江苏省南京市第十二中学2026届高三上学期模拟预测化学试题

2026届高三模拟预测 化学 一、单选题（每题3分，共39分） 1．下列材料属于新型陶瓷的是 A．碳化硅 B．陶瓷 C．Ti-Fe储氢合金 D．塑料 2．下列化学用语或图示表示正确的是 A．中共价键形成的轨道重叠示意图： B．酚醛树脂的结构简式： C．溶液中的水合离子： D．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键： 3．下列有关实验装置或原理能达到实验目的的是 A．干燥NH3 B．制备Na2O2 C．引发红色喷泉 D．测量溶液的pH A．A B．B C．C D．D 4．下列说法正确的是 A．热稳定性： B．离子半径： C．电负性：Si>H D．酸性： 阅读材料，碳族元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。甲烷具有较大燃烧热()，是常见燃料；是一种弱酸，在水中缓慢水解生成；通过反应可用于提纯Ni．Si、Ge是重要半导体材料。硅可以溶于的混合酸中生成；在盐酸中溶解度比水中大；醋酸铅(易溶于水，难电离)溶液可以吸收硫化氢气体。完成问题： 5．下列说法正确的是 A．碳、硅的单质中键角均为 B．中的C原子与中的Si原子杂化方式相同 C．配合物中不含离子键 D．Ge原子基态核外电子排布式为 6．下列化学反应表示不正确的是 A．甲烷的燃烧：   B．与水反应： C．硅溶于的混合酸中： D．醋酸铅溶液吸收硫化氢气体： 7．下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A．金刚石难溶于水，可用于切割玻璃 B．晶体硅熔点高，可用作半导体材料 C．为非极性分子，具有较大的燃烧热 D．与能形成配位键，在盐酸中溶解度比水中大 8．一种储电制氢装置如图所示，该装置晚间通过转化储存电力，为白天制氢提供能量。下列说法正确的是 A．晚间储电时，电极A应与电源的负极相连 B．白天制氢时，溶液中从左室向右室移动 C．储电时的总反应为 D．理论上生成，溶液中减少64g 9．浓差电池是利用两极电解质溶液中浓度不同引起的电势差放电的装置。下图是利用“海水河水”浓差电池（不考虑溶解氧的影响）制备和NaOH的装置示意图，其中X、Y均为复合电极，电极a、b均为石墨，下列说法不正确的是 A．电极Y是正极，电极反应为： B．浓差电池工作时，通过阳离子交换膜向Y极移动 C．c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜 D．相同条件下收集到的气体的体积比 10．化合物是合成非诺洛芬的中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A．反应中的可以用代替 B．与足量的加成产物中含3个手性碳原子 C．、可用溶液进行鉴别 D．根据的反应可知具有氧化性 11．贵金属钯催化乙醇羰基化的反应过程如图所示。下列说法错误的是 A．Ⅱ反应中元素被氧化 B．所处环境不同，稳定性也不同 C．贵金属钯可将甲基丙醇羰基化 D．该过程总反应的化学方程式可表示为： 12．室温下，用溶液吸收烟气中并获得的过程如图所示。忽略吸收废气所引起的溶液体积变化，溶液中含硫物种的浓度。已知：、、、。下列说法正确的是 A．的溶液： B．的溶液吸收至的溶液中： C．向的溶液中加入等体积的溶液无沉淀产生 D．若向吸收后的溶液中逐滴加入溶液至过量，溶液中水的电离程度先增大后减小 13．二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为 Ⅰ．   Ⅱ．   在密闭容器中，、、时，平衡后反应体系中各物质的物质的量随温度的变化如题图所示。 的选择性可表示为％。 下列说法不正确的是 A．的物质的量的曲线为B B．CO的平衡选择性随着温度的升高而增加 C．在505℃，反应Ⅱ的平衡常数 D．平衡转化率随温度的上升先下降后上升 二、解答题 14（15分）．二氧化铈是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿（主要含）为原料制备的一种工艺流程如图所示： 已知：①能与结合成，也能与结合成； ②“萃取”时存在反应：，在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能； ③在一定条件下，分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比是一个常数（分配系数）；萃取率 (1)氧化焙烧中氧化的目的是 。 (2)萃取元素的过程中，若元素的分配系数，取含元素的溶液，一次性加入萃取剂，则元素的萃取率为 。 (3)加入有利于“反萃取”的原因 。 (4)“氧化”步骤的离子方程式为 。 (5)氧化铈，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示。 （已知：的空缺率）。 ①晶体中与最近的形成的空间结构是 。 ②若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为 。 (6)为测定回收所得样品的纯度，进行如下实验： 称取样品，用稀硫酸溶解、定容得溶液。量取溶液放入锥形瓶中，加入溶液（过量），再用标准溶液液定至终点，消耗标准溶液。滴定过程中发生如下反应（均未配平）：； 计算样品的纯度 （写出计算过程）。 15（15分）．吗氯贝胺(H)临床上为单胺氧化酶抑制剂类抗抑郁药，其中的一种合成路线如下(部分试剂和条件省略)。 回答下列问题： (1)化合物C中含氧官能团的名称为 ，化合物C的结构简式为 。 (2)B→C的反应类型为 。 (3)F+G→H的化学方程式为 。 (4)化合物G同时符合下列条件的同分异构体的结构简式为 (任写一种)。 ①分子中有3种不同类型的氢原子；②分子中存在。 (5)设计由对二甲苯和CH3NH2制备的合成路线 (无机试剂任选)。 16（16分）．研究含铜电路板的蚀刻与蚀刻废液回收利用有重要作用。 已知：。蚀刻含铜电路板有多种方法，用蚀刻废液可制备。 (1)酸性蚀刻液法(过氧化氢-盐酸法) ①用过氧化氢和盐酸蚀刻含铜电路板时发生反应的离子方程式为 。 ②反应后有气泡产生，且反应一段时间后，随着溶液变蓝，产生气泡的速率加快，可能的原因是 。 (2)碱性蚀刻液法。碱性含铜蚀刻液主要成分为、氨水、氯化铵等。蚀刻过程中，与电路板上的铜发生反应生成，失去蚀刻能力，通入空气可恢复蚀刻能力。 ①蚀刻过程发生的离子反应中，被还原的微粒主要存在形式的符号为 。 ②蚀刻过程主要的化学反应的化学方程式为 。 (3)酸性蚀刻废液与碱性蚀刻废液混合可析出沉淀，在之间易生成氢氧化铜胶体。酸性蚀刻废液与碱性蚀刻废液混和反应装置如图1所示。不同时，铜元素回收率如图2所示。 ①为减少胶体形成而影响后续操作，溶液为 (选填“酸性”或“碱性”)蚀刻废液。 ②解释时，铜元素回收率下降的原因为 。 (4)已知：氢氧化铜悬浊液受热易分解生成。设计从酸性蚀刻废液中制备氧化铜的实验方案：向一定质量的酸性蚀刻废液中， 。(实验中须使用的试剂：20% NaOH溶液、溶液、稀硝酸、蒸馏水) 17（15分）．综合利用是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。 Ⅰ.电化学技术：采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程如图-1所示： (1)电解过程中生成的电极反应式 。 (2)在反应器中，发生如下反应： 反应ⅰ：   反应ⅱ：   ①计算反应的 kJ/mol。 一定温度下，、和（体积比为x:2:1）按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器（入口压强为100kPa）发生反应ⅰ和ⅱ，有存在时，反应ⅱ的反应进程如图-2所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性（）如图-3所示。 ②根据图2，的选择性大于的原因是 。 ③结合图3，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着的增大，的转化率减小的原因是 。 Ⅱ.等离子体技术 利用等离子体和双金属催化剂催化和反应生成的过程中Zr的化合价发生变化，可能机理如图-4所示： 说明：图中的表示ZnO，表示ZrO2，表示氧空位；“—”表示化学键，“……”表示吸附作用。 (3)在中掺杂少量ZnO后形成的双催化剂，化学式可表示为，则 （用x表达）。 (4)Zr的常见化合价有+2、+3和+4，上图所示机理的步骤（ⅲ）中，元素Zr化合价发生的变化为 。 (5)增大反应电流，等离子体会释放出数量更多、能量更大的带负电的高能粒子。随着反应电流的增加，的产量增大，其可能原因是 。 2026届高三模拟预测 化学 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A C A C D D C D B 题号 11 12 13 答案 C D C 1．A 【详解】A．碳化硅陶瓷具有优良的抗氧化性、良好的耐腐蚀性等性能，属于新型陶瓷，故A符合题意； B．陶瓷属于传统无机非金属材料，故B不符合题意； C．Ti-Fe储氢合金属于合金，不属于新型陶瓷，故C不符合题意； D．塑料属于有机材料，故D不符合题意； 故答案为：A。 2．A 【详解】A．中的共价键为p-p共价键，中共价键形成的轨道重叠示意图为，A正确； B．苯酚与甲醛在催化剂作用下缩聚形成酚醛树脂，结构简式为，B错误； C．溶液中电离出的Na+带正电荷，与带负电荷的O之间有作用力，带负电荷的Cl-与带正电荷的H之间有作用力，溶液中的水合离子为，C错误； D．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键为：，D错误； 故选A。 3．C 【详解】A．氨气与氯化钙反应生成八氨合氯化钙，不能用氯化钙干燥氨气，A错误； B．蒸发皿不适用于强热固体，钠单质应在坩埚里加热，B错误； C．打开弹簧夹，挤压胶头滴管，使少量水进入烧瓶，氨气极易溶于水导致烧瓶中气体压强迅速减小滴有酚酞的水会沿导管进入烧瓶，酚酞溶液遇碱变为红色，因此会看到红色喷泉，C正确； D．测量溶液的pH时，应该将pH试纸放在表面皿中央，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸的中央，并迅速与标准比色卡对照读数，不能将pH试纸浸入待测液中，以免引起试剂污染，D错误； 故答案选C。 4．A 【详解】A．热稳定性比较：是离子化合物，是配合物，配合物中的配位键较弱，受热易分解，因此热稳定性，A正确； B．离子半径比较：和均具有Ne型电子层结构（10电子），核电荷数（Z=11）>（Z=9），核电荷数越大离子半径越小，故离子半径，B错误； C．电负性比较：电负性表示原子吸引电子的能力，Si的电负性约1.8，H的电负性约2.1，且中H显负电性、Si显正电性，故电负性Si<H，C错误； D．酸性比较：P和Cl同属第三周期，非金属性Cl>P（同周期从左到右增强），最高价含氧酸酸性（高氯酸为最强无机酸之一），D错误； 故答案选A。 5．C 6．D 7．D 【解析】5．A．碳的单质（如石墨，键角约120° ），硅的单质（如晶体硅，键角109°28′），并非所有碳的单质键角均为109°28′，如石墨的键角不同，A错误； B．中的C原子与O原子以双键结合，则杂化方式为sp，中的原子与O原子以单键结合，则原子杂化方式sp3，B错误； C．配合物 中，Ni 与 CO 通过配位键结合，形成中性分子，不含离子键，C正确； D．Ge（32号元素）基态电子排布式为 [Ar]3d104s24p2，需填充3d 轨道，D错误； 故答案选C。 6．A．甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，此反应为放热反应，热化学反应方程式：，A正确； B．根据题意，是一种弱酸，在水中缓慢水解生成和硫化氢，根据质量守恒配平化学方程式：，B正确； C．硅与 混合酸反应，硅被氧化为 H2​SiF6，HNO3​ 被还原为 NO，化学方程式为：，C正确； D．醋酸铅（弱电解质）和硫化氢反应可生成难溶物PbS，同时有醋酸生成，醋酸属于弱酸，所以醋酸铅和醋酸写离子方程式时都不能拆，方程式为：，D错误； 故答案选D。 7．A．金刚石切割玻璃是因为硬度大，A错误； B．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，所以可作为半导体材料，B错误； C．具有较大的燃烧热是因化学键能差显著（成键放出的热量远大于断键吸收的热量）和含氢量高，与非极性分子无关，C错误； D．与 形成配位键（），在盐酸中 Cl− 浓度高，促进反应 ，使在盐酸中溶解度比水中大，D正确； 故答案选D。 8．C 【分析】该装置晚间通过转化储存电力，则晚间对应电解池原理，将电能转化为化学能，B为阴极，与电源的负极相连，A为阳极，与电源的正极相连；白天制氢为原电池，将化学能转化为电能，A为正极，B为负极。 【详解】A．由分析可知，晚间储电时对应电解池原理，A为阳极，与电源的正极相连，A错误； B．白天制氢时是原电池，A为正极，B为负极，溶液中为阳离子，从右室向左室移动，B错误； C．储电时，阳极发生：，阴极发生，则总反应为，C正确； D．，每生成，转移的电子为2mol，由知，溶液中减少的，对应的=32g，D错误； 故选C。 9．D 【分析】浓差电池中，浓度高的一极为负极，浓度低的一极为正极。从图像可以看出，X极区，Y极区。则X为负极，电极反应是；Y为正极，电极反应是。在电解池中，与原电池负极连接的电极是阴极，与正极连接的是阳极。则电极a为阳极，电极反应为；电极b为阴极，电极反应为。据此作答。 【详解】A．由分析可知，电极Y的电极反应为。A正确； B．原电池中，电解质的阳离子由负极流向正极。在该电池中，则是从X极流向Y极。B正确； C．电解池中，电解质的阳离子流向阴极，阴离子流向阳极。由分析可知，该电池中电极a为阳极，电极b为阴极。因此，阴离子流向a极，阳离子流向b极。c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜。C正确； D．由分析可知， 电极a生成的气体M是，电极b生成的气体N是。结合电极反应方程式可知，和的生成比例是1:2。D错误； 故答案选D。 10．B 【分析】 X(溴苯)与发生取代反应生成Y和HBr，Y发生还原反应生成Z。 【详解】A．X→Y反应中有HBr的生成，K2CO3的作用是消耗生成的HBr，促进反应进行完全，不可以用H2CO3代替，A错误； B．Y与足量的H2加成产物（）中含3个手性碳原子，B正确； C．Y、Z均不含酚羟基，均不能使FeCl3溶液显色，所以不可用FeCl3溶液进行鉴别，C错误； D．Y转化成Z发生加氢还原反应，由羰基转化为羟基，NaBH4具有还原性，D错误； 故答案选B。 11．C 【详解】A．Ⅱ反应中转化成，C元素的化合价由-2价升高到了-1价，被氧化，故A正确； B．有机物分子中，不同基团之间相互影响，所处环境不同，稳定性也不同，故B正确； C．羟基被氧化生成C=O，C原子上应连接H原子，则甲基丙醇羟基相连碳上没有氢，不能羰基化，故C错误； D．贵金属钯催化乙醇羰基化的反应过程中贵金属钯做了催化剂，则总反应为，故D正确； 故答案选C。 12．D 【分析】该流程利用溶液吸收烟气中的，原理为与、反应生成，再加入溶液，使溶液中的含硫物质转化为沉淀，实现的固定与的制备。 【详解】A．的溶液中，来自初始，根据物料守恒，的物质的量是初始的2倍，因此正确关系为：，A错误； B．时，，结合的电离常数：，由，，，，因此，B错误； C．原溶液为0.1mol/L的Na2SO3，c总=0.2mol⋅L-1的溶液即为NaHSO3溶液，加入等体积溶液后，浓度为，含硫物质总浓度为。