专题12 化学反应原理综合题-备战2025年高考化学真题题源解密（江苏专用）

专题十二 化学反应原理综合题 考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。 2024年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。 近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。 必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。 最新模拟探源：精选适量最新模拟题，发掘高考命题之源。 命题解读 考向 考查统计 化学反应原理主要考查热化学、电化学、化学反应速率和化学平衡等主干理论知识，主要命题点有盖斯定律的应用、反应速率和化学平衡的分析、反应条件的分析选择、生产生活中的实际应用等，试题常以填空、读图、计算等形式呈现。题目的综合性强，化学信息较多，设问角度灵活多变，考查考生接受、整合信息的能力、应用化学知识解决实际问题的能力，体现了“变化观念与平衡思想”的核心素养。 考向一 化学反应原理综合题 2024·江苏卷，17 2023·江苏卷，17 2022·江苏卷，17 2021·江苏卷，18 命题分析 化学原理综合题往往取材于能源、环境问题、化工生产等情景。题目围绕一个主题，以“拼盘”的形式呈现，每个小题有一定的相对独立性，将热化学、化学反应速率、电化学及三大平衡知识融合在一起进行考查；题目中结合图象、表格、数据、装置等信息，考查学生的阅读、读图、分析归纳能力，增加了试题的难度。考点主要涉及盖斯定律与热化学方程式、化学反应速率的计算及其影响因素、平衡常数计算及其影响因素、化学平衡移动及其影响因素、电极反应方程式书写等。主要考查学生的信息处理能力、学科内综合分析能力，应用反应原理解决生产实际中的具体问题，体现了“变化观念与平衡思想”的核心素养。在实际生产过程中，影响因素是多元化、多方位和多层次的。预计在2025年的高考中，化学反应原理的综合会以与生产生活实际联系紧密的创新题材为载体，主要以“多因素影响”出现，考查考生的综合分析判断能力。 试题精讲 1.（2024·江苏卷第17题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 （1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有_______；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得_______。 （2）一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。 ①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为_______。 ②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是_______。 （3）反应可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是_______。 ②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示。氨基能将控制在催化剂表面，其原理是_______；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在_______(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 【答案】（1） ①. C、H、Fe ②. （2） ①. ②. 多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少。 （3） ①. NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降 ②. -NH2可以与形成氢键 ③. HDO 【解析】（1）①反应器I中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3，产物有 CO2、H2O、Fe，发生反应、化合价发生改变的元素有 C、H、Fe。 ②CO、H2各1 mol参与上述反应，各生成mol Fe，共生成molFe，molFe在反应器Ⅱ中发生反应，列比例计算，共生成mol H₂。 （2）①根据题给反应物及生成物书写即可。②多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，这也会导致产生的NH3减少。 （3）①NaHCO3受热易分解，导致HCOO-产率下降。②氨基中的H原子连在电负性较大的N原子上，中的H原子连在电负性较大的O原子上，二者之间可以形成氢键③总反应为，用D2代替H2，若生成 HDO，则可确认反应过程中的加氢方式 1.（2023·江苏卷第17题）17. 空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 （1）燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。 “吸收”后所得的溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的，其原因是___________。 （2）合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ①密闭体系中反应Ⅰ平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。 ②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[]和尿素转化为氰酸铵()等副反应。尿素生产中实际投入和的物质的量之比为，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。 （3）催化电解吸收的KOH溶液可将转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。 其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为___________(填化学式)。 ②当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为___________。 ③当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为___________(写出计算过程)。 【答案】（1） ①. ②. 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳 （2） ①. <0 ②. 适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高 （3） ①. H2 ②. ③. 每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为 【解析】（1）由图可知“吸收”后所得的溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为。载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳。 （2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其<0。实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。 （3）当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子得电子变成氢气。当电解电压为时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由生成的电极反应式为。当电解电压为时，电解过程中还原产物的为24%，还原产物的为8%，每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为。 2.（2022·江苏卷第17题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。 （1）“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。 ①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。 ②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。 （2）“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。 ①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为_______。 ②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。 ③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是_______。 （3）从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是_______。 【答案】（1） ①. ②. Cu、O （2） ①. ②. H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为 ③. 随增加，生成和H2的速率更快、产量增大，生成的速率更快、产率也增大 （3）高效、经济、原子利用率高、无污染 【解析】（1）①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：； ②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。 （2）①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：； ②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为； ③在其他条件相同时，随增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。 （3）“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：高效、经济、原子利用率高、无污染 3.（2021·江苏卷第18题）甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。 （1）500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列反应： CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) 已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=-178.8kJ·mol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是___。 （2）CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为 反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·mol-1 反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1 反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-1 ①在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=___。 ②1.01×105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，其原因是___。 （3）利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。 ①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为___。 ②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是___。 【答案】（1）吸收CO2，提高H2的产率，提供热量 （2） ①. 657.1kJ·mol-1 ②. 反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小 （3） ①. 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 ②. 高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu 【解析】（1）已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=－178.8kJ·mol-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量。 （2）①反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·mol-1 反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1 依据盖斯定律可知I×3－II×2即得到反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=657.1kJ·mol-1。 ②由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率。 （3）①图2所示机理的步骤(i)中CO结合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。 ②由于高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降。 一、化学反应中的选择性 在化学领域中，选择性是一个至关重要的概念。它涉及到化学反应在特定条件下，倾向于产生特定类型的产物，而不是其他可能的产物。不同的化学反应可能在不同条件下产生多种产物，而选择性则是指反应在特定条件下倾向于产生特定产物。例如，某些氧化还原反应在特定pH值和温度下，更可能产生一种氧化态的产物而不是其他可能的氧化态。在实际应用中，化学反应的选择性往往需要通过实验摸索和条件优化来实现。这需要科研人员具备丰富的理论知识和实验技能。同时，也需要对反应机理有深入的理解，以便更好地预测和控制反应选择性。 （1）原理：化学反应中的选择性涉及到反应物之间的相互作用以及反应路径的能量变化。在反应物作用下，可能存在多个反应途径。然而，某个特定的反应途径能够优先进行，是由于在该途径中，反应物之间具有更有利的相互作用、活化能较低等特点。 （2）影响因素 许多因素都会影响反应的选择性，如反应物浓度、温度、压力、催化剂等。因此，需要深入研究和优化反应条件，以实现所需的选择性。 ①反应物的结构：反应物的结构可以影响它与其他反应物之间的相互作用，从而选择性控制了反应途径。例如，具有特定取代基的反应物可能会选择性地促进某个反应途径。 ②催化剂的选择：催化剂在化学反应中起到非常重要的作用，能够选择性地促使某个反应途径进行。通过选择适当的催化剂，可以控制反应的选择性。催化剂通常能够提供稳定的中间体，降低活化能，从而选择某个反应途径。 ③反应条件：反应条件如反应温度、压力、溶剂等也会对反应的选择性产生影响。适当的反应条件可以使某个反应途径更有利进行。 ④反应动力学：反应动力学参数如速率常数、反应平衡常数等也会对选择性产生影响。反应动力学的不同参数可以选择性地控制反应途径。 总的来说，化学反应的选择性是一个复杂而重要的概念。它不仅影响实验室研究的结果和效率，还关系到工业生产的成本和环境治理的效果。因此，我们需要更深入地研究和理解化学反应的选择性，以提高其在不同领域的应用效果。只有这样，我们才能更好地利用化学反应的选择性，为人类的生产和生活带来更多的便利和效益。 二、平衡转化率大小变化分析技巧 （1）转化率问题首先看是否是平衡转化率，若为非平衡状态的转化率，则侧重分析温度、压强、浓度对反应快慢、催化剂对反应快慢及选择性(主副反应)的影响；若为平衡转化率，则侧重分析温度、压强、浓度对化学平衡的影响，有时也涉及温度对催化活性的影响。 （2）判断反应物转化率的变化时，不要把平衡正向移动与反应物转化率提高等同起来，要视具体情况而定。常见有以下几种情形： 反应类型 条件的改变 反应物转化率的变化 有多种反应物的可逆反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g) 恒容时只增加反应物A的用量 反应物A的转化率减小，反应物B的转化率增大 同等倍数地增大反应物A、B的量 恒温恒压条件下 反应物转化率不变 恒温恒容条件下 m＋n＞p＋q 反应物A和B的转化率均增大 m＋n＜p＋q 反应物A和B的转化率均减小 m＋n＝p＋q 反应物A和B的转化率均不变 只有一种反应物的可逆反应：mA(g) nB(g)＋pC(g) 增加反应物A的用量 恒温恒压条件下 反应物转化率不变 恒温恒容条件下 m＞n＋p 反应物A的转化率增大 m＜n＋p 反应物A的转化率减小 m＝n＋p 反应物A的转化率不变 三、化工生产适宜条件选择的一般原则 1.一般原则 ①既不能过快，又不能太慢：通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)、固体的表面积以及使用催化剂等途径调控反应速率。 ②既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意二者影响的矛盾性。 ③增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本：通过改变可逆反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)等改变可逆反应的限度，从而提高原料转化率。 ④如设备承受高温、高压能力等。 ⑤注意催化剂的活性对温度的限制。 2.实例分析——工业合成氨的条件选择 (1)反应原理：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。 (2)反应特点：①反应为可逆反应；②正反应是气体体积减小的反应；③ΔH<0。 (3)从反应快慢和反应限度两个角度选择反应条件 (4)综合考虑——选择适宜的生产条件 ①温度：400～500℃ ②压强：10～30 MPa ③投料比：＝ ④以铁触媒作催化剂 ⑤采用循环操作提高原料利用率 四、原理解释类设问答题的一般思维 (1)阅读题目情境的信息，找出核心问题的分析对象，即平衡体系； (2)找出题目信息中与平衡体系有关变化的因素； (3)利用平衡移动原理分析变化的因素对化学平衡移动的影响，即平衡移动方向的判断； (4)说明平衡发生移动后对实际问题体系产生的影响，得出结论。 注意：分析变化因素时要充分考虑条件改变对化学反应速率的影响、对化学平衡的影响、对催化剂活性的影响、对副反应的影响等因素。 五、原因、理由类规范语言表述答题模板 1、答题模板：“有理”——化学原理，“有据”——事实依据 可采取以下两种方式： （1）“正说”——“直接原因＋根本目的” （2）“反说”——“如果……，就……” 2、规范解答归纳 （1）明矾净水的原理：明矾溶于水电离出的Al3＋发生水解反应：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，氢氧化铝胶体具有较强的吸附能力，能够吸附水中悬浮的杂质使水澄清。 （2）高铁酸钠既能用作净水剂又能对水进行消毒、杀菌的原理：Na2FeO4中的铁元素呈＋6价，具有很强的氧化性，能对水进行杀菌、消毒，其还原产物Fe3＋发生水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，氢氧化铁胶体具有较强的吸附能力，能够吸附水中悬浮的杂质使水澄清。 （3）碳酸铵溶液显碱性的原因：碳酸铵溶于水能发生水解，NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，CO＋H2OHCO＋OH－，CO 的水解程度大于NH的水解程度，故溶液显碱性。 （4）碳酸氢钠溶液显碱性的原因：碳酸氢钠溶于水后，HCOH＋＋CO，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，HCO 的水解程度大于其电离程度，故溶液显碱性。 （5）蒸干灼烧FeCl3溶液得到Fe2O3的原理：在FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，在蒸发过程中，由于氯化氢大量挥发导致水解平衡向右移动，蒸干溶液时得到Fe(OH)3，灼烧时发生反应2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O，最后得到Fe2O3。 （6）用酸性过氧化氢溶液溶解铜片的实验中，铜片溶解的速率随着温度的升高先加快后减慢的原因：温度升高能够加快反应Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O的反应速率，故铜的溶解速率加快，当温度升高到一定程度后，H2O2的分解速率加快，此时H2O2浓度的下降对反应速率的影响超过了温度对反应速率的影响，故铜的溶解速率减慢。 （7）适当升温氮气和氢气合成氨的速率加快，但是温度过高反应速率反而下降的原因：温度升高能够加快合成氨反应的反应速率，但温度过高会使催化剂失去活性，反应速率反而降低。 （8）用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极附近溶液呈碱性的原因：在阴极发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，由于氢离子不断放电，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，导致溶液中的c(OH－)>c(H＋)，使溶液显碱性。 （9）在氯碱工业中，电解饱和食盐水时常用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的原因：阳极产生的氯气与水发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，增大溶液中盐酸的浓度能够使平衡逆向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的逸出。 （10）在燃料电池中，常在电极表面镀上铂粉的原因：增大电极单位面积吸收气体的分子数，加快电极反应速率。 （11）在尾气吸收装置中试剂的作用：吸收尾气中××气体，防止污染空气。 （12）在定量实验或者制备实验中装置最后连接的干燥管的作用：防止空气中的××气体进入××装置对实验造成干扰(有时还可能同时起到吸收尾气的作用，如在有关氨气的探究实验中，最后连接的盛有浓硫酸的洗气瓶的作用就可以吸收多余的氨气，同时能防止空气中的水蒸气进入)。 （13）在导管末端连接倒置漏斗、干燥管浸入水或溶液中的原因：防倒吸(同时具有扩大吸收面积，加快吸收速率的作用)。 （14）在气体的连续实验中，若有需要用盛有碱石灰的干燥管吸收CO2或H2O(g)等气体来进行定量测定的部分，常常需要在实验开始和结束时通入氮气或稀有气体等与实验无关的气体的作用：1)实验开始时的作用：排尽装置内的空气，防止空气中的××对实验造成干扰。2)实验结束时的作用：将产生的××气体全部排出被××试剂完全吸收，以减少实验误差。 例：TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸和强碱，从电解精炼铜的阳极泥中提取碲的一种工艺流程如下： “沉碲”时控制溶液的pH为4.5～5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4过量，溶液酸度过大，将导致碲的沉淀不完全，原因是__________________________。 答案：TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应而损失 六、理论平衡型简答题规范语言表述答题模板 1、答题策略：理论型简答题一般是演绎法的三段式答题模式(前提、推理、结论)： (1)问题所涉及大前提(相关的理论或规律)的表述，一般很熟悉的理论或规律可以只写名称，也可以用化学方程式等化学用语表示，并不需要把其详细内容写出； (2)问题的推理过程(具体条件下的变化等)的表述； (3)问题所涉及的变化的结果。 2、答题模板： (1)速率、平衡移动类简答题的答题模板:叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果); (2)溶液中离子平衡简答题模板:……存在……平衡，……条件使平衡向……方向移动，……结论。 例：已知汽缸中生成NO的反应为 N2(g)＋O2(g)2NO(g)　ΔH>0 汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是______________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：温度升高，反应速率加快，平衡正向移动 七、图表、图象类试题规范语言表述 1．图象题 (1)会识图：一看面，二看线，三看点(弄清纵、横坐标的意义，弄清起点、拐点、终点的意义；看清曲线的变化趋势)，四看量变，五看是否作辅助线。 (2)会分析：分析图象中隐含的信息，将其加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理，从而快速解决问题。 2．表格数据题 (1)明含义：理解表格中各个列项中数字的含义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。 (2)析数据：理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决问题。 口诀：图象题要细心，全面观察得高分；曲线题能速答，分析走势好办法；表格题要解好，转化数据离不了。 1．（2024届高考·江苏省苏锡常镇四市·统考一模）甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 (1)HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得与HCOONa（如图所示），其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物（晶胞结构如图所示）作催化剂。 ①催化剂可由与混合物与高温灼烧制得（反应中N元素化合价不变），该反应的化学方程式为 。 ②电解时，电极b上同时产生与的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反应式为 。 ③电解过程中每产生1 mol，通过阴离子交换膜的为 mol。 (2)HCHO水化释氢 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为，反应的机理如图所示。 使用时将纳米Ag颗粒负载在表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应：。 ①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为 （填化学式）。 ②NaOH浓度低于1 mol⋅L时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是 。 ③若NaOH浓度过大，的产生迅速减慢的原因可能是 。 (3)甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有 。 【答案】(1) 1 (2)HD 随NaOH浓度增大，催化剂表面吸附的浓度增大，释氢反应的速率加快，副反应速率也加快，但释氢反应的速率加快更多 NaOH溶解载体，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降 (3)氢气纯度高、可处理有毒甲醛 【解析】（1）①根据题意，该实验的催化剂是一种Mo与P形成的化合物，根据晶胞结构图，Mo原子个数是4，P原子个数是，因此催化剂的化学式为，可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得（反应中N元素化合价不变），该反应的化学方程式为。 ②电解时，电极b与电源正极相连，是电解池的阳极，HCHO失去电子同时产生H2与HCOO−的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反应式为 ③电极a是阴极，电极反应式为，电解过程中每产生1 molH2，每个电极上各产生0.5 molH2，故通过阴离子交换膜的OH−为1mol。 （2）①根据反应的机理如图，氢分子中的两个氢原子一个来自水分子，一个来自甲醛分子，若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为HD。 ②NaOH浓度低于1 mol⋅L−1时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是随NaOH浓度增大，催化剂表面吸附的CH2(O−)2浓度增大，释氢反应的速率加快，副反应速率也加快，但释氢反应的速率加快更多。 ③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是NaOH溶解载体Al2O3，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降。 （3）甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有氢气纯度高、可处理有毒甲醛。 2．（2024届高考·江苏省南京市盐城市·统考一模）乙醇是一种清洁的替代能源，催化加氢制备乙醇技术是当前的研究热点。 (1)催化加氢制备乙醇的反应为。 ①若要计算上述反应的，须查阅的两个数据是的燃烧热和 。 ②某金属有机骨架负载的铜基催化剂上，加氢生成的部分反应机理如图所示。 过程中两个均参与反应，画出的结构式（注明电荷） 。 (2)乙酸甲酯催化加氢制备乙醇主要涉及如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 在其他条件不变时，将的混合气体以一定流速通入装有铜基催化剂的反应管，测得转化率、选择性选择性]随温度的变化如图所示。 ①铜基催化剂须含合适物质的量之比的与的晶胞如图所示（立方体），晶体的密度可表示为 （用含的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值）。 ②下均有，其原因是 。 ③范围内，转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是 。 ④温度高于时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是 。 【答案】(1) 的燃烧热 (2) 部分发生了其他不产生和的反应 温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快 积碳覆盖在催化剂表面；被还原为，改变了与的比例，导致催化剂活性降低 【解析】（1）①燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；氢气燃烧生成水、乙醇燃烧生成二氧化碳和水，若要计算的，则须查阅的两个数据是的燃烧热和的燃烧热； ②二氧化碳分子中氧电负性较大，氧带负电荷、碳带正电荷，则二氧化碳被铜基催化剂吸附后，二氧化碳分子中两个氧分别与Cu2+、M+相吸，过程中两个均参与反应，中带负电荷的氢与碳结合形成中间产物X，则X为； （2）①据“均摊法”，晶胞中含个黑球、4个白球，结合化学式可知，黑球为氧、白球为铜，则晶体密度为； ②下均有，，说明乙酸甲酯没有完全反应转化为乙醇、乙酸乙酯，应该还有副产物发生，故其原因是部分发生了其他不产生和的反应。 ③催化剂能明显加快反应速率，但是催化剂需一定的活性温度，范围内，转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快。 ④铜基催化剂须含合适物质的量之比的与，温度过高，会导致有机物转化为积碳、碳具有一定还原性，能还原铜的氧化物为铜单质，则温度高于时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是积碳覆盖在催化剂表面；被还原为，改变了与的比例，导致催化剂活性降低。 3．（2024届高考·江苏省南通市如皋市·统考一模）二氧化碳的综合利用具有重要意义。 (1)工业上以和为原料可以制取合成气（和）。 ①已知的燃烧热分别为，则反应的 。 ②将和以体积比混合后，通过装有催化剂的反应管。下列措施有利于提高转化率的是 （填字母）。 a．将反应管控制在催化剂的最大活性温度范围内 b．延长混合气体通过反应管的时间 c．向反应管中加入少量炭粉 (2)电解法转化可实现资源化利用。电解制的原理如图1所示。 ①写出阴极还原为的电极反应式： 。 ②电解一段时间后，阳极区的溶液浓度降低，其原因是 。 (3)一种负载活性金属原子催化剂可催化还原，在催化剂表面的物质相对能量与反应历程的关系如图2所示。 ①反应中催化剂的活性会因为生成的不断增多而逐渐减弱，原因是 。 ②可由中间体或经过如图3所示2步转化得到。和的组成相同，催化剂载体中的活性金属带正电性，与活性金属结合后的相对能量低于。在图4方框内画出的结构简式 。 【答案】(1) ab (2) 阳极产生减小，浓度降低；部分迁移至阴极区 (3) CO脱除较难，占据催化剂表面，使催化剂表面活性点位减少 【解析】（1）①已知的燃烧热分别为、、，则有： 根据盖斯定律，Ⅰ-2（Ⅱ+Ⅲ）可得：ΔH，则 ；故答案为：+247.3； ②反应为，将和以体积比混合后，通过装有催化剂的反应管：a．将反应管控制在催化剂的最大活性温度范围内，此时催化剂活性最大，可以提高未平衡前一段时间内的转化率； b．延长混合气体通过反应管的时间，让反应逐渐达到平衡，也就是转化率最大时，因此可以提高转化率； c．向反应管中加入少量炭粉，对反应并没有影响，不能改变转化率， 综上所述选ab；故答案为：ab； （2）①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，故阴极的电极反应为； ②阳极反应为，随着反应的进行，阳极附近的pH减小，H+与反应，同时部分K+迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低；故答案为：；阳极产生减小，浓度降低；部分迁移至阴极区； （3）①一种负载活性金属原子催化剂可催化还原，则需要吸附在催化剂上，而当反应中生成的不断增多，CO脱除较难，占据催化剂表面，使催化剂表面活性点位减少，导致催化剂再难被吸附，催化剂活性减弱；故答案为：CO脱除较难，占据催化剂表面，使催化剂表面活性点位减少； ②催化剂载体中的活性金属带正电性，说明是带孤电子对较多的原子与催化剂结合，与活性金属结合后的相对能量低于，且和的组成相同，说明的结构简式为：，故答案为：。 4．（2024届高考·江苏省泰州市·统考一模）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)利用高炉炼铁尾气中的制取有机物的过程如下： 相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图1所示：       图1 ，选择性。 “电解”在质子交换膜电解池中进行，生成的电极反应式为 ，当电解电压为时，生成和的选择性之比为 。 (2)利用铟氧化物催化制取的可能机理如图2所示，无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性，将固定比例的混合气体以不同流速通过装有催化剂的反应管，选择性、转化率随气体流速变化曲线如图3所示， ①图2中的反应每生成放出的热量，其热化学方程式为 。 ②若原料气中比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是 。 ③制取时，同时发生反应，气体流速分别为和，相同时间内生成的质量，前者 后者（选填“>”、“="或“<”）；保持气体流速不变，反应管内温度从升高到，测得出口处和的物质的量均减小，可能的原因是 。 【答案】(1) CO2+2e—+2H+=HCOOH 1：3 (2) △H=—49kJ/mol H2比例过低，不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活；H2比例过高，反应①生成过多的水会积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活 ＜ 升高温度，生成甲醇的反应左移，生成一氧化碳的反应右移，且反应以生成一氧化碳的反应为主 【分析】由题给可知，高炉炼铁尾气通入碳酸钾溶液中时，碳酸钾溶液吸收尾气中的二氧化碳得到碳酸氢钾溶液和燃气，碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，反应得到的碳酸钾溶液可以循环使用，二氧化碳进入电解池电解，在电解池的阳极得到氧气，阴极得到有机物和氢气。 【解析】（1）由题意可知，电解时，通入二氧化碳的电极为阴极，生成甲酸的电极反应为酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2e—+2H+=HCOOH；由图可知，电解电压为U1时，生成甲酸和乙醇的法拉第效率相等，则由题给信息可知，生成乙醇和甲酸的选择性之比为：=1：3，故答案为：CO2+2e—+2H+=HCOOH；1：3； （2）①由图可知，催化剂作用下，二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应的方程式为，由反应生成1mol甲醇放出49kJ的热量可知，反应的焓变△H=—49kJ/mol，则反应的热化学方程式为△H=—49kJ/mol，故答案为：△H=—49kJ/mol； ②由图可知，若原料气中氢气的比例过低不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活，若氢气的比例过高，反应①生成过多的水积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活，故答案为：H2比例过低，不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活；H2比例过高，反应①生成过多的水会积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活； ③设混合气体中二氧化碳的比例分数为x，由图可知，气体流速由和时，二氧化碳的转化率分别为5%和4%，则转化的二氧化碳分别为、，而甲醇选择性增大，所以相同时间内生成流速为时生成甲醇的质量小于；二氧化碳与氢气反应生成甲醇的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成甲醇的物质的量减小，二氧化碳与氢气反应生成甲醇的反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，消耗二氧化碳的物质的量增大，反应管内温度从300℃升高到320℃时，出口处甲醇和二氧化碳的物质的量均减小说明反应以生成一氧化碳的反应为主，故答案为：>；升高温度，生成甲醇的反应左移，生成一氧化碳的反应右移，且反应以生成一氧化碳的反应为主。 5．（2024届高考·江苏省南通市·统考一模）一种燃煤烟气中的捕集和资源再利用技术可通过如下转化过程实现。 转化I是利用风/太阳能电厂过剩电力，将转化为等高值产品。 转化II是利用风/太阳能电厂过剩电力驱动压缩机压缩。 转化III是风/太阳能电厂发电低谷时，利用压缩推动汽轮机，带动发电机发电。 (1)利用氨水可捕集烟气中的捕集、再生过程中含碳物种的变化如图所示。 ①液相中发生转化：。X的结构式为 。 ②已知： 反应的平衡常数 。 ③转化后的溶液通过反应解吸释放。向两份相同的转化后的溶液中分别加入等体积、等浓度的和溶液，加入溶液后释放效果更好的原因是 。 (2)以过渡金属作催化剂，利用如图所示装置可实现“转化1”。 ①写出阴极表面的电极反应方程式： 。 ②在金属催化剂表面发生转化的过程可能为(*表示吸附在催化剂表面)。其中部分物种在催化剂表面的吸附构型如图甲所示，反应历程中的相对能量如图乙所示。与Cu催化剂相比，掺杂了Cs的复合催化剂更有利于的形成，可能原因是 。 (3)从物质转化与资源综合利用角度分析，本工艺中的捕集和资源再利用技术的优点是 。 【答案】(1) 10-17 等物质的量的可以和更多的配位，更有利于解吸反应正向进行，促进解吸 (2) 复合催化剂可提供更多的活性位点(复合催化剂更有利于等中间体的吸附)，且能降低反应的活化能，因此更有利于的形成 (3)有利于将转化为更有价值的等产品；使用风能、太阳能有利于减排；能实现能量的储存和转化，调控电力过剩或电力不足 【解析】（1）①根据原子守恒，X能解吸出CO2，判断X为碳酸氢根，结构式为：； ②反应的平衡常数==10-17； ③加入溶液后释放效果更好的原因是：等物质的量的可以和更多的配位，更有利于解吸反应正向进行，促进解吸； （2）①阴极表面二氧化碳发生还原反应生成乙烯，电极反应式为：； ②从图甲中可以看出复合催化剂可提供更多的活性位点，有利于等中间体的吸附，故掺杂了Cs的复合催化剂更有利于的形成，可能原因是：复合催化剂可提供更多的活性位点(复合催化剂更有利于等中间体的吸附)，且能降低反应的活化能，因此更有利于的形成； （3）从物质转化与资源综合利用角度分析，本工艺中的捕集和资源再利用技术的优点是：有利于将转化为更有价值的等产品；使用风能、太阳能有利于减排；能实现能量的储存和转化，调控电力过剩或电力不足等。 6．（2024届高考·江苏省连云港市·统考一模）氮氧化物(、等)的处理和资源化利用具有重要意义。 (1)的处理。研究证明：能提高的分解速率，参与了第Ⅱ步、第Ⅲ步反应。反应历程(为反应活化能)： 第Ⅰ步：   第Ⅱ步：……   第Ⅲ步：   ①第Ⅱ步发生反应的方程式为 。 ②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，则 (填“>”、“<”或“=”)。 (2)的应用。分解制取和的原理如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应的(值为平衡时用各气体的分压表示得出的值)的关系如图-1所示。 ①时，反应的为 。 ②时，向容积不变的容器中充入和进行反应，测得反应过程中容器内压强与时间的关系如图-2所示(反应开始和平衡后容器的温度相同)。在时间段内，容器中压强增大的主要原因是 。 (3)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图-3所示。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图-4所示。已知，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。 ①当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。 ②当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为 。 ③电解电压大于后，随着电解电压的不断增大，的法拉第效率迅速增大，可能原因是 (吸附在催化剂上的物种加“*”表示，如、等)。 【答案】(1) I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g) ＞ (2) 10-4 反应Ⅰ为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大 (3) 15∶2 NO+5e-+5H+=NH3+H2O 随着电解电压的不断增大，*NO结合H+与e-得到*NOH（或*NO+H++e-=*NOH）的量增多，*NOH在催化剂表面失水转化成N2O（或2*NOH=N2O↑+H2O）的选择性增大，导致N2O的量增多，使N2O的法拉第效率迅速增大 【解析】（1）①I2(g)能提高N2O的分解速率，I2(g)是N2O分解反应的催化剂，N2O参与了第Ⅱ、Ⅲ步的反应，结合题给第Ⅰ、Ⅲ步的反应和N2O的分解反应[2N2O(g)2N2(g)+O2(g)]可知，第Ⅱ步发生反应的方程式为I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)。 ②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，说明第Ⅱ步的反应速率最慢，活化能越小、反应速率越慢，则Ea2＞Ea3。 （2）①由图-1可知，430K时，-lgK1=1.1、-lgK2=2.9，则K1==10-1.1、K2==10-2.9，反应2ICl(g)I2(g)+Cl2(g)的K==K1K2=10-1.1×10-2.9=10-4。 ②由图-1可知，随着温度的升高-lgK1逐渐增大、-lgK2逐渐减小，即随着温度的升高K1逐渐减小、K2逐渐增大，说明反应Ⅰ为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应，结合PV=nRT，故图-2在0~t1时间段内，容器中压强增大的主要原因是：反应Ⅰ为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大。 （3）①由图-4知，当电解电压为U1时，H2、NH3的法拉第效率分别为60%、20%，根据FE%=知，电解生成H2和NH3转移电子物质的量之比为60%∶20%=3∶1，生成H2、NH3的电极反应式分别为2H++2e-=H2↑、NO+5e-+5H+=NH3+H2O，则电解生成的H2和NH3的物质的量之比为∶=15∶2。 ②结合图-3，当电解电压为U2时，催化电解NO生成NH3的电极反应式为NO+5e-+5H+=NH3+H2O。 ③电解电压大于U3后，随着电解电压的不断增大，N2O的法拉第效率迅速增大，可能原因是：随着电解电压的不断增大，*NO结合H+与e-得到*NOH（或*NO+H++e-=*NOH）的量增多，*NOH在催化剂表面失水转化成N2O（或2*NOH=N2O↑+H2O）的选择性增大，导致N2O的量增多，使N2O的法拉第效率迅速增大。 7．（2024届高考·江苏省南京市、盐城市·统考一模）“碳中和”目标如期实现的关键技术之一是的再资源化利用。 (1)氨的饱和食盐水捕获是其利用的方法之一，反应原理为：。该反应常温下能自发进行的原因是 。 (2)基掺杂形成(等)，能用于捕获，原理如下图所示。已知阳离子电荷数越高、半径越小，阴离子越易受其影响而分解。 ①时，再生的化学方程式为 。 ②相比，其优点有 。 (3)催化电解吸收的溶液可将转化为有机物。 ①在阴极放电生成的电极反应式为 。 ②碱性溶液有利于抑制阴极上副产物的产生，该副产物的化学式为 。 (4)在催化剂作用下，以和为原料合成，主要反应为： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 保持压强，将起始的混合气体匀速通过装有催化剂的反应管，测得出口处的转化率和甲醇的选择性与温度的关系如题图1、题图2所示。 ①随着温度的升高，转化率增大、但甲醇选择性降低的原因是 。 ②假设定义催化剂催化效率，计算时三种催化剂的催化效率之比 (写出计算过程)。 【答案】(1)反应 (2) (或) 等质量的和相比，吸收的的量多；和电荷数相等、半径小，再生时分解温度低，更节能 (3) (4) 随着温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ速率加快，消耗的增多。反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，随着温度升高，反应Ⅰ正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，转化率升高、但选择性降低 【解析】（1）反应为熵减的反应，该反应常温下能自发进行，反应，故答案为反应。 （2）①时，加热生成和，再生的化学方程式为，故答案为(或)； ②已知阳离子电荷数越高、半径越小，阴离子越易受其影响而分解，所以相比，其优点有等质量的和相比，吸收的的量多；和电荷数相等、半径小，再生时分解温度低，更节能，故答案为等质量的和相比，吸收的的量多；和电荷数相等、半径小，再生时分解温度低，更节能。 （3）①催化电解吸收的溶液可将转化为有机物，在阴极放电生成，电极反应式为，故答案为； ②电解时，H+可在阴极得到电子生成H2，碱性溶液有利于抑制H2的产生，故答案为H2。 （4）①随着温度的升高，随着温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ速率加快，消耗的增多。反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，随着温度升高，反应Ⅰ正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，转化率升高、但选择性降低，导致转化率增大、但甲醇选择性降低，故答案为随着温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ速率加快，消耗的增多。反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，随着温度升高，反应Ⅰ正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，转化率升高、但选择性降低； ②由图可知，340℃时、、的CO2的转化率分别为12%、10%和5%，、、甲醇的选择性分别为15%、20%和30%，所以，故答案为。 8．（2024届高考·江苏省南通·统考二模）发展二甲醚（）的生产和使用技术具有重要意义。 （1）工业上利用反应合成二甲醚。该反应需要在无水条件下进行原因是_________。 （2）一种利用合成气两步制备二甲醚的过程可表示为。 ①是一种甲醇脱水的催化剂。晶胞结构如图1所示（B中镁原子未画出）。用“●”标记出B中的镁原子_________。 ②催化形成二甲醚的过程可表示为 控制起始温度为250℃，以固定流速向装有催化剂的反应器中分别通入纯甲醇和的甲醇溶液，得到甲醇转化率．反应器温度随通入液体时长的关系如图2所示。通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低的原因是___________。 （3）利用二甲醚可通过以下途径制取氢气。 途径Ⅰ： kJ⋅mol 途径Ⅱ： kJ⋅mol ①“自热重整”可看做是途径Ⅰ和途径Ⅱ相结合的一种制氢方法：向二甲醚、水蒸气的混合气中通入少量氧气。通入氧气最主要的目的是______________。 ②途径Ⅱ中主要包括三个的基本反应：；；。下列措施一定可以提高单位时间内产率的是_________（填序号）。 A．升高温度 B．增大反应器中压强 C．使用甲醇水解的高效催化剂 ③在“双位点”催化作用下，与水反应的反应路径如图3所示，在答题卡上画出图中方框内中间体的结构：___________。 （4）从物质转化和资源综合利用角度分析，的应用价值为_________。 【答案】（1）更容易与水反应生成难电离的，使减小 （2） ①. ②. 水、甲醇对催化剂活性位点形成竞争吸附，参与催化反应的甲醇减少 （3） ①. 氧气和二甲醚反应放热，促进途径Ⅱ反应正向进行，提高H2产率 ②. C ③. （4）有利于实现碳中和，可用作储氢材料 【解析】（1）利用反应合成二甲醚，需要在无水条件下进行的原因：更容易与水反应生成难电离的，使减小； （2）①根据晶胞需满足“无隙并置”要求，则在B中标出Mg如图：； ②通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低的原因：水、甲醇对催化剂活性位点形成竞争吸附，参与催化反应的甲醇减少； （3）①制氢过程中向二甲醚、水蒸气的混合气中通入少量氧气最主要的目的是：氧气和二甲醚反应放热，促进途径Ⅱ反应正向进行，提高H2产率； ②A.三个基本反应，不同温度下对不同反应影响程度不同，所以升温不一定提高单位时间内产率； B．对应反应，增大压强会导致平衡逆向移动，不利于生成氢气； C．使用甲醇水解的高效催化剂，可以降低反应活化能，提高单位时间内产率； ③中间体是指在反应过程中生成，但有参与后续反应，则中间体结构：： （4）从物质转化和资源综合利用角度分析，的应用价值：有利于实现碳中和，可用作储氢材料。 9．（2024届高考·江苏省南京、盐城市·统考二模）高效氧化剂亚氯酸钠()常用于烟气脱硝()和废水脱除氨氮。 （1）的制备。一种制备的过程可表示为 ①“反应2”的化学方程式为_______。 ②“反应1”的产物经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的，从消毒后饮用水水质和消毒效率(单位质量消毒剂被还原时得电子数)的角度考虑，用替代的原因是_______。 （2）溶液对烟气脱硝。 ①酸性条件下，可催化溶液中的产生氧化性更强的气体，总反应可表示为。请补充完整过程Ⅱ的离子方程式： I．； Ⅱ．_______； Ⅲ．。 ②催化溶液脱硝。其他条件相同时，烟气中NO氧化率随、反应温度的变化分别如图所示。 i．NO氧化率随增大而增大的原因是_______。 ii．温度升高，NO氧化率先增大后减小可能原因是_______。 （3）溶液处理氨氮废水。向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的溶液，用传感器测得溶液中与含量随反应时间的变化如图所示。判断该实验中被氧化的是否全部转化为的依据为_______。 【答案】（1） ①. ②. 可避免产生对人体有害的有机氯化物且的消毒效率是的2.63倍 （2） ①. ②. 催化剂的浓度增大，生成氧化性更强的速率加快，NO的氧化率提高 ③. 温度升高，催化生成的反应速率加快，氧化NO的速率加快；和NO在水中的溶解度减小，导致NO氧化速率减慢。温度低于60℃时，以前者为主，高于60℃时，以后者为主 （3）一定时间内，相同体积溶液中，若减少的质量与增加的质量的比值约为18：62，则被氧化的几乎全部转化为 【解析】与SO2在酸性条件下发生反应，生成硫酸氢钠、；生成的与H2O2反应生成和氧气，据此分析判断。 （1）①与H2O2反应生成和氧气，1mol得1mol电子，1mol H2O2失2mol电子，根据得失电子守恒得反应方程式为：； ②使用可避免产生对人体有害的有机氯化物，且1mol转化为氯离子得5mol电子，而1mol转化为氯离子得2mol电子，的消毒效率与的消毒效率之比=2.63倍。 （2）①结合反应Ⅰ和Ⅲ可知，反应Ⅱ中作反应物，作产物，反应为：； ②催化剂的浓度增大，生成氧化性更强的速率加快，NO的氧化率提高； ③温度升高，催化生成的反应速率加快，氧化NO的速率加快；和NO在水中的溶解度减小，导致NO氧化速率减慢。温度低于60℃时，以前者为主，高于60℃时，以后者为主； （3）一定时间内，相同体积溶液中，若几乎全部转化为，则减少1mol即18g时应生成1mol，则增加的质量为62g，因此当减少的质量与增加的质量的比值约为18：62时可说明完全被氧化为。 10．（2024届高考·江苏省苏锡常镇·统考二模）丙烷脱氢制丙烯是较为理想的丙烯生产渠道。 （1）丙烷直接催化脱氢。在催化剂作用下，丙烷直接脱氢制丙烯反应历程中的相对能量变化如图所示(*表示催化剂表面吸附位点，如表示吸附在催化剂表面的)。 ①丙烷直接催化脱氢制丙烯反应的_______ 。 ②该反应历程共分五步，其中速率控制步骤为第_______步。 ③研究表明，实际生产中除使用催化剂外，还需控制反应温度在选择温度为的原因是_______。 （2）氧化丙烷脱氢。下，将不同组分的原料混合气以相同流速通过装有催化剂的反应床，测得转化率和选择性(选择性)随时间的变化关系如图所示，图中分别代表、的两种原料气。 ①随着反应的进行，4小时前A组分原料气中转化率和选择性均有所提升，且在反应床出口检测到。研究表明，氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：Ⅰ．；Ⅱ．_______ 。(填化学方程式) ②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是_______。 （3）丙烷燃料电池脱氢。一种质子导体燃料电池采用材料作阳极催化层，在阳极侧注入燃料气，阴极侧直接暴露于空气中，在下可实现丙烷高效脱氢制丙烯，装置如图所示。 ①电池工作时，负极发生主要反应的电极反应式为_______。 ②与氧化丙烷脱氢相比，丙烷燃料电池脱氢制丙烯工艺的优点是_______。 【答案】（1） ①. 123.21 ②. 四 ③. 该温度下催化剂的活性较高，反应速率较快 （2） ①. ②. 丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷脱氢时，CO2能发生反应，及时消除积碳 （3） ①. ②. 反应物空气廉价易得，且在制备丙烯的同时可获得电能 【解析】（1）①丙烷直接催化脱氢制丙烯反应，观察反应历程可知； ②化学反应速率由慢反应决定，反应的能垒越大，反应速率越慢，控速步骤就是活化能最大的步骤，由图可知为第四步，所需活化能最大，故速率控制步骤为第四步； ③选择温度为480℃的原因是该温度下催化剂的活性较高，反应速率较快。 （2）①随着反应的进行，且检测到，氧化丙烷脱氢总反应为： ， 由此可知反应II为； ②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷脱氢时，CO2能发生反应，及时消除积碳。 （3）①该装置是实现丙烷高效脱氢制丙烯，负极发生主要反应的电极反应式为； ②与氧化丙烷脱氢相比，丙烷燃料电池脱氢制丙烯工艺的优点是反应物空气廉价易得，且在制备丙烯的同时可获得电能。 11．（2024届高考·江苏省南通如皋·二模模拟）生物质铁炭纳米材料可以活化过一硫酸盐，降解废水中有机污染物． （1）生物质铁炭纳米材料活化过—硫酸钾降解有机污染物的反应历程如图-1所示．图中和分别表示硫酸根自由基和羟基自由基． ①（S的化合价为）在水中的电离过程为：、．写出的结构式：_______。 ②生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为______。 ③若有机污染物为苯酚，写出酸性条件下与苯酚反应的化学方程式：______。 （2）与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：______。 （3）铁炭纳米材料在不同对有机污染物去除率（溶液有机物浓度与初始有机物浓度的比值）的影响如图-2所示，越小有机污染物去除率越高的原因是：______。 （4）已知微粒的氧化性：。水中存在一定量和无存在时对铁炭纳米材料降解有机污染物的影响如图-3所示．的存在对有机污染物的降解有影响，原因是：______。 【答案】（1） ①. ②. 纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，得到电子生成和或和，活性和与难降解有机污染物反应生成和 ③. （2）石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染 （3）越小，越有利于纳米铁释放电子，生成或速率越快，同时越小时，主要以形式存在，浓度大，生成或速率也越快，所以有机污染物去除速率增大 （4）会与生成的和转化为氧化性更低的对有机污染物的降解速率低或不能降解有机物 【解析】（1）①是二元酸，则分之内有2个羟基氢，中有1个羟基氢，中S的化合价为，比硫酸氢根多一个O，则中含一个O-O-键，的结构式：。 ②生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的核心反应为强氧化剂例如硫酸根自由基和羟基自由基把难降解有机污染物氧化为二氧化碳和水，结合图示转化，机理可描述为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，得到电子生成和或和，活性和与难降解有机污染物反应生成和。 ③若有机污染物为苯酚，苯酚具有强还原性，具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸根和二氧化碳，则酸性条件下与苯酚反应的化学方程式：。 （2）降解过程中都是铁失去电子、得到电子生成和或和，活性和与难降解有机污染物反应生成和，使用生物质铁炭纳米材料，与直接使用纳米铁颗粒，二者比较，前者纳米铁颗粒失去的电子需经过石墨碳层传导至表面，则使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染。 （3）由图-2知：越小有机污染物去除率越高，原因是：越小，越有利于纳米铁释放电子，生成或速率越快，同时越小时，主要以形式存在，浓度大，生成或速率也越快，所以有机污染物去除速率增大。 （4）由图-3知：水中存在一定量时降解有机污染物效果差些，无存在时降解有机污染物效果好些，已知微粒的氧化性：，按氧化还原反应的规律，和能制取出，则的存在对有机污染物的降解有影响的原因是：会与生成的和转化为氧化性更低的对有机污染物的降解速率低或不能降解有机物。 12．（2024届高考·江苏省南通海安·二模模拟）乙烯年产量是衡量国家石油化工发展水平的重要指标，乙烷制乙烯具有极高的经济效益。 已知：i．乙烷裂解为乙烯为自由基反应，其可能的引发反应及对应化学键的解离能如下： 可能的引发反应 有关键的解离能(kJ/mol) ． 410 ． 368 ii．乙烷裂解中主要发生的反应及其在不同温度下的平衡常数如下表： 反应 1100K 1300K 1500K ． 1.6 189 72.0 ． 60.9 108.7 165.8 ． 0.015 0.33 3.2 ． （1）乙烷直接裂解制乙烯。 ①引发乙烷直接裂解的反应主要为___________。 ②不采用乙烷直接裂解制乙烯裂解原因是___________。 （2）乙烷催化氧化脱氢制乙烯。 已知：i． kJ·mol； ii． kJ·mol； ①则 ___________。 800℃时，当和的混合气以一定流速通过反应器时，混合气中的比值对乙烷氧化裂解制乙烯的反应中乙烷转化率、乙烯选择性、乙烯收率的影响如图所示： ②当时，越小，乙烷转化率越大，但乙烯的选择性越小的原因是___________。 （3）耦合乙烷催化脱氢制乙烯。 ①用Cr/SSZ-13为催化剂、作为温和的氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯有诸多优势。催化条件下，乙烷裂解主要引发反应为反应，同时Cr的价态由+3升高+4.推测配位不饱和催化耦合脱氢反应过程如图所示，补全图中画框部分。___________ ②用代替的优势为___________。 （4）电催化乙烷催化脱氢制乙烯。 利用质子传导型固体氧化物电解池也可实现乙烷制乙烯。乙烷在电极上直接电催化裂解为乙烯，同时质子在外加电势下经电解质“抽取”至另一极与反应生成CO，阳极的电极方程式为___________。 【答案】（1） ①. 或反应 ②. 裂解反应的平衡常数大于反应，得到和混合物，产率低，纯度小 （2） ①. kJ·mol ②. 当时，过量，越小，过量的越多，乙烷的转化率越大，但过量的可氧化乙烷生成，导致乙烯的选择性越低 （3） ①. ②. 避免乙烷深度氧化资源化利用避免将氧化为更高价 （4） 【解析】（1）①有关键的解离能越小，发生反应的可能性越大，由表可知，第二个反应的解离能小于第一个反应的解离能，所以乙烷裂解引发的主要反应为：或者反应；由乙烷裂解中发生反应的平衡常数可知，不采用乙烷直接裂解制乙烯裂解的主要原因是：裂解反应的平衡常数大于反应，得到和混合物，产率低，纯度小； （2）①由盖斯定律可知，=i-2ii；②当时，越小，乙烷转化率越大，但乙烯的选择性越小的原因是：过量，越小，过量的越多，乙烷的转化率越大，但过量的可氧化乙烷生成，导致乙烯的选择性越低； （3）①用Cr/SSZ-13为催化剂、作为温和氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯，乙烷裂解主要引发反应为反应：，同时Cr的价态由+3升高+4，则Cr周围形成四个共价键，并结合后续转化，则图中画框部分应该为；用代替的优势是：二氧化碳为温和氧化剂，则可以避免乙烷深度氧化，避免将氧化为更高价，同时使资源化利用； （4）阳极为乙烷生成乙烯，则其电极反应为：。 13．（2024届高考·江苏省南通市·5月模拟）苯乙烯是合成橡胶和塑料的重要原料，可由乙苯为原料制得。 （1）利用“乙苯脱氢反应”可制备苯乙烯。 C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ΔH=akJ•mol-1 保持气体总压不变，原料气按以下A、B、C三种投料方式进行： A.乙苯 B.n(乙苯)：n(N2)=1：10 C.n(乙苯)：n(CO2)=1：10 三种投料分别达到平衡时，乙苯转化为苯乙烯的转化率[×100%]与温度的关系如图1所示。 ①α_____0(填“＞”、“＜”或“不能确定”)。 ②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是_____。 ③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是_____。 ④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是_____。 （2）CO2用于制备苯乙烯有助于实现“碳中和”。 ①在催化剂X作用下，CO2参与反应的机理如图2所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。根据元素电负性的变化规律，图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为_____。 ②保持混合气体总压(p)等其他条件不变，CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示。p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是_____。 【答案】（1） ①. ＞ ②. 加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反应平衡时正向进行程度更大 ③. CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH=CH2；CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大 ④. 水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳 （2） ①. 乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上 ②. 过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降 【解析】（1）①根据图像可知转化率是大于0的，故α＞0。 ②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反应平衡时正向进行程度更大。 ③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH=CH2；CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大。 ④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳。 （2）①图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。 ②CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示，p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降。 14．（2024届高考·江苏前黄高级中学·二模模拟）研究含氮、硼化合物具有重要意义。 （1）一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。 “中间体Ⅲ”可以进一步水解，则氨硼烷水解最终所得含硼化合物的化学式为___________。 （2）N2O、N和CO2为等电子体，写出N2O的结构式___________。 （3）如图1表示偏硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为___________(以n表示硼原子的个数)。硼氢化钠是一种常用的还原剂，其晶胞结构如图2所示：若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，得到晶体的化学式为___________。 （4）易溶于热水、在冷水中溶解度较小，可通过如下过程制得：称取10g钠硼解石[主要成分NaCaB5O9·8H2O]，含少量、NaCl和难溶于酸的物质]，除去氯化钠后，在60℃下用浓硝酸溶解，趁热过滤，将滤渣用热水洗净后，合并滤液和洗涤液，降温结晶，过滤得。写出与硝酸反应生成的化学方程式：___________。 （5）的强碱溶液在改性的催化剂作用下与水反应生成的部分反应机理如题图3所示。 ①理论上与反应最多产生的物质的量为___________mol。 ②若用代替，步骤2中生成气体的化学式为___________。 【答案】（1）或 （2） （3） ①. (BO2)或BnO ②. Na3Li(BH4)4 （4） （5） ①. 4 ②. DH 【解析】（1）由反应机理可知水解过程中B原子所连的H逐步被-OH替代，由此可知氨硼烷水解最终水解生成和铵根离子，最终产物为或，故答案为：或； （2）N2O、和CO2为等电子体，等电子体结构、空间构型、性质都相似，CO2电子式为：，N2O与之类似，电子式为：，故答案为； （3）由图1可知，每个B原子周围3个O原子，但只有1个O原子为B原子独有，另两个O原子各有二分之一属于B原子，故B有1个，O有个，化学式可表示为或，故答案为：或； 如图2所示的晶胞中，位于顶点、面心和体心位置，共个，Na+位于面心、棱心位置，有个：若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，则Na+变为个，Li+为个，故化学式为Na3Li(BH4)4，故答案为：Na3Li(BH4)4； （4）NaCaB5O9⋅8H2O与硝酸反应生成H3BO3的化学方程式：，故答案为：； （5）由机理图可知，中的H被水中的-OH所替代，产生B-OH键和氢气，每替换1个H则生成1个氢分子，故1molNaBH4与H2O反应最多产生H2的物质的量为 4mol，故答案为4； 由机理图可知，H2中的H原子1个来自，另一个来自H2O，若用D2O代替H2O，则生成气体HD，故答案为HD。 15．（2024届高考·江苏苏锡常镇·二模模拟）燃煤烟气中和是大气污染物的主要来源，脱硫脱硝技术是烟气治理技术的研究热点。 尿素溶液脱硫脱硝。尿素是一种强还原剂。时在一定浓度的尿素溶液中通入含有和的烟气，烟气中有毒气体被一定程度吸收。 尿素溶液对具有很高的去除效率，写出尿素和溶液吸收，生成硫酸铵和的化学方程式为 ______。 除去烟气中的，利用氢气选择性催化还原是目前消除的理想方法。法的主反应： 副反应： 已知；，则______。 在催化剂表面的反应机理如题图所示： 已知在载体表面发生反应的、物质的量之比为：，反应中每生成，转移的电子的物质的量为 ______。 炭基材料活性炭、活性焦、活炭纤维也可以脱硫脱硝。炭基材料脱硫原理是：在炭表面被吸附，吸附态在炭表面被催化氧化为，再转化为硫酸盐等。 炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了的吸收峰，再通入后吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为 ______。 炭基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，考察了烟气中的存在对炭基材料催化剂脱硫脱硝活性的影响，结果如题图所示，当浓度过高时，去除率下降，其可能原因是 ______。 【答案】    与作用形成具有结构的中间体，中间体与气相的反应生成和或描述为：，  氧气浓度过高时，、和分子会产生竞争吸附的局势，当分子占据催化剂过多活性位时，剩余的、分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降  【解析】解：尿素和溶液吸收，生成硫酸铵和的化学方程式为 根据盖斯定律，反应，则。 已知在载体表面发生反应的、物质的量之比为，依据图示和得失电子守恒可得反应的离子方程式为：，依据方程式可知，反应中每生成，转移的电子的物质的量为。 根据题意可知，该脱硫反应过程可描述为与作用形成具有结构的中间体；中间体与气相的反应生成和或，。 当浓度过高时，去除率下降，其可能原因是氧气浓度过高时，、和分子会产生竞争吸附的局势，当分子占据催化剂过多活性位时，剩余的、分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降。 本题主要考查烟气脱硫脱硝，侧重考查学生的看图理解能力，读取有效信息的能力，分析能力，语言表达能力等，同时考查氧化还原反应的应用，属于高频考点，难度中等。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！11 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题十二 化学反应原理综合题 考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。 2024年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。 近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。 必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。 最新模拟探源：精选适量最新模拟题，发掘高考命题之源。 命题解读 考向 考查统计 化学反应原理主要考查热化学、电化学、化学反应速率和化学平衡等主干理论知识，主要命题点有盖斯定律的应用、反应速率和化学平衡的分析、反应条件的分析选择、生产生活中的实际应用等，试题常以填空、读图、计算等形式呈现。题目的综合性强，化学信息较多，设问角度灵活多变，考查考生接受、整合信息的能力、应用化学知识解决实际问题的能力，体现了“变化观念与平衡思想”的核心素养。 考向一 化学反应原理综合题 2024·江苏卷，17 2023·江苏卷，17 2022·江苏卷，17 2021·江苏卷，18 命题分析 化学原理综合题往往取材于能源、环境问题、化工生产等情景。题目围绕一个主题，以“拼盘”的形式呈现，每个小题有一定的相对独立性，将热化学、化学反应速率、电化学及三大平衡知识融合在一起进行考查；题目中结合图象、表格、数据、装置等信息，考查学生的阅读、读图、分析归纳能力，增加了试题的难度。考点主要涉及盖斯定律与热化学方程式、化学反应速率的计算及其影响因素、平衡常数计算及其影响因素、化学平衡移动及其影响因素、电极反应方程式书写等。主要考查学生的信息处理能力、学科内综合分析能力，应用反应原理解决生产实际中的具体问题，体现了“变化观念与平衡思想”的核心素养。在实际生产过程中，影响因素是多元化、多方位和多层次的。预计在2025年的高考中，化学反应原理的综合会以与生产生活实际联系紧密的创新题材为载体，主要以“多因素影响”出现，考查考生的综合分析判断能力。 试题精讲 1.（2024·江苏卷第17题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 （1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有_______；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得_______。 （2）一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。 ①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为_______。 ②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是_______。 （3）反应可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是_______。 ②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示。氨基能将控制在催化剂表面，其原理是_______；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在_______(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 1.（2023·江苏卷第17题）17. 空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 （1）燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。 “吸收”后所得的溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的，其原因是___________。 （2）合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ①密闭体系中反应Ⅰ平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。 ②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[]和尿素转化为氰酸铵()等副反应。尿素生产中实际投入和的物质的量之比为，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。 （3）催化电解吸收的KOH溶液可将转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。 其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为___________(填化学式)。 ②当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为___________。 ③当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为___________(写出计算过程)。 2.（2022·江苏卷第17题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。 （1）“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。 ①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。 ②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。 （2）“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。 ①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为_______。 ②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。 ③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是_______。 （3）从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是_______。 3.（2021·江苏卷第18题）甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。 （1）500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列反应： CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) 已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=-178.8kJ·mol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是___。 （2）CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为 反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·mol-1 反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1 反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-1 ①在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=___。 ②1.01×105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，其原因是___。 （3）利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。 ①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为___。 ②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是___。 一、化学反应中的选择性 在化学领域中，选择性是一个至关重要的概念。它涉及到化学反应在特定条件下，倾向于产生特定类型的产物，而不是其他可能的产物。不同的化学反应可能在不同条件下产生多种产物，而选择性则是指反应在特定条件下倾向于产生特定产物。例如，某些氧化还原反应在特定pH值和温度下，更可能产生一种氧化态的产物而不是其他可能的氧化态。在实际应用中，化学反应的选择性往往需要通过实验摸索和条件优化来实现。这需要科研人员具备丰富的理论知识和实验技能。同时，也需要对反应机理有深入的理解，以便更好地预测和控制反应选择性。 （1）原理：化学反应中的选择性涉及到反应物之间的相互作用以及反应路径的能量变化。在反应物作用下，可能存在多个反应途径。然而，某个特定的反应途径能够优先进行，是由于在该途径中，反应物之间具有更有利的相互作用、活化能较低等特点。 （2）影响因素 许多因素都会影响反应的选择性，如反应物浓度、温度、压力、催化剂等。因此，需要深入研究和优化反应条件，以实现所需的选择性。 ①反应物的结构：反应物的结构可以影响它与其他反应物之间的相互作用，从而选择性控制了反应途径。例如，具有特定取代基的反应物可能会选择性地促进某个反应途径。 ②催化剂的选择：催化剂在化学反应中起到非常重要的作用，能够选择性地促使某个反应途径进行。通过选择适当的催化剂，可以控制反应的选择性。催化剂通常能够提供稳定的中间体，降低活化能，从而选择某个反应途径。 ③反应条件：反应条件如反应温度、压力、溶剂等也会对反应的选择性产生影响。适当的反应条件可以使某个反应途径更有利进行。 ④反应动力学：反应动力学参数如速率常数、反应平衡常数等也会对选择性产生影响。反应动力学的不同参数可以选择性地控制反应途径。 总的来说，化学反应的选择性是一个复杂而重要的概念。它不仅影响实验室研究的结果和效率，还关系到工业生产的成本和环境治理的效果。因此，我们需要更深入地研究和理解化学反应的选择性，以提高其在不同领域的应用效果。只有这样，我们才能更好地利用化学反应的选择性，为人类的生产和生活带来更多的便利和效益。 二、平衡转化率大小变化分析技巧 （1）转化率问题首先看是否是平衡转化率，若为非平衡状态的转化率，则侧重分析温度、压强、浓度对反应快慢、催化剂对反应快慢及选择性(主副反应)的影响；若为平衡转化率，则侧重分析温度、压强、浓度对化学平衡的影响，有时也涉及温度对催化活性的影响。 （2）判断反应物转化率的变化时，不要把平衡正向移动与反应物转化率提高等同起来，要视具体情况而定。常见有以下几种情形： 反应类型 条件的改变 反应物转化率的变化 有多种反应物的可逆反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g) 恒容时只增加反应物A的用量 反应物A的转化率减小，反应物B的转化率增大 同等倍数地增大反应物A、B的量 恒温恒压条件下 反应物转化率不变 恒温恒容条件下 m＋n＞p＋q 反应物A和B的转化率均增大 m＋n＜p＋q 反应物A和B的转化率均减小 m＋n＝p＋q 反应物A和B的转化率均不变 只有一种反应物的可逆反应：mA(g) nB(g)＋pC(g) 增加反应物A的用量 恒温恒压条件下 反应物转化率不变 恒温恒容条件下 m＞n＋p 反应物A的转化率增大 m＜n＋p 反应物A的转化率减小 m＝n＋p 反应物A的转化率不变 三、化工生产适宜条件选择的一般原则 1.一般原则 ①既不能过快，又不能太慢：通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)、固体的表面积以及使用催化剂等途径调控反应速率。 ②既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意二者影响的矛盾性。 ③增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本：通过改变可逆反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)等改变可逆反应的限度，从而提高原料转化率。 ④如设备承受高温、高压能力等。 ⑤注意催化剂的活性对温度的限制。 2.实例分析——工业合成氨的条件选择 (1)反应原理：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。 (2)反应特点：①反应为可逆反应；②正反应是气体体积减小的反应；③ΔH<0。 (3)从反应快慢和反应限度两个角度选择反应条件 (4)综合考虑——选择适宜的生产条件 ①温度：400～500℃ ②压强：10～30 MPa ③投料比：＝ ④以铁触媒作催化剂 ⑤采用循环操作提高原料利用率 四、原理解释类设问答题的一般思维 (1)阅读题目情境的信息，找出核心问题的分析对象，即平衡体系； (2)找出题目信息中与平衡体系有关变化的因素； (3)利用平衡移动原理分析变化的因素对化学平衡移动的影响，即平衡移动方向的判断； (4)说明平衡发生移动后对实际问题体系产生的影响，得出结论。 注意：分析变化因素时要充分考虑条件改变对化学反应速率的影响、对化学平衡的影响、对催化剂活性的影响、对副反应的影响等因素。 五、原因、理由类规范语言表述答题模板 1、答题模板：“有理”——化学原理，“有据”——事实依据 可采取以下两种方式： （1）“正说”——“直接原因＋根本目的” （2）“反说”——“如果……，就……” 2、规范解答归纳 （1）明矾净水的原理：明矾溶于水电离出的Al3＋发生水解反应：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，氢氧化铝胶体具有较强的吸附能力，能够吸附水中悬浮的杂质使水澄清。 （2）高铁酸钠既能用作净水剂又能对水进行消毒、杀菌的原理：Na2FeO4中的铁元素呈＋6价，具有很强的氧化性，能对水进行杀菌、消毒，其还原产物Fe3＋发生水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，氢氧化铁胶体具有较强的吸附能力，能够吸附水中悬浮的杂质使水澄清。 （3）碳酸铵溶液显碱性的原因：碳酸铵溶于水能发生水解，NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，CO＋H2OHCO＋OH－，CO 的水解程度大于NH的水解程度，故溶液显碱性。 （4）碳酸氢钠溶液显碱性的原因：碳酸氢钠溶于水后，HCOH＋＋CO，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，HCO 的水解程度大于其电离程度，故溶液显碱性。 （5）蒸干灼烧FeCl3溶液得到Fe2O3的原理：在FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，在蒸发过程中，由于氯化氢大量挥发导致水解平衡向右移动，蒸干溶液时得到Fe(OH)3，灼烧时发生反应2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O，最后得到Fe2O3。 （6）用酸性过氧化氢溶液溶解铜片的实验中，铜片溶解的速率随着温度的升高先加快后减慢的原因：温度升高能够加快反应Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O的反应速率，故铜的溶解速率加快，当温度升高到一定程度后，H2O2的分解速率加快，此时H2O2浓度的下降对反应速率的影响超过了温度对反应速率的影响，故铜的溶解速率减慢。 （7）适当升温氮气和氢气合成氨的速率加快，但是温度过高反应速率反而下降的原因：温度升高能够加快合成氨反应的反应速率，但温度过高会使催化剂失去活性，反应速率反而降低。 （8）用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极附近溶液呈碱性的原因：在阴极发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，由于氢离子不断放电，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，导致溶液中的c(OH－)>c(H＋)，使溶液显碱性。 （9）在氯碱工业中，电解饱和食盐水时常用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的原因：阳极产生的氯气与水发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，增大溶液中盐酸的浓度能够使平衡逆向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的逸出。 （10）在燃料电池中，常在电极表面镀上铂粉的原因：增大电极单位面积吸收气体的分子数，加快电极反应速率。 （11）在尾气吸收装置中试剂的作用：吸收尾气中××气体，防止污染空气。 （12）在定量实验或者制备实验中装置最后连接的干燥管的作用：防止空气中的××气体进入××装置对实验造成干扰(有时还可能同时起到吸收尾气的作用，如在有关氨气的探究实验中，最后连接的盛有浓硫酸的洗气瓶的作用就可以吸收多余的氨气，同时能防止空气中的水蒸气进入)。 （13）在导管末端连接倒置漏斗、干燥管浸入水或溶液中的原因：防倒吸(同时具有扩大吸收面积，加快吸收速率的作用)。 （14）在气体的连续实验中，若有需要用盛有碱石灰的干燥管吸收CO2或H2O(g)等气体来进行定量测定的部分，常常需要在实验开始和结束时通入氮气或稀有气体等与实验无关的气体的作用：1)实验开始时的作用：排尽装置内的空气，防止空气中的××对实验造成干扰。2)实验结束时的作用：将产生的××气体全部排出被××试剂完全吸收，以减少实验误差。 例：TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸和强碱，从电解精炼铜的阳极泥中提取碲的一种工艺流程如下： “沉碲”时控制溶液的pH为4.5～5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4过量，溶液酸度过大，将导致碲的沉淀不完全，原因是__________________________。 答案：TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应而损失 六、理论平衡型简答题规范语言表述答题模板 1、答题策略：理论型简答题一般是演绎法的三段式答题模式(前提、推理、结论)： (1)问题所涉及大前提(相关的理论或规律)的表述，一般很熟悉的理论或规律可以只写名称，也可以用化学方程式等化学用语表示，并不需要把其详细内容写出； (2)问题的推理过程(具体条件下的变化等)的表述； (3)问题所涉及的变化的结果。 2、答题模板： (1)速率、平衡移动类简答题的答题模板:叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果); (2)溶液中离子平衡简答题模板:……存在……平衡，……条件使平衡向……方向移动，……结论。 例：已知汽缸中生成NO的反应为 N2(g)＋O2(g)2NO(g)　ΔH>0 汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是______________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：温度升高，反应速率加快，平衡正向移动 七、图表、图象类试题规范语言表述 1．图象题 (1)会识图：一看面，二看线，三看点(弄清纵、横坐标的意义，弄清起点、拐点、终点的意义；看清曲线的变化趋势)，四看量变，五看是否作辅助线。 (2)会分析：分析图象中隐含的信息，将其加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理，从而快速解决问题。 2．表格数据题 (1)明含义：理解表格中各个列项中数字的含义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。 (2)析数据：理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决问题。 口诀：图象题要细心，全面观察得高分；曲线题能速答，分析走势好办法；表格题要解好，转化数据离不了。 1．（2024届高考·江苏省苏锡常镇四市·统考一模）甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 (1)HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得与HCOONa（如图所示），其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物（晶胞结构如图所示）作催化剂。 ①催化剂可由与混合物与高温灼烧制得（反应中N元素化合价不变），该反应的化学方程式为 。 ②电解时，电极b上同时产生与的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反应式为 。 ③电解过程中每产生1 mol，通过阴离子交换膜的为 mol。 (2)HCHO水化释氢 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为，反应的机理如图所示。 使用时将纳米Ag颗粒负载在表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应：。 ①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为 （填化学式）。 ②NaOH浓度低于1 mol⋅L时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是 。 ③若NaOH浓度过大，的产生迅速减慢的原因可能是 。 (3)甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有 。 2．（2024届高考·江苏省南京市盐城市·统考一模）乙醇是一种清洁的替代能源，催化加氢制备乙醇技术是当前的研究热点。 (1)催化加氢制备乙醇的反应为。 ①若要计算上述反应的，须查阅的两个数据是的燃烧热和 。 ②某金属有机骨架负载的铜基催化剂上，加氢生成的部分反应机理如图所示。 过程中两个均参与反应，画出的结构式（注明电荷） 。 (2)乙酸甲酯催化加氢制备乙醇主要涉及如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 在其他条件不变时，将的混合气体以一定流速通入装有铜基催化剂的反应管，测得转化率、选择性选择性]随温度的变化如图所示。 ①铜基催化剂须含合适物质的量之比的与的晶胞如图所示（立方体），晶体的密度可表示为 （用含的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值）。 ②下均有，其原因是 。 ③范围内，转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是 。 ④温度高于时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是 。 3．（2024届高考·江苏省南通市如皋市·统考一模）二氧化碳的综合利用具有重要意义。 (1)工业上以和为原料可以制取合成气（和）。 ①已知的燃烧热分别为，则反应的 。 ②将和以体积比混合后，通过装有催化剂的反应管。下列措施有利于提高转化率的是 （填字母）。 a．将反应管控制在催化剂的最大活性温度范围内 b．延长混合气体通过反应管的时间 c．向反应管中加入少量炭粉 (2)电解法转化可实现资源化利用。电解制的原理如图1所示。 ①写出阴极还原为的电极反应式： 。 ②电解一段时间后，阳极区的溶液浓度降低，其原因是 。 (3)一种负载活性金属原子催化剂可催化还原，在催化剂表面的物质相对能量与反应历程的关系如图2所示。 ①反应中催化剂的活性会因为生成的不断增多而逐渐减弱，原因是 。 ②可由中间体或经过如图3所示2步转化得到。和的组成相同，催化剂载体中的活性金属带正电性，与活性金属结合后的相对能量低于。在图4方框内画出的结构简式 。 4．（2024届高考·江苏省泰州市·统考一模）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)利用高炉炼铁尾气中的制取有机物的过程如下： 相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图1所示：       图1 ，选择性。 “电解”在质子交换膜电解池中进行，生成的电极反应式为 ，当电解电压为时，生成和的选择性之比为 。 (2)利用铟氧化物催化制取的可能机理如图2所示，无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性，将固定比例的混合气体以不同流速通过装有催化剂的反应管，选择性、转化率随气体流速变化曲线如图3所示， ①图2中的反应每生成放出的热量，其热化学方程式为 。 ②若原料气中比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是 。 ③制取时，同时发生反应，气体流速分别为和，相同时间内生成的质量，前者 后者（选填“>”、“="或“<”）；保持气体流速不变，反应管内温度从升高到，测得出口处和的物质的量均减小，可能的原因是 。 5．（2024届高考·江苏省南通市·统考一模）一种燃煤烟气中的捕集和资源再利用技术可通过如下转化过程实现。 转化I是利用风/太阳能电厂过剩电力，将转化为等高值产品。 转化II是利用风/太阳能电厂过剩电力驱动压缩机压缩。 转化III是风/太阳能电厂发电低谷时，利用压缩推动汽轮机，带动发电机发电。 (1)利用氨水可捕集烟气中的捕集、再生过程中含碳物种的变化如图所示。 ①液相中发生转化：。X的结构式为 。 ②已知： 反应的平衡常数 。 ③转化后的溶液通过反应解吸释放。向两份相同的转化后的溶液中分别加入等体积、等浓度的和溶液，加入溶液后释放效果更好的原因是 。 (2)以过渡金属作催化剂，利用如图所示装置可实现“转化1”。 ①写出阴极表面的电极反应方程式： 。 ②在金属催化剂表面发生转化的过程可能为(*表示吸附在催化剂表面)。其中部分物种在催化剂表面的吸附构型如图甲所示，反应历程中的相对能量如图乙所示。与Cu催化剂相比，掺杂了Cs的复合催化剂更有利于的形成，可能原因是 。 (3)从物质转化与资源综合利用角度分析，本工艺中的捕集和资源再利用技术的优点是 。 6．（2024届高考·江苏省连云港市·统考一模）氮氧化物(、等)的处理和资源化利用具有重要意义。 (1)的处理。研究证明：能提高的分解速率，参与了第Ⅱ步、第Ⅲ步反应。反应历程(为反应活化能)： 第Ⅰ步：   第Ⅱ步：……   第Ⅲ步：   ①第Ⅱ步发生反应的方程式为 。 ②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，则 (填“>”、“<”或“=”)。 (2)的应用。分解制取和的原理如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应的(值为平衡时用各气体的分压表示得出的值)的关系如图-1所示。 ①时，反应的为 。 ②时，向容积不变的容器中充入和进行反应，测得反应过程中容器内压强与时间的关系如图-2所示(反应开始和平衡后容器的温度相同)。在时间段内，容器中压强增大的主要原因是 。 (3)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图-3所示。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图-4所示。已知，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。 ①当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。 ②当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为 。 ③电解电压大于后，随着电解电压的不断增大，的法拉第效率迅速增大，可能原因是 (吸附在催化剂上的物种加“*”表示，如、等)。 7．（2024届高考·江苏省南京市、盐城市·统考一模）“碳中和”目标如期实现的关键技术之一是的再资源化利用。 (1)氨的饱和食盐水捕获是其利用的方法之一，反应原理为：。该反应常温下能自发进行的原因是 。 (2)基掺杂形成(等)，能用于捕获，原理如下图所示。已知阳离子电荷数越高、半径越小，阴离子越易受其影响而分解。 ①时，再生的化学方程式为 。 ②相比，其优点有 。 (3)催化电解吸收的溶液可将转化为有机物。 ①在阴极放电生成的电极反应式为 。 ②碱性溶液有利于抑制阴极上副产物的产生，该副产物的化学式为 。 (4)在催化剂作用下，以和为原料合成，主要反应为： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 保持压强，将起始的混合气体匀速通过装有催化剂的反应管，测得出口处的转化率和甲醇的选择性与温度的关系如题图1、题图2所示。 ①随着温度的升高，转化率增大、但甲醇选择性降低的原因是 。 ②假设定义催化剂催化效率，计算时三种催化剂的催化效率之比 (写出计算过程)。 8．（2024届高考·江苏省南通·统考二模）发展二甲醚（）的生产和使用技术具有重要意义。 （1）工业上利用反应合成二甲醚。该反应需要在无水条件下进行原因是_________。 （2）一种利用合成气两步制备二甲醚的过程可表示为。 ①是一种甲醇脱水的催化剂。晶胞结构如图1所示（B中镁原子未画出）。用“●”标记出B中的镁原子_________。 ②催化形成二甲醚的过程可表示为 控制起始温度为250℃，以固定流速向装有催化剂的反应器中分别通入纯甲醇和的甲醇溶液，得到甲醇转化率．反应器温度随通入液体时长的关系如图2所示。通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低的原因是___________。 （3）利用二甲醚可通过以下途径制取氢气。 途径Ⅰ： kJ⋅mol 途径Ⅱ： kJ⋅mol ①“自热重整”可看做是途径Ⅰ和途径Ⅱ相结合的一种制氢方法：向二甲醚、水蒸气的混合气中通入少量氧气。通入氧气最主要的目的是______________。 ②途径Ⅱ中主要包括三个的基本反应：；；。下列措施一定可以提高单位时间内产率的是_________（填序号）。 A．升高温度 B．增大反应器中压强 C．使用甲醇水解的高效催化剂 ③在“双位点”催化作用下，与水反应的反应路径如图3所示，在答题卡上画出图中方框内中间体的结构：___________。 （4）从物质转化和资源综合利用角度分析，的应用价值为_________。 9．（2024届高考·江苏省南京、盐城市·统考二模）高效氧化剂亚氯酸钠()常用于烟气脱硝()和废水脱除氨氮。 （1）的制备。一种制备的过程可表示为 ①“反应2”的化学方程式为_______。 ②“反应1”的产物经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的，从消毒后饮用水水质和消毒效率(单位质量消毒剂被还原时得电子数)的角度考虑，用替代的原因是_______。 （2）溶液对烟气脱硝。 ①酸性条件下，可催化溶液中的产生氧化性更强的气体，总反应可表示为。请补充完整过程Ⅱ的离子方程式： I．； Ⅱ．_______； Ⅲ．。 ②催化溶液脱硝。其他条件相同时，烟气中NO氧化率随、反应温度的变化分别如图所示。 i．NO氧化率随增大而增大的原因是_______。 ii．温度升高，NO氧化率先增大后减小可能原因是_______。 （3）溶液处理氨氮废水。向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的溶液，用传感器测得溶液中与含量随反应时间的变化如图所示。判断该实验中被氧化的是否全部转化为的依据为_______。 10．（2024届高考·江苏省苏锡常镇·统考二模）丙烷脱氢制丙烯是较为理想的丙烯生产渠道。 （1）丙烷直接催化脱氢。在催化剂作用下，丙烷直接脱氢制丙烯反应历程中的相对能量变化如图所示(*表示催化剂表面吸附位点，如表示吸附在催化剂表面的)。 ①丙烷直接催化脱氢制丙烯反应的_______ 。 ②该反应历程共分五步，其中速率控制步骤为第_______步。 ③研究表明，实际生产中除使用催化剂外，还需控制反应温度在选择温度为的原因是_______。 （2）氧化丙烷脱氢。下，将不同组分的原料混合气以相同流速通过装有催化剂的反应床，测得转化率和选择性(选择性)随时间的变化关系如图所示，图中分别代表、的两种原料气。 ①随着反应的进行，4小时前A组分原料气中转化率和选择性均有所提升，且在反应床出口检测到。研究表明，氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：Ⅰ．；Ⅱ．_______ 。(填化学方程式) ②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是_______。 （3）丙烷燃料电池脱氢。一种质子导体燃料电池采用材料作阳极催化层，在阳极侧注入燃料气，阴极侧直接暴露于空气中，在下可实现丙烷高效脱氢制丙烯，装置如图所示。 ①电池工作时，负极发生主要反应的电极反应式为_______。 ②与氧化丙烷脱氢相比，丙烷燃料电池脱氢制丙烯工艺的优点是_______。 11．（2024届高考·江苏省南通如皋·二模模拟）生物质铁炭纳米材料可以活化过一硫酸盐，降解废水中有机污染物． （1）生物质铁炭纳米材料活化过—硫酸钾降解有机污染物的反应历程如图-1所示．图中和分别表示硫酸根自由基和羟基自由基． ①（S的化合价为）在水中的电离过程为：、．写出的结构式：_______。 ②生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为______。 ③若有机污染物为苯酚，写出酸性条件下与苯酚反应的化学方程式：______。 （2）与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：______。 （3）铁炭纳米材料在不同对有机污染物去除率（溶液有机物浓度与初始有机物浓度的比值）的影响如图-2所示，越小有机污染物去除率越高的原因是：______。 （4）已知微粒的氧化性：。水中存在一定量和无存在时对铁炭纳米材料降解有机污染物的影响如图-3所示．的存在对有机污染物的降解有影响，原因是：______。 12．（2024届高考·江苏省南通海安·二模模拟）乙烯年产量是衡量国家石油化工发展水平的重要指标，乙烷制乙烯具有极高的经济效益。 已知：i．乙烷裂解为乙烯为自由基反应，其可能的引发反应及对应化学键的解离能如下： 可能的引发反应 有关键的解离能(kJ/mol) ． 410 ． 368 ii．乙烷裂解中主要发生的反应及其在不同温度下的平衡常数如下表： 反应 1100K 1300K 1500K ． 1.6 189 72.0 ． 60.9 108.7 165.8 ． 0.015 0.33 3.2 ． （1）乙烷直接裂解制乙烯。 ①引发乙烷直接裂解的反应主要为___________。 ②不采用乙烷直接裂解制乙烯裂解原因是___________。 （2）乙烷催化氧化脱氢制乙烯。 已知：i． kJ·mol； ii． kJ·mol； ①则 ___________。 800℃时，当和的混合气以一定流速通过反应器时，混合气中的比值对乙烷氧化裂解制乙烯的反应中乙烷转化率、乙烯选择性、乙烯收率的影响如图所示： ②当时，越小，乙烷转化率越大，但乙烯的选择性越小的原因是___________。 （3）耦合乙烷催化脱氢制乙烯。 ①用Cr/SSZ-13为催化剂、作为温和的氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯有诸多优势。催化条件下，乙烷裂解主要引发反应为反应，同时Cr的价态由+3升高+4.推测配位不饱和催化耦合脱氢反应过程如图所示，补全图中画框部分。___________ ②用代替的优势为___________。 （4）电催化乙烷催化脱氢制乙烯。 利用质子传导型固体氧化物电解池也可实现乙烷制乙烯。乙烷在电极上直接电催化裂解为乙烯，同时质子在外加电势下经电解质“抽取”至另一极与反应生成CO，阳极的电极方程式为___________。 13．（2024届高考·江苏省南通市·5月模拟）苯乙烯是合成橡胶和塑料的重要原料，可由乙苯为原料制得。 （1）利用“乙苯脱氢反应”可制备苯乙烯。 C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ΔH=akJ•mol-1 保持气体总压不变，原料气按以下A、B、C三种投料方式进行： A.乙苯 B.n(乙苯)：n(N2)=1：10 C.n(乙苯)：n(CO2)=1：10 三种投料分别达到平衡时，乙苯转化为苯乙烯的转化率[×100%]与温度的关系如图1所示。 ①α_____0(填“＞”、“＜”或“不能确定”)。 ②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是_____。 ③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是_____。 ④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是_____。 （2）CO2用于制备苯乙烯有助于实现“碳中和”。 ①在催化剂X作用下，CO2参与反应的机理如图2所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。根据元素电负性的变化规律，图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为_____。 ②保持混合气体总压(p)等其他条件不变，CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示。p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是_____。 14．（2024届高考·江苏前黄高级中学·二模模拟）研究含氮、硼化合物具有重要意义。 （1）一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。 “中间体Ⅲ”可以进一步水解，则氨硼烷水解最终所得含硼化合物的化学式为___________。 （2）N2O、N和CO2为等电子体，写出N2O的结构式___________。 （3）如图1表示偏硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为___________(以n表示硼原子的个数)。硼氢化钠是一种常用的还原剂，其晶胞结构如图2所示：若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，得到晶体的化学式为___________。 （4）易溶于热水、在冷水中溶解度较小，可通过如下过程制得：称取10g钠硼解石[主要成分NaCaB5O9·8H2O]，含少量、NaCl和难溶于酸的物质]，除去氯化钠后，在60℃下用浓硝酸溶解，趁热过滤，将滤渣用热水洗净后，合并滤液和洗涤液，降温结晶，过滤得。写出与硝酸反应生成的化学方程式：___________。 （5）的强碱溶液在改性的催化剂作用下与水反应生成的部分反应机理如题图3所示。 ①理论上与反应最多产生的物质的量为___________mol。 ②若用代替，步骤2中生成气体的化学式为___________。 15．（2024届高考·江苏苏锡常镇·二模模拟）燃煤烟气中和是大气污染物的主要来源，脱硫脱硝技术是烟气治理技术的研究热点。 尿素溶液脱硫脱硝。尿素是一种强还原剂。时在一定浓度的尿素溶液中通入含有和的烟气，烟气中有毒气体被一定程度吸收。 尿素溶液对具有很高的去除效率，写出尿素和溶液吸收，生成硫酸铵和的化学方程式为 ______。 除去烟气中的，利用氢气选择性催化还原是目前消除的理想方法。法的主反应： 副反应： 已知；，则______。 在催化剂表面的反应机理如题图所示： 已知在载体表面发生反应的、物质的量之比为：，反应中每生成，转移的电子的物质的量为 ______。 炭基材料活性炭、活性焦、活炭纤维也可以脱硫脱硝。炭基材料脱硫原理是：在炭表面被吸附，吸附态在炭表面被催化氧化为，再转化为硫酸盐等。 炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了的吸收峰，再通入后吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为 ______。 炭基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，考察了烟气中的存在对炭基材料催化剂脱硫脱硝活性的影响，结果如题图所示，当浓度过高时，去除率下降，其可能原因是 ______。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！11 学科网（北京）股份有限公司 $$