第四板块 专题微课(三) 以学科情境(化学图像)为载体的归因题-【新高考方案】2026年高考化学二轮复习专题增分方略配套课件（江苏专版）

专题微课(三)　 以学科情境(化学图像)为载体的归因题 纵观近几年高考化学试题,涉及化学反应速率和化学平衡类的题目,往往结合图像来呈现。试题利用数形结合的三维曲线图像,将影响化学反应速率和化学平衡的外界因素(如温度、浓度、压强等)融入其中,特别是以化学图像为载体,命制的归因类题目更是考查重点。由于该类题目情境抽象,信息获取困难,综合度高,思维含量大,成为高考取得佳绩的“拦路虎”。解决此类题的关键是要抓住曲线中的关键点和曲线的变化趋势,运用速率和平衡理论解答图像中所反映出的具体问题。 目 录 一、题点考法感悟 二、思维方法例析 专题质量评价 三、随堂应用体验 01 一、题点考法感悟 1.(2025·甘肃卷·节选)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应: 反应1:C2H2(g)+H2(g)==C2H4(g)　ΔH1=-175 kJ·mol-1(25 ℃，101 kPa) 反应2:C2H2(g)+2H2(g)==C2H6(g)　ΔH2=-312 kJ·mol-1(25 ℃，101 kPa) (1)25 ℃，101 kPa时，反应C2H4(g)+H2(g)==C2H6(g)　ΔH=_____ kJ·mol-1。  解析:由盖斯定律，反应2-反应1可以得到目标反应，则ΔH=ΔH2-ΔH1=-312 kJ·mol-1+175 kJ·mol-1=-137 kJ·mol-1。 -137 (2)一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 ①在60~220 ℃范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(任写一条)，当温度由220 ℃升高至260 ℃，乙炔转化率减小的原因可能为________ ______________________________________________________________________。  ②在120~240 ℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为v1____v2(填“>”“<”或“=”)，理由为___________________________________________________ ______________________。  温度升 高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强　催化剂在该温度范围内失活　 > 乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于 反应2乙炔的转化速率 解析:反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大;或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大。220~260 ℃，乙炔的转化率下降，因反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活。由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率，即v1>v2。 2.(2025·河南卷·节选)CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2+CO)，实现碳资源的二次利用。主要反应如下: 反应Ⅰ:CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)　ΔH1=+178 kJ·mol-1 反应Ⅱ:CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)　ΔH2=+247 kJ·mol-1 反应Ⅲ:H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)　ΔH3=+41 kJ·mol-1 回答下列问题: (1)恒压条件下，CH4重整反应可以促进CaCO3分解，原因是_____________ ______________________________________________________。  解析:CH4重整反应会消耗CO2，降低体系中CO2分压，使CaCO3分解反应正向移动。 反应Ⅱ消耗 反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移　 (2)在温度分别为T1、T2和T3下，CH4的平衡转化率与压强的关系如图所示，反应温度最高的是_____(填“T1”“T2”或“T3”)，原因是_______________________ ______。  解析:反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，CH4转化率增大，因此温度最高的是T1。 T1　 升高温度，反应Ⅱ正向　 移动 (3)一定温度、100 kPa下，向体系中加入1.0 mol CaCO3和1.0 mol CH4，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，CH4转化率为60%，CO物质的量为1.3 mol，反应Ⅲ的平衡常数Kp=_____(保留小数点后一位)，此时原位CO2利用率为_______。已知:原位CO2利用率=  ×100% 1.2 70% 解析:一定温度、100 kPa下，向体系中加入1.0 mol CaCO3和1.0 mol CH4，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，反应Ⅰ:CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)平衡时生成n(CO2)=0.8 mol，CH4转化率为60%，CO物质的量为1.3 mol，则 CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g) 起始/mol　 1　　　0.8　 　 0　　 　0 转化/mol　0.6　 　0.6　 　 1.2　 　1.2 平衡/mol　0.4　 　0.2　 　 1.2　 　1.2 H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g) 起始/mol　 1.2　 0.2　　 0　　 1.2 转化/mol　 0.1　 0.1　　 0.1　　0.1 平衡/mol　 1.1　 0.1　　 0.1　　1.3 气体总物质的量n总=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3 mol， 反应Ⅲ的平衡常数Kp==≈1.2，CaCO3平衡时n(CaCO3)=(1-1×80%)mol=0.2 mol，原位CO2利用率为 ×100%=×100%=70%。 02 二、思维方法例析 1.从反应物用量或浓度影响的角度进行归因分析 探究反应物用量或浓度对反应的影响时，可以从速率、平衡(或转化率)、原电池、副反应等角度分析。 应用强化 [例1]　以Co/Al2O3为催化剂，反应历程如图1所示。在反应过程中，H2过量时可发生副反应:xH2(g)+Sx(g)⇌xH2S(g)，SO2的转化率或Sx的选择性随H2和SO2体积比的变化情况如图2所示(Sx的选择性:SO2还原产物中Sx所占的体积百分比)。 (1)SO2转化为Sx，总反应的化学方程式为_____________________________，与用CO还原法相比，氢气还原法的优点是_____________。  (2)曲线____(填“L1”或“L2”)代表SO2的平衡转化率，理由是  xSO2+2xH2 Sx+2xH2O 产物无污染 L1 因为随着的增大，相当于氢气的量增大，二氧化硫的量不变，此时平衡正向移动，二氧化硫的平衡转化率增大 。 2.从温度影响的角度进行归因分析 探究温度对反应的影响时，一般从化学反应速率、化学平衡、物质的热稳定性或挥发性、溶解度、是否使用催化剂等角度进行分析。 [例2]　丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。C4H10(g)==C4H8(g)+H2(g) ΔH=+123 kJ·mol-1。 回答下列问题: 应用强化 (1)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(a)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是__________________________________________________________________。  (2)图(b)为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是________ ______________________________、__________________________;590 ℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_____________________________。  氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)的增大，该反应向逆反应方向进行 升高温 度有利于反应向吸热方向进行 升高温度时，反应速率加快 丁烯高温裂解生成短碳链烃类 3.从时间影响的角度进行归因分析 横坐标是时间时，体现某一次探究实验或几个对比实验的全过程;纵坐标是物质的量或浓度时，切线斜率可体现反应速率大小。可以从化学反应速率、生成物的量、反应物之间接触状况等角度进行分析。 应用强化 [例3]　氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。 甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。 (1)反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是______________________________。  [解析]　已知反应物为CH4和H2O(g)，生成物为H2和CO2，且物质的量之比为4∶1，据此结合质量守恒定律即可写出化学方程式。 CH4+2H2O(g) 4H2+CO2 (2)已知反应器中还存在如下反应: ⅰ.CH4(g)+H2O(g)==CO(g)+3H2(g)　ΔH1 ⅱ.CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)　ΔH2 ⅲ.CH4(g)==C(s)+2H2(g)　ΔH3 …… ⅲ为积碳反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用________________ _____________________________________ 反应的ΔH。  C(s)+2H2O(g)== CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)==2CO(g) [解析]　根据盖斯定律，由ⅰ式+ⅱ式可得:CH4(g)+2H2O(g)==CO2(g)+4H2(g)　ΔH1+ΔH2，则(ⅰ式+ⅱ式)-ⅲ式可得:C(s)+2H2O(g)==CO2(g)+2H2(g)　ΔH;ⅰ式-ⅱ式可得:CH4(g)+CO2(g)==2CO(g)+2H2(g)　ΔH1-ΔH2，则(ⅰ式-ⅱ式)-ⅲ式可得:C(s)+CO2(g)==2CO(g)　ΔH。因此，求反应ⅲ式的ΔH3，还必须利用反应C(s)+2H2O(g)==CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)==2CO(g)的ΔH。 (3)反应物投料比采用n(H2O)∶n(CH4)=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是______(填标号)。  a.促进CH4转化　　　b.促进CO转化为CO2 c.减少积碳生成 [解析]　投入过量的H2O(g)，可以促进CH4转化为CO2和H2，同时也可将副反应产生的CO转化为CO2;由于H2O(g)过量，同时也可减少CH4的分解。故a、b、c均正确。 abc (4)用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。 从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_____(填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因: _____________________________________________________________________。  [解析]　由题给图像可以看出，从t1时开始CaO消耗率曲线斜率明显减小，故单位时间CaO的消耗率降低。由于CaO+CO2==CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减少了CaO与CO2的接触面积，导致吸收效率降低，甚至失效。 降低　 CaO+CO2==CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积 03 三、随堂应用体验 1.CO2加氢合成甲醇 反应①:CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0 反应②:CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2>0 反应③:CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH3<0 维持总压(p=8.2 MPa)和投料比[n(CO2)∶n(H2)=1∶3]不变，将CO2和H2混合气以一定流速通过反应器，存在上述三个反应。CO2的转化率α(CO2)和甲醇的选择性χ(CH3OH)随温度T的变化关系如图所示。 甲醇的选择性χ=×100%， 忽略温度对催化剂活性造成的影响。 (1)为同时提高α平衡(CO2)和χ(CH3OH)，应控制的条件是_____(填标号)。  a.高温高压 b.高温低压 c.低温低压 d.低温高压 解析:反应①为气体分子数减小的放热反应，反应②为气体分子数不变的吸热反应，降低温度，反应①平衡正向移动，反应②平衡逆向移动，增大压强，反应①平衡正向移动，反应②平衡不移动，则低温高压可以提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性。 d (2)236 ℃之后，χ(CH3OH)随温度T的增大而减小，可能的原因是_________ 解析: 236 ℃之后反应①②均达平衡，反应①放热而反应②吸热，当温度升高时反应①平衡逆向移动，CH3OH的量减少;而反应②平衡正向移动，CO2更多地转化为CO，因此χ(CH3OH)随温度T的升高而减小。 236 ℃之 后反应①②均达平衡，反应①放热而反应②吸热，当温度升高时反应①平衡逆向移动，CH3OH减少;而反应②平衡正向移动，CO2更多地转化为CO　 。  (3)240 ℃时，H2的平衡分压为_____ MPa。  解析:由图可知，240 ℃时CO2的平衡转化率为60.0%，CH3OH的选择性为60.0%。设起始时CO2为1 mol、H2为3 mol，则达到平衡时CO2转化0.6 mol，生成的CH3OH为0.36 mol，CO为0.24 mol，H2O为0.6 mol，根据H原子守恒，2n(H2)+4n(CH3OH)+2n(H2O)=6 mol，则n(H2)=1.68 mol，故平衡时气体的总物质的量为0.4 mol+1.68 mol+0.36 mol+0.24 mol+0.6 mol=3.28 mol，则氢气的平衡分压为8.2 MPa×=4.2 MPa。 4.2 2.(2025·北京大兴精华学校三模)CO2可转化为甲醇: CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-48.9 kJ·mol-1。将一定量的CO2和H2充入某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下， 相同时间内CO2的转化率与温度的变化如图所示: 催化效果最好的是催化剂_____(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，a点CO2的转化率比b点的高，其原因可能是__________________________________________________ ______________________。(答两条)  Ⅰ 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行;温度越 高，催化剂的活性降低 3.(2025·宿迁市三模)合成CH4过程中涉及如下反应: 甲烷化反应(主反应):CO2(g)+4H2(g)==CH4(g)+2H2O(g)　ΔH1=-164.7 kJ·mol-1 (ⅰ) 逆变换反应(副反应):CO2(g)+H2(g)==CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.1 kJ·mol-1 (ⅱ) (1)不同条件下，按照n(CO2)∶n(H2)=1∶4投料，CO2的平衡转化率如图所示。 ①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是___________。  解析:该主反应是体积减小的反应，副反应是等体积反应，画一条与y轴相平的平行线，从下到上，转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大，因此压强p1、p2、p3由大到小的顺序是p3>p2>p1; p3 >p2>p1 ②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。温度高于600 ℃，随温度升高CO2平衡转化率增大的原因是  解析:压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大，温度高于600 ℃之后，随着温度升高CO2转化率增大，原因是CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和，反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ(或ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应，600 ℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ)。 CO2的平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2的平衡转化率之和，反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ(或ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应，600 ℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ) 。 (2)积碳是制约CO2甲烷化工业应用的主要问题。 积碳反应:2CO(g)==C(s)+CO2(g)　ΔH3 CH4(g)==C(s)+2H2(g) ΔH4=+74.8 kJ·mol-1 ①CO歧化积碳反应自发趋势是______。  A.高温自发　　　　　　 B.低温自发 C.任意温度自发 D.任意温度非自发 B ②积碳主要由CH4(g)==C(s)+2H2(g)引起，关键是开发出具有抗积碳性能[C(s)+H2O(g)==CO(g)+H2(g)]的催化剂。催化剂A、B对积碳与消碳的影响如图所示。则工业生产时应选择何种催化剂并说明理由____________________________ _____________________________________________________________________ __________________。  工业生产时应选择催化剂A， 催化剂A对于积碳反应的活化能大，同时对于消碳反应的活化能小，说明不利于积碳有利于消碳 解析:①已知:Ⅰ:CO2(g)+4H2(g)==CH4(g)+2H2O(g)　ΔH1=-164.7 kJ·mol-1 Ⅱ:CO2(g)+H2(g)==CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.1 kJ·mol-1 Ⅳ:CH4(g)==C(s)+2H2(g)　ΔH4=+74.8 kJ·mol-1 根据盖斯定律，由Ⅰ-Ⅱ×2+Ⅳ得反应2CO(g)==C(s)+CO2(g)　ΔH3=ΔH1-2ΔH2+ΔH4=-164.7 kJ·mol-1-(+41.1 kJ·mol-1)×2+74.8 kJ·mol-1=-172.1 kJ·mol-1，ΔH3<0，则2CO(g)==C(s)+CO2(g)在低温下能自发进行; ②为了消除积碳，应该抑制积碳反应的发生，促进消碳反应的进行，由题图可知催化剂A对于积碳反应的活化能大，同时对于消碳反应的活化能小，故应该选择催化剂A。 专题质量评价 1 2 3 4 5 6 A卷——基准考法·全员必做 1.(6分)二氧化碳加氢可制取二甲醚。其中涉及的反应: ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0 ⅱ.2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2<0 ⅲ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)　ΔH3>0 已知:生成物M的选择性S=×100%。 6 1 2 3 4 5 在恒压(5.0 MPa)密闭容器中充入4 mol H2和1 mol CO2制取二甲醚，CO2的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如图所示(不考虑其他因素影响): (1)在220 ℃条件下，平衡时CH3OH的选择性为______，反应ⅱ的平衡常数Kp=______(保留三位有效数字)。  解析:由图中数据信息可知，220 ℃时，CO的选择性为5%，二甲醚的选择性为80%，则甲醇的选择性为1-5%-80%=15%。由图中信息可知，220 ℃时， 15% 24.9 6 1 2 3 4 5 CO2的平衡转化率为40%，平衡时转化的二氧化碳的物质的量为1 mol×40%= 0.4 mol，则平衡时，CO的物质的量为0.4 mol×5%=0.02 mol，二甲醚的物质的量为0.4 mol×80%÷2=0.16 mol，CH3OH的物质的量为0.4 mol×15%=0.06 mol，由O原子守恒可知H2O的物质的量为2×0.4 mol-0.02 mol-0.16 mol-0.06 mol=0.56 mol，由H原子守恒可知，平衡时，H2的物质的量为 =2.84 mol，则平衡体系中气体总物质的量为1 mol-0.4 mol+0.02 mol+0.16 mol+0.06 mol+0.56 mol+2.84 mol=4.24 mol，则p(CH3OH)=5.0 MPa×= MPa，p(CH3OCH3)=5.0 MPa×= MPa，p(H2O)=5.0 MPa×= MPa， 故反应ⅱ的压强平衡常数Kp=≈24.9。 6 1 2 3 4 5 (2)温度高于280 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是_________ ______________________________________________________________________ _________________________________________。  解析:由已知反应可知，反应ⅰ为放热反应，反应ⅲ为吸热反应，温度高于280 ℃时，CO选择性增大，二甲醚选择性降低，说明反应ⅲ正向移动的程度大于反应ⅰ逆向移动的程度，故CO2的平衡转化率表现为增大趋势。 反应ⅰ ΔH1<0，反应ⅲ ΔH3>0，温度高于280 ℃后，升高温度，反应ⅲ右移程度大于反应ⅰ左移程度，使CO2的平衡转化率上升 1 5 6 2.(12分)(2025·南通二模)低碳烃在催化剂表面对NOx具有较好的还原作用，CH4由于储量丰富、廉价易得而成为最有前景的选择性脱硝还原剂。已知CH4还原NOx的原理如下: Ⅰ.CH4(g)+4NO2(g)⇌4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH1=-574 kJ·mol-1; Ⅱ.CH4(g)+4NO(g)⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH2=-1 160 kJ·mol-1。 (1)CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=______kJ·mol-1。  2 3 4 解析:由盖斯定律可知，×(反应Ⅰ+反应Ⅱ)=目标反应，则ΔH=×(ΔH1+ΔH2)=-867 kJ·mol-1。 -867 1 5 6 (2)恒温下，欲提高NO2的平衡转化率可采用的条件有______________________ ___________________________________(写出两点)。  2 3 4 解析反应Ⅰ为气体分子数增多的放热反应，恒温条件下，提高二氧化氮平衡转化率的措施有减小体系压强，增大甲烷浓度(或通入甲烷)，及时分离出生成物等。 减小压强、分离H2O(g) (或通入更多CH4等，答案合理即可) 1 5 6 (3)某温度下，向恒容密闭容器中按n(CH4)∶n(NO2)=1∶2充入混合气，发生反应Ⅰ和Ⅱ，初始压强为120 kPa，达平衡时CH4的转化率为20%，NO和N2的分压相等。 ①平衡时水的分压p(H2O)=____ kPa。  ②该温度下反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=______(保留2位小数)。  2 3 4 解析:①设向该恒容密闭容器中通入1 mol CH4、2 mol NO2，达到平衡时，转化的n(CH4)=1 mol×20%=0.2 mol，则平衡时体系中的CH4为0.8 mol，设反应Ⅰ中CH4转化x mol，反应Ⅱ中CH4转化y mol，由此列关系式: 　 　　　 CH4(g)+4NO2(g)⇌CO2(g)+4NO(g)+2H2O(g) 起始量/mol　 1　　　2　　　 0　　 0　　　0 转化量/mol　x　　　4x　　 　x　　　 4x　 　2x 16 1.56 1 5 6 CH4(g)+4NO(g)⇌CO2(g)+2N2(g)+2H2O(g) 转化量/mol　y　　 　4y　　　y　　 2y　 　2y 平衡量/mol 1-x-y 4x-4y　　x+y 　 2y　　2x+2y 1-x-y=0.8，又NO和N2分压相等，则4x-4y=2y，解得x=0.12，y=0.08，故平衡时n(CH4)=0.8 mol，n(NO2)=1.52 mol，n(CO2)=0.2 mol，n(NO)=0.16 mol，n(H2O) =0.4 mol，n(N2)=0.16 mol，则混合气体的总物质的量为3.24 mol，平衡体系的压强p总=120 kPa×=129.6 kPa，平衡时水的分压为129.6 kPa×=16 kPa。②平衡时体系中各物质的分压:p(CH4)=129.6 kPa×=32 kPa，p(NO)=p(N2)=129.6 kPa×=6.4 kPa，p(CO2)=129.6 kPa×=8 kPa，p(H2O)=16 kPa，故该温度下反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=≈1.56。 2 3 4 1 5 6 (4)为研究废气中少量SO2对CH4还原NO的催化剂Co/MOR活性和选择性的影响，某实验小组将CH4和NO混合气体以一定流速通过催化剂发生反应Ⅱ，测得不同温度下CH4和NO的转化率如图所示(不考虑少量SO2与混合气体的反应及对混合气中各组分分压的影响)。 ①550 ℃时，与不含SO2相比，含有SO2会导致混合气反应时NO的转化率降低，CH4的转化率升高，原因是______________________________________________。  2 3 4 SO2使催化剂催化CH4还原NO反应的选择性降低 1 5 6 ②研究发现，SO2对催化剂造成影响的原因是SO2吸附催化活性中心，改变了催化活性物质的种类。结构检测表明反应前催化剂Co/MOR上有明显的[Co—O—Co]2+活性物种峰，而在含SO2的体系中反应后催化剂上[Co—O—Co]2+峰值明显降低，并在550 ℃时出现了新的CoO物种峰，则CH4还原NO反应的催化活性中心为 ________________(填“[Co—O—Co]2+”或“CoO”);温度高于600 ℃时，含SO2对NO的转化率影响不大的原因可能是_______________________________________________ ______________________________。  2 3 4 [Co—O—Co]2+ 高于600 ℃时，催化剂表面对SO2的吸附能力减弱， SO2对催化剂造成的影响降低 1 5 6 解析: ①二氧化硫的存在，使得甲烷还原NO反应的选择性降低，故出现NO转化率降低，而甲烷转化率升高的现象。②由①可知，SO2可使甲烷还原NO反应的选择性降低，在含SO2的甲烷还原NO反应中，[Co—O—Co]2+的活性物种峰值降低，故甲烷还原NO反应的催化活性中心是[Co—O—Co]2+。SO2使甲烷还原NO反应的效率降低的原因是SO2被催化剂活性中心吸附，当温度高于600 ℃时，催化剂活性中心对SO2的吸附能力降低，SO2对催化剂的影响降低。 2 3 4 1 5 6 3.(6分)向密闭反应器中按n(NO)∶n(CO)=1∶1投料，发生反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)　ΔH=-747 kJ·mol-1。同一时间段内，不同温度下，测得NO的转化率与催化剂Cat1、Cat2的关系如图所示。 (1)催化效率较高的是_______(填“Cat1”或“Cat2”)。  2 3 4 解析:相同温度下，NO的转化率越高，催化效率越高，所以Cat2催化效率较高。 Cat2 1 5 6 (2)Cat1作用下，400 ℃时b点_________(填“达到”或“未达到”)平衡状态，判断依据是___________________________________________________________________ ______________。  (3)T>400 ℃，b→c的可能原因是______________________________________。  2 3 4 解析: (2)a、b点对应的温度相同，催化剂不同，转化率b点小于a点，说明b点未达到平衡，因为平衡点只与温度有关，与催化剂无关。(3)b→c点催化效率降低，可能是催化剂选择性降低、催化剂活性降低等。 未达到 相同温度下，Cat1催化时NO的转化率比Cat2催化时小，说明反应还没有 达到平衡状态 催化剂选择性降低(或催化剂活性降低等) 1 5 6 4.(8分)石灰石是生产石灰、硅酸盐水泥的重要原料。其主要成分是碳酸钙，分解反应如下:CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)　ΔH=+178 kJ·mol-1 ΔS=+160 J·mol-1·K-1 在不同的热力学温度下，CO2分压对碳酸钙分解反应ΔG的影响如图所示。 2 3 4 已知吉布斯自由能ΔG=ΔH-TΔS<0时，正反应能自发进行，则碳酸钙分解反应的温度应大于________ K。CO2分压越____(填“高”或“低”)，碳酸钙越难分解;图中热力学温度由大到小的顺序为___________，理由是_______________________________　________________________________________________________(从ΔG角度解释)。  1 112.5 高 T3>T2>T1 CO2分压相同时，根据ΔG=ΔH- TΔS<0，温度越高，ΔG越小，越容易自发进行，故T3>T2>T1 1 5 6 解析:根据ΔG=ΔH-TΔS<0可知，T>==1 112.5 K，故当温度大于1 112.5 K时碳酸钙的分解反应可自发进行。由图可知，二氧化碳分压越大，ΔG越大，碳酸钙的分解反应越难自发进行。 2 3 4 1 5 6 5.(6分)为实现“碳中和”的目标以积极应对气候变化，科学家正在研究CO2的转化。 催化转化:以CO2、H2为原料在催化剂作用下合成甲醇主要涉及下列反应: Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH1=-49.5 kJ·mol-1 Ⅱ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)　ΔH2=-90.4 kJ·mol-1 Ⅲ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)　ΔH3 =+40.9 kJ·mol-1 按照CO2与H2体积比为1∶3投料，不同压强下， 实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随 温度T的变化关系如图所示。 2 3 4 1 5 6 2 3 4 其中纵轴表示CO2的平衡转化率的是____(填“X”或“Y”);压强p1、p2、p3中最大的是____;温度高于T1时Y几乎相等的原因是______________________________ _______________________________________________________。  解析:反应Ⅰ和Ⅱ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以纵轴X表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应Ⅰ和Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度反应Ⅲ向正反应方向移动，升高一定温度后以反应Ⅲ为主，CO2的平衡转化率又升高，所以纵轴Y表示CO2的平衡转化率;压强增大，反应Ⅰ和Ⅱ是气体体积减小的反应，反应Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ气体体积不变化，平衡不移动，故增大压强，CH3OH的平衡产率增大，根据图甲可知，压强关系为p1>p2>p3;温度升高，反应Ⅰ和Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅲ向正反应方向移动，所以温度高于T1时，以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响。 Y p1 温度高于T1时以反应Ⅲ为主， 反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡移动无影响 1 5 6 6.(6分)逆水煤气变换反应具有实现CO2高效转化为CO的巨大潜力。发生的主要反应: 反应1(逆水煤气变换):CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)　ΔH1=+42.1 kJ·mol-1 反应2(CO2甲烷化):CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)　ΔH2=-165 kJ·mol-1 反应3(CO甲烷化):CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)　ΔH3=-207.1 kJ·mol-1 恒容条件下，加入催化剂(β⁃Mo2C/SiO2)、1 mol CO2和2 mol H2。在不同的温度下进行反应，平衡时各物种的物质的量分数如图所示。 2 3 4 1 5 6 (1)逆水煤气变换反应通常在600~800 ℃条件下进行，原因是________________ _________________________________________________________________________ _______________________________________________(从反应调控的角度分析)。  2 3 4 解析:逆水煤气变换反应为吸热反应，通常在600~800 ℃条件下进行，可以加快反应速率，同时使平衡向正反应方向移动，提高反应物的转化率。 温度过低，CO 的选择性低，反应速率慢;温度过高，催化剂失活，能耗较高或在600~800 ℃时， CO的选择性较高，催化剂活性较好，反应速率快 1 5 6 2 3 4 (2)650 ℃达平衡时，体系的总压为p MPa，则反应1的Kp(650 ℃)=_____(保留两位小数)。若将容器的体积缩小一半，达到新的平衡后，CO的分压为p后(CO)。与压缩前CO的分压p前(CO)相比，p后(CO)________2p前(CO)(填“大于”“小于”或“等于”)。  0.47 小于 1 5 6 2 3 4 解析:650 ℃达平衡时，CO2的物质的量分数为0.18，CO的物质的量分数为0.18，CH4的物质的量分数为0.01，设H2O的物质的量分数为a，起始时加入1 mol CO2、2 mol H2，C、O的物质的量之比为1∶2，则=，解得a=0.2，故H2O的物质的量分数为0.2，H2的物质的量分数为1-0.18-0.18-0.01-0.2=0.43，反应1前后气体分子数不变，可用物质的量分数代替平衡分压计算Kp(650 ℃) =≈0.47。将容器的体积缩小一半，压强增大，若平衡均不移动，则p后(CO)=2p前(CO)，而反应1为气体分子数不变的反应，增大压强，反应1平衡不移动，反应2、反应3均为气体分子数减小的反应，增大压强，反应2、反应3平衡均正向移动，CO的分压减小，故p后(CO)<2p前(CO)。 1 2 B卷——压轴考法·自主选做 1.(12分)(2025·江苏扬州中学月考)氢气不仅是一种清洁能源,更是一种重要的化工原料。 (1)下图是一种将氢气与氮气利用电解原理制备NH3的装置,图中陶瓷在高温时可以传输H+。其中Pd电极b为______(填“阳极”或“阴极”),阴极的电极反应式为 ____________________。  解析:该电池电极a通入的是氮气,电极b通入的是氢气,其总反应为N2+3H2==2NH3,可知a为阴极得电子生成氨气,电极反应式为N2+6e-+6H+==2NH3,b为阳极,失电子生成氢离子。 阳极 N2+6e-+6H+==2NH3 1 2 (2)氢气与苯催化加成制备环己烷是化工生产中的重要工艺,一定条件下发生如下反应: Ⅰ.主反应: (g)+3H2(g)⇌ (g)　ΔH1<0 Ⅱ.副反应: (g)⇌ ΔH2>0 有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有______。  A.适当升温　　　　　　 B.适当降温 C.适当加压 D.适当减压 解析: 升温,主反应逆向移动,环己烷转化率降低,A不符合题意;降温,主反应正向移动,环己烷转化率升高,B符合题意;加压,主反应正向移动,环己烷转化率升高,C符合题意;减压,主反应逆向移动,环己烷转化率降低,D不符合题意。 BC 1 2 (3)“纳米铷镍合金催化氨硼烷水解制氢”主要经过吸附和还原的过程。 ①氨硼烷(NH3BH3)的结构式为______________(标出配位键)。  解析:①NH3中N提供孤电子对、B提供空轨道形成配位键,结构式为 ; 1 2 ②室温下,氨硼烷在铷镍合金作用下快速水解生成氢气。根据过渡态理论,氨硼烷在铷镍合金作用下易水解的原因可解释为_____________________________ ________________________________。  解析:过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能,活化能越小反应越快,活化能越大反应越慢;催化剂可以改变反应历程,降低反应活化能加快反应速率,故铷镍合金催化剂改变了氨硼烷的反应历程,降低了反应的活化能,加快了其分解的化学反应速率; 铷镍合金催化剂改变了氨硼烷 的反应历程,降低了反应的活化能　 1 2 ③铷镍合金催化氨硼烷水解的可能反应机理如图所示(每个步骤只画出了可能参与该步反应的1个水分子,氨硼烷中与B原子相连的3个H原子分别用1H、2H和3H标记)。根据元素电负性的变化规律写出图中虚线框内微粒的化学式,微粒A为______,微粒B为___________;步骤Ⅱ可描述为_______________________________ ______________________________________________________________________ ______________________________。  