考点19 反应热与反应机理-【大数据建模高考】2027高考化学精准二轮复习课件PPT

考点19　反应热与反应机理 成都郭小渠名师 工作室·出品 2026年全国高考真题分类全解◎二轮专题复习导航 10 十一月 2026 说明 1.本PPT是《大数据建模高考化学》的二轮复习用书的教学用PPT。全书以2026年全国及各省市解密高考真题为核心题源进行研究，进行完整的分类汇编。旨在检验一轮复习成果、小综合分类训练，探究新的考试方向。 2.从六个维度挖掘真题价值、探究高考命题的底层逻辑，实现高考复习从“刷题”到“研题”的转变，从“传统经验”研判走向“数据实证”驱动的变革。 3.将高考试题划分为六个难度层级：❶❷基础性试题；❸综合分析；❹迁移应用；❺❻创新探究。并与高考录取层级对应。以落实“以人为本，分层教学”的复习策略。 4.PPT采用人工智能的模板化设计和制作，采用文本化呈现，有利于修改和移植。如遇制作上的勘误，请查阅原书更正。 5.要进一步了解本书的体系和实施策略，请关注我们团队的公众号：scthgxq 考点19 · 02 (一)考查内容与统计 考查要求：(1)内容：共考查29次，难度最高五星。催化循环与催化剂判定、机理物种推断与总反应推导、化学键与分子极性判断、电子守恒与氧化还原强弱比较、反应热判据与电化学机理。 (2)考型：催化循环读图、中间体与催化剂互判、消元得总反应、极性与键型判断、电子守恒与氧化性比较、由自由能推焓变与熵变。 (3)方法：按进出关系逐物种核对循环，标变价先算电子数再列守恒，由平衡常数与自由能关系定焓变熵变符号。属机理与能量并重的考点，综合性和深度都高。 内容统计： 催化循环与催化剂判定(3次/★★★★)催化剂与中间产物互判、双催化剂循环 机理物种推断与总反应(3次/★★★★)吸附物种推断、消元得总反应 化学键与分子极性判断(2次/★★★★)极性/非极性键、分子极性 电子守恒与氧化还原强弱(2次/★★★★)得失电子守恒、氧化性比较、投料比 反应热判据与电化学机理(2次/★★★★★)自由能推焓变熵变、电化学电子媒介。 考点19 · 03 (二)一轮链接 🔗放热反应：旧化学键断裂吸收的能量小于新化学键形成释放的能量，则为放热反应。吸热反应：旧化学键断裂吸收的能量大于新化学键形成释放的能量，则为吸热反应(P146)； 🔗反应热的比较：比较ΔH的大小时，要带上“±”号比较，放热越多，ΔH的值越小。如果仅仅比较反应热的热值，则不带符号，放出热量越多，则热值越大(P149)； 考点19 · 04 (二)一轮链接（续） 🔗化学反应的焓变(反应热)只与反应的始态(各反应物)和终态(各生成物)有关，与反应的途径无关，即无论反应是一步完成还是分多步完成，总焓变等于各步反应焓变之和。能量守恒是盖斯定律的实质(P151)； 🔗厘清反应图中结构的变化历程：①反应物：只进入反应链而未流出的物质；②最终产物：从反应链中唯一流出的成分；③催化剂：先参与反应后又重新生成的物质；④中间体：在反应链中先生成后消耗的成分。记：只进不出反应物，只出不进生成物，首进尾出催化剂(P153)； 🔗总反应方程式的书写：将整个反应循环视作一个整体，依据之前的分析确定反应物和产物，利用元素守恒原则，准确书写出整体反应方程式。中间产物常以自由基(如·OH)、吸附态物种(如*CO)、配位化合物形式存在(P153)； 🔗判断催化剂方法：在反应循环图中，催化剂通常最先与反应物结合(即第一步)，在循环结束时再次生成并参与反应。在书写方程式时，催化剂应作为反应条件出现，而中间产物则不会出现在最终方程式中。催化剂(循环再生，反应初期被消耗，反应后期重新生成)；中间产物(临时生成，反应过程中生成，后续又参与消耗)(P154) 衔接： 2026年将单一催化剂循环拓展到双催化剂线路与电化学电子媒介，并把自由能公式ΔH – TΔS=−RTlnK的变式推导纳入机理题的焓变熵变判据，要求在同一机理图中同时完成识图、守恒与热力学三重处理。 考点19 · 05 (三)实考知识 1.催化剂与中间产物的判定：在循环机理中，起点物质若被再生即为催化剂；仅在中间生成又消耗的是中间产物，二者可随观察起点互换[河北-12/浙江1月-14]； 2.总反应式的消元推导：将机理各步相加、消去两侧同现的中间体，再用原子守恒与电荷守恒配平得总反应[陕晋青宁-11/北京-13]； 3.化合价变化与电子转移：标变价元素起止价态，1个CO₂中C由+4→−4得8e⁻，按得失电子守恒计算转移电子数或投料比[四川-12/江苏-10]； 4.极性键与非极性键的判断：同种原子间为非极性共价键，不同种原子间为极性共价键；断键成键需沿机理逐步判定[云南-10/湖南-12]； 5.分子极性与空间构型：CO₂为直线形对称结构、正负电荷中心重合，属非极性分子；含极性键未必是极性分子[西藏新疆-12]； 考点19 · 06 (三)实考知识（续） 6.配位键与配位数：en(乙二胺)为双齿配体，1mol[Cu(en)₂]²⁺含4 mol配位键即4Nₐ个；配位键由孤电子对给予形成[浙江6月-12/浙江1月-14]； 7.反应焓变与自由能判据：ΔH−TΔS=−RTlnK；由K>1判正向趋势，将两式相减可推ΔH、ΔS差的符号[浙江6月-12]； 8.氧化还原反应与氧化性强弱：氧化剂氧化性强于其氧化产物；MnO₄⁻过量会把I₂继续氧化为IO₃⁻，IO₃⁻不能使淀粉变蓝[福建-5/江苏-10]； 9.原子利用率：反应物全部原子进入产物时，该制备反应的原子利用率为100%[西藏新疆-12]； 10.氢键的识别：机理图中O₃与H₂O之间的虚线表示分子间氢键[陕晋青宁-11]。 考点19 · 07 (四)关键能力 模型1　催化循环追踪模型[河北-12]。 ①读机理图：标出反应物与最终产物，圈出反复出现或进出循环的物种；②判角色：起点物质若被再生则为催化剂，仅在中间生成又消耗者为中间产物；③核断键成键：沿循环核对键的形成与断裂(如循环Ⅱ中C-N键只断不形成)；④写总反应：按进出物质用原子守恒写出总方程式； 模型2　总反应消元推导模型[陕晋青宁-11]。 ①读进出：从机理图提取各步反应物与产物，区分中间体与终态物；②消中间体：将各步相加、消去两侧同现的物种；③配平核算：用原子守恒与电荷守恒核对总反应式；④溯源判断：依原子来源判选项(如·OH的O是否来自H₂O)； 模型3　电子守恒计算模型[江苏-10]。 ①标价态：列出氧化剂/还原剂中变价元素的起止价态；②算得失：分别算1 mol物质得/失电子数；③列守恒：按n(得)×ne-(得)=n(失)×ne-(失)列式；④求比值：解出理论投料比或转移电子数； 模型4　反应焓变与自由能判据模型[浙江6月-12]。 ①读已知：提取K大小关系与ΔH−TΔS=−RTlnK；②判稳定性：由K>1判正向趋势与配合物/产物稳定性；③数结构：按配体齿数算配位键数等微观量；④作差推符号：两式相减，由lnK差>0反推ΔH/ΔS差的符号 考点19 · 08 (五)易错点与避坑指导 易错点 避坑指导 氧化还原缺“介质意识”与“配平意识” 未结合介质、未做电子守恒：酸性水溶液中把Fe(VI)还原产物误写为K₂O或Fe₂O₃，忘却稳定产物是Fe(OH)₃；算HCN氧化失电子数错致投料比误判[江苏-10]A、B项)。 水溶液中Fe(VI)还原产物是Fe(OH)₃；按C(+2→+4)、N(-3→+5)共失10e⁻、Fe(VI)==Fe(III)得3e⁻，得失电子守恒得3n(K₂FeO₄)=10n(HCN)。 