专题07 反应原理综合题 （非选择题）（江苏专用）2026年高考化学二模分类汇编

专题07 反应原理综合题（非选择题） 1．(2026·江苏南京市江浦高级中学·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 【详解】（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； 2．(2026·江苏南京·二模)氨气的合成与利用具有重要意义。 (1)工业合成氨中，、在催化剂表面的反应主要经过“吸附→反应→脱附”的历程，的吸附是反应的决速步骤，其吸附过程如图所示。 ①已知的活化能，的活化能，则的______。 ②催化剂活性受吸附量和吸附位点数等因素影响。300~500℃，的活性随温度升高而上升，其可能原因有______。 ③高温下，中含有会使暂时中毒，再用纯净的、混合气通过可恢复活性。使中毒的原因是______。 (2)合成尿素[]的主要反应为： 反应Ⅰ     反应Ⅱ     ①较高温度下，尿素易发生水解、缩合生成缩二脲[(]等副反应。尿素缩合生成缩二脲的化学方程式为______。 ②的分解压(一定温度下，分解达平衡时的体系总压)与温度的关系如图所示。尿素生产一般采用、的高压条件，采用高压的主要原因有______。 (3)催化还原是脱除烟气和柴油车尾气中的主要方法，反应为：   ①液氨的市场价格为3000元/吨，脱除烟气中1.0吨NO，所消耗的液氨成本为______元。 ②尿素溶液的结晶点与浓度的关系如图所示，将浓度为32.5%的尿素溶液以一定流速经管路喷入柴油车尾气管，可脱除尾气中的NO。尿素溶液浓度不宜过高的原因是______；使用尿素溶液代替液氨的优点是______。 【答案】(1) -222 N2的吸附速率加快，吸附量增大；NH3的脱附速率加快，释放更多的吸附位点 H2O将α−Fe氧化为无活性的Fe3O4，导致催化剂中毒 (2) 总反应是气体分子数减少的反应，加压有利于平衡正向移动，提高尿素产率；同时抑制尿素缩合生成缩二脲 (3) 1700 浓度过高时尿素溶液结晶点较高，低温下易结晶析出，堵塞管路 尿素溶液性质稳定，储存运输更方便，安全性更高 【详解】（1）①对可逆反应，反应焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，反应的逆反应为，则焓变，答案为-222； ②N2的吸附速率加快，吸附量增大；NH3的脱附速率加快，释放更多的吸附位点； ③H2O将α−Fe氧化为无活性的Fe3O4，导致催化剂中毒； （2）①尿素高温水解、缩合生成缩二脲，根据元素守恒可得反应的化学方程式为； ②反应Ⅰ与反应Ⅱ相加可得合成尿素的总反应为，反应气体分子数减少，加压有利于反应平衡正向移动，提高产率；同时抑制尿素缩合生成缩二脲； （3）①由反应可知与的化学计量数相同，反应消耗的物质的量与消耗的物质的量相同，脱除烟气中1吨需要的物质的量，液氨的质量，消耗液氨的成本为，答案为1700； ②由图像可知，尿素浓度越高结晶点越高，浓度过高时低温下易结晶堵塞管路； 液氨易挥发生成氨气，造成污染，尿素溶液性质稳定，储存运输更方便，安全性更高。 3．(2026·江苏省苏锡常镇四市联考·二模)以煤炭为原料可以制备三甲苯等化工产品。 (1)水煤气的制备。以煤炭和水蒸气为原料制备和，体系中存在反应： 反应Ⅰ   反应Ⅱ   ①反应的_____。 ②生产中需减少甲烷的生成，可减小平衡时产物中甲烷含量的措施有________。 A．降低温度    B．降低压强    C．使用催化剂 (2)水煤气脱碳制氢。某水煤气的主要成分为、与，可通过以下流程获得较纯的。水煤气变换时大部分与反应转化为。 ①脱除反应的平衡常数__________。 已知：，，的。 ②将钯配合物溶解在三氯乙烷中可用于CO脱除，其主要反应为： 吸收前钯配合物中的化合价为__________。吸收一段时间后，向脱除容器中通入高温水蒸气的作用有__________。 (3)水煤气制三甲苯。CO与在与沸石联合催化下制三甲苯（），其机理如图1所示，其中生成甲醇快速达到平衡，随后甲醇吸附在沸石表面逐步脱H得到三甲苯，H从沸石向扩散。一定条件下，CO的转化率与三甲苯的选择性与和沸石颗粒间的距离关系如图2所示。 ①为验证原子是从沸石扩散到后再转化为，相同条件下向体系中通入__________，反应相同时间后测量不同距离下体系内的含量。 ②结合机理解释，催化剂中颗粒和沸石颗粒间的距离增大，三甲苯选择性与CO转化率均下降的原因有__________。 【答案】(1) +15 B (2) 18 +1 升温使CO脱附，回收脱除剂；吹出的气体可以作为水煤气变换的原料 (3) C3H6 H不易从沸石扩散到上，占据了CH3OH的吸附位点，三甲苯生成速率减慢，三甲苯选择性下降；CH3OH消耗速率减慢，浓度升高，抑制了CO与H2的反应，CO转化率下降 【详解】（1）①由盖斯定律可知，反应I×2+反应II可得的2 × ΔH1+ ΔH2=2×(+131kJ·mol-1) + (-247 kJ·mol-1)= +15 kJ·mol-1； ②A．反应Ⅱ是放热反应，降低温度，平衡正向移动，可增大平衡时产物中甲烷含量，A不选； B．反应I是气体体积增大的反应，反应II是气体体积减小的反应，降低压强反应I平衡正向移动，反应II平衡逆向移动，可减小平衡时产物中甲烷含量，B选； C．催化剂只能改变反应速率，缩短达到平衡的时间，但不能改变平衡状态，因此不会影响平衡时甲烷的含量，C不选； 故选B。 （2）①目标反应的平衡常数，根据、、可知，； ②观察左侧反应物结构，钯配合物的配体中只有Br-带1个负电荷，由化合价代数和为零可知，Pd的化合价为+1，吸收一段时间后，向脱除容器中通入高温水蒸气的作用为：升温使CO脱附，回收脱除剂；吹出的气体可以作为水煤气变换的原料。 （3）①相同条件下向体系中通入C3H6，C3H6释放的H原子会从沸石向扩散，在 表面结合为H2，反应相同时间后，测量不同距离下体系内H2的含量，若距离越远，H2生成量越少，就能证明H原子是从沸石扩散到 后转化为H2的； ②催化剂中颗粒和沸石颗粒间的距离增大，H不易从沸石扩散到上，占据了CH3OH的吸附位点，三甲苯生成速率减慢，三甲苯选择性下降；CH3OH消耗速率减慢，浓度升高，抑制了CO与H2的反应，CO转化率下降。 4．