电离产生，电离是少量的，的浓度近似等于0.1mol/L，，则可得，则，因此会生成沉淀，C错误； D．吸收后的溶液主要含，逐滴加入时：初期发生反应，生成中水解促进水的电离，电离程度增大；过量后，抑制水的电离，水电离程度减小，因此溶液中水的电离程度先增大后减小，D正确； 答案选D。 13．C 【分析】从图中看出，温度低于300℃时，平衡后的反应体系中A、B物质的量约为2mol、1mol，D、E物质的量约为0，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，随温度升高反应Ⅰ平衡逆向移动、反应Ⅱ平衡正向移动，导致的物质的量减小、的物质的量增加，结合碳原子守恒含碳物质总量为1mol，的物质的量最大不超过1mol，则B曲线代表的物质的量，A代表，C代表，E代表，D代表。 【详解】A．根据上述分析可知，的物质的量的曲线为B，A正确； B．随温度升高反应Ⅱ平衡正向移动，的物质的量增加，的平衡选择性随着温度的升高而增加，B正确； C．在505℃，，设平衡时生成的物质的量为xmol、的物质的量为ymol，根据三段式分析，、，平衡时，解得，则平衡时，反应Ⅱ的平衡常数，C错误； D．从图中可看出，代表的D曲线，温度低于300℃时几乎为0，即平衡转化率几乎等于100%，随温度的升高增加，则平衡转化率降低，600℃之后，减小，则平衡转化率升高，故平衡转化率随温度的上升先下降后上升，D正确； 答案选C。 14．(1)将+3价铈氧化为+4价 (2)81.8% (3)加入硫酸，溶液中浓度增大，促进反应向反萃取的方向进行，提高元素的反萃取率；与结合成，转移至水层 (4) (5) 正四面体 20% (6)81.70% 【分析】氟碳铈矿(主要含)经氧化焙烧将+3价铈氧化为+4价，同时产生CO2，加入盐酸酸浸得到含的溶液，再加入萃取剂发生反应：，经分液分离有机层和水层，用氟洗液洗涤有机层，再加入硫酸和过氧化氢进行反萃取，同时将+4价铈还原为，分液得到含的水层，再加入NaOH使转化为沉淀，过滤后再加入NaClO，将Ce(OH)3氧化为，过滤得到固体，据此解答。 【详解】（1）原料中Ce为+3价，结合题目信息“在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能”，所以氧化焙烧的目的是将+3价铈氧化为+4价； （2）已知，，，， 则元素的萃取率为===； （3）“萃取”时存在反应：，加入硫酸，溶液中浓度增大，能使其平衡逆向移动，同时能与结合成而转移至水层，所以加入有利于“反萃取”的原因是：加入硫酸，溶液中浓度增大，促进反应向反萃取的方向进行，提高元素的反萃取率；与结合成，转移至水层； （4）“氧化”步骤过程被氧化为，同时被还原生成，反应的离子方程式为：； （5）①晶胞中黑球为，灰球为，结合晶胞图可知，与最近的形成的空间结构是正四面体； ②中阳离子和阴离子的个数比为1∶2，若掺杂后得到的晶体，该晶体中阳离子和阴离子的个数比为5∶8=1∶1.6，则此晶体中的空缺率为； （6）总的，，根据得失电子守恒可得，高锰酸钾消耗的，则与反应的，，所以样品的纯度为。 15．(1) 羧基 (2)氧化反应 (3)+ +HBr； (4)、、(任写一种) (5) 【分析】 A发生取代反应生成B和HCl，B中甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基(-COOH)，结合C的分子式知，C的结构简式为，SOCl2是常见的有机氯化试剂，C和SOCl2发生取代反应生成 D，D和E在氢氧化钠作用下反应生成F，结合F的结构简式和E的分子式可知，E为 NH2CH2CH2Br，E和D发生取代反应生成F和HCl，F和G加热条件下反应生成H，结合H的结构简式和G的分子式可知，G为 ，G和F发生取代反应生成H和HBr。据此分析解答。 【详解】（1） 根据C的结构 可知：C中含氧官能团的名称为：羧基 故答案为：羧基；； （2） 由分析可知，B→C即 → ，该反应属于氧化反应；故答案为：氧化反应； （3） 由分析可知，F+G→H的化学方程式为：++HBr； 故答案为：++HBr； （4） G的分子式为：，根据①分子中有3种不同类型的氢原子可知：该分子结构具有较高的对称性；根据②分子中存在，可以确定该物质可能为：、、（任写一种） 故答案为：、、（任写一种） （5） 仿照题干流程中B→C→D→F的转化，把对二甲苯中甲基转化为羧基、羧基转化为-COCl，再和氨基发生取代反应得到目标产物，故合成路线为：。 16．(1) 对的分解有催化作用 (2) (3) 酸性 ，铜元素回收率下降 (4)边搅拌边滴加20%的NaOH溶液 ，调节pH至7.5(或直至静置，上层清液中继续加NaOH溶液不再产生沉淀为止) ，把所得悬浊液加热，待悬浊液全部变黑后静置过滤 ，用蒸馏水洗涤沉淀2-3次，取最后一次洗涤滤液，用稀酸化后滴入溶液，检验不再产生白色沉淀，烘干沉淀 【分析】在酸性条件下，，为络合物，在溶液中以形式存在，欲生成氢氧化铜沉淀，需控制pH，当pH>7.5时，发生反应； 【详解】（1）①在酸性条件下，过氧化氢作为氧化剂将Cu氧化为Cu2+，过氧化氢被还原为H2O，故反应的离子方程式为：； ②反应后有气泡产生，且反应一段时间后，随着溶液变蓝，即有铜离子产生，产生气泡的速率加快，则铜离子对过氧化氢的分解有催化作用； （2）①蚀刻过程中，与电路板上的铜发生反应生成，即+2价Cu被还原为+1价Cu，故蚀刻过程中被还原的微粒主要存在形式的符号为：； ②蚀刻过程中，Cu为还原剂，被氧化为+1价Cu，故发生的化学反应为：； （3）①在之间，即酸性环境下易生成氢氧化铜胶体，为减少氢氧化铜胶体的生成，需将溶液调至碱性，故溶液B为碱性蚀刻废液，溶液A为酸性蚀刻废液； ②当时，溶液中氢氧根浓度较大，发生反应：，导致析出的氢氧化铜沉淀溶解，铜元素重新进入溶液，回收率下降； （4）酸性蚀刻废液中主要含有Cu2+、H+、Cl-等，需先加碱调节pH，使Cu2+转化为碱式氯化铜沉淀，再加热氢氧化铜悬浊液，分解为CuO，洗涤、烘干得到纯净的CuO；故其操作步骤为：边搅拌边滴加20%的NaOH溶液 ，调节pH至7.5(或直至静置，上层清液中继续加NaOH溶液不再产生沉淀为止) ，把所得悬浊液加热，待悬浊液全部变黑后静置过滤 ，用蒸馏水洗涤沉淀2-3次，取最后一次洗涤滤液，用稀酸化后滴入溶液，检验不再产生沉淀，烘干沉淀； 17．(1)或 (2) -126 由生成时，活化能较大，反应速率慢 随着x的增大，的分压增大，对于反应ⅰ和反应ⅱ相当于减压，反应ⅰ和反应ⅱ平衡均逆向移动，所以的转化率减小 (3) (4)+3价变为+4价 (5)在数量更多、能量更大的带负电的高能粒子作用下，更多的水蒸气分子断裂出H原子；同时催化剂中的表面形成更多的氧空位，提高了反应物在催化剂上的吸附能力和成键能力，促进反应的进行 【分析】电解池中，在N极上转变为，化合价降低，发生还原反应，是阴极，电解质为溶液，配平得电极方程式为(或)，M则为阳极，发生氧化反应，乙烯、二氧化碳、氢气在反应器中反应生成。 【详解】（1）由分析可知，电解过程中生成的电极反应式为(或)； （2）①目标反应可由反应ii减反应i得到，； ②由图2可知，由生成时，活化能较大，反应速率慢，故的选择性更大； ③x增大，的分压增大，对于反应i和ii(均为气体分子数减少的反应)相当于减压，反应和反应i平衡均逆向移动，故的转化率减小； （3）化合物中，Zr为+4价、Zn为+2价、O为-2价，由化合价代数和为0得：，解得； （4）根据化合物中所有元素的化合价代数和为零，步骤(iii)中，Zr的化合价由+3价变为+4价； （5）增大反应电流，更多高能粒子使水蒸气分子断裂出H原子，同时催化剂中表面形成更多氧空位，提高反应物的吸附能力和成键能力，促进反应进行，产量增大，故答案为：在数量更多、能量更大的带负电的高能粒子作用下，更多的水蒸气分子断裂出H原子，同时催化剂中的表面形成更多的氧空位，提高了反应物在催化剂上的吸附能力和成键能力，促进反应的进行。 学科网（北京）股份有限公司 $