2024届高考二轮复习 题型(七)　反应机理图和能量历程图 讲义

题型(七)反应机理图和能量历程图命题视角一反应机理图[典例]Pd－Mg/SiO2催化剂上CO2甲烷化的反应机理如图所示。下列说法错误的是()A.上述CO2甲烷化过程的总反应可表示为CO2＋4H2eq\o(=,\s\up7(Pd－Mg/SiO2))CH4＋2H2OB.题图中碳元素为＋2价的中间体只有MgOCOC.Pd－Mg/SiO2催化剂增大了CO2甲烷化速率，提高了H2的平衡转化率D.经过一个甲烷化循环后的MgO再次与CO2结合形成碳酸盐，开始一个新的甲烷化循环过程答案C解析由题图可知，反应物为CO2和H2，生成物为CH4和H2O，Pd－Mg/SiO2为催化剂，A项正确；MgOCO中碳元素为＋2价，B项正确；催化剂可以增大反应速率，但不影响平衡转化率，C项错误；由题图可知MgO和CO2反应生成MgOCO2，再经过后续一系列反应后转化为MgO，性质不变，可以继续开始一个新的甲烷化循环过程，D项正确。环式历程图的解题方法“环式”反应历程如图所示：依据反应物和生成物，利用原子守恒可写出总反应式。1.(2022·山东卷)在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是()A.含N分子参与的反应一定有电子转移B.由NO生成HONO的反应历程有2种C.增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变D.当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少答案D解析A.根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO＋·OOH=NO2＋·OH、NO＋NO2＋H2O=2HONO、NO2＋·C3H7=C3H6＋HONO、HONO=NO＋·OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为＋2价、＋4价、＋3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；B.根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C.NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D.无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8＋O2eq\o(,\s\up7(NO))2C3H6＋2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误；答案选D。2.(2022·苏州模拟)MoO3可以催化1，2－丙二醇()获得多种有机物，其反应历程如图所示。下列说法正确的是()A.转化过程中涉及非极性共价键的断裂与形成B.反应过程中Mo形成共价键的数目始终保持不变C.如果原料是乙二醇，则主要有机产物是乙二醛和乙烯D.Cu催化氧化1，2－丙二醇所得产物与MoO3催化时相同答案A解析A项，反应③中碳碳单键断开，为非极性键断开，反应④中形成碳碳双键，为非极性键形成，正确；B项，反应③的产物中Mo只形成4个共价键，其余含Mo的化合物中Mo均形成6个共价键，错误；C项，根据反应③、④中的断裂情况知，如果原料是乙二醇，则主要有机产物是甲醛和乙烯，错误；D项，Cu催化氧化1，2－丙二醇得到，MoO3催化1，2－丙二醇得到甲醛、乙醛和丙烯，错误。命题视角二能量历程图1.基元反应与活化能(1)基元反应和反应历程大多数反应都是分步完成的，其中每一步反应称为基元反应，如H2＋Cl2eq\o(=,\s\up7(光照))2HCl分三步反应：Cl2eq\o(→,\s\up7(光照))2Cl·H2＋Cl·→HCl＋H·H·＋Cl2→HCl＋Cl·总反应为H2＋Cl2eq\o(=,\s\up7(光照))2HCl其中微粒H·、Cl·存在未成对电子，它们称为自由基，自由基的反应活性很强，寿命极短。由基元反应构成的反应序列称为反应历程(又称反应机理)，基元反应的总和称为总反应。(2)活化能(Ea)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。过渡态是反应过程中具有最高能量的一种状态，过渡态能量与反应物平均能量的差值为活化能(Ea)，如基元反应：H2＋Cl·→HCl＋H·的活化能可用下图表示：2.催化剂对反应活化能的影响反应历程中，既包含有催化剂参与的反应又包含有催化剂再生成的反应，可见催化剂通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能，提高反应速率。3.能量——反应历程图实例工业合成氨[N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)]的反应历程和能量变化如下图所示：(1)该反应历程分两步反应、四个阶段第一阶段为N2和H2的吸附过程，即N2和H2吸附到催化剂上，吸附后用*N2＋3*H2表示。吸附过程放热，但不发生化学反应。第一步反应(第二阶段)：破坏N2和H2分子中的共价键，经过渡态Ⅰ形成自由基，反应方程式为*N2＋3*H2=2*N＋6*H第二步反应(第三阶段)：形成NH3分子中的共价键，经过渡态Ⅱ形成自由基，反应方程式为2*N＋6*H=2*NH3第四阶段，氨的脱附过程，即附着在催化剂上的NH3解离过程，用*NH3→NH3表示，脱附过程吸热，但不发生化学反应。(2)决速步是指反应历程中活化能最大的步骤，即反应历程中的第二步，2*N＋6*H=2*NH3，该步反应的活化能Ea＝(500－148)kJ·mol－1＝352kJ·mol－1(3)相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒(活化能)越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。故第一步反应*N2＋3*H2=2*N＋6*H的活化能Ea＝(34＋90)＝124kJ·mol－1。(4)总反应式是各步反应的之和，即N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－(500－100－308)kJ·mol－1＝－92kJ·mol－1。3.(2022·衡水二模)最近科学家在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇(CH3OH)方向取得重要进展，反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注。下列说法错误的是()A.得到的副产物有CO和CH2O(甲醛)，其中相对较多的副产物为COB.生成副产物CH2O时，反应的活化能较大C.制备甲醇的主反应速率主要由过程*CO＋*OH→*CO＋*H2O决定D.电催化还原制备甲醇过程中，阳极的电势比阴极电势低答案D解析A.主要产物是甲醇，由图可知，得到的副产物有CO和CH2O(甲醛)，生成副产物CH2O时反应的活化能较大，反应进行较慢，生成的量相对较少；生成副产物CO时反应的活化能较小，反应进行较快，生成的量相对较多，A正确；B.由A的分析可知，生成副产物CH2O时，反应的活化能较大，B正确；C.合成甲醇的主反应中，过程*CO＋*OH→*CO＋*H2O的活化能最大，反应速率最慢，决定整体反应速率，C正确；D.电催化还原制备甲醇过程中，阳极的电势比阴极的高，D错误。4.(2022·扬州中学三模)CO2催化加氢制甲醇有利于减少CO2的排放，实现“碳达峰”，其反应可表示为：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－49kJ·mol－1。CO2催化加氢制甲醇的反应通过如下步骤来实现：①CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH1＝＋41kJ·mol－1②CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2反应过程中各物质的相对能量变化情况如图所示。下列说法不正确的是()A.步骤①反应的ΔS＞0B.步骤②反应的ΔH2＝－90kJ·mol－1C.CO2催化加氢制甲醇的总反应速率由步骤②决定D.升高温度，各步骤的正、逆反应速率均增大答案C解析步骤①反应前后气体分子数不变，但由单质转化为化合物，故ΔS＞0，A正确；步骤②的反应热ΔH2＝ΔH－ΔH1＝－49kJ·mol－1－41kJ·mol－1＝－90kJ·mol－1，B正确；步骤①的活化能高于步骤②，即步骤①的反应速率更慢，是总反应的决速步，C错误；升高温度，各步的反应物和生成物的活化分子百分数均增大，各步的正逆反应速率均加快，D正确。1.(2022·湖南卷)科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NOeq\o\al(－,2)转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是()A.过程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)发生氧化反应B.a和b中转移的e－数目相等C.过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NHeq\o\al(＋,4))＝1∶4D.过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NOeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋2H2O答案C解析过程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)转化为NO，氮元素化合价由＋3价降低到＋2价，NOeq\o\al(－,2)得电子，发生还原反应，A错误；过程Ⅰ为NOeq\o\al(－,2)在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为NOeq\o\al(－,2)＋2H＋＋e－eq\o(=,\s\up7(酶1))NO＋H2O，生成1molNO，a过程转移1mole－，过程Ⅱ为NO和NHeq\o\al(＋,4)在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为2NO＋8NHeq\o\al(＋,4)eq\o(=,\s\up7(酶2))2H2O＋5N2H4＋8H＋，n(NO)∶n(NHeq\o\al(＋,4))＝1∶4，消耗1molNO，b过程转移4mole－，转移电子数目不相等，B错误、C正确；过程Ⅲ为N2H4转化为N2和4H＋、4e－，反应的离子方程式为N2H4=N2＋4H＋＋4e－，过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为2NOeq\o\al(－,2)＋8NHeq\o\al(＋,4)=5N2↑＋4H2O＋24H＋＋18e－，D错误。2.(2022·苏州模拟)在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。下列说法不正确的是()A.若用HCOOD催化释氢，反应除生成CO2外，还生成HDB.第一步转化N与H间形成配位键C.若用HCOOK溶液代替HCOOH释氢的速率加快D.若用HCOOK溶液代替HCOOH最终所得气体中H2的纯度会降低答案D解析第一步HCOOD电离出D＋与N结合，第二步HCOO－→CO2＋H－，第三步D＋、H－反应生成HD，所以HCOOD催化释氢，除生成CO2外，还生成HD，A正确；N原子含有孤电子对、H＋有空轨道，根据图示，第一步转化N与HCOOH电离出的H＋通过配位键结合，B正确；若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOO－的浓度大，第二步反应放出二氧化碳的速率加快，总反应速率加快，故释氢速率加快，C正确；若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变，所以最终所得气体中H2的纯度不会降低，D错误。3.(2022·临沂二模)一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是()A.不慎将白磷沾到皮肤上，可用CuSO4稀溶液冲洗B.过程Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶6C.过程Ⅱ中，除生成Ca3(PO4)2外，还可能生成Ca(H2PO4)2、CaHPO4D.过程Ⅲ的化学方程式为2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10Ceq\o(=,\s\up7(高温))6CaSiO3＋P4＋10CO↑答案B解析A.白磷有毒，且对人体具有腐蚀作用，不慎将白磷沾到皮肤上，可以用硫酸铜溶液冲洗，A项正确；B.过程Ⅰ中反应方程式为：11P4＋60CuSO4＋96H2O=20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4，其中磷酸为氧化产物，Cu3P为还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为6∶5，B项错误；C.过程Ⅱ为磷酸和氢氧化钙反应，除生成Ca3(PO4)2外，还可能生成Ca(H2PO4)2、CaHPO4，C项正确；D.据图分析，结合氧化还原反应，过程Ⅲ的化学方程式为2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10Ceq\o(=,\s\up7(高温))6CaSiO3＋P4＋10CO↑，D项正确。4.(2022·江阴三模)我国科学家研究了Fe＋循环催化N2O＋CO=N2＋CO2的反应机理。反应过程中的物种及能量变化如图所示，其中A－F表示反应过程中过渡态物质。下列说法正确的是()A.基态Fe＋的核外电子排布式为[Ar]3d54s2B.适当升高温度，有利于提高CO和N2O的平衡转化率C.该条件下，N2O转化为N2的反应速率主要由A→B步骤决定D.该催化过程中，铁元素的化合价发生了变化答案D解析铁原子先失去最外层电子，基态Fe＋的核外电子排布式为[Ar]3d64s1，故A错误；N2O＋CO=N2＋CO2反应放热，升高温度，平衡逆向移动，升高温度不利于提高CO和N2O的平衡转化率，故B错误；活化能越大，反应速率越慢，C→FeO＋＋N2＋CO活化能最大，反应速率最慢，N2O转化为N2的反应速率主要由C→FeO＋＋N2＋CO步骤决定，故C错误；该催化过程中，Fe＋中铁元素化合价为＋1价，FeO＋中铁元素化合价为＋3价，铁元素化合价发生了变化，故D正确。A卷1.(2022·保定一模)苯亲电取代反应中卤代反应的反应进程与能量变化曲线如图所示，下列说法正确的是()A.反应分三步进行，且各步均为吸热反应B.决速步的能垒是ΔE2C.总反应的ΔH＝ΔE1＋ΔE2＋ΔE3D.升温既能加快反应速率，又能提高该卤代反应的平衡转化率答案B解析A.根据图中信息得出前两步是吸热反应，第三步是放热反应，故A错误；B.第二步能垒最大，是整个反应的决速步，其能垒是ΔE2，故B正确；C.总反应的焓变是生成物总能量减去反应物总能量或反应物的活化能减去生成物活化能，因此ΔH≠ΔE1＋ΔE2＋ΔE3，故C错误；D.由于总反应是放热反应，故升温可以加快反应速率，但平衡逆向移动，因此不能提高该卤代反应的平衡转化率，故D错误。2.(2022·唐山二模)Pd－MgO/SiO2界面上甲烷化的过程如图所示：下列说法不正确的是()A.转化过程中SiO2做催化剂的载体，不参与转化历程B.反应每生成1molH2O，转移4mol电子C.反应历程中存在极性键和非极性键的断裂与形成D.转化过程中涉及氧化还原反应答案C解析A.由转化过程图可知，SiO2做催化剂的载体，不参与转化历程，A正确；B.根据图示，二氧化碳和氢气在催化剂作用下生成甲烷和水，总反应为4H2＋CO2=CH4＋2H2O，每生成1molH2O，有0.5molCO2转化为CH4，转移4mol电子，B正确；C.总反应为4H2＋CO2=CH4＋2H2O，没有非极性键的形成，C错误；D.转化过程中C、H元素化合价发生了改变，涉及氧化还原反应，D正确。3.工业上除去NO的一种反应机理如图所示。下列说法中错误的是()A.该反应的氧化剂为NO、O2B.反应1决定整个反应的速率快慢C.反应过程中V元素的化合价发生变化D.反应中除去1molNO，消耗1molNH3答案B解析A.反应2中，一氧化氮参与反应后，N的化合价降低，NO为氧化剂，O元素由0价变为－2价，则O2为氧化剂，故A正确；B.反应中的慢反应决定反应速率，反应1是快速的，故B错误；C.V元素的化合价从反应机理来看，化学键发生改变，则化合价发生改变，故C正确；D.该反应是一个循环反应，由反应1、2可判断，反应中除去1molNO，消耗1molNH3，故D正确。4.(2022·重庆抽测)CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应：第一步：Fe*＋N2O=FeO*＋N2(慢)第二步：FeO*＋CO=Fe*＋CO2(快)其相对能量与反应历程如图所示，下列说法错误的是()A.在整个反应历程中，有极性键的断裂和生成B.总反应的反应速率由第一步反应决定C.两步反应均为放热反应D.FeO和Fe均为反应的催化剂答案D解析由图示知，第一步反应中断裂了N—O键，第二步反应中形成了C=O键，故A项正确；总反应的反应速率由慢反应决定，B项正确；由图示知，两步反应中反应物的总能量均高于生成物的总能量，因此均为放热反应，C项正确；FeO先生成，后被消耗，为反应的中间产物，D项错误。5.(2022·扬州一模)NF3是一种强温室气体，消除大气中的NF3对于环境保护具有重要意义。国内某科研团队研究了利用氢自由基(·H)的脱氟反应实现NF3的降解。降解生成·NF2和HF有两种反应历程如图所示。下列说法不正确的是()A.该降解过程为放热反应B.该降解过程为非氧化还原反应C.直接抽提反应比加成消去反应更容易发生D.若a<b，则加成消去反应历程的总反应速率取决于中间体到过渡态3的反应速率答案B解析由图可知该降解过程反应物能量高，生成物能量低，为放热反应，A正确；反应物NF3中N为＋3价，产物·NF2中N为＋2价，化合价发生变化，为氧化还原反应，B错误；由图可知直接抽提反应的活化能更小一些，反应更容易发生，C正确；反应速率由活化能大的一步决定，则若a<b，则加成消去反应历程的总反应速率取决于中间体到过渡态3的反应速率，D正确。6.北京化工大学研究了过渡金属Pd8簇催化乙炔氢化的反应机理，Pd8簇上的反应中间体亚乙烯基吸附物R，多步连续加氢反应路径的能量变化示意图如下(TS为过渡态，IM为中间体)。下列说法错误的是()A.乙炔与氢气加成生成乙烷的反应为放热反应B.生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可提高乙炔的平衡转化率C.图示反应历程中，最大能垒的反应过程为IM1到TS2D.乙炔氢化历程中涉及非极性键的断裂答案B解析A.由图可知，亚乙烯基与氢气反应生成乙烷的反应只是乙炔与氢气加成生成乙烷反应的一部分，不能据此判断整个反应的反应热，其实乙炔与氢气加成生成乙烷的反应为放热反应，故A正确；B.生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大反应物在催化剂表面的接触面积，加快反应速率，但化学平衡不移动，不能提高乙炔的平衡转化率，故B错误；C.由图可知，图示反应历程中，最大能垒的反应过程为IM1到TS2，故C正确；D.炔氢化历程中涉及非极性键氢氢键的断裂，故D正确。7.(2022·南京联合调研)Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如图所示：下列关于活化历程的说法错误的是()A.涉及非极性键的断裂和生成B.Ni—H键的形成有利于氢原子的迁移C.总反应为Ni＋C2H6→NiCH2＋CH4D.决速步骤：中间体2→中间体3答案A解析由图可知，反应过程中乙烷中碳碳单键断裂，但没有非极性键的生成，A项错误；由图可知，H先与Ni形成Ni—H键，再发生迁移形成甲烷，故B项正确；根据起始物质和终点物质，可以写出总反应为Ni＋C2H6→NiCH2＋CH4，C项正确；中间体2→中间体3的活化能最大，反应最慢，决定整个反应的速率，D项正确。B卷8.(2022·长沙适应性考试)以H2O2和HCl为原料制备高纯度次氯酸的机理如图，V为元素钒，其最高化合价为＋5，N(His404)、N(His496)为氨基酸，下列说法错误的是()A.该机理中化合物A是中间产物B.反应过程中，钒的成键数目发生了改变C.该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成D.制备机理的总反应的离子方程式为：H2O2＋Cl－＋H＋=HClO＋H2O答案A解析由图可知，该机理中化合物A作催化剂，A项错误；反应过程中，钒的成键数目有5、6两种，成键数目发生了改变，B项正确；反应过程A→B、B→C中均有氢氧键的断裂和形成，C项正确；根据图中的转化关系，可得制备机理的总反应的离子方程式为H2O2＋Cl－＋H＋=HClO＋H2O，D项正确。9.(2022·湖南卷改编)反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如图所示：下列有关四种不同反应进程的说法正确的是()A.进程Ⅰ是吸热反应B.平衡时P的产率：Ⅱ>ⅠC.生成P的速率：Ⅲ>ⅡD.进程Ⅳ中，Z没有催化作用答案D解析由图可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程Ⅰ是放热反应，A错误；进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此两个进程平衡时P的产率相同，B不正确；进程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程Ⅱ中由S·X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率：Ⅲ<Ⅱ，C不正确；由图可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S·Z，然后S·Z转化为产物P·Z，由于P·Z没有转化为P＋Z，因此，Z没有表现出催化作用，D正确。10.我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是()A.该历程中最小能垒的化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2＋OH*B.该历程中最大能垒(活化能)为2.16eVC.该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)=N(CH3)3(g)＋H2O(g)ΔH＝－1.02eV·mol－1D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率答案A解析从图中可以看出，在正向进行的反应中，其能垒分别为：－1.23－(－2.16)＝0.93、－1.55－(－1.77)＝0.22、－1.02－(－2.21)＝1.19。A.从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2＋OH*，A正确；B.该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，B不正确；C.该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02eV为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)=N(CH3)3(g)＋H2O(g)ΔH＝－1.02NAeV·mol－1，C不正确；D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确。11.(2022·启东模拟)科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法错误的是()A.②中包含C—H键的断裂过程B.该历程中能垒(反应活化能)最小的是③C.该历程中制约反应速率的方程式为CHO*＋3H*→CO*＋4H*D.由此历程可知：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)ΔH＞0答案C解析CH3O*中共价键为3个C—H键和1个C—O键，CH2O*中共价键为2个C—H键和1个C—O键，则②中由CH3O*→CH2O*包含C—H键的断裂过程，A项正确；反应物的活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，③发生的反应活化能最小，B项正确；活化能越大，反应速率越慢，制约反应速率的为慢反应，①的活化能最大，发生的反应为CH3OH*→CH3O*＋H*，C项错误；整个过程吸收能量，由图示可知整个历程为CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)ΔH＞0，D项正确。12.BASF高压法制备醋酸，采用的钴碘催化循环过程如图所示。下列说法错误的是()A.HCo(CO)4、CH3I均为该反应的催化剂B.H2O、CH3