(2026·江苏南京市第九中学·二模)氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，制氢方法是当前研究的热点，制氢方法很多，如甲烷与水蒸气重整制氢、硼氢化钠(NaBH4)水解制氢等。 (1)甲烷水蒸气重整制氢：其涉及如下两步反应： I．CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g)   ∆H1=+206 kJ·mol-1 II．CO(g)＋H2O(g) ⇌CO2(g)＋H2(g)   ∆H2=-41 kJ·mol-1 ①实验发现，其他条件不变，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H2的含量。分析投入CaO时，H2百分含量增大的原因是：_______。 ②CH4(g)＋2H2O(g) ⇌CO2(g)＋4H2(g)，该反应需在高温下才能自发进行，其理由是_______。 (2)NaBH4水解制氢：常温下，NaBH4自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。NaBH4在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。已知：浓度较大时，NaB(OH)4易以NaBO2形式结晶析出。 ①其他条件不变时，以D2O代替H2O催化释氢，所得气体的分子式为_______，其中过程b步用化学方程式表示为：_______。 ②在催化剂的作用下，NaBH4与水反应，释氢体积及温度随反应时间的变化如图所示。0~20min内，温度随时间快速升高的原因是_______。 (3)NaBH4转化为NaBO2后，电解NaBO2溶液又可制取NaBH4，实现物质的循环利用，电解装置如图所示。 ①阴极上的电极反应式是_______。 ②两电极区间使用阳离子交换膜，不能用阴离子交换膜的原因是_______。 【答案】(1) CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应II平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应I平衡也正向移动，从而提高平衡体系中的含量 ，该反应为气体分子数增多的反应，可知，根据，该反应，可知该反应高温下可自发进行 (2) 、D2 NaBH4与水反应放热，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 (3) 防止阴极产生的通过阴离子交换膜进入阳极区，发生反应而损耗，通过阴离子交换膜进入阳极区，阴极区浓度变小，的产率低 【详解】（1）①向体系中加入CaO，CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物，导致浓度减小，促使反应II平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应I平衡也正向移动，从而提高平衡体系中的含量； ②该反应=反应I+反应II，则，，由该反应方程式可知，该反应为气体分子数增多的反应，，根据，可知该反应在高温下可自发进行； （2）①由图可知，第一步转化过程中转化为和H原子，H原子可结合生成，第二步转化中与分别脱氢生成HD，同时得到，最终一步转化中结合中，同时得电子形成，断键得到D原子，D原子结合生成，故所得气体的分子式为；由上述分析可知，过程b步与分别脱氢生成HD，同时得到，化学方程式为：； ②水解会放出热量，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，同时温度升高催化剂的活性增强，故。0~20min内，温度随时间快速升高； （3）根据电解装置可知，电解可知制取，则电解装置右侧与电源负极相连，为阴极，发生电极反应：，左侧为阳极，电极反应为：； ①由分析可知，阴极上的电极反应式为：； ②在电解池中，阴离子向阳极移动，两电极区间使用阳离子交换膜可以防止阴极产生的通过阴离子交换膜进入阳极区，发生反应而损耗，通过阴离子交换膜进入阳极区，阴极区浓度变小，的产率低。 5．(2026·江苏苏北六校（徐州一中，宿迁中学等校）联考·二模)载氧体是化学链燃烧的关键材料，其一般原理如下图所示： (1)若载氧体为，燃料为丙烷，回答下列问题： 已知：反应I：   反应II：   反应III：   ①___________。 ②载氧体掺杂改性，可加快化学链燃烧速率。使用不同掺杂的载氧体，反应II活化能如下表所示： 载氧体掺杂物质 氧化铝 膨润土 活化能/ 60±2.3 37.3±1.3 由表中数据判断：使用“氧化铝”或“膨润土”掺杂的载氧体，单位时间内燃料反应器释放的热量分别为a kJ、b kJ，则a___________b(填“>”、“=”或“<”)。 ③也可作该反应的载氧体，相比之下作载氧体的优点是___________。 (2)某科研团队选用铁基载氧体，燃料为甲烷，采用热重分析法研究了不同升温速率对纯载氧体样品的影响，如图所示。 已知：在还原过程中按逐级转变。 ①当升温速率为10℃/min，固体残余率为90%时，残余固体的化学式为___________(写出计算过程)，燃料反应器中发生的主要反应的化学方程式为___________。 ②图中升温速率越慢，固体残余率越小的原因可能是___________。 (3)化学链燃烧技术可以简单低能耗实现分离和捕集，其原理是___________。 【答案】(1) -2044 < 单位质量的载氧体供氧量比更大 (2) FeO 降低升温速率有助于载氧体颗粒散热，从而使载氧体颗粒可以更深度地被还原，固体残留更少 (3)在燃料反应器内生成，不含空气成分；含有的水蒸气沸点较高可冷凝进行分离，除杂简单且能耗低 【分析】该载氧体的空气反应器从空气中得到氧，变成高价态；高价载氧体被送到燃料反应器，与燃料发生反应，变成低价态，又回到空气反应器循环该过程。 【详解】（1）①反应III为5倍的反应I加上1倍的反应II，根据盖斯定律得：； ②活化能越低，反应速率越快，单位时间内释放的热量越多，由题干的表得：膨润土的活化能更低，反应速率更快，单位时间释放的热量更多，则； ③两种载体发生反应供氧的方程式为：和，可知单位质量的载氧体供氧量比更大，在相同质量下， 能为燃料燃烧提供更多的氧气，燃烧效率更高。 （2）①假设反应初始有1 mol，则，；设残余固体的化学式为，铁元素一直在固体中，固体中铁元素的物质的量不会改变，残留固体为2 mol，，得到，残余固体的化学式为；由题干得该过程发生的主要反应是被还原为的反应，该反应中铁元素的化合价从中的平均价态价降到中的+2价，每个得到2个电子；碳元素化合价从中的-4价升到中的+4价，每个失去8个电子。