专题12 化学反应原理综合题（抢分专练）（江苏专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题12 化学反应原理综合题 题型 考情分析 考向预测 反应热的计算 2025 年T17（1）：以合成气制备甲醇为载体，结合相关数据信息，考查反应热的计算。 考点归纳：围绕热化学、化学平衡、电化学、水溶液离子平衡展开，包括盖斯定律、速率与平衡移动、K 计算、电离水解、沉淀溶解、电极反应式书写；重点考查原理类实验方案设计与变量控制。 考向预测：以能源、环保、工业催化为背景，结合图像数据分析，侧重速率与平衡综合、电解与原电池联用。实验设计突出对比实验、单一变量控制、催化效率探究、反应条件优化，强调方案可行性、数据处理与结论分析，注重原理应用与逻辑推理，突出科学探究素养。 归因分析 2025 年T17（2）：以合成气经“变换”“脱碳”获得纯氢气为情境，考查物质的转化及原理及归因分析。 反应机理及图像分析 2025 年T17（3）：根据气体分步制备原理示意图为情境，分析反应机理，分析图像，进行相关计算及归因分析。 考点1 反应热的计算 【典例】. （25-26高三下·江苏扬州·开学考试）油田气中含大量的和，充分利用和可以制取硫磺、乙烯和尿素等物质。 (1)已知下列反应的热化学方程式： 反应：  kJ·mol-1 反应：  kJ·mol-1 反应：  kJ·mol-1 反应：的___________kJ·mol-1。 (2)制目前较普遍采用是克劳斯工艺(综合反应和)即，利用反应热分解也可制。为解决反应的耗能问题，可以利用克劳斯工艺的热效应为反应供热。若克劳斯工艺产生的热量有85%被利用，则理论上应控制反应消耗的与克劳斯工艺消耗的的比值为___________。 (3)一种脱除CO后利用制取乙烯的工艺如图1所示。 ①X可以是___________。 ②经电催化还原为的电极反应式为___________。 ③已知：电解效率。铂电极除有生成外，还可能生成副产物降低电解效率。标准状况下，当玻碳电极生成448mL氧气时，铂电极生成112mL，则电解效率为___________。 (4)传统工业以和为原料在高温(185~200℃)和高压(13~25MPa)下合成尿素，反应共分两步，其物质变化和能量变化如图2所示。其他条件一定，反应单位时间，常温时和的转化率高但产量低，采用高温时产量大幅增加，原因是___________。 根据盖斯定律计算ΔH的步骤和方法 1. （25-26高三上·江苏宿迁·期中）“碳达峰、碳中和”是我国社会发展重大战略之一。 (一)CH4-CO2催化重整是实现“双碳”经济的有效途径之一，具有广阔的市场前景和经济、社会价值。相关的主要反应有： Ⅰ：         Ⅱ：             已知：常温常压下，CH4、H2、CO的燃烧热分别为890.3kJ/mol、285.8kJ/mol、283.0kJ/mol。请回答： (1)反应Ⅰ的___________kJ/mol。 (2)恒温恒容条件下，起始按投料，若只发生反应Ⅰ，能作为反应达到平衡的标志是___________(填序号)。 A．CH4浓度不再发生变化 B．体系压强不再变化 C．单位时间内，消耗a mol CO2时，同时生成2a mol H2 D．混合气体的密度不再变化 (3)在一定条件下的密闭容器中，按投料，图1表示温度对H2产率的影响曲线。 此反应优选温度为900℃的原因是___________。 (4)近年来新兴的生物电催化技术运用微生物电解池也可实现弱酸环境下CO2甲醇化实现碳中和，工作原理如图2所示。 ①实验测得，阴极区溶液酸性提高，阴极上会产生气体A，导致CO2的转化率降低，则气体A的分子式为___________。 ②阴极生成甲醇的电极反应式为___________。 (二)CO2和CO加氢制甲烷可实现CO2资源利用的同时实现氢能的储存，相关反应如下： Ⅰ．     Ⅱ．     (5)CO2制备甲烷过程中，CO2活化的可能途径有两种，如图3所示。请从反应速率和生成物稳定性角度分析说明CO*是CO2活化的优势含碳中间体的原因是___________。 2. （25-26高三上·江苏徐州·期末）在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下： 回答下列问题： (1)电解池中电极N与电源的_______极相连。 (2)CO放电生成的电极反应式为_______。 (3)在反应器中，发生如下反应： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 计算反应的___________，该反应___________(填标号)。 A．高温自发B．低温自发C．高温低温均自发D．高温低温均不自发 (4)一定温度下，、和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应ⅰ和ⅱ。有存在时，反应ⅱ的反应进程如图1所示。随着的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 ①根据图1，写出生成的决速步反应式___________；图2中，的选择性大于的原因是___________。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着的增大，的转化率减小的原因是__________。 3. （25-26高三上·江苏徐州·月考）的捕集和资源化利用具有重要意义。 Ⅰ.的来源之一是汽车尾气。 (1)已知：碳的燃烧热为；   ；   。   ______。 (2)催化转换器中机动车尾气转化效率与气缸中空燃比（空气与燃油气的体积比）的关系如图-1。若空燃比大于14.7，则氮氧化物的转化效率降低的原因是______。 Ⅱ.的捕集 (3)一种由阴离子交换树脂－碳纳米管构成的复合膜可利用电化学原理捕集空气中的，如图－2，复合膜的a侧将空气中的捕集并转化为；b侧通入少量即可释放。 ①复合膜中加入碳纳米管的作用是：______。 ②a侧空气流量为a，理论上要将空气中的完全去除，则b侧流量至少为______。 (4)CaO可在较高温度下捕集，添加CuO形成的钙铜复合材料可以优化其性能。不同负载量的钙铜复合材料X射线衍射图如图-3（X射线用于判断某晶态物质是否存在）。 结合图像说明，当摩尔比小于1：1时，随CuO加入，钙铜复合材料对捕集量减少的可能原因是：______。 Ⅲ.的资源化 (5)Bi和In是电催化生成甲酸的催化剂，BiIn也可为该反应的催化剂，其反应历程中物质的相对能量如图－4（带“*”表示物质处于吸附态）。与单金属Bi和单金属In相比，使用BiIn催化剂的优点是______。 (6)还可以如图－5历程转化为HCOOH。 ①过程ⅱ形成一个负离子中间体，将图中口部分补齐______。 ②若将换成，则生成甲酸的结构简式可能为______。 考点2 归因分析 【典例】.（25-26高三上·江苏南京·期末）乙二醇是一种重要的化工原料，可通过草酸二乙酯()热催化加氢制备。 I、制备草酸二乙酯。以、CO为原料，Pd为催化剂，制备草酸二乙酯的反应机理如图所示。 (1)反应过程中Pd呈现多种化合价，分别为______。 (2)制备草酸二乙酯的总反应方程式______。 (3)利用生成的NO，并在反应器中加入O2、C2H5OH可实现原料C2H5ONO的再生和继续循环反应，反应原理为：。在再生反应中，需要控制NO和O2物质的量之比大于4，其可能原因为______。 Ⅱ、制备乙二醇。 主反应为 反应1：   反应2：   (4)反应的______。 (5)其它条件相同，将含一定量C2H5OOCCOOC2H5、H2混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，出口处检测到C2H5OOCCOOC2H5的转化率和HOCH2COOC2H5的选择性[]随压强的变化曲线如图所示。 ①在1.0~1.5MPa，随着压强增大，C2H5OOCCOOC2H5的转化率逐渐上升、HOCH2COOC2H5选择性逐渐下降。其原因是______。 ②催化机理如图所示。催化剂中含量过多或过少，反应速率都会变慢。其原因是______。 1.控制温度的目的 提高反应速率、提高产率和转化率、减少副反应、提高产品纯度；加热可增大反应速率或促进反应的某个方向（一般是有利于生成物生成的方向）反应程度更大。 2.在一定范围内控制温度的目的 (1) 若温度过低，则反应速率（或溶解速率）较小。 (2) 若温度过高，某些物质会分解（如H2O2、NH4HCO3、氨水、浓硝酸）或挥发（如浓硝酸、浓盐酸）或被氧化（如Na2SO3）或促进水解（如AlCl3）。 3.水浴冷却的目的 (1) 使某物质液化、降低产物的溶解度。 (2) 减少其他副反应，提高产品纯度。 4.浓度相关原因分析 (1)根据需要选择适宜的浓度或投料比，不仅可控制一定的反应速率，还可使反应更有利于目标产物的生成。 (2)反应物过量，能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率，但对后续操作也会产生影响。 5.压强相关原因分析：改变反应速率，使平衡向需要的方向移动。 6.催化剂相关原因分析：选择合适的催化剂，能增大反应速率。 1. （25-26高三上·江苏·月考）尿素[CO(NH2)2]是目前使用量较大的一种化学氮肥。 (1)研究发现，合成尿素的反应机理分两步： Ⅰ．  (快反应) Ⅱ．  (慢反应) ①反应  ___________kJ·mol-1。 ②下列图像能表示上述反应历程能量变化的是___________(填标号)。 A．    B．    C．    D． (2)图为使用不同催化剂①、②、③时，反应至相同时间，容器中尿素的物质的量随温度变化的曲线，A点___________(填“是”或“不是”)平衡状态，T2℃以上n[CO(NH2)2]下降的原因可能是___________(答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。 (3)利用CO2和N2或CO2和电化学法制尿素。 ①电催化还原CO2和N2反应部分机理如图所示。体系pH增大尿素产率降低的可能原因为___________。 ②通入二氧化碳到酸性废水(含)中达到饱和，电催化还原CO2和可合成尿素，则通入二氧化碳的电极名称是___________(填“阳极”或“阴极”)，电极反应式为___________。 2. （2026·江苏南京·二模）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1mol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 ___________。 ②7h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 ___________。 3. （2026·江苏·二模）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。的资源化利用能有效减少排放，充分利用碳资源。 (1)制氢、储氢与释氢的一种方法如图所示。 ①与生成的化学方程式为___________。 ②释氢释放的与储氢吸收的的物质的量之比为___________。 (2)氨制氢。利用电解反应可用于制氢。相同条件下，饱和氨水(的质量分数为34%)的密度为，液氨的密度为。 ①电解含的液氨溶液制的装置如下图所示，阳极的电极反应式为___________。 ②氨气燃料的性能可用“能量密度”(公式如下)来衡量，则饱和氨水的能量密度为___________。 能量密度 (3)重整能获得氢能，同时能高效转化温室气体。 重整反应的热化学方程式为 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   下，将的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中，平衡时各组分的物质的量分数如图1所示。 ①时，平衡体系中物质的量分数比略大的原因是___________。 ②重整过程中的积碳是反应催化剂失活的主要原因。积碳反应为 反应Ⅲ：   反应Ⅳ：   积碳反应能迅速到达平衡状态。重整反应中催化剂上产生的积碳的质量与温度的关系如图2所示。温度低于时，积碳的质量随温度的升高而增多的原因是___________。 ③在催化剂和催化剂分别作用下，重整反应相同时间，控制其他条件相同，催化剂表面均产生积碳。对附着积碳的催化剂和催化剂在空气中加热以除去积碳(该过程催化剂不发生反应)，固体的质量变化如图3所示。则重整反应中能保持较长时间催化活性的是哪种催化剂？并说明理由：___________。 考点3 反应机理及图像分析 【典例】.（25-26高三下·江苏扬州·月考）甲醛是室内装修常见污染物，可通过光触媒氧化法和催化氧化法等多种方法去除。 (1)将、、和KOH按一定比例混合充分反应，可得一种用于去除甲醛的复合催化剂(反应后锰元素均转化为)。若，则反应消耗的、、物质的量之比为______。 (2)一种以催化剂、多孔为催化剂载体，去除空气中甲醛的机理如图所示。 ①该催化剂去除甲醛的机理可描述为______。 ②写出酸性条件下，与HCHO反应的离子方程式：______。 ③空气的湿度会影响甲醛的去除率，其他条件一定，测得甲醛的去除率与相对湿度的关系如图所示。相对湿度。 相对湿度从20%增大到80%，甲醛的去除率先增大后减小的主要原因是______。 (3)一种Au—氧化物催化去除甲醛的机理如图所示。根据信息将图戊中所缺部分补全______。 1.反应历程中的能垒图 反应历程中的能量变化图中，从左往右进行时，每一个爬坡就是一个基元反应的能垒，坡最高基元反应，能垒最高，反应速率最小，为该反应的决速步骤。下图中，从第一个中间态(HCOO*＋H*)到过渡态2的能垒最大，故基元反应HCOO*＋H*===CO2＋2H*是在Rh作催化剂时该历程的决速步骤（图中的“*”表示物质吸附在催化剂表面）。 2.催化剂活性与反应温度 (1) 温度低于T1，催化剂活性随温度升高增大 (2) 温度在T1～T2时，催化剂活性基本不变 (3) 温度高于T2，催化剂失活 3.有、无催化剂的反应历程能量对照图 (1) 在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能；E2为逆反应的活化能；E1－E2为此反应的焓变(ΔH)。 (2) 有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤（也可能为多个），反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应，总反应为放热反应。 (3) 催化剂的作用：降低正、逆反应所需的活化能，但不影响ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于起点（反应物）能量和终点（生成物）能量的相对大小 4.循环机理图 在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质（产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质），与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物可位于这个循环中的任何一个环节。如图所示，MoO3是该反应的催化剂，环上剩余的三种物质均为中间产物。 1. （25-26高三下·江苏南京·月考）醇是重要的化工原料。 (1)电催化CO2还原耦合乙二醇(C2H6O2)氧化制甲酸，可同步解决PET塑料和CO2废弃物的环境负荷问题，并降低电解所需的电压，还能提高的电子经济性，工作原理如图-1所示。 ①阴极生成的电极方程式为_______。 ②的电子经济性=0.7时，=_______。 ③Ni(OH)2可提高乙二醇中C-C键的断键效率，故在阳极负载Ni(OH)2作催化剂，目的是_______。 ④电解电压过大，乙二醇的转化率会降低，原因是_______。 (2)CH3CH2OH在有Bronsted酸中心的铝硅酸盐催化下可制乙烯，机理如下： 中间产物发生副反应生成乙醚的机理如下： ①温度升高到500℃，几乎所有CH3CH2OH都断开C-O键生成，此时的主要产物是_______。 A．CH3CH2CH2CH3    B．CH3CH2OCH2CH3    C．CH2=CH2 ②生成的乙烯不能及时脱附，会造成催化剂积碳失活。催化剂的酸性强弱会影响反应所需的温度和乙烯的脱附能力，不同催化剂下势能变化如图-2所示，使用酸性较强催化剂的优缺点分别是_______。 ③将生成的水和乙醇混合进料，可延长催化剂的寿命，但会降低乙烯的生成速率，原因是_______。 2. （25-26高三上·江苏宿迁·期中）氢能是应用前景广阔的新能源。 (1)制氢。工业上电解碱性尿素水溶液制氢。 ①阳极活性物质Ni(OH)2首先放电生成NiOOH，该过程的电极反应式为______。 ②CO(NH2)2吸附在NiOOH上被氧化生成N2。根据电负性规则，CO(NH2)2分子中能被Ni吸附的原子是______（填元素符号）。 (2)储氢。部分H2和N2在催化剂表面合成氨以储氢，其反应机理的部分过程如图所示，中间体X的结构______。 (3)储氢物质NH3的运用。NH3常用于烟气（主要成分NO、NO2）脱硝。以N2为载气，将含一定量NO、NH3及O2的模拟烟气以一定流速通过装有催化剂CeO2的反应管，研究温度、SO2(g)、H2O(g)对脱硝反应的影响。 ①如图1所示，温度高于350℃时，NO转化率下降，推测原因是______。 ②如图2所示，温度高于350℃时，和不含水蒸气的烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO转化率更高，其原因是______。③实验证明，烟气中含SO2会导致催化剂不可逆的中毒(Ce4+氧化SO2生成覆盖在生成的Ce3+表面，阻止了O2氧化Ce3+）。而添加CuO后抗硫能力显著增强，请结合如图机理，说明抗硫能力增强的原因______。 3. （25-26高三上·江苏南京·月考）我国力争2060年前实现碳中和，CO2的资源化利用具有重要意义。 (1)1902年，Paul Sabatier首次报道了CO2的甲烷化。在一定的温度和压力条件下， 将按一定比例混合的CO2和H2通过装有金属Ni的反应器可得到CH4。 已知： CH4和H2的标准燃烧热分别为-890.3 kJ·mol-1、-285.8 kJ·mol-1。 CO2甲烷化反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)的ΔH=___________kJ·mol-1。 (2)我国科学家利用CO2在Ru(与Fe同族)基催化剂上加氢成功制得甲酸。催化反应过程如图所示。 ①CO2与吸附了H原子的催化剂形成中间体，画出中间体X的结构式___________。 ②反应过程中加入NaOH或NH3的目的是___________。 (3)CO2电催化加氢被认为是极具前景的甲酸合成工艺，CO2在覆盖催化剂的Sn电极表面实现甲酸的制备。 该电极的表面积对CO2转化率和HCOOH选择性的影响如图所示： ①控制其他条件不变，电极表面积越大，生成HCOOH的量___________(填“越多”、“越少”或“无影响”)； ②随着电极表面积的增大，CO2转化率增大且HCOOH选择性下降的原因是___________。 (4)使用FTO@BiVO4光催化活性电极，双金属串联催化剂电催化CO2可制得乙烯，装置如图1所示。在不同电压条件下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率(FE)随电压变化如图2所示。 已知：法拉第效率FE(B)=。 ①写出ISA-Ni催化剂上发生的电极反应式___________。 ②当电解电压为U3 V时，测得生成的n(CH4) ∶ n(C2H4)=7∶4，则x=___________。 1．（25-26高三上·江苏无锡·期中）羟胺()具有广泛的用途。 (1)羟胺极易潮解、极易溶于水、不稳定，在生产、运输和使用过程中需要转化为盐(如硝酸羟胺、盐酸羟胺等)的形式。 ①羟胺极易溶于水的原因是______。 ②已知：  。时，溶液中______。 (2)一种以为原料制备羟胺的反应过程如图(部分物质的电荷略去)所示。 ①写出合成反应的总反应方程式______。 ②上述合成机理看，的作用是______。 ③上述反应ⅰ需要在强酸性环境下进行，原因是______。 (3)利用羟胺测量污水中铵盐含量的原理如下(未配平)： 已知：N元素有两种稳定同位素和，两者丰度分别为和。 ①反应中中物质的量与铵根离子中物质的量之间的关系为______。 ②其他条件不变，测得污水中铵根离子浓度与之间的关系如图所示。随着浓度增大，发生变化的原因是______。 2．（25-26高三下·江苏南京·月考）是一种绿色燃料，制氢技术研究具有重要意义。 (1)肼硼烷水解制氢。石墨烯可用作肼硼烷水解的催化剂载体。在石墨烯上引入氨基，有利于催化剂均匀分散于水中，原因是_______。 (2)氨硼烷()可以水解释氢和热分解释氢 ①实验室用和以物质的量之比为投料制备氨硼烷，反应过程中同时有两种单质生成，该反应的化学方程式为_______。 ②晶体的熔点远高于分子量相近且结构相似的乙烷，为解释该现象，科学家提出了“二氢键”的观点，二氢键可以表示为：。下列说法正确的是_______。 A．二氢键属于配位键的一种    B．电负性大小： C．分子中均为极性共价键    D．联氨分子中也存在二氢键 (3)电催化乙二醇制氢。在一定电压下，以乙二醇和作电解液，用作催化剂，电解原理如题图所示。已知金属活动性： ①吸附在催化剂_______的表面(填“”或“”)。 ②阳极会产生少量，写出转化为的电极反应式为_______。 (4)储氢材料能与水反应放氢，但与纯水反应产生很少。、、等盐溶液能提升的放氢性能。的几种盐溶液与制备时转化率如图所示。 已知：i．；；；氧化性： ii．在(代表、、)溶液中水解的示意图如图。 ①受热分解能放氢，采用与水反应放氢的优点是_______。 ③使用溶液制备的反应速率大于溶液，可能的原因是_______。 ④后，溶液制备时转化率小于溶液，可能的原因是_______。 3．（25-26高三上·江苏苏州·期末）生物乙醇制氢对降低制氢成本和保护生态环境有重要意义。 Ⅰ．乙醇-水蒸气重整制氢。主要反应如下：             (1)催化剂可选用掺杂少量纳米Fe的。 ①的晶胞结构如题图1所示，与La距离相等且最近的O的数目为___________。 ②掺杂的纳米Fe可催化CO、的反应，反应过程中检测到。该催化过程可用化学方程式描述为___________、___________。 (2)一定压强下，1mol乙醇与13mol水蒸气(过量)通过装有催化剂的反应器。实验测得乙醇的转化率和CO、、的选择性随反应温度的变化如题图2所示。已知：乙醇的转化率％，CO的选择性％。 ①理论上最多可制得的物质的量为___________。 ②450～500℃时，随温度上升，的产量___________。(填“上升”“下降”或“不变”)。 ③实际使用的水醇比远大于理论值的原因是___________。 Ⅱ．铝-乙醇反应制氢 (3)存在时，Al可与无水乙醇制备氢气，部分反应机理如题图3所示。 ①图示机理中化合价发生改变的元素有___________。 ②结合电负性分析Ni的作用是___________。 4．（25-26高三上·江苏苏州·期末）高铁酸钾(K2FeO4)是一种常用的净水剂，可用于去除废水中的Se(Ⅳ)。已知：K2FeO4在强碱性条件下稳定，Fe(Ⅲ)可以催化K2FeO4分解。 (1)Fe(Ⅲ)在水中会形成[Fe2(H2O)10]6+配离子，该配离子中两个Fe(Ⅲ)的配位数相同且含有1个四元环结构，Fe(Ⅲ)的配位数为___________。 (2)电解法制备K2FeO4的装置如题图所示，电解过程中需不断向阳极区补充KOH溶液。 ①电解过程中阳极有气体产生，该气体为___________。 ②阳极生成的电极方程式为___________，为提高K2FeO4的产率，应选用___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。 ③电解一段时间后，若不补充KOH溶液，电路中通过相同量的电子，但K2FeO4的产量减少的原因是___________。 ④测定K2FeO4的纯度。准确称取0.6600g K2FeO4样品于锥形瓶中，用KOH溶液溶解，加入过量溶液，再加入硫酸酸化配成待测液。用 标准溶液滴定至终点，消耗标准液25.00mL。计算样品中K2FeO4的纯度___________ (写出计算过程)。测定过程中涉及的离子反应有(未配平)： (3) K2FeO4可与联用去除废水中的Se(Ⅳ)。其过程为： ⅰ. K2FeO4将Se(Ⅳ)氧化为且自身被还原为，过程中存在中间体的产生和转化； ⅱ.吸附在表面的将还原为Se，Se与共沉淀除去。 已知：溶液中含Se(Ⅳ)微粒的物质的量分数随pH的分布如下图所示。 ①时，氧化Se(Ⅳ)的离子方程式为___________。 ②时，随pH上升，Se(Ⅳ)的去除率明显下降，原因是___________。 5．（2026·江苏·一模）化学链燃烧是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新型燃烧技术。以为燃料的化学链燃烧原理示意如图-1所示。在一定温度与压强下，先后交替以一定流速向反应器中通入空气、，循环发生载氧体储氧和供氧反应。 (1)以镧(La)铁氧化物作载氧体供氧时，的氧化反应首先经历了由至的逐步脱氢过程，该反应历程中的相对能量变化如图-2所示(TS表示过渡态；*表示载氧体表面吸附位点，如表示吸附在载氧体表面的)。 ①逐步脱氢过程中属于放热反应的共有___________步。 ②脱氢反应的决速步骤需要克服的相对能量是___________eV。 (2)铈(Ce)氧化物(Ce是活泼金属，常见正价有、)载氧体具有良好的储氧和供氧能力。铈氧化物用于化学链燃烧时，其晶体结构变化如图-3所示。 如图-3所示的中，___________，离子数目比___________。 (3)以铜氧化物作载氧体，向固定容积的反应器中通入空气[的体积分数为21%］，发生载氧体储氧反应。平衡时，随反应温度的变化关系如图-4所示。 ①985℃，发生载氧体储氧反应时的平衡转化率___________。 ②发生载氧体储氧反应时，温度必须控制在1030℃以下，其原因是___________。 ③通入，铜氧化物载氧体在900～1000℃时发生供氧反应。写出该反应的化学方程式：___________。 (4)与直接在空气中燃烧相比，化学链燃烧的优点是___________。 6．（2026·江苏·二模）氨是一种化工原料，也是良好的储氢载体。氨的制备与转化一直备受关注。 (1)一种以AlN为载氮体的化学链合成氨原理如图-1所示。 ①“吸氮反应”为高温自发反应，该反应的_______0(填“>”“=”或“<”)。 ②若“吸氮反应”和“释氮反应”收集到相同条件下的气体体积比，则“释氮反应”中AlN的转化率为_______。 ③一种催化“释氮反应”可能的路径如下，补充完整路径中ⅱ的离子方程式。 ⅰ．； ⅱ．_______； ⅲ．。 ④将过量AlN粉末置于恒温热水中，溶液pH随时间变化如图-2所示。15～30 min溶液pH明显增大的原因是_______；120 min后，溶液pH不再变化的原因是_______。时，饱和氨水) (2)其他条件相同，向两只管式炉中分别加入负载等量Fe的和催化剂载体，向管式炉中通入，测得分解率与温度的关系如图-3所示，反应后固体X-射线衍射实验结果如图-4所示。 ①结合图示分析：影响分解速率的可能因素有_______。 ②已知：  ；  。比更适合作为储氢物质的原因有_______。 7．（2026·江苏宿迁·二模）氢气是一种清洁能源，工业制氢有多种途径。 (1)肼硼烷水解制氢。 ①肼硼烷水解：，生成的N2H4可进一步转化为N2或NH3.若要增大氢气的产率，需提高生成___________的选择性(填 N2或NH3)。 ②石墨烯可用作肼硼烷水解的催化剂载体。在石墨烯上引入氨基，有利于催化剂均匀分散于水中，原因是___________。 (2)甲醇和水蒸气重整制氢。 ①甲醇重整制氢： 已知： 。向重整反应体系中加入适量的CaO优点是___________。 ②在 Cu-Pd 合金表面，甲醇与水蒸气重整反应的机理如图1 所示(“★” 表示此微粒吸附在催化剂表面，M 为反应过程的中间产物)。 已知步骤 Ⅱ 中碳氧双键与H2O发生加成反应，根据元素电负性的变化规律，推导 M 的结构简式___________。若用CH3OD代替CH3OH，则生成氢气的分子式为___________。催化剂长时间使用后，因有积炭而失去活性。为减少积炭，可采用的方法是___________。 (3)电催化乙二醇制氢，同时得到乙醇酸，电解原理如下图1 所示。一定条件下，测得乙二醇与乙醇酸的总物质的量及乙醇酸的法拉第效率随时间变化如下图2 所示。 [法拉第效率 = ①阳极的电极反应式为___________。 ②乙醇酸的法拉第效率小于 100% 的原因是___________。 8．（25-26高三上·江苏泰州·月考）甲烷、二氧化碳是重要的化工原料，常用于制以及实现“碳中和”。 (1)甲烷裂解制氢的反应为和活性炭均可作该反应催化剂。在催化剂孔道表面反应，若孔道堵塞会导致催化剂失活。 ①Ni催化剂可用晶体在氩气环境中受热分解制备，该反应方程式为_________。 ②向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活，其原因是_________。 ③在相同气体流量条件下，不同催化剂和进料比对甲烷转化率的影响如下图所示。 使用活性炭催化剂，且其他条件相同时，随着进料比的增大，甲烷的转化率逐渐增大的原因是_________。 ④使用Ni催化剂，且其他条件相同时，随时间增加，温度对Ni催化剂催化效果的影响如下图所示。使用催化剂的最佳温度为_________，条件下，1000 s后，氢气的体积分数快速下降的原因为_________。 (2)一种金属氧化物（用MR表示）催化与环氧丙烷（）反应制碳酸酯X反应机理如下图所示。已知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。 碳酸酯X的结构简式为_________。 9．（25-26高三上·江苏·期末）我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。以为原料合成依然是“碳达峰”环境下的科研热点，电化学原理在降低碳排放、实现碳中和目标中有广泛应用。回答下列问题： Ⅰ：  =       Ⅱ：  =       Ⅲ：  =       (1)部分键能的数据如下表所示，则___________。 共价键 键能 436 803 328.4 464 (2)反应Ⅰ能自发进行的原因是___________。 (3)一定条件下，=反应历程如图所示。该反应的反应速率由第___________(填“1”或“2”)步决定。 (4)研究发现表面脱除原子形成的(氧空穴)决定了的催化效果，氧空穴越多，催化效果越好，催化合成甲醇的机理如图。已知增大气体流速可带走多余的，从而提高的选择性，请结合催化机理解释其原因___________。 (5)汽车尾气中的和在催化转化器中反应生成两种无毒无害的气体。催化剂性能决定了尾气处理效果。将和以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，测量逸出气体中含量，从而测算尾气脱氮率。相同时间内，脱氮率随温度变化曲线如图所示。 ①曲线上点的脱氮率___________(填“”“”或“”)对应温度下的平衡脱氮率。 ②催化剂条件下，温度高于时脱氮率随温度升高而下降的原因可能是___________。 (6)近年研究发现，电催化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，向一定浓度的溶液通入至饱和，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___________。 10．（2026·江苏南通·一模）将转化为高附加值化学品已成为绿色化学和可持续能源领域的研究热点。 Ⅰ、合成二甲醚 (1)催化加氢合成二甲醚：。估算该反应的，除键能之外，还需要______(填数字)种化学键的键能数据。 (2)电还原制备，电解装置如图所示。 ①将铜箔放入煮沸的饱和溶液中反应，可制得薄膜电极作为工作电极。生成的离子方程式为______。 ②电解时工作电极上生成的电极反应式为______。 ③当玻碳电极收集到标准状况下时，阴极区产生的的质量小于4.6 g，原因可能是______。 Ⅱ、催化加氢制甲醇 (3)在催化剂作用下，加氢制备甲醇的可能机理如图所示。催化剂的活性受接触面积和温度等因素影响。当反应体系的温度上升到时要及时降温。 ①中基态Ga原子的电子排布式为______。 ②向装有催化剂的反应管中持续通入和(见下图)，控制的流速一定，随着通入流速的增加，合成甲醇的速率先加快后减慢的原因可能是______。 ③当体系温度达到时需要及时降温的原因是______。 11．（2026·江苏南通·模拟预测）资源利用具有重要意义。 (1)利用制。已知：和的标准燃烧热分别为、。则甲烷化反应：的___________。 (2)利用电解催化制HCOOH。其装置原理如图1所示。 ①该装置的阴极电极反应式为___________。 ②该装置电解前两极室溶液质量相等，电解后两极室溶液质量相差64g，则电解过程中通过质子交换膜的的数目为___________。 (3)利用双金属协同催化加氢制。在或表面反应前后的催化剂样品的XRD图如图2、图3所示。在表面催化加氢制的反应机理如图4所示。 ①催化加氢制的效果优于的原因是___________。 ②含量过高时产量增多的原因是___________。 ③的产量与关系如图5所示，当时，的产量最高的原因是___________。 12. （25-26高三上·江苏连云港·期中）CO和CO2的资源化利用有着重要的意义。 (1)CO和CO2催化加氢制甲烷。在Cu-ZnO/Al2O3催化下，CO和CO2混合气体与H2主要发生下列反应： 反应Ⅰ：CO（g）+3H2（g）=CH4（g）+H2O（g）  ΔH=-205.8kJ·mo1-1 反应Ⅱ：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）  ΔH=-165.0kJ·mo1-1 ①反应CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）的ΔS=-4.4J·mo1-1·K-1，通过计算说明该反应在常温下能自发进行的原因______。 ②CO2催化加氢合成CH4过程中，CO2活化的可能途径如图-1所示，CO是CO2活化的优势中间体，原因是______。 (2)CO催化加氢制丙醇。在铁的催化下CO与H2反应可以制丙醇（C3H7OH），反应的机理如图-2所示（H*表示吸附在催化剂上）： ①在上述机理中若要减少C2H6的生成，可采取的措施有______。 ②流程中物质X的化学式为______。 (3)利用合成气制甲醇。在Fe/CuO基催化下合成气（CO2、CO、H2）加氢生成甲醇，其反应机理与上述（2）类似，在相同时间内测得甲醇的产率与不同比例合成气间的关系如图-3所示。 合成气比例达到V（CO2）：V（CO）：V（H2）=2：28：70后，随着CO2浓度增大甲醇的产率降低的原因是______。 13．（25-26高三上·江苏盐城·期中）合成气(CO和)是重要的工业原料气。生物质(光合作用过程生成的有机物)制备合成气转化过程如下： (1)生物炭气化发生的主要反应为 反应Ⅰ   反应Ⅱ   反应Ⅲ   ①反应的___________kJ·mol-1。 ②在催化剂表面反应Ⅱ的反应历程如图所示，该反应中的决速步骤的方程式是___________。 ③在时生物质直接气化，产生一氧化碳、氢气、甲烷等气体以及苯、甲苯等焦油，再通过净化得到合成气。和生物炭气化相比，生物质直接气化的缺点有___________。 (2)其它条件相同，研究，用(熔点为)作为反应的催化剂。 ①催化机理如下：补充反应ⅰ化学方程式 反应ⅰ___________ 反应ⅱ 反应ⅲ 反应ⅳ ②催化作用受接触面积和温度等因素影响。用(熔点360.4℃)代替作催化剂进行生物炭气化，得到的合成气中含量更高。其原因是___________。 (3)合成气中的可用溶液进行脱除并回收。 ①脱除在钢制吸收塔中进行，溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是___________(填化学式)。 ②回收的电催化还原生成的装置如图所示，铂电极的电极反应式为___________。 14．（2026·江苏扬州·一模）对CO2的捕获、利用已成为前沿科技竞争的焦点。 (1)直接碳燃料电池能够将固体碳(如煤、生物质炭等)的化学能直接转化为电能，并生成高纯度CO2。其使用Li2CO3-K2CO3等二元共熔碳酸盐作为电解质，工作原理如图1所示。 ①在正极，CO2和O2反应生成，电极反应式为___________。 ②在负极，固体碳燃料(用C表示)发生一系列反应，其中反应C(s)+CO2(g)2CO(g)  ∆H=+172kJ·mol-1，在高温下(>700°C)有利于自发进行的原因是___________。 (2)CO2电还原与氯碱工艺可联产CO、Cl2和KHCO3，其工作原理如图2所示。 ①阴极上CO2选择性还原为CO，同时会生成少量H2。一定条件下，阳极产生22.4L(标准状况)Cl2时，阴极生成气体的总质量为26.7g。则该条件下，阴极生成CO的法拉第效率为___________。［法拉第效率=×100％］ ②CO2还原为CO的反应在钴卟啉催化剂(简化为Co-N4结构)表面进行，催化循环过程的简化模型如图3所示。若此过程中N元素化合价不变，则Co元素化合价变化的步骤有：___________(填序号)。 (3)通过CO2制备Ca(HCO3)2有潜在价值，但Ca(HCO3)2固体难以从其水溶液中分离。 ①研究发现，Ca(HCO3)2固体析出过程中，溶剂的极性会削弱中O-H键的稳定性。为得到Ca(HCO3)2固体，可采取的合理措施为___________。 ②采用热重法可分析固体组成。依据图4，可判断所得固体主要是Ca(HCO3)2而不是CaCO3的理由是___________。 15．（2026·江苏·一模） 的捕集与资源化利用具有重要意义。 (1)乙醇胺()溶液作为碱性吸收剂，可高效捕集烟气中的。 ①理论上最多吸收。写出溶液吸收生成的离子方程式：_______。 ②的沸点为170℃。吸收塔内，烟气和吸收剂的温度超过50℃会造成的吸收率降低，可能原因有_______。 (2)重整制合成气的主要反应如下： 反应Ⅰ     反应Ⅱ     反应Ⅲ     ①反应Ⅱ在_______(选填“高温”、“低温”或“任意温度”)下可以自发进行。 ②250℃、下，将一定比例的与混合气匀速通过装有催化剂(活性炭为载体)的反应器。对、的转化率和出口处的影响如图-1所示。时，随增大而减小的可能原因有_______。 (3)电解还原法将转化为的装置如图-2所示。 ①写出在阴极转化为的电极反应式：_______。 ②Cu能有效抑制析氢，对电解还原制具有高催化活性。中混有会使Cu催化剂中毒(Cu价态不变)，原因是在阴极转化为_______(填化学式)，沉积在Cu表面。 ③一种PFSA聚合物@Cu催化剂结构如图-3所示，其能有效防止造成的Cu催化剂中毒。能将控制在PFSA聚合物表面，其原理是_______。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 化学反应原理综合题 题型 考情分析 考向预测 反应热的计算 2025 年T17（1）：以合成气制备甲醇为载体，结合相关数据信息，考查反应热的计算。 考点归纳：围绕热化学、化学平衡、电化学、水溶液离子平衡展开，包括盖斯定律、速率与平衡移动、K 计算、电离水解、沉淀溶解、电极反应式书写；重点考查原理类实验方案设计与变量控制。 考向预测：以能源、环保、工业催化为背景，结合图像数据分析，侧重速率与平衡综合、电解与原电池联用。实验设计突出对比实验、单一变量控制、催化效率探究、反应条件优化，强调方案可行性、数据处理与结论分析，注重原理应用与逻辑推理，突出科学探究素养。 归因分析 2025 年T17（2）：以合成气经“变换”“脱碳”获得纯氢气为情境，考查物质的转化及原理及归因分析。 反应机理及图像分析 2025 年T17（3）：根据气体分步制备原理示意图为情境，分析反应机理，分析图像，进行相关计算及归因分析。 考点1 反应热的计算 【典例】. （25-26高三下·江苏扬州·开学考试）油田气中含大量的和，充分利用和可以制取硫磺、乙烯和尿素等物质。 (1)已知下列反应的热化学方程式： 反应：  kJ·mol-1 反应：  kJ·mol-1 反应：  kJ·mol-1 反应：的___________kJ·mol-1。 (2)制目前较普遍采用是克劳斯工艺(综合反应和)即，利用反应热分解也可制。为解决反应的耗能问题，可以利用克劳斯工艺的热效应为反应供热。若克劳斯工艺产生的热量有85%被利用，则理论上应控制反应消耗的与克劳斯工艺消耗的的比值为___________。 (3)一种脱除CO后利用制取乙烯的工艺如图1所示。 ①X可以是___________。 ②经电催化还原为的电极反应式为___________。 ③已知：电解效率。铂电极除有生成外，还可能生成副产物降低电解效率。标准状况下，当玻碳电极生成448mL氧气时，铂电极生成112mL，则电解效率为___________。 (4)传统工业以和为原料在高温(185~200℃)和高压(13~25MPa)下合成尿素，反应共分两步，其物质变化和能量变化如图2所示。其他条件一定，反应单位时间，常温时和的转化率高但产量低，采用高温时产量大幅增加，原因是___________。 【答案】(1) (2)1.57 (3) (4)反应2活化能大，是反应的决速步：低温时反应2速率慢，高温时反应2速率加快， 尿素产量大幅度增加 【解析】（1）根据已知反应：根据盖斯定律，目标反应 Ⅳ 可由已知反应组合得到： ， （2）克劳斯工艺（记为反应Ⅴ）：，，，反应热分解制，利用克劳斯工艺的热效应为反应供热且克劳斯工艺产生的热量有85%被利用，设克劳斯工艺消耗的物质的量为，反应Ⅳ消耗的物质的量为，则有，推出 （3）使用吸收生成，Y（）可循环使用；阴极反应（还原反应）：中C为+ 4价，中C为- 2价， 2个C共得12个，酸性条件下（质子交换膜），参与反应生成，结合电荷与原子守恒可得；阳极（玻碳电极）电子转移：阳极反应为标准状况下，当玻碳电极生成448 mL（0.02 mol）氧气转移电子为：0.08 mol；步骤 2阴极铂电极生成112 mL（0.005 mol），则电解效率为由电极反应式可知转移电子：0.005×12 = 0.06 mol，故电解效率 （4）尿素合成反应，由图可知，反应2活化能大，是反应的决速步：低温时反应2速率慢，单位时间内尿素产量低，高温时反应2速率加快， 尿素产量大幅度增加。 根据盖斯定律计算ΔH的步骤和方法 1. （25-26高三上·江苏宿迁·期中）“碳达峰、碳中和”是我国社会发展重大战略之一。 (一)CH4-CO2催化重整是实现“双碳”经济的有效途径之一，具有广阔的市场前景和经济、社会价值。相关的主要反应有： Ⅰ：         Ⅱ：             已知：常温常压下，CH4、H2、CO的燃烧热分别为890.3kJ/mol、285.8kJ/mol、283.0kJ/mol。请回答： (1)反应Ⅰ的___________kJ/mol。 (2)恒温恒容条件下，起始按投料，若只发生反应Ⅰ，能作为反应达到平衡的标志是___________(填序号)。 A．CH4浓度不再发生变化 B．体系压强不再变化 C．单位时间内，消耗a mol CO2时，同时生成2a mol H2 D．混合气体的密度不再变化 (3)在一定条件下的密闭容器中，按投料，图1表示温度对H2产率的影响曲线。 此反应优选温度为900℃的原因是___________。 (4)近年来新兴的生物电催化技术运用微生物电解池也可实现弱酸环境下CO2甲醇化实现碳中和，工作原理如图2所示。 ①实验测得，阴极区溶液酸性提高，阴极上会产生气体A，导致CO2的转化率降低，则气体A的分子式为___________。 ②阴极生成甲醇的电极反应式为___________。 (二)CO2和CO加氢制甲烷可实现CO2资源利用的同时实现氢能的储存，相关反应如下： Ⅰ．     Ⅱ．     (5)CO2制备甲烷过程中，CO2活化的可能途径有两种，如图3所示。请从反应速率和生成物稳定性角度分析说明CO*是CO2活化的优势含碳中间体的原因是___________。 【答案】(1)+247.3 (2)AB (3)产率在900℃时已达到较高水平，继续升温对产率不再有显著的影响，还会增大工业生产的能耗成本，影响经济效益 (4) (5)生成的反应活化能更低，反应速率更快。活化产物的总能量更低，稳定性更好 【解析】（1）已知、和燃烧热的热化学方程式为①；②；③；根据盖斯定律，可得热化学方程式； （2）A．当体系内浓度不再变化时，说明其生成速率和消耗速率相等，反应达到平衡状态，A正确； B．该反应是气体物质的量增加的反应，同时在恒容条件下进行，因此体系内压强随着反应的进行而增加；当压强不变时，说明体系内气体总物质的量不变，反应达到平衡，B正确； C．和分别是正反应的反应物和生成物，单位时间内消耗a mol 生成2 a mol 只能说明正反应仍然在进行，不能说明正逆反应速率相等，C错误； D．该反应在恒容条件下进行，总体积不变；根据质量守恒，反应前后物质的质量不变；密度为一定值，不能作为判断反应平衡的依据，D错误； 故答案选AB； （3）从图像可以看出，体系内温度达到900℃时，产率已达到85%左右，继续升温对产率不再有显著的影响，同时，增加反应温度会增大工业生产的能耗和设备成本，不利于经济效益，所以选择900℃为反应温度； （4）①由图像可以看出，通过质子交换膜从左极区流向右极区；电解池中，阳离子流向阴极，因此右侧是阴极区；结合题干可知，随着溶液酸性提高，离子浓度增加，阴极区会生成气体，该极会发生的还原反应，生成的气体是； ②由分析可知，右极为阴极，在此电极发生还原反应，与结合生成，结合电荷守恒和元素守恒可以写出阴极反应式； （5）从图像可以看出，生成的反应活化能为0.28 eV，低于生成的反应活化能(0.55 eV)，因此由生成的反应速率更快；同时活化产物的总能量为-0.82 eV，低于的总能量（0.04 eV）,稳定性更强；因此是活化的优势含碳中间体。 2. （25-26高三上·江苏徐州·期末）在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下： 回答下列问题： (1)电解池中电极N与电源的_______极相连。 (2)CO放电生成的电极反应式为_______。 (3)在反应器中，发生如下反应： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 计算反应的___________，该反应___________(填标号)。 A．高温自发B．低温自发C．高温低温均自发D．高温低温均不自发 (4)一定温度下，、和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应ⅰ和ⅱ。有存在时，反应ⅱ的反应进程如图1所示。随着的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 ①根据图1，写出生成的决速步反应式___________；图2中，的选择性大于的原因是___________。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着的增大，的转化率减小的原因是__________。 【答案】(1)负 (2) (3) B (4) 由生成时活化能较大，反应速率慢 反应i和反应ii为气体减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应体系的分压越小，平衡向左移动 【分析】装置分为电解池和反应器两部分：电解池以KOH为电解质，将CO转化为、；反应器中发生两步反应（反应ⅰ、反应ⅱ）生成，同时给出两个热化学方程式用于计算焓变，据此分析解答。 【解析】（1）由图可知，N电极上CO转化为，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，则N与电源负极相连； （2）CO发生得电子的还原反应转化为，电解液是碱性环境，电极反应为：； （3）根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则的，该反应是熵减的放热反应，则依据，反应能够在低温下自发进行，故答案选B； （4）①总反应的反应速率由慢反应决定，决速步是反应最慢的步骤，由图可知，生成历程中TSⅡ的能垒最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由图可知，由生成时活化能较大，反应速率慢，所以的选择性大于； ②当x≥2时，由题意可知，反应i和反应ii为气体分子数减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应体系的分压越小，平衡向左移动； 3. （25-26高三上·江苏徐州·月考）的捕集和资源化利用具有重要意义。 Ⅰ.的来源之一是汽车尾气。 (1)已知：碳的燃烧热为；   ；   。   ______。 (2)催化转换器中机动车尾气转化效率与气缸中空燃比（空气与燃油气的体积比）的关系如图-1。若空燃比大于14.7，则氮氧化物的转化效率降低的原因是______。 Ⅱ.的捕集 (3)一种由阴离子交换树脂－碳纳米管构成的复合膜可利用电化学原理捕集空气中的，如图－2，复合膜的a侧将空气中的捕集并转化为；b侧通入少量即可释放。 ①复合膜中加入碳纳米管的作用是：______。 ②a侧空气流量为a，理论上要将空气中的完全去除，则b侧流量至少为______。 (4)CaO可在较高温度下捕集，添加CuO形成的钙铜复合材料可以优化其性能。不同负载量的钙铜复合材料X射线衍射图如图-3（X射线用于判断某晶态物质是否存在）。 结合图像说明，当摩尔比小于1：1时，随CuO加入，钙铜复合材料对捕集量减少的可能原因是：______。 Ⅲ.的资源化 (5)Bi和In是电催化生成甲酸的催化剂，BiIn也可为该反应的催化剂，其反应历程中物质的相对能量如图－4（带“*”表示物质处于吸附态）。与单金属Bi和单金属In相比，使用BiIn催化剂的优点是______。 (6)还可以如图－5历程转化为HCOOH。 ①过程ⅱ形成一个负离子中间体，将图中口部分补齐______。 ②若将换成，则生成甲酸的结构简式可能为______。 【答案】(1) (2)空燃比大于14.7，汽油充分燃烧，CO和的含量少，难以被还原 (3) 提高薄膜导电性；促进气体吸附 (4)CuO会与CaO反应生成，但是过多的CuO会附着在材料表面，CuO不会与发生反应，导致反应活性位点减少 (5)相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附（或BiIn合金催化剂能够降低*形成*OCHO中间体的活化能），相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能 (6) DCOOH、DCOOD 【分析】Ⅱ. （3）图中a侧发生反应：；b侧：，据此分析。 【解析】（1）碳的燃烧热的热化学方程式① ； ② ③ 目标反应可由①×2 - ② - ③得到，则==； （2）结合图知，氮氧化物的转化效率降低的原因：空/燃比大于14.7，汽油充分燃烧，CO和的含量少，难以被还原； （3）①碳纳米管的作用：提高薄膜导电性；促进气体吸附； ②a侧：；b侧：，则存在计量关系：；a侧空气流量为a，理论上要将空气中的完全去除，则b侧流量至少为； （4）当摩尔比小于1：1时，随CuO加入，CuO会与CaO反应生成，但是过多的CuO会附着在材料表面，CuO不会与发生反应，导致反应活性位点减少，钙铜复合材料对捕集量减少； （5）相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附（或 BiIn合金催化剂能够降低*形成*OCHO中间体的活化能），相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能； （6）①图中过程ⅱ中得电子转化为负离子中间体，过程iii中得电子转化为，则形成的负离子中间体为：； ②过程ⅱ得电子形成负离子中间体，过程ⅲ转化为，过程iv中，结合水电离出的H+ 生成、结合水电离出的H+ 生成甲酸。若将换成，生成甲酸的结构简式为DCOOH；而生成的三唑的结构简式为，可与二氧化碳反应进入新的循环，经过程i、ii、iii、iv可得到；综上，若将换成，则生成甲酸的结构简式可能为DCOOH、。 考点2 归因分析 【典例】.（25-26高三上·江苏南京·期末）乙二醇是一种重要的化工原料，可通过草酸二乙酯()热催化加氢制备。 I、制备草酸二乙酯。以、CO为原料，Pd为催化剂，制备草酸二乙酯的反应机理如图所示。 (1)反应过程中Pd呈现多种化合价，分别为______。 (2)制备草酸二乙酯的总反应方程式______。 (3)利用生成的NO，并在反应器中加入O2、C2H5OH可实现原料C2H5ONO的再生和继续循环反应，反应原理为：。在再生反应中，需要控制NO和O2物质的量之比大于4，其可能原因为______。 Ⅱ、制备乙二醇。 主反应为 反应1：   反应2：   (4)反应的______。 (5)其它条件相同，将含一定量C2H5OOCCOOC2H5、H2混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，出口处检测到C2H5OOCCOOC2H5的转化率和HOCH2COOC2H5的选择性[]随压强的变化曲线如图所示。 ①在1.0~1.5MPa，随着压强增大，C2H5OOCCOOC2H5的转化率逐渐上升、HOCH2COOC2H5选择性逐渐下降。其原因是______。 ②催化机理如图所示。催化剂中含量过多或过少，反应速率都会变慢。其原因是______。 【答案】(1)0、+1、+2 (2) (3)过量的O2氧化催化剂Pd，使催化剂中毒；也可能氧化C2H5ONO，影响C2H5ONO的再生和后续循环反应 (4) (5) 增大压强，反应1、反应2的速率都加快，C2H5OOCCOOC2H5转化率逐渐上升；反应2速率增加幅度大于反应1增加的幅度，HOCH2COOC2H5选择性逐渐下降 Cu0含量过多，Cu+吸附C2H5OOCCOOC2H5的量少；Cu0含量过少，Cu0吸附H2的量少，生成H的量少；两者都会使反应速率变慢 【解析】（1）由题干反应历程图可知，反应过程中Pd呈现多种化合价，其中Pd为0价，PdOC2H5中为+1价，Pd(OC2H5)2和Pd(COOC2H5)2中均显+2价，故答案为：0、+1、+2； （2）由题干反应历程图可知，制备草酸二乙酯的反应物为：CO和C2H5ONO，生成物为：C2H5OOCCOOC2H5和NO，Pd为催化剂，其余物质均为中间产物，故该转化的总反应方程式； （3）根据反应原理为：可知，在再生反应中，NO和O2的物质的量之比为4，若小于4即O2过量，此时可能部分O2氧化催化剂Pd使其失去催化活性，同时过量的O2还可能氧化C2H5ONO，而影响C2H5ONO的再生和继续循环反应，故需要控制NO和O2物质的量之比大于4，故答案为：过量的O2氧化催化剂Pd，使催化剂中毒；也可能氧化C2H5ONO，影响C2H5ONO的再生和后续循环反应； （4）由题干信息已知：反应1：  ，反应2： ，则反应1+反应2可得反应，根据盖斯定律可知，=(-102kJ/mol)+49.6kJ/mol=-52.4； （5）①在1.0~1.5MPa，随着压强增大，反应1和反应2中反应物、生成物浓度均增大，反应1和反应2的反应速率均加快，C2H5OOCCOOC2H5转化率逐渐上升，但反应2速率增大幅度大于反应1增加幅度，导致HOCH2COOC2H5选择性逐渐下降，故答案为：增大压强，反应1、反应2的速率都加快，C2H5OOCCOOC2H5转化率逐渐上升；反应2速率增加幅度大于反应1增加的幅度，HOCH2COOC2H5选择性逐渐下降； ②由题干Cu(Cu0、Cu+)/SiO2催化机理图可知，Cu0吸附H2，生成的H原子转移到Cu+上，与吸附在Cu+上的C2H5OOCCOOC2H5反应生成HOCH2CH2OH，则催化剂中Cu0含量过多或过少，反应速率都会变慢，其原因是Cu0含量过多，Cu+吸附C2H5OOCCOOC2H5的量少；Cu0含量过少，Cu0吸附H2的量少，生成H的量少；两者都会使反应速率变慢。 1.控制温度的目的 提高反应速率、提高产率和转化率、减少副反应、提高产品纯度；加热可增大反应速率或促进反应的某个方向（一般是有利于生成物生成的方向）反应程度更大。 2.在一定范围内控制温度的目的 (1) 若温度过低，则反应速率（或溶解速率）较小。 (2) 若温度过高，某些物质会分解（如H2O2、NH4HCO3、氨水、浓硝酸）或挥发（如浓硝酸、浓盐酸）或被氧化（如Na2SO3）或促进水解（如AlCl3）。 3.水浴冷却的目的 (1) 使某物质液化、降低产物的溶解度。 (2) 减少其他副反应，提高产品纯度。 4.浓度相关原因分析 (1)根据需要选择适宜的浓度或投料比，不仅可控制一定的反应速率，还可使反应更有利于目标产物的生成。 (2)反应物过量，能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率，但对后续操作也会产生影响。 5.压强相关原因分析：改变反应速率，使平衡向需要的方向移动。 6.催化剂相关原因分析：选择合适的催化剂，能增大反应速率。 1. （25-26高三上·江苏·月考）尿素[CO(NH2)2]是目前使用量较大的一种化学氮肥。 (1)研究发现，合成尿素的反应机理分两步： Ⅰ．  (快反应) Ⅱ．  (慢反应) ①反应  ___________kJ·mol-1。 ②下列图像能表示上述反应历程能量变化的是___________(填标号)。 A．    B．    C．    D． (2)图为使用不同催化剂①、②、③时，反应至相同时间，容器中尿素的物质的量随温度变化的曲线，A点___________(填“是”或“不是”)平衡状态，T2℃以上n[CO(NH2)2]下降的原因可能是___________(答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。 (3)利用CO2和N2或CO2和电化学法制尿素。 ①电催化还原CO2和N2反应部分机理如图所示。体系pH增大尿素产率降低的可能原因为___________。 ②通入二氧化碳到酸性废水(含)中达到饱和，电催化还原CO2和可合成尿素，则通入二氧化碳的电极名称是___________(填“阳极”或“阴极”)，电极反应式为___________。 【答案】(1) -87 C (2) 不是 随着温度升高，可能是催化剂活性降低(或失去活性)，反应速率降低，单位时间内生成尿素的物质的量减少 (3) 溶液H+浓度小，反应速率减慢，尿素产率降低 阴极 【解析】（1）①Ⅰ+Ⅱ得反应   kJ·mol-1。 ②第一步反应放热，第二步反应吸热，总反应放热，能表示上述反应历程能量变化的是C。 （2）催化剂不能使平衡移动，A点尿素的物质的量不是T2℃下的最大值，所以A点不是平衡状态，T2℃以上n[CO(NH2)2]下降的原因可能是随着温度升高，催化剂活性降低(或失去活性)，反应速率降低，单位时间内生成尿素的物质的量减少。 （3）利用CO2和N2或CO2和电化学法制尿素。 ①根据图示，H+是反应物，体系pH增大尿素产率降低的可能原因是溶液H+浓度小，反应速率减慢，尿素产率降低。 ②电催化还原CO2和合成尿素，硝酸根离子得到电子发生还原反应和二氧化碳反应生成尿素，则通入二氧化碳的电极名称是阴极，电极反应式为。 2. （2026·江苏南京·二模）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1mol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 ___________。 ②7h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) 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 反应放热，低温区促进N、H合成氨，平衡正向移动，提高NH3平衡产率 2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O (2) 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 2.028 (3) H2+CO2+HN(CH3)2H2O+DMF HCOOH H-O-D 【解析】（1）①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氨气在表面生成，温度低于体系温度，反应放热，低温区促进N、H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由产生DMF和，同时过程中也会产生，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； 3. （2026·江苏·二模）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。的资源化利用能有效减少排放，充分利用碳资源。 (1)制氢、储氢与释氢的一种方法如图所示。 ①与生成的化学方程式为___________。 ②释氢释放的与储氢吸收的的物质的量之比为___________。 (2)氨制氢。利用电解反应可用于制氢。相同条件下，饱和氨水(的质量分数为34%)的密度为，液氨的密度为。 ①电解含的液氨溶液制的装置如下图所示，阳极的电极反应式为___________。 ②氨气燃料的性能可用“能量密度”(公式如下)来衡量，则饱和氨水的能量密度为___________。 能量密度 (3)重整能获得氢能，同时能高效转化温室气体。 重整反应的热化学方程式为 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   下，将的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中，平衡时各组分的物质的量分数如图1所示。 ①时，平衡体系中物质的量分数比略大的原因是___________。 ②重整过程中的积碳是反应催化剂失活的主要原因。积碳反应为 反应Ⅲ：   反应Ⅳ：   积碳反应能迅速到达平衡状态。重整反应中催化剂上产生的积碳的质量与温度的关系如图2所示。温度低于时，积碳的质量随温度的升高而增多的原因是___________。 ③在催化剂和催化剂分别作用下，重整反应相同时间，控制其他条件相同，催化剂表面均产生积碳。对附着积碳的催化剂和催化剂在空气中加热以除去积碳(该过程催化剂不发生反应)，固体的质量变化如图3所示。则重整反应中能保持较长时间催化活性的是哪种催化剂？并说明理由：___________。 【答案】(1) 2：1或2 (2) (3) 反应Ⅱ消耗的量大于反应Ⅲ消耗的量 温度低于700℃时，温度升高有利于反应Ⅲ进行，不利于反应Ⅳ，且温度对反应Ⅲ的影响大于对反应Ⅳ的影响 催化剂b，剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a 【解析】（1）①和反应生成和，反应的化学方程式为；②储氢时，和反应生成Al和，化学方程式为，释氢时，和水反应生成和，化学方程式为，由化学方程式可知，释氢释放的氢气与储氢吸收的氢气的物质的量之比为2：1； （2）①电解含的液氨溶液制的装置如图所示，电解时，在阳极失电子生成，阳极的电极反应式为；②设饱和氨水的体积为1L，密度为，则氨水的质量为900g，，氨电解反应，则放出氢气的物质的量为27mol，则饱和氨水的能量密度为27mol/L； （3）①由于反应Ⅱ消耗的量大于反应Ⅲ消耗的量，所以450~750℃时，平衡体系中CH4物质的量分数比CO2略大；②温度低于700℃时，温度升高有利于反应Ⅲ进行，不利于反应Ⅳ，且温度对反应Ⅲ的影响大于对反应Ⅳ的影响；③剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a。 考点3 反应机理及图像分析 【典例】.（25-26高三下·江苏扬州·月考）甲醛是室内装修常见污染物，可通过光触媒氧化法和催化氧化法等多种方法去除。 (1)将、、和KOH按一定比例混合充分反应，可得一种用于去除甲醛的复合催化剂(反应后锰元素均转化为)。若，则反应消耗的、、物质的量之比为______。 (2)一种以催化剂、多孔为催化剂载体，去除空气中甲醛的机理如图所示。 ①该催化剂去除甲醛的机理可描述为______。 ②写出酸性条件下，与HCHO反应的离子方程式：______。 ③空气的湿度会影响甲醛的去除率，其他条件一定，测得甲醛的去除率与相对湿度的关系如图所示。相对湿度。 相对湿度从20%增大到80%，甲醛的去除率先增大后减小的主要原因是______。 (3)一种Au—氧化物催化去除甲醛的机理如图所示。根据信息将图戊中所缺部分补全______。 【答案】(1) (2) 在光照条件下，在Ag表面失电子生成和，电子通过中的电子孔到达另一侧银表面，在Ag表面得电子生成，甲醛被和氧化为和。 相对湿度增大，催化剂吸附的水增多，催化剂表面产生更多的，使甲醛去除率增大；相对湿度过大，催化剂表面吸附的H2O增多，吸附的甲醛减小，使甲醛去除率降低。 (3) 【解析】（1），则产物为，所有来自，所有来自和，假设生成1 mol 消耗，，，根据元素守恒得，，，根据电子得失守恒得，联立解得，，，因此=。 （2）①由图可知，根据图示，甲醛最终转化为和，该催化剂去除甲醛的机理可描述为：在光照条件下，在Ag表面失电子生成和，电子通过中的电子孔到达另一侧银表面，在Ag表面得电子生成，甲醛被和氧化为和。 ②酸性条件下，与HCHO反应生成和，离子方程式为。 ③空气的湿度会影响甲醛的去除率，相对湿度从20%增大到40%，甲醛的去除率增大的主要原因是相对湿度增大，催化剂吸附的水增多，催化剂表面产生更多的，使甲醛去除率增大；相对湿度从40%增大到80%，甲醛的去除率降低的主要原因是相对湿度增大，催化剂表面吸附的H2O增多，吸附的甲醛减小，使甲醛去除率降低。 （3）甲醛最后转化为二氧化碳和水，根据中箭头指向，可推测戊为 。 1.反应历程中的能垒图 反应历程中的能量变化图中，从左往右进行时，每一个爬坡就是一个基元反应的能垒，坡最高基元反应，能垒最高，反应速率最小，为该反应的决速步骤。下图中，从第一个中间态(HCOO*＋H*)到过渡态2的能垒最大，故基元反应HCOO*＋H*===CO2＋2H*是在Rh作催化剂时该历程的决速步骤（图中的“*”表示物质吸附在催化剂表面）。 2.催化剂活性与反应温度 (1) 温度低于T1，催化剂活性随温度升高增大 (2) 温度在T1～T2时，催化剂活性基本不变 (3) 温度高于T2，催化剂失活 3.有、无催化剂的反应历程能量对照图 (1) 在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能；E2为逆反应的活化能；E1－E2为此反应的焓变(ΔH)。 (2) 有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤（也可能为多个），反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应，总反应为放热反应。 (3) 催化剂的作用：降低正、逆反应所需的活化能，但不影响ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于起点（反应物）能量和终点（生成物）能量的相对大小 4.循环机理图 在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质（产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质），与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物可位于这个循环中的任何一个环节。如图所示，MoO3是该反应的催化剂，环上剩余的三种物质均为中间产物。 1. （25-26高三下·江苏南京·月考）醇是重要的化工原料。 (1)电催化CO2还原耦合乙二醇(C2H6O2)氧化制甲酸，可同步解决PET塑料和CO2废弃物的环境负荷问题，并降低电解所需的电压，还能提高的电子经济性，工作原理如图-1所示。 ①阴极生成的电极方程式为_______。 ②的电子经济性=0.7时，=_______。 ③Ni(OH)2可提高乙二醇中C-C键的断键效率，故在阳极负载Ni(OH)2作催化剂，目的是_______。 ④电解电压过大，乙二醇的转化率会降低，原因是_______。 (2)CH3CH2OH在有Bronsted酸中心的铝硅酸盐催化下可制乙烯，机理如下： 中间产物发生副反应生成乙醚的机理如下： ①温度升高到500℃，几乎所有CH3CH2OH都断开C-O键生成，此时的主要产物是_______。 A．CH3CH2CH2CH3    B．CH3CH2OCH2CH3    C．CH2=CH2 ②生成的乙烯不能及时脱附，会造成催化剂积碳失活。催化剂的酸性强弱会影响反应所需的温度和乙烯的脱附能力，不同催化剂下势能变化如图-2所示，使用酸性较强催化剂的优缺点分别是_______。 ③将生成的水和乙醇混合进料，可延长催化剂的寿命，但会降低乙烯的生成速率，原因是_______。 【答案】(1) 7 提高阳极生成甲酸根的选择性（或电子经济性），减少副产物乙醇酸根的产生 电压过大，OH⁻与乙二醇在阳极竞争放电 (2) C 优点：，反应所需要的温度更低 缺点：，乙烯难脱附（或生成的乙烯容易再次吸附），易形成积碳 在高温下，水可以除去催化剂表面积碳（抑制催化剂结焦），延长催化剂寿命；但是水分子会和乙醇竞争吸附，降低乙烯的生成速率 【解析】（1）①如图所示，阴极为CO2在碱性条件下发生的还原反应，C从+4价降为+2价，得到2e⁻，电极反应式为； ②乙二醇转化为乙醇酸根，C的平均化合价由-1价升为+1价，失去2×2=4个电子，乙二醇转化为甲酸根，C的平均化合价由-1价升为+2价，失去2×3=6个电子，则阳极电极反应为：；阴极电极反应为；根据得失电子守恒可知：转移10 mol电子，生成7 mol，此时，生成乙醇酸根1 mol，故的电子经济性=0.7时，； ③由图示可知，阳极上乙二醇还可以转化为副产物乙醇酸根，Ni(OH)2可提高乙二醇中C-C键的断键效率，减少副产物乙醇酸根的产生，提高阳极生成甲酸根的选择性（或电子经济性）； ④电压过高时，阳极水/OH⁻在阳极放电生成O2的副反应占比增加，消耗更多电子，乙二醇氧化得到的电子减少，转化率降低。 （2）①乙醇在较低温度发生分子间脱水生成乙醚，在较高温度发生分子内脱水生成乙烯，本题温度达到500℃，属于高温条件，生成乙基正离子后更易发生消除脱质子，最终生成乙烯，故答案为C； ②催化剂的酸性强弱会影响反应所需的温度和乙烯的脱附能力，结合势能图和题干可知，用酸性较强催化剂时，，反应所需要的温度更低；生成的乙烯不能及时脱附，会造成催化剂积碳失活，结合势能图和题干可知，，生成的乙烯更难脱离催化剂，容易滞留在催化剂表面，更易造成催化剂积碳失活； ③该反应的活性中心是催化剂的Bronsted酸性位点，水会与乙醇竞争吸附催化剂的酸性活性中心，占据了大量活性位点后，催化剂表面吸附的乙醇量减少，因此乙烯的生成速率降低；高温下水可以除去催化剂表面积碳（抑制催化剂结焦），延长催化剂寿命。 2. （25-26高三上·江苏宿迁·期中）氢能是应用前景广阔的新能源。 (1)制氢。工业上电解碱性尿素水溶液制氢。 ①阳极活性物质Ni(OH)2首先放电生成NiOOH，该过程的电极反应式为______。 ②CO(NH2)2吸附在NiOOH上被氧化生成N2。根据电负性规则，CO(NH2)2分子中能被Ni吸附的原子是______（填元素符号）。 (2)储氢。部分H2和N2在催化剂表面合成氨以储氢，其反应机理的部分过程如图所示，中间体X的结构______。 (3)储氢物质NH3的运用。NH3常用于烟气（主要成分NO、NO2）脱硝。以N2为载气，将含一定量NO、NH3及O2的模拟烟气以一定流速通过装有催化剂CeO2的反应管，研究温度、SO2(g)、H2O(g)对脱硝反应的影响。 ①如图1所示，温度高于350℃时，NO转化率下降，推测原因是______。 ②如图2所示，温度高于350℃时，和不含水蒸气的烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO转化率更高，其原因是______。③实验证明，烟气中含SO2会导致催化剂不可逆的中毒(Ce4+氧化SO2生成覆盖在生成的Ce3+表面，阻止了O2氧化Ce3+）。而添加CuO后抗硫能力显著增强，请结合如图机理，说明抗硫能力增强的原因______。 【答案】(1) Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O N、O (2) (3) 温度过高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少 在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率 添加CuO后，氧化生成的SO覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力 【解析】（1）①由题意可知，阳极上发生的反应为碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生氧化反应生成NiOOH和水，电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，故答案为：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O； ②由电负性可知，尿素分子中氧原子和氮原子带部分负电荷，NiOOH中镍原子带正电荷，所以尿素分子中的氮原子和氧原子能被镍原子吸附，故答案为：N、O； （2） 由图可知，中间体X结合一个氢原子生成氨气和在催化剂表面的N≡，则中间体X的结构为，故答案为：； （3）①温度高于350℃时，一氧化氮转化率下降是因为温度升高，催化剂的活性下降，氨气和氧气反应生成一氧化氮，还原剂氨气的量减少导致一氧化氮转化率下降，故答案为：温度过高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少； ②温度高于350℃时，和不含水蒸气的烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO转化率更高说明水蒸气的存在抑制了氨气和氧气生成一氧化氮的反应，更多的氨气和一氧化氮反应，提高了一氧化氮转化率，故答案为：在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率； 由图可知，加入氧化铜后，氧化生成的硫酸根离子覆盖在铜离子上，使硫酸根离子不会附着在Ce3+上，有利于氧气氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力，所以添加氧化铜后，催化剂抗硫能力显著增强，故答案为：添加CuO后，氧化生成的SO覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力。 3. （25-26高三上·江苏南京·月考）我国力争2060年前实现碳中和，CO2的资源化利用具有重要意义。 (1)1902年，Paul Sabatier首次报道了CO2的甲烷化。在一定的温度和压力条件下， 将按一定比例混合的CO2和H2通过装有金属Ni的反应器可得到CH4。 已知： CH4和H2的标准燃烧热分别为-890.3 kJ·mol-1、-285.8 kJ·mol-1。 CO2甲烷化反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)的ΔH=___________kJ·mol-1。 (2)我国科学家利用CO2在Ru(与Fe同族)基催化剂上加氢成功制得甲酸。催化反应过程如图所示。 ①CO2与吸附了H原子的催化剂形成中间体，画出中间体X的结构式___________。 ②反应过程中加入NaOH或NH3的目的是___________。 (3)CO2电催化加氢被认为是极具前景的甲酸合成工艺，CO2在覆盖催化剂的Sn电极表面实现甲酸的制备。 该电极的表面积对CO2转化率和HCOOH选择性的影响如图所示： ①控制其他条件不变，电极表面积越大，生成HCOOH的量___________(填“越多”、“越少”或“无影响”)； ②随着电极表面积的增大，CO2转化率增大且HCOOH选择性下降的原因是___________。 (4)使用FTO@BiVO4光催化活性电极，双金属串联催化剂电催化CO2可制得乙烯，装置如图1所示。在不同电压条件下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率(FE)随电压变化如图2所示。 已知：法拉第效率FE(B)=。 ①写出ISA-Ni催化剂上发生的电极反应式___________。 ②当电解电压为U3 V时，测得生成的n(CH4) ∶ n(C2H4)=7∶4，则x=___________。 【答案】(1)-252.9 (2) 降低HCOOH浓度，促进平衡正向移动 (3) 越多 电极表面积增大(通过电极的电流增大)，CO2与催化剂的接触面积增大，提高了单位时间内CO2的转化率；但同时也加快了副反应(析出更多H2和CO)的反应速率，使HCOOH的选择性降低。 (4) CO2+2HCO+2e-=CO+2CO+H2O 42 【解析】（1）已知①CH4(g)＋2O2(g)= CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH=-890.3 kJ·mol-1；②H2(g)＋O2(g)=H2O(l)　ΔH=-285.8 kJ·mol-1；根据盖斯定律可得CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(l)的ΔH=。 （2） ①从图中可以看出，X+H2→HCOOH+Ru-H，则X为HCOORu，X的结构式为。②对于反应，反应过程中加入NaOH或NH3，都能与HCOOH反应，从而降低其浓度，促进反应正向进行，所以目的是降低HCOOH浓度，促进平衡正向移动。 （3）①从图中可以看出，控制其他条件不变，电极表面积越大，CO2的转化率越大，生成HCOOH的量越多；②随着电极表面积的增大，CO2转化率增大且HCOOH的选择性下降的原因是电极表面积增大，通过电极的电流增大，且增大了二氧化碳与催化剂的接触面积，提高了单位时间内二氧化碳的转化率，但同时也增大了副反应的反应速率，阴极会析出更多的H2和CO，使HCOOH的选择性降低。 （4）①由图1可知，ISA-Ni催化剂上CO2被还原为CO，且有参与反应，故ISA-Ni催化剂上发生的电极反应式为CO2++2e-=CO++H2O；②每生成1 个CH4所用电子为8个，每生成1 个C2H4所用电子为12个，已知n(CH4) ∶ n(C2H4)=7∶4，设n(CH4)=7 mol，n(C2H4)=4 mol，则生成CH4所用电子为，生成C2H4所用电子为，由FE(C2H4)=36%可得关系式，解得通过电极的总电子的物质的量=，故。 1．（25-26高三上·江苏无锡·期中）羟胺()具有广泛的用途。 (1)羟胺极易潮解、极易溶于水、不稳定，在生产、运输和使用过程中需要转化为盐(如硝酸羟胺、盐酸羟胺等)的形式。 ①羟胺极易溶于水的原因是______。 ②已知：  。时，溶液中______。 (2)一种以为原料制备羟胺的反应过程如图(部分物质的电荷略去)所示。 ①写出合成反应的总反应方程式______。 ②上述合成机理看，的作用是______。 ③上述反应ⅰ需要在强酸性环境下进行，原因是______。 (3)利用羟胺测量污水中铵盐含量的原理如下(未配平)： 已知：N元素有两种稳定同位素和，两者丰度分别为和。 ①反应中中物质的量与铵根离子中物质的量之间的关系为______。 ②其他条件不变，测得污水中铵根离子浓度与之间的关系如图所示。随着浓度增大，发生变化的原因是______。 【答案】(1) 羟胺分子易和水分子形成分子间氢键 (2) 作氧化剂，使催化剂再生 强酸性环境可稳定反应催化剂的结构，碱性环境破坏催化剂的结构 (3) 中物质的量大于中物质的量 起始阶段，随着铵根子离子浓度增大，生成一氧化二氮的物质量的逐渐增多，当铵根离子浓度足够大时，羟胺转化率接近基本保持不变 【解析】（1）①羟胺分子与水分子之间能形成氢键，同时羟胺是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，易溶于极性溶剂水，故答案为：羟胺分子易和水分子形成分子间氢键； ②由题，，时，即，则，故答案为：； （2）①从反应历程看，反应物是和，产物是，结合原子守恒配平：； ②上述合成机理看，为反应的催化剂，的作用是作氧化剂，参与反应ⅰ使其再生，故答案为：使催化剂再生； ③反应历程中涉及的配合物，强酸性环境可抑制的水解以稳定反应催化剂的结构，保证反应顺利进行，而碱性环境破坏催化剂的结构，故答案为：强酸性环境可稳定反应催化剂的结构，碱性环境破坏催化剂的结构； （3）①由反应可知，转化成，中的由与反应生成了，因此中物质的量大于中物质的量，故答案为：中物质的量大于中物质的量； ②随着浓度增大，发生变化的原因为：起始阶段，随着铵根离子浓度增大，生成一氧化二氮的物质量的逐渐增多，当铵根离子浓度足够大时，羟胺转化率接近，基本保持不变。 2．（25-26高三下·江苏南京·月考）是一种绿色燃料，制氢技术研究具有重要意义。 (1)肼硼烷水解制氢。石墨烯可用作肼硼烷水解的催化剂载体。在石墨烯上引入氨基，有利于催化剂均匀分散于水中，原因是_______。 (2)氨硼烷()可以水解释氢和热分解释氢 ①实验室用和以物质的量之比为投料制备氨硼烷，反应过程中同时有两种单质生成，该反应的化学方程式为_______。 ②晶体的熔点远高于分子量相近且结构相似的乙烷，为解释该现象，科学家提出了“二氢键”的观点，二氢键可以表示为：。下列说法正确的是_______。 A．二氢键属于配位键的一种    B．电负性大小： C．分子中均为极性共价键    D．联氨分子中也存在二氢键 (3)电催化乙二醇制氢。在一定电压下，以乙二醇和作电解液，用作催化剂，电解原理如题图所示。已知金属活动性： ①吸附在催化剂_______的表面(填“”或“”)。 ②阳极会产生少量，写出转化为的电极反应式为_______。 (4)储氢材料能与水反应放氢，但与纯水反应产生很少。、、等盐溶液能提升的放氢性能。的几种盐溶液与制备时转化率如图所示。 已知：i．；；；氧化性： ii．在(代表、、)溶液中水解的示意图如图。 ①受热分解能放氢，采用与水反应放氢的优点是_______。 ③使用溶液制备的反应速率大于溶液，可能的原因是_______。 ④后，溶液制备时转化率小于溶液，可能的原因是_______。 【答案】(1)氨基与水分子之间形成氢键，增大了催化剂的水溶性 (2) B (3) (4) 不需要加热，能耗低；相同量的与水反应释放氢气更多 ，水解程度更大，生成浓度更大，且可防止生成覆盖，反应速率加快 氧化性强，与竞争得电子生成，覆盖在表面，转化率减小 【解析】（1）氨基与水分子之间形成氢键，同时氨基是极性亲水基团，增大了催化剂的水溶性； （2）①反应物物质的量比为，被还原为单质，中-1价被氧化为，化学方程式：； ②A．二氢键是带不同部分电荷的氢原子之间的静电作用，不是配位键（配位键需要一方提供孤对电子、一方提供空轨道），A错误； B．由二氢键结构可知，中带，说明电负性；中带，说明电负性，故电负性，B正确； C．中键为非极性共价键，C错误； D．联氨中所有均为结构的，不存在的，不能形成二氢键，D错误； 故选B； （3）①在Pd-Ag双金属催化剂中，Ag具有更强的亲氧性，倾向于吸附OH⁻，而Pd主要吸附有机物，二者协同催化，因此OH⁻吸附在Ag的表面； ②乙二醇在阳极被氧化为，在碱性KOH电解液中，失电子发生氧化反应：； （4）①与氢化镁受热分解生成氢气的方程式为MgH2Mg+H2↑，氢化镁与水反应生成氢气的方程式为MgH2+2H2O= Mg(OH)2+2H2↑，由方程式可知，氢化镁与水反应的优点是不需要加热，能耗低；相同量的氢化镁与水反应释放氢气更多； ②由溶度积可知，氢氧化镍的溶度积小于氢氧化镁，说明镍离子在溶液中的水解程度大，氯化镍溶液中的氢离子浓度大于氯化镁溶液，且可防止生成氢氧化镁覆盖在氢化镁表面，所以使用氯化镍溶液制备氢气的反应速率大于氯化镁溶液； ③后，氯化铜溶液制备氢气时转化率小于溶液的原因是铜离子氧化性强于氢离子，与氢离子竞争得电子生成铜，覆盖在氢化镁表面，导致氢化镁转化率减小。 3．（25-26高三上·江苏苏州·期末）生物乙醇制氢对降低制氢成本和保护生态环境有重要意义。 Ⅰ．乙醇-水蒸气重整制氢。主要反应如下：             (1)催化剂可选用掺杂少量纳米Fe的。 ①的晶胞结构如题图1所示，与La距离相等且最近的O的数目为___________。 ②掺杂的纳米Fe可催化CO、的反应，反应过程中检测到。该催化过程可用化学方程式描述为___________、___________。 (2)一定压强下，1mol乙醇与13mol水蒸气(过量)通过装有催化剂的反应器。实验测得乙醇的转化率和CO、、的选择性随反应温度的变化如题图2所示。已知：乙醇的转化率％，CO的选择性％。 ①理论上最多可制得的物质的量为___________。 ②450～500℃时，随温度上升，的产量___________。(填“上升”“下降”或“不变”)。 ③实际使用的水醇比远大于理论值的原因是___________。 Ⅱ．铝-乙醇反应制氢 (3)存在时，Al可与无水乙醇制备氢气，部分反应机理如题图3所示。 ①图示机理中化合价发生改变的元素有___________。 ②结合电负性分析Ni的作用是___________。 【答案】(1) 12 (2) 6mol 下降 减少积炭；提高乙醇转化率；提高氢气的产量 (3) Al、Ni、H Al的电负性比Ni小，Al失去电子转移到Ni表面，使Ni表面电子云密度增大，易吸引乙醇中带正电性的羟基氢原子 【解析】（1）①晶胞中La位于顶点、O位于面心，则与La距离相等且最近的O的数目为12； ②纳米Fe可催化CO、的反应，反应过程中检测到，则反应为铁首先和水生成四氧化三铁和氢气：，CO再和四氧化三铁发生氧化还原反应生成铁和二氧化碳：； （2）①由反应： 、、，理论上，1mol乙醇生成甲烷、一氧化碳、氢气均为1mol，1mol甲烷生成1mol一氧化碳、3mol氢气，2mol一氧化碳生成2mol氢气，则理论上最多可制得的物质的量为6mol； ②由图，450～500℃时，乙醇完全转化，随温度上升，二氧化碳选择性下降，而一氧化碳、甲烷选择性上升，结合氢守恒，则的产量下降（450～500℃时，乙醇完全转化，随温度上升，选择性上升，和选择性下降。根据反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，且图中选择性虽上升但增加幅度小于等副产物变化影响，综合导致产量下降）； ③乙醇参与反应为气体分子数增大的反应，增大水醇比，可以促进乙醇转化提高氢气产量，且可以消除积碳防止影响催化剂活性，故实际使用的水醇比远大于理论值的原因是减少积炭；提高乙醇转化率；提高氢气的产量； （3）①由图，首先铝和结合，导致铝、镍元素化合价发生改变，然后吸附乙醇，乙醇中羟基氢在表面反应生成氢气，故化合价发生改变的元素有Al、Ni、H。 ②机理中Ni的作用是：铝的电负性小于镍，铝更容易失去电子，Al失去电子转移到Ni表面，使Ni表面电子云密度增大，易吸引乙醇中带正电性的羟基氢原子，促进反应进行。 4．（25-26高三上·江苏苏州·期末）高铁酸钾(K2FeO4)是一种常用的净水剂，可用于去除废水中的Se(Ⅳ)。已知：K2FeO4在强碱性条件下稳定，Fe(Ⅲ)可以催化K2FeO4分解。 (1)Fe(Ⅲ)在水中会形成[Fe2(H2O)10]6+配离子，该配离子中两个Fe(Ⅲ)的配位数相同且含有1个四元环结构，Fe(Ⅲ)的配位数为___________。 (2)电解法制备K2FeO4的装置如题图所示，电解过程中需不断向阳极区补充KOH溶液。 ①电解过程中阳极有气体产生，该气体为___________。 ②阳极生成的电极方程式为___________，为提高K2FeO4的产率，应选用___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。 ③电解一段时间后，若不补充KOH溶液，电路中通过相同量的电子，但K2FeO4的产量减少的原因是___________。 ④测定K2FeO4的纯度。准确称取0.6600g K2FeO4样品于锥形瓶中，用KOH溶液溶解，加入过量溶液，再加入硫酸酸化配成待测液。用 标准溶液滴定至终点，消耗标准液25.00mL。计算样品中K2FeO4的纯度___________ (写出计算过程)。测定过程中涉及的离子反应有(未配平)： (3) K2FeO4可与联用去除废水中的Se(Ⅳ)。其过程为： ⅰ. K2FeO4将Se(Ⅳ)氧化为且自身被还原为，过程中存在中间体的产生和转化； ⅱ.吸附在表面的将还原为Se，Se与共沉淀除去。 已知：溶液中含Se(Ⅳ)微粒的物质的量分数随pH的分布如下图所示。 ①时，氧化Se(Ⅳ)的离子方程式为___________。 ②时，随pH上升，Se(Ⅳ)的去除率明显下降，原因是___________。 【答案】(1)6 (2) O2 Fe-6e-+8OH-=+4H2O 阳 产生O2增多；产生Fe(Ⅲ)增多；分解 75.00% (3) 转化成，浓度下降；部分转化成 【分析】(2)由题干电解装置图可知，细铁丝网与电源正极相连，是阳极，电极反应为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O，同时OH-也可能在阳极上放电，发生电极反应：4OH--4e-=O2↑+2H2O，惰性电极是阴极，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，据此分析解题。 【解析】（1） Fe(Ⅲ)在水中会形成[Fe2(H2O)10]6+配离子，该配离子中两个Fe(Ⅲ)的配位数相同且含有1个四元环结构，则该络离子的结构为：，则Fe(Ⅲ)的配位数为6； （2）①由分析可知，电解过程中阳极上OH-可能放电，有气体O2产生； ②由分析可知，阳极生成的电极反应为Fe-6e-+8OH-=+4H2O，电解过程中阳离子由阳极区移向阴极区，阴离子由阴极区移向阳极区，阳极区消耗8molKOH，电路上转移6mol电极，若使用阳离子交换膜则有6molK+移向阴极区，配平电荷，但若使用阴离子交换膜则有6molOH-移向阳极，造成OH-在阳极竞争放电，产生的物质的量减少，降低K2FeO4的产率，故为提高K2FeO4的产率，应选用阳离子交换膜，故答案为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O；阳； ③电解一段时间后，若不补充KOH溶液，导致阳极区的碱性减弱，铁不能充分转化为K2FeO4，部分铁转化为，电路中通过相同量的电子，OH-竞争放电产生更多的O2，产生的氧气将氧化为Fe(Ⅲ)，Fe(Ⅲ)催化K2FeO4分解，且碱性减弱，K2FeO4稳定性减弱，所以电路中通过相同量的电子，K2FeO4的产量减少的原因是：产生O2增多；产生Fe(Ⅲ)增多；分解； ④由配平之后方程式：、、可找到关系式：6(NH4)2Fe(SO4)2~~2~2K2FeO4，则有n(K2FeO4)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=×0.3000mol/L×25.00×10-3L=2.500×10-3mol，m(K2FeO4)=nM=2.500×10-3mol×198g/mol=0.4950g，则K2FeO4的纯度为：×100%=75.00%； （3）①由题干含Se(Ⅳ)微粒的物质的量分数随pH的分布图可知，时Se(Ⅳ)主要以形式存在，氧化Se(Ⅳ)即转化为Fe2O3、转化为，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为； ②由题干含Se(Ⅳ)微粒的物质的量分数随pH的分布图和已知信息ⅰ. K2FeO4将Se(Ⅳ)氧化为且自身被还原为，过程中存在中间体的产生和转化；ⅱ.吸附在表面的将还原为Se，Se与共沉淀除去可知，时，随pH上升，浓度逐渐减小，生成中间体速率减慢，同时的浓度逐渐增大，溶液中OH-浓度逐渐增大，部分Mn2+转化为Mn(OH)2，Mn2+还原性速率减慢，导致Se(Ⅳ)的去除率明显下降，故答案为：转化成，浓度下降；部分转化成。 5．（2026·江苏·一模）化学链燃烧是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新型燃烧技术。以为燃料的化学链燃烧原理示意如图-1所示。在一定温度与压强下，先后交替以一定流速向反应器中通入空气、，循环发生载氧体储氧和供氧反应。 (1)以镧(La)铁氧化物作载氧体供氧时，的氧化反应首先经历了由至的逐步脱氢过程，该反应历程中的相对能量变化如图-2所示(TS表示过渡态；*表示载氧体表面吸附位点，如表示吸附在载氧体表面的)。 ①逐步脱氢过程中属于放热反应的共有___________步。 ②脱氢反应的决速步骤需要克服的相对能量是___________eV。 (2)铈(Ce)氧化物(Ce是活泼金属，常见正价有、)载氧体具有良好的储氧和供氧能力。铈氧化物用于化学链燃烧时，其晶体结构变化如图-3所示。 如图-3所示的中，___________，离子数目比___________。 (3)以铜氧化物作载氧体，向固定容积的反应器中通入空气[的体积分数为21%］，发生载氧体储氧反应。平衡时，随反应温度的变化关系如图-4所示。 ①985℃，发生载氧体储氧反应时的平衡转化率___________。 ②发生载氧体储氧反应时，温度必须控制在1030℃以下，其原因是___________。 ③通入，铜氧化物载氧体在900～1000℃时发生供氧反应。写出该反应的化学方程式：___________。 (4)与直接在空气中燃烧相比，化学链燃烧的优点是___________。 【答案】(1) 三(或3) 1.50 (2) 1.75 (3) 58% 1030℃以上，平衡时体积分数大于通入的空气中体积分数，载氧体无法在空气中发生储氧反应 (4)可通过冷凝处理气体产物捕集高纯度，降低分离与捕集的成本 【解析】（1）①逐步脱氢过程中，产物相对能量低于反应物的反应为放热反应：、、，共3步放热反应； ②决速步骤为活化能最大的步骤，各步活化能分别为：为，为，为，为，最大活化能为； （2）晶胞中数目为，数目为；晶胞中存在1个氧空位，数目为，则，解得；设数目为，数目为，由化合价守恒得，且，联立解得，，故离子数目比； （3）①设初始空气体积为，体积为，等体积为；平衡时体积分数为，设反应的体积为，则，解得，平衡转化率； ②以上，平衡时体积分数大于通入空气中体积分数（），载氧体无法在空气中发生储氧反应，故温度必须控制在以下； ③供氧反应中与在下反应生成、和，化学方程式为； （4）与直接在空气中燃烧相比，化学链燃烧产物为高纯度和，可通过冷凝处理捕集高纯，降低分离与捕集成本。 6．（2026·江苏·二模）氨是一种化工原料，也是良好的储氢载体。氨的制备与转化一直备受关注。 (1)一种以AlN为载氮体的化学链合成氨原理如图-1所示。 ①“吸氮反应”为高温自发反应，该反应的_______0(填“>”“=”或“<”)。 ②若“吸氮反应”和“释氮反应”收集到相同条件下的气体体积比，则“释氮反应”中AlN的转化率为_______。 ③一种催化“释氮反应”可能的路径如下，补充完整路径中ⅱ的离子方程式。 ⅰ．； ⅱ．_______； ⅲ．。 ④将过量AlN粉末置于恒温热水中，溶液pH随时间变化如图-2所示。15～30 min溶液pH明显增大的原因是_______；120 min后，溶液pH不再变化的原因是_______。时，饱和氨水) (2)其他条件相同，向两只管式炉中分别加入负载等量Fe的和催化剂载体，向管式炉中通入，测得分解率与温度的关系如图-3所示，反应后固体X-射线衍射实验结果如图-4所示。 ①结合图示分析：影响分解速率的可能因素有_______。 ②已知：  ；  。比更适合作为储氢物质的原因有_______。 【答案】(1) > 15% 生成的催化AlN水解 生成[或]覆盖在AlN表面，阻止反应发生 (2) 温度、载体种类、载体表面金属氧化物的形成 生成等质量，消耗的能量更少；相同质量时，储氢量更高 【解析】（1）①“吸氮反应”的化学方程式为N2+3C+Al2O32AlN+3CO，该反应的，为高温自发反应，根据 反应能自发进行，可知该反应的>0。 ②若“吸氮反应”和“释氮反应”收集到相同条件下的气体体积比，根据氧元素守恒，“吸氮反应”释放10molCO，消耗氧化铝的物质的量，生成AlN的物质的量为，根据N元素守恒，“释氮反应”放出1molNH3，消耗1molAlN，则“释氮反应”中AlN的转化率为。 ③“释氮反应”的总反应为2AlN+3H2O=Al2O3+2NH3↑，(总反应-ⅰ×2-ⅲ)÷2得反应ⅱ的方程式为； ④将过量AlN粉末置于恒温热水中，TiO2和水反应生成的催化AlN水解，所以15～30 min溶液pH明显增大；120 min后，反应生成[或]覆盖在AlN表面，阻止反应发生，所以溶液pH不再变化。 （2）①结合图示分析：随温度升高氨气的分解率升高；相同温度下，Fe/MgO、Fe/SiO2催化剂的分解率不同；使用催化剂Fe/MgO，反应后固体X-射线衍射实验中检测到Fe2O3，则影响分解速率的可能因素有温度、载体种类、载体表面金属氧化物的形成。 ②根据  、  ，可知生成等质量，消耗的能量更少；相同质量时，储氢量更高，所以比更适合作为储氢物质。 7．（2026·江苏宿迁·二模）氢气是一种清洁能源，工业制氢有多种途径。 (1)肼硼烷水解制氢。 ①肼硼烷水解：，生成的N2H4可进一步转化为N2或NH3.若要增大氢气的产率，需提高生成___________的选择性(填 N2或NH3)。 ②石墨烯可用作肼硼烷水解的催化剂载体。在石墨烯上引入氨基，有利于催化剂均匀分散于水中，原因是___________。 (2)甲醇和水蒸气重整制氢。 ①甲醇重整制氢： 已知： 。向重整反应体系中加入适量的CaO优点是___________。 ②在 Cu-Pd 合金表面，甲醇与水蒸气重整反应的机理如图1 所示(“★” 表示此微粒吸附在催化剂表面，M 为反应过程的中间产物)。 已知步骤 Ⅱ 中碳氧双键与H2O发生加成反应，根据元素电负性的变化规律，推导 M 的结构简式___________。若用CH3OD代替CH3OH，则生成氢气的分子式为___________。催化剂长时间使用后，因有积炭而失去活性。为减少积炭，可采用的方法是___________。 (3)电催化乙二醇制氢，同时得到乙醇酸，电解原理如下图1 所示。一定条件下，测得乙二醇与乙醇酸的总物质的量及乙醇酸的法拉第效率随时间变化如下图2 所示。 [法拉第效率 = ①阳极的电极反应式为___________。 ②乙醇酸的法拉第效率小于 100% 的原因是___________。 【答案】(1) N2 氨基与水分子之间形成分子间氢键，增大了催化剂的水溶性 (2) 吸收CO2，且反应放热，促进反应正向移动，提高氢气的产率 H2、HD和D2 适当增加水蒸气的用量 (3) 生成其他含碳副产物(如CO2等)或O2 【解析】（1）①​进一步转化为或，、，转化为时不会额外生成，而转化为时会额外生成，因此提高生成的选择性可最大限度增加氢气的产率； ②引入氨基后，氨基与水分子之间形成分子间氢键，增大了催化剂的水溶性，有利于催化剂均匀分散于水中； （2）①甲醇重整制氢 ，已知 ，降低生成物浓度，使平衡正向移动，氢气产率提高；且该反应放热，促进反应正向移动，提高氢气的产率； ②电负性：，吸附在催化剂表面，其碳氧双键与发生加成反应时，碳氧双键中氧原子电负性较大吸引中电负性较小的氢原子，则氢原子加在氧原子上，羟基加在碳原子上，故M的结构为；若用代替，则生成氢气的分子式为、和；催化剂长时间使用后，因有积炭而失去活性，为减少积炭，可采用的方法是适当增加水蒸气的用量。 （3）①左侧乙二醇→，乙二醇中C的化合价升高，被氧化，失去电子，为阳极，电极反应为； ②1个乙二醇转化为1个，根据阳极反应式可知，转移了4个电子，因生成其他含碳副产物(如等)或，消耗了部分电量，导致生成乙醇酸的电量减少，乙醇酸的法拉第效率小于100% 。 8．（25-26高三上·江苏泰州·月考）甲烷、二氧化碳是重要的化工原料，常用于制以及实现“碳中和”。 (1)甲烷裂解制氢的反应为和活性炭均可作该反应催化剂。在催化剂孔道表面反应，若孔道堵塞会导致催化剂失活。 ①Ni催化剂可用晶体在氩气环境中受热分解制备，该反应方程式为_________。 ②向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活，其原因是_________。 ③在相同气体流量条件下，不同催化剂和进料比对甲烷转化率的影响如下图所示。 使用活性炭催化剂，且其他条件相同时，随着进料比的增大，甲烷的转化率逐渐增大的原因是_________。 ④使用Ni催化剂，且其他条件相同时，随时间增加，温度对Ni催化剂催化效果的影响如下图所示。使用催化剂的最佳温度为_________，条件下，1000 s后，氢气的体积分数快速下降的原因为_________。 (2)一种金属氧化物（用MR表示）催化与环氧丙烷（）反应制碳酸酯X反应机理如下图所示。已知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。 碳酸酯X的结构简式为_________。 【答案】(1) NiC2O4·2H2ONi+2CO2↑+2H2O 水蒸气与碳反应生成CO(或CO2)与氢气，减少固体碳对孔道的堵塞 进入反应的甲烷含量越低，甲烷分子与催化剂接触的几率越大，转化率越高 600℃ 温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活 (2) 【解析】（1）①根据题意可知，在氩气环境中受热分解可得到Ni：NiC2O4·2H2O Ni+2CO2↑+2H2O ②向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活，是因为水蒸气与碳反应生成CO(或CO2)与氢气，减少固体碳对孔道的堵塞； ③使用Ni做催化剂甲烷转化率先降低后增大，而使用活性炭催化剂，随着进料比的增大，甲烷的转化率逐渐增大，说明是催化剂的渊源，则原因是增大进料比，相当于降低了体系中各组分的分压，进入反应的甲烷含量越低，甲烷分子与催化剂接触的几率越大，转化率越高； ④由图可知，550℃，600℃，650℃催化效率最高的是650℃时，但650℃时1000s后催化剂会失活，600℃时催化效率较高且可以一直保持较高的催化活性，故使用催化剂的最佳温度为600℃；故答案为：600℃；650℃条件下，氢气的体积分数快速下降，是因为温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活； （2） 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。 9．（25-26高三上·江苏·期末）我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。以为原料合成依然是“碳达峰”环境下的科研热点，电化学原理在降低碳排放、实现碳中和目标中有广泛应用。回答下列问题： Ⅰ：  =       Ⅱ：  =       Ⅲ：  =       (1)部分键能的数据如下表所示，则___________。 共价键 键能 436 803 328.4 464 (2)反应Ⅰ能自发进行的原因是___________。 (3)一定条件下，=反应历程如图所示。该反应的反应速率由第___________(填“1”或“2”)步决定。 (4)研究发现表面脱除原子形成的(氧空穴)决定了的催化效果，氧空穴越多，催化效果越好，催化合成甲醇的机理如图。已知增大气体流速可带走多余的，从而提高的选择性，请结合催化机理解释其原因___________。 (5)汽车尾气中的和在催化转化器中反应生成两种无毒无害的气体。催化剂性能决定了尾气处理效果。将和以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，测量逸出气体中含量，从而测算尾气脱氮率。相同时间内，脱氮率随温度变化曲线如图所示。 ①曲线上点的脱氮率___________(填“”“”或“”)对应温度下的平衡脱氮率。 ②催化剂条件下，温度高于时脱氮率随温度升高而下降的原因可能是___________。 (6)近年研究发现，电催化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，向一定浓度的溶液通入至饱和，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___________。 【答案】(1)414 (2)、，则在低温能自发进行 (3)1 (4)增大气体流速可带走多余的，促进反应正向进行，增加氧空穴的量 (5) = 温度超过650K时，催化剂的活性降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降或催化剂Y条件下，反应速率增大，相同时间内反应已经平衡，随着温度超过650K，升温使该反应平衡逆向移动，脱氮率下降 (6) 【解析】（1）根据盖斯定律，，反应物的键能-生成物的键能，计算得； （2）该反应Ⅰ为放热反应，依据反应能自发进行，反应ⅰ的、，则在低温能自发进行； （3）由图可知，能垒：过渡态过渡态1，能垒越小反应速率越大，化学反应的决速步是由速率慢的反应一步所决定的，则一定条件下的反应速率由第1步决定的； （4）从催化机理图中能看出与中的O结合生成，而使催化剂出现氧空穴，由题意可知，氧空穴越多，催化效果越好，所以增大气体流速可带走多余的，可以促进反应正向进行，可以增加氧空穴的量。 （5）①根据图中曲线得到曲线上a点的脱氮率＝对应温度下的平衡脱氮率； ②催化剂Y条件下，温度高于650K时脱氮率随温度升高而下降的原因可能是温度超过650K时，催化剂的活性降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降或催化剂Y条件下，反应速率增大，相同时间内反应已经平衡，随着温度超过650K，升温使该反应平衡逆向移动，脱氮率下降； （6）电解过程中生成尿素的反应是还原反应，在阴极上发生，电极反应式为。 10．（2026·江苏南通·一模）将转化为高附加值化学品已成为绿色化学和可持续能源领域的研究热点。 Ⅰ、合成二甲醚 (1)催化加氢合成二甲醚：。估算该反应的，除键能之外，还需要______(填数字)种化学键的键能数据。 (2)电还原制备，电解装置如图所示。 ①将铜箔放入煮沸的饱和溶液中反应，可制得薄膜电极作为工作电极。生成的离子方程式为______。 ②电解时工作电极上生成的电极反应式为______。 ③当玻碳电极收集到标准状况下时，阴极区产生的的质量小于4.6 g，原因可能是______。 Ⅱ、催化加氢制甲醇 (3)在催化剂作用下，加氢制备甲醇的可能机理如图所示。催化剂的活性受接触面积和温度等因素影响。当反应体系的温度上升到时要及时降温。 ①中基态Ga原子的电子排布式为______。 ②向装有催化剂的反应管中持续通入和(见下图)，控制的流速一定，随着通入流速的增加，合成甲醇的速率先加快后减慢的原因可能是______。 ③当体系温度达到时需要及时降温的原因是______。 【答案】(1)4 (2) Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+ 2CO2+12H++12e- =CH3OCH3+3H2O 部分H+在工作电极得电子被还原成H2，CO2在工作电极发生副反应生成其他含碳产物 (3) [Ar]3d104s24p1 H2流速增加，解离成H+浓度增大，催化剂上形成的氧空位越多，H2流速过快，会带走CO2 温度过高，易产生积碳覆盖在催化剂表面，使催化剂活性下降 【解析】（1）根据反应，反应物CO2的结构式为O=C=O、H2的结构式是H-H、H2O的结构式是H-O-H以及CH3OCH3，由此推得除C=O键外，还需要4种化学键的数据去计算该反应的，分别是E(H-H)、E(C-O)、E(C-H)、E(O-H)； （2）①将铜箔放入煮沸的饱和溶液中反应，可制得薄膜电极，离子方程式为Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+； ②电解时工作电极上CO2发生还原反应生成，电解质为酸性介质，电极反应式为2CO2+12H++12e- =CH3OCH3+3H2O； ③当玻碳电极收集到标准状况下时，阴极区产生的的质量小于4.6 g，原因可能是部分H+在工作电极得电子被还原成H2，CO2在工作电极发生副反应生成其他含碳产物； （3）①Ga为31号元素，基态Ga原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p1； ②根据机理可知，控制CO2流速一定，随着H₂流速增加，反应物H₂浓度增大，反应速率加快；但H2流速过快，会带走CO2，导致CO2浓度降低，从而使反应速率减慢； ③当体系温度达到时需要及时降温的原因是温度过高，易产生积碳覆盖在催化剂表面，使催化剂活性下降。 11．（2026·江苏南通·模拟预测）资源利用具有重要意义。 (1)利用制。已知：和的标准燃烧热分别为、。则甲烷化反应：的___________。 (2)利用电解催化制HCOOH。其装置原理如图1所示。 ①该装置的阴极电极反应式为___________。 ②该装置电解前两极室溶液质量相等，电解后两极室溶液质量相差64g，则电解过程中通过质子交换膜的的数目为___________。 (3)利用双金属协同催化加氢制。在或表面反应前后的催化剂样品的XRD图如图2、图3所示。在表面催化加氢制的反应机理如图4所示。 ①催化加氢制的效果优于的原因是___________。 ②含量过高时产量增多的原因是___________。 ③的产量与关系如图5所示，当时，的产量最高的原因是___________。 【答案】(1)-252.9 (2) 2mol或 (3) 催化反应过程中会产生、、等更多的活性位点，有利于、CO的吸附与反应 在催化剂表面连续氢化(或过量容易形成键)，键难以形成 过高时，不利于、生成，无法提供足够的活性位点；过低时，减少，活性位点上吸附的及生成的CO均减少 【解析】（1）根据燃烧热定义写出热化学方程式： ① ② 根据盖斯定律，目标反应可由得到： 。 （2）①该装置为电解池，阴极还原反应，在阴极被还原为，C从+4价降为+2价，酸性条件下配平得电极反应：； ②设开始两极溶液质量都为m g，迁移的物质的量为（转移电子为）： 阳极（Pt）反应：，生成逸出，溶液质量减少，同时迁移到阴极，阳极再减少，最终阳极溶液质量为（）g； 阴极（石墨烯）通入参与反应，质量增加，加上迁移来的，最终阴极溶液质量为（）g； 两极溶液质量差：，得，故通过质子交换膜的数目为2mol或。 （3）① 由XRD图和机理可知，只有，而反应后额外生成、三种活性位点，三者协同催化，活性更高，因此制乙烯效果更好； ② 浓度过高时，会发生深度过度加氢，更倾向于生成含氢量更高的，因此产量升高； ③ 当过小时，Fe不足，铁基活性位点不足，产量低；当比例过大时，Co不足，钴基活性位点不足；当比例为6时，Fe3O4、Fe5C2、Co2C三种活性位点达到最佳配比，协同催化效果最好，使C2H4产量最高。 12. （25-26高三上·江苏连云港·期中）CO和CO2的资源化利用有着重要的意义。 (1)CO和CO2催化加氢制甲烷。在Cu-ZnO/Al2O3催化下，CO和CO2混合气体与H2主要发生下列反应： 反应Ⅰ：CO（g）+3H2（g）=CH4（g）+H2O（g）  ΔH=-205.8kJ·mo1-1 反应Ⅱ：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）  ΔH=-165.0kJ·mo1-1 ①反应CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）的ΔS=-4.4J·mo1-1·K-1，通过计算说明该反应在常温下能自发进行的原因______。 ②CO2催化加氢合成CH4过程中，CO2活化的可能途径如图-1所示，CO是CO2活化的优势中间体，原因是______。 (2)CO催化加氢制丙醇。在铁的催化下CO与H2反应可以制丙醇（C3H7OH），反应的机理如图-2所示（H*表示吸附在催化剂上）： ①在上述机理中若要减少C2H6的生成，可采取的措施有______。 ②流程中物质X的化学式为______。 (3)利用合成气制甲醇。在Fe/CuO基催化下合成气（CO2、CO、H2）加氢生成甲醇，其反应机理与上述（2）类似，在相同时间内测得甲醇的产率与不同比例合成气间的关系如图-3所示。 合成气比例达到V（CO2）：V（CO）：V（H2）=2：28：70后，随着CO2浓度增大甲醇的产率降低的原因是______。 【答案】(1) 反应的ΔH=-40.8kJ·mol-1，ΔG=ΔH-TΔS<0，所以该反应能自发进行 生成中间体CO反应的活化能小，反应速率快、CO中间体能量低，稳定，有利于生成 (2) 应减缓加氢或促进CO的活化 C2H5CHO (3)CO2浓度过高，CO2吸附性过强而占据活性位点，抑制了CO和H2的在催化剂表面的吸附与反应，导致甲醇合成速率下降（或CO2浓度过高，CO2加氢过程中产生的H2O过多，与催化剂Fe反应导致催化剂失活） 【解析】（1）①根据盖斯定律，该反应=反应Ⅰ-反应Ⅱ，该反应，，常温下能自发进行； ②由图可知，CO2活化过程生成CO中间体所需活化能更低，速率更快，CO中间体能量更低，更稳定； （2）由图可知，，想要减少C2H6的生成，可以减少H*的活化，促进CO*的活化，故答案为：应减缓加氢或促进CO的活化；根据图示反应机理，X为C2H5CHO； （3）生成甲醇反应机理和(2)类似，当CO2浓度过高，CO2吸附性过强而占据活性位点，抑制了CO和H2的在催化剂表面的吸附与反应，导致甲醇合成速率下降，除此之外，CO2浓度过高，CO2加氢过程中产生的H2O过多，与催化剂Fe反应导致催化剂失活，甲醇产率降低。 13．（25-26高三上·江苏盐城·期中）合成气(CO和)是重要的工业原料气。生物质(光合作用过程生成的有机物)制备合成气转化过程如下： (1)生物炭气化发生的主要反应为 反应Ⅰ   反应Ⅱ   反应Ⅲ   ①反应的___________kJ·mol-1。 ②在催化剂表面反应Ⅱ的反应历程如图所示，该反应中的决速步骤的方程式是___________。 ③在时生物质直接气化，产生一氧化碳、氢气、甲烷等气体以及苯、甲苯等焦油，再通过净化得到合成气。和生物炭气化相比，生物质直接气化的缺点有___________。 (2)其它条件相同，研究，用(熔点为)作为反应的催化剂。 ①催化机理如下：补充反应ⅰ化学方程式 反应ⅰ___________ 反应ⅱ 反应ⅲ 反应ⅳ ②催化作用受接触面积和温度等因素影响。用(熔点360.4℃)代替作催化剂进行生物炭气化，得到的合成气中含量更高。其原因是___________。 (3)合成气中的可用溶液进行脱除并回收。 ①脱除在钢制吸收塔中进行，溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是___________(填化学式)。 ②回收的电催化还原生成的装置如图所示，铂电极的电极反应式为___________。 【答案】(1) -205.8 或 产生污染多；炭的利用率低；焦油易和灰尘等杂质结合到一起堵塞管道和生物炭孔道 (2) KOH吸收的反应Ⅱ平衡正向移动，生成的作催化剂，时熔化成液态，和多孔生物炭均匀接触，加快了反应速率，得到含量更高 (3) KHCO3 【解析】（1）①由盖斯定律可知，反应Ⅲ-反应Ⅰ可得的-205.8； ②由图可知，反应④的活化能最大，反应速率最慢，是反应的决速步骤，方程式为：或； ③和生物炭气化相比，生物质直接气化的缺点有：产生污染多；炭的利用率低；焦油易和灰尘等杂质结合到一起堵塞管道和生物炭孔道。 （2）①总反应为，总反应-反应ⅱ-反应ⅲ-反应ⅳ可得反应ⅰ为； ②用(熔点360.4℃)代替作催化剂进行生物炭气化，得到的合成气中含量更高。其原因是：KOH吸收的反应Ⅱ平衡正向移动，生成的作催化剂，时熔化成液态，和多孔生物炭均匀接触，加快了反应速率，得到含量更高； （3）①脱除在钢制吸收塔中进行，和溶液反应生成，若溶液浓度偏高，由于KHCO3的溶解度小于，生成的会析出导致堵塞； ②由图可知，H2O在玻碳电极失去电子生成O2，玻碳电极是阳极，铂电极为阴极，铂电极上二氧化碳得电子生成CH3OCH3，铂电极的电极反应式为。 14．（2026·江苏扬州·一模）对CO2的捕获、利用已成为前沿科技竞争的焦点。 (1)直接碳燃料电池能够将固体碳(如煤、生物质炭等)的化学能直接转化为电能，并生成高纯度CO2。其使用Li2CO3-K2CO3等二元共熔碳酸盐作为电解质，工作原理如图1所示。 ①在正极，CO2和O2反应生成，电极反应式为___________。 ②在负极，固体碳燃料(用C表示)发生一系列反应，其中反应C(s)+CO2(g)2CO(g)  ∆H=+172kJ·mol-1，在高温下(>700°C)有利于自发进行的原因是___________。 (2)CO2电还原与氯碱工艺可联产CO、Cl2和KHCO3，其工作原理如图2所示。 ①阴极上CO2选择性还原为CO，同时会生成少量H2。一定条件下，阳极产生22.4L(标准状况)Cl2时，阴极生成气体的总质量为26.7g。则该条件下，阴极生成CO的法拉第效率为___________。［法拉第效率=×100％］ ②CO2还原为CO的反应在钴卟啉催化剂(简化为Co-N4结构)表面进行，催化循环过程的简化模型如图3所示。若此过程中N元素化合价不变，则Co元素化合价变化的步骤有：___________(填序号)。 (3)通过CO2制备Ca(HCO3)2有潜在价值，但Ca(HCO3)2固体难以从其水溶液中分离。 ①研究发现，Ca(HCO3)2固体析出过程中，溶剂的极性会削弱中O-H键的稳定性。为得到Ca(HCO3)2固体，可采取的合理措施为___________。 ②采用热重法可分析固体组成。依据图4，可判断所得固体主要是Ca(HCO3)2而不是CaCO3的理由是___________。 【答案】(1) 该反应ΔH＞0，ΔS＞0 (2) 95% I、II (3) 选择极性小的溶剂（或用乙醇作溶剂） CaCO3固体加热分解只有一次失重阶段（或一个失重台阶），且固体残留率为56%；Ca(HCO3)2固体加热分解会有两次失重阶段（或两个失重台阶），且固体残留率分别为62%、35%，与图示更接近。 【解析】（1）①正极发生还原反应，氧气被还原，同时生成，故答案为：； ②该反应气体分子数增大，ΔS＞0，且ΔH＞0，要使ΔH-TΔS＜0，则反应应该在高温时利于自发进行； （2）①阳极生成1 mol，转移2 mol电子，设生成CO x mol，生成 y mol，则根据电子守恒和质量守恒： ；，解得x=0.95 mol，y =0.05 mol，根据法拉第效率的定义，法拉第效率=×100％=； ②由图可知，过程中N元素化合价不变，则I反应Co从+2变到+1价，II反应Co由+1变到+2价，后各步骤不涉及Co化合价变化，故答案为：I、II； （3）①研究发现，Ca(HCO3)2固体析出过程中，溶剂的极性会削弱中O-H键的稳定性，故需要采用极性较小的溶剂，得到Ca(HCO3)2固体； ②CaCO3固体加热分解，只涉及到失去，只有一次失重阶段（或一个失重台阶），质量变化：100 g→56 g，固体残留率为56%；Ca(HCO3)2固体加热分解，会失去和，会有两次失重阶段（或两个失重台阶），且固体残留率分别为62%（162 g→100 g）、35%（162 g→56 g），与图示更接近。 15．（2026·江苏·一模） 的捕集与资源化利用具有重要意义。 (1)乙醇胺()溶液作为碱性吸收剂，可高效捕集烟气中的。 ①理论上最多吸收。写出溶液吸收生成的离子方程式：_______。 ②的沸点为170℃。吸收塔内，烟气和吸收剂的温度超过50℃会造成的吸收率降低，可能原因有_______。 (2)重整制合成气的主要反应如下： 反应Ⅰ     反应Ⅱ     反应Ⅲ     ①反应Ⅱ在_______(选填“高温”、“低温”或“任意温度”)下可以自发进行。 ②250℃、下，将一定比例的与混合气匀速通过装有催化剂(活性炭为载体)的反应器。对、的转化率和出口处的影响如图-1所示。时，随增大而减小的可能原因有_______。 (3)电解还原法将转化为的装置如图-2所示。 ①写出在阴极转化为的电极反应式：_______。 ②Cu能有效抑制析氢，对电解还原制具有高催化活性。中混有会使Cu催化剂中毒(Cu价态不变)，原因是在阴极转化为_______(填化学式)，沉积在Cu表面。 ③一种PFSA聚合物@Cu催化剂结构如图-3所示，其能有效防止造成的Cu催化剂中毒。能将控制在PFSA聚合物表面，其原理是_______。 【答案】(1) 在吸收剂中的溶解度下降；部分受热分解产生 (2) 高温 反应Ⅱ速率加快；与催化剂中的活性炭反应生成CO (3) S 带负电荷的与分子中带部分正电荷的S形成较强的静电作用 【解析】（1）① 根据题意，最多吸收，即乙醇胺和反应；氨基显碱性，1个氨基结合生成，另一个氨基结合生成的得到，离子方程式为。 ② 温度升高，气体溶解度减小，同时受热易分解产生，因此吸收率降低。 （2）① 反应自发进行的条件是；反应Ⅱ，，因此只有高温下才能满足，自发进行。 ② 当时，反应Ⅱ速率加快，消耗产物，且过量的可以与催化剂中活性炭反应生成更多CO，因此随比值增大而减小。 （3）① 阴极发生得电子的还原反应，中C为+4价，被还原为中-2价的C，生成1mol 转移12 mol电子，结合电荷、原子守恒配平得到电极反应式为。 ② 在阴极被还原，生成固体S单质沉积在Cu表面，占据催化剂活性位点，使催化剂中毒，因此产物为。 ③ 本身带负电，与分子中带部分正电荷的S形成较强的静电作用，阻止含硫微粒扩散到内部Cu表面，因此避免Cu中毒。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 化学反应原理综合题 考点1 反应热的计算 【典例】(1) (2)1.57 (3) (4)反应2活化能大，是反应的决速步：低温时反应2速率慢，高温时反应2速率加快， 尿素产量大幅度增加 1．(1)+247.3 (2)AB (3)产率在900℃时已达到较高水平，继续升温对产率不再有显著的影响，还会增大工业生产的能耗成本，影响经济效益 (4) (5)生成的反应活化能更低，反应速率更快。活化产物的总能量更低，稳定性更好 2．(1)负 (2) (3) B (4) 由生成时活化能较大，反应速率慢 反应i和反应ii为气体减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应体系的分压越小，平衡向左移动 3．(1) (2)空燃比大于14.7，汽油充分燃烧，CO和的含量少，难以被还原 (3) 提高薄膜导电性；促进气体吸附 (4)CuO会与CaO反应生成，但是过多的CuO会附着在材料表面，CuO不会与发生反应，导致反应活性位点减少 (5)相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附（或BiIn合金催化剂能够降低*形成*OCHO中间体的活化能），相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能 (6) DCOOH、DCOOD 考点2 归因分析 【典例】(1)0、+1、+2 (2) (3)过量的O2氧化催化剂Pd，使催化剂中毒；也可能氧化C2H5ONO，影响C2H5ONO的再生和后续循环反应 (4) (5) 增大压强，反应1、反应2的速率都加快，C2H5OOCCOOC2H5转化率逐渐上升；反应2速率增加幅度大于反应1增加的幅度，HOCH2COOC2H5选择性逐渐下降 Cu0含量过多，Cu+吸附C2H5OOCCOOC2H5的量少；Cu0含量过少，Cu0吸附H2的量少，生成H的量少；两者都会使反应速率变慢 1．(1) -87 C (2) 不是 随着温度升高，可能是催化剂活性降低(或失去活性)，反应速率降低，单位时间内生成尿素的物质的量减少 (3) 溶液H+浓度小，反应速率减慢，尿素产率降低 阴极 2．(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 反应放热，低温区促进N、H合成氨，平衡正向移动，提高NH3平衡产率 2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O (2) 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 2.028 (3) H2+CO2+HN(CH3)2H2O+DMF HCOOH H-O-D 3．(1) 2：1或2 (2) (3) 反应Ⅱ消耗的量大于反应Ⅲ消耗的量 温度低于700℃时，温度升高有利于反应Ⅲ进行，不利于反应Ⅳ，且温度对反应Ⅲ的影响大于对反应Ⅳ的影响 催化剂b，剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a 考点3 反应机理及图像分析 【典例】(1) (2) 在光照条件下，在Ag表面失电子生成和，电子通过中的电子孔到达另一侧银表面，在Ag表面得电子生成，甲醛被和氧化为和。 相对湿度增大，催化剂吸附的水增多，催化剂表面产生更多的，使甲醛去除率增大；相对湿度过大，催化剂表面吸附的H2O增多，吸附的甲醛减小，使甲醛去除率降低。 (3) 1．(1) 7 提高阳极生成甲酸根的选择性（或电子经济性），减少副产物乙醇酸根的产生 电压过大，OH⁻与乙二醇在阳极竞争放电 (2) C 优点：，反应所需要的温度更低 缺点：，乙烯难脱附（或生成的乙烯容易再次吸附），易形成积碳 在高温下，水可以除去催化剂表面积碳（抑制催化剂结焦），延长催化剂寿命；但是水分子会和乙醇竞争吸附，降低乙烯的生成速率 2．(1) Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O N、O (2) (3) 温度过高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少 在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率 添加CuO后，氧化生成的SO覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力 3．(1)-252.9 (2) 降低HCOOH浓度，促进平衡正向移动 (3) 越多 电极表面积增大(通过电极的电流增大)，CO2与催化剂的接触面积增大，提高了单位时间内CO2的转化率；但同时也加快了副反应(析出更多H2和CO)的反应速率，使HCOOH的选择性降低。 (4) CO2+2HCO+2e-=CO+2CO+H2O 42 1．(1) 羟胺分子易和水分子形成分子间氢键 (2) 作氧化剂，使催化剂再生 强酸性环境可稳定反应催化剂的结构，碱性环境破坏催化剂的结构 (3) 中物质的量大于中物质的量 起始阶段，随着铵根子离子浓度增大，生成一氧化二氮的物质量的逐渐增多，当铵根离子浓度足够大时，羟胺转化率接近基本保持不变 2．(1)氨基与水分子之间形成氢键，增大了催化剂的水溶性 (2) B (3) (4) 不需要加热，能耗低；相同量的与水反应释放氢气更多 ，水解程度更大，生成浓度更大，且可防止生成覆盖，反应速率加快 氧化性强，与竞争得电子生成，覆盖在表面，转化率减小 3．(1) 12 (2) 6mol 下降 减少积炭；提高乙醇转化率；提高氢气的产量 (3) Al、Ni、H Al的电负性比Ni小，Al失去电子转移到Ni表面，使Ni表面电子云密度增大，易吸引乙醇中带正电性的羟基氢原子 4．(1)6 (2) O2 Fe-6e-+8OH-=+4H2O 阳 产生O2增多；产生Fe(Ⅲ)增多；分解 75.00% (3) 转化成，浓度下降；部分转化成 5．(1) 三(或3) 1.50 (2) 1.75 (3) 58% 1030℃以上，平衡时体积分数大于通入的空气中体积分数，载氧体无法在空气中发生储氧反应 (4)可通过冷凝处理气体产物捕集高纯度，降低分离与捕集的成本 6．(1) > 15% 生成的催化AlN水解 生成[或]覆盖在AlN表面，阻止反应发生 (2) 温度、载体种类、载体表面金属氧化物的形成 生成等质量，消耗的能量更少；相同质量时，储氢量更高 7．(1) N2 氨基与水分子之间形成分子间氢键，增大了催化剂的水溶性 (2) 吸收CO2，且反应放热，促进反应正向移动，提高氢气的产率 H2、HD和D2 适当增加水蒸气的用量 (3) 生成其他含碳副产物(如CO2等)或O2 8．(1) NiC2O4·2H2ONi+2CO2↑+2H2O 水蒸气与碳反应生成CO(或CO2)与氢气，减少固体碳对孔道的堵塞 进入反应的甲烷含量越低，甲烷分子与催化剂接触的几率越大，转化率越高 600℃ 温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活 (2) 9．(1)414 (2)、，则在低温能自发进行 (3)1 (4)增大气体流速可带走多余的，促进反应正向进行，增加氧空穴的量 (5) = 温度超过650K时，催化剂的活性降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降或催化剂Y条件下，反应速率增大，相同时间内反应已经平衡，随着温度超过650K，升温使该反应平衡逆向移动，脱氮率下降 (6) 10．(1)4 (2) Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+ 2CO2+12H++12e- =CH3OCH3+3H2O 部分H+在工作电极得电子被还原成H2，CO2在工作电极发生副反应生成其他含碳产物 (3) [Ar]3d104s24p1 H2流速增加，解离成H+浓度增大，催化剂上形成的氧空位越多，H2流速过快，会带走CO2 温度过高，易产生积碳覆盖在催化剂表面，使催化剂活性下降 11．(1)-252.9 (2) 2mol或 (3) 催化反应过程中会产生、、等更多的活性位点，有利于、CO的吸附与反应 在催化剂表面连续氢化(或过量容易形成键)，键难以形成 过高时，不利于、生成，无法提供足够的活性位点；过低时，减少，活性位点上吸附的及生成的CO均减少 12．(1) 反应的ΔH=-40.8kJ·mol-1，ΔG=ΔH-TΔS<0，所以该反应能自发进行 生成中间体CO反应的活化能小，反应速率快、CO中间体能量低，稳定，有利于生成 (2) 应减缓加氢或促进CO的活化 C2H5CHO (3)CO2浓度过高，CO2吸附性过强而占据活性位点，抑制了CO和H2的在催化剂表面的吸附与反应，导致甲醇合成速率下降（或CO2浓度过高，CO2加氢过程中产生的H2O过多，与催化剂Fe反应导致催化剂失活） 13．(1) -205.8 或 产生污染多；炭的利用率低；焦油易和灰尘等杂质结合到一起堵塞管道和生物炭孔道 (2) KOH吸收的反应Ⅱ平衡正向移动，生成的作催化剂，时熔化成液态，和多孔生物炭均匀接触，加快了反应速率，得到含量更高 (3) KHCO3 14．(1) 该反应ΔH＞0，ΔS＞0 (2) 95% I、II (3) 选择极性小的溶剂（或用乙醇作溶剂） CaCO3固体加热分解只有一次失重阶段（或一个失重台阶），且固体残留率为56%；Ca(HCO3)2固体加热分解会有两次失重阶段（或两个失重台阶），且固体残留率分别为62%、35%，与图示更接近。 15．(1) 在吸收剂中的溶解度下降；部分受热分解产生 (2) 高温 反应Ⅱ速率加快；与催化剂中的活性炭反应生成CO (3) S 带负电荷的与分子中带部分正电荷的S形成较强的静电作用 / 学科网（北京）股份有限公司 $