催化历程题跳过“结构—性质”与“电子转移”，凭印象而非依据：凭“含两元素”把直线对称、电荷中心重合的CO₂误判极性分子；又以为催化剂Co价态全程不变，忽略历程中电子转移[西藏新疆-12]A、B项)。 CO₂直线对称、电荷中心重合，是非极性分子，判极性看构型与电荷中心；Co若参与历程有电子转移则价态必变，判价态看电子得失，不能默认不变。 考点19 · 09 (六)创新与方法 1.情境[陕晋青宁-11/江苏-10/北京-13/西藏新疆-12]：以羟基自由基处理有机废水、含氰废水投料、熔盐催化焦炭转化、多酸阴离子催化CO₂制备等真实科研与环保工艺为情境载体，将反应机理与电子守恒计算嵌入实际流程。方法指导：①读情境工艺流程图，先提取循环催化剂与进出物质；②按真实体系列电子守恒式求投料比或判原子利用率。 2.表征[河北-12]：采用双催化剂线路(吗啉与另一物种共同催化)的机理表征，循环Ⅱ中仅C-N键断裂而无新键形成，拓展催化剂与中间产物可随起点互换的识图视角。方法指导：①读双催化剂循环时分别追踪两条循环线路；②沿线路核对键的断裂与形成，防止误判成键。 考点19 · 10 典型示范 [浙江6月-12] 难度❺　第1题 [Cu(H₂O)₄]²⁺(aq) + 4NH₃(aq) ⇌ [Cu(NH₃)₄]²⁺(aq) + 4H₂O(l)　ΔH₁　ΔS₁　K₁ 已知：①en代表H₂NCH₂CH₂NH₂；②ΔH – TΔS = -RT lnK(R为常数，R>0)；③25℃时，K₂>K₁>1。 下列说法不正确的是(　　) A. 配位键键能：[Cu(H₂O)₄]²⁺ < [Cu(NH₃)₄]²⁺ B. 1mol[Cu(en)₂]²⁺中配位键的数目为4NA C. 碱性：[Cu(NH₃)₄](OH)₂<[Cu(en)₂](OH)₂ D. 25℃时，若ΔH₁-ΔH₂ < 0，则ΔS₁-ΔS₂ > 0 答案1：D A正确，K₁>1说明反应正向进行的比例较大，[Cu(NH₃)₄]²⁺比[Cu(H₂O)₄]²⁺稳定，前者配位键键能更大(学习分子方法与结论)；B正确，en为双齿配体(重视新概念)，1 mol [Cu(en)₂]²⁺含4 mol配位键，即4NA个；C正确，Cu(OH)₂(s) + 4NH₃(aq) ⇌ [Cu(NH₃)₄]²⁺(aq) + 2OH⁻(aq)　　Kb₁；Cu(OH)₂(s) + 2en(aq) ⇌ [Cu(en)₂]²⁺(aq) + 2OH⁻(aq)　Kb₂；容易得出Kb₂>Kb₁，说明反应Kb₂ 进行的趋势更大，c(OH⁻)更大，碱性更强；D错误，两式相减得(ΔH₁-ΔH₂)-T(ΔS₁-ΔS₂)=RT(lnK₂-lnK₁)>0，若ΔH₁-ΔH₂<0，则必有T(ΔS₁-ΔS₂)<0，即ΔS₁-ΔS₂<0(自由能的公式变式推导)。 考点19 · 11 试题分析 [浙江6月-12] 难度❺　第1题 试题情境： 给出反应的热力学性质(ΔH、ΔS 或 K)与自由能随温度变化的关系图，要求判断自发性方向与温度对平衡的影响。 分析关联： 先用 K 的大小判配合物的稳定性，再把稳定性翻译成配位键键能与碱性；判 D 项须把两式作差，得到 ΔH、ΔS、K 三者的联合不等式，再与题给的不等号方向联立。 模型应用： 配体替换反应，前提是双齿配体与一齿配体已区分。判碱性须借沉淀溶解平衡——配体消耗越多、生成的 OH⁻ 越多，碱性越强；由 K 反推热力学量须用 ΔH－TΔS＝－RT lnK 作差变形。 反查易错： D 项的陷阱是「ΔH₁－ΔH₂< 0, 则 ΔS₁－ΔS₂< 0」看似对称，实则两式作差后左侧必大于 0，ΔH 差为负已占用一部分，故 ΔS 差只能为负。 考点19 · 13 跟踪训练 [河北-12] 难度❹　第2题 ◎1　催化循环与催化剂判定 CO₂的利用技术受到全球的广泛关注。在一定条件下使用催化剂将CO₂转变为CO的 反应机理如下：下列说法错误的是(　　) A.反应③中的产物M是H₂O B.循环Ⅱ包含C-N键的形成与断裂 C.吗啉 和共同起催化作用 D.总反应为CO₂ + H₂ ⇌催化剂 CO + H₂O 答案2：B 情景创新：双催化剂线路。A正确，反应③中HCOO⁻与-NH-反应生成酰胺键(-CON-)，由原子守恒可知同时生成H₂O，即M为H₂O；B错误，循环Ⅱ中⑤只涉及酰胺基C-N键的断裂过程，不存在新C-N键的形成；C正确，吗啉在③中参与在⑤中生成，⑤在I和II中循环，共同起催化作用；D正确，从进出关键分析，总反应中CO₂和H₂为反应物，CO和H₂O为产物，原子守恒，方程式正确。 考点19 · 14 跟踪训练 [北京-13] 难度❹　第3题 ◎1　催化循环与催化剂判定 熔融碱金属碳酸盐(如Na₂CO₃)可作为焦炭转化的催化剂，一种可能的催化机理如下。 下列说法不正确的是(　　) A.该过程需加热Na₂CO₃至熔融，使其发生电离 B.反应①、②中断裂的化学键只有碳氧键 C.该过程的总反应为C+CO₂==△催化剂== 2CO D.该过程中每生成2molCO，①、②间转移1mole⁻ 答案3：B A正确，熔融状态下Na₂CO₃电离出Na⁺和CO₃²⁻，才能参与催化循环；B错误，反应②中焦炭参与反应，焦炭中存在C-C键，故除碳氧键断裂外还有碳碳键断裂；C正确，将两步反应加和，消去中间产物，得总反应；D正确，反应①：CO₂ + 2Na⁺ + 2e⁻ == CO + Na₂O， Na₂O~ Na₂CO₃，反应②：2C + CO₃²⁻ -2e⁻ == 3CO，由此可见，每生成4 mol CO，总转移电子为2 mol，即每生成2 mol CO，①、②间转移1 mol e⁻。 考点19 · 15 跟踪训练 [浙江1月-14] 难度❺　第4题 ◎1　催化循环与催化剂判定 某化学兴趣小组利用有机P化合物除去N₂O的流程如下(Ph代表苯环)，下列说法不正确的是(　　) A.在该循环中I、Ⅲ均可作催化剂 B.Ⅱ中P-N是N提供孤电子对 C.Ⅲ可能是 D.产物中还可能生成 答案4：B 流程图中，元素的进出关系不守恒，故补充是反应“Ⅱ→Ⅲ”中生成N₂，总反应：PhSiH₃ + N₂O ==PhSiH₂(OH) + N₂;A正确，以I为起点时I是催化剂、Ⅲ是中间产物；以Ⅲ为起点时Ⅲ是催化剂、I是中间产物，故二者均可作催化剂，注意，本题拓展到中间产物与催化剂的互换，在反应机理中，还要考虑催化活化能高的反应。B错误，Ⅱ中P带一个正电荷，有4个单电子，能形成4个σ键，故P-N为共价键。C正确，由Ⅳ的结构及原子守恒可推知Ⅲ的结构正确，D正确，PhSiH₂(OH)两分子间脱水可生成该结构。 考点19 · 16 跟踪训练 [四川-12] 难度❹　第5题 ◎2　机理物种推断与总反应 将CO₂(g)转化为高值化学品有助于实现“双碳”目标。CO₂(g)催化转化的一种反应机理如下，图中“2*”表示催化剂表面的2个吸附位，“H*”表示吸附位上的H物种。 下列说法错误的是(　　) A.步骤①生成的X*是O* B.步骤②和④生成的Y是H₂O C.步骤④中m=1 D.1个CO₂分子完成催化反应获得了8个电子 答案5：C A正确，步骤①中CO₂在2个吸附位上发生解离，由元素守恒得X*=O*；B正确，元素守恒，步骤②中HO*+H*→H₂O(即Y)，步骤④中mH₂(m=2) + HO*+HC*→CH₄ +Y(H₂O),注反应中“*”守恒未标明；C错误，见B解析；D正确，整个反应中，碳元素由CO₂(+4价)→CH₄(-4价)，1个CO₂获得8个电子。 考点19 · 17 跟踪训练 [湖南-12] 难度❹　第6题 ◎2　机理物种推断与总反应 光催化是一种常用的绿色有机合成方法，合成化合物M(Ar⁻表示芳基，ᵗBu⁻表示叔丁基)的反应历程如图所示。下列说法错误的是(　　) A.X==Y过程中既有σ键断裂，又有π键断裂 B.Z中Ni的化合价为+2 C.PC②→PC①是一个氧化过程 D.总反应式为 答案6：B A正确，X反应中碳碳三键的π键断裂，生成Y时C-H σ键断裂，生成单电子自由基。B错误， 中Ni的化合价为+2价， 与 单电子的C结合形成σ键，且共用电子对偏向于C， Ni的化合价上升到+3价。C正确，反应PC②+ Lₙ-Ni⁽Ⅰ⁾==PC①+ Lₙ-Ni⁽⁰⁾，Ni被还原(+1→0)，故PC②→PC①为氧化过程。D正确，根据进出关系，总反应为炔烃X与ArCl在光催化下生成M，反应式正确。 考点19 · 20 跟踪训练 [陕晋青宁-11] 难度❹　第7题 ◎2　机理物种推断与总反应 羟基自由基(·OH)具有强氧化性，可用于处理有机废水。某科研团队开发了一种催化剂，将O₃高效转化为·OH，机理如图。下列说法错误的是(　　) A.总反应为H₂O + 3O₃ == 4O₂ + 2·OH B.部分·OH中的O来自于H₂O C.步骤①中O₃与H₂O之间形成氢键 D.步骤③发生了氧化还原反应 答案7：B A正确，根据机理图的进出关系，消去中间产物后，得总反应；B错误，HO₃·→O₂⁺·OH (HO₃·中的O₃全部来源于O₃)；C正确，步骤①中虚线表示O₃与H₂O之间形成的氢键；D正确，步骤③中，O₃ + →O₂ + ，催化剂化合价升高为+1价，故发生了氧化还原反应。 考点19 · 21 跟踪训练 [云南-10] 难度❹　第8题 ◎3　化学键与分子极性判断 Ni@ZnInS纳米催化剂经光照后产生e⁻和空穴(h⁺)，促进α-甲基苯甲胺脱氢、偶联生成二胺，其催化机理关键步骤如图(Ph为苯基)。下列说法错误的是(　　) A. 该过程涉及光能转化为化学能 B. 步骤Ⅱ体现了h⁺的氧化性 C. 相同条件下产生的空穴越多，生成的越多 D. 该过程涉及非极性共价键的断裂和形成 答案8：D A正确，催化剂经光照后产生e⁻和空穴(h⁺)，驱动化学反应，涉及光能→化学能转化；B正确，步骤Ⅱ中h⁺带正电，使底物失去电子，体现氧化性；C正确，h⁺为氧化剂，数量越多氧化能力越强，生成的产物越多；D错误，步骤Ⅲ断裂C-H极性键，步骤Ⅳ形成C-C和H-H非极性键，无非极性共价键的断裂。 考点19 · 22 跟踪训练 [西藏新疆-12] 难度❹　第9题 ◎3　化学键与分子极性判断 一种含钴(Ⅱ)的多酸阴离子[CoPW₁₁O₃₉]⁵⁻ (以表示)能催化和的反应，制备，其反应历程如图所示。 下列叙述正确的是(　　) 一种含钴(Ⅱ)的多酸阴离子[CoPW₁₁O₃₉]⁵⁻ (以 表示)能催化 和 的反应，制备，其反应历程如图所示。 A. 和CO₂均含有极性键，都是极性分子 B. 反应过程中Co的化合价保持不变 C. 该制备反应的原子利用率为100% D. 用替换 ，反应生成 答案9：C A错误，CO₂为直线形对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子；B错误，反应历程中存在电子转移，Co元素有电子得失，化合价会发生变化；C正确， + CO₂ → ，反应物全部原子进入产物，原子利用率为100%，反应历程如图：D错误，由图可知， 与二氧化碳发生加成反应生成 ，替换原料后所得产物与题给产物不符。 考点19 · 25 跟踪训练 [江苏-10] 难度❹　第10题 ◎4　电子守恒与氧化还原强弱 ◆ 净水剂高铁酸钾(K₂FeO₄)在酸性条件下极不稳定。向含氰(以HCN表示)废水中加入K₂FeO₄，转化过程如图所示，下列说法正确的是(　　) A.反应①②中Fe元素化合价均升高 B.酸性条件下，K₂FeO₄转化为K₂O和Fe₂O₃ C.理论投料比n(K₂FeO₄):n(HCN)=10:3 D.废水中的NO₃⁻可被FeO₄²⁻进一步氧化为N₂ 答案10：C A错误，FeO₄²⁻中Fe为+6价，反应①、②中Fe分别降为+5价、+3价，化合价均降低；B错误，酸性条件下不可能生成碱性氧化物K₂O(能与酸反应)，在水溶液中，还原产物是稳定的Fe(OH)₃，而非脱水的Fe₂O₃；C正确，1 mol K₂FeO₄还原为Fe(OH)₃得3 mol电子；1 mol HCN被氧化为HCO₃⁻(C：+2→+4)和NO₃⁻(N：-3→+5)共失10 mol电子，由得失电子守恒得3 n(K₂FeO₄) = 10n(HCN)；D错误，NO₃⁻生成N₂是被还原，NO₃⁻中的N是最高价态，不能再被氧化。 考点19 · 26 跟踪训练 [福建-5] 难度❹　第11题 ◎4　电子守恒与氧化还原强弱 高锰酸根离子(MnO₄⁻)与碘离子(I⁻)在酸性溶液中可发生如下反应： i．2MnO₄⁻+15I⁻+16H⁺ == 2Mn²⁺+5I₃⁻+8H₂O　　lgK₁=165 ⅱ．IO₃⁻+8I⁻+6H⁺== 3I₃⁻+3H₂O　　lgK₂=65 ⅲ．6MnO₄⁻+5I⁻+18H⁺ == 6Mn²⁺+5IO₃⁻+9H₂O　　lgK₃ 根据上述反应信息，下列说法正确的是(　　) A.反应i中，当转移2 mol电子时，生成I₃⁻的物质的量为2 mol B.当反应物中n(MnO₄⁻)∶n(I⁻)=1∶1时，产物中存在IO₃⁻ C.酸性条件下IO₃⁻氧化性强于MnO₄⁻，使反应iii得以进行 D.酸性条件下MnO₄⁻可以使淀粉-KI试纸变蓝 答案11：B A错误，反应i中转移10 mol电子生成5 mol I₃⁻，故转移2 mol电子时生成1 mol I₃⁻；B正确，反应i中n(MnO₄⁻)∶n(I⁻)=2∶15≈1∶7.5，反应iii中n(MnO₄⁻)∶n(I⁻)=6∶5=1.2∶1，1∶1介于二者之间，故产物中存在IO₃⁻；C错误，反应iii中MnO₄⁻为氧化剂、IO₃⁻为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物；反应ii．在无MnO₄⁻条件下可发生。D错误，MnO₄⁻过量时会继续把I₃⁻(即I₂)氧化为IO₃⁻，而IO₃⁻不能使淀粉变蓝。 考点19 · 27 跟踪训练 [浙江6月-16] 难度❺　第12题 ◎5　反应热判据与电化学机理 某课题组采用电化学方法合成含硫磷有机化合物(以CH₃CN作溶剂，Ph⁻ 代表苯基，电负性：P > H)。合成机理示意图如下： 下列说法不正确的是(　　) A.该合成中NaI可作电解质 B.化合物1、化合物2中P元素的化合价不同 C.转化为化合物4的反应中，Ph-S-I被还原 D.该合成的反应式为 答案12：B A正确，NaI在CH₃CN中电离出Na⁺、I⁻，能导电，可作电解质；I⁻在阳极失电子生成I·，参与反应后再生，起电子媒介作用；B错误，在1中，P化合价=(+2)(对S) + (+2)(对O) -(-1)(对H)=+3; 在2中，P化合价 =(+1)(对S) + (+2)(对O) =+3，二者相同；C正确，化合物4中P的化合价为+5，反应中，P由+3升至+5被氧化，则Ph-S-I作氧化剂被还原；D正确，结合反应机理，总反应为：(化合物1)+ Ph-SH→(化合物4)+ H₂，图示中存在不同处，元素进行出的情况，反应式配平正确。 珍惜今天，才拥有灿烂的明天！ 认真研究、探寻、领悟大数据的细节。 复习才更扎实、道路才更宽阔。 24 $