重难点03 化学反应机理分析与应用（重难专练）（上海专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

重难03 化学反应机理分析与应用 ( 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、基元反应及其反应机理分析 1．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 2．反应历程： 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+2H2N2+2H2O （2）反应历程 ①2NO+H2N2O+H2O（慢） ②2N2O2N2+O2（快） ③2H2+O22H2O（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）特点： a．不同的化学反应，反应历程不同。 b．同一反应在不同条件下的反应历程也可能不同。 c．反应历程的差别造成了化学反应速率的快慢差异。 d． 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。 二、能垒图、过渡态理论及其反应机理分析 1．过渡态理论： 过渡态理论认为，反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要一定的活化能，再转化成生成物。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态。 2．基元反应过渡状态理论 (1)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 (2)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 3．多步反应的活化能及与速率的关系 (1)多步反应的活化能：一个化学反应由几个基元反应完成，每一个基元反应都经历一个过渡态，及达到该过渡态所需要的活化能(如图E1、E2)，而该复合反应的活化能只是由实验测算的表观值，没有实际物理意义。 (2)活化能和速率的关系：基元反应的活化能越大，反应物到达过渡态就越不容易，该基元反应的速率就越慢。一个化学反应的速率就取决于速率最慢的基元反应。 （3）能垒（活化能）：即反应物状态达到活化状态所需能量。根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：其最大能垒（活化能） (4)在钯基催化剂表面上，甲醇制氢（）的反应历程如下图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注． ( 最大能垒 ) 该历程中最大能垒（活化能）179.6,该步骤的基元反应方程式为 （5）曲线上的峰 ①峰的个数表示中间反应的个数，不一定表示中间产物的种类 ②峰谷 a.峰前的峰谷：表示该中间反应反应物的能量 b.峰后的峰谷：表示该中间反应生成物的能量 4．三步突破能量变化能垒图 三步突破能量变化能垒图 第1步 通览全图，理清坐标的含义。能量变化的能垒图的横坐标一般表示反应的历程，横坐标的不同阶段表示一个完整反应的不同阶段。纵坐标表示能量的变化，不同阶段的最大能垒即该反应的活化能 第2步 细看变化，分析各段反应。仔细观察曲线(直线)的变化趋势，分析每一阶段发生的反应是什么，各段反应是放热还是吸热，能量升高的为吸热，能量下降的为放热 第3步 综合分析，做出合理判断。综合整合各项信息，回扣题目要求，做出合理判断。如利用盖斯定律将各步反应相加，即得到完整反应；催化剂只改变反应的活化能，但不改变反应的反应热，也不会改变反应的转化律 三、催化剂、活化能及其反应机理 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.催化剂的催化机理： 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。 4.催化剂与活化能 、 焓变 催化剂能降低反应所需活化能，化学反应速率加快，但不影响焓变∆H的大小，不影响平衡。 5.活化能 （1）正反应的活化能：反应物到最高点的能量差Ea正＝E1kJ·mol－1 （2）逆反应的活化能：生成物到最高点的能量差Ea逆＝E2kJ·mol－1 （3）活化能和反应热的关系 ①放热反应：Ea正＜Ea逆 ②吸热反应：Ea正＞Ea逆 （4）活化能和反应速率的关系 ①关系：活化能越大，反应速率越慢 ②决速反应：活化能最大的反应或速率最慢的反应 ③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 (3)催化反应一般过程(简化的过程)： ①反应物扩散到催化剂表面； ②反应物被吸附在催化剂表面； ③被吸附的反应物发生化学反应生成产物； ④产物的解吸。 四、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．循环转化机理图像的解读 图像 解读 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 （建议用时：10分钟） 1．（24-25高三上·上海·期中）和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下。下列说法正确的是 A．和分子中各原子均满足8电子稳定结构。 B．与水混合微热就能发生水解反应 C．的水解过程中N原子的杂化轨道类型发生了变化 D．和的水解反应机理不同 【答案】D 【解析】A．NH3中的H原子不满足8电子稳定结构，故A错误； B．CCl4中碳原子无空的价层轨道和孤电子对，不能发生水解反应，故B错误； C．NCl3的水解过程中N原子的杂化轨道类型始终是sp3杂化，没有发生变化，故C错误； D．