2025届高考化学考前特训七 反应原理题突破精练

考前特训七 反应原理题精练 2025届高考化学题型过关练习 反应原理题突破精练 一、选择题 1．（2025·江苏省无锡澄宜六校12月联考）发展二甲醚(CH3OCH3)的生产和使用技术具有重要意义。 （1）工业上利用反应CH3O－Na＋＋CH3I→CH3OCH3＋NaI合成二甲醚。该反应需要在无水条件下进行的原因是_______________________________________________________________________________。 （2）工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3的新工艺主要发生以下两个反应： I．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH1＝－91 kJ·mol－1 II．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2＝－24 kJ·mol－1 ①有研究者在使用催化剂、压强为5.0 MPa、反应时间为10分钟的条件下，通过反应I、II制备二甲醚，结果如图所示。260℃时CO转化率高但CH3OCH3(g)产率很低的原因可能是_____________________________________________________。 ②Al2O3催化CH3OH形成二甲醚的过程可表示为2CH3OH＋CH3OCH3＋，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[m(CH3OH)∶m(H2O)]＝4∶1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：2CH3OCH3(g)＋3O2(g)＝4CO2(g)＋6H2(g) ΔH＝－25 kJ·mol－1 途径Ⅱ：CH3OCH3(g)＋3H2O(g)＝2CO2(g)＋6H2(g) ΔH＝＋135 kJ·mol－1 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ΔH＞0的基本反应：CH3OCH3＋H2O＝2CH3OH；CH3OH＋H2O＝CO2＋3H2；CO2＋H2＝CO＋H2O。下列措施一定可以提高单位时间内H2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“Cu0/Cu＋双位点”催化作用下，CH3OH与水反应的反应路径如图所示，在答题卡上画出图中方框内中间体的结构：_________________。 【答案】（1）CH3ONa更容易与水反应生成难电离的CH3OH，使c(CH3O－)减小 （2）①反应I中CO转化成CH3OH的速率快，但反应II中CH3OH转化成CH3OCH3(g)的速率慢，故在固定时间内CO转化率高但CH3OCH3(g)产率很低 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H2产率 ②C ③ 【解析】（1）CH3ONa更容易与水反应生成难电离的CH3OH，使c(CH3O－)减小，所以利用反应CH3ONa＋CH3ICH3OCH3＋NaI合成二甲醚，需要在无水条件下进行；（2）①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ∆H1＝－91 kJ·mol－1……I 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ∆H2＝－24 kJ·mol－1……II；CO的转化主要体现在反应I的进行，据图推测，反应I是快反应，很快达到平衡，因此，CO转化率实际上就是平衡转化率随温度的变化；但是反应II中由CH3OH合成CH3OCH3是个慢反应，CH3OCH3的产率既与CO平衡转化率有关，也与自身速率有关。温度越高，CO平衡转化率越低，但是反应II速率越快，因此在不同温度范围内呈现不同的变化规律。根据上述分析，260℃时CO转化率高但CH3OCH3产率很低的原因可能是反应I中CO转化成CH3OH的速率快，但反应II中CH3OH转化成CH3OCH3的速率慢，因此在固定时间内CO转化率高但CH3OCH3产率很低；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，所以通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低；（2）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项，三个基本反应∆H＞0，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H2产率，不符合题意；B项，对应CH3OH＋H2O＝CO2＋3H2反应，增大压强会导致平衡逆向移动，不利于生成氢气，不符合题意；C项，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H2产率，符合题意；③中间体是指在反应过程中生成，并参与后续反应，则中间体结构为：。 2．（2025·南京市金陵中学4月调研）纳米零价铁(ZVI)因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。 （1）ZVI可通过FeCl2·4H2O和NaBH4溶液反应制得，同时生成H2、B(OH)4－，制备过程中需要不断通入高纯氮气，其目的是_________________________________________________________________。 （2）ZVI电化学腐蚀处理三氯乙烯进行水体修复，H＋、O2、NO3－等物种的存在会影响效果，水体修复的过程如图所示。有效腐蚀过程中，生成1 mol乙烯所转移的电子物质的量为_______mol，过程④对应的电极反应式为_________________________________________。 （3）ZVI可去除废水中Pb2＋，pH＜6时，pH对Pb2＋的去除率的影响如图所示。 已知：ⅰ)在水中，ZVI表面的FeOH会因为质子化/去质子化作用而使其表面带正/负电荷，可表示为：FeOH＋H＋FeOH2＋，FeOHFeO—＋H＋。pH约为8.1达到等电点，ZVI表面不带电。 ⅱ)pH＜6时，ZVI去除Pb2＋主要发生表面配位反应和还原反应： 2FeOH2＋＋Pb2＋(FeO)2Pb＋4H＋ 2Fe＋3Pb2＋＋4H2O3Pb＋2FeOOH＋6H＋ ①pH＜6时，铁氧化物颗粒不易吸附Pb2＋的原因是_________________________________________。 ②pH＜6时，随着pH增大，Pb2＋的去除率会增大至接近100%的原因是_________________________ _________________________________________________________________________________________。 （4）催化剂协同ZVI能将水体中的硝酸盐(NO3－)转化为N2，其催化还原反应的过程如图所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH＜4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是___________________________________________。 【答案】（1）排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸 （2）①6 ②NO3－＋10H＋＋8e—＝NH＋3H2O （3）①ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH2＋，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2＋ ②随pH增大，c(H＋)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2＋的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大 （4）pH减小，H＋浓度增大，会生成更多的H，使NO3－被还原的中间产物NH更多的与H反应生成NH，减少N2的生成 【解析】（1）由题意可知，四水氯化亚铁与四氢合硼酸钠反应生成纳米铁、氢气、四羟基合硼酸钠和水，反应中不断通入高纯氮气能排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化，同时排出反应生成的氢气，防止氢气遇氧气受热发生爆炸，故答案为：排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸；（2）由图可知，纳米铁在负极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，溶液中三氯乙烯、氢离子、氧气和硝酸根离子在正极得到电子生成乙烯、氢气、氢氧根离子和铵根离子，有效腐蚀过程中，C2HCl3(碳为＋1价)C2H4(碳为－2价)，生成1 mol乙烯所转移的电子物质的量为1 mol×6＝6 mol，过程④对应的电极反应为酸性条件下，硝酸根离子得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为NO3－＋10H＋＋8e—＝NH＋3H2O，故答案为：6；NO3－＋10H＋＋8e—＝NH＋3H2O；（3）①由题给信息可知，废水中pH＜6时，ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH2＋，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2＋，所以铁氧化物颗粒不易吸附Pb2＋，故答案为：ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH2＋，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2＋；②由题给信息可知，废水中pH＜6时，随着pH增大，废水中减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2＋的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大，所以Pb2＋的去除率会增大至接近100%，故答案为：随pH增大，c(H＋)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2＋的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大；（4）由图可知，当废水pH＜4.2时，pH减小，废水的氢离子浓度增大，会生成更多的氢原子，使废水中硝酸根离子被还原的中间产物NH更多，NH与氢原子反应生成铵根离子，减少氮气的生成，导致氮气生成率逐渐降低，故答案为：pH减小，H＋浓度增大，会生成更多的H，使NO3－被还原的中间产物NH更多的与H 反应生成NH，减少N2的生成。 3．（2025·江苏省淮安市淮阴中学三模）CO2的资源化利用是化学研究的热点。 （1）C3H8催化脱氢可制备丙烯。反应为C3H8(g)＝C3H6(g)＋H2(g) ∆H1＝＋123.8 kJ·mol－1 ①该反应高温下能自发进行原因为______________________________________________。 ②工业生产反应温度选择600℃，温度过高，反应速率和丙烯选择性均快速下降，原因可能为___________________________________。 （2）In/HZSM－5催化下，CO2与C3H8耦合反应过程如图所示。 已知：3CO2(g)＋9H2(g)＝C3H6(g)＋6H2O(g) ∆H2＝－250.2 kJ·mol－1 CO2(g)＋H2(g)＝CO(g)＋H2O(g) ∆H3＝＋41.2 kJ·mol－1 耦合反应的∆H＝__________kJ·mol－1。 （3）利用电化学装置可实现CH4和CO2的耦合转化，原理如图所示。 ①阳极生成乙烷的电极反应式为_______________________________________________。 ②同温同压下，若生成乙烯和乙烷体积比为1∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为_________。 （4）In2O3催化CO2加氢制甲醇。H2在In2O3表面吸附后活化生成HCOO*中间体的机理如图所示。 ①转化1中，In元素的化合价会__________。(选填“升高”、“降低”或“不变”) ②根据元素电负性的变化规律，用文字描述转化Ⅱ和Ⅲ的机理__________________________________ ________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 【答案】（1）①该反应的∆H＞0，∆S＞0，高温下∆H－T∆S＜0，反应可自发进行 ②温度过高，丙烷裂解产生CH4、C2H4、C和氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积碳使催化剂快速失活，反应速率快速下降 （2）＋165.0 kJ·mol－1 （3）①2CH4＋O2－－2e－＝CH3CH3＋H2O ②4∶3 （4）①降低 ②CO2分子中的一个O原子填充到氧空位，促进CO2分子中C＝O键断裂；In的电负性小于H，与In相连的H原子带负电，C的电负性小于O，与O相连的C原子带正电；带负电的H进攻带正电的C原子生成HCOO*(吸附在In2O3表面) 【解析】（1）①该反应高温下能自发进行的原因为： 该反应的∆H＞0，∆S＞0，高温下∆H－T∆S＜0，反应可自发进行；②工业生产反应温度选择600℃，温度过高，反应速率和丙烯选择性均快速下降，原因可能为：温度过高，丙烷裂解产生CH4、C2H4、C和氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积碳使催化剂快速失活，反应速率快速下降；（2）由图可知CO2与C3H8耦合反应为：C3H8(g)＋CO2(g)＝C3H6(g)＋CO(g)＋H2O(g)。据已知：I. C3H8(g)＝C3H6(g)＋H2(g) ∆H1＝＋123.8 kJ·mol－1；II. 3CO2(g)＋9H2(g)＝C3H6(g)＋6H2O(g) ∆H2＝－250.2 kJ·mol－1；III. CO2(g)＋H2(g)＝CO(g)＋H2O(g) ∆H3＝＋41.2 kJ·mol－1；由盖斯定律可知，I＋III可得：C3H8(g)＋CO2(g)＝C3H6(g)＋CO(g)＋H2O(g) ∆H＝∆H1＋∆H3＝(＋123.8 kJ·mol－1)＋(＋41.2 kJ·mol－1)＝＋165.0 kJ·mol－1；（3）①由图可知，CH4在阳极失去电子生成乙烷的电极反应式为：2CH4＋O2－－2e－＝CH3CH3＋H2O；②由图可知，CO2在阴极得到电子生成CO，电极方程式为：CO2＋2e－＝CO＋O2－，由图可知，CH4在阳极失去电子生成乙烷或乙烯，电极反应式为：2CH4＋O2－－2e－＝CH3CH3＋H2O、2CH4＋2O2－－4e－＝CH2＝CH2＋H2O，若生成乙烯和乙烷的体积比为1∶1，则失去6个电子，消耗4 mol CH4，3 mol CO2，则消耗的CH4和CO2体积比为4∶3；（4）①转化1中，In2O3中产生了氧空位，由化合价代数和为零可知，In元素的化合价会降低；②根据元素电负性的变化规律，用文字描述转化Ⅱ和Ⅲ的机理为：CO2分子中的一个O原子填充到氧空位，促进CO2分子中C＝O键断裂；In的电负性小于H，与In相连的H原子带负电，C的电负性小于O，与O相连的C原子带正电；带负电的H进攻带正电的C原子生成HCOO*(吸附在In2O3表面)。 4．（2025·江苏省海安高级中学期中）氢能是一种清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 （1）硼氢化钠(NaBH4)是一种高效储氢材料，25℃时NaBH4催化制氢先生成Na[B(OH)4]，再转化为NaBO2。在掺杂了MoO3的纳米Co2B合金催化剂表面部分反应机理如图所示： ①其他条件不变，用D2O代替H2O，写出中间产物X的结构式：___________。 ②其他条件不变，催化剂Co2B中掺杂MoO3能提高制H2效率的原因是___________________________。 ③已知25℃时NaBO2和NaBH4在水中的溶解度分别为28 g和55 g。NaBH4浓度对制H2速率影响如图所示，NaBH4浓度大于10%时反应速率变慢的可能原因是________________________________________。 （2）将偏硼酸钠(NaBO2)再生为NaBH4可用于储氢且有利于资源的综合利用。(已知：∆G是反应的自由能变化量，可类比∆H计算与表示；当∆G＜0时，反应能自发进行。) Ⅰ．NaBH4(s)＋2H2O(l)＝NaBO2(s)＋4H2(g) ∆G1＝－320 kJ·mol－1 Ⅱ．H2(g)＋O2(g)＝H2O(l) ∆G2＝－240 kJ·mol－1 Ⅲ．Mg(s)＋O2(g)＝MgO(s) ∆G3＝－570 kJ·mol－1 用方程式表示NaBO2自发再生为NaBH4的一种制备方法：___________________________________。 (要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为100%；注明∆G。) （3）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中转化为电能。某熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图所示。 ①负极上的电极反应式为_______________________________________。 ②该电池以3.2 A恒定电流工作14分钟，消耗0.49 L H2。该电池将化学能转化为电能的转化率为___________。 [已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5 L·mol－1；电荷量q(C)＝电流I(A)×时间(s)；NA＝6.0×1023 mol－1；e＝1.60×10－19 C] 【答案】（1）① ②MoO3能吸附水分子并解离出H＋，加快氢气的生成速率 ③浓度较高时，生成的NaBO2覆盖在催化剂表面，降低催化活性，反应速率降低。BH4－过多吸附在Co上，而减少H－吸附 （2）NaBO2(s)＋2H2(g)＋2Mg(s)＝NaBH4(s)＋2MgO(s) ∆G＝－340 kJ·mol－1 （3）①H2－2e—＋CO32－＝CO2＋H2O ②70% 【解析】根据反应机理图，BH4－吸附CoB合金的同时，H2O中吸附MoO3解离出的OH－与B成键，形成中间产物；NaBH4浓度较高时，生成的NaBO2覆盖在催化剂表面，降低催化活性，反应速率降低。BH4－过多吸附在Co上，而减少H－吸附，导致NaBH4浓度大于10%时反应速率变慢；燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，负极反应式为：H2－2e－＋CO32－＝CO2＋H2O；正极的电极反应式为：O2＋4e－＋2CO2＝2CO32－。 （1）①根据反应机理图，BH4－吸附Co2B合金的同时，H2O吸附MoO3解离出氢离子、氢氧根离子，其中OH－与B成键，形成中间产物，若其他条件不变，用D2O代替H2O，中间产物X为，故答案为：；②其他条件不变，催化剂Co2B中掺杂MoO3能提高制H2效率因为MoO3能吸附水分子并解离出H＋，加快氢气的生成速率，故答案为：MoO3能吸附水分子并解离出H＋，加快氢气的生成速率；③NaBH4浓度较高时，生成的NaBO2覆盖在催化剂表面，降低催化活性，反应速率降低。BH4－过多吸附在Co上，而减少H－吸附，导致NaBH4浓度大于10%时反应速率变慢，故答案为：浓度较高时，生成的NaBO2覆盖在催化剂表面，降低催化活性，反应速率降低。BH4－过多吸附在Co上，而减少H－吸附；（2）结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由2×Ⅲ－(2×Ⅱ＋Ⅰ)，得NaBO2(s)＋2H2(g)＋2Mg(s)＝NaBH4(s)＋2MgO(s) ∆G＝2∆G3－(2∆G2＋∆G1)＝2×(－570 kJ·mol－1)－[2×(－240 kJ·mol－1)＋(－320 kJ·mol－1)]＝－340 kJ·mol－1，故答案为：NaBO2(s)＋2H2(g)＋2Mg(s)＝NaBH4(s)＋2MgO(s) ∆G＝－340 kJ·mol－1；（3）根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，负极反应式为：H2－2e—＋CO32－＝CO2＋H2O；正极的电极反应式为：O2＋4e－＋2CO2＝2CO32－；该条件下H2的摩尔体积为24.5 L·mol－1，0.49 L H2的物质的量为n(H2)＝＝0.02 mol，工作时，H2失去电子发生反应H2－2e—＝2H＋，所带电荷量为：2×0.02 mol×6.0×1023 mol－1×1.60×10－19 C＝3 840 C，工作电荷量为：3.2×14×60＝2 688 C，则该电池0.49 L将化学能转化为电能的转化率为：×100%＝70%，故答案为：H2－2e—＋CO32－＝CO2＋H2O；70%。 5．（2025·扬州中学1月）为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，从空气中捕集CO2并将其转化为燃料或增值化学品成为了新的研究热点。 （1）二氧化碳通过催化方法还原可以生产多种高价值的基础化学品，受到了研究人员的广泛关注。二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为： CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ∆H1＝－164.7 kJ·mol－1 CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2(g) ∆H1＝＋41.2 kJ·mol－1 在密闭容器中，1.01×105 Pa、n起始(CO2)∶n起始(H2)＝1∶4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。CH4的选择性可表示为×100%。 反应2CO(g)＋2H2(g)CO2(g)＋CH4(g) ∆H＝________kJ·mol－1。 ②580℃以后CO2平衡转化率升高的主要原因是______________________________________________ _____________________________________________________________________________。 ③某同学认为该反应的最佳温度范围为360℃～400℃，你是否赞同，并说明理由：_____________________________________________________________________________________________________________________。 （2）为了进一步研究CO2的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO2(M表示Ni或Ru)在300℃光照的条件下进行反应，催化反应的核心过程如题图所示： ①步骤Ⅲ发生的反应为______________________________________(*X代表吸附态中间体)。 ②研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率_________(填“高于”或“低于”)使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率。 （3）用光电化学法将CO2还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如图1所示。其他条件一定时，含碳还原产物的法拉第效率[FE(X)＝×100%]随电压的变化如图2所示。 ①当电解电压为0.7 V，阴极发生的电极反应式为___________________________________。 ②电解电压为0.95 V时，电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为___________。 【答案】（1）①－247.1 ②反应Ⅰ为放热反应，温度升高CO2平衡转化率降低；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高CO2平衡转化率升高，580℃以后，温度对反应Ⅱ平衡移动的影响大于反应Ⅰ ③不赞同。虽然反应温度为360℃～400℃时CO2转化率较高，但CO2生成CH4的选择性的大小无法确定(CH4选择性大小无法确定) （2）①*COOH→*CO＋*OH ②高于 （3）①CO2＋2e－＋2H＋＝HCOOH ②2∶1 【解析】（1）①设反应Ⅲ：2CO(g)＋2H2(g)CO2(g)＋CH4(g)，根据盖斯定律Ⅲ＝Ⅰ－2×Ⅱ，则∆H＝∆H1－2×∆H2＝(－164.7 kJ·mol－1)－2×(＋41.2 kJ·mol－1)＝－247.1 kJ·mol－1；②反应Ⅰ为放热反应，温度升高CO2平衡转化率降低；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高CO2平衡转化率升高，580℃以后，温度对反应Ⅱ平衡移动的影响大于反应Ⅰ，导致CO2平衡转化率升高；③由图可知温度范围约为360℃～400℃时二氧化碳实际转化率最高，催化剂的活性最大，但CO2生成CH4的选择性的大小无法确定，故答案为：不赞同。虽然反应温度为360℃～400℃时CO2转化率较高，但CO2生成CH4的选择性的大小无法确定(CH4选择性大小无法确定)；（2）①由图知，步骤Ⅲ发生的反应为：*COOH→*CO＋*OH；②光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率可得电负性越大，催化效率越高。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率高于使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率；（3）①当电解电压为0.7 V，观察图像可知，主要产生的是HCOOH，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成HCOOH，电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋＝HCOOH；②电解电压为0.95 V时，根据图示可知，产物主要有：HCOOH、HCHO，CO2＋2e－＋2H＋＝HCOOH转移2e－，CO2＋4e－＋4H＋＝HCHO＋H2O转移4e－，当电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为x∶y时，根据FE(HCHO)＝60%、FE(HCOOH)＝15%，有＝，则x∶y＝2∶1，电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为2∶1。 6．（2025·江苏省泰州中学上学期一模）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。 （1）液氨是一种重要的载氢材料。已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，Fe－TiO2﹣xHy双催化剂双温催化合成氨机理如图－1所示，该方法通过光辐射产生温差，可以实现高速率、高产率合成氨。 ①高温区纳米Fe催化剂能提高合成氨效率的原因是__________________________________________ ___________________________________________。 ②低温区TiO2﹣xHy能提高合成氨效率的原因是_______________________________________________ ______________________________。 ③氨燃料电池以KOH溶液为电解质溶液放电时，负极的电极反应式为______________________________________。 （2）十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，可经历“C10H18→C10H12→C10H8”的脱氢过程释放氢气，催化剂对反应活化能的影响如图－2所示。一定条件下，向恒容密闭容器加入1 mol十氢萘进行催化脱氢实验，测得C10H12和C10H8的物质的量随时间的变化关系如图－3所示。 ①C10H12的物质的量显著低于C10H8可能的原因是___________________________________。 ②7 h时，反应体系内氢气的物质的量为___________mol。 （3）以H2、CO2和二甲胺为原料，在Cu/ZnO催化下合成DMF()的机理如图－4所示。 ①该过程合成DMF的化学方程式为______________________________________________。 ②由机理图可知，反应过程会产生一种有机副产物，其结构简式为_________________。 ③若改用D2、CO2和二甲胺为原料，产物水的结构式为_________________。 【答案】（1）①纳米铁可以吸附更多N2，高温有利于N≡N、H—H断裂，加快反应速率 ②反应放热，低温区促进N2、H2合成氨，平衡正向移动，提高NH3平衡产率 ③2NH3－6e﹣＋6OH－＝N2＋6H2O （2）①催化剂显著降低了C10H12转化为C10H8的活化能，C10H12分解速率大于其生成速率 ②2.028 （3）①H2＋CO2＋HN(CH3)2H2O＋DMF ②HCOOH ③H－O－D 【解析】（1）①N≡N在Fe表面断裂，Fe的温度高于体系温度，纳米铁可以吸附更多N2，高温有利于N≡N、H—H断裂，加快反应速率；②氨气在TiO2﹣xHy表面生成，TiO2﹣xHy温度低于体系温度，反应放热，低温区促进N2、H2合成氨，平衡正向移动，提高NH3平衡产率；③氨燃料电池以KOH溶液为电解质溶液放电时，NH3为燃料做负极，失电子，负极的电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－＝N2＋6H2O；（2）①由图可知，对比C10H18转化为C10H12的活化能与C10H12转化为C10H8的活化能，可得出催化剂显著降低了C10H12转化为C10H8的活化能，C10H12分解速率大于其生成速率；②由图可知，C10H18(g)→C10H12(g)＋3H2(g)；C10H12(g)→C10H8＋5H2(g)，反应体系内氢气的物质的量为0.021×3＋0.393×5＝2.028 mol；（3）①由图可知，该过程合成DMF的化学方程式为H2＋CO2＋HN(CH3)2H2O＋DMF；②由[HCOO]－[NH2(CH3)2]＋产生DMF和H2O，同时过程中也会产生[H]＋[HCOONH(CH3)2]－，生成一种副产物为HCOOH；③由图可知，水中有一个氢来自于氢气，故产物水的结构为H－O－D。 7．（2025·江苏省前黄中学下学期期初）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Pd－C2N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*C3H8表示吸附在催化剂表面的C3H8)。 ①丙烷直接催化脱氢制丙烯反应C3H8(g)＝C3H6(g)＋H2(g)的∆H＝_______kJ·mol－1。 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Pd－C2N催化剂外，还需控制反应温度在480℃，选择温度为480℃的原因是______________________________________________________。 （2）CO2氧化丙烷脱氢。600℃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C3H8转化率和C3H6选择性(C3H6选择性＝×100%)随时间的变化关系如图所示，图中A、B分别代表n(C3H8)∶n(CO2)∶n(N2)＝1∶2∶7、n(C3H8)∶n(N2)＝1∶9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C3H8转化率和C3H6选择性均有所提升，且在反应床出口检测到CO。研究表明，CO2氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：Ⅰ．C3H8C3H6＋H2 ；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PSNT材料作阳极催化层，在阳极侧注入燃料气C3H8，阴极侧直接暴露于空气中，在650℃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CO2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）①CO2＋H2CO＋H2O 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CO2＋C2CO，及时消除积碳 （3）①C3H8－2e－＝C3H6＋2H＋ 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∆H＝＋123.21 kJ·mol－1；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CO，CO2氧化丙烷脱氢总反应为：C3H8＋CO2C3H6＋CO＋H2O，由此可知反应II为CO2＋H2CO＋H2O；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CO2＋C2CO，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C3H8－2e－＝C3H6＋2H＋；②与CO2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。 8．（2025·江苏省南通如皋市2月）CO2的转化是实现“碳中和”的有效途径。 （1）CO2催化加氢合成甲醇(反应Ⅰ)中伴随反应Ⅱ的发生： 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)＝CH3OH(g)＋H2O(g) 反应Ⅱ：CO2(g)＋2H2(g)＝CH2O(g)＋H2O(g) 恒压时，CO2和H2起始量一定的条件下，在分子筛膜反应器中反应，该分子筛膜能选择性分离出H2O(g)。 ①使用分子筛膜的目的是___________________________________________________。 ②将反应后的气体以一定流速通过含Cu＋修饰的吸附剂，分离其中的CH3OH(g)和CH2O(g)，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图1所示。20～40 min，CH3OH(g)浓度比增大而CH2O(g)浓度比几乎为0的原因是_____________________________________________________________________。 （2）CO2与CH4重整可以制取CO和H2。1.01×105Pa下，将n起始(CO2)∶n起始(CH4)＝1∶1的混合气体置于密闭容器中，发生如下反应： 反应Ⅲ：CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)；ΔH＝246.5 kJ·mol－1 反应Ⅳ：H2(g)＋CO2(g)＝CO(g)＋H2O(g)；ΔH＝41.2 kJ·mol－1 反应Ⅴ：2CO(g)＝CO2(g)＋C(s)；ΔH＝－172.5 kJ·mol－1 不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图2所示。500～800℃范围内，CO2的平衡转化率低于CH4的原因是_______________________________________________________________。 （3）一种金属氧化物(用MR表示)催化CO2与环氧丙烷()反应制碳酸酯X反应机理如图所示。已知CO2中碳氧键可以被催化剂中具有较强给电子能力的活性中心的电子进攻而活化断裂。 ①碳酸酯X的结构简式为_________________。 ②MgO活化催化CO2的能力强于Al2O3的原因是_____________________________________________ _________________________________________。 【答案】（1）①分离出H2O(g)，促进平衡正向移动，增大CO2的转化率 ②CH2O含π键电子，Cu＋与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的CH3OH被CH2O替代 （2）该温度范围内，反应Ⅴ进行的程度大于反应Ⅳ进行的程度 （3）① ②Mg的金属性强于Al，MgO的O负电性更强，MgO的O更易进攻活化CO2中的碳氧键 【解析】（1）①根据信息可知该分子筛膜能选择性分离出H2O(g)，分离出产物H2O(g)，能促进平衡正向移动，增大CO2的转化率；②根据信息可知Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键，而CH2O含π键电子，Cu＋与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的CH3OH被CH2O替代；（2）根据信息可知CH4和CO2的起始投料相同，而反应Ⅲ中两者也是按1∶1反应，则推断500～800℃范围内，CO2的平衡转化率低于CH4的原因是该温度范围内，反应Ⅴ进行的程度大于反应Ⅳ进行的程度；（3）①由的变化过程可知，中与M相连的O－和与R相连的C原子相结合，得到碳酸酯X的结构简式为；②MgO活化催化CO2的能力强于Al2O3的原因是Mg的金属性强于Al，MgO的O负电性更强，MgO的O更易进攻活化CO2中的碳氧键。 9．（2025·江苏省淮安市一模）CO2资源化利用是控制能源危机、实现“碳达峰”“碳中和”的最有前途的技术之一。 （1）CO2在催化剂铜表面直接还原为乙烯，其机理如图。当有1 mol CO2反应时，直接传递电子物质的量为______mol。 （2）CO2还原为甲酸或甲酸盐 方法Ⅰ：通过控制光沉积的方法构建新型催化剂，其中Fe2＋和Fe3＋渗透Nafion膜，协同CO2、H2O分别反应，构建了人工光合作用体系，同时产生甲酸，其反应机理如图。 ①图中a代表________(填“Fe2＋”或“Fe3＋”)。 ②该人工光合作用体系总反应方程式为____________________________________。 方法Ⅱ：锰催化还原CO2产生甲酸部分机理如下图所示。 ③图中X的结构式为_____________________。 ④实验中将锰粉、碳酸氢钠和蒸馏水添加到反应器中，反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的原因可能为______________________________________________。 方法Ⅲ：电解CO2制甲酸或甲酸盐的原理如图所示。 ⑤阳离子交换膜左室产生的气体为___________。 ⑥以一定流速持续通入CO2，一部分CO2在电极表面转化为HCOO－，电解一段时间后，阳离子交换膜右室中的KHCO3浓度增大，原因为__________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 【答案】（1）6 （2）①Fe2＋ ②2CO2＋2H2OO2＋2HCOOH ③ ④该过程的产物能作为催化剂加速该反应的进行 ⑤O2和CO2 ⑥随着反应的进行，电解池阴极室在消耗水的同时生成新的KHCO3，所以电解一段时间后阳离子交换膜右室中的KHCO3浓度增大 【解析】（1）由图-1可知，CO2中C的化合价为+4价，C2H4中C的化合价为-2价，1 mol CO2反应时生成乙烯，碳原子得到6 mol电子，故答案为：6；（2）①由图-2可知，H2O在WO3表面失去电子被氧化生成O2，因此Fe3＋在WO3表面得到电子被还原为Fe2＋，故答案为：Fe2＋；②由图－2可知，CO2、H2O在催化剂表面上生成了O2和HCOOH，因此其总反应为2CO2＋2H2OO2＋2HCOOH，故答案为：2CO2＋2H2OO2＋2HCOOH；③结合反应规律与图像信息，可分析得知X为Mn(OH)2，故答案为：；④该过程的产物能作为催化剂催化该反应的进行，因此反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升，故答案为：该过程的产物能作为催化剂加速该反应的进行；⑤据题意可知，阳离子交换膜左室为阳极室，此时阳极室存在的反应有2H2O－4e－＝O2↑＋4H+，H＋＋HCO3－＝CO2↑＋H2O，阳极室产生的气体有氧气和二氧化碳，故答案为：O2和CO2；⑥阳离子交换膜右室，即电解池的阴极室发生的反应为2CO2＋2e－＋H2O＝HCOO－＋HCO3－，随着反应的进行，钾离子从左室移向右室，且溶剂H2O逐渐减少，同时生成新的KHCO3，所以KHCO3浓度逐渐增大，故答案为：随着反应的进行，电解池阴极室在消耗水的同时生成新的KHCO3，所以电解一段时间后阳离子交换膜右室中的KHCO3浓度增大。 2 细节决定成败 目标成就未来 找出试题的“命题点”、“关键点”、“易错点” 2 中等生 天天练 补短板 优等生 天天练 保领先 尖子生 天天练 夺高分 学科网（北京）股份有限公司 $$考前特训七 反应原理题精练 2025届高考化学题型过关练习 反应原理题突破精练 一、选择题 1．（2025·江苏省无锡澄宜六校12月联考）发展二甲醚(CH3OCH3)的生产和使用技术具有重要意义。 （1）工业上利用反应CH3O－Na＋＋CH3I→CH3OCH3＋NaI合成二甲醚。该反应需要在无水条件下进行的原因是_______________________________________________________________________________。 （2）工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3的新工艺主要发生以下两个反应： I．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH1＝－91 kJ·mol－1 II．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2＝－24 kJ·mol－1 ①有研究者在使用催化剂、压强为5.0 MPa、反应时间为10分钟的条件下，通过反应I、II制备二甲醚，结果如图所示。260℃时CO转化率高但CH3OCH3(g)产率很低的原因可能是_____________________________________________________。 ②Al2O3催化CH3OH形成二甲醚的过程可表示为2CH3OH＋CH3OCH3＋，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[m(CH3OH)∶m(H2O)]＝4∶1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：2CH3OCH3(g)＋3O2(g)＝4CO2(g)＋6H2(g) ΔH＝－25 kJ·mol－1 途径Ⅱ：CH3OCH3(g)＋3H2O(g)＝2CO2(g)＋6H2(g) ΔH＝＋135 kJ·mol－1 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ΔH＞0的基本反应：CH3OCH3＋H2O＝2CH3OH；CH3OH＋H2O＝CO2＋3H2；CO2＋H2＝CO＋H2O。下列措施一定可以提高单位时间内H2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“Cu0/Cu＋双位点”催化作用下，CH3OH与水反应的反应路径如图所示，在答题卡上画出图中方框内中间体的结构：_________________。 2．（2025·南京市金陵中学4月调研）纳米零价铁(ZVI)因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。 （1）ZVI可通过FeCl2·4H2O和NaBH4溶液反应制得，同时生成H2、B(OH)4－，制备过程中需要不断通入高纯氮气，其目的是_________________________________________________________________。 （2）ZVI电化学腐蚀处理三氯乙烯进行水体修复，H＋、O2、NO3－等物种的存在会影响效果，水体修复的过程如图所示。有效腐蚀过程中，生成1 mol乙烯所转移的电子物质的量为_______mol，过程④对应的电极反应式为_________________________________________。 （3）ZVI可去除废水中Pb2＋，pH＜6时，pH对Pb2＋的去除率的影响如图所示。 已知：ⅰ)在水中，ZVI表面的FeOH会因为质子化/去质子化作用而使其表面带正/负电荷，可表示为：FeOH＋H＋FeOH2＋，FeOHFeO—＋H＋。pH约为8.1达到等电点，ZVI表面不带电。 ⅱ)pH＜6时，ZVI去除Pb2＋主要发生表面配位反应和还原反应： 2FeOH2＋＋Pb2＋(FeO)2Pb＋4H＋ 2Fe＋3Pb2＋＋4H2O3Pb＋2FeOOH＋6H＋ ①pH＜6时，铁氧化物颗粒不易吸附Pb2＋的原因是_________________________________________。 ②pH＜6时，随着pH增大，Pb2＋的去除率会增大至接近100%的原因是_________________________ _________________________________________________________________________________________。 （4）催化剂协同ZVI能将水体中的硝酸盐(NO3－)转化为N2，其催化还原反应的过程如图所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH＜4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是___________________________________________。 3．（2025·江苏省淮安市淮阴中学三模）CO2的资源化利用是化学研究的热点。 （1）C3H8催化脱氢可制备丙烯。反应为C3H8(g)＝C3H6(g)＋H2(g) ∆H1＝＋123.8 kJ·mol－1 ①该反应高温下能自发进行原因为______________________________________________。 ②工业生产反应温度选择600℃，温度过高，反应速率和丙烯选择性均快速下降，原因可能为___________________________________。 （2）In/HZSM－5催化下，CO2与C3H8耦合反应过程如图所示。 已知：3CO2(g)＋9H2(g)＝C3H6(g)＋6H2O(g) ∆H2＝－250.2 kJ·mol－1 CO2(g)＋H2(g)＝CO(g)＋H2O(g) ∆H3＝＋41.2 kJ·mol－1 耦合反应的∆H＝__________kJ·mol－1。 （3）利用电化学装置可实现CH4和CO2的耦合转化，原理如图所示。 ①阳极生成乙烷的电极反应式为_______________________________________________。 ②同温同压下，若生成乙烯和乙烷体积比为1∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为_________。 （4）In2O3催化CO2加氢制甲醇。H2在In2O3表面吸附后活化生成HCOO*中间体的机理如图所示。 ①转化1中，In元素的化合价会__________。(选填“升高”、“降低”或“不变”) ②根据元素电负性的变化规律，用文字描述转化Ⅱ和Ⅲ的机理__________________________________ ________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 4．（2025·江苏省海安高级中学期中）氢能是一种清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 （1）硼氢化钠(NaBH4)是一种高效储氢材料，25℃时NaBH4催化制氢先生成Na[B(OH)4]，再转化为NaBO2。在掺杂了MoO3的纳米Co2B合金催化剂表面部分反应机理如图所示： ①其他条件不变，用D2O代替H2O，写出中间产物X的结构式：___________。 ②其他条件不变，催化剂Co2B中掺杂MoO3能提高制H2效率的原因是___________________________。 ③已知25℃时NaBO2和NaBH4在水中的溶解度分别为28 g和55 g。NaBH4浓度对制H2速率影响如图所示，NaBH4浓度大于10%时反应速率变慢的可能原因是________________________________________。 （2）将偏硼酸钠(NaBO2)再生为NaBH4可用于储氢且有利于资源的综合利用。(已知：∆G是反应的自由能变化量，可类比∆H计算与表示；当∆G＜0时，反应能自发进行。) Ⅰ．NaBH4(s)＋2H2O(l)＝NaBO2(s)＋4H2(g) ∆G1＝－320 kJ·mol－1 Ⅱ．H2(g)＋O2(g)＝H2O(l) ∆G2＝－240 kJ·mol－1 Ⅲ．Mg(s)＋O2(g)＝MgO(s) ∆G3＝－570 kJ·mol－1 用方程式表示NaBO2自发再生为NaBH4的一种制备方法：___________________________________。 (要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为100%；注明∆G。) （3）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中转化为电能。某熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图所示。 ①负极上的电极反应式为_______________________________________。 ②该电池以3.2 A恒定电流工作14分钟，消耗0.49 L H2。该电池将化学能转化为电能的转化率为___________。 [已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5 L·mol－1；电荷量q(C)＝电流I(A)×时间(s)；NA＝6.0×1023 mol－1；e＝1.60×10－19 C] 5．（2025·扬州中学1月）为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，从空气中捕集CO2并将其转化为燃料或增值化学品成为了新的研究热点。 （1）二氧化碳通过催化方法还原可以生产多种高价值的基础化学品，受到了研究人员的广泛关注。二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为： CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ∆H1＝－164.7 kJ·mol－1 CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2(g) ∆H1＝＋41.2 kJ·mol－1 在密闭容器中，1.01×105 Pa、n起始(CO2)∶n起始(H2)＝1∶4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。CH4的选择性可表示为×100%。 反应2CO(g)＋2H2(g)CO2(g)＋CH4(g) ∆H＝________kJ·mol－1。 ②580℃以后CO2平衡转化率升高的主要原因是______________________________________________ _____________________________________________________________________________。 ③某同学认为该反应的最佳温度范围为360℃～400℃，你是否赞同，并说明理由：_____________________________________________________________________________________________________________________。 （2）为了进一步研究CO2的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO2(M表示Ni或Ru)在300℃光照的条件下进行反应，催化反应的核心过程如题图所示： ①步骤Ⅲ发生的反应为______________________________________(*X代表吸附态中间体)。 ②研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率_________(填“高于”或“低于”)使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率。 （3）用光电化学法将CO2还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如图1所示。其他条件一定时，含碳还原产物的法拉第效率[FE(X)＝×100%]随电压的变化如图2所示。 ①当电解电压为0.7 V，阴极发生的电极反应式为___________________________________。 ②电解电压为0.95 V时，电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为___________。 6．（2025·江苏省泰州中学上学期一模）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。 （1）液氨是一种重要的载氢材料。已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，Fe－TiO2﹣xHy双催化剂双温催化合成氨机理如图－1所示，该方法通过光辐射产生温差，可以实现高速率、高产率合成氨。 ①高温区纳米Fe催化剂能提高合成氨效率的原因是__________________________________________ ___________________________________________。 ②低温区TiO2﹣xHy能提高合成氨效率的原因是_______________________________________________ ______________________________。 ③氨燃料电池以KOH溶液为电解质溶液放电时，负极的电极反应式为______________________________________。 （2）十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，可经历“C10H18→C10H12→C10H8”的脱氢过程释放氢气，催化剂对反应活化能的影响如图－2所示。一定条件下，向恒容密闭容器加入1 mol十氢萘进行催化脱氢实验，测得C10H12和C10H8的物质的量随时间的变化关系如图－3所示。 ①C10H12的物质的量显著低于C10H8可能的原因是___________________________________。 ②7 h时，反应体系内氢气的物质的量为___________mol。 （3）以H2、CO2和二甲胺为原料，在Cu/ZnO催化下合成DMF()的机理如图－4所示。 ①该过程合成DMF的化学方程式为______________________________________________。 ②由机理图可知，反应过程会产生一种有机副产物，其结构简式为_________________。 ③若改用D2、CO2和二甲胺为原料，产物水的结构式为_________________。 7．（2025·江苏省前黄中学下学期期初）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Pd－C2N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*C3H8表示吸附在催化剂表面的C3H8)。 ①丙烷直接催化脱氢制丙烯反应C3H8(g)＝C3H6(g)＋H2(g)的∆H＝_______kJ·mol－1。 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Pd－C2N催化剂外，还需控制反应温度在480℃，选择温度为480℃的原因是______________________________________________________。 （2）CO2氧化丙烷脱氢。600℃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C3H8转化率和C3H6选择性(C3H6选择性＝×100%)随时间的变化关系如图所示，图中A、B分别代表n(C3H8)∶n(CO2)∶n(N2)＝1∶2∶7、n(C3H8)∶n(N2)＝1∶9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C3H8转化率和C3H6选择性均有所提升，且在反应床出口检测到CO。研究表明，CO2氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：Ⅰ．C3H8C3H6＋H2 ；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PSNT材料作阳极催化层，在阳极侧注入燃料气C3H8，阴极侧直接暴露于空气中，在650℃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CO2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_________________________________________________________________。 8．（2025·江苏省南通如皋市2月）CO2的转化是实现“碳中和”的有效途径。 （1）CO2催化加氢合成甲醇(反应Ⅰ)中伴随反应Ⅱ的发生： 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)＝CH3OH(g)＋H2O(g) 反应Ⅱ：CO2(g)＋2H2(g)＝CH2O(g)＋H2O(g) 恒压时，CO2和H2起始量一定的条件下，在分子筛膜反应器中反应，该分子筛膜能选择性分离出H2O(g)。 ①使用分子筛膜的目的是___________________________________________________。 ②将反应后的气体以一定流速通过含Cu＋修饰的吸附剂，分离其中的CH3OH(g)和CH2O(g)，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图1所示。20～40 min，CH3OH(g)浓度比增大而CH2O(g)浓度比几乎为0的原因是_____________________________________________________________________。 （2）CO2与CH4重整可以制取CO和H2。1.01×105Pa下，将n起始(CO2)∶n起始(CH4)＝1∶1的混合气体置于密闭容器中，发生如下反应： 反应Ⅲ：CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)；ΔH＝246.5 kJ·mol－1 反应Ⅳ：H2(g)＋CO2(g)＝CO(g)＋H2O(g)；ΔH＝41.2 kJ·mol－1 反应Ⅴ：2CO(g)＝CO2(g)＋C(s)；ΔH＝－172.5 kJ·mol－1 不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图2所示。500～800℃范围内，CO2的平衡转化率低于CH4的原因是_______________________________________________________________。 （3）一种金属氧化物(用MR表示)催化CO2与环氧丙烷()反应制碳酸酯X反应机理如图所示。已知CO2中碳氧键可以被催化剂中具有较强给电子能力的活性中心的电子进攻而活化断裂。 ①碳酸酯X的结构简式为_________________。 ②MgO活化催化CO2的能力强于Al2O3的原因是_____________________________________________ _________________________________________。 9．（2025·江苏省淮安市一模）CO2资源化利用是控制能源危机、实现“碳达峰”“碳中和”的最有前途的技术之一。 （1）CO2在催化剂铜表面直接还原为乙烯，其机理如图。当有1 mol CO2反应时，直接传递电子物质的量为______mol。 （2）CO2还原为甲酸或甲酸盐 方法Ⅰ：通过控制光沉积的方法构建新型催化剂，其中Fe2＋和Fe3＋渗透Nafion膜，协同CO2、H2O分别反应，构建了人工光合作用体系，同时产生甲酸，其反应机理如图。 ①图中a代表________(填“Fe2＋”或“Fe3＋”)。 ②该人工光合作用体系总反应方程式为____________________________________。 方法Ⅱ：锰催化还原CO2产生甲酸部分机理如下图所示。 ③图中X的结构式为_____________________。 ④实验中将锰粉、碳酸氢钠和蒸馏水添加到反应器中，反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的原因可能为______________________________________________。 方法Ⅲ：电解CO2制甲酸或甲酸盐的原理如图所示。 ⑤阳离子交换膜左室产生的气体为___________。 ⑥以一定流速持续通入CO2，一部分CO2在电极表面转化为HCOO－，电解一段时间后，阳离子交换膜右室中的KHCO3浓度增大，原因为__________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 2 细节决定成败 目标成就未来 找出试题的“命题点”、“关键点”、“易错点” 2 中等生 天天练 补短板 优等生 天天练 保领先 尖子生 天天练 夺高分 学科网（北京）股份有限公司 $$