N [B(OH)4]- 带负电的3H与水分子中带正电的 H结合生成3HH离开催化剂表面,水分子中带负电的—OH与带正电的B原子结合,带负电的2H被吸附在催化剂表面 1 2 解析:电负性O>N>H>B,NH3BH3中N、1H、2H和3H均显负电性、B显正电性,水分子—H显正电性、—OH显负电性,步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为氨硼烷中NH3、1H、2H和3H逐步让水分子负电性的—OH取代,脱去的NH3、1H、2H和3H和水分子中显负电性的—H结合逐步生成N、3HH、2HH、1HH,同时生成[B(OH)4]-,故微粒A和B的化学式分别为N、[B(OH)4]-;步骤Ⅱ可描述为带负电的3H与水分子中带正电的H结合生成3HH离开催化剂表面,水分子中带负电的—OH与带正电的B原子结合,带负电的2H被吸附在催化剂表面。 1 2 2.(10分)(2025·江苏苏锡常镇四市教学情况调研)甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 (1)HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液,可获得H2与HCOONa(如图1所示),其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图2所示)作催化剂。 1 2 ①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变),该反应的化学方程式为_______________________________________ _____________________。  ②电解时,电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1∶2,则电极b上的电极反应式为_______________________________________。  ③电解过程中每产生1 mol H2,通过阴离子交换膜的OH-为___mol。  2MoO2+2(NH4)2HPO4+9H2 2MoP+4NH3+12H2O 2HCHO+4OH--2e-==2HCOO-+H2↑+2H2O 1 1 2 解析:①根据题意,催化剂是一种Mo与P形成的化合物,根据晶胞结构图,一个晶胞中含Mo原子的个数是4,一个晶胞中含P原子的个数是8×+8×+2×=4,因此该催化剂的化学式为MoP,根据相关信息可得化学方程式。②电解时,电极b与电源正极相连,是电解池的阳极,HCHO失去电子同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1∶2,则电极b上的电极反应式为2HCHO+4OH--2e-==2HCOO-+H2↑+2H2O。③电极a是阴极,电极反应式为2H2O+2e-==H2↑+2OH-,电解过程中每产生1 mol H2,每个电极上各产生0.5 mol H2,故通过阴离子交换膜的OH-为1 mol。 1 2 (2)HCHO水化释氢 45 ℃时,碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2,反应的机理如图3所示。使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变,反应相同时间,NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图4所示。 已知:甲醛在碱性条件下会发生副反应 2HCHO+NaOH==HCOONa+CH3OH。 1 2 ①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO,得到的氢气产物为_____(填化学式)。  ②NaOH浓度低于1 mol·L-1时,NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是___________ ________________________________________________________________________ _______________________________________。  ③若NaOH浓度过大,H2的产生迅速减慢的原因可能是__________________________ ________________________________。  HD 随着NaOH 浓度增大,催化剂表面吸附的 浓度增大,释氢反应的速率加快,副反应 速率也加快,但释氢反应的速率加快得更多 NaOH溶解载体Al2O3,使纳 米Ag颗粒发生团聚,催化活性下降 1 2 解析:①根据反应的机理图,氢分子中的氢原子一个来自水分子,一个来自甲醛分子,若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO,得到的氢气产物为HD。②NaOH浓 度低于1 mol·L-1时,随着NaOH浓度增大,催化剂表面吸附的 浓度增大, 释氢反应的速率加快,副反应速率也加快,但释氢反应的速率加快得更多。③若NaOH浓度过大,H2的产生迅速减慢的原因可能是NaOH溶解载体Al2O3,使纳米Ag颗粒发生团聚,催化活性下降。 1 2 (3)甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物,与甲烷水化法制氢气相比,甲醛制氢的优点有_____________________________。  解析:甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物,与甲烷水化法制氢气相比,甲醛制氢的优点有氢气纯度高、可处理有毒甲醛。 氢气纯度高、可处理有毒甲醛 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $