重难04 化学反应历程（机理）的分析与应用（重难专练）（江苏专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

重难04 化学反应历程（机理）的分析与应用 ( 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击： 快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点： 总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数 ： 聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖： 挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” ) 一、反应机理 1．基元反应及其反应机理 基元反应 大多数的化学反应不能一步完成，在微观上是分几步完成的，这每一步反应都叫一个基元反应。如反应H2O2＋2Br－＋2H＋===Br2＋2H2O，通过大量实验提出它们微观过程如下： ①H＋＋H2O2H3O ②H3O＋Br－===H2O＋HOBr ③HOBr＋H＋＋Br－===H2O＋Br2 反应历程 （由基元反应构成的反应序列，又称反应机理） 总反应 2NO+2H2N2+2H2O 反应历程 ①2NO+H2N2O+H2O（慢） ②2N2O2N2+O2（快） ③2H2+O22H2O（更快） 决速反应 在反应历程中，反应速率最慢的基元反应 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 特点 ①不同的化学反应，反应历程不同。 ③同一反应在不同条件下的反应历程也可能不同。 ③反应历程的差别造成了化学反应速率的快慢差异。 ④对于由多个基元反应组成的化学反应，其反应的快慢由最慢的一步基元反应决定。 2．化学反应机理的理解 （1）反应机理是用来描述某反应物到反应产物所经由的全部基元反应，就是把一个复杂反应分解成若干个基元反应，以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，然后按照一定规律组合起来，从而阐述复杂反应的内在联系，以及总反应与基元反应内在联系。 （2）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。典型的是基元反应碰撞理论和基元反应过渡态理论。 （3）反应机理中包含的基元反应是单分子反应或双分子反应。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。 （4）认识化学反应机理，任何化合物的每一步反应都应该是在该条件下此类化合物的通用反应。 3．有效碰撞理论 （1）化学反应发生的条件：在化学反应中，反应物分子不断发生碰撞，大多数碰撞无法发生反应，只有少数分子的碰撞才能发生化学反应，能发生有效碰撞的分子是活化分子。 （2）活化能：普通反应物分子形成活化分子所需要的能量叫活化能。而活化分子的碰撞也不一定都能发生有效碰撞。 （3）有效碰撞：发生化学反应的碰撞叫有效碰撞。发生有效碰撞不仅有能量的因素（有足够高的能量，形成活化分子），还有空间因素（有合适的取向），只有同时满足这两者的要求才能发生有效碰撞。 二、催化剂、活化能及其反应机理  1．过渡态理论 （1）如图所示是两步完成的化学反应，分析如下： ①该反应的反应物为A、B，中间体为C，生成物为D。 ②由A、B生成C的反应为吸热反应，由C生成D的反应为放热反应，总反应为放热反应。 ③第一步为慢反应，第二步为快反应，决定总反应快慢的是第一步反应。 （2）基元反应过渡状态理论认为，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　 产物 过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。如：一溴甲烷与NaOH溶液反应的历程可以表示为： CH3Br＋OH－[Br…CH3…OH]Br－＋CH3OH 反应物　　 过渡态　　 　 产物 2. 催化剂的催化机理 （1）催化剂：存在少量就能显著改变反应速率，反应结束时，其自身的质量、组成和化学性质基本不变的物质。 （2）催化特点： ①高效性，可以大大地加快反应速率。②选择性，反应不同，催化剂不同。③同等程度地加快正、逆反应的速率。④不能改变反应的可能性和平衡常数。 （3）催化机理：催化剂的催化过程一般是催化剂跟其中的一种反应物首先发生反应，生成过渡物，然后再跟另外的反应物反应，生成产物，同时催化剂重新生成。催化剂生成的过渡物比没有催化剂生成的过渡物的能量要低，因而使反应更加容易发生和进行。这就是改变了其反应历程。即催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间产物，降低了达到过渡态所需要的活化能，使反应易于发生，速率加快。这就是我们经常说的催化剂改变反应途径，降低反应的活化能。 3. 催化反应的一般过程(简化的过程) 反应物扩散到催化剂表面→反应物被吸附在催化剂表面→被吸附的反应物发生化学反应生成产物→ 产物的解吸。如下图示： ( 扩散 吸附 反应 解吸 ) 三、循环反应机理图像分析 1．循环流程中物质的判断 （1）有进有出的物质参与反应，常作催化剂； （2）只进不出的为反应物、原料； （3）不进只出的物质为生成物、产品。 2．催化工艺的三种形式 （1）直接型： （2）微观型： （3）循环型： ①反应物：A和F；②生成物：B和E；③催化剂：C或D，中间产物D或C 3．循环转化机理图像 图像 解读 “环式”反应： 对于“环式”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应物，如①和④，“出环”的物质为生成物，如②和③ 1,2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理 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：在连续反应中为第一步的产物，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有消耗多少。 例1：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。 例2：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则是该反应的催化剂，图中剩余的三个物质均为中间产物。 4．催化反应机理题的解题思路 （1）通览全图，找准一“剂”三“物”： 一“剂”指催化剂 催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主题的多个物种一定在机理图中的主线上. 三“物”指反应物、生成物、中间物种(或中间体) 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物； 生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物； 中间体 通过一个箭头脱离整个历程，但又生成生成物的是中间体，通过二个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[　]”标出； （2）逐项分析得答案：根据第一步由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。 （建议用时：10分钟） 1．活性催化反应的部分机理如图所示。下列说法正确的是 A．该反应的△H>0 B．该反应平衡常数 C．反应前后碳原子杂化方式没有发生变化 D．吸附在Fe2+表面的H与HCO中的羟基结合生成水 2. （2025·江苏盐城中学·三模）已知O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，可能的反应机理如图所示，下列说法正确的是 A. SO2的键角大于120° B. NO和H2O中心原子的杂化方式相同 C. 基态O原子价电子轨道表示式： D. HO-参与了反应，其电子式为 3 （2025·江苏苏锡常镇四市·一模）NaOH活化过的催化剂对甲醛氧化为CO2具有较好的催化效果，有学者提出该催化反应的机理如下。下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中存在非极性键的断裂 B. 步骤Ⅰ可理解为HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的-OH发生作用 C. 步骤Ⅱ中发生的反应可表示为 D. 该催化剂对苯的催化氧化效果优于对HCHO的催化氧化效果 4. （2025·江苏苏北八市·三模）利用C6H5-CH2CH3(g)+CO2(g)C6H5-CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(g)可制备苯乙烯，反应可能的机理如下(x、y、z表示催化剂的活性位点)。 下列说法正确的是 A. 催化剂的y、z位点所带电性不同 B. 受苯环影响，a处键比b处更易断裂 C. 整个过程中有非极性键的断裂和形成 D. 该反应中每生成1mol苯乙烯，转移电子数目为 5．（2026·江苏南京外国语学校·一模）用电解法对酸性含氯氨氮废水进行无害化处理的过程如图所示。下列说法正确的是 A．DSA电极与外接电源的负极连接 B．发生的电极反应为： C．降解过程中应该控制条件避免发生反应② D．1mol HO·和足量反应，转移的电子数为 6．硝酮是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中水溶液的主要成分及反应过程如图所示。 下列说法错误的是 A．惰性电极2为阳极 B．反应前后WO/WO数量不变 C．消耗1mol氧气，可得到1mol硝酮 D．外电路通过1mol电子，可得到1mol水 7. （2025·江苏连云港市·一模）含Ru(钌)化合物可催化CO2转化为HCOOH，其反应机理如图所示。 下列说法不正确的是 A. 该催化剂不能提高CO2 的平衡转化率 B. 过程1中CO2发生还原反应 C. 过程3中有1molH2O生成时有2mol电子转移 D. 整个转化过程中Ru和O元素的化合价不变 8. （2025·江苏淮安市·一模）在非水溶剂中，将CO2转化为化合物的催化机理如图所示。下列说法正确的是 A. 该转化过程中催化剂只有AcOH B. 该转化过程总反应 C. 该转化过程中有碳碳键的断裂与形成 D. 若用参与反应，可得到 9. （2025·江苏徐州市沛县·质检节选）铁元素的纳米材料因具备良好的电学特性和磁学特性，而引起了广泛的研究。纳米零价铁可用于去除水体中的六价铬[]与硝酸盐等污染物。 （3）生物质铁炭纳米材料活化过一硫酸钾()降解有机污染物的反应历程如图2所示。图中SO和·OH分别表示硫酸根自由基和羟基自由基。 ①生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为___________。 ②与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：___________。 10．（2025·江苏南京、盐城·一模节选）研究脱除烟气中的NOx是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。 （1）催化脱硝。用CeO2催化脱除汽车尾气中的CO和NO。 ①已知：  。 CO的标准燃烧热。则反应   。 ②CeO2催化脱硝的反应机理如图所示。“过程①”部分Ce4+转化成Ce3+。当1molCeO2氧化标准状况下2.24LCO时，生成的CeO(2-x)中 。 11．（2026·江苏·常州二模节选）载人航天器中用萨巴蒂尔(Sabatier)反应将CO2转化为CH4和H2O，配合水的电解实现氢气和氧气的再生。 （2）萨巴蒂尔反应在300-400℃时转化率较高，副反应主要有：  ，催化CO2加H2制CH4的反应历程如图所示。 用D2代替H2，通过检测生成的水中含有H2O、D2O、HDO，可能的原因有 。 12 （2026·江苏仪征中学、江都中学、高邮中学·联考节选）铜阳极泥(含有Cu2S、Se、Ag2Se、Au等)是粗铜电解精炼的副产品，常用作提取稀散元素和贵金属的重要原料。 （3）研究发现，硫代硫酸盐浸出金的过程是电化学催化腐蚀过程，催化机理模型如图所示： 图中表示金粒负极的电极反应式为_______。浸金过程中的催化剂是_______(填化学式)。 （建议用时：10分钟） 13．Ru（Ⅱ）催化剂（用来表示）高效电催化氧化合成的反应机理如图。下列说法错误的是 A．制得，需投入 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（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配体的键更易断裂 14．（2025·江苏·高考真题）CO2与NO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Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B．过程Ⅱ中NO发生了氧化反应 C．电催化CO2与NO生成CO(NH2)2的反应方程式： D．常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3·H2O反应可生产CO(NH2)2 15．（2025·江苏苏州·期中）H2S和O2的混合气体通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合溶液中反应可回收S，转化过程如图所示。下列描述正确的是 A．在图示转化关系中，化合价不变的元素只有氢、氯 B．过程I反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O C．通入过量的氧气或者增大Fe3+的浓度可以增大回收S中CuS的含量 D．转化过程中参加循环反应的离子只有Fe2+、Fe3+ 16 （2026·江苏仪征中学、江都中学、高邮中学·联考）铑的配合物离子可催化甲醇羰基化，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 C. 反应过程中Rh的成键数目保持不变 D. 存在反应 17．（2025·江苏·高考真题）海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。 （2）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成FeS和Fe(OH)2的离子方程式： 。 ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。 （ⅰ）铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为 。 (i) （ii）铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有 (填离子符号)。 18．（2024·江苏高考真题节选）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 （3）反应H2+HCO3-HCOO-+H2O可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的0.1mol·L-1NaHCO3溶液中通入H2，HCOO-产率随温度变化如图所示。温度高于70℃，HCOO-产率下降的可能原因是_______。 ②使用含氨基物质(化学式为CN-NH2，CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au催化剂储氢，可能机理如图所示。氨基能将HCO3-控制在催化剂表面，其原理是_______；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在_______(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 19. （2022·江苏高考真题节选）②随着反应进行，FeCO3迅速转化为活性Fe3O4-x，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。 20. （2025江苏连云港市·一模）性能优越的催化剂是实现二氧化碳加氢制甲烷工业化的关键。 （2）CeO2催化CO2与H2转化为CH4的机理如图所示。 ①在催化过程中由CeO2转变成CeO2-x晶胞的组成结构变化如图所示，一个CeO2-x晶胞中Ce4+和Ce3+个数比为_______。 ②催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成Ca xCe1-xOy可提高催化效率，其原因是_______。 21. （2025·江苏苏锡常镇四市·联考）甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 （2）HCHO水化释氢 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图所示。 使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应：。 ①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为_______（填化学式）。 ②NaOH浓度低于1 mol⋅L时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是__________。 ③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是__________________。 22. （2026·江苏南京外国语学校·一模）空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。 （1）(缩写为)溶液可用于捕集燃煤烟气中CO2，转化过程如下。 ①室温下，H2CO3的，，吸收后溶液的，此时主要含碳阴离子为 (写离子符号)。 ②从结构的角度解释水溶液能吸收CO2的理由是 。 ③用苯甲醇(苯甲醇沸点：)溶液替代水溶液可增大吸收容量，同时降低解吸能耗，其原因是 。 （2）二氧化碳加氢制甲烷是碳循环的重要应用。主要反应有 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   催化CO2加H2制CH4的反应历程如图1所示。向恒压、密闭容器中通入1molCO2和4molH2，平衡时混合气体中含碳物质(CH4、CO2、CO)的物质的量随温度的变化如图2所示。 ①温度高于后，B的物质的量减小的原因是 。 ②首先H2在载体表面活化生成，载体表面的将CO2吸附活化为，然后活化的与结合脱水生成活化，用化学语言描述步骤3、4反应过程： (吸附在催化剂表面的物质用*标注)。 （3）催化电解吸收CO2和KOH溶液可将CO2转化为有机物。相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图3所示。 ，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①电解电压为时，阴极由生成C2H4的电极反应式为 。 ②电解电压为时，电解生成CH4和HCOO-的物质的量之比为 (写出计算过程)。 （建议用时：20分钟） 23．（2025·江苏无锡市·一模）物质I是一种检测人体细胞内Ca2+浓度变化的荧光探针试剂，其检测机理如图所示。依据探针所显示的荧光变化确定Ca2+的存在。下列说法正确的是 A. 物质I所含元素电负性从大到小的顺序为N>O> C>H B. 物质I中N原子的杂化类型为sp2、sp3 C. 物质II中H-O-H键角小于水中H-O-H的键角 D. 物质II中Ca2+与O形成4个配位键 24．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 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 25．铜阳极泥(含有Cu2S、Se、Ag2Se、Au等)是粗铜电解精炼的副产品，常用作提取稀散元素和贵金属的重要原料。 （3）研究发现，硫代硫酸盐浸出金的过程是电化学催化腐蚀过程，催化机理模型如图所示： 图中表示金粒负极的电极反应式为 。浸金过程中的催化剂是 (填化学式)。 26. （2025·江苏苏北八市·三模）电解水制氢时，阳极析氧反应需较高电压，研究其反应机理并运用协同制氢的方法来降低能耗、提升产氢效率具有重要意义。 （2）碱性条件下阳极负载的催化剂表面可能的反应机理如图-1所示。 ①步骤3中M化合价___________(填“升高”“降低”或“不变”)。 ②M可能为___________。(填序号) A．Mg B．Al C．Ni D．Cr ③电解过程中，若阴极有扩散到催化剂表面，可能会导致催化剂催化效率下降甚至失去活性，其原因是___________。 27．（2025·江苏南京六校联合体·联考）六羰基钼催化剂对于间位取代苯衍生物的合成至关重要，一种化合物H的合成路线如下： (-代表苯基) （4）D→E的过程中反应机理如下： 试写出该过程发生的反应类型：先发生 反应，再发生 反应。 28．（2025·江苏盐城射阳中学·二模） 甲醛是室内装修常见污染物，可通过光触媒氧化法和催化氧化法等多种方法去除。 （1）将KMnO4、Ce(NO3)3、Mn(NO3)2和KOH按一定比例混合充分反应，可得一种用于去除甲醛的复合催化剂xMnO2•yCeO2(反应后锰元素均转化为MnO2)。若，则反应消耗的KMnO4、Ce(NO3)3、Mn(NO3)2物质的量之比为_______。 （2）一种以Ag—C3N4催化剂、多孔SiO2为催化剂载体，去除空气中甲醛的机理如下图所示。 ①该催化剂去处甲醛的机理可描述为_______。 ②写出酸性条件下，与HCHO反应的离子方程式：_______。 ③空气的湿度会影响甲醛的去除率，其他条件一定，测得甲醛的去除率与相对湿度的关系如下图所示。相对湿度=。 I．相对湿度从20%增大到40%，甲醛的去除率增大的主要原因是_______。 II．相对湿度从40%增大到80%，甲醛的去除率降低的主要原因是_______。 （3）一种Au—氧化物催化去除甲醛的机理如图所示。根据信息将图戊中所缺部分补全_______。 29．（2026·江苏南京师范大学附属中学·一模）研究CO2资源化利用对人类有重要意义。 （1）乙烷脱氢制备乙烯 CO2氧化C2H6脱氢的热化学方程式：  。 ①若要计算出反应热，需查阅的数据： ⅰ．查阅水的汽化热：   ⅱ．查阅 (填化学式)的燃烧热数据。 ②几种化学键的键能数据如下，结合键能数据分析该技术的难点 。 化学键 键能 347.7 413.4 745 ③推测催化CO2氧化C2H6脱氢反应过程示意图如下，在答题卡上画出方框内中间体的结构 。 （2）电化学还原CO2 一种碱性电化学还原CO2的原理图如下。在阴极区若CO2每得到1mol电子，同时有H2O也会得到等物质的量的电子，且阴极区电解液的pH几乎保持不变(忽略溶液体积变化)。 ①若阴极CO2的还原产物为CH3OH，则生成CH3OH的电极反应式为 。 ②结合化学用语，阳极区产生CO2的过程可描述为 。 ③由于难以放电，因此降低了CH3OH的选择性()，结合题中信息，CH3OH选择性的理论最大值为 。 30．（2026·江苏徐州市·二模）CO2捕集包括CO2的吸收和解吸两个过程。利用捕集的CO2合成碳酸二甲酯有助于实现碳中和。 （2）反应CO2(g)+2CH3OH(l)(CH3O)CO(1)+H2O(1)可用于合成碳酸二甲酯。 ①该反应的平衡常数(pK=-lgK)与温度的关系如图所示。为提高原料的平衡转化率，可采取的措施有___________。(写两条) ②ZrO2可作为合成反应的催化剂。 (i)一种ZrO2的晶胞结构如图所示，该ZrO2晶体中与O2-距离最近且相等的Zr4+的数目为___________。 (ii)ZrO2催化合成碳酸二甲酯的可能反应机理如图所示，Zr4+是催化过程中的关键活性位点。在答题卡上补充完整F的结构式：___________。 (ⅲ)在C→D的过程中还可能生成一种中间体M()，该中间体与D中的基团存在明显差异，可用___________(分析方法)检验是否有M存在。 ③(CH3O)2CO(l)与CH3OH(l)的混合物经过初馏除去副产物后可得到含70%CH3OH和30%(CH3O)2CO的共沸物。请补充完整从共沸物中分离出(CH3O)2CO的操作：将共沸物加热气化通入___________。 31．（2025·江苏徐州市一中·二模）利用零价铁(Fe)耦合过硫酸盐()和过氧化氢产生自由基去除污水中的有机化合物是目前研究的热点。其中自由基和HO·产生的机理如图所示。 （1）的结构式是，则的结构式是___________。 （2）过程ⅰ中反应的离子方程式是___________。 （3）过程ⅱ会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为＋6价。该过程参与反应的物质还有(填化学式)___________。 （4）探究零价铁和混合氧化剂体系降解水样中有机化合物M的能力。 Ⅰ.通过加入甲醇或叔丁醇探究不同自由基降解M的能力。测得M的残留百分含量随时间变化如图所示。 已知：该实验条件下，甲醇同时消耗HO·和，叔丁醇只消耗HO· a．X中加入的是___________(填“甲醇”或“叔丁醇")。 b．0～20min，Z中降解M的自由基主要是HO·，判断依据是___________。 Ⅱ.探究混合氧化剂中的物质的量分数对水样中总有机碳(TOC)去除率的影响。实验开始时，水样的pH=7且加入的相同，其他条件不变。在相同时间内测得的实验数据如图所示。 注：TOC是以碳的含量表示水中有机化合物的总量。 a．从①到④，TOC去除率升高的原因是___________。 b．从④到⑦，TOC去除率下降的原因是___________。 32．（2025·江苏泰州市民兴实验中学·三模） CO2的催化加氢反应可以产生多种高附加值产品，如甲醇，碳氢化合物等。 Ⅰ．由CO2制碳氢化合物的过程如图-1所示。 （1）涉及部分反应： 　 　 　_____ （2）催化剂Ⅰ可使用铁基催化剂。 ①方铁矿()可用作催化剂，当时，晶体中为_____。 ②地球化学研究发现，地幔层(温度)中磁铁矿与石墨矿会转化为方铁矿，该反应的化学方程式为_____。 Ⅱ．电催化CO2还原制备碳氢化合物，其装置原理如图-2所示。 （3）电池工作过程中，阴极生成C3H6的电极反应式为_____。 （4）每转移2mol电子，阳极室溶液质量减少_____g。 Ⅲ．把附着在分子筛上，可催化CO、H2生成CH3OH及碳氢化合物，部分反应机理如图-3所示。催化剂中、转化率，烃的选择性关系如图-4所示。 （5）大于1后，CO转化率降低的可能原因为_____。 （6）随增加，烯烃选择性减少，烷烃增加的可能原因为_____。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难04 化学反应历程（机理）的分析与应用 ( 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击： 快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点： 总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数 ： 聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖： 挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” ) 一、反应机理 1．基元反应及其反应机理 基元反应 大多数的化学反应不能一步完成，在微观上是分几步完成的，这每一步反应都叫一个基元反应。如反应H2O2＋2Br－＋2H＋===Br2＋2H2O，通过大量实验提出它们微观过程如下： ①H＋＋H2O2H3O ②H3O＋Br－===H2O＋HOBr ③HOBr＋H＋＋Br－===H2O＋Br2 反应历程 （由基元反应构成的反应序列，又称反应机理） 总反应 2NO+2H2N2+2H2O 反应历程 ①2NO+H2N2O+H2O（慢） ②2N2O2N2+O2（快） ③2H2+O22H2O（更快） 决速反应 在反应历程中，反应速率最慢的基元反应 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 特点 ①不同的化学反应，反应历程不同。 ③同一反应在不同条件下的反应历程也可能不同。 ③反应历程的差别造成了化学反应速率的快慢差异。 ④对于由多个基元反应组成的化学反应，其反应的快慢由最慢的一步基元反应决定。 2．化学反应机理的理解 （1）反应机理是用来描述某反应物到反应产物所经由的全部基元反应，就是把一个复杂反应分解成若干个基元反应，以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，然后按照一定规律组合起来，从而阐述复杂反应的内在联系，以及总反应与基元反应内在联系。 （2）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。典型的是基元反应碰撞理论和基元反应过渡态理论。 （3）反应机理中包含的基元反应是单分子反应或双分子反应。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。 （4）认识化学反应机理，任何化合物的每一步反应都应该是在该条件下此类化合物的通用反应。 3．有效碰撞理论 （1）化学反应发生的条件：在化学反应中，反应物分子不断发生碰撞，大多数碰撞无法发生反应，只有少数分子的碰撞才能发生化学反应，能发生有效碰撞的分子是活化分子。 （2）活化能：普通反应物分子形成活化分子所需要的能量叫活化能。而活化分子的碰撞也不一定都能发生有效碰撞。 （3）有效碰撞：发生化学反应的碰撞叫有效碰撞。发生有效碰撞不仅有能量的因素（有足够高的能量，形成活化分子），还有空间因素（有合适的取向），只有同时满足这两者的要求才能发生有效碰撞。 二、催化剂、活化能及其反应机理  1．过渡态理论 （1）如图所示是两步完成的化学反应，分析如下： ①该反应的反应物为A、B，中间体为C，生成物为D。 ②由A、B生成C的反应为吸热反应，由C生成D的反应为放热反应，总反应为放热反应。 ③第一步为慢反应，第二步为快反应，决定总反应快慢的是第一步反应。 （2）基元反应过渡状态理论认为，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　 产物 过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。如：一溴甲烷与NaOH溶液反应的历程可以表示为： CH3Br＋OH－[Br…CH3…OH]Br－＋CH3OH 反应物　　 过渡态　　 　 产物 2. 催化剂的催化机理 （1）催化剂：存在少量就能显著改变反应速率，反应结束时，其自身的质量、组成和化学性质基本不变的物质。 （2）催化特点： ①高效性，可以大大地加快反应速率。②选择性，反应不同，催化剂不同。③同等程度地加快正、逆反应的速率。④不能改变反应的可能性和平衡常数。 （3）催化机理：催化剂的催化过程一般是催化剂跟其中的一种反应物首先发生反应，生成过渡物，然后再跟另外的反应物反应，生成产物，同时催化剂重新生成。催化剂生成的过渡物比没有催化剂生成的过渡物的能量要低，因而使反应更加容易发生和进行。这就是改变了其反应历程。即催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间产物，降低了达到过渡态所需要的活化能，使反应易于发生，速率加快。这就是我们经常说的催化剂改变反应途径，降低反应的活化能。 3. 催化反应的一般过程(简化的过程) 反应物扩散到催化剂表面→反应物被吸附在催化剂表面→被吸附的反应物发生化学反应生成产物→ 产物的解吸。如下图示： ( 扩散 吸附 反应 解吸 ) 三、循环反应机理图像分析 1．循环流程中物质的判断 （1）有进有出的物质参与反应，常作催化剂； （2）只进不出的为反应物、原料； （3）不进只出的物质为生成物、产品。 2．催化工艺的三种形式 （1）直接型： （2）微观型： （3）循环型： ①反应物：A和F；②生成物：B和E；③催化剂：C或D，中间产物D或C 3．循环转化机理图像 图像 解读 “环式”反应： 对于“环式”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应物，如①和④，“出环”的物质为生成物，如②和③ 1,2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理 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：在连续反应中为第一步的产物，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有消耗多少。 例1：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。 例2：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则是该反应的催化剂，图中剩余的三个物质均为中间产物。 4．催化反应机理题的解题思路 （1）通览全图，找准一“剂”三“物”： 一“剂”指催化剂 催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主题的多个物种一定在机理图中的主线上. 三“物”指反应物、生成物、中间物种(或中间体) 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物； 生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物； 中间体 通过一个箭头脱离整个历程，但又生成生成物的是中间体，通过二个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[　]”标出； （2）逐项分析得答案：根据第一步由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。 （建议用时：10分钟） 1．活性催化反应的部分机理如图所示。下列说法正确的是 A．该反应的△H>0 B．该反应平衡常数 C．反应前后碳原子杂化方式没有发生变化 D．吸附在Fe2+表面的H与HCO中的羟基结合生成水 【答案】C 【解析】A．该自发反应熵减，按△H-T△S<0可知该反应为放热反应，则△H<0，A错误；B．平衡常数等于生成物浓度系数次方之积与反应物浓度系数次方之积的比；水为纯物质，故反应的平衡常数，B错误；C．由反应可知，反应前后碳原子均为羧基中碳原子，故碳原子杂化方式始终为sp2杂化、杂化方式没有发生变化，C正确；D．由图知，吸附在Fe2+表面的H与HCO中的羟基中的氧结合生成水，D错误；故选C。 2. （2025·江苏盐城中学·三模）已知O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，可能的反应机理如图所示，下列说法正确的是 A. SO2的键角大于120° B. NO和H2O中心原子的杂化方式相同 C. 基态O原子价电子轨道表示式： D. HO-参与了反应，其电子式为 【答案】C 【解析】A．SO2中心S原子的价层电子对数为，价层电子对构型为平面三角形，但因存在一对孤对电子，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，因此其键角小于120°，故A错误；B．NO中N原子的价层电子对数为，N采用sp2杂化，H2O中O原子价层电子对数为，O采用sp3杂化，故B错误；C．基态O原子价电子排布式为2s22p4，p能级有3个轨道，其中2p能级上有1个轨道填入自旋方向相反的电子，则轨道表示式，故C正确；D． HO-在反应中做氧化剂，参与了反应，其电子式为，故D错误；故选C。 3 （2025·江苏苏锡常镇四市·一模）NaOH活化过的催化剂对甲醛氧化为CO2具有较好的催化效果，有学者提出该催化反应的机理如下。下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中存在非极性键的断裂 B. 步骤Ⅰ可理解为HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的-OH发生作用 C. 步骤Ⅱ中发生的反应可表示为 D. 该催化剂对苯的催化氧化效果优于对HCHO的催化氧化效果 【答案】D 【解析】A．步骤Ⅰ中O2断键为非极性键断裂，故A正确；B．氧的电负性大于碳，HCHO中带部分负电荷的O，由图可知，与催化剂表面的-OH中带部分正电荷的H发生作用，故B正确；C．步骤Ⅱ中观察反应物质的变化可知，生成了CO和H2O，发生的反应可表示为，故C正确；D．苯中存在共轭效应，电子分布较均匀，该催化剂要有正、负电荷的作用，因此对苯的催化氧化效果弱于对HCHO的催化氧化效果，故D错误；选D。 4. （2025·江苏苏北八市·三模）利用C6H5-CH2CH3(g)+CO2(g)C6H5-CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(g)可制备苯乙烯，反应可能的机理如下(x、y、z表示催化剂的活性位点)。 下列说法正确的是 A. 催化剂的y、z位点所带电性不同 B. 受苯环影响，a处键比b处更易断裂 C. 整个过程中有非极性键的断裂和形成 D. 该反应中每生成1mol苯乙烯，转移电子数目为 【答案】B 【解析】A．由图可知，催化剂的y位点与带部分正电荷的氢原子作用，则y位点带负电；催化剂的z位点与二氧化碳中带部分正电荷的碳原子作用，则z位点带负电，所以催化剂的y、z位点所带电性相同，A错误；B．从反应机理图看，a处C-H键比b处先断裂，这说明受苯环影响，a处C-H键比b处更易断裂，B正确；C．结合反应式和反应机理图可知，反应过程中，反应物C6H5-CH2CH3(g)、CO2(g)中没有非极性键的断裂，即整个过程中没有非极性键的断裂，C错误；D．由反应式可知：CO2～CO～2e-，反应中每生成1mol苯乙烯，会消耗1mol二氧化碳，反应转移2mol电子，则转移电子的数目约为1.204×1024，D错误；故选B。 5．（2026·江苏南京外国语学校·一模）用电解法对酸性含氯氨氮废水进行无害化处理的过程如图所示。下列说法正确的是 A．DSA电极与外接电源的负极连接 B．发生的电极反应为： C．降解过程中应该控制条件避免发生反应② D．1mol HO·和足量反应，转移的电子数为 【答案】C 【解析】A．NH3在DSA电极转化为N2，氮元素从-3价升高为0价，被氧化，该电极是电解池的阳极，与外接电源的正极相连，故A错误；B．由图示知，Cl-在DSA电极表面转化为Cl2电极反应式为：2 Cl--2e-=Cl2↑，故B错误；C．反应②中NH3转化为NO，没有达到氨氮废水无害化处理的目的，所以，降解过程中应该控制条件避免发生反应②，故C正确；D．羟基自由基中氧元素为-1价，其还原产物中氧元素为-2价，一个HO·可得到一个电子，1mol HO·完全反应时转移的电子数为6.02×1023，故D错误；故选C。 6．硝酮是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中水溶液的主要成分及反应过程如图所示。 下列说法错误的是 A．惰性电极2为阳极 B．反应前后WO/WO数量不变 C．消耗1mol氧气，可得到1mol硝酮 D．外电路通过1mol电子，可得到1mol水 【答案】C 【解析】惰性电极1，1mol氧气得到2mol电子生成1mol H2O2，则惰性电极1为阴极，惰性电极2上Br-失去电子被氧化为Br2，为阳极，WO/WO52-循环反应，WO/WO52-数量不变，然后结合得失电子守恒解答。A．惰性电极2，Br-被氧化为Br2，惰性电极2为阳极，故A正确；B．WO/WO52-循环反应，反应前后WO/WO52-数量不变，故B正确；C．总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1mol二丁基-N-羟基胺失去2molH原子生成1mol硝酮，氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗1mol氧气，可得到2mol硝酮，故C错误；    D．根据电极反应，O2+2e-+2H+=H2O，外电路通过1 mol电子，生成0.5 mol H2O2，最终转化为0.5 mol H2O，同时二丁基-N-羟基胺转化为硝酮，该过程转移1mol电子生成0.5mol水，共计生成1 mol水，故D正确；选C。 7. （2025·江苏连云港市·一模）含Ru(钌)化合物可催化CO2转化为HCOOH，其反应机理如图所示。 下列说法不正确的是 A. 该催化剂不能提高CO2 的平衡转化率 B. 过程1中CO2发生还原反应 C. 过程3中有1molH2O生成时有2mol电子转移 D. 整个转化过程中Ru和O元素的化合价不变 【答案】C 【解析】A．催化剂不能使化学平衡发生移动，只能改变反应速率，所以不能提高CO2的平衡转化率，A正确；B．Ru的化合物与二氧化碳反应，产物增加了氧原子，发生了氧化反应，二氧化碳被还原，B正确；C．由图可知，反应方程式为Ru(OH)2+2H2=RuH2+2H2O，反应中钌元素的化合价没有变化，氢元素的化合价既升高被氧化，又降低被还原，氢气既是反应的氧化剂也是反应的还原剂，所以当1molRu(OH)2转化为RuH2时，氢气得到2mol电子，Ru(OH)2并没有电子得失，所以当1molH2O生成时有1mol电子转移，C错误；D．由图可知，Ru元素在化合物中的化学式分别为RuH2、Ru(HCOO)2、Ru(OH)2；氧元素均形成含氧化合物，没有形成过氧化物，由化合价代数和为0可知，Ru和O元素的化合价不变，D正确；故选C。 8. （2025·江苏淮安市·一模）在非水溶剂中，将CO2转化为化合物的催化机理如图所示。下列说法正确的是 A. 该转化过程中催化剂只有AcOH B. 该转化过程总反应 C. 该转化过程中有碳碳键的断裂与形成 D. 若用参与反应，可得到 【答案】D 【解析】A．催化剂是反应前后不变，先参加后生成的反应过程，由图可知，催化剂有AcOH和KI，A错误；B．不知道反应物和生成物的总能量相对大小，且断裂化学键和形成化学键所需能量未知，不能确定反应是吸热反应还是放热反应，B错误；C．该转化过程有碳氧单键、碳氧双键断裂和碳氧单键形成，没有碳碳键的断开和形成，C错误；D．CO2分子的结构为：O=C=O，其中一个C=O键断开，与另一反应物中C-O键断开，形成化合物，其中有两个O原子来自于CO2，若用参与反应，可得到，D正确；答案选D。 9. （2025·江苏徐州市沛县·质检节选）铁元素的纳米材料因具备良好的电学特性和磁学特性，而引起了广泛的研究。纳米零价铁可用于去除水体中的六价铬[]与硝酸盐等污染物。 （3）生物质铁炭纳米材料活化过一硫酸钾()降解有机污染物的反应历程如图2所示。图中SO和·OH分别表示硫酸根自由基和羟基自由基。 ①生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为___________。 ②与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：___________。 【答案】（3）①. 纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH− 或·OH和 SO​，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2​和H2​O ②. 石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染 【解析】①生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH− 或·OH和 SO​，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2​和H2​O。故答案为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH− 或·OH和 SO​，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2​和H2​O； ②与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染。故答案为：石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染； 10．（2025·江苏南京、盐城·一模节选）研究脱除烟气中的NOx是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。 （1）催化脱硝。用CeO2催化脱除汽车尾气中的CO和NO。 ①已知：  。 CO的标准燃烧热。则反应   。 ②CeO2催化脱硝的反应机理如图所示。“过程①”部分Ce4+转化成Ce3+。当1molCeO2氧化标准状况下2.24LCO时，生成的CeO(2-x)中 。 【答案】(1) ① -746（2分） ②1：4（2分） 【解析】（1）①已知：  N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180kJ/mol，CO的标准燃烧热△H2=-283kJ/mol，根据盖斯定律，将2×△H2-△H1可得目标反应的△H=2×(-283kJ/mol)-(+180kJ/mol)=-746kJ/mol。 ②1molCeO2​中n(Ce)=1mol，标准状况下2.24LCO的物质的量n(CO)=2.24÷22.4L/mol​=0.1mol。CO作还原剂，CO中C元素化合价从+2价升高到+4价，1molCO失去2mol电子，0.1molCO失去电子的物质的量为0.1mol×2=0.2mol。CeO2​中Ce元素化合价从+4价降低到+3价，设生成Ce3+的物质的量为xmol，则失去电子的物质的量为0.2mol时，x=0.2mol，Ce4+的物质的量为(1−0.2)mol=0.8mol，所以n(Ce3+):n(Ce4+)=0.2:0.8=1:4。 11．（2026·江苏·常州二模节选）载人航天器中用萨巴蒂尔(Sabatier)反应将CO2转化为CH4和H2O，配合水的电解实现氢气和氧气的再生。 （2）萨巴蒂尔反应在300-400℃时转化率较高，副反应主要有：  ，催化CO2加H2制CH4的反应历程如图所示。 用D2代替H2，通过检测生成的水中含有H2O、D2O、HDO，可能的原因有 。 【答案】（2）催化剂中含有H原子，且历程中反应是可逆反应 【解析】（2）由图知，催化剂中含有H原子，且历程中反应是可逆反应，所以若用D2代替H2，生成的水中含有H2O、D2O、HDO； 12 （2026·江苏仪征中学、江都中学、高邮中学·联考节选）铜阳极泥(含有Cu2S、Se、Ag2Se、Au等)是粗铜电解精炼的副产品，常用作提取稀散元素和贵金属的重要原料。 （3）研究发现，硫代硫酸盐浸出金的过程是电化学催化腐蚀过程，催化机理模型如图所示： 图中表示金粒负极的电极反应式为_______。浸金过程中的催化剂是_______(填化学式)。 【答案】（3）①Au-e-+2NH3=[Au(NH3)2]+ ②NH3和 [Cu(NH3)4]2+ 【解析】由图可知金粒负极发生氧化反应，电极反应式为Au-e-+2NH3=[Au(NH3)2]+ ，由催化机理模型可知，浸金过程中的催化剂是NH3和[Cu(NH3)4]2+； （建议用时：10分钟） 13．Ru（Ⅱ）催化剂（用来表示）高效电催化氧化合成的反应机理如图。下列说法错误的是 A．制得，需投入 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（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配体的键更易断裂 【答案】A 【解析】A．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；B．氨分子和肼分子中氮原子的价层电子对数都为：3+(5-1×3) ×=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；C．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；D．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。 14．（2025·江苏·高考真题）CO2与NO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Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B．过程Ⅱ中NO发生了氧化反应 C．电催化CO2与NO生成CO(NH2)2的反应方程式： 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】A．过程Ⅱ为：和在酸性条件下被还原为和的反应，生成了N—H等极性共价键；过程Ⅲ为与生成的反应，生成了C—N极性共价键，A正确；B．过程Ⅱ是得电子的还原反应，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；C．所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式为，C错误；D．常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3·H2O反应生成(NH4)2CO3或NH4HCO3，D错误；故选A。 15．（2025·江苏苏州·期中）H2S和O2的混合气体通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合溶液中反应可回收S，转化过程如图所示。下列描述正确的是 A．在图示转化关系中，化合价不变的元素只有氢、氯 B．过程I反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O C．通入过量的氧气或者增大Fe3+的浓度可以增大回收S中CuS的含量 D．转化过程中参加循环反应的离子只有Fe2+、Fe3+ 【答案】B 【解析】A．观察题图中各种物质可知，H、Cl、Cu三种元素的化合价没有变化，其他元素如O(化合价由0价降低为-2价)、Fe(Fe3+与Fe2+相互转化)、S(S2-转化为S)的化合价均有变化，A项错误；B．由图示可知，Fe2+和O2在过程Ⅰ中发生反应生成Fe3+，根据得失电子守恒和质量守恒，过程Ⅰ反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，B项正确；C．过程Ⅲ的反应为：CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，可知通入过量的氧气或者增大Fe3+的浓度会减小回收S中CuS的含量，C项错误；D．据图可知，过程Ⅰ的反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，过程Ⅱ的反应为：Cu2++H2S=2H++CuS，过程Ⅲ的反应为：CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，据此可知参加循环反应的离子有Fe2+、H+、Cu2+、Fe3+，D项错误；答案选B。 16 （2026·江苏仪征中学、江都中学、高邮中学·联考）铑的配合物离子可催化甲醇羰基化，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 C. 反应过程中Rh的成键数目保持不变 D. 存在反应 【答案】C 【解析】A．根据题干信息和催化反应的过程可知，CH3COOH是反应产物，CH3COI是中间产物，A项正确；B．甲醇的羰基化反应为CH3OH+CO=CH3COOH，B项正确；C．从催化反应过程可以看出，Rh的成键数有4、5、6三种，C项错误；D．由图可知，存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O，D项正确；故选C。 17．（2025·江苏·高考真题）海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。 （2）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成FeS和Fe(OH)2的离子方程式： 。 ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。 （ⅰ）铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为 。 (i) （ii）铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有 (填离子符号)。 【答案】（2） 滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点 Fe3+、Fe2+ （2）①无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被SO氧化为+2价的FeS、Fe(OH)2，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式：。 ②(ⅰ)由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为。Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，即铁片上会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到OH-变红，铁片上会出现红色区域；由“有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH”知，Fe2+在盐水中被O2氧化成黄色的FeOOH，故现象是滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点； (ⅱ)铁片发生吸氧腐蚀，负极区生成Fe2+，被O2进一步氧化为Fe3+，此时体系中的阳离子主要有 Fe3+、Fe2+。 18．（2024·江苏高考真题节选）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 （3）反应H2+HCO3-HCOO-+H2O可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的0.1mol·L-1NaHCO3溶液中通入H2，HCOO-产率随温度变化如图所示。温度高于70℃，HCOO-产率下降的可能原因是_______。 ②使用含氨基物质(化学式为CN-NH2，CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au催化剂储氢，可能机理如图所示。氨基能将HCO3-控制在催化剂表面，其原理是_______；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在_______(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 【答案】（3）①NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降 ②-NH2可以与HCO3-形成氢键 ③HDO 【解析】（3）①NaHCO3受热易分解，导致HCOO-产率下降。②氨基中的H原子连在电负性较大的N原子上，HCO3-中的H原子连在电负性较大的O原子上，二者之间可以形成氢键N—H···O、N···H—O。③总反应为H2+ HCO3-=HCOO-+H2O，用D2代替H2，若生成 HDO，则可确认反应过程中的加氢方式。 19. （2022·江苏高考真题节选）②随着反应进行，FeCO3迅速转化为活性Fe3O4-x，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。 【答案】②. H的电负性大于Fe，小于O，在活性Fe3O4-x表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与HCO中略带正电的碳结合，后者与HCO中略带负电的羟基氧结合生成H2O，HCO转化为HCOO- ③. 随c(HCO)增加，生成FeCO3和H2的速率更快、产量增大，生成HCOO-的速率更快、产率也增大 【解析】②H的电负性大于Fe，小于O，在活性Fe3O4-x表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与HCO中略带正电的碳结合，后者与HCO中略带负电的羟基氧结合生成H2O，HCO转化为HCOO-； ③在其他条件相同时，随c(HCO)增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成FeCO3和H2的速率更快，量更大，则得到活性Fe3O4-x的速度更快，量也更多，生成HCOO-的速率更快，产率也更大。 20. （2025江苏连云港市·一模）性能优越的催化剂是实现二氧化碳加氢制甲烷工业化的关键。 （2）CeO2催化CO2与H2转化为CH4的机理如图所示。 ①在催化过程中由CeO2转变成CeO2-x晶胞的组成结构变化如图所示，一个CeO2-x晶胞中Ce4+和Ce3+个数比为_______。 ②催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成Ca xCe1-xOy可提高催化效率，其原因是_______。 【答案】（2）① ②结构中氧空位增加 【解析】①假设CeO2-x中的Ce4+和Ce3+的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合物中各元素正、负化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得m=1-2x，故一个晶胞中Ce4+和Ce3+个数比为； ②催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成，则催化剂中氧原子数减少，氧空位将增多，可提高催化效率，故答案为结构中氧空位增加； 21. （2025·江苏苏锡常镇四市·联考）甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 （2）HCHO水化释氢 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图所示。 使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应：。 ①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为_______（填化学式）。 ②NaOH浓度低于1 mol⋅L时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是__________。 ③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是__________________。 【答案】（2）①HD ②随NaOH浓度增大，催化剂表面吸附的CH2(O-)2浓度增大，释氢反应的速率加快，副反应速率也加快，但释氢反应的速率加快更多 ③. NaOH溶解载体Al2O3，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降 【解析】①根据反应的机理如图，氢分子中的两个氢原子一个来自水分子，一个来自甲醛分子，若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为HD。 ②NaOH浓度低于1 mol⋅L−1时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是随NaOH浓度增大，催化剂表面吸附的CH2(O−)2浓度增大，释氢反应的速率加快，副反应速率也加快，但释氢反应的速率加快更多。 ③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是NaOH溶解载体Al2O3，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降。 22. （2026·江苏南京外国语学校·一模）空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。 （1）(缩写为)溶液可用于捕集燃煤烟气中CO2，转化过程如下。 ①室温下，H2CO3的，，吸收后溶液的，此时主要含碳阴离子为 (写离子符号)。 ②从结构的角度解释水溶液能吸收CO2的理由是 。 ③用苯甲醇(苯甲醇沸点：)溶液替代水溶液可增大吸收容量，同时降低解吸能耗，其原因是 。 （2）二氧化碳加氢制甲烷是碳循环的重要应用。主要反应有 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   催化CO2加H2制CH4的反应历程如图1所示。向恒压、密闭容器中通入1molCO2和4molH2，平衡时混合气体中含碳物质(CH4、CO2、CO)的物质的量随温度的变化如图2所示。 ①温度高于后，B的物质的量减小的原因是 。 ②首先H2在载体表面活化生成，载体表面的将CO2吸附活化为，然后活化的与结合脱水生成活化，用化学语言描述步骤3、4反应过程： (吸附在催化剂表面的物质用*标注)。 （3）催化电解吸收CO2和KOH溶液可将CO2转化为有机物。相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图3所示。 ，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①电解电压为时，阴极由生成C2H4的电极反应式为 。 ②电解电压为时，电解生成CH4和HCOO-的物质的量之比为 (写出计算过程)。 【答案】（1）HCO 中氮原子含有孤电子对，能与氢离子形成配位键，促进CO2的吸收(或答道MDEA为胺，有碱性能与CO2反应也可) CO2在苯甲醇中的溶解度较大，能增大吸收容量，水溶液中水蒸发需要吸收大量的热，苯甲醇沸点高难挥发，降低能耗 （2）反应Ⅰ的△H<0、反应Ⅱ的△H>0，600℃后温度升高，反应Ⅱ的平衡右移，反应Ⅰ的平衡左移，反应Ⅱ的正移程度大于反应Ⅰ逆移程度，CO2平衡转化率增大，剩余CO2物质的量减小 活化的与结合，脱去水分子生成，再进一步结合生成CH4和 （3） 【解析】（1）①溶液的pH=9，根据H2CO3的，，=，此时主要含碳阴离子为HCO。 ②从结构的角度解释MDEA水溶液能吸收CO2的理由是中氮原子含有孤电子对，能与氢离子形成配位键，促进CO2的吸收(或答道MDEA为胺，有碱性能与CO2反应也可)。 ③用MDEA苯甲醇(苯甲醇沸点：205.3℃)溶液替代MDEA水溶液可增大吸收容量，同时降低解吸能耗，其原因是CO2在苯甲醇中的溶解度较大，能增大吸收容量，水溶液中水蒸发需要吸收大量的热，苯甲醇沸点高难挥发，降低能耗。 （2）①温度高于600℃后，B的物质的量减小的原因是反应Ⅰ的△H<0、反应Ⅱ的△H>0，600℃后温度升高，反应Ⅱ的平衡右移，反应Ⅰ的平衡左移，反应Ⅱ的正移程度大于反应Ⅰ逆移程度，CO2平衡转化率增大，剩余CO2物质的量减小； ②由题干反应历程图可知，步骤3、4反应过程可用化学语言描述为：活化的与结合，脱去水分子生成，再进一步结合生成CH4和， （3）①“电解”电压为，在质子交换膜电解池中进行，阴极得电子，由HCO生成C2H4的电极反应式为； ②电解电压为时，由题干图像信息可知，CH4和HCOO-的法拉第效率分别为30%、8%，生成1molCH4转移8mol电子；生成1molHCOO-转移2mol电子，，。 （建议用时：20分钟） 23．（2025·江苏无锡市·一模）物质I是一种检测人体细胞内Ca2+浓度变化的荧光探针试剂，其检测机理如图所示。依据探针所显示的荧光变化确定Ca2+的存在。下列说法正确的是 A. 物质I所含元素电负性从大到小的顺序为N>O> C>H B. 物质I中N原子的杂化类型为sp2、sp3 C. 物质II中H-O-H键角小于水中H-O-H的键角 D. 物质II中Ca2+与O形成4个配位键 【答案】B 【解析】A．同周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性O>N>C，H与上述三种元素形成化合物，氢元素呈正化合价，则四种元素中H的电负性最小，则电负性O>N>C>H，A错误；B．含双键的N原子的杂化方式为sp2，与乙基相连的N原子上还有一个孤电子对，N原子的杂化方式为sp3，B正确；C．物质Ⅱ中，H—O—H的O与Ca形成了1个配位键，只有1对孤电子对，则其键角较大，C错误；D．结合物质Ⅱ的结构可知，Ca2+与O形成5个配位键，D错误；答案选B。 24．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 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】A．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；B．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，B正确；C．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；D．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；故答案选B。 25．铜阳极泥(含有Cu2S、Se、Ag2Se、Au等)是粗铜电解精炼的副产品，常用作提取稀散元素和贵金属的重要原料。 （3）研究发现，硫代硫酸盐浸出金的过程是电化学催化腐蚀过程，催化机理模型如图所示： 图中表示金粒负极的电极反应式为 。浸金过程中的催化剂是 (填化学式)。 【答案】（3） NH3和 【解析】（3）由图可知金粒负极发生氧化反应，电极反应式为，由催化机理模型可知，浸金过程中的催化剂是NH3和； 26. （2025·江苏苏北八市·三模）电解水制氢时，阳极析氧反应需较高电压，研究其反应机理并运用协同制氢的方法来降低能耗、提升产氢效率具有重要意义。 （2）碱性条件下阳极负载的催化剂表面可能的反应机理如图-1所示。 ①步骤3中M化合价___________(填“升高”“降低”或“不变”)。 ②M可能为___________。(填序号) A．Mg B．Al C．Ni D．Cr ③电解过程中，若阴极有扩散到催化剂表面，可能会导致催化剂催化效率下降甚至失去活性，其原因是___________。 【答案】（2） ①不变 ② CD ③H2将金属氧化物还原为金属单质，改变了催化剂结构，催化活性下降 【解析】 ①分析如图所示：； ②M 呈现+1、+2和+3价态，且M-O存在配位键，M提供空轨道，另外，在元素周期表的过渡金属 区域寻找催化剂，故符合条件的是Ni和 Cr，故答案为CD； ③H2具有还原性，能将M-O氧化物还原为M，使催化剂组成和结构改变，降低了催化剂的活性。 27．（2025·江苏南京六校联合体·联考）六羰基钼催化剂对于间位取代苯衍生物的合成至关重要，一种化合物H的合成路线如下： (-代表苯基) （4）D→E的过程中反应机理如下： 试写出该过程发生的反应类型：先发生 反应，再发生 反应。 【答案】（4）加成反应 消去反应 【解析】（4）由图可知，该加成的历程为：苯甲酸中的羰基O(δ-)原子进攻SOCl2中的S(δ+)原子，一根S-Cl键断裂，Cl得到共用电子对离去，随后Cl-进攻羰基C原子，发生加成反应；O-C键和S-Cl键断裂，Cl得到共用电子对离去，S转化为SO2离去，羟基的电子对向碳原子转移形成碳氧双键，使羟基H带部分正电荷，随后Cl-进攻羟基H(δ+)原子，形成HCl离去，发生消去反应。 28．（2025·江苏盐城射阳中学·二模） 甲醛是室内装修常见污染物，可通过光触媒氧化法和催化氧化法等多种方法去除。 （1）将KMnO4、Ce(NO3)3、Mn(NO3)2和KOH按一定比例混合充分反应，可得一种用于去除甲醛的复合催化剂xMnO2•yCeO2(反应后锰元素均转化为MnO2)。若，则反应消耗的KMnO4、Ce(NO3)3、Mn(NO3)2物质的量之比为_______。 （2）一种以Ag—C3N4催化剂、多孔SiO2为催化剂载体，去除空气中甲醛的机理如下图所示。 ①该催化剂去处甲醛的机理可描述为_______。 ②写出酸性条件下，与HCHO反应的离子方程式：_______。 ③空气的湿度会影响甲醛的去除率，其他条件一定，测得甲醛的去除率与相对湿度的关系如下图所示。相对湿度=。 I．相对湿度从20%增大到40%，甲醛的去除率增大的主要原因是_______。 II．相对湿度从40%增大到80%，甲醛的去除率降低的主要原因是_______。 （3）一种Au—氧化物催化去除甲醛的机理如图所示。根据信息将图戊中所缺部分补全_______。 【答案】（1）14：20：11 （2）① 在光照条件下，H2O在Ag表面失电子生成和，电子通过C3N4中的电子孔到达另一侧银表面，O2在Ag表面得电子生成，甲醛被·OH和氧化为CO2和H2O ②. ③. 相对湿度增大，催化剂吸附的水增多，催化剂表面产生更多的，使甲醛去除率增大 ④. 相对湿度增大，催化剂表面吸附的H2O增多，吸附的甲醛减小，使甲醛去除率降低 （3） 【解析】（1）若，复合催化剂为5MnO2•4CeO2，假设得到1mol5MnO2•4CeO2，消耗的KMnO4、Ce(NO3)3、Mn(NO3)2物质的量分别为amol、bmol、cmol，根据原子守恒，a+c=5，b=4，根据得失电子守恒，3a=b+2c，解得a=，c=，KMnO4、Ce(NO3)3、Mn(NO3)2物质的量之比为14：20：11； （2）①根据图示，甲醛最终转化为CO2和H2O，该催化剂去除甲醛的机理可描述为：在光照条件下，H2O在Ag表面失电子生成和，电子通过C3N4中的电子孔到达另一侧银表面，O2在Ag表面得电子生成，甲醛被·OH和氧化为CO2和H2O； ②酸性条件下，与HCHO反应生成CO2和H2O，离子方程式：； ③空气的湿度会影响甲醛的去除率，相对湿度从20%增大到40%，甲醛的去除率增大的主要原因是相对湿度增大，催化剂吸附的水增多，催化剂表面产生更多的，使甲醛去除率增大；相对湿度从40%增大到80%，甲醛的去除率降低的主要原因是相对湿度增大，催化剂表面吸附的H2O增多，吸附的甲醛减小，使甲醛去除率降低； （3）甲醛最后转化为二氧化碳和水，根据中箭头指向，可推测戊为  。 29．（2026·江苏南京师范大学附属中学·一模）研究CO2资源化利用对人类有重要意义。 （1）乙烷脱氢制备乙烯 CO2氧化C2H6脱氢的热化学方程式：  。 ①若要计算出反应热，需查阅的数据： ⅰ．查阅水的汽化热：   ⅱ．查阅 (填化学式)的燃烧热数据。 ②几种化学键的键能数据如下，结合键能数据分析该技术的难点 。 化学键 键能 347.7 413.4 745 ③推测催化CO2氧化C2H6脱氢反应过程示意图如下，在答题卡上画出方框内中间体的结构 。 （2）电化学还原CO2 一种碱性电化学还原CO2的原理图如下。在阴极区若CO2每得到1mol电子，同时有H2O也会得到等物质的量的电子，且阴极区电解液的pH几乎保持不变(忽略溶液体积变化)。 ①若阴极CO2的还原产物为CH3OH，则生成CH3OH的电极反应式为 。 ②结合化学用语，阳极区产生CO2的过程可描述为 。 ③由于难以放电，因此降低了CH3OH的选择性()，结合题中信息，CH3OH选择性的理论最大值为 。 【答案】（1）C2H6、C2H4、CO CO2中C=O键的键能较高，需要较高能量：乙烷分子中C—H键的键能大于C—C键的键能，难点是选择合适的催化剂在C—H断裂的同时C—C不断裂 （2） 阳极区发生电极反应，阴极区产生的CO透过阴离子交换膜进入阳极，发生反应：，产生CO2(“阳极区发生电极反应”，“阴极区产生的CO透过阴离子交换膜进入阳极”“，，产生CO2”) 【解析】（1）①由乙烷与二氧化碳反应生成乙烯和气态水可知，计算二氧化碳氧化乙烷脱氢反应的反应热时，需查阅资料获取的数据为C2H6、C2H4、CO的燃烧热和液态水转化为气态水的反应热； ②由表格数据可知，二氧化碳氧化乙烷脱氢反应的挑战是二氧化碳分子中碳氧双键的键能较高，破坏共价键需要较高的能量；乙烷分子中C—H键的键能大于C—C键的键能，所以反应的难点是选择合适的催化剂使反应中碳氢键优先活化断裂而碳碳键不断裂的条件下形成碳碳双键； ③由原子个数守恒可知，与乙烷反应生成； （2）①若阴极CO2的还原产物为CH3OH，则生成CH3OH的电极反应式为； ②电极Ⅰ为阳极，阳极区产生CO2的过程可描述为：阳极区发生电极反应，阴极区产生的CO透过阴离子交换膜进入阳极，发生反应：，产生CO2(“阳极区发生电极反应”，“阴极区产生的CO透过阴离子交换膜进入阳极” ，“ ，产生CO2”)； ③阴极生成碳酸根离子，发生反应为二氧化碳和氢氧根离子生成碳酸根离子和水：；在阴极区若CO2每得到1mol电子，同时有H2O也会得到等物质的量的电子，若生成1molCH3OH，消耗1molCO2得6mol电子，生成6molOH-，H2O也会得到6mol电子，生成6mol OH-，共12mol OH-，发生反应，消耗6molCO2，阴极共消耗7molCO2，根据选择性公式，的理论最大值为。 30．（2026·江苏徐州市·二模）CO2捕集包括CO2的吸收和解吸两个过程。利用捕集的CO2合成碳酸二甲酯有助于实现碳中和。 （2）反应CO2(g)+2CH3OH(l)(CH3O)CO(1)+H2O(1)可用于合成碳酸二甲酯。 ①该反应的平衡常数(pK=-lgK)与温度的关系如图所示。为提高原料的平衡转化率，可采取的措施有___________。(写两条) ②ZrO2可作为合成反应的催化剂。 (i)一种ZrO2的晶胞结构如图所示，该ZrO2晶体中与O2-距离最近且相等的Zr4+的数目为___________。 (ii)ZrO2催化合成碳酸二甲酯的可能反应机理如图所示，Zr4+是催化过程中的关键活性位点。在答题卡上补充完整F的结构式：___________。 (ⅲ)在C→D的过程中还可能生成一种中间体M()，该中间体与D中的基团存在明显差异，可用___________(分析方法)检验是否有M存在。 ③(CH3O)2CO(l)与CH3OH(l)的混合物经过初馏除去副产物后可得到含70%CH3OH和30%(CH3O)2CO的共沸物。请补充完整从共沸物中分离出(CH3O)2CO的操作：将共沸物加热气化通入___________。 【答案】（2） ① 适当降低温度、增大压强 ② 4 ③ ④红外光谱法 ⑤ 一定量的水中，搅拌、静置后进行分液，分离出上层有机层 【解析】①通过图可看出，升高温度，pK增大，则K减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，要提高原料的平衡转化率，应该通过改变条件使平衡正向移动，但不能是通过增大反应物的浓度实现，采取的措施有增大压强、适当降低温度等，故答案为：适当降温、加压。 ②(i)黑球个数为，白球个数为，二者个数比为1:2，黑色球表示Zr4+，位于晶胞的顶点和体心。白色球表示O2-，在该晶胞的面上，由图可观察出该ZrO2晶体中与O2-距离最近且相等的Zr4+的数目为4个。 (ii)从反应机理图看出， E和甲醇反应生成F，与A生成B的反应类似，因此判断F的结构简式为。 (ⅲ)对比二者的结构可知，该中间体与D中的基团存在明显差异，二者所含化学键不同，可用红外光谱法检验是否有M存在。 ③(CH3O)2CO(l)与CH3OH(l)的混合物经过初馏除去副产物后可得到含70%CH3OH和30%(CH3O)2CO的共沸物。共沸物中一种是甲醇，一种是酯类物质。甲醇易溶于水，(CH3O)2CO难溶于水，从共沸物中分离出(CH3O)2CO的操作为将共沸物加热气化通入一定量的水中，搅拌、静置后进行分液，分离出上层有机层。 31．（2025·江苏徐州市一中·二模）利用零价铁(Fe)耦合过硫酸盐()和过氧化氢产生自由基去除污水中的有机化合物是目前研究的热点。其中自由基和HO·产生的机理如图所示。 （1）的结构式是，则的结构式是___________。 （2）过程ⅰ中反应的离子方程式是___________。 （3）过程ⅱ会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为＋6价。该过程参与反应的物质还有(填化学式)___________。 （4）探究零价铁和混合氧化剂体系降解水样中有机化合物M的能力。 Ⅰ.通过加入甲醇或叔丁醇探究不同自由基降解M的能力。测得M的残留百分含量随时间变化如图所示。 已知：该实验条件下，甲醇同时消耗HO·和，叔丁醇只消耗HO· a．X中加入的是___________(填“甲醇”或“叔丁醇")。 b．0～20min，Z中降解M的自由基主要是HO·，判断依据是___________。 Ⅱ.探究混合氧化剂中的物质的量分数对水样中总有机碳(TOC)去除率的影响。实验开始时，水样的pH=7且加入的相同，其他条件不变。在相同时间内测得的实验数据如图所示。 注：TOC是以碳的含量表示水中有机化合物的总量。 a．从①到④，TOC去除率升高的原因是___________。 b．从④到⑦，TOC去除率下降的原因是___________。 【答案】（1） （2） （3）H2O （4） ① 甲醇 ②Y中起作用的自由基主要是，Z中是和HO·。20min时M的残留百分含量Z与Y的差值大于Y与X的差值 ③. 随减小，减小，增加，后者对TOC去除率的影响大于前者 ④. 随减小，产生的降低，对HO·和的生成均不利 【解析】（1）因为的结构式是，可认为两个，则的结构式是； （2）过程ⅰ由电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式是； （3）过程ⅱ会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为＋6价，则由电荷守恒、原子守恒可知反应离子方程式是，该过程参与反应的物质还有H2O； （4）Ⅰ. a．由图像知，X曲线中M的残留百分含量最高，已知甲醇同时消耗HO·和，叔丁醇只消耗HO·，所以X中加入的是甲醇； b．Y中加入的是叔丁醇，而叔丁醇只消耗HO·，所以Y中起作用的自由基主要是，Z中起作用的自由基是和HO·，20min时M的残留百分含量Z与Y的差值大于Y与X的差值，所以0～20min，Z中降解M的自由基主要是HO·； Ⅱ. a．由图知，从①到④，物质的量分数减小，减小，减小，增加，后者对TOC去除率的影响大于前者； b．从④到⑦，减小，根据题干中自由基和HO·产生的机理可知，产生的降低，对HO·和的生成均不利。 32．（2025·江苏泰州市民兴实验中学·三模） CO2的催化加氢反应可以产生多种高附加值产品，如甲醇，碳氢化合物等。 Ⅰ．由CO2制碳氢化合物的过程如图-1所示。 （1）涉及部分反应： 　 　 　_____ （2）催化剂Ⅰ可使用铁基催化剂。 ①方铁矿()可用作催化剂，当时，晶体中为_____。 ②地球化学研究发现，地幔层(温度)中磁铁矿与石墨矿会转化为方铁矿，该反应的化学方程式为_____。 Ⅱ．电催化CO2还原制备碳氢化合物，其装置原理如图-2所示。 （3）电池工作过程中，阴极生成C3H6的电极反应式为_____。 （4）每转移2mol电子，阳极室溶液质量减少_____g。 Ⅲ．把附着在分子筛上，可催化CO、H2生成CH3OH及碳氢化合物，部分反应机理如图-3所示。催化剂中、转化率，烃的选择性关系如图-4所示。 （5）大于1后，CO转化率降低的可能原因为_____。 （6）随增加，烯烃选择性减少，烷烃增加的可能原因为_____。 【答案】（1） -204.4 （2）① 8.5 ② （3） （4）18 （5）Zr含量减少，吸附的CO量减少，CO转化率降低 （6）随Zn的量增多，吸附H2的量增多，产生H+、H-增多，与烯烃反应，使烷烃量增加，烯烃量减少 【解析】（1）根据盖斯定律： 可以由减去得到， 则该过程的；故答案为：-204.4； （2）当，方铁矿()可写为，根据化合物化合价为零的规律，有关系式，解得，则=8.5；磁铁矿主要成分为Fe3O4与石墨矿反应转化为方铁矿与CO，则化学方程式为； 故答案为：8.5；； （3）从电催化CO2还原制备碳氢化合物装置图-2可知，装置中使用了质子交换膜，左侧惰性电极发生氧化反应，该电极为阳极，右侧石墨烯电极发生或C2H4等碳氢化合物，为还原反应，该电极为阴极，其中生成C3H6的电极反应式为；故答案为：； （4）左侧惰性电极为阳极，发生电极反应式为，且H+由阳极室通过质子交换膜移向阴极室，每转移2mol电子，生成0.5molO2，移走2molH+，阳极室溶液质量减少；故答案为：18； （5）从催化CO、H2生成CH3OH及碳氢化合物，部分反应机理图-3可看出，CO需吸附在Zr上转化生成CH3OH或碳氢化合物，当大于1后，随比值增大，Zr含量减少，吸附CO的量降低，则转化率降低；故答案为：Zr含量减少，吸附的CO量减少，CO转化率降低； （6）从部分反应机理图-3可看出H2吸附在Zn上产生H+、H-，再生成CH3OH或碳氢化合物，随增加，则Zn的含量增多，吸附H2的量增多，产生H+、H-增多，会与烯烃反应，生成烷烃从而使烷烃量增加，烯烃量减少；故答案为：随Zn的量增多，吸附H2的量增多，产生H+、H-增多，与烯烃反应，使烷烃量增加，烯烃量减少。 / 学科网（北京）股份有限公司 $