NCl3中的中心原子为N原子，有孤电子对，发生亲电水解，而SiCl4的中心原子为Si，没有孤电子对，发生亲核水解，所以两者的水解反应机理不同，故D正确； 故选：D。 2．（2023·上海静安·二模）乙烯与水通过加成反应可得乙醇。反应机理、能量变化与反应进程的关系如图所示。 下列叙述正确的是 A．①、②、③三步均属于加成反应 B．H+为反应的催化剂 C．①、②、③三步反应均为放热反应 D．总反应是放热反应，不需要加热就能发生 【答案】B 【解析】A．不饱和碳原子与其他原子直接结合形成新的化合物为加成反应，反应①②为加成反应，故A项错误； B．反应前加入H+，反应后又产生了H+，所以H+为催化剂，B项正确； C．反应①中反应物能量低于生成物，该反应为吸热反应。②③反应的反应物能量均高于生成物的能量，这两反应均为放热反应，C项错误； D．对于总反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应。但反应加热与否与放热吸热无关，D项错误； 故选B。 3．（23-24高三上·上海·期中）配合物顺铂(结构如图所示)是临床使用的第一代铂类抗癌药物。其抗癌机理为在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。其同分异构体反铂不具有抗癌作用。嘌呤与顺铂反应机理如下所示： 鸟嘌呤与反应的产物中包含的化学键 A．氢键 B．离子键 C．共价键 D．配位键 【答案】BCD 【解析】 根据产物结构可知，与氯离子之间存在离子键，中N和Pt之间是配位键，根据其结构可知，其中存在离子键、共价键、配位键、氢键，但氢键不是化学键，故答案选BCD。 4．（23-24高三上·上海杨浦·开学考试）肼不仅可以给火箭当粮食，还可以摇身一变成为氢气“储蓄罐”。Ni-Pt/La2O3是一种高选择性的肼分解制氢催化剂，催化反应机理如图所示，反应如下： N2H4(g) N2(g) + 2H2(g) ΔH = +50.7 kJ·mol-1 根据上述信息，推测Ni-Pt/La2O3 A．能够有效降低制氢反应的反应热 B．同时提高制氢正反应和逆反应的速率 C．改变了制氢反应的反应历程 D．不参与化学反应，使用一段时间后无需补加 【答案】BC 【解析】A．Ni-Pt/La2O3为催化剂，可以降低反应活化能，但不能改变反应热，A错误； B．催化剂可以同时提高制氢正反应和逆反应的速率，B正确； C．催化剂可以改变制氢反应的反应历程，不改变反应焓变，C正确； D．催化剂参与化学反应，只是在反应过程中质量不变和化学性质不变，使用一段时间后无需补加，D错误； 故答案为：BC。 5．（25-26高三上·上海·开学考试）氮氧化物是硝酸和肼等工业的主要污染物。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，反应物A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。下列说法正确的是： A．过程Ⅰ涉及非极性共价键的断裂与生成 B．过程Ⅱ中，脱除转移电子 C．A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程都是放热反应 D．图1总反应的化学方程式为 【答案】CD 【解析】A．过程Ⅰ中涉及N≡N非极性键的生成，不存在非极性键断裂，故A错误； B．过程Ⅱ中NO中N元素从+2价转化为N2中的0价，Cu元素化合价由+2价降低为+1价，1mol NO反应转移3mol电子，故B错误； C．图2中，A、B、C、D能量依次减小，所以该过程为放热反应，故C正确； D．根据图1，进入的物质为2molNO、2molNH3和0.5molO2，流出的物质为N2和H2O，故图1总反应的化学方程式为，故D正确； 选CD。 6．（24-25高三下·上海·阶段练习）一种羰基化合成反应机理的主要过程如下图所示(图中数字为键长的数值，单位相同且都省略)。下列说法错误的是 A．在反应中被还原 B．总反应的原子利用率未达100% C．整个过程发生了2步加成反应 D．由上图可知，键长会受到周围基团的影响 【答案】C 【分析】从反应机理的过程图可知，CO2与H2反应生成HCOOH，HCOOH反应生成HOCH2OH，HOCH2OH反应生成HCHO，HCHO最后反应生成CH3OH。 【解析】A．CO2在反应中与氢气发生加成反应，被还原，A正确； B．HOCH2OH反应生成HCHO的过程中脱去了一分子水，原子利用率未达到100%，B正确； C．整个过程中CO2与氢气加成生成HCOOH，HCOOH与氢气加成生成HOCH2OH，HCHO与H2加成生成CH3OH，整个过程发生了3步加成反应，C错误； D．从图中可知，因为H2的影响，C=O的长度发生变化，D正确； 故答案选C。 7．（2025·上海奉贤·二模）白磷的分子结构如图1，白磷转化为红磷的能量变化如图2，下列说法正确的是 A．白磷是共价晶体 B．该反应为吸热反应 C．加入催化剂，能减小反应焓变，加快反应速率 D．燃烧生成时，白磷放出的能量比红磷多 【答案】D 【解析】A．白磷是由分子构成的，属于分子晶体，A错误； B．由能量图可知，白磷的能量高于红磷，反应放热，B错误； C．加入催化剂，能减小反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应焓变，C错误； D．白磷的能量高于红磷，燃烧生成时，白磷放出的能量比红磷多，D正确； 故答案选D。 8．甲酸可在固体催化剂表面逐步分解，各步骤的反应历程及相对能量如图所示，下列说法错误的是 A．各步反应中，②生成③的速率最快 B．催化剂为固态，其表面积对催化反应速率有影响 C．若用D(氘)标记甲酸中的羧基氢，最终产物中可能存在D2 D．甲酸在该催化剂表面分解，放出热量 【答案】D 【解析】A．各步反应中，②生成③的活化能最小，速率最快，A正确； B．甲酸可在固体催化剂表面逐步分解，其表面积越大，化反应速率越快，B正确； C．若用D(氘)标记甲酸中的羧基氢，可能两分子甲酸中的羟基氢结合为氢气分子，则最终产物中可能存在D2，C正确； D．没有明确甲酸的物质的量，不能计算甲酸在该催化剂表面分解放出的热量多少，D错误； 答案选D。 （建议用时：10分钟） 9．（24-25高三上·上海·期中）我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子，脱附后催化剂复原)催化水煤气变换反应，低温获得高转化率与高反应速率。反应过程示意如图： 下列说法正确的是 A．图示显示，状态I的2个分子在整个变换过程中均参与了反应 B．若未使用催化剂时水煤气变换反应的焓变为，则 C．状态I到状态III，均为放热过程 D．从状态I到状态IV，存在非极性共价键的断裂和生成 【答案】A 【解析】A．根据图知，状态Ⅰ和状态Ⅱ存在水分子中的化学键断裂，状态Ⅲ中有水分子生成，状态Ⅰ的H2O分子在变换过程中均参与了反应，A正确； B．催化剂虽然能降低正逆反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，不能改变反应的焓变，即∆H′=∆H，B错误； C．状态I到状态III为断键过程，均为吸热过程，C错误； D．从状态I到状态V，存在O-H极性键断裂，C=O、H-H键的形成，则不存在非极性共价键的断裂，D错误； 故选A。 10．（2024·上海普陀·一模）2021年，科学家设计出一种在催化剂表面合成尿素的方法，其可能的反应机理如图-1所示。 （1）已知在制备和反应过程中，催化剂表面的电子能自发从端转移到Bi端。你认为能成功吸附在Bi端的原因可能是 。 （2）反应部分历程及能量关系如图-2所示，实际生产时可忽略步骤Ⅲ可能出现的副产物和的原因是 。 【答案】（1）电子能自发从端转移到Bi端，导致Bi端带负电；因为电负性C小于O，故中的C原子显正电性，可吸附在带负电的Bi端 （2）生成副产物和的过程需要吸热，而主反应历程放出热量，依据反应自发性规律判断，发生副反应的概率低 【解析】（1）电子能自发从端转移到Bi端，导致Bi端带负电，因为电负性C小于O，故中的C原子显正电性，可吸附在带负电的Bi端，使得能成功吸附在Bi端； （2）放热反应利于反应的自发进行，由图2 可知，生成副产物和的过程需要吸热，而主反应历程放出热量，依据反应自发性规律判断，发生副反应的概率低，故可忽略步骤Ⅲ可能出现的副产物和； 11．（24-25高三上·上海·期中）H2S的处理：Fe2O3可用作脱除H2S气体的脱硫剂。Fe2O3脱硫和Fe2O3再生的可能反应机理如图所示。 再生时需控制通入O2的浓度和温度。400℃条件下，氧气浓度较大时，会出现脱硫剂再生时质量增大，且所得再生脱硫剂脱硫效果差，原因是 。 【答案】FeS氧化生成FeSO4[或Fe2(SO4)3]，失去了脱硫作用 【解析】由于FeS氧化生成FeSO4[或Fe2(SO4)3]，失去了脱硫作用，所以会导致400℃条件下，氧气浓度较大时，会出现脱硫剂再生时质量增大，且所得再生脱硫剂脱硫效果差的情况。 12．（24-25高三上·上海嘉定·阶段练习）NOCl 在一定频率(v)光的照射下会发生光解，其反应机理为： 第一步：NOCl(g) + hv=NOCl*(g)； 第二步：NOCl(g) + NOCl*(g)=2NO(g) + Cl2(g) 其中 hv 表示一个光子能量，NOCl*表示 NOCl 的激发态。 (1)以下均从选项中选择：第一步的焓变 ΔH 0；第二步的熵变 ΔS 0。 A．大于            B． 小于           C．等于 (2)分解1molNOCl 需要吸收 mol 光子。 【答案】(1) A A (2)0.5 【解析】（1）第一步： NOCl+hv→NOCl*为基态到激发态，即需要吸热，所以第一步的焓变△H>0；第二步反应气体分子数增多，混乱度增大，是熵增的过程，其熵变△S>0，故答案为：A；A； （2）由反应机理可知，反应总反应方程式为：，故分解需要吸收0.5mol光子，故答案为：0.5。 13．（2025·上海崇明·一模）一种可将H2S无害化处理的工艺涉及反应如下： 反应I：2H2S(g) + 3O2(g) = 2SO2(g) + 2H2O(g)   反应Ⅱ：4H2S(g) + 2SO2(g) = 3S2(g) + 4H2O(g)   反应Ⅲ：3S2(g) = S6(s)   (1)基态S原子核外有 种能量不同的电子。 (2)反应6H2S(g) + 3O2(g) = S6(s) + 6H2O(g)的 。 (3)已知，H2S与CH3OH可发生催化反应，反应机理如图所示。 ①该反应的催化剂是 。 ②物质A的电子式为 。 【答案】(1)5 (2)-1417.1kJ·mol-1 (3) Fe3O4-x 【解析】（1）已知S是16号元素，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，不同能级上的电子具有不同的能量，故基态S原子核外有5种能量不同的电子，故答案为：5； （2）由题干信息可知，反应I：2H2S(g) + 3O2(g) = 2SO2(g) + 2H2O(g)  ，反应Ⅱ：4H2S(g) + 2SO2(g) = 3S2(g) + 4H2O(g)  ，反应Ⅲ：3S2(g) = S6(s)  ，则反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得反应6H2S(g) + 3O2(g) = S6(s) + 6H2O(g)，根据盖斯定律可知，=(-1006.5kJ/mol)+(90.3kJ/mol)+(-500.9kJ/mol)=-1417.1kJ/mol，故答案为：-1417.1kJ/mol； （3）①由题干反应历程图可知，该反应历程中Fe3O4-x参与反应，但反应前后不变，故该反应的催化剂是Fe3O4-x，故答案为：Fe3O4-x； ②由题干反应历程图中过程Ⅱ的转化信息可知，物质A的化学式为CH3SH，该物质的电子式为，故答案为：。 