2026年上海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（解析版）

重难03化学反应机理分析与应用内容导航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＋＋H2O2H3Oeq\o\al(＋,2)②H3Oeq\o\al(＋,2)＋Br－=H2O＋HOBr③HOBr＋H＋＋Br－=H2O＋Br22．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。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F②生成物：B和E③催化剂：C或D，中间产物D或C3．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=+50.7kJ·mol-1根据上述信息，推测Ni-Pt/La2O3A．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，1molNO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D2D．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ΔH0；第二步的熵变ΔS0。A．大于

B．小于

C．等于(2)分解1molNOCl需要吸收mol光子。【答案】(1)AA(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，0.1kgN2H4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0.1kgN2H4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+H2OC．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