．H+为该反应的催化剂 C．步骤 形成的碳正离子与羧基的吸电子效应有关 Ⅰ D．与水加成得到的产物可以发生氧化、加成、取代、加聚等反应 【答案】D 【解析】肉桂酸结构简式为 ，碳原子均为 sp 2 杂化，苯环形成的平面、碳碳 双键形成的平面、C =O双键形成的平面及羧基之间通过单键相连，单键可旋转，分子中所有原子可能共 平面，A 正确；由图可知，H +参与反应被消耗，后又生成H +，故H +为该反应的催化剂，B 正确；羧基为吸 电子基团，使得碳碳双键中与羧基相连的碳电子云密度较大，吸引氢离子碳碳双键断裂，使双键另一个碳 原子容易形成碳正离子，步骤 形成碳正离子，与羧基吸电子效应有关， Ⅰ C 正确；与水加成得到的产物结 构简式为 ，官能团有羟基、羧基，可以发生氧化、加成、取代反应及缩 聚反应，不能发生加聚反应，D 错误；故选D。 20.（2025·湖南长沙·三模）含钯催化剂可与其他催化剂协同催化乙烯氧化为乙醛的反应，该催化氧化反应 经历如图所示的5 步（ → ），下列说法正确的是 ① ⑤ A．该过程中起催化作用的只有Pd B．氧化性：Cu 2+<Pd 2+ C．该过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成 D．总反应为O2+2CH2=CH2→2CH3CHO 【答案】D 【解析】含钯催化剂可与其他催化剂协同催化乙烯氧化为乙醛的反应，该过程中含Pd 和含Cu 的化合物均 参与循环，反应前后质量和性质不变，均为催化剂，并非只有Pd，A 错误；步骤 中反应为 ④ Pd + Cu2+=Pd2+ + Cu+，Cu2+为氧化剂，Pd2+为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，故Cu2+>Pd2+，B 错误；该 过程中存在C=C 非极性键断裂，O-H 键极性键断裂，C=O 键极性键的形成，无非极性键形成，C 错误；由 图中反应机理可知，总反应为乙烯被O2氧化为乙醛，方程式为O2+2CH2=CH2→2CH3CHO，D 正确；故选 D。