14．（24-25高三下·上海虹口·期中）在催化剂作用下分解释放的反应机理如图所示。 （1）比较状态Ⅰ与状态Ⅱ中C-N-C键角的相对大小并说明理由 。 （2）若用代替发生上述催化释氢反应，除生成外，还生成___________。 A． B．HD C． D．和 【答案】（1）状态Ⅰ中N原子有一对孤电子对，对C-N键电子对的排斥力比状态Ⅱ的大，故状态Ⅰ中C-N-C键角相对更小 （2）B 【解析】（1）比较状态Ⅰ与状态Ⅱ可知，状态Ⅱ中氮的孤电子对和氢离子形成配位键，状态Ⅰ中氮原子上有孤电子对，其中孤电子对的斥力较大，则状态Ⅰ中C-N-C键角较小，故答案为：状态Ⅰ中N原子有一对孤电子对，对C-N键电子对的排斥力比状态Ⅱ的大，故状态Ⅰ中C-N-C键角相对更小； （2）由图示可知，HCOOH生成HCOO-和H+分别与催化剂结合，在催化剂表面HCOO-分解生成CO2和H-，之后在催化剂表面H-和第一步产生的H+反应生成H2，可知HCOOD可以产生HCOO-和D+，所以最终产物为CO2和HD(H-与D+结合生成)；故选B。 15．（25-26高三上·上海·阶段练习）在催化剂作用下，丙烯酸乙酯与氨气反应也可以制得丙烯腈，反应机理如图，实验过程中几乎检测不到（g）的存在，其可能的原因为 。 【答案】第一步反应的活化能较高，反应速率较慢；第二步反应的活化能较小，反应速率快 【解析】 由反应机理图可知，第一步反应的活化能较高，反应速率较慢，是决速步骤，第二步的活化能较小，反应速率快，第一步产生的（g）在第二步中被迅速消耗，所以几乎检测不到。 16．（25-26高三上·上海·阶段练习）溶液也可浸取金矿石中的Au。在溶液中加入一定量的溶液和氨水溶液，可使单位时间内的Au浸取率大幅提高，反应机理如图1所示。溶液的浓度对Au浸取率的影响如图2所示。 加入溶液和氨水的作用是 ，当时，加入氨水的体系中Au浸出率下降，其可能的原因是 。 【答案】 形成铜氨配合物，催化金与硫代硫酸根的反应（或作为催化剂，加快反应速率）​ 浓度过高，Cu2+与络合，使Cu2++4NH3⇋[Cu(NH3)4]2+平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2+浓度减小，Au的浸取率下降 【解析】提供Cu2+，氨水（NH3·H2O）与Cu2+配位，形成深蓝色的铜氨配离子，铜氨配离子将单质金（Au0）氧化为Au+，本身被还原为亚铜氨配离子（Cu+），新生成的Au+迅速与溶液中的结合，形成稳定的配离子而进入溶液，溶液中的溶解氧将亚铜氨配离子重新氧化为铜氨配离子，完成催化循环。 当时，浸取率下降，可能的原因：Cu2+与络合，使Cu2++4NH3⇋[Cu(NH3)4]2+平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2+浓度减小，Au的浸取率下降。 （建议用时：20分钟） 17．（24-25高三上·上海·期末）N2H4可用于处理锅炉水中的溶解氧，一种反应机理如图所示： (1)反应Ⅱ的离子方程式为 。 (2)理论上，0.1kg N2H4可处理___________kg溶解氧。 A．0.05 B．0.1 C．0.15 D．0.2 (3)和均可处理高压锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，使用的优点是 。(任写一条) 【答案】(1)Cu2O+4=2+3H2O+2OH- (2)B (3)除去等量O2，N2H4的用量比Na2SO3少；氧化产物N2对环境友好而Na2SO3的氧化产物Na2SO4是电解质，易形成电化学腐蚀，缩短锅炉寿命(合理即可) 【解析】（1）有反应机理图可知，反应Ⅱ为氧化亚铜和一水合氨反应生成氢氧化二氨合亚铜(Ⅰ)和水，故反应Ⅱ的离子方程式为； （2）根据得失电子守恒，1molN2H4中N失去电子变成氮气，正好1mol氧气得到电子，N2H4和氧气摩尔质量相同，所以0.1kg N2H4可处理0.1kg溶解氧，选B； （3）和均可处理高压锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，使用的优点，除去等量O2，N2H4的用量比Na2SO3少；N2H4的氧化产物N2对环境友好而Na2SO3的氧化产物Na2SO4是电解质，易形成电化学腐蚀，缩短锅炉寿命(合理即可)； 18．（23-24高三下·上海·阶段练习）I．在某催化剂表面合成氨反应进程如下： (1)该过程的决速步的化学方程式为 ，反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的= kJ/mol。 (5)电化学催化氮气还原合成氨反应机理如下图所示。电化学催化氮气还原合成氨反应的总反应方程式为 。 【答案】(1) (或) -92 (5) 【解析】（1）在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，根据题图可知，反应的化学方程式为 (或)；由题图可知，反应物总能量高于产物总能量，反应放热，且的ΔH=-46kJ·mol-1，则合成氨反应的ΔH=-92kJ·mol-1，故答案为： (或)；-92； （5）依据氮掺杂金红石表面氮气固定机理可知，反应物为氮气和氢离子，生成物为氨气，金红石为催化剂，总反应方程式为。 19．（23-24高三下·上海松江·阶段练习）二氧化碳的捕集和资源化利用是缓解温室效应的重要战略方向。 (4)CO2可合成有机试剂DMF，用含金属铱(Ir)的化合物催化，反应机理如下图(其中L表示配体)。下列说法正确的是___________。 A．CO2在反应中断裂极性键 B．总反应方程式为H2++CO2 +H2O C．配合物C中的配位键由Ir提供孤电子对 D．最后一步生成DMF的反应类型为氧化反应 【答案】(4)AB 【解析】（4）A．CO2的结构为O=C=O， 反应中断裂极性键，故A正确； B．由图可知，H2、CO2、反应，生成水和DMF，反应方程式为：H2++CO2 +H2O，故B正确； C．配合物C中的配位键由Ir提供空轨道，故C错误； D．最后一步生成DMF的反应类型为取代反应，故D错误； 故选AB。 20．（2025·上海·三模）甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、和)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   (5)单独研究二氧化碳与氢气合成甲醇的反应历程，如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，*H没标出)。 反应过程中决定反应速率的步骤的活化能是 eV。对应的反应式 。 (6)进一步研究利用合成气(CO、和)制甲醇，图1为单位时间内、、条件下生成甲醇的物质的量浓度与温度的关系。图2为合成甲醇可能反应机理。 i.曲线a甲醇的量先增大后减小，其原因是 。 ii.曲线b与曲线c相比，的存在使甲醇生成量增大，结合图2分析原因 。 【答案】(5) 1.36 *HCOO + *H →*CO +*H2O (6) 温度低于490K时单位时间内反应未达到平衡，温度升高、反应速率加快，甲醇的量先增大，温度高于490K时单位时间内反应达到平衡，反应Ⅱ为放热反应，升高温度平衡左移，甲醇的量减少 当少量CO2加到CO+H2混合气中时，一方面反应Ⅲ快速进行消耗了反应Ⅱ生成的水，使反应Ⅱ能进一步向有利合成甲醇方向进行；另一方面 CO转化为CO2，补充了CO2促进反应Ⅱ向生成甲醇方向进行 【解析】（5）反应过程中决定反应速率的步骤是活化能最大的一步，*HCOO 变为*CO +*H2O的一步，活化能是-0.2eV-（-1.56eV）=1.36eV，对应的反应式*HCOO + *H →*CO +*H2O。故答案为：1.36；*HCOO + *H →*CO +*H2O； （6）i.曲线a甲醇的量先增大后减小，其原因是温度低于490K时单位时间内反应未达到平衡，温度升高、反应速率加快，甲醇的量先增大，温度高于490K时单位时间内反应达到平衡，反应Ⅱ为放热反应，升高温度平衡左移，甲醇的量减少。 ii.曲线b与曲线c相比，的存在使甲醇生成量增大，由图2分析原因为：当少量CO2加到CO+H2混合气中时，一方面反应Ⅲ快速进行消耗了反应Ⅱ生成的水，使反应Ⅱ能进一步向有利合成甲醇方向进行；另一方面 CO转化为CO2，补充了CO2促进反应Ⅱ向生成甲醇方向进行。 21．（24-25高三上·上海·期中）2022年珠海航展成功举办，歼20战机和0919国产大飞机等大国重器悉数亮相，世界瞩目。金属材料和复合材料在航空航天工业中具有重要的应用。回答下列问题： (8)纳米材料也是一种常见的材料，纳米铁粉是纳米材料的一种。纳米铁粉具有较强的还原性和吸附性，利用纳米铁粉去除水中的反应机理（作载体）如图所示。下列说法正确的是_______。 A．纳米铁粉能产生丁达尔效应 B．转化为的途径有2种 C．元素参与的反应都有电子转移 D．与共沉淀的离子方程式为 【答案】(8)B 【解析】（8）A．纳米铁粉是纯净物，不是胶体，不能产生丁达尔效应，A错误； B．由图可知，Cr(Ⅵ)可被纳米铁和Fe2+分别还原为Cr3+，故Cr(VI)转化为Cr(III)的途径有2种，B正确； C．Cr3+生成Cr(OH)3沉淀的过程无电子转移，C错误； D．由图可知，Cr3+与Fe3+共沉淀发生的反应为水体中的Cr3+、Fe3+发生水解反应生成CrxFe1-x(OH)3沉淀和H+，离子方程式为，D错误； 本题选B。 22．（24-25高三上·上海·阶段练习）I．20世纪初，哈伯和博施开发了以和为原料合成氨工艺，目前该工艺仍在广泛使用。 II．治理硝酸盐污染方法之一可以采用常温常压电化学合成氨的方法。碱性条件下还原为的一种反应机理如图所示。 (4)关于以上机理说法正确的是__________。 A．是反应产物 B．Co是反应催化剂 C．增大Co的量，能提高的平衡转化率 D．过程①和③中N元素均被还原 【答案】(4)BD 【解析】（（4）过程①为Co+→Co(OH)2+，过程②为Co(OH)2→Co，过程③为→NH3。 A．由图示和分析可知，过程中Co(OH)2先生成后消耗，是反应历程中的中间产物，A错误； B．由图示和分析可知，过程中Co先消耗后生成，所以Co是催化剂，B正确； C．由以上分析可知，Co是催化剂，所以增大Co的量，不能改变平衡，即不能提高的平衡转化率，C错误； D．过程①为Co+→Co(OH)2+，过程③为→NH3，N元素化合价均降低，均被还原，D正确； 故选BD； 23．（24-25高三上·上海杨浦·阶段练习）Ⅰ．诺贝尔化学奖获得者格哈德·埃特尔确认了合成氨反应机理。673K时，各步反应的能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的粒子用“*”标注，TS表示过渡态。 (1)图中反应速率最小的步骤的活化能 。 【答案】(1)62 【解析】（1）反应的活化能越大，化学反应速率越慢，化学反应取决于化学反应速率最慢的一步，由图可知，反应的活化能最大一步的反应方程式为N+H=N+3H，反应的活化能为(17+45)kJ/mol=62 kJ/mol，故答案为：62； 24．（2025·上海嘉定·二模）I.脱除汽车尾气中氮氧化物的一种反应机理如下： (1)由图可知H+为该反应的_______。 A．反应物 B．生成物 C．催化剂 D．中间产物 (2)上述历程的总反应为 ，若有1.0 mol NH3参加反应，则电子转移数为 。 II.脱除汽车尾气中氮氧化物的另一种反应如下： 反应①：2NO(g) + CO(g)⇌N2O(g) + CO2 (g)     ∆H1 = -628.6 kJ·mol-1 反应②：N2O(g) + CO(g)⇌N2(g) + CO2(g)       ∆H2 = -118.6 kJ·mol-1 总反应③：2NO(g) + 2CO(g)⇌N2(g) + 2CO2(g)  ∆H3 = -747.2 kJ·mol-1 【答案】(1)C (2) 2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O 3NA 【解析】（1）由反应机理图可知，在反应开始加入，反应结束又生成，其质量和化学性质在反应前后不变，符合催化剂的特征，所以为该反应的催化剂 。反应物是起始投入参与反应被消耗的物质；生成物是反应结束生成的物质；中间产物是反应过程中生成又被消耗的物质，均不符合的特点，答案选C。 （2）将反应机理中的各步反应叠加，消去中间产物，可得到总反应。从图中可知，反应物为、、，生成物为和，根据原子守恒配平可得，在该反应中，中N元素从-3价升高到0价，和中N元素化合价降低。2mol参加反应时，转移6mol电子，那么1.0mol 参加反应，电子转移数为。 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难03 化学反应机理分析与应用 ( 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、基元反应及其反应机理分析 1．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 2．反应历程： 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+2H2N2+2H2O （2）反应历程 ①2NO+H2N2O+H2O（慢） ②2N2O2N2+O2（快） ③2H2+O22H2O（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）特点： a．不同的化学反应，反应历程不同。 b．同一反应在不同条件下的反应历程也可能不同。 c．反应历程的差别造成了化学反应速率的快慢差异。 d． 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。 二、能垒图、过渡态理论及其反应机理分析 1．过渡态理论： 过渡态理论认为，反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要一定的活化能，再转化成生成物。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态。 2．基元反应过渡状态理论 (1)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 (2)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 3．多步反应的活化能及与速率的关系 (1)多步反应的活化能：一个化学反应由几个基元反应完成，每一个基元反应都经历一个过渡态，及达到该过渡态所需要的活化能(如图E1、E2)，而该复合反应的活化能只是由实验测算的表观值，没有实际物理意义。 (2)活化能和速率的关系：基元反应的活化能越大，反应物到达过渡态就越不容易，该基元反应的速率就越慢。一个化学反应的速率就取决于速率最慢的基元反应。 （3）能垒（活化能）：即反应物状态达到活化状态所需能量。根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：其最大能垒（活化能） (4)在钯基催化剂表面上，甲醇制氢（）的反应历程如下图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注． ( 最大能垒 ) 该历程中最大能垒（活化能）179.6,该步骤的基元反应方程式为 （5）曲线上的峰 ①峰的个数表示中间反应的个数，不一定表示中间产物的种类 ②峰谷 a.峰前的峰谷：表示该中间反应反应物的能量 b.峰后的峰谷：表示该中间反应生成物的能量 4．三步突破能量变化能垒图 三步突破能量变化能垒图 第1步 通览全图，理清坐标的含义。能量变化的能垒图的横坐标一般表示反应的历程，横坐标的不同阶段表示一个完整反应的不同阶段。纵坐标表示能量的变化，不同阶段的最大能垒即该反应的活化能 第2步 细看变化，分析各段反应。仔细观察曲线(直线)的变化趋势，分析每一阶段发生的反应是什么，各段反应是放热还是吸热，能量升高的为吸热，能量下降的为放热 第3步 综合分析，做出合理判断。综合整合各项信息，回扣题目要求，做出合理判断。如利用盖斯定律将各步反应相加，即得到完整反应；催化剂只改变反应的活化能，但不改变反应的反应热，也不会改变反应的转化律 三、催化剂、活化能及其反应机理 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.催化剂的催化机理： 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。 4.催化剂与活化能 、 焓变 催化剂能降低反应所需活化能，化学反应速率加快，但不影响焓变∆H的大小，不影响平衡。 5.活化能 （1）正反应的活化能：反应物到最高点的能量差Ea正＝E1kJ·mol－1 （2）逆反应的活化能：生成物到最高点的能量差Ea逆＝E2kJ·mol－1 （3）活化能和反应热的关系 ①放热反应：Ea正＜Ea逆 ②吸热反应：Ea正＞Ea逆 （4）活化能和反应速率的关系 ①关系：活化能越大，反应速率越慢 ②决速反应：活化能最大的反应或速率最慢的反应 ③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 (3)催化反应一般过程(简化的过程)： ①反应物扩散到催化剂表面； ②反应物被吸附在催化剂表面； ③被吸附的反应物发生化学反应生成产物； ④产物的解吸。 四、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．循环转化机理图像的解读 图像 解读 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 （建议用时：10分钟） 1．（24-25高三上·上海·期中）和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下。下列说法正确的是 A．和分子中各原子均满足8电子稳定结构。 B．与水混合微热就能发生水解反应 C．的水解过程中N原子的杂化轨道类型发生了变化 D．和的水解反应机理不同 2．（2023·上海静安·二模）乙烯与水通过加成反应可得乙醇。反应机理、能量变化与反应进程的关系如图所示。 下列叙述正确的是 A．①、②、③三步均属于加成反应 B．H+为反应的催化剂 C．①、②、③三步反应均为放热反应 D．总反应是放热反应，不需要加热就能发生 3．（23-24高三上·上海·期中）配合物顺铂(结构如图所示)是临床使用的第一代铂类抗癌药物。其抗癌机理为在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。其同分异构体反铂不具有抗癌作用。嘌呤与顺铂反应机理如下所示： 鸟嘌呤与反应的产物中包含的化学键 A．氢键 B．离子键 C．共价键 D．配位键 4．（23-24高三上·上海杨浦·开学考试）肼不仅可以给火箭当粮食，还可以摇身一变成为氢气“储蓄罐”。Ni-Pt/La2O3是一种高选择性的肼分解制氢催化剂，催化反应机理如图所示，反应如下： N2H4(g) N2(g) + 2H2(g) ΔH = +50.7 kJ·mol-1 根据上述信息，推测Ni-Pt/La2O3 A．能够有效降低制氢反应的反应热 B．同时提高制氢正反应和逆反应的速率 C．改变了制氢反应的反应历程 D．不参与化学反应，使用一段时间后无需补加 5．（25-26高三上·上海·开学考试）氮氧化物是硝酸和肼等工业的主要污染物。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，反应物A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。下列说法正确的是： A．过程Ⅰ涉及非极性共价键的断裂与生成 B．过程Ⅱ中，脱除转移电子 C．A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程都是放热反应 D．图1总反应的化学方程式为 6．（24-25高三下·上海·阶段练习）一种羰基化合成反应机理的主要过程如下图所示(图中数字为键长的数值，单位相同且都省略)。下列说法错误的是 A．在反应中被还原 B．总反应的原子利用率未达100% C．整个过程发生了2步加成反应 D．由上图可知，键长会受到周围基团的影响 7．（2025·上海奉贤·二模）白磷的分子结构如图1，白磷转化为红磷的能量变化如图2，下列说法正确的是 A．白磷是共价晶体 B．该反应为吸热反应 C．加入催化剂，能减小反应焓变，加快反应速率 D．燃烧生成时，白磷放出的能量比红磷多 8．甲酸可在固体催化剂表面逐步分解，各步骤的反应历程及相对能量如图所示，下列说法错误的是 A．各步反应中，②生成③的速率最快 B．催化剂为固态，其表面积对催化反应速率有影响 C．若用D(氘)标记甲酸中的羧基氢，最终产物中可能存在D2 D．甲酸在该催化剂表面分解，放出热量 （建议用时：10分钟） 9．（24-25高三上·上海·期中）我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子，脱附后催化剂复原)催化水煤气变换反应，低温获得高转化率与高反应速率。反应过程示意如图： 下列说法正确的是 A．图示显示，状态I的2个分子在整个变换过程中均参与了反应 B．若未使用催化剂时水煤气变换反应的焓变为，则 C．状态I到状态III，均为放热过程 D．从状态I到状态IV，存在非极性共价键的断裂和生成 10．（2024·上海普陀·一模）2021年，科学家设计出一种在催化剂表面合成尿素的方法，其可能的反应机理如图-1所示。 （1）已知在制备和反应过程中，催化剂表面的电子能自发从端转移到Bi端。你认为能成功吸附在Bi端的原因可能是 。 （2）反应部分历程及能量关系如图-2所示，实际生产时可忽略步骤Ⅲ可能出现的副产物和的原因是 。 11．（24-25高三上·上海·期中）H2S的处理：Fe2O3可用作脱除H2S气体的脱硫剂。Fe2O3脱硫和Fe2O3再生的可能反应机理如图所示。 再生时需控制通入O2的浓度和温度。400℃条件下，氧气浓度较大时，会出现脱硫剂再生时质量增大，且所得再生脱硫剂脱硫效果差，原因是 。 12．（24-25高三上·上海嘉定·阶段练习）NOCl 在一定频率(v)光的照射下会发生光解，其反应机理为： 第一步：NOCl(g) + hv=NOCl*(g)； 第二步：NOCl(g) + NOCl*(g)=2NO(g) + Cl2(g) 其中 hv 表示一个光子能量，NOCl*表示 NOCl 的激发态。 (1)以下均从选项中选择：第一步的焓变 ΔH 0；第二步的熵变 ΔS 0。 A．大于            B． 小于           C．等于 (2)分解1molNOCl 需要吸收 mol 光子。 13．（2025·上海崇明·一模）一种可将H2S无害化处理的工艺涉及反应如下： 反应I：2H2S(g) + 3O2(g) = 2SO2(g) + 2H2O(g)   反应Ⅱ：4H2S(g) + 2SO2(g) = 3S2(g) + 4H2O(g)   反应Ⅲ：3S2(g) = S6(s)   (1)基态S原子核外有 种能量不同的电子。 (2)反应6H2S(g) + 3O2(g) = S6(s) + 6H2O(g)的 。 (3)已知，H2S与CH3OH可发生催化反应，反应机理如图所示。 ①该反应的催化剂是 。 ②物质A的电子式为 。 14．（24-25高三下·上海虹口·期中）在催化剂作用下分解释放的反应机理如图所示。 （1）比较状态Ⅰ与状态Ⅱ中C-N-C键角的相对大小并说明理由 。 （2）若用代替发生上述催化释氢反应，除生成外，还生成___________。 A． B．HD C． D．和 15．（25-26高三上·上海·阶段练习）在催化剂作用下，丙烯酸乙酯与氨气反应也可以制得丙烯腈，反应机理如图，实验过程中几乎检测不到（g）的存在，其可能的原因为 。 16．（25-26高三上·上海·阶段练习）溶液也可浸取金矿石中的Au。在溶液中加入一定量的溶液和氨水溶液，可使单位时间内的Au浸取率大幅提高，反应机理如图1所示。溶液的浓度对Au浸取率的影响如图2所示。 加入溶液和氨水的作用是 ，当时，加入氨水的体系中Au浸出率下降，其可能的原因是 。 （建议用时：20分钟） 17．（24-25高三上·上海·期末）N2H4可用于处理锅炉水中的溶解氧，一种反应机理如图所示： (1)反应Ⅱ的离子方程式为 。 (2)理论上，0.1kg N2H4可处理___________kg溶解氧。 A．0.05 B．0.1 C．0.15 D．0.2 (3)和均可处理高压锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，使用的优点是 。(任写一条) 18．（23-24高三下·上海·阶段练习）I．在某催化剂表面合成氨反应进程如下： (1)该过程的决速步的化学方程式为 ，反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的= kJ/mol。 (5)电化学催化氮气还原合成氨反应机理如下图所示。电化学催化氮气还原合成氨反应的总反应方程式为 。 19．（23-24高三下·上海松江·阶段练习）二氧化碳的捕集和资源化利用是缓解温室效应的重要战略方向。 (4)CO2可合成有机试剂DMF，用含金属铱(Ir)的化合物催化，反应机理如下图(其中L表示配体)。下列说法正确的是___________。 A．CO2在反应中断裂极性键 B．总反应方程式为H2++CO2 +H2O C．配合物C中的配位键由Ir提供孤电子对 D．最后一步生成DMF的反应类型为氧化反应 20．（2025·上海·三模）甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、和)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   (5)单独研究二氧化碳与氢气合成甲醇的反应历程，如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，*H没标出)。 反应过程中决定反应速率的步骤的活化能是 eV。对应的反应式 。 (6)进一步研究利用合成气(CO、和)制甲醇，图1为单位时间内、、条件下生成甲醇的物质的量浓度与温度的关系。图2为合成甲醇可能反应机理。 i.曲线a甲醇的量先增大后减小，其原因是 。 ii.曲线b与曲线c相比，的存在使甲醇生成量增大，结合图2分析原因 。 21．（24-25高三上·上海·期中）2022年珠海航展成功举办，歼20战机和0919国产大飞机等大国重器悉数亮相，世界瞩目。金属材料和复合材料在航空航天工业中具有重要的应用。回答下列问题： (8)纳米材料也是一种常见的材料，纳米铁粉是纳米材料的一种。纳米铁粉具有较强的还原性和吸附性，利用纳米铁粉去除水中的反应机理（作载体）如图所示。下列说法正确的是_______。 A．纳米铁粉能产生丁达尔效应 B．转化为的途径有2种 C．元素参与的反应都有电子转移 D．与共沉淀的离子方程式为 22．（24-25高三上·上海·阶段练习）I．20世纪初，哈伯和博施开发了以和为原料合成氨工艺，目前该工艺仍在广泛使用。 II．治理硝酸盐污染方法之一可以采用常温常压电化学合成氨的方法。碱性条件下还原为的一种反应机理如图所示。 (4)关于以上机理说法正确的是__________。 A．是反应产物 B．Co是反应催化剂 C．增大Co的量，能提高的平衡转化率 D．过程①和③中N元素均被还原 23．（24-25高三上·上海杨浦·阶段练习）Ⅰ．诺贝尔化学奖获得者格哈德·埃特尔确认了合成氨反应机理。673K时，各步反应的能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的粒子用“*”标注，TS表示过渡态。 (1)图中反应速率最小的步骤的活化能 。 24．（2025·上海嘉定·二模）I.脱除汽车尾气中氮氧化物的一种反应机理如下： (1)由图可知H+为该反应的_______。 A．反应物 B．生成物 C．催化剂 D．中间产物 (2)上述历程的总反应为 ，若有1.0 mol NH3参加反应，则电子转移数为 。 II.脱除汽车尾气中氮氧化物的另一种反应如下： 反应①：2NO(g) + CO(g)⇌N2O(g) + CO2 (g)     ∆H1 = -628.6 kJ·mol-1 反应②：N2O(g) + CO(g)⇌N2(g) + CO2(g)       ∆H2 = -118.6 kJ·mol-1 总反应③：2NO(g) + 2CO(g)⇌N2(g) + 2CO2(g)  ∆H3 = -747.2 kJ·mol-1 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $