专题12 化学反应原理综合题-备战2026年高考化学真题题源解密（江苏专用）

专题12 化学反应原理综合题 五年考情概览：解读近三年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。 典型真题精析：代表性真题分类精讲并点评命题规律，设置仿照题目。 近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。 易错易错速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。 高考模拟探源：精选适量最新模拟题，发掘高考命题之源。 命题解读 考向 近三年考查统计 通常作为试卷的"压轴题"，综合性强、难度大、分值高，是拉开分数差距的关键。下面我将为你深入解读其命题规律、剖析考题特点，并预测未来的考查方向。 主要具有以下特点： 1.核心定位：试题旨在深度融合热化学、电化学、化学反应速率与化学平衡等核心知识，考查你在复杂、陌生的实际情境中，综合运用化学反应原理分析和解决实际问题的能力。 2.情境载体：试题常以能源利用（如CO2资源化利用、氢能）、环境治理（如废水、废气处理）、新材料合成、工业生产优化（如催化剂的研发与使用） 等科技前沿或生产实际为背景。例如，2025年江苏卷的真题就涉及了CO2催化加氢制备碳氢化合物、电催化还原制备碳氢化合物等。 3.命题设计新颖，强调科学探究： 呈现方式多样：试题信息常通过多重曲线图、数据表格、反应机理或历程示意图（*表示吸附态） 等多种形式呈现，你需要具备强大的识图、析图能力，能从图中提取关键信息。 设问层次分明：问题设计通常由易到难，具有明显的梯度性。前期问题多为基础性考查，后期则侧重综合分析、逻辑推理和定量计算。 融入定量计算：平衡常数、转化率、产率、反应焓变的相关计算是高频考点，形式包括但不限于根据图像数据进行的计算或利用电子守恒、元素守恒进行的计算。 4.紧密联系实际，凸显应用价值： 试题背景紧密联系工业生产、资源回收、环境治理、新能源开发等实际应用场景。例如，CO2的捕获与资源化利用（如催化加氢制甲醇、甲烷等） 是近年常见的命题素材。 这要求你不仅能理解实验室中的"理想反应"，还要考虑实际生产中的成本、效率、环保和能量综合利用等问题，体现"绿色化学"理念。 考向 化学反应原理综合题 2025·江苏卷第17题 2024·江苏卷第17题 2023·江苏卷第17题 2022·江苏卷第17题 2021·江苏卷第18题 考向 化学反应原理综合题 【典题1】（2025·江苏·高考真题）合成气(和)是重要的工业原料气。 (1)合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要 (填数字)种化学键的键能数据。 (2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有 。 ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的吸收剂、(正价有)缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。减缓设备腐蚀的原理是 。 (3)研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的，依次发生的主要反应： 步骤Ⅰ   步骤Ⅱ   ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有 ；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为 。 ②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有 (填化学式)。 ③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值： 。 ◆一句话点评：以合成气的应用为情景，考查归因分析、图像分析及反应热的计算等知识。 【仿照题】 （2024·江苏镇江·模拟预测）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)(缩写为)溶液可用于捕集燃煤烟气中，转化过程如下。 ①室温下，的，，吸收后溶液的，此时主要含碳阴离子为 (写离子符号)。 ②从结构的角度解释水溶液能吸收的理由是 。 ③用苯甲醇(苯甲醇沸点：)溶液替代水溶液可增大吸收容量，同时降低解吸能耗，其原因是 。 (2)二氧化碳加氢制甲烷是碳循环的重要应用。主要反应有 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   催化加制的反应历程如图1所示。向恒压、密闭容器中通入和，平衡时混合气体中含碳物质(、、)的物质的量随温度的变化如图2所示。 ①温度高于后，B的物质的量减小的原因是 。 ②首先在载体表面活化生成，载体表面的将吸附活化为，然后活化的与结合脱水生成活化，用化学语言描述步骤3、4反应过程： (吸附在催化剂表面的物质用*标注)。 (3)催化电解吸收和溶液可将转化为有机物。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(FE%)随电解电压的变化如图3所示。 ，，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电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为 。 ②电解电压为时，电解生成和的物质的量之比为 (写出计算过程)。 【典题2】（2024·江苏·高考真题）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。 ◆一句话点评：以氢能制备为情境载体，考查归因分析、化学方程式的书写、图像分析、机理分析等知识。 【仿照题2】（2025·江苏·模拟预测）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： 反应Ⅱ： 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。20~40min，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H2.1.01×105 Pa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： ； 反应Ⅳ：； 反应Ⅴ：； 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3所示。已知CO2中的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 。 (4)空间站里常用“Sabatier反应”控制空气中CO2含量。 已知：i．H2和CH4的燃烧热分别为285.5 kJ·mol-1和890.0 kJ·mol-1. ii．；。 则Sabatier反应：的 。 (5)电催化还原CO2可以制备甲酸原理如图，电解质溶液为KOH。2024年，为降低系统能耗，对装置改进，搭建“(阴阳极)共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为KOH+CH3OH混合溶液，应将 (填“a”或“b”)极区电解液更换。此时该电极的电极反应式为： 。 考向 化学反应原理综合题 1．（2023·江苏·高考真题）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的平衡常数(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·高考真题）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·高考真题）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 。 1．根据盖斯定律计算ΔH的步骤和方法 2．改变条件影响反应速率的反常现象↵ 条件变化 反常 说明 加热 速率减小 ① 有酶参与的反应， 温度高酶会失去活性 ② 有气体参与的反应，升高温度，气体的溶解度减小 ③ 加热易分解的物质(H₂O₂、NH₃·H₂O等)分解 ④ 有催化剂参与的反应，升高温度，催化剂活性降低 ⑤ 加热易挥发的物质(浓硝酸、浓盐酸)大量挥发 加压 不变 ① 没有气体参与的反应 ②恒温恒容条件下的气相反应， 充入稀有气体(或不参与反应) 浓度 不变 例如: 增大c(O₃), SO₂(g)+O₃(g)═SO₃(g)+O₂(g), 速率几乎没有变化， 可能是该反应速率很慢 3．影响化学平衡的外界因素分析 条件的改变（其他条件不变） 化学平衡的移动 浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动 减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动 压强（对有气体存在的反应） 反应前后气体分子数改变 增大压强 向气体分子数减小的方向移动 减小压强 向气体分子数增大的方向移动 反应前后气体分子数不变 改变压强 平衡不移动 温度 升高温度 向吸热反应方向移动 降低温度 向放热反应方向移动 催化剂 使用催化剂 平衡不移动 4．循环转化机理图 对于“环式”反应过程图像，需先由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。 一“剂”指催化剂 催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主体的多个物种一定在机理图中的主线上 三“物”指反应物、生成物、中间物种（或中间体） 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物，如①和④ 生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物，如②和③ 中间体 通过两个箭头位于“环上”的物质是中间体，如⑤⑥⑦和⑧ 5．图像题的审题要领 1．看题干，明方向：看清题目要求，在题干中圈出关键词，明确是速率问题还是平衡移动问题，分清楚是“恒温恒压”还是“恒温恒容”或其他限制条件。 2．识图表，“面、点、线” 识图是解题的基础，①面即坐标系，明晰横、纵坐标所表示的含义，这是理解题意和进行正确思维的前提。明晰坐标含义，也就是用变量的观点分析坐标，找出横、纵坐标的关系，再结合教材，联系相应的知识点。②找点：找出曲线中的特殊点(起点、顶点、拐点、终点、交叉点、平衡点等)，分析这些点所表示的意义以及影响这些点的主要因素及限制因素等，大多考题就落在这些点的含义分析上，因为这些点往往隐含着某些限制条件或某些特殊的含义。③析线：正确分析曲线的走向、变化趋势(上升、下降、平缓、转折等)，同时对走势有转折变化的曲线，要分区段进行分析，研究找出各段曲线的变化趋势及其含义。 6. 催化剂与活化能、焓变和平衡转化率 (1)一般我们所说的催化剂都是正催化剂。催化剂能改变反应的历程，降低反应的活化能，使更多的分子变为活化分子，即提高活化分子的百分数，故催化剂可使反应速率大大增加。但是，催化剂不能改变反应的焓变(图中Ea表示正反应的活化能，E′a表示逆反应的活化能。该反应为放热反应；正反应的活化能小于逆反应的活化能)。 反应物和生成物能量与活化能的关系 催化剂降低反应活化能 (2)可逆反应中的催化剂，如果对正反应具有良好的催化效果，那么对逆反应也具有良好的催化效果。也就是说，正催化剂能同时增大正、逆反应的反应速率，能缩短达到平衡所需的时间。但是，特别要注意的是催化剂不能(填“能”或“不能”，下同)改变同一条件下可逆反应的平衡转化率，当然也包括多重平衡。催化剂不能使平衡发生移动。 7．化工生产适宜条件选择的一般原则 条件 原则 从化学反应速率分析 既不能过大，又不能过小 从化学平衡移动分析 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 从原料的利用率分析 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 从实际生产能力分析 如设备承受高温、高压能力等 从催化剂的使用活性分析 注意催化剂的活性对温度的限制 1． （2025·江苏·一模）的催化加氢反应可以产生多种高附加值产品，如甲醇，碳氢化合物等。 Ⅰ．由制碳氢化合物的过程如图-1所示。 (1)涉及部分反应： 　 　 　 (2)催化剂Ⅰ可使用铁基催化剂。 ①方铁矿()可用作催化剂，当时，晶体中为 。 ②地球化学研究发现，地幔层(温度)中磁铁矿与石墨矿会转化为方铁矿，该反应的化学方程式为 。 Ⅱ．电催化还原制备碳氢化合物，其装置原理如图-2所示。 (3)电池工作过程中，阴极生成的电极反应式为 。 (4)每转移2mol电子，阳极室溶液质量减少 g。 Ⅲ．把附着在分子筛上，可催化、生成及碳氢化合物，部分反应机理如图-3所示。催化剂中、转化率，烃的选择性关系如图-4所示。 (5)大于1后，CO转化率降低的可能原因为 。 (6)随增加，烯烃选择性减少，烷烃增加的可能原因为 。 2．（2025·江苏盐城·模拟预测）CO2是温室气体，也是来源广泛、廉价易得的碳资源，可通过热化学、电化学等方法再利用。 Ⅰ．利用CO2合成甲醇，发生反应  。 已知：    (1) (用含a、b的代数式表示)。 (2)科学研究中常用产物的时空收率(单位物质的量催化剂表面产物分子的平均生成速率)来衡量催化效果。在3MPa、时，不同Ni、Ga配比的催化剂作用下，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如图-1所示。 ①该反应的最佳条件是 。 ②作催化剂时，随温度升高甲醇时空收率先迅速增大后减小，其中迅速增大的原因是 。 Ⅱ．一定温度和压强下，利用铜基催化剂可以实现CO2选择性加氢制甲醇。其反应机理和能量变化如图-2(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)。 (3)①以上反应历程中，决速步骤的化学方程式为 。 ②从化学键断裂和形成的角度，步骤③的过程可描述为 。 (4)合成的甲醇可利用和CuO纳米片(CuONS/CF)作催化电极，进一步制备甲酸，其电化学装置的工作原理如图-3所示。 ①阳极的电极反应式为 。 ②假设不考虑损耗，理论上制备1mol HCOOH电路中转移 mol电子。 3． （2025·江苏泰州·模拟预测）以硫铁矿(含及少量As、Se等元素的化合物)为原料，经历“造气→接触氧化→吸收”等过程可制取硫酸。 (1)造气。焙烧硫铁矿获得，焙烧过程主要分两步进行： 热离解         氧化              ①焙烧时总反应为，其中 。 ②如图为FeS(s)的氧化过程，氧化速率随温度升高并不显著的原因是 ，可提高氧化速率的措施为 (填一种)。 (2)接触氧化。与在催化剂表面发生反应：     ①反应前需除去气体中As、Se等元素的化合物，目的是 。 ②相同时间和温度下，混合气体中体积分数对氧化率的影响如图所示。体积分数超过5%后，氧化率变化不大的原因是 。 ③已知催化氧化的反应速率方程为，其中k为速率常数，随温度升高而增大；α为平衡转化率，α＇为某时刻转化率，n为常数。在α＇=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程得到反应速率随温度变化的关系如图所示。v最大时所对应温度称为该α＇下反应的最适宜温度，当温度高于最适宜温度时，结合速率方程分析反应速率减小的原因： 。 (3)吸收。用98.3% 吸收得到发烟硫酸(可表示为)，释放出的尾气中含有、、等。 ①若3.38 g发烟硫酸与0.03 mol 恰好反应生成纯，则n= 。 ②工业上通常利用氨水吸收上述尾气制取。生产中需要向溶液中加入适量的对苯二酚或对苯二胺等物质，目的是 。 4．（2025·江苏南京·二模）乙烯是常用化工原料，其制备、利用和转化具有重要意义。 (1)二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生反应： Ⅰ．   Ⅱ．   ①若起始加入和的物质的量分别为、，仅考虑上述反应，达到平衡时体系中所有含碳物质与起始物质之间存在的等量关系为： (X用具体物质化学式表示)。 ②实际投料比采用，而不采用3：1的原因是 。 (2)乙烯催化氧化制乙醛和环氯乙烷()，发生以下反应： ⅰ． ⅱ．2(g) 常压下，将一定比例、混合气体匀速通过装有催化剂的反应器，不同温度下测得的相关数据见下表[乙醛的选择性]： 温度/℃ 90 110 130 150 乙烯转化率/% 8 13 29 60 乙醛选择性/% 78 70 65 57 ①90~150℃范围内，乙醛产率随温度升高而 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 ②90~150℃范围内，乙醛选择性随温度升高而降低的原因是 。 ③150℃时，控制反应温度和时间不变，能提高环氧乙烷选择性的措施是 。 (3)在果蔬储存和运输中，一种转化反应的部分机理如图所示(表示活性氧)。研究表明，催化剂表面酸性强的桥羟基()是催化氧化的活性位点，而酸性弱的硅羟基和铝羟基()则不显示催化活性。 ①从键的极性角度，分析桥羟基酸性更强的原因是 。 ②生成的吸附在催化剂表面使催化活性下降，其原理是 。 5．（2025·江苏泰州·模拟预测）“碳中和”＂具有重要意义。 (1)空间站里常用“Sabatier反应”控制空气中含量。 已知：ⅰ．和的燃烧热分别为和。 ⅱ．  。 则Sabatier反应：的 。 (2)烟气中的捕集可通过下列转化实现。 “碳化”的温度不能过高的原因是 ；“脱碳”的化学方程式为 。 (3)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随时间的变化关系如图-1所示，图中A、B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CO。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 。 (4)电催化还原可以制备甲酸，原理如图-2所示，电解质溶液为KOH。2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对装置改进，搭建“(阴阳极)共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为混合溶液，应将 极区(填“a”＂或“b”)电解液更换。此时，该电极的电极反应式为 。 6．（2025·江苏常州·二模）载人航天器中用萨巴蒂尔(Sabatier)反应将转化为和，配合水的电解实现氢气和氧气的再生。 (1)萨巴蒂尔反应为：，利用萨巴蒂尔反应再生制氧气的大体流程如图所示。 ①右侧流程中，化合价发生改变的元素有 。 ②已知和的燃烧热分别是，，  ，则：   。 (2)萨巴蒂尔反应在300-400℃时转化率较高，副反应主要有：  ，催化加制的反应历程如图所示。 用代替，通过检测生成的水中含有、、HDO，可能的原因有 。 (3)一种铜基催化KOH、尿素无膜电解系统用于电解水，可以低成本生产氢气。相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分氧化产物在不同电解电压时的法拉第效率(FE%)如图所示。(法拉第效率：) ①当电解电压为时，阳极同时生成和的电极反应式为： 。 ②不同电流密度下，阴极产物的法拉第效率和的生成速率如图所示。电流密度大于时，的法拉第效率降低的原因可能是： 。 (4)ZnO有棒状)、片状两种。均可用作选择性加氢转化为的催化剂。在ZnO催化剂存在下，将与混合，同时发生以下两个反应： 反应I     反应II     控制一定的和初始投料比，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据(其中“甲醇选择性”是指转化的中生成甲醇的百分比) 已知：p-ZnO表面合成的生成活化能，r-ZnO表面合成的生成活化能 ①在280~320℃范围内，相同催化剂条件下，随温度升高，与CO的产率均提高，而甲醇的选择性降低的可能原因是 ； ②在280~320℃范围内，比较图a和图b两种ZnO催化剂催化加氢性能，说明在加氢合成甲醇时优先选用p-ZnO催化剂的原因： 。 7．（2025·江苏连云港·二模）甲烷是重要的化工原料，由甲烷可以制取等。 (1)与重整制氢的流程为： 已知：Ⅰ．   Ⅱ．   研究表明，反应Ⅱ在催化下进行，反应分两步进行： 第一步：   ①写出第二步的热化学方程式 。 ②一定压强下，将混合气体通入反应体系。平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如下图所示。曲线a代表 （填化学式），750℃以后曲线a下降的原因是 。 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 (2)与催化重整的主要反应为： 反应Ⅲ：   反应Ⅳ： 已知：还原能力可衡量转化效率，（同一时段内与的物质的量变化量之比）。 常压下和按物质的量之比投料，一段时间内转化率、R值随温度变化如上表所示。下列说法不正确的是______。（填字母） A．改变催化剂可提高平衡时的R值 B．R值提高是由于催化剂选择性地提高反应Ⅳ的速率 C．温度越低，含氢产物中占比越高 D．温度升高，转化率增加，转化率降低，R值减小 (3)小分子与金属表面之间的作用与它们在低氧化态金属配合物中的相互作用类似。利用铜-铈氧化物选择性催化氧化除去中少量CO的可能机理如图所示。 ①金属吸附位优先吸附CO而非，可能的原因是 。 ②如果用代替参加反应，则CO去除产物分子的结构式是 。 (4)ZnO/石墨烯复合光催化氧化甲烷和水生成甲醇和氢气可能的机理如图所示。 在电子空穴（）作用下生成和一种强氧化性中性粒子X，与X反应最终生成甲醇。X的电子式是 。写出该机理总反应的化学方程式： 。 8．（2025·江苏淮安·二模）含碳化合物资源化综合利用，不仅可减少温室气体的排放，还可获得重要工业产品。 (1)工业上可通过甲醇制取甲酸甲酯，反应为：该反应的机理分二步完成，可以用如图所示，写出第二步的反应方程式 。 (2)研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。雨水中含有来自大气中的，溶于水的只有部分转化为。已知25℃时，  ，正反应的速率可表示为，逆反应的速率可表示，则 (用含的代数式表示)。 (3)电解法转化是实现可再生能源有效利用的关键手段之一，其装置原理如图所示。 ①a为电源的 (填“正极”或“负极”)，该装置的阴极的电极反应式为 。 ②已知，该电解池中使用的是质子交换膜，若电解开始前两极室溶液质量相等，当电解过程转移了2mol电子，则阴阳极室溶液质量差为 g。 (4)近年来，低温等离子技术是在高压放电下，产生自由基，自由基将NO氧化为后，再用溶液吸收，达到消除NO的目的。实验室将模拟气以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图所示。 已知：  。 ①等离子体技术在低温条件下可提高NO的转化率，原因是 。 ②其他条件相同，等离子体的电功率与NO的转化率关系如图所示，当电功率大于30W时，NO转化率下降的原因可能是 。 9． （2025·江苏连云港·一模）性能优越的催化剂是实现二氧化碳加氢制甲烷工业化的关键。 (1)CO2在Ni/γ-Al2O3催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应： 反应I：CO2(g)＋4H2(g) = CH4(g)＋2H2O(g)  ∆H1= -143.9 kJ·mol−1 反应II：CO2(g)＋H2(g) = CO(g)＋H2O(g)    ∆H2 ①已知在25℃、101kPa下，由最稳定单质生成1 mol某纯物质的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓，用表示。如表所示为几种常见物质的标准摩尔生成焓。 物质 CO2(g) H2(g) H2O(g) CO(g) ) －393.5 0 －241.8 －110.5 反应2CO(g)＋2H2(g) = CO2(g)＋CH4(g)的焓变为 。 ②一定压强下，将一定比例CO2和H2通过装有Ni/γ-Ai2O3催化剂的反应器，反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况如图所示(虚线代表平衡转化率)。高于320℃后，CO2转化率略有下降，可能原因是 。 ③γ-Al2O3因价格低廉、较高的热稳定性和比表面积而成为工业上最常用的催化剂载体。通过Rh(NO3)3（硝酸铑）热分解将铑有效负载在γ-Al2O3表面能有效提高催化性能的可能原因是 。 (2)CeO2催化CO2与H2转化为CH4的机理如图所示。 ①在催化过程中由CeO2转变成CeO2-x晶胞的组成结构变化如图所示，一个CeO2-x晶胞中Ce4+和Ce3+个数比为 。 ②催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成Ca xCe1-xOy可提高催化效率，其原因是 。 (3)通过Sonogashira偶联反应（如下图所示），将CoTBrPP（甲）在CuI与钯基催化剂的作用下，在甲上枝接PTAB(1,3,5-三乙炔苯聚合物)形成对CH4有较高选择性的CoTBrPP-PTAB-Cu新型催化剂（乙）。 ①CoTBrPP-PTAB-Cu催化剂比CoTBrPP具有更好的导电性的原因是 。 ②实验表明CoTBrPP和CoTBrPP-PTAB-Cu的ECSA(电化学活性面积，即参与电化学反应的有效面积)分别是7.1mF· cm-2和3.8mF·cm-2，偶联后ECSA降低的可能原因是 。 10．（2024·江苏苏州·三模）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。可通过下列反应大规模制取氢气。 Ⅰ.水煤气变换反应(WGSR) 反应a： (1)一定压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知、的摩尔生成焓分别为、。则的摩尔生成焓的热化学方程式为 。 (2)实验发现，其他条件不变，在相同时间内，向上述体系中投入一定量的CaO可以增大H₂的体积分数。对比实验的结果如下图所示。投入CaO时，的体积分数增大的原因为 。投入纳米CaO装置的氢气产率更高，其原因为 。 (3)酸性溶液中电解副产物可用于生产，实现的资源化，其电极反应式为 。生成的电极应连接电源的 极(选填“正”或“负”)。 Ⅱ.甲烷干重整(DRM) DRM的主要反应为： 反应b： 反应c： 该过程中会逐渐生成积碳覆盖在催化剂表面，使催化剂中毒。 (4)甲烷和二氧化碳的起始物质的量均为1mol，实验测得在0.1MPa下，平衡时各组分的量随温度变化如下图所示。已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数。625°C时反应c的压强平衡常数为 。 (5)对催化剂载体改性，使其形成氧空位，可减少积碳。晶胞如下图所示。取干燥在Ar气条件下加热，热重分析显示样品一直处于质量损失状态；X射线衍射分析结果表明随着温度升高，该晶胞边长变长，但铈离子空间排列没有发生变化。加热后，当失重率(损失的质量/总质量)为2.32%时，每个晶胞拥有的的个数为 。 11． （2025·江苏·三模）电解水制氢时，阳极析氧反应需较高电压，研究其反应机理并运用协同制氢的方法来降低能耗、提升产氢效率具有重要意义。 (1)以为电解液，Pt作电极，阴极析氢反应可能经历两步。第二步反应为(*H表示吸附态氢原子)。写出第一步的电极反应方程式： 。 (2)碱性条件下阳极负载的催化剂表面可能的反应机理如图-1所示。 ①步骤3中M化合价 (填“升高”“降低”或“不变”)。 ②M可能为 。(填序号) A．Mg        B．Al        C．Ni        D．Cr ③电解过程中，若阴极有扩散到催化剂表面，可能会导致催化剂催化效率下降甚至失去活性，其原因是 。 (3)利用甘油()协同制氢可降低电解时所需电压，节约制氢成本。 ①在阳极区添加一定量的甘油，电解一段时间后，阳极得到含碳产物的物质的量分别为，，理论上阴极产生的物质的量为 。 ②用与分别进行电催化协同制氢。对电解后的含碳产物进行表征，所得的NMR(核磁共振氢谱)分别如图-2，图-3所示。 电催化协同制氢所得含碳产物有 。 ③电解时，若电压过大，甘油的转化率会降低，其原因是 。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 化学反应原理综合题 五年考情概览：解读近三年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。 典型真题精析：代表性真题分类精讲并点评命题规律，设置仿照题目。 近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。 易错易错速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。 高考模拟探源：精选适量最新模拟题，发掘高考命题之源。 命题解读 考向 近三年考查统计 通常作为试卷的"压轴题"，综合性强、难度大、分值高，是拉开分数差距的关键。下面我将为你深入解读其命题规律、剖析考题特点，并预测未来的考查方向。 主要具有以下特点： 1.核心定位：试题旨在深度融合热化学、电化学、化学反应速率与化学平衡等核心知识，考查你在复杂、陌生的实际情境中，综合运用化学反应原理分析和解决实际问题的能力。 2.情境载体：试题常以能源利用（如CO2资源化利用、氢能）、环境治理（如废水、废气处理）、新材料合成、工业生产优化（如催化剂的研发与使用） 等科技前沿或生产实际为背景。例如，2025年江苏卷的真题就涉及了CO2催化加氢制备碳氢化合物、电催化还原制备碳氢化合物等。 3.命题设计新颖，强调科学探究： 呈现方式多样：试题信息常通过多重曲线图、数据表格、反应机理或历程示意图（*表示吸附态） 等多种形式呈现，你需要具备强大的识图、析图能力，能从图中提取关键信息。 设问层次分明：问题设计通常由易到难，具有明显的梯度性。前期问题多为基础性考查，后期则侧重综合分析、逻辑推理和定量计算。 融入定量计算：平衡常数、转化率、产率、反应焓变的相关计算是高频考点，形式包括但不限于根据图像数据进行的计算或利用电子守恒、元素守恒进行的计算。 4.紧密联系实际，凸显应用价值： 试题背景紧密联系工业生产、资源回收、环境治理、新能源开发等实际应用场景。例如，CO2的捕获与资源化利用（如催化加氢制甲醇、甲烷等） 是近年常见的命题素材。 这要求你不仅能理解实验室中的"理想反应"，还要考虑实际生产中的成本、效率、环保和能量综合利用等问题，体现"绿色化学"理念。 考向 化学反应原理综合题 2025·江苏卷第17题 2024·江苏卷第17题 2023·江苏卷第17题 2022·江苏卷第17题 2021·江苏卷第18题 考向 化学反应原理综合题 【典题1】（2025·江苏·高考真题）合成气(和)是重要的工业原料气。 (1)合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要 (填数字)种化学键的键能数据。 (2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有 。 ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的吸收剂、(正价有)缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。减缓设备腐蚀的原理是 。 (3)研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的，依次发生的主要反应： 步骤Ⅰ   步骤Ⅱ   ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有 ；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为 。 ②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有 (填化学式)。 ③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值： 。 【答案】(1)5 (2) 该反应为放热反应，在绝热容器中进行，的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，过量可有效防止催化剂活性下降 具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜 (3) 当时，载氧体为，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大 432 C、Fe、FeO 步骤Ⅰ中作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量积炭导致催化剂失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源 【解析】（1）反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的需。、、、，共5种化学键的键能数据。 （2）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，过量可有效防止催化剂活性下降。 ②脱碳过程中，溶液会吸收，发生反应，当溶液浓度偏高时，会生成较多，而溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。中的Cr元素化合价为，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。 （3）①当时，载氧体中没有，只有，由于的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当时，转化率为60%，则，已知CO的选择性，则，根据图乙中数据可知，此时产物气中，则，故生成标准状况下CO和的总体积为432mL。 ②新制载氧体与反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与反应，使载氧体再生从而继续与反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与反应。 ③步骤Ⅰ中作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。 ◆一句话点评：以合成气的应用为情景，考查归因分析、图像分析及反应热的计算等知识。 【仿照题】 （2024·江苏镇江·模拟预测）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)(缩写为)溶液可用于捕集燃煤烟气中，转化过程如下。 ①室温下，的，，吸收后溶液的，此时主要含碳阴离子为 (写离子符号)。 ②从结构的角度解释水溶液能吸收的理由是 。 ③用苯甲醇(苯甲醇沸点：)溶液替代水溶液可增大吸收容量，同时降低解吸能耗，其原因是 。 (2)二氧化碳加氢制甲烷是碳循环的重要应用。主要反应有 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   催化加制的反应历程如图1所示。向恒压、密闭容器中通入和，平衡时混合气体中含碳物质(、、)的物质的量随温度的变化如图2所示。 ①温度高于后，B的物质的量减小的原因是 。 ②首先在载体表面活化生成，载体表面的将吸附活化为，然后活化的与结合脱水生成活化，用化学语言描述步骤3、4反应过程： (吸附在催化剂表面的物质用*标注)。 (3)催化电解吸收和溶液可将转化为有机物。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(FE%)随电解电压的变化如图3所示。 ，，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电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为 。 ②电解电压为时，电解生成和的物质的量之比为 (写出计算过程)。 【答案】(1) 中氮原子含有孤电子对，能与氢离子形成配位键，促进的吸收(或答道为胺，有碱性能与反应也可) 在苯甲醇中的溶解度较大，能增大吸收容量，水溶液中水蒸发需要吸收大量的热，苯甲醇沸点高难挥发，降低能耗 (2) 反应Ⅰ的、反应Ⅱ的，后温度升高，反应Ⅱ的平衡右移，反应Ⅰ的平衡左移，反应Ⅱ的正移程度大于反应Ⅰ逆移程度，平衡转化率增大，剩余物质的量减小 活化的与结合，脱去水分子生成，再进一步结合生成和 (3) 【解析】（1）①溶液的，根据的，，=，此时主要含碳阴离子为。 ②从结构的角度解释水溶液能吸收的理由是中氮原子含有孤电子对，能与氢离子形成配位键，促进的吸收(或答道为胺，有碱性能与反应也可)。 ③用苯甲醇(苯甲醇沸点：)溶液替代水溶液可增大吸收容量，同时降低解吸能耗，其原因是在苯甲醇中的溶解度较大，能增大吸收容量，水溶液中水蒸发需要吸收大量的热，苯甲醇沸点高难挥发，降低能耗。 （2）①温度高于后，B的物质的量减小的原因是反应Ⅰ的、反应Ⅱ的，后温度升高，反应Ⅱ的平衡右移，反应Ⅰ的平衡左移，反应Ⅱ的正移程度大于反应Ⅰ逆移程度，平衡转化率增大，剩余物质的量减小； ②由题干反应历程图可知，步骤3、4反应过程可用化学语言描述为：活化的与结合，脱去水分子生成，再进一步结合生成和， （3）①“电解”电压为，在质子交换膜电解池中进行，阴极得电子，由生成的电极反应式为； ②电解电压为时，由题干图像信息可知，CH4和的法拉第效率分别为30%、8%，生成转移电子；生成转移电子，，。 【典题2】（2024·江苏·高考真题）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) C、H、Fe (2) (或) 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) NaHCO3受热分解导致浓度下降，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解 -NH2可以与形成氢键 CN—NHD和DCOO— 【解析】（1）由图可知，反应器I中反应物为一氧化碳、氢气、氧化铁，生成物为二氧化碳、水、铁，发生的反应为、，则反应中化合价发生改变的元素为碳元素、氢元素、铁元素；由方程式可知，1mol一氧化碳和1mol氢气与氧化铁反应生成mol铁，反应器Ⅱ中铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式为，由方程式可知，mol铁生成氢气的物质的量为mol×=mol，故答案为：C、H、Fe；； （2）①由题意可知，吸收一氧化碳的反应为一氧化碳与和氨水的混合溶液反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：(或)； ②氧化铝含量大于2%，出口处氨含量下降说明多孔氧化铝含量过多会吸附反应生成的氨气，由图可知，氧化铝含量大于2%时，催化剂α-Fe表面积减小，催化性能降低，导致反应速率减小，使得出口处氨含量下降，故答案为：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碳酸氢钠受热易分解导致浓度下降，升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解，均可能导致HCOO-产率下降，故答案为：NaHCO3受热分解，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解； ②氨基和碳酸氢根离子可以形成氢键，形成的氢键将碳酸氢根离子控制在催化剂表面；由图可知，步骤Ⅱ发生的反应为氨基和碳酸氢根离子中的羟基发生取代反应生成水，氢气发生共价键断裂，氢原子被CN吸附，步骤Ⅲ发生的反应为碳氮键发生断裂，碳原子和氮原子分别与氢原子结合生成CN—NH2和HCOO—，则用D2代替氢气，得到的产物为CN—NHD和DCOO—，所以通过检测是否同时存在CN—NHD和DCOO—可确认反应过程中的加氢方式，故答案为：-NH2可以与形成氢键；CN—NHD和DCOO—。 ◆一句话点评：以氢能制备为情境载体，考查归因分析、化学方程式的书写、图像分析、机理分析等知识。 【仿照题2】（2025·江苏·模拟预测）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： 反应Ⅱ： 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。20~40min，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H2.1.01×105 Pa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： ； 反应Ⅳ：； 反应Ⅴ：； 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3所示。已知CO2中的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 。 (4)空间站里常用“Sabatier反应”控制空气中CO2含量。 已知：i．H2和CH4的燃烧热分别为285.5 kJ·mol-1和890.0 kJ·mol-1. ii．；。 则Sabatier反应：的 。 (5)电催化还原CO2可以制备甲酸原理如图，电解质溶液为KOH。2024年，为降低系统能耗，对装置改进，搭建“(阴阳极)共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为KOH+CH3OH混合溶液，应将 (填“a”或“b”)极区电解液更换。此时该电极的电极反应式为： 。 【答案】(1) 分离出H2O(g)，促进平衡正向移动，增大CO2的转化率 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)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) Mg的金属性强于Al，MgO的O电负性更强，MgO的O更易进攻活化CO2中的碳氧键 (4)-164.0 kJ·mol-1 (5) b 【分析】图1展示了CH3OH(g)浓度比和CH2O(g)浓度比随时间变化的关系。对于CH3OH(g)，在，其浓度比逐渐增大。结合题干中“Cu+能与π键电子形成作用力较强的配位键”以及“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”的信息，这是因为随着时间推移，CH2O逐渐替代吸附剂上的CH3OH，使得出口CH3OH (g)浓度相对进口浓度的比值增大。对于CH2O (g)，在，其浓度比几乎为0，原因是CH2O与Cu+形成较强配位键，被吸附剂大量吸附，所以出口CH2O (g)浓度相对于进口浓度的比值极低。 图2呈现了不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率。在范围内，CH4的平衡转化率随温度升高而升高，CO2的平衡转化率也随温度升高而变化，但始终低于CH4的平衡转化率。结合反应Ⅲ、反应Ⅳ、反应Ⅴ，因为该温度范围内反应Ⅴ进行的程度大于反应Ⅳ进行的程度，反应Ⅴ消耗CO生成CO2，反应Ⅳ消耗CO2生成CO，所以CO2的平衡转化率低于CH4。同时，反应Ⅲ是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CH4的平衡转化率升高。 【解析】（1）①在反应Ⅰ和反应Ⅱ中，H2O(g)是生成物。根据化学平衡移动原理，减少生成物的浓度，平衡会向正反应方向移动。使用分子筛膜能选择性分离出H2O(g)，这样就降低了H2O(g)的浓度，促使反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡正向移动，从而增大CO2的转化率。 ②Cu+能与π键电子形成作用力较强的配位键。CH2O（甲醛）含有π键电子，Cu+与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的CH3OH（甲醇）会被CH2O替代，所以在，CH3OH(g)浓度比增大而CH2O(g)浓度比几乎为0。 （2）反应Ⅲ： ，反应Ⅳ：  ，反应Ⅴ：；。在范围内，反应Ⅴ进行的程度大于反应Ⅳ进行的程度。反应Ⅴ会消耗CO，生成CO2；反应Ⅳ会消耗CO2，生成CO。由于反应Ⅴ消耗CO生成CO2的程度更大，所以CO2的平衡转化率低于CH4。 （3） ①根据反应机理图，环氧丙烷与CO2在催化剂作用下反应生成碳酸酯X，碳酸酯X的结构简式为； ②Mg的金属性强于Al，MgO中O的电负性更强，MgO的O更易进攻活化CO2中的碳氧键，所以MgO活化催化CO2的能力强于Al2O3。 （4）① ② ③ 根据盖斯定律，4×①- ②+2×③，得到的H：。 （5）在电催化还原CO2制备甲酸的过程中，CO2发生还原反应，应在阴极进行。从图中可知a极通入CO2，所以a极是阴极，b极是阳极。将KOH电解液更换为KOH + CH3OH混合溶液，阳极（b极）区电解液应更换。此时b极（阳极）上CH3OH失去电子发生氧化反应，电极反应式为。 考向 化学反应原理综合题 1．（2023·江苏·高考真题）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的平衡常数(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) 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳 (2) <0 提高CO2的转化率，抑制尿素水解，抑制尿素缩合生成缩二脲 (3) H2 或 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增大NH3的比例、提高CO2的转化率，尿素水解、尿素缩合生成缩二脲都有NH3生成，增大NH3的比例可抑制尿素水解，抑制尿素缩合生成缩二脲。 （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或。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·高考真题）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) 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。 3．（2021·江苏·高考真题）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) 657.1kJ·mol-1 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) 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 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。 1．根据盖斯定律计算ΔH的步骤和方法 2．改变条件影响反应速率的反常现象↵ 条件变化 反常 说明 加热 速率减小 ① 有酶参与的反应， 温度高酶会失去活性 ② 有气体参与的反应，升高温度，气体的溶解度减小 ③ 加热易分解的物质(H₂O₂、NH₃·H₂O等)分解 ④ 有催化剂参与的反应，升高温度，催化剂活性降低 ⑤ 加热易挥发的物质(浓硝酸、浓盐酸)大量挥发 加压 不变 ① 没有气体参与的反应 ②恒温恒容条件下的气相反应， 充入稀有气体(或不参与反应) 浓度 不变 例如: 增大c(O₃), SO₂(g)+O₃(g)═SO₃(g)+O₂(g), 速率几乎没有变化， 可能是该反应速率很慢 3．影响化学平衡的外界因素分析 条件的改变（其他条件不变） 化学平衡的移动 浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动 减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动 压强（对有气体存在的反应） 反应前后气体分子数改变 增大压强 向气体分子数减小的方向移动 减小压强 向气体分子数增大的方向移动 反应前后气体分子数不变 改变压强 平衡不移动 温度 升高温度 向吸热反应方向移动 降低温度 向放热反应方向移动 催化剂 使用催化剂 平衡不移动 4．循环转化机理图 对于“环式”反应过程图像，需先由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。 一“剂”指催化剂 催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主体的多个物种一定在机理图中的主线上 三“物”指反应物、生成物、中间物种（或中间体） 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物，如①和④ 生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物，如②和③ 中间体 通过两个箭头位于“环上”的物质是中间体，如⑤⑥⑦和⑧ 5．图像题的审题要领 1．看题干，明方向：看清题目要求，在题干中圈出关键词，明确是速率问题还是平衡移动问题，分清楚是“恒温恒压”还是“恒温恒容”或其他限制条件。 2．识图表，“面、点、线” 识图是解题的基础，①面即坐标系，明晰横、纵坐标所表示的含义，这是理解题意和进行正确思维的前提。明晰坐标含义，也就是用变量的观点分析坐标，找出横、纵坐标的关系，再结合教材，联系相应的知识点。②找点：找出曲线中的特殊点(起点、顶点、拐点、终点、交叉点、平衡点等)，分析这些点所表示的意义以及影响这些点的主要因素及限制因素等，大多考题就落在这些点的含义分析上，因为这些点往往隐含着某些限制条件或某些特殊的含义。③析线：正确分析曲线的走向、变化趋势(上升、下降、平缓、转折等)，同时对走势有转折变化的曲线，要分区段进行分析，研究找出各段曲线的变化趋势及其含义。 6. 催化剂与活化能、焓变和平衡转化率 (1)一般我们所说的催化剂都是正催化剂。催化剂能改变反应的历程，降低反应的活化能，使更多的分子变为活化分子，即提高活化分子的百分数，故催化剂可使反应速率大大增加。但是，催化剂不能改变反应的焓变(图中Ea表示正反应的活化能，E′a表示逆反应的活化能。该反应为放热反应；正反应的活化能小于逆反应的活化能)。 反应物和生成物能量与活化能的关系 催化剂降低反应活化能 (2)可逆反应中的催化剂，如果对正反应具有良好的催化效果，那么对逆反应也具有良好的催化效果。也就是说，正催化剂能同时增大正、逆反应的反应速率，能缩短达到平衡所需的时间。但是，特别要注意的是催化剂不能(填“能”或“不能”，下同)改变同一条件下可逆反应的平衡转化率，当然也包括多重平衡。催化剂不能使平衡发生移动。 7．化工生产适宜条件选择的一般原则 条件 原则 从化学反应速率分析 既不能过大，又不能过小 从化学平衡移动分析 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 从原料的利用率分析 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 从实际生产能力分析 如设备承受高温、高压能力等 从催化剂的使用活性分析 注意催化剂的活性对温度的限制 1． （2025·江苏·一模）的催化加氢反应可以产生多种高附加值产品，如甲醇，碳氢化合物等。 Ⅰ．由制碳氢化合物的过程如图-1所示。 (1)涉及部分反应： 　 　 　 (2)催化剂Ⅰ可使用铁基催化剂。 ①方铁矿()可用作催化剂，当时，晶体中为 。 ②地球化学研究发现，地幔层(温度)中磁铁矿与石墨矿会转化为方铁矿，该反应的化学方程式为 。 Ⅱ．电催化还原制备碳氢化合物，其装置原理如图-2所示。 (3)电池工作过程中，阴极生成的电极反应式为 。 (4)每转移2mol电子，阳极室溶液质量减少 g。 Ⅲ．把附着在分子筛上，可催化、生成及碳氢化合物，部分反应机理如图-3所示。催化剂中、转化率，烃的选择性关系如图-4所示。 (5)大于1后，CO转化率降低的可能原因为 。 (6)随增加，烯烃选择性减少，烷烃增加的可能原因为 。 【答案】(1) (2) 8.5 (3) (4)18 (5)Zr含量减少，吸附的CO量减少，CO转化率降低 (6)随Zn的量增多，吸附的量增多，产生、增多，与烯烃反应，使烷烃量增加，烯烃量减少 【解析】（1）根据盖斯定律， 可以由减去得到，则该过程的； 故答案为：； （2）当，方铁矿()可写为，根据化合物化合价为零的规律，有关系式，解得，则=8.5；磁铁矿主要成分为与石墨矿反应转化为方铁矿与CO，则化学方程式为； 故答案为：8.5；； （3）从电催化还原制备碳氢化合物装置图-2可知，装置中使用了质子交换膜，左侧惰性电极发生氧化反应，该电极为阳极，右侧石墨烯电极发生或等碳氢化合物，为还原反应，该电极为阴极，其中生成的电极反应式为； 故答案为：； （4）左侧惰性电极为阳极，发生电极反应式为，且由阳极室通过质子交换膜移向阴极室，每转移2mol电子，生成0.5mol，移走2mol，阳极室溶液质量减少； 故答案为：18； （5）从催化、生成及碳氢化合物，部分反应机理图-3可看出，需吸附在上转化生成或碳氢化合物，当大于1后，随比值增大，含量减少，吸附CO的量降低，则转化率降低； 故答案为：Zr含量减少，吸附的CO量减少，CO转化率降低； （6）从部分反应机理图-3可看出吸附在上产生、，再生成或碳氢化合物，随增加，则Zn的含量增多，吸附的量增多，产生、增多，会与烯烃反应，生成烷烃从而使烷烃量增加，烯烃量减少； 故答案为：随Zn的量增多，吸附的量增多，产生、增多，与烯烃反应，使烷烃量增加，烯烃量减少。 2．（2025·江苏盐城·模拟预测）CO2是温室气体，也是来源广泛、廉价易得的碳资源，可通过热化学、电化学等方法再利用。 Ⅰ．利用CO2合成甲醇，发生反应  。 已知：    (1) (用含a、b的代数式表示)。 (2)科学研究中常用产物的时空收率(单位物质的量催化剂表面产物分子的平均生成速率)来衡量催化效果。在3MPa、时，不同Ni、Ga配比的催化剂作用下，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如图-1所示。 ①该反应的最佳条件是 。 ②作催化剂时，随温度升高甲醇时空收率先迅速增大后减小，其中迅速增大的原因是 。 Ⅱ．一定温度和压强下，利用铜基催化剂可以实现CO2选择性加氢制甲醇。其反应机理和能量变化如图-2(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)。 (3)①以上反应历程中，决速步骤的化学方程式为 。 ②从化学键断裂和形成的角度，步骤③的过程可描述为 。 (4)合成的甲醇可利用和CuO纳米片(CuONS/CF)作催化电极，进一步制备甲酸，其电化学装置的工作原理如图-3所示。 ①阳极的电极反应式为 。 ②假设不考虑损耗，理论上制备1mol HCOOH电路中转移 mol电子。 【答案】(1) (2) 催化剂、温度210℃左右 催化剂活性随温度升高增大与温度升高，共同使甲醇时空收率迅速上升 (3) 水分子中氧氢键断裂，产生的羟基吸附于催化剂表面（），氢原子与吸附在催化剂表面的甲氧基（）形成氧氢键生成甲醇分子脱离催化剂 (4) 【分析】根据盖斯定律，进行反应热的计算，根据催化剂性能与反应条件分析反应机理。 【解析】（1）已知反应①：，反应②：，目标反应：，根据盖斯定律，对已知反应进行“缩放”和“加减”：将反应①乘以：，将反应②乘以：，将上述两个反应相加，得到目标反应：。 （2）最佳条件：时空收率越高，催化效果越好。由图-1可知，在催化剂、210℃时，甲醇时空收率最高，因此最佳条件为催化剂、210℃。 温度升高时，反应速率加快（温度升高使活化分子百分数增加，有效碰撞频率增大），同时催化剂活性在该温度区间内增强，因此甲醇时空收率先迅速增大。 （3）决速步骤：反应历程中，活化能最高的步骤为决速步骤。由图-2可知，的活化能最高，因此决速步骤的化学方程式为。步骤③的化学键变化：步骤③是，从化学键角度描述为：水分子中氧氢键断裂，产生的羟基吸附于催化剂表面（），氢原子与吸附在催化剂表面的甲氧基（）形成氧氢键生成甲醇分子脱离催化剂。 （4）阳极发生氧化反应，甲醇在电极上被氧化为甲酸。根据元素守恒和电荷守恒，电极反应式为。 总反应为，电路中转移4 mol电子时，生成3 mol HCOOH，则制备1mol HCOOH，在电路中转移mol电子。 3． （2025·江苏泰州·模拟预测）以硫铁矿(含及少量As、Se等元素的化合物)为原料，经历“造气→接触氧化→吸收”等过程可制取硫酸。 (1)造气。焙烧硫铁矿获得，焙烧过程主要分两步进行： 热离解         氧化              ①焙烧时总反应为，其中 。 ②如图为FeS(s)的氧化过程，氧化速率随温度升高并不显著的原因是 ，可提高氧化速率的措施为 (填一种)。 (2)接触氧化。与在催化剂表面发生反应：     ①反应前需除去气体中As、Se等元素的化合物，目的是 。 ②相同时间和温度下，混合气体中体积分数对氧化率的影响如图所示。体积分数超过5%后，氧化率变化不大的原因是 。 ③已知催化氧化的反应速率方程为，其中k为速率常数，随温度升高而增大；α为平衡转化率，α＇为某时刻转化率，n为常数。在α＇=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程得到反应速率随温度变化的关系如图所示。v最大时所对应温度称为该α＇下反应的最适宜温度，当温度高于最适宜温度时，结合速率方程分析反应速率减小的原因： 。 (3)吸收。用98.3% 吸收得到发烟硫酸(可表示为)，释放出的尾气中含有、、等。 ①若3.38 g发烟硫酸与0.03 mol 恰好反应生成纯，则n= 。 ②工业上通常利用氨水吸收上述尾气制取。生产中需要向溶液中加入适量的对苯二酚或对苯二胺等物质，目的是 。 【答案】(1) -3311 随着焙烧过程的进行，氧化铁层增厚，和通过氧化铁层的阻力增加，导致氧化速率随温度升高不显著 粉碎矿料 (2) 除去杂质提高的纯度；防止催化剂中毒 当气体体积分数超过5%时，催化剂表面吸附的氧含量达到饱和状态，此时气体中体积分数的变化对的氧化影响不明显 温度升高，速率常数k增大，的平衡转化率α会减小，温度高于最适宜温度时，后者对反应速率的影响大于前者 (3) 3 对苯二酚或对苯二胺具有较强还原性，能将通入氨水中的还原，从而防止被氧化 【解析】（1）已知，Ⅰ：、Ⅱ：，Ⅲ：，则反应Ⅳ：等于（反应Ⅰ+反应Ⅱ）×2+反应Ⅲ，故总反应的。 结合题目图像分析可知，随着焙烧过程的进行，氧化铁层增厚，和通过氧化铁层的阻力增加，导致氧化速率随温度升高不显著；所以可以通过粉碎矿料，增大气体与硫化亚铁接触面积，提高氧化速率。 （2）①反应的催化剂一般为五氧化二钒，气态化合物中As、Se元素化合价较低具有还原性，可与五氧化二钒反应而使催化剂中毒，同时使制得的三氧化硫中混有杂质气体，所以反应前需除去气体中As、Se等元素的化合物，目的是除去杂质提高的纯度；防止催化剂中毒。 ②催化剂表面吸附能力有限，当气体体积分数超过5%时，催化剂表面吸附的氧含量达到饱和状态，此时气体中体积分数的变化对的氧化影响不明显。 ③温度升高，速率常数k增大，的平衡转化率α会减小，由于，可知温度高于最适宜温度时，后者对反应速率的影响大于前者。 （3）①若3.38 g发烟硫酸与0.03 mol 恰好反应生成纯，反应方程式为：，则，故n=3。 ②具有还原性，生产中需要向溶液中加入适量的对苯二酚或对苯二胺等物质，因为它们也具有较强的还原性，能将通入氨水中的还原，从而防止被氧化。 4．（2025·江苏南京·二模）乙烯是常用化工原料，其制备、利用和转化具有重要意义。 (1)二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生反应： Ⅰ．   Ⅱ．   ①若起始加入和的物质的量分别为、，仅考虑上述反应，达到平衡时体系中所有含碳物质与起始物质之间存在的等量关系为： (X用具体物质化学式表示)。 ②实际投料比采用，而不采用3：1的原因是 。 (2)乙烯催化氧化制乙醛和环氯乙烷()，发生以下反应： ⅰ． ⅱ．2(g) 常压下，将一定比例、混合气体匀速通过装有催化剂的反应器，不同温度下测得的相关数据见下表[乙醛的选择性]： 温度/℃ 90 110 130 150 乙烯转化率/% 8 13 29 60 乙醛选择性/% 78 70 65 57 ①90~150℃范围内，乙醛产率随温度升高而 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 ②90~150℃范围内，乙醛选择性随温度升高而降低的原因是 。 ③150℃时，控制反应温度和时间不变，能提高环氧乙烷选择性的措施是 。 (3)在果蔬储存和运输中，一种转化反应的部分机理如图所示(表示活性氧)。研究表明，催化剂表面酸性强的桥羟基()是催化氧化的活性位点，而酸性弱的硅羟基和铝羟基()则不显示催化活性。 ①从键的极性角度，分析桥羟基酸性更强的原因是 。 ②生成的吸附在催化剂表面使催化活性下降，其原理是 。 【答案】(1) 防止更多的CO2将乙烷转化为CO，使乙烯产率下降 (2) 增大 温度升高和催化剂活性变化共同作用，使反应ⅱ的速率增幅大于反应ⅰ的速率增幅 使用对反应ⅱ选择性更高的催化剂、及时分离环氧乙烷 (3) 桥羟基中O同时受到Si(IV)与Al(III)吸引，使O-H键极性增强 H2O结合桥羟基电离出的H+生成H2O+(或H2O中氧原子与桥羟基中氢原子形成氢键) 【解析】（1）①若起始加入和的物质的量分别为、，达到平衡时，根据C原子守恒可知； ②CO2可以和乙烷反应生成CO和H2，实际投料比采用，而不采用3：1的原因是：防止更多的CO2将乙烷转化为CO，使乙烯产率下降。 （2）①假设乙烯的投入量为1mol，由表格数据可知，90~150℃范围内，升高温度，生成乙醛的物质的量分别为1mol×8%×78%=0.0624mol（90℃）、1mol×13%×70%=0.091mol（110℃）、1mol×29%×65%=0.1885mol（130℃）、1mol×60%×57%=0.342mol（150℃），乙醛产率增大； ②90~150℃范围内，乙醛选择性随温度升高而降低的原因是温度升高和催化剂活性变化共同作用，使反应ⅱ的速率增幅大于反应ⅰ的速率增幅； ③增大反应ⅱ的反应速率或使其平衡正向移动，可以提高环氧乙烷选择性，则150℃时，控制反应温度和时间不变，能提高环氧乙烷选择性的措施是：使用对反应ⅱ选择性更高的催化剂、及时分离环氧乙烷。 （3）①Si(IV)与Al(III)具有吸电子效应，会导致羟基的极性增大，从键的极性角度，分析桥羟基酸性更强的原因是：桥羟基中O同时受到Si(IV)与Al(III)吸引，使O-H键极性增强； ②催化剂表面酸性强的桥羟基是催化氧化的活性位点，生成的吸附在催化剂表面使催化活性下降，其原理是：H2O结合桥羟基电离出的H+生成H2O+(或H2O中氧原子与桥羟基中氢原子形成氢键)。 5．（2025·江苏泰州·模拟预测）“碳中和”＂具有重要意义。 (1)空间站里常用“Sabatier反应”控制空气中含量。 已知：ⅰ．和的燃烧热分别为和。 ⅱ．  。 则Sabatier反应：的 。 (2)烟气中的捕集可通过下列转化实现。 “碳化”的温度不能过高的原因是 ；“脱碳”的化学方程式为 。 (3)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随时间的变化关系如图-1所示，图中A、B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CO。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 。 (4)电催化还原可以制备甲酸，原理如图-2所示，电解质溶液为KOH。2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对装置改进，搭建“(阴阳极)共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为混合溶液，应将 极区(填“a”＂或“b”)电解液更换。此时，该电极的电极反应式为 。 【答案】(1) (2) 温度过高导致二氧化碳的溶解度减小不利于反应进行，且温度过高不利于碳酸氢锂的生成或碳酸氢锂受热分解 (3) 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。而在氧化丙烷脱氢时，能发生反应：，及时消除积碳 (4) b 【解析】（1）根据已知信息，反应1：，反应2：，反应3：，根据盖斯定律得：Sabatier反应，； （2）碳酸锂悬浊液吸收二氧化碳生成碳酸氢锂，碳酸氢锂不稳定，受热易分解，故“碳化”的温度不能过高的原因是温度过高导致二氧化碳的溶解度减小不利于反应进行，且温度过高不利于碳酸氢锂的生成或碳酸氢锂受热分解；“脱碳”的化学反应为碳酸氢锂受热分解为碳酸锂和二氧化碳、水，则化学方程式为：； （3）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，而在氧化丙烷脱氢时，能发生反应，及时消除积碳； （4）电催化还原可以制备甲酸，通入的电极（a极）为阴极，电极反应为：，b极为阳极，电极反应为：，对装置进行改进，搭建“(阴阳极)共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为混合溶液，失去电子生成，在阳极上发生氧化反应，生成，所以应将b极区电解液更换，该电极的电极反应为：； 6．（2025·江苏常州·二模）载人航天器中用萨巴蒂尔(Sabatier)反应将转化为和，配合水的电解实现氢气和氧气的再生。 (1)萨巴蒂尔反应为：，利用萨巴蒂尔反应再生制氧气的大体流程如图所示。 ①右侧流程中，化合价发生改变的元素有 。 ②已知和的燃烧热分别是，，  ，则：   。 (2)萨巴蒂尔反应在300-400℃时转化率较高，副反应主要有：  ，催化加制的反应历程如图所示。 用代替，通过检测生成的水中含有、、HDO，可能的原因有 。 (3)一种铜基催化KOH、尿素无膜电解系统用于电解水，可以低成本生产氢气。相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分氧化产物在不同电解电压时的法拉第效率(FE%)如图所示。(法拉第效率：) ①当电解电压为时，阳极同时生成和的电极反应式为： 。 ②不同电流密度下，阴极产物的法拉第效率和的生成速率如图所示。电流密度大于时，的法拉第效率降低的原因可能是： 。 (4)ZnO有棒状)、片状两种。均可用作选择性加氢转化为的催化剂。在ZnO催化剂存在下，将与混合，同时发生以下两个反应： 反应I     反应II     控制一定的和初始投料比，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据(其中“甲醇选择性”是指转化的中生成甲醇的百分比) 已知：p-ZnO表面合成的生成活化能，r-ZnO表面合成的生成活化能 ①在280~320℃范围内，相同催化剂条件下，随温度升高，与CO的产率均提高，而甲醇的选择性降低的可能原因是 ； ②在280~320℃范围内，比较图a和图b两种ZnO催化剂催化加氢性能，说明在加氢合成甲醇时优先选用p-ZnO催化剂的原因： 。 【答案】(1) C、H、O (2)催化剂中含有H原子，且历程中反应是可逆反应 (3) 由于电流密度较大时，阳极产生的浓度大，扩散到阴极得电子，使得H2的法拉第效率降低 (4) 反应Ⅰ和反应Ⅱ的速率均随温度升高而加快（产率提高），但反应Ⅱ（吸热）速率增加幅度更大（或平衡正向移动更显著），导致生成CO的比例增加，甲醇选择性降低 选用p-ZnO催化剂使反应Ⅰ速率快，在相同时间内生成的甲醇多，且甲醇选择性更高 【解析】（1）①在上述流程中，发生的主要反应为和，故化合价发生改变的元素有C、H、O； ②已知和的燃烧热分别是，，则反应I ，Ⅱ，Ⅲ  ，由盖斯定律可知，I×4-Ⅱ+Ⅲ×2得：   （2）由图知，催化剂中含有H原子，且历程中反应是可逆反应，所以若用D2代替H2，生成的水中含有H2O、D2O、HDO； （3）①由图知，当电解电压为U5时，和法拉第效率各为49%，两者的物质的量之比为1∶1，则阳极由KOH和尿素同时生成和的电极反应式为：； ②由于电流密度较大时，阳极产生的浓度大，扩散到阴极得电子，使得H2的法拉第效率降低； （4）①生成甲醇的反应是反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应放热，反应II正反应吸热，在280~320℃范围内，相同催化剂条件下，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ的速率均随温度升高而加快（产率提高），但反应Ⅱ（吸热）速率增加幅度更大（或平衡正向移动更显著），导致生成CO的比例增加，甲醇选择性降低； ②催化剂只影响速率而不能改变平衡，图中数据不是达到平衡后测得的数据，而是反应相同时间测得的数据，p-ZnO表面合成的生成活化能比r-ZnO表面合成的生成活化能小，活化能越小，反应速率越快，因此选用p-ZnO催化剂使反应Ⅰ速率快，在相同时间内生成的甲醇多，且甲醇选择性更高。 7．（2025·江苏连云港·二模）甲烷是重要的化工原料，由甲烷可以制取等。 (1)与重整制氢的流程为： 已知：Ⅰ．   Ⅱ．   研究表明，反应Ⅱ在催化下进行，反应分两步进行： 第一步：   ①写出第二步的热化学方程式 。 ②一定压强下，将混合气体通入反应体系。平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如下图所示。曲线a代表 （填化学式），750℃以后曲线a下降的原因是 。 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 (2)与催化重整的主要反应为： 反应Ⅲ：   反应Ⅳ： 已知：还原能力可衡量转化效率，（同一时段内与的物质的量变化量之比）。 常压下和按物质的量之比投料，一段时间内转化率、R值随温度变化如上表所示。下列说法不正确的是______。（填字母） A．改变催化剂可提高平衡时的R值 B．R值提高是由于催化剂选择性地提高反应Ⅳ的速率 C．温度越低，含氢产物中占比越高 D．温度升高，转化率增加，转化率降低，R值减小 (3)小分子与金属表面之间的作用与它们在低氧化态金属配合物中的相互作用类似。利用铜-铈氧化物选择性催化氧化除去中少量CO的可能机理如图所示。 ①金属吸附位优先吸附CO而非，可能的原因是 。 ②如果用代替参加反应，则CO去除产物分子的结构式是 。 (4)ZnO/石墨烯复合光催化氧化甲烷和水生成甲醇和氢气可能的机理如图所示。 在电子空穴（）作用下生成和一种强氧化性中性粒子X，与X反应最终生成甲醇。X的电子式是 。写出该机理总反应的化学方程式： 。 【答案】(1) H2 750℃以后，反应体系以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应程度更大，H2的量减少 (2)AD (3) 碳原子的电负性比氧小，CO中的C比O2中的O更易给出孤电子对，使得CO更易与金属离子配位，导致金属吸附位优先吸附CO 18O=C=O 与O=C=O (4) O2 + 4CH4＋2H2O4CH3OH＋2H2 【解析】（1）①反应Ⅱ． ；研究表明，反应Ⅱ在催化下进行，反应分两步进行：第一步： ；根据盖斯定律可知，由4反应Ⅱ-第一步反应，可得第二步反应的热化学方程式为 ； ②H2是两个反应的生成物，CO是反应I的生成物，反应Ⅱ的反应物，则H2的量比CO的量多，故曲线a表示的是H2，曲线b表示的是CO。750℃以后，反应体系以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应程度更大，H2的量减少，故750℃以后曲线a下降。 （2）A．催化剂对化学平衡无影响，改变催化剂不能提高平衡时的R值，A错误； B．催化剂X可提高R值，说明催化剂X选择性地提高反应Ⅳ的速率，B正确； C．温度越低，R值越大，说明反应Ⅳ进行的程度越大，含氢产物中H2O占比越高，C正确； D．温度升高，反应Ⅲ（吸热）平衡正移，CH4转化率增加，反应Ⅳ平衡逆向移动，导致CO₂转化率增大但R值减小，D错误； 故选AD。 （3）①金属吸附位优先吸附CO而非O2，可能的原因是碳原子的电负性比氧小，CO中的C比O2中的O更易给出孤电子对，使得CO更易与金属离子配位，导致金属吸附位优先吸附CO。 ②如果用18O2代替O2参加反应，反应i中CO分子和催化剂铜-铈氧化物中的O结合生成CO2，反应ii中18O2和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，反应后一个18O进入空位，故一段时间后，18O可能出现在C18O2中，则CO去除产物分子的结构式是18O=C=O 与O=C=O。 （4）H2O在电子空穴(h+)作用下生成H+和一种强氧化性中性粒子X，CH4与X反应最终生成甲醇，X应为-OH(羟基)，其电子式是，由图可知，该机理总反应的化学方程式：O2 + 4CH4＋2H2O4CH3OH＋2H2。 8．（2025·江苏淮安·二模）含碳化合物资源化综合利用，不仅可减少温室气体的排放，还可获得重要工业产品。 (1)工业上可通过甲醇制取甲酸甲酯，反应为：该反应的机理分二步完成，可以用如图所示，写出第二步的反应方程式 。 (2)研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。雨水中含有来自大气中的，溶于水的只有部分转化为。已知25℃时，  ，正反应的速率可表示为，逆反应的速率可表示，则 (用含的代数式表示)。 (3)电解法转化是实现可再生能源有效利用的关键手段之一，其装置原理如图所示。 ①a为电源的 (填“正极”或“负极”)，该装置的阴极的电极反应式为 。 ②已知，该电解池中使用的是质子交换膜，若电解开始前两极室溶液质量相等，当电解过程转移了2mol电子，则阴阳极室溶液质量差为 g。 (4)近年来，低温等离子技术是在高压放电下，产生自由基，自由基将NO氧化为后，再用溶液吸收，达到消除NO的目的。实验室将模拟气以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图所示。 已知：  。 ①等离子体技术在低温条件下可提高NO的转化率，原因是 。 ②其他条件相同，等离子体的电功率与NO的转化率关系如图所示，当电功率大于30W时，NO转化率下降的原因可能是 。 【答案】(1) (2)600k1 (3) 正极 62 (4) NO与O2反应生成NO2是放热反应，低温有利于反应正向进行 功率增大时，会生成更多的O*自由基，NO更容易被氧化为NO2，但功率增大，N2和O2在放电时会生成NO，相比而言后者产生的NO更多 【解析】（1）如图所示，第一步为催化剂表面甲醇转化为氢气和X，根据原子守恒可知，X为甲醛，第二步为催化剂表面甲醇和甲醛转化为氢气和甲酸甲酯，第二步反应式为。 （2）当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则由v(H2CO3)＝v(CO2)可得：k2c(H2CO3)＝k1c(CO2)，，解得k2＝600k1，故答案为600k1。 （3）①根据物质变化，Pt为阳极，a为正极，该电解装置的阴极的电极反应式为CO2＋2H＋＋2e−＝HCOOH，该电解装置的阳极的电极反应式为2H2O−4e−＝4H＋＋O2↑，故答案为正极；CO2＋2H＋＋2e−＝HCOOH； ②阳极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，若电解开始前两极室溶液质量相等，且两极用质子交换膜隔开，当电解过程转移了2mol电子，阳极生成0.5mol氧气(为16g) 逸出且有 2mol氢离子(为2g) 迁移到阴极室；阴极吸收1mol二氧化碳(质量为44g)生成甲酸，故阴阳极室溶液质量差为62g，故答案为62。 （4）①由热化学方程式可知，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮是放热反应，低温有利于反应正向进行，可提高NO的转化率，故答案为NO与O2反应生成NO2是放热反应，低温有利于反应正向进行； ②功率增大时，会生成更多的O*自由基，NO更容易被氧化为NO2，但功率增大，N2和O2在放电时会生成NO，相比而言，后者产生的NO比前者氧化的NO多，导致NO转化率下降，故答案为功率增大时，会生成更多的O*自由基，NO更容易被氧化为NO2，但功率增大，N2和O2在放电时会生成NO，相比而言后者产生的NO更多。 9． （2025·江苏连云港·一模）性能优越的催化剂是实现二氧化碳加氢制甲烷工业化的关键。 (1)CO2在Ni/γ-Al2O3催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应： 反应I：CO2(g)＋4H2(g) = CH4(g)＋2H2O(g)  ∆H1= -143.9 kJ·mol−1 反应II：CO2(g)＋H2(g) = CO(g)＋H2O(g)    ∆H2 ①已知在25℃、101kPa下，由最稳定单质生成1 mol某纯物质的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓，用表示。如表所示为几种常见物质的标准摩尔生成焓。 物质 CO2(g) H2(g) H2O(g) CO(g) ) －393.5 0 －241.8 －110.5 反应2CO(g)＋2H2(g) = CO2(g)＋CH4(g)的焓变为 。 ②一定压强下，将一定比例CO2和H2通过装有Ni/γ-Ai2O3催化剂的反应器，反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况如图所示(虚线代表平衡转化率)。高于320℃后，CO2转化率略有下降，可能原因是 。 ③γ-Al2O3因价格低廉、较高的热稳定性和比表面积而成为工业上最常用的催化剂载体。通过Rh(NO3)3（硝酸铑）热分解将铑有效负载在γ-Al2O3表面能有效提高催化性能的可能原因是 。 (2)CeO2催化CO2与H2转化为CH4的机理如图所示。 ①在催化过程中由CeO2转变成CeO2-x晶胞的组成结构变化如图所示，一个CeO2-x晶胞中Ce4+和Ce3+个数比为 。 ②催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成Ca xCe1-xOy可提高催化效率，其原因是 。 (3)通过Sonogashira偶联反应（如下图所示），将CoTBrPP（甲）在CuI与钯基催化剂的作用下，在甲上枝接PTAB(1,3,5-三乙炔苯聚合物)形成对CH4有较高选择性的CoTBrPP-PTAB-Cu新型催化剂（乙）。 ①CoTBrPP-PTAB-Cu催化剂比CoTBrPP具有更好的导电性的原因是 。 ②实验表明CoTBrPP和CoTBrPP-PTAB-Cu的ECSA(电化学活性面积，即参与电化学反应的有效面积)分别是7.1mF· cm-2和3.8mF·cm-2，偶联后ECSA降低的可能原因是 。 【答案】(1) －226.3 kJ·mol−1 320℃时，CO2和H2催化合成反应已达到平衡，升高温度，反应Ⅰ平衡向逆反应方向移动占主导，CO2的转化率减小 Rh(NO3)3热分解放出大量气体使得γ-Al2O3的表面积增大 (2) 结构中氧空位增加 (3) 三乙炔苯聚合物中的碳是sp和sp2杂化结构，有未参加杂化的p轨道上的电子 CoTBrPP表面接枝了聚1,3,5-三乙炔苯，使得活性位点难以暴露 【解析】（1）①反应热=产物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓，则，结合盖斯定律可知，2CO(g)＋2H2(g) = CO2(g)＋CH4(g)可以由I-2II，则该反应的反应热， ； ②可以从平衡移动的角度分析，由图可知，320℃之后，反应处于平衡状态，反应I为放热反应，温度升高平衡逆向移动，故答案为：320℃时，CO2和H2催化合成反应已达到平衡，升高温度，反应Ⅰ平衡向逆反应方向移动占主导，CO2的转化率减小； ③对于催化剂来说，接触面积越大，一般来说催化效果越好，另外硝酸铑分解会产生大量气体，故答案为：Rh(NO3)3热分解放出大量气体使得γ-Al2O3的表面积增大； （2）①假设中的和的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合物中各元素正、负化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得m=1-2x，故一个晶胞中和个数比为； ②催化剂中掺入少量，用替代结构中部分形成，则催化剂中氧原子数减少，氧空位将增多，可提高催化效率，故答案为结构中氧空位增加； （3）①PTAB中的碳为sp和sp2（形成共轭π键骨架），且存在​​未杂化的p轨道电子​​（可离域化），这些电子通过共轭体系形成​​长程电子传输通道​​，显著提升催化剂的整体导电性，故答案为：三乙炔苯聚合物中的碳是sp和sp2杂化结构，有未参加杂化的p轨道上的电子； ②PTAB在CoTBrPP表面​​枝接形成聚合物层​​，可能通过以下途径阻碍活性位点，物理覆盖​​，聚合物链直接遮挡CoTBrPP的活性中心，故答案为：CoTBrPP表面接枝了聚1,3,5-三乙炔苯，使得活性位点难以暴露。 10．（2024·江苏苏州·三模）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。可通过下列反应大规模制取氢气。 Ⅰ.水煤气变换反应(WGSR) 反应a： (1)一定压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知、的摩尔生成焓分别为、。则的摩尔生成焓的热化学方程式为 。 (2)实验发现，其他条件不变，在相同时间内，向上述体系中投入一定量的CaO可以增大H₂的体积分数。对比实验的结果如下图所示。投入CaO时，的体积分数增大的原因为 。投入纳米CaO装置的氢气产率更高，其原因为 。 (3)酸性溶液中电解副产物可用于生产，实现的资源化，其电极反应式为 。生成的电极应连接电源的 极(选填“正”或“负”)。 Ⅱ.甲烷干重整(DRM) DRM的主要反应为： 反应b： 反应c： 该过程中会逐渐生成积碳覆盖在催化剂表面，使催化剂中毒。 (4)甲烷和二氧化碳的起始物质的量均为1mol，实验测得在0.1MPa下，平衡时各组分的量随温度变化如下图所示。已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数。625°C时反应c的压强平衡常数为 。 (5)对催化剂载体改性，使其形成氧空位，可减少积碳。晶胞如下图所示。取干燥在Ar气条件下加热，热重分析显示样品一直处于质量损失状态；X射线衍射分析结果表明随着温度升高，该晶胞边长变长，但铈离子空间排列没有发生变化。加热后，当失重率(损失的质量/总质量)为2.32%时，每个晶胞拥有的的个数为 。 【答案】(1)= (2) CaO可以吸收CO2，使CO2浓度减小，生成H2的反应正向移动，H2百分含量增大 纳米CaO表面积比微米CaO大，吸收CO2能力比微米CaO强 (3) CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O 负 (4) (5)7 【解析】（1）已知：反应a： 一定压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知、的摩尔生成焓分别为、，则得： b． c． d． 根据盖斯定律，由a+b+c得反应d．= = = ，因此的摩尔生成焓的热化学方程式为=； （2）催化重整后的化学方程式为CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g），向其中投入CaO时，CaO可吸收CO2，使c（CO2）减小，平衡正向移动，导致生成H2更多，H2百分含量增大，若投入纳米CaO时，由于纳米CaO颗粒小，表面积大，可使反应速率加快，c（CO2）减小，平衡正向移动加剧，所以H2百分含量增大， 故答案为：CaO可以吸收CO2，使CO2浓度减小，生成H2的反应正向移动，H2百分含量增大；纳米CaO表面积比微米CaO大，吸收CO2能力比微米CaO强； （3）CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，连接电源的负极；电极方程式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O， 故答案为： CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O；负； （4）由图知，625℃达到平衡时，n(H2O)=n(CO2)=n(CO)=0.5mol，氢气是1.2mol，根据氢原子守恒，平衡时甲烷物质的量为mol=0.15 mol，根据碳原子守恒知，积碳的物质的量为（1+1-0.5-0.5-0.15）mol=0.85mol；反应Ⅱ的压强平衡常数； （5）一个晶胞中Ce4+个数为、O2-在体内，个数为8，即一个晶胞中4个Ce4+、8个O2-，1molCeO2质量为172g，加热后当失重率为2.32%时，损失的质量为氧元素的质量，即172g×2.32%=4.0g，n(O)=0.25mol，因为铈离子空间排列没有发生变化，所以失去O2-的个数为0.25×4=1，每个晶胞拥有的O2-的个数为8-1=7。 11． （2025·江苏·三模）电解水制氢时，阳极析氧反应需较高电压，研究其反应机理并运用协同制氢的方法来降低能耗、提升产氢效率具有重要意义。 (1)以为电解液，Pt作电极，阴极析氢反应可能经历两步。第二步反应为(*H表示吸附态氢原子)。写出第一步的电极反应方程式： 。 (2)碱性条件下阳极负载的催化剂表面可能的反应机理如图-1所示。 ①步骤3中M化合价 (填“升高”“降低”或“不变”)。 ②M可能为 。(填序号) A．Mg        B．Al        C．Ni        D．Cr ③电解过程中，若阴极有扩散到催化剂表面，可能会导致催化剂催化效率下降甚至失去活性，其原因是 。 (3)利用甘油()协同制氢可降低电解时所需电压，节约制氢成本。 ①在阳极区添加一定量的甘油，电解一段时间后，阳极得到含碳产物的物质的量分别为，，理论上阴极产生的物质的量为 。 ②用与分别进行电催化协同制氢。对电解后的含碳产物进行表征，所得的NMR(核磁共振氢谱)分别如图-2，图-3所示。 电催化协同制氢所得含碳产物有 。 ③电解时，若电压过大，甘油的转化率会降低，其原因是 。 【答案】(1) (2) 不变 CD H2将金属氧化物还原为金属单质，改变了催化剂结构，催化活性下降 (3) 0.78 CH3OH、13CH3OH、H13COO-、HCOO- 电压过大时，水和甘油在阳极催化剂表面竞争放电 【解析】（1）碱性条件下电解水的阴极反应式为，第二步为，则第一步为。 （2） ①分析如图所示：； ②M 呈现+1、+2和+3价态，且M-O存在配位键，M提供空轨道，另外，在元素周期表的过渡金属 区域寻找催化剂，故符合条件的是Ni和 Cr，故答案为CD； ③H2具有还原性，能将M-O氧化物还原为M，使催化剂组成和结构改变，降低了催化剂的活性。 （3）①CH2OHCHOHCH2OH在阳极区发生歧化反应生成0.03mol CH3OH和0.6mol HCOO-，得电子数为，失电子数为，阴极水得到2mol电子生成1mol H2，根据得失电子守恒：0.04mol+n(H2)×2=1.6mol，n(H2)=0.78mol； ②由题干图像可知，化学位移48.1ppm处有CH3OH 和13CH3OH，说明CH3OH来源于伯碳，因此可以生成CH3OH、13CH3OH、H13COO-、HCOO-四种微粒；③电压过大时，H2O在阳极失去电子生成O2和H*，与甘油竞争放电，故使甘油的转化率降低。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $