重难点06 化学反应原理综合（江苏专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二化学下学期期末真题分类汇编

重难点06 化学反应原理综合 1．(23-24高二下·江苏徐州·期末)空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)利用与经催化重整可制得合成气：   。已知：的结构式为，相关键能数据：、，、，则= ；该反应在 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 (2)利用电能可实现转化为，其原理如图所示，阴极表面的电极反应式为 。电解一段时间后，生成的和的质量之比为 。 (3)催化加氢制备甲醇。某研究小组使用催化剂实现了合成甲醇，其可能的反应历程如图所示。 已知：在表面解离产生的参与的还原过程；无催化活性，形成氧空位后有助于的活化。 ①理论上，反应历程中消耗的与的物质的量之比为 。 ②若原料气中比例过低会减弱催化剂活性，原因是 。 【答案】(1) 120 高温 (2) 或 4:1 (3) 6:1 H2太少，形成的氧原子空位少，催化剂催化能力较弱 【解析】（1）化学反应ΔH=反应物总键能-生成物总键能，故该反应ΔH=745×2+413×4-1075×2-436×2= 120kJ⋅mol−1，反应吸热，反应后气体体积数增加，ΔS>0，根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0反应自发发生，故高温下反应能自发进行； （2）图示装置为电解池，上方电极连接电源正极，为阳极，H2O在阳极失电子生成O2，下方电极为阴极，CO2在阴极得电子生成CH4，电极反应式为或，每转移8mol电子，生成1molCH4，2molO2，故电解一段时间后，生成的O2和CH4的质量之比为2×32:1×16=4:1； （3）①H2首先在Zn-Ga-O表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，即由得失电子守恒有3H2~CH3OH~ 6H*，所以消耗6mol H*产生1molCH3OH；理论上、反应历程中消耗的H*与生成的甲醇的物质的量之比为6∶1； ②结合反应过程，若原料气中H2比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原料气中H2比例过低会减弱催化剂活性的原因是H2太少，形成的氧原子空位少，催化剂催化能力较弱。 2．(23-24高二下·江苏常州高级中学·期末)还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： 反应I： 反应Ⅱ： (1)反应的反应热 ，平衡常数 (用表示)。 (2)恒压、750℃时，和按物质的量之比投料，反应经下图流程(主要产物已标出)可实现高效转化。 ①过程iii除发生分解外，还发生的主要反应的化学方程式为 。 ②过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升。请根据过程iii，解释物质的量上升的原因： 。 ③按上述流程的总反应，还原时吸收的能量为 。 (3)还原能力(R)可衡量转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)。 ①催化剂X可提高R值，某一时段内转化率、R值随温度变化如下表： 温度/℃ 480 500 520 550 转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8 R 2.6 2.4 2.1 1.8 下列说法正确的是 。 A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率 B．反应温度越低，含氢产物中的占比越高 C．反应温度升高，转化率增加，转化率降低，R值减小 D．改变催化剂提高转化率，R值不一定增大 ②常压下和按物质的量之比投料，在另一时段内和的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出400~1000℃间R的变化趋势，并标明1000℃时的R值 。 【答案】(1) 330 (2) 3Fe+4CO24CO+Fe3O4 CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移 110 (3) AD 【解析】（1）由盖斯定律，反应CH4(g)+3CO2(g)⇌4CO(g)+2H2O(g)的可由反应I+反应II×2得到，故该反应的反应热ΔH=ΔH1+ΔH2×2=248+41×2=330kJ⋅mol-1，该反应的平衡常数K=； （2）①过程iii除发生CaCO3分解外，还发生了Fe和CO2生成CO和Fe3O4的反应，主要反应的化学方程式为3Fe+4CO24CO+Fe3O4； ②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升； ③CH4和CO2按物质的量之比1∶3投料，结合反应的流程，总反应为CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)，根据（1）的解析，还原1molCO2时吸收的能量为=110kJ； （3）①A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，∆n(CO2)增大的倍数比∆n(CH4)大，则R提高，选项A正确； B．根据表中数据可知，温度越低，CH4转化率越小，而R越大，∆n(CO2)增大的倍数比∆n(CH4)大，含氢产物中H2O占比越高，选项B错误； C．温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率也增大，且两个反应中的CO2转化率均增大，∆n(CO2)增大倍数多，故R值增大，选项C错误； D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高CH4转化率，若CO2转化率减小，则R值不一定增大，选项D正确； 答案选AD； ②600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1可知时，1000℃时，CH4转化率为100%，即∆n(CH4)=1mol，CO2转化率为60%，即∆n(CO2)=3mol×60%=1.8mol，故R==1.8，故400~1000℃间R的变化趋势如图：。 3．(22-23高二下·江苏泰州·期末)氢能是一种绿色能源，目前有多种方法可以制氢或储氢。 (1)基催化剂可用于甲烷水蒸气重整制氢，反应过程如图1。    ①由如图1可知，该制氢的过程用文字描述为 。 ②Pistonesi等对反应过程提出了以下反应机理，写出Ⅱ的转化过程。 I.　　Ⅱ. Ⅲ.　　　Ⅳ. V.　　Ⅵ． 注：＊表示催化剂或者微粒吸附在催化剂上。 (2)镁铝合金是一种潜在的贮氢材料。 ①该合金在一定条件下完全吸氢生成中的化合价为 。 ②是一种单层的二维材料，二维晶胞如图2所示，虚线之间夹角为或，距离每个○距离最近的有 个。    (3)甘油、水蒸气、氧气自热式催化重整制氢时无需加热，主要反应如下： 反应I： 反应Ⅱ： ① 。 ②反应I、Ⅱ消耗的总量一定时，反应Ⅱ的比例过多、过少都不利于制氢，原因是 。 ③除外，可能还会产生等副产物，为了提高原子利用率，最要抑制的生成，原因是 。 【答案】(1) 用和在基催化剂作用下产生和，可以与水蒸气在基催化剂作用下进一步反应转化为和 (2) -1 6 (3) 反应Ⅱ消耗的甘油过多，产量低；反应Ⅱ消耗的甘油过少，产生热量较少，不能实现自热重整 副产物中，的H元素含量最高，若生成制氢时H的利用率最低 【解析】（1）①由如图1可知，该制氢的过程用文字描述为：用和在基催化剂作用下产生和，可以与水蒸气在基催化剂作用下进一步反应转化为和； ②由如图1可得总反应为+2=CO2+4H2，根据盖斯定律，由Ⅱ=总反应-Ⅰ-Ⅲ-Ⅳ-Ⅴ-Ⅵ，故反应Ⅱ为； （2）①中镁为+2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0可得，H元素的化合价为-1价； ②是一种单层的二维材料，二维晶胞如图2所示，虚线之间夹角为或，根据图中信息可知，距离每个○距离最近的在上下左右前后各一个，共有6个； （3）①已知：反应I： 反应Ⅱ： 根据盖斯定律，由Ⅱ-Ⅰ得反应-=； ②反应I、Ⅱ消耗的总量一定时，反应Ⅱ的比例过多、过少都不利于制氢，原因是反应Ⅱ消耗的甘油过多，产量低；反应Ⅱ消耗的甘油过少，产生热量较少，不能实现自热重整； ③除外，可能还会产生等副产物，为了提高原子利用率，最要抑制的生成，原因是副产物中，的H元素含量最高，若生成制氢时H的利用率最低。 4．(22-23高二下·江苏淮安·期末)γ－丁内酯为无色油状液体，高温时易分解，是重要的化工原料和医药中间体。工业利用1，4－丁二醇生产γ－丁内酯的主、副反应的化学方程式如下： 主反应：  (g)  (g)( γ－丁内酯)+2H2(g) △H1=akJ•mol-1 副反应：  (g)  (g)(四氢呋喃)+H2O(g) △H2=bkJ•mol-1 (1)反应  (g)+2H2(g)  (g)+H2O(g)的△H= kJ•mol-1。 (2)由1，4－丁二醇合成γ－丁内酯的一种机理如图所示(“★”表示此微粒吸附在催化剂表面)    ①步骤Ⅱ历程是质子化的过程，H+和氧原子间形成的作用力是 。 ②H+在上述合成γ－丁内酯过程中的作用是 。 ③γ－丁内酯分子中σ键与π键数目之比为 。 (3)将1，4－丁二醇与H2的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器，反应相同时间，测得γ－丁内酯和四氢呋喃的产率如图所示。 已知：1，4－丁二醇的沸点为228℃。 ①当温度低于220℃，1，4－丁二醇的转化率较低，可能的原因是 。 ②当温度高于260℃，γ－丁内酯的产率下降，可能的原因是 。    (4)铜基催化剂(Cu/Pt)能高效加快由1.4－丁二醇合成γ－丁内酯的合成速率，但因原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化剂失活。 ①1，4－丁二醇中混有少量的1，4－丁二硫醇(HSCH2CH2CH2CH2SH)。合成时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，其原理用化学反应方程式表示为 。 ②将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进行还原，第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，结果只有第二份催化剂活性恢复。说明催化剂失活的另外可能的原因是 。 (5)含有1，4－丁二醇的强酸性污水可用“铁碳微电池”法处理，过程中两电极分别产生的Fe2+和活性氢原子(H•)都具有较高的化学活性，在厌氧条件下将1，4－丁二醇转化为甲烷，假设两电极只生成Fe2+和H•，且全部参与该转化过程，写出该过程的离子方程式： 。 【答案】(1)△H2-△H1 (2) 共价键 催化作用 12:1 (3) 温度低于220℃，1，4－丁二醇为液态，与催化剂接触面积较小，且温度较低，反应速率较慢，单位时间内生成的产物较少 温度过高，催化剂对生成γ－丁内酯的催化效率下降 (4) HSCH2CH2CH2CH2SH+2ZnO= HOCH2CH2CH2CH2OH+2ZnS 催化剂表面有积碳 (5) 【解析】（1）已知： ①  (g)  (g)( γ－丁内酯)+2H2(g) △H1=akJ•mol-1 ②  (g)  (g)(四氢呋喃)+H2O(g) △H2=bkJ•mol-1 由盖斯定律可知，②-①得：  (g)+2H2(g)  (g)+H2O(g)的△H=(△H2-△H1)kJ•mol-1。 （2）①由图可知，步骤Ⅱ中H+和氧原子间形成氢氧共价键，故作用力是共价键。 ②H+在上述合成γ－丁内酯过程中参与了反应后又被生成，作用是催化作用。 ③单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，γ－丁内酯分子中σ键与π键数目之比为12:1； （3）①当温度低于220℃，1，4－丁二醇为液态，与催化剂接触面积较小，且温度较低，反应速率较慢，单位时间内生成的产物较少，导致其转化率较低； ②当温度高于260℃，γ－丁内酯的产率下降，可能的原因是温度过高，催化剂对生成γ－丁内酯的催化效率下降，导致其产率下降； （4）①1，4－丁二硫醇(HSCH2CH2CH2CH2SH)会使催化剂失活，合成时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，则为其原理为氧化锌将1，4－丁二硫醇转化为1，4－丁二醇，同时生成硫化锌，反应为：HSCH2CH2CH2CH2SH+2ZnO= HOCH2CH2CH2CH2OH+2ZnS。 ②将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进行还原，第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，结果只有第二份催化剂活性恢复，说明催化剂失活的另外可能的原因是催化剂表面有积碳，直接还原由于积碳的覆盖导致氢气不能与催化剂直接接触，不能通过反应使得催化剂活性恢复，而煅烧后去除积碳后还原可以使得催化剂活性恢复。 （5）两电极分别产生的Fe2+和活性氢原子(H•)，根据电子守恒可知，生成两者关系为Fe2+~2H•，强酸性、厌氧条件下将1，4－丁二醇转化为甲烷，且两电极只生成Fe2+和H•，并全部参与该转化过程，则反应为。 5．(22-23高二下·江苏扬州·期末)某燃料电池的原理为，电解质为熔融氧化物(可在电解质中自由移动)。 (1)CO在负极发生的电极反应式为 。 (2)电池工作时常在负极通入一定量的水蒸气。电池负极区域可能发生的反应有：    kJ⋅mol-1    kJ⋅mol-1 ①从能量利用率的角度分析，通入水蒸气可以提高电池性能的原因是 。 ②反应的 kJ⋅mol-1。 (3)可用于石油化工制氢，常用(Ce是活泼金属)做催化剂。 ①催化剂在反应过程中会形成氧空位，其晶胞如图-1所示，该晶胞所代表的晶体的化学式为 。    ②催化过程的反应机理如图-2所示。根据元素电负性的变化规律，步骤ⅰ可解释为 。    ③下列选项中，最有可能是步骤ⅲ产物结构的是 。    【答案】(1) (2) 水蒸气可与碳反应生成CO和，提高CO的利用率。反应生成的CO、均可以在负极放电 -41 (3) 水在催化剂作用下解离为、，由于正负电荷的相互作用，吸附在表面，吸附在表面 C 【解析】（1）CO在负极失电子结合生成CO2，电极反应式为：； （2）①由题中反应可知水蒸气可与反应生成的碳单质反应生成CO和，提高CO的利用率。同时反应生成的CO、均可以在负极放电，从而提高能量利用率和电池性能； ②Ⅰ.   kJ⋅mol-1 Ⅱ.   kJ⋅mol-1 由盖斯定律可知该反应可由反应Ⅰ+反应Ⅱ得到，则； （3）①由晶胞结构可知Cen+位于顶点和面心，个数为，O2-位于体内个数为6，个数比为2：3，则化学式为：； ②由图中信息可知步骤i中水在催化剂作用下解离为、，由于正负电荷的相互作用，吸附在表面，吸附在表面； ③步骤iii反应过程中生成氢气，结合图示可知应为表面的与HCOO-中的H结合生成，同时HCOO-失去负电荷，因此另一产物应为电中性结构与催化剂结合，故排除AB，另外应为电负性弱的C(显正电性)与催化剂中的结合，故排除D，答案为：C。 6．(22-23高二下·江苏苏州·调研)的捕集和资源化利用能有效减少排放，充分利用碳资源。 (1)一种捕集烟气中的流程如图1所示，溶液中含碳物种分布分数随pH变化如图2所示。    ①上述流程中采用气-液逆流接触吸收(烟气从吸收塔底进入，KOH溶液从吸收塔顶喷淋)，其目的是 。 ②第一步电离平衡常数为，则 ()。 ③“吸收”所得溶液pH约为8时，“转化”过程中主要反应的化学方程式为 。 (2)在催化剂作用下，以、为原料制取主要发生如下反应：       将和充入装有催化剂的1L恒容密闭容器中反应，不同温度下体系中的平衡转化率和、CO的选择性如图所示。    [(或CO)的选择性] ①图中曲线 表示产物的选择性。 ②240℃达平衡时，容器中 。 ③当温度超过300℃，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。 ④不改变反应温度，使平衡转化率达到X点，采取的措施为 。 【答案】(1) 提高烟气的吸收率 6.37 (2) b 生成一氧化碳的反应正向移动的程度大于生成甲醇的反应逆向移动的程度 加入氢气或者吸收走生成物 【解析】（1）①上述流程中采用气-液逆流接触吸收(烟气从吸收塔底进入，KOH溶液从吸收塔顶喷淋)，可以使KOH溶液与烟气充分接触，提高吸收效率，答案为：提高烟气的吸收率； ②由图2可知当碳酸和碳酸氢根离子的分布分数相同时溶液的，第一步电离平衡常数为，所以6.37，答案为：6.37； ③“吸收”所得溶液pH约为8时，由图2可知溶质为碳酸氢钾，“转化”过程中碳酸氢钾和二氧化钙反应，答案为：； （2）①根据题意知生成甲醇的反应是放热的，生成一氧化碳是吸热的，所以随着温度的升高，一氧化碳的含量会增加，甲醇的含量会减小，所以曲线b表示产物的选择性，a表示产物CO的选择性，c表示的平衡转化率，答案为：b； ②240℃达平衡时，由图可知的平衡转化率40%，、CO的选择性分别为：80%和20%，此状态中，，，根据氧元素守恒此状态中(1×2-0.6×2-0.32-0.08)mol÷1L=，答案为： ③生成甲醇的反应是放热的温度升高平衡逆向移动，生成一氧化碳的反应是吸热的温度升高平衡正向移动，当温度超过300℃时，生成一氧化碳的反应正向移动的程度大于生成甲醇的反应逆向移动的程度，使的平衡转化率随温度升高而增大，答案为：生成一氧化碳的反应正向移动的程度大于生成甲醇的反应逆向移动的程度； ④不改变反应温度，使平衡转化率达到X点即提高转化率，采取的措施为加入氢气或者吸收走生成物，答案为：加入氢气或者吸收走生成物； 7．(23-24高二下·江苏南京六校联合体·期末)将二氧化碳转化为高附加值化学品和含氮物质的综合处理是目前研究的热点问题 (1)利用CO2合成甲醇 ①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)　∆H1=-49kJ/mol ②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)　∆H2=+41.17kJ/mol ③CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)　∆H3 根据以上信息判断反应③ (填“高温自发”、“低温自发”或“任何温度下都自发”)，该反应中活化能Ea(正) Ea(逆)(填“>”或“<”)。 (2)电催化CO2和含氮物质可合成尿素，同时可解决含氮废水污染问题。常温常压下，向一定浓度的KNO3溶液通入CO2至饱和，经电解获得尿素，其原理如图所示。 电解过程中生成尿素的电极反应式为 。 (3)我国科研人员研究出在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2氢化合成甲醇的反应历程如图所示。 ①分析在反应气中加入少量的水能够提升甲醇产率的可能原因是 。 ②乙醇胺(HOCH2CH2NH2)可完成对CO2捕集。乙醇胺溶液能够吸收和释放CO2的原因是 。 (4)研究脱除烟气中的NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。有氧条件下，在Fe基催化剂表面，NH3还原NO的反应机理如图所示，该过程可描述为 。 【答案】(1) 低温自发 < (2)2+16e-+CO2+18H+=CO(NH2)2+7H2O (3) 反应③的化学方程式为*H3CO+H2O=CH3OH+*HO，适当加入少量的水，反应物浓度增大，向正反应方向移动，甲醇产率升高 乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐，该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳；乙醇胺含有氨基和羟基，具有很好的水溶性 (4)在Fe基催化剂表面，NH3吸附在酸性配位点上形成，NO与O2吸附在Fe3+配位点上形成NO2，然后与NO2结合生成NO2()2，最后NO2()2与NO反应生成N2、H2O，并从催化剂表面逸出 【解析】（1）根据盖斯定律，反应①-②可得反应③，∆H3=∆H1-∆H2=-49-41.17=-90.17kJ/mol，反应③是放热反应∆H3<0，该正反应气体分子数减小∆S<0，由自发进行的判据：∆G=∆H-T∆S<0，反应③低温自发，由∆H3= Ea(正)- Ea(逆)<0，该反应中活化能Ea(正)< Ea(逆)； （2）由图可知，装置为电解池，尿素在左侧电极生成，硝酸根转化为尿素，N元素化合价从+5价降低为-3价，得电子，左侧电子为阴极，结合装置中的质子交换膜，电极反应式为2+16e−+CO2+18H+=CO(NH2)2+7H2O； （3）①在反应气中加入少量的水能够提升甲醇产率的可能原因是：反应③的化学方程式为*H3CO+H2O=CH3OH+*HO，适当加入少量的水，反应物浓度增大，向正反应方向移动，甲醇产率升高； ②乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐，该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳，乙醇胺(HOCH2CH2NH2)可完成对CO2捕集，能够吸收和释放CO2； （4）根据图中的反应机理可知：在Fe基催化剂表面，NH3吸附在酸性配位点上形成，NO与O2吸附在Fe3+配位点上形成NO2，然后与NO2结合生成NO2()2，最后NO2()2与NO反应生成N2、H2O，并从催化剂表面逸出。 8．(23-24高二下·江苏镇江实验高级中学·期末)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) Cu、O (2) 吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+ 随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大 (3)制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用 【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，从解析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，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H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；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+； 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。故答案为：随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大； （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：制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。 9．(22-23高二下·江苏南京师大附中·期末)中国首次实现了利用二氧化碳人工合成淀粉，为全球的“碳达峰”、“碳中和”起到重大的支撑作用，研究二氧化碳的收集和利用成为了科研方面的热点。 (1)工业利用加氢制二甲醚的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为 反应Ⅰ：    反应Ⅱ：    反应Ⅲ：    在，起始投料时，的平衡转化率及和的平衡体积分数随温度变化如图1所示。    ①从453-553℃，升高温度平衡转化率降低的原因是 。 ②为提高单位时间内产率。研发的催化剂需具备的特点是 。 (2)在熔融中电解还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的阴极反应式为 。 (3)科研人员研究出在催化剂上氢化合成甲醇的反应历程如图2所示，反应③的化学方程式为    (4)和环氧乙烷在作催化剂的条件下合成碳酸乙烯酯。 ①溶液中加入尿素[CO(NH2)2]生成沉淀。与沉淀剂(尿素、氢氧化钠)反应生成沉淀，过滤后将沉淀焙烧得到。与氢氧化钠作沉淀剂相比，用尿素作沉淀剂焙烧生成的作催化剂效果更好，其原因是 。 ②催化合成碳酸乙烯酯(  )可能的反应机理如图3所示，根据元素电负性的变化规律，步骤Ⅰ、Ⅱ的过程可描述为 。    【答案】(1) 在温度为453-553℃范围内，反应Ⅰ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，平衡转化率增大：反应Ⅱ为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡转化率降低；温度对反应Ⅱ的影响大于温度对反应Ⅰ的影响，从而导致平衡转化率降低 在较低温度下催化活性较强 (2) (3) (4) 焙烧释放更多的气体，制得的更加疏松多孔(或比表面积大) 环氧乙烷中带部分负电荷的原子吸附在上；形成键的同时使环氧乙烷中的键断裂；中的带部分正电荷的原子与结合；带部分负电荷的原子与环氧乙烷中的带部分正电荷的一个原子结合，形成碳氧键 【解析】（1）①在温度为453-553℃范围内，反应Ⅰ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，平衡转化率增大：反应Ⅱ为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡转化率降低；温度对反应Ⅱ的影响大于温度对反应Ⅰ的影响，从而导致平衡转化率降低； ②由图可知随温度升高产率逐渐降低，因此研究较低温度下催化活性较强的催化剂对提高产率有利； （2）在熔融中电解还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的阴极反应式为：； （3）由图可知反应③中和反应生成和，反应方程式为：； （4）①溶液中加入尿素[CO(NH2)2]生成沉淀，焙烧释放二氧化碳气体，制得的更加疏松多孔(或比表面积大)； ②由图中信息可知步骤Ⅰ中环氧乙烷中带部分负电荷的原子吸附在上；形成键的同时使环氧乙烷中的键断裂；步骤Ⅱ中的带部分正电荷的原子与结合；带部分负电荷的原子与环氧乙烷中的带部分正电荷的一个原子结合，形成碳氧键。 10．(23-24高二下·江苏无锡·期末)实验室模拟工业上用重晶石(BaSO4)制备BaCl2并吸收尾气的过程如下： (1)焙烧时S元素被还原到最低价，同时产生CO，该反应的化学方程式为 。 (2)实际生产中必须加入过量的炭，同时还要通入空气，其目的是 。 (3)氯化钡的溶解度如题表所示。从滤液中得到氯化钡晶体的合适方法是 。 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度g/100g水 31.6 35.7 40.7 46.4 52.4 (4)尾气H2S可使用碱液吸收法或氧化还原法吸收。已知：Ka1(H2S)=1.07×10－7，Ka2(H2S)=7.1×10－15， Ksp(CuS)=1.27×10－36，Ka1(H2CO3)=4.3×10－7，Ka2(H2CO3)=5.61×10－11。 I：碱液吸收。常选用NaOH或Na2CO3溶液作吸收剂。 ①用过量NaOH吸收，发生的化学方程式为 。 ②Na2CO3溶液吸收时发生的离子方程式为 。 II：一种氧化还原吸收原理如题图所示 ③上述过程的总反应方程式为 。 ④反应II的平衡常数为 (填具体数值) 【答案】(1)BaSO4+ 4C 4CO↑+BaS (2)提高重晶石的还原率；过量碳和氧气反应放热，为还原反应提供热量 (3)蒸发结晶 (4) 2NaOH+H2S＝Na2S+2H2O +H2S＝HS－+ 2H2S+O22S+2H2O 5.98×1014 【分析】重晶石矿高温焙烧时，发生氧化还原反应，焙烧时S元素被还原到最低价生成BaS，同时产生CO；BaS用盐酸溶解，生成BaCl2和H2S气体，BaCl2溶液经过过滤、结晶过程得到BaCl2产物； 【解析】（1）经分析可知，焙烧时S元素被还原到最低价，同时产生CO，该反应的化学方程式为； （2）实际生产中过量的炭能使BaSO4得到充分还原，提高BaS的产量；同时炭和氧气反应放出的热量可以维持焙烧所需的高温条件； （3）由溶解度表可知，氯化钡的溶解度随温度的变化不大，故采用蒸发结晶使溶剂不断减少，浓度升高，达到饱和浓度后析出晶体； （4）①用过量NaOH吸收H2S，发生的化学方程式为2NaOH+H2S=Na2S+2H2O； ②由H2S和H2CO3的电离平衡常数可知，酸性：碳酸>硫化氢>碳酸氢根离子>硫氢根离子，故Na2CO3溶液吸收时发生的离子方程式为； ③由吸收原理图可知，FeCl2和CuCl2不参与反应，作催化剂，上述过程的总反应方程式为2H2S+O22S+2H2O； ④反应II的离子方程式为，平衡常数。 11．(22-23高二下·江苏南京宁海中学·期末)页岩气中含有CH4、CO2、H2S等气体，是蕴藏于页岩层可供开采的天然气资源。页岩气的有效利用需要处理其中所含的CO2和H2S。 Ⅰ.CO2的处理： (1)CO2和CH4重整可制合成气(主要成分为CO、H2)。 已知下列热化学反应方程式：C(s)＋2H2(g)=CH4(g)；ΔH=-74.5kJ·mol-1 CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)；ΔH=-40.0kJ·mol-1 C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)；ΔH=＋132.0kJ·mol-1 反应CO2(g)＋CH4(g)=2CO(g)＋2H2(g)的ΔH= kJ·mol-1。 (2)Ni催化CO2加H2形成CH4，其历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，反应相同时间，含碳产物中CH4的百分含量及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。    ①260℃时生成主要产物所发生反应的化学方程式为 。 ②温度高于320℃，CO2的转化率下降的原因是 。 Ⅱ．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3所示。 (3)Fe2O3脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为 。 (4)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 。 (5)脱硫剂再生时可以使用水汽代替O2。700℃条件下，用水汽代替O2再生时，生成Fe3O4、H2S和H2，Fe3O4也可作脱硫剂。 ①写出水汽作用条件下脱硫剂再生反应的化学方程式： 。 ②用O2再生时会生成污染性气体SO2，用水汽再生时会排放出有毒的H2S，采用O2和水汽混合再生的方法，可以将产生的SO2和H2S转化为S单质。则为不排放出SO2和H2S，理论上O2和水汽的体积比应为 。 【答案】(1)＋246.5 (2) CO2＋4H2CH4＋2H2O 温度升高催化剂活性降低(或温度升高CO2难吸附在催化剂表面)，反应速率减慢 (3)脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS(FeS附着在Fe2O3表面)；脱硫剂再生时FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2 (4)FeS氧化生成FeSO4[或Fe2(SO4)3]，失去了脱硫作用 (5) 3FeS＋4H2OFe3O4＋3H2S＋H2 21∶32 【解析】（1）①C(s)＋2H2(g)=CH4(g)；ΔH=-74.5kJ·mol-1；②CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)；ΔH=-40.0kJ·mol-1；③C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)；ΔH=＋132.0kJ·mol-1；依据目标反应方程式，根据盖斯定律，③－②－①，ΔH=[＋132.0－(－40.0)－(－74.5)]kJ·mol－1=＋246.5kJ·mol－1；故答案为＋246.5； （2）①根据图2可知，260℃时主要产物是CH4，根据图1，CO2与H2反应生成甲烷的同时，还是生成了H2O，发生的反应是CO2＋4H2CH4＋2H2O；故答案为CO2＋4H2CH4＋2H2O； ②因为用Ni作催化剂，催化剂的催化活性在一定温度下才能具有较高的活性，因此温度高于320℃时，CO2的转化率下降，可能是升高温度催化剂的活性较低，使反应速率减慢；也可能是升高温度CO2难吸附在催化剂表面，造成化学反应速率减慢；故答案为温度升高催化剂活性降低(或温度升高CO2难吸附在催化剂表面)，反应速率减慢； （3）根据图1可知，脱硫时，部分Fe2O3转化成FeS，H2S被氧化成S，再生过程时，FeS与O2反应生成Fe2O3和SO2，Fe2O3脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS(FeS附着在Fe2O3表面)；脱硫剂再生时FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2；故答案为脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS(FeS附着在Fe2O3表面)；脱硫剂再生时FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2； （4）当氧气浓度较大时，脱硫剂的质量增大，可能氧气将FeS中的S氧化成＋6价，脱硫剂中除Fe、O元素外，引入了S元素，即氧气将FeS氧化成Fe2(SO4)3，或者氧化成FeSO4，FeSO4、Fe2(SO4)3不具有脱硫作用，故答案为FeS氧化生成FeSO4[或Fe2(SO4)3]，失去了脱硫作用； （5）①根据题中信息，水蒸气可以代替氧气，生成Fe3O4、H2S和H2，因此反应方程式为3FeS＋4H2OFe3O4＋3H2S＋H2；故答案为3FeS＋4H2OFe3O4＋3H2S＋H2； ②H2S和SO2反应2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，水蒸气：脱硫剂再生3FeS＋4H2OFe3O4＋3H2S＋H2；氧气：脱硫剂再生4FeS＋7O2=2Fe2O3＋4SO2，根据H2S和SO2反应的方程式，相同条件下，气体体积比等于物质的量比，氧气与水气体积比为：21∶32；故答案为21∶32。 12．(21-22高二下·江苏淮安·期末)循环利用的绿色碳科学对于减少二氧化碳排放、减轻温室效应和减少对化石燃料的使用依赖具有十分突出的意义。 (1)催化转化：和在催化剂Cu的表面进行转化生成，该反应方程式为 。 (2)催化重整： ①和催化重整，其过程中主要发生下列反应： 反应①     反应②     则反应的 (用字母a、b表示)。 ②用和催化合成甲醇()一直是利用二氧化碳的核心技术。将一定量的与通入某密闭容器中合成甲醇，在催化剂作用下发生下述反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   催化反应相同时间，测得不同温度下的产率如图1所示。250℃后随着温度升高，的产率减小，可能原因是 。 (3)利用太阳能光解水，制备的用于还原合成有机物，可实现资源的再利用。将半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物。 ①图2为半导体光催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。则光解水能量转化形式为 。 ②若将该催化剂置于溶液中，足够长时间后溶液中主要存在的阴离子是 。 (4)电化学制。图3表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，在Cu电极上可以转化为，该电极反应式为 ，电解一段时间后，阳极区KOH溶液的物质的量浓度减小，其原因是 。 【答案】(1) (2) 催化剂对反应Ⅰ活性降低(或“催化剂对反应Ⅰ失去活性”)或250℃后随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动； (3) 太阳能转化为化学能 (4) 在阳极被氧化，钾离子从右室往左室移动 【解析】（1）和在催化剂Cu的表面进行转化生成，该反应方程式为：； （2）目标方程式=反应①-反应②，故；可能原因是升高温度催化剂对反应I活性降低或催化剂对反应Ⅰ失去活性，另外反应I为放热反应，升高温度反应I 逆向移动，都可能导致CH3OH的产率降低，故原因为：催化剂对反应Ⅰ活性降低(或“催化剂对反应Ⅰ失去活性”)或250℃后随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动； （3）从图中可以看出能量转化形式为：太阳能转化为化学能；足够长时间后，产生的氧气能将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，故存在的阴离子为：； （4）该电解装置中铜电极为阴极，石墨电极为阳极。在Cu电极上可以转化为，该电极反应式为：；在阳极被氧化，钾离子通过阳离子交换膜移向左室，导致KOH的物质的量浓度降低，故原因为：在阳极被氧化，钾离子从右室往左室移动。 13．(21-22高二下·江苏泰州·期末)乙二醇是重要的化工原料，通过下列过程可实现煤到乙二醇的转化。 (1)“气化”中主要反应：验共酬巷| 反应I： 反应II： 反应的 。 (2)“转化1”中主要反应： 反应III： 反应IV： 将和按一定比例投入恒容密闭容器中，分别在和下达到平衡，下平衡转化率更大、甲醇的产率较低，原因是 。 (3)“转化2”中的总反应为，该转化分为两步进行，第一步为，机理如图所示。 ①化合物X的结构简式为 。 ②中混有的少量，会在表面形成中间体参与反应，生成的有机物有、 。 ③“转化2”的第二步为和进行的再生反应，反应的化学方程式为 。 (4)“转化3”生成乙二醇和甲醇，每生成乙二醇转移的电子为 。 【答案】(1)172 (2)反应III是放热反应，反应IV是吸热反应，升高温度，反应III逆向移动，反应IV正向移动，使得CO2的平衡转化率增大、甲醇的产率降低 (3) CH3OOC-OCH3 CH3OH 4NO+4CH3OH+O24CH3ONO+2H2O (4)8 【解析】（1）反应I-反应II可得CO2(g)+C(s)2CO(g)，则ΔH=ΔH1-ΔH2=+131kJ⋅mol-1-(-41kJ⋅mol-1)=172kJ⋅mol-1。 （2）反应IV是反应II的逆反应，则反应IV是吸热反应；将CO2和H2按一定比例投入恒容密闭容器中，分别在500℃和600℃下达到平衡，600℃下CO2平衡转化率更大、甲醇的产率较低，是因为反应III是放热反应，反应IV是吸热反应，升高温度，反应III逆向移动，反应IV正向移动，使得CO2的平衡转化率增大、甲醇的产率降低，所以600℃下CO2平衡转化率更大、甲醇的产率较低。 （3）①结合图中左侧“脱附”过程，CH3OOC-Pd-COOCH3脱附生成CH3OOC-COOCH3和Pd，CH3OOC-Pd-OCH3脱附生成化合物X和Pd，则化合物X的结构简式为CH3OOC-OCH3； ②CO中混有的少量H2，会在Pd表面形成Pd-H中间体参与反应，生成的有机物有HCHO，HCHO还可以被还原为CH3OH； ③“转化2”的第二步为NO、CH3OH和O2进行的CH3ONO再生反应，反应的化学方程式为4NO+4CH3OH+O24CH3ONO+2H2O。 （4）“转化3”中，CH3OOCCOOCH3和H2反应生成HOCH2CH2OH和CH3OH，该反应的化学方程式为CH3OOCCOOCH3+4H2HOCH2CH2OH+2CH3OH，每生成1mol乙二醇，就有4mol H2发生反应，转移的电子为8mol。 14．(21-22高二下·江苏扬州·期末)利用加氢制甲醇等清洁燃料，是实现减排较为可行的方法。一定温度下，和在催化剂作用下可发生以下两个反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   (1)相同温度下，反应的 。 (2)在催化、恒压条件下，向密闭容器中投入一定量和。其他条件相同，升高温度，判断甲醇选择性以及的平衡转化率的变化，并说明理由： 。已知：。 (3)氢气可通过水煤气法获得，原理为。在进气比不同时，测得平衡时CO转化率如图，A和B两点对应的温度关系： (填“＜”、“＞”、或“=”)，判断的理由是 。 (4)如图装置可将和甲醇转化为甲酸。阳极的电极反应式为 。 (5)加氢制甲醇的部分反应机理如图所示。 “”表示物质在催化剂表面被吸附，“ ”表示自由基中未成对电子。已知在催化剂表面会形成两种吸附态的H，一种显正电性，一种显负电性。 ①根据元素的电负性变化规律分析，过程ⅰ中参与反应的显正电性与显负电性氢原子的数目比为 ； ②结合化学键的断裂和形成，过程ⅱ可描述为 。 【答案】(1) (2)温度升高，甲醇选择性降低，的平衡转化率无法判断。温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动。故甲醇选择性降低。若反应Ⅰ移动程度大于反应Ⅱ，则的平衡转化率降低；反之，则的平衡转化率升高 (3) = 由图中数据计算得等于，同一反应K只与温度有关，K相等温度相等 (4) (5) 1:1 被吸附的与被吸附的·作用，中H−O断裂，形成了中H−O，生成被吸附的与HO· 【解析】（1）反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅰ-反应Ⅱ得反应，其-=； （2）反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动。故甲醇选择性降低。若反应Ⅰ移动程度大于反应Ⅱ，则的平衡转化率降低；反之，则的平衡转化率升高。即温度升高，甲醇选择性降低，的平衡转化率无法判断。温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动。故甲醇选择性降低。若反应Ⅰ移动程度大于反应Ⅱ，则的平衡转化率降低；反之，则的平衡转化率升高； （3）设A点起始c(CO)=1mol/L，c(H2O)=2mol/L，列三段式：，KA==1； 设B点起始c(CO)=1mol/L，c(H2O)=1mol/L，列三段式：，KB==1； 即KA= KB，故=；判断的理由是由图中数据计算得等于，同一反应K只与温度有关，K相等温度相等； （4）由图可知二氧化碳转化为甲酸的电极C的价态降低，为阴极，则阳极甲醇失电子转化为甲酸，电极反应式为； （5）①过程ⅰ可表示为4H*+HCOO·=CH3O·+H2O*（*表示吸附态），反应后多了2个C-H形成CH3O·，2个H-O形成H2O*，电负性：O>C>H，则形成CH3O·的H显负电性，形成H-O的H显正电性，即过程ⅰ中参与反应的显正电性与显负电性氢原子的数目比=2:2=1:1； ②结合图可知过程ⅱ为被吸附的与被吸附的·作用，中H−O断裂，形成了中H−O，生成被吸附的与HO·。 15．(21-22高二下·江苏常州教育学会·期末)将转化为有机燃料是实现碳资源可持续利用的有效途径。 (1)催化加氢制甲醇。向容积为2L的恒容、绝热密闭容器中通入2.0 mol和3.0 mol，发生反应如下：   ①反应在5min时达平衡，测得此时容器内与的物质的量之比为，则前5min内，该反应的平均反应速率 。 ②下列可用来判断该反应已达到平衡状态的有 (填标号)。 A．    B．容器中 C．混合气体的密度保持不变    D．容器内的温度保持不变 ③两分子甲醇可进一步脱水制得二甲醚：    则的 。 (2)催化加氢制甲烷。向恒压、密闭容器中通入1mol和4mol，在催化剂作用下发生如下反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   上述反应达平衡时，容器中、和CO的物质的量随温度的变化关系如图所示。 ①曲线A表示 的物质的量随温度的变化。 ②800℃时曲线B代表物质的物质的量远大于400℃时的物质的量，其原因是 。 ③曲线C代表物质的物质的量随温度的升高，先逐渐增大后逐渐减小。在200-600℃间，曲线C逐渐上升的原因是 。 【答案】(1) 0.15mol∙L-1∙min-1 AD -122.4kJ∙mol-1 (2) CH4 反应Ⅱ的∆H＞0，高温时正反应进行的程度(或化学平衡常数)很大，达到平衡时生成的CO很多；反应Ⅲ的∆H＜0，高温时正反应进行的程度(或化学平衡常数)很小，达到平衡时消耗的CO很少 反应Ⅰ、反应Ⅲ的∆H＜0，均为放热反应，升高温度，平衡左移；反应Ⅱ的∆H＞0，温度升高，平衡右移；温度对反应Ⅰ影响程度大于对反应Ⅱ、反应Ⅲ的影响程度之和 【解析】（1）①反应在5min时达平衡，测得此时容器内与的物质的量之比为，， ，x=0.5，则前5min内，该反应的平均反应速率 =0.15mol∙L-1∙min-1。故答案为：0.15mol∙L-1∙min-1； ②A．时正反应速率等于逆反应速率，说明达到平衡状态，故A符合； B．容器中始终有，不能确定是否达到平衡状态，故B不符； C．反应前后均为气体，气体的质量和体积保持不变，混合气体的密度保持不变，不能确定是否达到平衡状态，故C不符； D．该容器是绝热容器，容器内的温度保持不变，说明反应放出的热量和吸收的热量处于平衡状态，反应达到平衡状态，故D符合； 故答案为：AD； ③a.   两分子甲醇可进一步脱水制得二甲醚： b.   由盖斯定律：a×2+b,则的(-49.5kJ∙mol-1)×2-23.4kJ∙mol-1=-122.4kJ∙mol-1。故答案为：-122.4kJ∙mol-1； （2）①反应Ⅰ、反应Ⅲ生成甲烷的反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，物质的含量降低，曲线A表示CH4的物质的量随温度的变化。故答案为：CH4； ②800℃时曲线B代表物质的物质的量远大于400℃时的物质的量，其原因是反应Ⅱ的∆H＞0，高温时正反应进行的程度(或化学平衡常数)很大，达到平衡时生成的CO很多；反应Ⅲ的∆H＜0，高温时正反应进行的程度(或化学平衡常数)很小，达到平衡时消耗的CO很少；。故答案为：反应Ⅱ的∆H＞0，高温时正反应进行的程度(或化学平衡常数)很大，达到平衡时生成的CO很多；反应Ⅲ的∆H＜0，高温时正反应进行的程度(或化学平衡常数)很小，达到平衡时消耗的CO很少； ③曲线C代表物质的物质的量随温度的升高，先逐渐增大后逐渐减小。在200-600℃间，曲线C逐渐上升的原因是反应Ⅰ、反应Ⅲ的∆H＜0，均为放热反应，升高温度，平衡左移；反应Ⅱ的∆H＞0，温度升高，平衡右移；温度对反应Ⅰ影响程度大于对反应Ⅱ、反应Ⅲ的影响程度之和。故答案为：反应Ⅰ、反应Ⅲ的∆H＜0，均为放热反应，升高温度，平衡左移；反应Ⅱ的∆H＞0，温度升高，平衡右移；温度对反应Ⅰ影响程度大于对反应Ⅱ、反应Ⅲ的影响程度之和。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点06 化学反应原理综合 1．(23-24高二下·江苏徐州·期末)空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)利用与经催化重整可制得合成气：   。已知：的结构式为，相关键能数据：、，、，则= ；该反应在 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 (2)利用电能可实现转化为，其原理如图所示，阴极表面的电极反应式为 。电解一段时间后，生成的和的质量之比为 。 (3)催化加氢制备甲醇。某研究小组使用催化剂实现了合成甲醇，其可能的反应历程如图所示。 已知：在表面解离产生的参与的还原过程；无催化活性，形成氧空位后有助于的活化。 ①理论上，反应历程中消耗的与的物质的量之比为 。 ②若原料气中比例过低会减弱催化剂活性，原因是 。 2．(23-24高二下·江苏常州高级中学·期末)还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： 反应I： 反应Ⅱ： (1)反应的反应热 ，平衡常数 (用表示)。 (2)恒压、750℃时，和按物质的量之比投料，反应经下图流程(主要产物已标出)可实现高效转化。 ①过程iii除发生分解外，还发生的主要反应的化学方程式为 。 ②过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升。请根据过程iii，解释物质的量上升的原因： 。 ③按上述流程的总反应，还原时吸收的能量为 。 (3)还原能力(R)可衡量转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)。 ①催化剂X可提高R值，某一时段内转化率、R值随温度变化如下表： 温度/℃ 480 500 520 550 转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8 R 2.6 2.4 2.1 1.8 下列说法正确的是 。 A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率 B．反应温度越低，含氢产物中的占比越高 C．反应温度升高，转化率增加，转化率降低，R值减小 D．改变催化剂提高转化率，R值不一定增大 ②常压下和按物质的量之比投料，在另一时段内和的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出400~1000℃间R的变化趋势，并标明1000℃时的R值 。 3．(22-23高二下·江苏泰州·期末)氢能是一种绿色能源，目前有多种方法可以制氢或储氢。 (1)基催化剂可用于甲烷水蒸气重整制氢，反应过程如图1。    ①由如图1可知，该制氢的过程用文字描述为 。 ②Pistonesi等对反应过程提出了以下反应机理，写出Ⅱ的转化过程。 I.　　Ⅱ. Ⅲ.　　　Ⅳ. V.　　Ⅵ． 注：＊表示催化剂或者微粒吸附在催化剂上。 (2)镁铝合金是一种潜在的贮氢材料。 ①该合金在一定条件下完全吸氢生成中的化合价为 。 ②是一种单层的二维材料，二维晶胞如图2所示，虚线之间夹角为或，距离每个○距离最近的有 个。    (3)甘油、水蒸气、氧气自热式催化重整制氢时无需加热，主要反应如下： 反应I： 反应Ⅱ： ① 。 ②反应I、Ⅱ消耗的总量一定时，反应Ⅱ的比例过多、过少都不利于制氢，原因是 。 ③除外，可能还会产生等副产物，为了提高原子利用率，最要抑制的生成，原因是 。 4．(22-23高二下·江苏淮安·期末)γ－丁内酯为无色油状液体，高温时易分解，是重要的化工原料和医药中间体。工业利用1，4－丁二醇生产γ－丁内酯的主、副反应的化学方程式如下： 主反应：  (g)  (g)( γ－丁内酯)+2H2(g) △H1=akJ•mol-1 副反应：  (g)  (g)(四氢呋喃)+H2O(g) △H2=bkJ•mol-1 (1)反应  (g)+2H2(g)  (g)+H2O(g)的△H= kJ•mol-1。 (2)由1，4－丁二醇合成γ－丁内酯的一种机理如图所示(“★”表示此微粒吸附在催化剂表面)    ①步骤Ⅱ历程是质子化的过程，H+和氧原子间形成的作用力是 。 ②H+在上述合成γ－丁内酯过程中的作用是 。 ③γ－丁内酯分子中σ键与π键数目之比为 。 (3)将1，4－丁二醇与H2的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器，反应相同时间，测得γ－丁内酯和四氢呋喃的产率如图所示。 已知：1，4－丁二醇的沸点为228℃。 ①当温度低于220℃，1，4－丁二醇的转化率较低，可能的原因是 。 ②当温度高于260℃，γ－丁内酯的产率下降，可能的原因是 。    (4)铜基催化剂(Cu/Pt)能高效加快由1.4－丁二醇合成γ－丁内酯的合成速率，但因原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化剂失活。 ①1，4－丁二醇中混有少量的1，4－丁二硫醇(HSCH2CH2CH2CH2SH)。合成时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，其原理用化学反应方程式表示为 。 ②将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进行还原，第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，结果只有第二份催化剂活性恢复。说明催化剂失活的另外可能的原因是 。 (5)含有1，4－丁二醇的强酸性污水可用“铁碳微电池”法处理，过程中两电极分别产生的Fe2+和活性氢原子(H•)都具有较高的化学活性，在厌氧条件下将1，4－丁二醇转化为甲烷，假设两电极只生成Fe2+和H•，且全部参与该转化过程，写出该过程的离子方程式： 。 5．(22-23高二下·江苏扬州·期末)某燃料电池的原理为，电解质为熔融氧化物(可在电解质中自由移动)。 (1)CO在负极发生的电极反应式为 。 (2)电池工作时常在负极通入一定量的水蒸气。电池负极区域可能发生的反应有：    kJ⋅mol-1    kJ⋅mol-1 ①从能量利用率的角度分析，通入水蒸气可以提高电池性能的原因是 。 ②反应的 kJ⋅mol-1。 (3)可用于石油化工制氢，常用(Ce是活泼金属)做催化剂。 ①催化剂在反应过程中会形成氧空位，其晶胞如图-1所示，该晶胞所代表的晶体的化学式为 。    ②催化过程的反应机理如图-2所示。根据元素电负性的变化规律，步骤ⅰ可解释为 。    ③下列选项中，最有可能是步骤ⅲ产物结构的是 。    6．(22-23高二下·江苏苏州·调研)的捕集和资源化利用能有效减少排放，充分利用碳资源。 (1)一种捕集烟气中的流程如图1所示，溶液中含碳物种分布分数随pH变化如图2所示。    ①上述流程中采用气-液逆流接触吸收(烟气从吸收塔底进入，KOH溶液从吸收塔顶喷淋)，其目的是 。 ②第一步电离平衡常数为，则 ()。 ③“吸收”所得溶液pH约为8时，“转化”过程中主要反应的化学方程式为 。 (2)在催化剂作用下，以、为原料制取主要发生如下反应：       将和充入装有催化剂的1L恒容密闭容器中反应，不同温度下体系中的平衡转化率和、CO的选择性如图所示。    [(或CO)的选择性] ①图中曲线 表示产物的选择性。 ②240℃达平衡时，容器中 。 ③当温度超过300℃，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。 ④不改变反应温度，使平衡转化率达到X点，采取的措施为 。 7．(23-24高二下·江苏南京六校联合体·期末)将二氧化碳转化为高附加值化学品和含氮物质的综合处理是目前研究的热点问题 (1)利用CO2合成甲醇 ①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)　∆H1=-49kJ/mol ②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)　∆H2=+41.17kJ/mol ③CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)　∆H3 根据以上信息判断反应③ (填“高温自发”、“低温自发”或“任何温度下都自发”)，该反应中活化能Ea(正) Ea(逆)(填“>”或“<”)。 (2)电催化CO2和含氮物质可合成尿素，同时可解决含氮废水污染问题。常温常压下，向一定浓度的KNO3溶液通入CO2至饱和，经电解获得尿素，其原理如图所示。 电解过程中生成尿素的电极反应式为 。 (3)我国科研人员研究出在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2氢化合成甲醇的反应历程如图所示。 ①分析在反应气中加入少量的水能够提升甲醇产率的可能原因是 。 ②乙醇胺(HOCH2CH2NH2)可完成对CO2捕集。乙醇胺溶液能够吸收和释放CO2的原因是 。 (4)研究脱除烟气中的NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。有氧条件下，在Fe基催化剂表面，NH3还原NO的反应机理如图所示，该过程可描述为 。 8．(23-24高二下·江苏镇江实验高级中学·期末)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 。 9．(22-23高二下·江苏南京师大附中·期末)中国首次实现了利用二氧化碳人工合成淀粉，为全球的“碳达峰”、“碳中和”起到重大的支撑作用，研究二氧化碳的收集和利用成为了科研方面的热点。 (1)工业利用加氢制二甲醚的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为 反应Ⅰ：    反应Ⅱ：    反应Ⅲ：    在，起始投料时，的平衡转化率及和的平衡体积分数随温度变化如图1所示。    ①从453-553℃，升高温度平衡转化率降低的原因是 。 ②为提高单位时间内产率。研发的催化剂需具备的特点是 。 (2)在熔融中电解还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的阴极反应式为 。 (3)科研人员研究出在催化剂上氢化合成甲醇的反应历程如图2所示，反应③的化学方程式为    (4)和环氧乙烷在作催化剂的条件下合成碳酸乙烯酯。 ①溶液中加入尿素[CO(NH2)2]生成沉淀。与沉淀剂(尿素、氢氧化钠)反应生成沉淀，过滤后将沉淀焙烧得到。与氢氧化钠作沉淀剂相比，用尿素作沉淀剂焙烧生成的作催化剂效果更好，其原因是 。 ②催化合成碳酸乙烯酯(  )可能的反应机理如图3所示，根据元素电负性的变化规律，步骤Ⅰ、Ⅱ的过程可描述为 。    10．(23-24高二下·江苏无锡·期末)实验室模拟工业上用重晶石(BaSO4)制备BaCl2并吸收尾气的过程如下： (1)焙烧时S元素被还原到最低价，同时产生CO，该反应的化学方程式为 。 (2)实际生产中必须加入过量的炭，同时还要通入空气，其目的是 。 (3)氯化钡的溶解度如题表所示。从滤液中得到氯化钡晶体的合适方法是 。 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度g/100g水 31.6 35.7 40.7 46.4 52.4 (4)尾气H2S可使用碱液吸收法或氧化还原法吸收。已知：Ka1(H2S)=1.07×10－7，Ka2(H2S)=7.1×10－15， Ksp(CuS)=1.27×10－36，Ka1(H2CO3)=4.3×10－7，Ka2(H2CO3)=5.61×10－11。 I：碱液吸收。常选用NaOH或Na2CO3溶液作吸收剂。 ①用过量NaOH吸收，发生的化学方程式为 。 ②Na2CO3溶液吸收时发生的离子方程式为 。 II：一种氧化还原吸收原理如题图所示 ③上述过程的总反应方程式为 。 ④反应II的平衡常数为 (填具体数值) 11．(22-23高二下·江苏南京宁海中学·期末)页岩气中含有CH4、CO2、H2S等气体，是蕴藏于页岩层可供开采的天然气资源。页岩气的有效利用需要处理其中所含的CO2和H2S。 Ⅰ.CO2的处理： (1)CO2和CH4重整可制合成气(主要成分为CO、H2)。 已知下列热化学反应方程式：C(s)＋2H2(g)=CH4(g)；ΔH=-74.5kJ·mol-1 CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)；ΔH=-40.0kJ·mol-1 C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)；ΔH=＋132.0kJ·mol-1 反应CO2(g)＋CH4(g)=2CO(g)＋2H2(g)的ΔH= kJ·mol-1。 (2)Ni催化CO2加H2形成CH4，其历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，反应相同时间，含碳产物中CH4的百分含量及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。    ①260℃时生成主要产物所发生反应的化学方程式为 。 ②温度高于320℃，CO2的转化率下降的原因是 。 Ⅱ．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3所示。 (3)Fe2O3脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为 。 (4)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 。 (5)脱硫剂再生时可以使用水汽代替O2。700℃条件下，用水汽代替O2再生时，生成Fe3O4、H2S和H2，Fe3O4也可作脱硫剂。 ①写出水汽作用条件下脱硫剂再生反应的化学方程式： 。 ②用O2再生时会生成污染性气体SO2，用水汽再生时会排放出有毒的H2S，采用O2和水汽混合再生的方法，可以将产生的SO2和H2S转化为S单质。则为不排放出SO2和H2S，理论上O2和水汽的体积比应为 。 12．(21-22高二下·江苏淮安·期末)循环利用的绿色碳科学对于减少二氧化碳排放、减轻温室效应和减少对化石燃料的使用依赖具有十分突出的意义。 (1)催化转化：和在催化剂Cu的表面进行转化生成，该反应方程式为 。 (2)催化重整： ①和催化重整，其过程中主要发生下列反应： 反应①     反应②     则反应的 (用字母a、b表示)。 ②用和催化合成甲醇()一直是利用二氧化碳的核心技术。将一定量的与通入某密闭容器中合成甲醇，在催化剂作用下发生下述反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   催化反应相同时间，测得不同温度下的产率如图1所示。250℃后随着温度升高，的产率减小，可能原因是 。 (3)利用太阳能光解水，制备的用于还原合成有机物，可实现资源的再利用。将半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物。 ①图2为半导体光催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。则光解水能量转化形式为 。 ②若将该催化剂置于溶液中，足够长时间后溶液中主要存在的阴离子是 。 (4)电化学制。图3表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，在Cu电极上可以转化为，该电极反应式为 ，电解一段时间后，阳极区KOH溶液的物质的量浓度减小，其原因是 。 13．(21-22高二下·江苏泰州·期末)乙二醇是重要的化工原料，通过下列过程可实现煤到乙二醇的转化。 (1)“气化”中主要反应：验共酬巷| 反应I： 反应II： 反应的 。 (2)“转化1”中主要反应： 反应III： 反应IV： 将和按一定比例投入恒容密闭容器中，分别在和下达到平衡，下平衡转化率更大、甲醇的产率较低，原因是 。 (3)“转化2”中的总反应为，该转化分为两步进行，第一步为，机理如图所示。 ①化合物X的结构简式为 。 ②中混有的少量，会在表面形成中间体参与反应，生成的有机物有、 。 ③“转化2”的第二步为和进行的再生反应，反应的化学方程式为 。 (4)“转化3”生成乙二醇和甲醇，每生成乙二醇转移的电子为 。 14．(21-22高二下·江苏扬州·期末)利用加氢制甲醇等清洁燃料，是实现减排较为可行的方法。一定温度下，和在催化剂作用下可发生以下两个反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   (1)相同温度下，反应的 。 (2)在催化、恒压条件下，向密闭容器中投入一定量和。其他条件相同，升高温度，判断甲醇选择性以及的平衡转化率的变化，并说明理由： 。已知：。 (3)氢气可通过水煤气法获得，原理为。在进气比不同时，测得平衡时CO转化率如图，A和B两点对应的温度关系： (填“＜”、“＞”、或“=”)，判断的理由是 。 (4)如图装置可将和甲醇转化为甲酸。阳极的电极反应式为 。 (5)加氢制甲醇的部分反应机理如图所示。 “”表示物质在催化剂表面被吸附，“ ”表示自由基中未成对电子。已知在催化剂表面会形成两种吸附态的H，一种显正电性，一种显负电性。 ①根据元素的电负性变化规律分析，过程ⅰ中参与反应的显正电性与显负电性氢原子的数目比为 ； ②结合化学键的断裂和形成，过程ⅱ可描述为 。 15．(21-22高二下·江苏常州教育学会·期末)将转化为有机燃料是实现碳资源可持续利用的有效途径。 (1)催化加氢制甲醇。向容积为2L的恒容、绝热密闭容器中通入2.0 mol和3.0 mol，发生反应如下：   ①反应在5min时达平衡，测得此时容器内与的物质的量之比为，则前5min内，该反应的平均反应速率 。 ②下列可用来判断该反应已达到平衡状态的有 (填标号)。 A．    B．容器中 C．混合气体的密度保持不变    D．容器内的温度保持不变 ③两分子甲醇可进一步脱水制得二甲醚：    则的 。 (2)催化加氢制甲烷。向恒压、密闭容器中通入1mol和4mol，在催化剂作用下发生如下反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   上述反应达平衡时，容器中、和CO的物质的量随温度的变化关系如图所示。 ①曲线A表示 的物质的量随温度的变化。 ②800℃时曲线B代表物质的物质的量远大于400℃时的物质的量，其原因是 。 ③曲线C代表物质的物质的量随温度的升高，先逐渐增大后逐渐减小。在200-600℃间，曲线C逐渐上升的原因是 。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$