先根据得失电子守恒确定反应物中和物质的量的比为4：1，根据原子守恒配平即可，再根据升温速率为10℃/min，固体残余率为90%可确定反应条件为850℃左右，得到反应的化学方程式为：； ②降低升温速率有助于载氧体颗粒散热，载氧体与甲烷的反应进行得更充分，从而使载氧体颗粒可以更深度地被还原，固体残留更少。 （3）燃料反应器中产物只有 和，不含空气成分，含有的水蒸气沸点较高可冷凝进行分离，除杂简单且能耗低。 6．(2026·江苏姜堰中学等四校联考·二模)二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答： (1)用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。 A．温度 B．投料比[n(NH3):n(CH3OH)] C．压强 D．催化剂 (2)25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH=_______。 (3)在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是_______。 (4)上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下_______0(填“>”、“<”或“=”)。 (5)有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下： Ⅳ． V． 三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。 (例：HCOOH的物质的量百分比 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活)_______。 ②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因_______。 【答案】(1)AB (2)5.4 (3)CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O (4)＜ (5) t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快 用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度 【详解】（1）A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲醇的平衡转化率，A符合题意； B．增大投料比[n(NH3):n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3):n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B符合题意； C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不合题意； D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不合题意； 故答案为：AB； （2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，则[(CH3)2NH2] ++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案为：5.4； （3）已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O，故答案为：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O； （4）反应生产HCON(CH3)2的反应方程式是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变＜0时反应自发可知，则反应在该条件下<0，故答案为：＜； （5）①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快，故答案为：t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快； ②用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，故答案为：用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。 7．(2026·江苏镇江第一中学等校联考·二模)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．制乙烯。 (1)光催化制乙烯：、、三乙胺在催化剂作用下，光照一段时间可制得。 催化剂中含，常温下，将溶液和溶液混合制备。已知：、、。反应的平衡常数的数值为______。 (2)电化学还原制乙烯。 图－1为相应的电化学装置，研究发现，铜电极对于的还原有较好的效果，实验中常在气体中混入一定量的以改变铜电极的表面状态，生成物的情况如图－2所示，分析图像右半部分含量降低的原因______。 Ⅱ．制甲醇 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： (3)估算反应ⅰ的，需要______（填数字）种化学键的键能数据。 (4)恒压时，和一定条件下发生反应，将反应后的气体以一定流速通过含修饰的吸附剂，分离和能与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（）与进口浓度（）之比随时间变化关系如图－3所示。，浓度比增大而浓度比几乎为0的原因是______。 (5)在催化剂作用下，加氢制备甲醇的可能机理如图－4所示： 向装有催化剂的反应管中持续通入和（见图－5），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______。 Ⅲ．与环氧化合物反应 (6)与环氧化合物反应可以转化为有价值的有机物。转化过程如图－6所示，X的分子式是，是一种五元环状化合物。X的结构简式为______；N原子上的孤电子对主要进攻甲基环氧乙烷上的碳原子，而不是碳原子，结合电负性解释原因______。 【答案】(1) (2)随着含量增加，过量的将电极表面的氧化为，失去催化能力 (3)5 (4)HCHO含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被HCHO代替 (5)流速增加，解离成浓度增大，催化剂上形成的氧空位增多，合成甲醇的速率加快；流速过快，会带走，使合成甲醇的速率减慢 (6)    电负性：O＞C，a、b处碳带部分正电荷，甲基是供电子基，b处碳带正电荷少，因此孤电子对更容易进攻a处碳原子 【详解】（1）该反应平衡常数，结合、，可得。 （2）随着含量增加，过量的将电极表面的氧化为，失去催化能力，因此​含量降低。 （3）ΔH=反应物总键能-生成物总键能，该反应中涉及的化学键种类为：C=O、H-H、C-H、C-O、O-H，共5种，因此需要5种键能数据。 （4）HCHO分子含π键，能与形成强配位键，被吸附剂吸附，20~40 min时吸附剂仍有充足吸附位点吸附HCHO，因此HCHO出口浓度几乎为0，不含π键，与作用弱，不能被吸附，随着吸附位点被HCHO占据，更多流出，因此出口浓度比逐渐增大。 （5）流速增加，解离成浓度增大，催化剂上形成的氧空位增多，合成甲醇的速率加快；流速如果过快，会带走，使合成甲醇的速率减慢。 （6） 根据X的分子式及反应物和产物结构可知X的结构简式为；O电负性大于C，使C−O键电子对偏向O，b碳原子连有给电子的甲基，给电子能力强于a碳原子上的H，因此a碳原子正电性更强，带负电的孤电子对更易进攻a碳原子。 8．(2026·江苏南通市·二模)对燃煤气进行综合处理，可实现绿色环保与变废为宝的目的。 (1)燃煤气中的含量可利用库伦测硫仪进行检测，其工作原理如图-1所示。电解质溶液中(是定值)，且保持定值时该电解池不工作。待测气体进入电解池后，电解池开始工作，待测定结束后。 ①导致测硫仪出现数据变化时的离子反应为___________。 ②标况下，若待测气体以的流速通入，10min末测硫仪显示转移了0.02mol电子，则待测气体中的体积分数为___________。 (2)工业上经过捕集和电催化还原可转化为有机物。以的溶液为电解质溶液，将通入Cu基催化剂的电极材料上(Cu是催化剂的活性位点)，相同条件下电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电压变化如图-2所示。 ①有机胺与反应生成，再失去1个质子后再跟水反应可实现有机胺的再生。有机胺能吸收的原因是___________。 ②当电压为时，生成的电极反应式为___________。 ③电压从增大到时，电流减小的原因可能是___________。 (3)某科研小组研究了Fe掺杂六方氮化硼(BN)对还原反应的催化性能。上吸附、和的稳定构型如图-3所示(所有键距均以nm为单位)，CO、还原反应过程的曲线图如图-4所示。 ①在表面容易产生吸附态氧原子(O*)的原因是___________。 ②科研小组依据数据认为还原反应使用CO优于，理由是___________。 【答案】(1) (2) 有机胺呈碱性 生成的CO吸附在催化剂Cu的活性位点，导致还原受阻(或“CO与Cu生成新物质覆盖在催化剂表面”) (3) 吸附态键长最长，键能最小，易断裂产生；O的电负性较大，容易被Fe吸附 催化剂对反应物CO的吸附产物较稳定；CO发生反应的活化能低于；催化剂对生成物的吸附能力较弱，更易解吸 【详解】（1）①由图-1可知，电解池左侧有生成，说明被还原化合价降低，所以进入的SO2气体是还原剂，S化合价升高SO2变成，确定了氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，再根据转移电子守恒和原子守恒配平离子反应方程式为：； ②10min末待测气体的总体积为：，SO2被氧化时，S从+4价升至+6价，1mol SO2转移2mol电子，已知转移0.02mol电子，对应的SO2为0.01mol，标况下SO2的体积为，所以待测气体中SO2的体积分数为：； （2）①CO2是酸性氧化物，有机胺水溶液呈碱性，两者可以发生反应，所以有机胺可以吸收CO2； ②电解质是的KHCO3，为弱碱环境，生成H2的电极应该为阴极，得电子发生还原反应，阴极发生反应，生成的OH-与通入的CO2发生反应，总的反应式为：； ③在电解池中电流的大小由电极的反应速率决定，反应速率受电极活性点位数量、反应物浓度、电压等影响，从图-2可知，电压由U2到U3时，电压增大应该是有利于电流增大，但电流减小，可能的原因是电极活性点位数量减小，即可能是反应中生成的CO吸附在催化剂Cu的活性位点，导致CO2还原受阻(或“CO与Cu生成新物质覆盖在催化剂表面”)； （3）①吸附态键长最长，键能最小，易断裂产生，O的电负性较大，容易被Fe吸附；且的键长较短，说明键能较大原子结合力较强； ②从图-4两反应的最高活化能对比，图-3催化剂对各物质的吸附稳定结构的键长对比可以看出，催化剂对反应物CO的吸附产物较稳定，CO发生反应的活化能低于SO2，催化剂对生成物CO2的吸附能力较弱，更易解吸。 9．(2026·江苏前黄高级中学·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 【详解】（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。 10．(2026·江苏南京市大厂高级中学·二模)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) 【详解】（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。 11．(2026·江苏南京市天印高级中学等校·二模)处理废水中的含氮物质，可以减轻对环境造成污染。 (1)沉淀法。通过MAP沉淀法处理酸性废水中的。设定反应温度为25℃，向含的酸性废水中先后加入和溶液，调节反应pH，充分搅拌，形成沉淀，过滤除去。 ①该反应的离子方程式为_______。 ②反应pH对废水中去除率有影响，pH大于9.0时去除率下降的可能原因是_______。 (2)电化学法。通电时利用零价铁(Fe)去除弱酸性水体中，其原理如图所示 ①去除的总反应离子方程式为_______。 ②溶液的初始pH值对铁的氧化产物和的去除率都有影响。取两份相同的含废液，调节起始pH分别为2.5和4.5，一段时间后废液中铁的最终物质存在形态如图所示。初始时去除率低的原因是_______。 (3)折点氯化法。向废水中加入，将氨氮(和)转化为除去。其他条件一定，改变加入用量或废水的，反应相同时间后，总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率或氨氮去除率的变化如图所示。n()∶n(氨氮)后，总氮去除率下降的原因是_______。时氨氮去除率最大的原因是_______。 【答案】(1) 时，转化为，转化为，导致去除率降低。 (2) 初始时，生成较多不导电的覆盖在铁表面，阻碍电子转移 (3) 过多，会将废水中的氨氮氧化成更高价态的离子如等，导致总氮去除率下降 对的氧化能力强于。时，随着的增大，增大是影响氨氮去除的主要因素，氨氮去除率逐渐增大；时，随着的增大，减小是影响氨氮去除的主要因素，氨氮去除率逐渐减小 【详解】（1）由题干信息得、 和为反应物，产物是沉淀，根据原子守恒，电荷守恒写出离子方程式为；、在碱性溶液中会与发生反应，生成沉淀和，故答案为：时，转化为，转化为，导致去除率降低； （2）①由图可知，通电条件下去除硝酸根离子的总反应为酸性条件下铁与溶液中的硝酸根离子反应生成四氧化三铁和硝酸铵，反应的离子方程式为； ②由图可知，溶液的初始对铁的氧化产物有影响，溶液为2.5时，溶液酸性较强，铁的氧化产物主要为能导电的四氧化三铁，硝酸根离子的去除率很高，而溶液为4.5时，溶液酸性较弱，铁的氧化产物主要为不能导电的，导致电子转移受到阻碍，硝酸根离子的去除率降低，故答案为：初始时，生成较多不导电的覆盖在铁表面，阻碍电子转移； （3）投入量过大，导致污水中部分氨氮氧化为更高价态的含氮化合物，而不是，例如硝酸根离子，则总氮去除率下降；氨氮去除率与溶液中和大小有关，当时，随着的增大，污水中增大是影响氨氮去除的主要因素，氨氮去除率逐渐增大；当时，随着的增大，减小，氨氮去除率逐渐减小，故时氨氮去除率最大。 12．(2026·江苏南京市第六十六中学·二模)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。 【详解】（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、。 13．(2026·江苏省苏北七市（徐、连、淮、宿、通、扬、泰）联考·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 【详解】（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。 14．(2026·江苏徐州市第三中学·二模)的资源化利用能有效减少的排放，充分利用碳资源。 Ⅰ．二氧化碳的捕集和利用是节能减排一个重要研究方向。 (1)科研组利用NaOH溶液实现“碳捕获”的技术的装置如图1。 图1 ①“碳捕获”技术是减少二氧化碳排放的一种途径，基本思路是将工业排放的二氧化碳分离出来。若用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，反应后碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为，则反应的离子方程式为_______。 ②下列溶液中，同样能用于“捕捉”二氧化碳的是_______(填选项字母)。 A．溶液   B．溶液   C．溶液   D．溶液 Ⅱ．的资源化利用具有重要的意义。 (2)还原为甲酸或甲酸盐 方法1：某研究小组采用电化学方法将转化为，装置如图2。 ①电极B上的电极反应式是_______。 方法2：锰催化还原产生甲酸的部分机理如图3所示。 ②若用替代，甲酸根的结构式为_______。 ③实验中将锰粉、碳酸氢钠和蒸馏水添加到反应器中，反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的原因可能为_______。 (3)催化与转化为的机理如图4所示。反应体系中呈现_______种价态，催化剂中掺入少量，用替代结构中部分形成，可提高催化效率的原因是_______。 【答案】(1) CD (2) 生成的对反应有催化作用 (3) 2 导致催化剂结构中出现较多的氧空位，利于二氧化碳的催化转化 【分析】某研究小组采用电化学方法将转化为，装置如图2。可根据装置图判断电极A中水生成氧气，发生氧化反应，电极A为阳极；电极B由生成，发生还原反应，电极B为阴极。 【详解】（1）①用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，反应后碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为，则反应的离子方程式为。 ②二氧化碳属于酸性氧化物，显碱性的溶液均可吸收，溶液中-NH2显碱性可吸收二氧化碳；溶液显碱性，可吸收二氧化碳。故选CD。 （2）①根据装置图，电极B上转化为，电极反应式是。 ②根据锰催化还原产生甲酸的部分机理图3，断裂O－H键与Mn结合形成H-Mn-OH，H-Mn-OH与反应生成HO-Mn-OH和，HO-Mn-OH转化为MnO和H2O。若用替代，甲酸根的结构式为。 ③实验中将锰粉、碳酸氢钠和蒸馏水添加到反应器中，反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的原因可能为生成的对反应有催化作用。 （3）由图可知，Ce可与两个氧结合，形成+4价的Ce；也可与1个氧结合形成+2价的Ce，故反应体系中呈现2种价态。 催化剂中掺入少量，用替代结构中部分形成，导致催化剂结构中出现较多的氧空位，利于二氧化碳的催化转化。 15．(2026·江苏沭阳高级中学·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 【详解】（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% 。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 反应原理综合题（非选择题）答案 1．(1)纳米铁可以吸附更多N2，高温有利于N≡N、H—H断裂，加快反应速率 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 2．(1) -222 N2的吸附速率加快，吸附量增大；NH3的脱附速率加快，释放更多的吸附位点 H2O将α−Fe氧化为无活性的Fe3O4，导致催化剂中毒 (2) 总反应是气体分子数减少的反应，加压有利于平衡正向移动，提高尿素产率；同时抑制尿素缩合生成缩二脲 (3) 1700 浓度过高时尿素溶液结晶点较高，低温下易结晶析出，堵塞管路 尿素溶液性质稳定，储存运输更方便，安全性更高 3．(1) +15 B (2)18 +1 升温使CO脱附，回收脱除剂；吹出的气体可以作为水煤气变换的原料 (3)C3H6 H不易从沸石扩散到上，占据了CH3OH的吸附位点，三甲苯生成速率减慢，三甲苯选择性下降；CH3OH消耗速率减慢，浓度升高，抑制了CO与H2的反应，CO转化率下降 4．(1)CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应II平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应I平衡也正向移动，从而提高平衡体系中的含量 ，该反应为气体分子数增多的反应，可知，根据，该反应，可知该反应高温下可自发进行 (2)、D2 NaBH4与水反应放热，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 (3) 防止阴极产生的通过阴离子交换膜进入阳极区，发生反应而损耗，通过阴离子交换膜进入阳极区，阴极区浓度变小，的产率低 5．(1) -2044 < 单位质量的载氧体供氧量比更大 (2) FeO 降低升温速率有助于载氧体颗粒散热，从而使载氧体颗粒可以更深度地被还原，固体残留更少 (3)在燃料反应器内生成，不含空气成分；含有的水蒸气沸点较高可冷凝进行分离，除杂简单且能耗低 6．(1)AB (2)5.4 (3)CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O (4)＜ (5) t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快 用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度 7．(1) (2)随着含量增加，过量的将电极表面的氧化为，失去催化能力 (3)5 (4)HCHO含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被HCHO代替 (5)流速增加，解离成浓度增大，催化剂上形成的氧空位增多，合成甲醇的速率加快；流速过快，会带走，使合成甲醇的速率减慢 (6)    电负性：O＞C，a、b处碳带部分正电荷，甲基是供电子基，b处碳带正电荷少，因此孤电子对更容易进攻a处碳原子 8．(1) (2) 有机胺呈碱性 生成的CO吸附在催化剂Cu的活性位点，导致还原受阻(或“CO与Cu生成新物质覆盖在催化剂表面”) (3) 吸附态键长最长，键能最小，易断裂产生；O的电负性较大，容易被Fe吸附 催化剂对反应物CO的吸附产物较稳定；CO发生反应的活化能低于；催化剂对生成物的吸附能力较弱，更易解吸 9．(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 10．(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) 11．(1) 时，转化为，转化为，导致去除率降低。 (2) 初始时，生成较多不导电的覆盖在铁表面，阻碍电子转移 (3) 过多，会将废水中的氨氮氧化成更高价态的离子如等，导致总氮去除率下降 对的氧化能力强于。时，随着的增大，增大是影响氨氮去除的主要因素，氨氮去除率逐渐增大；时，随着的增大，减小是影响氨氮去除的主要因素，氨氮去除率逐渐减小 12．(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 13．(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 14．(1) CD (2) 生成的对反应有催化作用 (3) 2 导致催化剂结构中出现较多的氧空位，利于二氧化碳的催化转化 15．(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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 反应原理综合题（非选择题） 1．(2026·江苏南京市江浦高级中学·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 ___________。 2．(2026·江苏南京·二模)氨气的合成与利用具有重要意义。 (1)工业合成氨中，、在催化剂表面的反应主要经过“吸附→反应→脱附”的历程，的吸附是反应的决速步骤，其吸附过程如图所示。 ①已知的活化能，的活化能，则的______。 ②催化剂活性受吸附量和吸附位点数等因素影响。300~500℃，的活性随温度升高而上升，其可能原因有______。 ③高温下，中含有会使暂时中毒，再用纯净的、混合气通过可恢复活性。使中毒的原因是______。 (2)合成尿素[]的主要反应为： 反应Ⅰ     反应Ⅱ     ①较高温度下，尿素易发生水解、缩合生成缩二脲[(]等副反应。尿素缩合生成缩二脲的化学方程式为______。 ②的分解压(一定温度下，分解达平衡时的体系总压)与温度的关系如图所示。尿素生产一般采用、的高压条件，采用高压的主要原因有______。 (3)催化还原是脱除烟气和柴油车尾气中的主要方法，反应为：   ①液氨的市场价格为3000元/吨，脱除烟气中1.0吨NO，所消耗的液氨成本为______元。 ②尿素溶液的结晶点与浓度的关系如图所示，将浓度为32.5%的尿素溶液以一定流速经管路喷入柴油车尾气管，可脱除尾气中的NO。尿素溶液浓度不宜过高的原因是______；使用尿素溶液代替液氨的优点是______。 3．(2026·江苏省苏锡常镇四市联考·二模)以煤炭为原料可以制备三甲苯等化工产品。 (1)水煤气的制备。以煤炭和水蒸气为原料制备和，体系中存在反应： 反应Ⅰ   反应Ⅱ   ①反应的_____。 ②生产中需减少甲烷的生成，可减小平衡时产物中甲烷含量的措施有________。 A．降低温度    B．降低压强    C．使用催化剂 (2)水煤气脱碳制氢。某水煤气的主要成分为、与，可通过以下流程获得较纯的。水煤气变换时大部分与反应转化为。 ①脱除反应的平衡常数__________。 已知：，，的。 ②将钯配合物溶解在三氯乙烷中可用于CO脱除，其主要反应为： 吸收前钯配合物中的化合价为__________。吸收一段时间后，向脱除容器中通入高温水蒸气的作用有__________。 (3)水煤气制三甲苯。CO与在与沸石联合催化下制三甲苯（），其机理如图1所示，其中生成甲醇快速达到平衡，随后甲醇吸附在沸石表面逐步脱H得到三甲苯，H从沸石向扩散。一定条件下，CO的转化率与三甲苯的选择性与和沸石颗粒间的距离关系如图2所示。 ①为验证原子是从沸石扩散到后再转化为，相同条件下向体系中通入__________，反应相同时间后测量不同距离下体系内的含量。 ②结合机理解释，催化剂中颗粒和沸石颗粒间的距离增大，三甲苯选择性与CO转化率均下降的原因有__________。 4．(2026·江苏南京市第九中学·二模)氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，制氢方法是当前研究的热点，制氢方法很多，如甲烷与水蒸气重整制氢、硼氢化钠(NaBH4)水解制氢等。 (1)甲烷水蒸气重整制氢：其涉及如下两步反应： I．CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g)   ∆H1=+206 kJ·mol-1 II．CO(g)＋H2O(g) ⇌CO2(g)＋H2(g)   ∆H2=-41 kJ·mol-1 ①实验发现，其他条件不变，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H2的含量。分析投入CaO时，H2百分含量增大的原因是：_______。 ②CH4(g)＋2H2O(g) ⇌CO2(g)＋4H2(g)，该反应需在高温下才能自发进行，其理由是_______。 (2)NaBH4水解制氢：常温下，NaBH4自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。NaBH4在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。已知：浓度较大时，NaB(OH)4易以NaBO2形式结晶析出。 ①其他条件不变时，以D2O代替H2O催化释氢，所得气体的分子式为_______，其中过程b步用化学方程式表示为：_______。 ②在催化剂的作用下，NaBH4与水反应，释氢体积及温度随反应时间的变化如图所示。0~20min内，温度随时间快速升高的原因是_______。 (3)NaBH4转化为NaBO2后，电解NaBO2溶液又可制取NaBH4，实现物质的循环利用，电解装置如图所示。 ①阴极上的电极反应式是_______。 ②两电极区间使用阳离子交换膜，不能用阴离子交换膜的原因是_______。 5．(2026·江苏苏北六校（徐州一中，宿迁中学等校）联考·二模)载氧体是化学链燃烧的关键材料，其一般原理如下图所示： (1)若载氧体为，燃料为丙烷，回答下列问题： 已知：反应I：   反应II：   反应III：   ①___________。 ②载氧体掺杂改性，可加快化学链燃烧速率。使用不同掺杂的载氧体，反应II活化能如下表所示： 载氧体掺杂物质 氧化铝 膨润土 活化能/ 60±2.3 37.3±1.3 由表中数据判断：使用“氧化铝”或“膨润土”掺杂的载氧体，单位时间内燃料反应器释放的热量分别为a kJ、b kJ，则a___________b(填“>”、“=”或“<”)。 ③也可作该反应的载氧体，相比之下作载氧体的优点是___________。 (2)某科研团队选用铁基载氧体，燃料为甲烷，采用热重分析法研究了不同升温速率对纯载氧体样品的影响，如图所示。 已知：在还原过程中按逐级转变。 ①当升温速率为10℃/min，固体残余率为90%时，残余固体的化学式为___________(写出计算过程)，燃料反应器中发生的主要反应的化学方程式为___________。 ②图中升温速率越慢，固体残余率越小的原因可能是___________。 (3)化学链燃烧技术可以简单低能耗实现分离和捕集，其原理是___________。 6．(2026·江苏姜堰中学等四校联考·二模)二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答： (1)用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。 A．温度 B．投料比[n(NH3):n(CH3OH)] C．压强 D．催化剂 (2)25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH=_______。 (3)在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是_______。 (4)上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下_______0(填“>”、“<”或“=”)。 (5)有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下： Ⅳ． V． 三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。 (例：HCOOH的物质的量百分比 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活)_______。 ②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因_______。 7．(2026·江苏镇江第一中学等校联考·二模)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．制乙烯。 (1)光催化制乙烯：、、三乙胺在催化剂作用下，光照一段时间可制得。 催化剂中含，常温下，将溶液和溶液混合制备。已知：、、。反应的平衡常数的数值为______。 (2)电化学还原制乙烯。 图－1为相应的电化学装置，研究发现，铜电极对于的还原有较好的效果，实验中常在气体中混入一定量的以改变铜电极的表面状态，生成物的情况如图－2所示，分析图像右半部分含量降低的原因______。 Ⅱ．制甲醇 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： (3)估算反应ⅰ的，需要______（填数字）种化学键的键能数据。 (4)恒压时，和一定条件下发生反应，将反应后的气体以一定流速通过含修饰的吸附剂，分离和能与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（）与进口浓度（）之比随时间变化关系如图－3所示。，浓度比增大而浓度比几乎为0的原因是______。 (5)在催化剂作用下，加氢制备甲醇的可能机理如图－4所示： 向装有催化剂的反应管中持续通入和（见图－5），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______。 Ⅲ．与环氧化合物反应 (6)与环氧化合物反应可以转化为有价值的有机物。转化过程如图－6所示，X的分子式是，是一种五元环状化合物。X的结构简式为______；N原子上的孤电子对主要进攻甲基环氧乙烷上的碳原子，而不是碳原子，结合电负性解释原因______。 8．(2026·江苏南通市·二模)对燃煤气进行综合处理，可实现绿色环保与变废为宝的目的。 (1)燃煤气中的含量可利用库伦测硫仪进行检测，其工作原理如图-1所示。电解质溶液中(是定值)，且保持定值时该电解池不工作。待测气体进入电解池后，电解池开始工作，待测定结束后。 ①导致测硫仪出现数据变化时的离子反应为___________。 ②标况下，若待测气体以的流速通入，10min末测硫仪显示转移了0.02mol电子，则待测气体中的体积分数为___________。 (2)工业上经过捕集和电催化还原可转化为有机物。以的溶液为电解质溶液，将通入Cu基催化剂的电极材料上(Cu是催化剂的活性位点)，相同条件下电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电压变化如图-2所示。 ①有机胺与反应生成，再失去1个质子后再跟水反应可实现有机胺的再生。有机胺能吸收的原因是___________。 ②当电压为时，生成的电极反应式为___________。 ③电压从增大到时，电流减小的原因可能是___________。 (3)某科研小组研究了Fe掺杂六方氮化硼(BN)对还原反应的催化性能。上吸附、和的稳定构型如图-3所示(所有键距均以nm为单位)，CO、还原反应过程的曲线图如图-4所示。 ①在表面容易产生吸附态氧原子(O*)的原因是___________。 ②科研小组依据数据认为还原反应使用CO优于，理由是___________。 9．(2026·江苏前黄高级中学·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：___________。 10．(2026·江苏南京市大厂高级中学·二模)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___________。 11．(2026·江苏南京市天印高级中学等校·二模)处理废水中的含氮物质，可以减轻对环境造成污染。 (1)沉淀法。通过MAP沉淀法处理酸性废水中的。设定反应温度为25℃，向含的酸性废水中先后加入和溶液，调节反应pH，充分搅拌，形成沉淀，过滤除去。 ①该反应的离子方程式为_______。 ②反应pH对废水中去除率有影响，pH大于9.0时去除率下降的可能原因是_______。 (2)电化学法。通电时利用零价铁(Fe)去除弱酸性水体中，其原理如图所示 ①去除的总反应离子方程式为_______。 ②溶液的初始pH值对铁的氧化产物和的去除率都有影响。取两份相同的含废液，调节起始pH分别为2.5和4.5，一段时间后废液中铁的最终物质存在形态如图所示。初始时去除率低的原因是_______。 (3)折点氯化法。向废水中加入，将氨氮(和)转化为除去。其他条件一定，改变加入用量或废水的，反应相同时间后，总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率或氨氮去除率的变化如图所示。n()∶n(氨氮)后，总氮去除率下降的原因是_______。时氨氮去除率最大的原因是_______。 12．(2026·江苏南京市第六十六中学·二模)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______。 13．(2026·江苏省苏北七市（徐、连、淮、宿、通、扬、泰）联考·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_______。 14．(2026·江苏徐州市第三中学·二模)的资源化利用能有效减少的排放，充分利用碳资源。 Ⅰ．二氧化碳的捕集和利用是节能减排一个重要研究方向。 (1)科研组利用NaOH溶液实现“碳捕获”的技术的装置如图1。 图1 ①“碳捕获”技术是减少二氧化碳排放的一种途径，基本思路是将工业排放的二氧化碳分离出来。若用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，反应后碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为，则反应的离子方程式为_______。 ②下列溶液中，同样能用于“捕捉”二氧化碳的是_______(填选项字母)。 A．溶液   B．溶液   C．溶液   D．溶液 Ⅱ．的资源化利用具有重要的意义。 (2)还原为甲酸或甲酸盐 方法1：某研究小组采用电化学方法将转化为，装置如图2。 ①电极B上的电极反应式是_______。 方法2：锰催化还原产生甲酸的部分机理如图3所示。 ②若用替代，甲酸根的结构式为_______。 ③实验中将锰粉、碳酸氢钠和蒸馏水添加到反应器中，反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的原因可能为_______。 (3)催化与转化为的机理如图4所示。反应体系中呈现_______种价态，催化剂中掺入少量，用替代结构中部分形成，可提高催化效率的原因是_______。 15．(2026·江苏沭阳高级中学·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___________。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $