题型06 化学反应原理综合题（期末真题汇编，江苏专用）高二化学下学期

**基本信息** 高二下期末化学反应原理综合题汇编，精选江苏镇江、常州、连云港等地期末真题，聚焦能源转化、环境保护等真实情境，注重核心原理的综合应用与能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |化学反应原理综合题|11题/约200分|氧化还原反应、热化学、电化学、化学平衡、催化机理等|以NO处理、CO₂转化、氢能开发为情境，融合图表分析（如转化率曲线）、反应机理推导（如催化脱硝机理），体现科学思维与探究能力，贴合高考命题趋势。|

题型06 化学反应原理综合题 1．(24-25高二下·江苏镇江七校等校联考·期末)含NO烟气需要处理后才能排放。 (1)湿法氧化法处理含NO烟气。酸性条件下，用NaClO2作氧化剂将NO氧化为NO，并放出热量。 ①该反应的离子方程式为___________。 ②向NaClO2溶液中加入Fe3＋，会发生反应：Fe3＋＋ClO=Fe2＋＋ClO2↑。控制其他条件相同，分别以NaClO2溶液和含少量Fe3+的NaClO2溶液为吸收剂，测得相同时间内，NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的变化如图1所示。 i.NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的增大而增大的原因是_____。 ii.起始NaClO2溶液浓度相同时，含Fe3+的NaClO2溶液作为吸收剂，NO的氧化率更高，原因是_______。 iii.以NaClO2溶液为吸收剂，NO的氧化率随温度的变化情况，如图2所示。温度超过60℃后，NO氧化率下降，试解释其原因_____。 (2)有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2。 ①在钒基催化剂(V2O5)作用下的脱硝反应机理如图3所示，总反应的化学方程式为___________。 ②按上述图中NH3、NO和O2的比例进行催化脱硝反应。反应一定的时间，NH3和NO的转化率与温度的关系如图4所示。超过200℃后，NO转化率急剧下降，而NH3仍维持较高的原因是___________。 【答案】 2H2O＋3ClO＋4NO=4NO＋3Cl-＋4H+ NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化NO速率越快，NO氧化率增大 Fe3+会与ClO反应生成ClO2，ClO2与NO反应更快 ClO或ClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低 4NH3＋4NO＋O2 4N2＋6H2O 超过200℃后，NH3与O2生成NO 【详解】(1)湿法氧化法处理含NO烟气。酸性条件下，用NaClO2作氧化剂将NO氧化为NO，根据元素和电荷守恒，①该反应的离子方程式为：2H2O＋3ClO＋4NO=4NO＋3Cl-＋4H+； ②i.NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的增大而增大的原因是：NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化NO速率越快，NO氧化率增大； ii.起始NaClO2溶液浓度相同时，含Fe3+的NaClO2溶液作为吸收剂，NO的氧化率更高，原因是：Fe3+会与ClO反应生成ClO2，ClO2与NO反应更快； iii.以NaClO2溶液为吸收剂，NO的氧化率随温度的变化情况，如图2所示。温度超过60℃后，NO氧化率下降，其原因：ClO或ClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低； (2)有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2； ①在钒基催化剂(V2O5)作用下的脱硝反应机理如图3所示，参与反应的为NH3、NO、O2，产物为：N2、H2O，总反应的化学方程式为：4NH3＋4NO＋O2 4N2＋6H2O； ②按上述图中NH3、NO和O2的比例进行催化脱硝反应。反应一定的时间，NH3和NO的转化率与温度的关系如图4所示。超过200℃后，NO转化率急剧下降，而NH3仍维持较高的原因是：超过200℃后，NH3与O2生成NO。 2．(24-25高二下·江苏镇江第一中学·期末)CO2的转化、回收和重整受到越来越多的关注，它是有效应对全球气候变化、促进低碳社会构建的重要方法。 (1)合成尿素[CO(NH2)2]是利用CO2的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现： 反应I：2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)　△H1=-272kJ·mol-1 反应Ⅱ：NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(1)+H2O(g)　△H2=+138kJ·mol-1 CO2和NH3合成尿素的反应自发进行的条件是_____(填“低温”“高温”或“任意条件”)。 (2)燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。 “吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为_____；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因是_____。 (3)CO2与丙烯通过金属杂多酸盐[CoxH(3-2x)PW12O40]催化合成甲基丙烯酸。 ①研究发现金属杂多酸盐中x对CO2转化率的影响如图1所示，由图1得出催化效果最好的金属杂多酸盐化学式是_____。 ②催化剂在温度不同时对CO2转化率的影响如图2所示，300℃催化效果远不如200℃和250℃的原因_____。 (4)催化电解法可将CO2转化为有机物。金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO2制备甲醛和乙醇的可能机理如图3所示。研究表明，在不同电极材料上形成中间体的部分反应活化能如图4所示。 ①X为_____。在答题卡上相应位置补充完整虚线框内Y的结构_____。 ②与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2的优点是_____。 【答案】(1)低温 (2) KHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+KOH+H2O 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳 (3) Co0.5H2PW12O40或CoH4P2W24O80 温度过高，可能会导致催化剂失活 (4) H＋＋e- 加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高了乙醇的选择性 【分析】（2）含CO2的烟气用KOH溶液吸收生成KHCO3，KHCO3溶液中加入石灰乳得到碳酸钙沉淀和氢氧化钾，碳酸钙煅烧得到CaO和CO2，CaO和水反应得到石灰乳，可以循环使用，“转化”步骤生成的KOH可以回到“吸收”步骤循环使用； 【详解】（1）由盖斯定律可知二氧化碳和氨气合成尿素的反应可由反应I+反应II得到，则=-134kJ·mol-1，该反应的热化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2CONH2(l)+H2O(g) △H3=-134kJ·mol-1，该反应的焓变小于0，熵变也小于0，则反应在低温下才能自发进行； （2）“吸收”后所得的KHCO3溶液与足量石灰乳反应生成碳酸钙和KOH，反应的化学方程式为KHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+KOH+H2O；由于LiOH的摩尔质量小于KOH的摩尔质量，故单位质量的LiOH物质的量大，相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳； （3）①图1中可以看出，x=0.5时催化剂的催化效果最好，此时催化剂的化学式为：Co0.5H2PW12O40或CoH4P2W24O80； ②200-250℃催化剂的催化效果相当，继续升高温度到300℃时催化效果变差，说明300℃时催化剂活性降低，温度过高，可能会导致催化剂失活； （4） ①从过程分析，两步都与氢离子和一个电子反应，反应上两个氢原子，因此X为H＋＋e-；虚线框内Y的结构如图：； ②图4可以得到，与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2的优点是降低活化能，加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高了乙醇的选择性。 3．(24-25高二下·江苏常州·期末)氢气是一种清洁能源，高效制氢、用氢具有重要意义。 (1)利用水煤气变换反应制氢，反应原理为 　 控制压强恒定为，水碳比投料，测得不同条件下反应达平衡时和的分压(某成分分压总压该成分的物质的量分数)如下表： 条件1 0.40 0.40 0 条件2 0.42 0.36 0.02 ①对比条件1，条件2中产率下降是因为发生了一个不涉及的副反应，该反应的化学方程式为_____。 ②在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是_____。 (2)“热循环制氢”的原理为：在密闭容器中，铁粉与溶液反应，生成、和。时，铁粉与溶液反应，反应初期有生成并放出。随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图-1所示。 ①根据元素电负性的变化规律，反应机理中的步骤I可描述为_____。 ②在其他条件相同时，测得的转化率、的产率随变化关系如图-2所示。的产率随增加而增大的可能原因是_____。 (3)氢能的高效利用途径之一是制成燃料电池。某熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图-3所示。已知：该条件下的摩尔体积为；电荷量电流时间(s)；；。 ①正极发生的电极反应式为_____。 ②该电池以3.2A恒定电流工作14分钟，消耗体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为_____。 【答案】(1) 反应物分子在催化剂表面的吸附量减小，催化剂的活性降低 (2) 吸附在上的与中结合；吸附在上的与中羟基结合；反应生成的和吸附在催化剂的上 催化剂活性的量增多，量增多 (3) 70% 【详解】（1）①对比条件1，条件2中产率下降，有甲烷生成，则这个不涉及的副反应中，反应物为一氧化碳和氢气，生成甲烷和水，则该反应的化学方程式为。 ②根据信息，该反应过程涉及反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。反应物分子在催化剂表面的吸附量减小，会导致速率下降，升高会导致催化剂活性下降，随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，则其速率减小的原因是：反应物分子在催化剂表面的吸附量减小，催化剂的活性降低。 （2）①电负性大小：O＞H＞Fe，根据流程图示意，H2中共价键断裂，一个氢原子吸附在氧离子上，氧带负电，一个吸附在亚铁离子上，吸附在上的与中结合；吸附在上的与中羟基结合；反应生成的和吸附在催化剂的上，则根据元素电负性的变化规律，反应机理中的步骤I可描述为：吸附在上的与中结合；吸附在上的与中羟基结合；反应生成的和吸附在催化剂的上。 ②在密闭容器中，铁粉与溶液反应，生成、和。时，铁粉与溶液反应，反应初期有生成并放出。随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，随增加，生成 FeCO3 和 H2的速率更快，得到活性 Fe3O4－x 的速度更快，生成HCOO－的速率更快，产率更大，因此HCOO－的产率随增加而增大。故的产率随增加而增大的可能原因是：催化剂活性的量增多，量增多。 （3）①由图可知，通入氧气的右侧电极为燃料电池的正极，二氧化碳作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成碳酸根离子，电极反应式为。 ②该电池以3.2A恒定电流工作14分钟，消耗体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为：×100%=70%。 4．(24-25高二下·江苏连云港·期末)氢能的开发和利用是当今化学研究的热点。 (1)乙醇水蒸气重整制氢。 主反应为    △H=173.3。 ①该反应的活化能：(正)_______(逆)(填“>”“＜”或“=”)；高温下能自发进行的原因是_______。 ②在450℃，水醇摩尔比为3条件下，使用ZnO/催化剂以及Pd-ZnO/催化剂，充分反应后，各产物的选择性如题图-1所示，使用Pd-ZnO/催化剂反应机理如题图-2所示： 相对于ZnO/催化剂，使用Pd-ZnO/催化剂能显著提高选择性的原因是_______。 ③反应一段时间后，发现催化剂的活性下降。研究发现催化剂的比表面积及孔容均未改变，将活性下降的催化剂置于空气中加热，所得热重曲线如图所示。催化剂活性下降的可能原因是_______。 (2)甲醛电催化制氢。 用Cu/Ag合金催化剂，电解低浓度的HCHO碱性溶液可以获取氢气，同时得到甲酸盐产品。阳极处反应机理如下图所示。 ①中间体X的结构式为_______。电解时，阳极的电极反应式为_______。 ②与普通电解水制氢相比，该法制氢的优点有_______(填两点)。 (3)二氧化碳加氢合成甲醇在Cu/催化剂作用下，加氢合成甲醇的机理如图所示。 ①Cu/催化剂中Cu活性位点的作用是_______。 ②若-O-H中的羟基氧用代替，则产物中不会出现的物质为_______ (化学式)。 【答案】(1) > 该反应的△S>0 Pd-ZnO/催化剂能有效抑制脱水生成和氧化为等副反应。Pd-ZnO/催化剂更易促进生成，且使发生C-C键断裂反应，生成CO及大量，从而显著提高选择性 催化剂表面有积炭产生 (2) 或 在转移电量相同情况下该法制氢量是普通电解水制氢的两倍，且该法制氢可以降低含甲醛污水对环境的污染，同时获取甲酸盐产品 (3) 吸附并使其解离成(活性)氢原子 【详解】（1）①反应焓变为正反应活化能减去逆反应活化能，该反应为吸热反应，则活化能：(正) >(逆)；的反应能自发进行，高温下能自发进行的原因是该反应的△S>0； ②Pd-ZnO/催化剂能有效抑制脱水生成和氧化为等副反应，Pd-ZnO/催化剂更易促进生成，且使发生C-C键断裂反应，生成CO及大量，从而显著提高选择性，故使用Pd-ZnO/催化剂能显著提高选择性； ③催化剂的比表面积及孔容均未改变，将活性下降的催化剂置于空气中加热，所得热重曲线可知，加热后固体质量减小，则可能原因为催化剂表面有积炭产生，积碳导致催化剂的活性下降，加热使得碳转化为碳氧化合物，加热后固体质量减小； （2） ①由反应机理，吸附催化剂表面的水分子断裂为-H、-OH，甲醛分子中碳氧双键中断裂1个碳氧键，-H与甲醛分子中氧原子结合，-OH上的O与碳原子结合，生成中间体X的结构式为或；电解时，阳极的电极反应为碱性条件下，甲醛失去电子发生氧化反应生成甲酸盐和水、氢气：。 ②该法制氢得到1分子中氢气中1个氢原子来自水、1个氢原子来自甲醛，在转移电量相同情况下该法制氢量是普通电解水制氢的两倍，且该法制氢可以降低含甲醛污水对环境的污染，同时获取甲酸盐产品； （3）①由图，氢气分子被催化剂中Cu活性位点吸附并解离，故Cu/催化剂中Cu活性位点的作用是吸附并使其解离成(活性)氢原子； ②由图，-O-H中羟基中氧氢键断裂解离出氢原子，氢和二氧化碳中氧结合、催化剂上的羟基氧和碳结合得到，圈中羟基和铜点位上氢原子结合为水，-O-H中的羟基氧不会进入产物水中，故若-O-H中的羟基氧用代替，则产物中不会出现的物质为。 5．(24-25高二下·江苏扬州·期末)空气中CO2含量的控制和资源化利用具有重要意义。 (1)一种捕集混合气体中CO2的过程如图所示，混合气体中其他气体不被吸收。 已知：常温下， ①能说明KOH溶液吸收达到饱和的依据是___________。 ②常温下，若KOH溶液吸收所得溶液中，则溶液的___________。 ③如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度___________(填“升高”“下降”或“不变”)。 (2)和KOH溶液反应生成，催化电解溶液可制得甲酸。 ①阳极室产生的气体主要有___________(填化学式)。 ②阴极由还原为的电极反应式为___________。 (3)以为催化剂，以一定流速向反应器中通入一定比例的和，经过“吸附→反应→脱附”等过程生成。在Pd表面产生活性H原子。生成的一种机理如图所示(图中“☐”为氧空位)。 ①步骤I过程中元素In化合价将___________(填“升高”“降低”或“不变”)。 ②其他条件不变，若混合气体中含量过低会降低催化剂的催化性能，原因是___________。 ③在其他条件相同时，若Pd紧密排列于催化剂表面，如图所示，则的生成速率较低的原因是___________。 【答案】(1) 测定吸收液/溶液的pH值不再变化(或测定通过吸收液/溶液前后混合气体中的含量不再变化) 9 升高 (2) (或) (3) 降低 第I步形成的氧空位少，不利于催化剂吸附；第步产生活性H原子少，吸附的不能及时反应生成脱附，不利于催化剂复原 紧密排列(或未分散/不均匀排列)的Pd周围吸附的较少，Pd表面的活性H原子周围没有足够多的反应，导致生成速率较低。(或“Pd紧密排列导致活性H原子紧密分布，表面的周围没有足够多的活性H原子反应”) 【分析】小问1： ①：从反应终点的宏观现象（如气泡停止）或平衡特征（如pH不变）判断。 ②：利用电离平衡常数关系推导，结合已知比例计算H+浓度，进而得pH。 ③：分析反应放热情况，判断温度变化。 小问2： ①：根据阳极氧化反应特点，判断可能生成的氧化产物。 ②：依据阴极还原反应，结合守恒规律配平电极反应式。 小问3： ①：通过结构变化（氧空位形成）分析元素化合价变化。 ②：从反应机理中活性物种（H原子）的生成条件，解释H2含量的影响。 ③：从催化剂活性位点数量角度，分析结构对反应速率的影响。 【详解】（1）①当KOH溶液吸收CO2达到饱和时，溶液中不再有CO2溶解，宏观表现为吸收液中不再产生气泡；从化学平衡角度，此时溶液的pH也不再发生变化。 ②根据碳酸的电离平衡常数，则Ka1·Ka2=。已知c()：c(H2CO3) = 16：1，Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11，代入可得4×10-7×4×10-11=16×c2(H+)，解得c(H+) = 10-9mol/L，所以pH = 9。 ③“吸收”过程中CO2与KOH反应，“转化”过程中K2CO3与CaO反应K2CO3+CaO + H2O=CaCO3+2KOH），这两个反应都是放热反应，会使溶液温度升高。 （2）①催化电解KHCO3溶液时，阳极发生氧化反应，或H2O失去电子，可能产生CO2和O2。 ②阴极发生还原反应，得到电子被还原为HCOO-，根据电荷守恒和原子守恒配平得到电极反应式为。 （3）①步骤Ⅰ中In - O - In转化为In - □ - In（□为氧空位），In的化合价降低。 ②根据反应机理，第I步形成的氧空位少，不利于催化剂吸附，且H2在Pd表面产生活性H原子，H2含量过低，生成的活性H原子数量不足，导致后续反应难以进行，从而降低催化剂的催化性能。 ③Pd紧密排列于In2O3催化剂表面，会使得活性位点减少，不利于H2的吸附和分解，进而导致CH3OH的生成速率较低。 6．(24-25高二下·江苏淮安·期末)有机物种类繁多，用途广泛。研究有机化学的合成机理对研制有机物有不可替代的作用。 Ⅰ．冠醚作为一种有机物，可以选择性提取低浓度的Li＋。某种冠醚的结构如下图。当冠醚空腔大小与金属离子接近时，金属离子易被吸附进入空腔中，实现萃取。该冠醚在某溶剂中的离子选择性如下表。 离子选择性 n(Li＋)/n(Na＋) n(Li＋)/n(Mg2＋) 164∶1 3∶1 (1)①图中键角1______(填“大于”“小于”或“等于”)键角2。 ②从微粒半径角度解释离子选择性[n(Li＋)/n(Na＋)]>[n(Li＋)/n(Mg2＋)]的原因：______。 Ⅱ．理论上可以通过乙酸和邻羟基苯甲酸反应制备阿司匹林 ，然而实际生产中该反应产率极低。 已知：i．乙醇和乙酸在酸性条件下发生酯化反应，部分反应机理如下： ii．苯酚中氧原子2p轨道与碳原子2p轨道平行，氧原子2p轨道电子云与苯环大键电子云发生重叠，电子向苯环偏移，降低了氧原子周围的电子云密度。 (2)①根据已知信息分析苯酚中氧原子的杂化方式为：______。 ②乙酸和邻羟基苯甲酸反应制备阿司匹林的产率极低原因可能有两种：原因一是邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍酯化反应发生；结合已知信息分析原因二可能是______。 Ⅲ．CO2氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应方程式是： 其反应历程如下图所示： (3)过程③可能生成的副产物的结构简式为______。 (4)反应过程中需要将催化剂表面的酸性控制在pH=3.5~4.5之间，pH太高或太低均会降低乙苯的转化率，则pH太高使乙苯转化率降低的原因是______。 【答案】(1) 小于 Mg2+的半径小于Na+半径，相比于Na+，Mg2+与Li+更接近，更易被冠醚吸附，更难与Li+分离，故[n(Li＋)/n(Mg2＋)]的离子选择性更低 (2) sp2 羧基是吸电子基，羧基和苯环共同作用，降低了酚羟基氧原子周围的电子云密度，难以与乙酸中的羧基碳原子成键，酯化反应难以发生 (3) (4)碱性太强，一方面和CO2反应，使吸附在催化剂表面的CO2减少；另一方面，OH-和H+在催化剂表面竞争吸附 【详解】（1）①孤电子对数越多，排斥作用越强，键角越小，图中键角1和键角2中心原子均为sp3杂化，但O原子有两对孤电子对，C原子没有孤电子对，因此，图中键角1小于键角2； ②Mg2+的半径小于Na+半径，相比于Na+，Mg2+与Li+更接近，更易被冠醚吸附，更难与Li+分离，故[n(Li＋)/n(Mg2＋)]的离子选择性更低； （2）该分子中O原子含有2个共价键、2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断O原子杂化类型为sp3杂化；但苯酚中氧原子2p轨道与碳原子2p轨道平行，氧原子2p轨道电子云与苯环大键电子云发生重叠，电子向苯环偏移，降低了氧原子周围的电子云密度，根据已知信息分析苯酚中氧原子的杂化方式为sp2杂化； ②乙酸和邻羟基苯甲酸反应制备阿司匹林的产率极低原因可能有两种：原因一是邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍酯化反应发生；另一原因可能是：羧基是吸电子基，羧基和苯环共同作用，降低了酚羟基氧原子周围的电子云密度，难以与乙酸中的羧基碳原子成键，酯化反应难以发生； （3） 由题干反应历程图示信息可知，过程③中存在和中间体微粒，故过程③可能生成的副产物的结构简式为； （4）反应过程中需要将催化剂表面的酸性控制在pH=3.5~4.5之间，pH太高或太低均会降低乙苯的转化率，则pH太高使乙苯转化率降低的原因是碱性太强，一方面和CO2反应，使吸附在催化剂表面的CO2减少；另一方面，OH-和H+在催化剂表面竞争吸附。 7．(23-24高二下·江苏扬州仪征精诚高级中学·期末)氮氧化物()是硝酸和肼等工业的主要污染物。采用选择性催化还原或氧化吸收法可有效脱除烟气中的氮氧化物。 (1)利用甲烷可将氮氧化物还原为氮气除去。已知： ； ； ； 反应；___________。 (2)一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。 ①由A到B的变化过程可用离子反应方程式表示为___________。 ②脱除的总反应为___________。 (3)电解氧化吸收法可将废气中的变为硝态氮。分别向溶液和溶液(起始均调至9)中通入，测得电流强度与的脱除率的关系如图1所示。电解溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图2所示。 ①电解溶液时产生。氧化吸收的离子方程式为___________。 ②电解溶液作吸收液时，的去除率始终比溶液的大，原因是___________。 ③随着电流强度的增大，电解溶液时去除率下降的原因是___________。 【答案】(1)2a+2c-b (2) 2Cu(NH3)+O2→[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+ 4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O (3) 电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强；同时电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强 随着电流强度的增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化(歧化)为氯酸根离子、氯酸根离子氧化性比次氯酸根离子弱 【详解】（1）根据盖斯定律①×2+③×2-②得CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=(2a+2c-b)kJ·mol-1。 （2）①根据图示，由A到B是Cu(NH3)、O2沸石笼内生成[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+，反应的离子方程式表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+； ②根据图示，脱除NO的总反应为NO、NH3、O2反应生成N2、H2O，反应方程式为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O。 （3）①H2O2将NO氧化为硝酸根离子，反应的离子方程式为。 ②电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强；同时电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强，所以电解NaCl溶液作吸收液时，NO的去除率始终比Na2SO4溶液的大； ③根据图4可知电流强度增大到一定程度之后，次氯酸根的浓度会下降，而氧化性较弱的氯酸根离子浓度增大，从而导致NO去除率下降，而只有温度较高时才会有氯酸根生成，所以答案为：随着电流强度的增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化(歧化)为氯酸根离子、氯酸根离子氧化性比次氯酸根离子弱。 8．(23-24高二下·江苏镇江·期末)CO2甲烷化是实现碳平衡阶段的中坚力量。 (1)1902年，PaulSabatier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(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)   ΔH=-890.3kJ·mol-1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)    ΔH=-571.6kJ·mol-1。 则CO2甲烷化反应CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(l)的ΔH=___________kJ·mol-1。 (2)近年来，生物电催化技术运用微生物电解池实现了CO2的甲烷化，其工作原理如图所示。 微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极电极反应式为___________。 (3)甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 (ⅰ)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 (ⅱ)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，反应的机理如图甲所示。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    快慢的影响如图乙所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应2HCHO＋NaOH=HCOONa＋CH3OH。 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1mol·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___________。 ④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___________。 【答案】(1)-252.9 (2)CO2＋8H＋＋8e-=CH4＋2H2O (3) HD 随NaOH浓度增大，催化剂表面吸附的CH2(O-)2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更多 NaOH溶解载体Al2O3，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降 氢气纯度高、可处理有毒甲醛 【详解】（1）假设CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)   ΔH=-890.3kJ·mol-1为①，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)    ΔH=-571.6kJ·mol-1为②，则CO2甲烷化反应CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(l)的为②×2-,①，ΔH=-571.6kJ·mol-1×2-（-890.3kJ·mol-1）=-252.9 kJ·mol-1，答案：-252.9； （2）CO2甲烷化反应CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(l)，微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极，即得到电子的一端，电极反应式为CO2＋8H＋＋8e-=CH4＋2H2O，答案：CO2＋8H＋＋8e-=CH4＋2H2O； （3）①根据反应的机理如图，氢分子中的两个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，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是随NaOH浓度增大，催化剂表面吸附的CH2(O−)2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，④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，答案：HD、随NaOH浓度增大，催化剂表面吸附的CH2(O-)2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更多、NaOH溶解载体Al2O3，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降、氢气纯度高、可处理有毒甲醛。 9．(23-24高二下·江苏泰州·期末)氨是化肥生产和化学工业的重要原料，在工业生产上具有重要应用。 (1)工业合成氨的反应为。研究表明，在特定条件下，合成氨反应速率与各物质浓度的关系式为(k为常数)。为提高合成氨反应速率，从控制浓度考虑，可以采取的措施有_______。 (2)一种电催化NO还原反应(NORR)制NH3的装置如下图所示。 ①在上图中，两极区均采用NaOH与的混合溶液作为电解质溶液，写出电极a上主要反应的电极反应式：_______。 ②当电极上催化剂表面NO覆盖率较低时，选择性较高，反之则易发生氮氮耦合而生成_______(至少写两种产物)。 (3)分子中键角为107.3°，但在配离子中键角∠HNH却大于107.3°，可能的原因是_______。 (4)下图为固态氨的一种晶胞，分子有4种取向，每个分子周围形成6个氢键，图中已画出立方体体心分子的5个氢键，请在图中画出剩下的1个氢键_______。 (5)在水溶液中，氨可与次氯酸盐反应生成或。一定条件下，将1L 0.006的氨水和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与NaClO投入量(用x表示)的关系如下图所示。 ①写出氨与次氯酸盐反应生成的离子方程式_______。 ②结合图中曲线，计算NaClO投入量_______。(写出计算过程) 【答案】(1)增大氨气和氢气的投入浓度或及时将氨气分离 (2) N2、N2H4 (3)分子中含孤对电子而中N原子上的孤电子对与铜离子形成配位键，孤对电子与成键电子对之间的排斥力大于成键电子之间的排斥力 (4) (5) 0.00975mol 【详解】（1）为提高合成氨反应速率，从控制浓度考虑，根据合成氨反应速率与各物质浓度的关系式，可以增大氮气、氢气的浓度或降低氨气的浓度，即可以采取的措施有：增大氨气和氢气的投入浓度或及时将氨气分离； （2）①a极由NO变为NH3，得电子，做正极，；b极为负极，电极反应为：；写出电极a上主要反应的电极反应式：；②氮氮耦合而生成N2、N2H4； （3）分子中含孤对电子而中N原子上的孤电子对与铜离子形成配位键，孤对电子与成键电子对之间的排斥力大于成键电子之间的排斥力； （4） 氢键是H与N之间形成，氨中两个H原子已形成氢键，还是最右侧一个H原子未形成，则最右侧H原子与N形成氢键，且键角为107.3°，最后一个氢键如图：； （5）①氨可与次氯酸盐反应生成或，发生反应：，，氨与次氯酸盐反应生成，离子方程式：； ②x1时，氨的去除率100%，总氮残余率为5%，n（NH3）=1L× 0.006= 0.006，其中95%氨发生反应：，消耗的，5%氨发生反应：，消耗的，x1=0.00855+0.0012=0.00975mol。 10．(23-24高二下·江苏盐城·期末)氢能的开发和利用是推动能源结构转型，实现“碳达峰”的重要途径。 (1)制氢。甲烷催化重整制氢 已知：      则：  ________。 (2)储氢。某种铜银合金具有储氢功能，其晶体晶胞中Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点。氢原子可进到由Cu原子与Ag原子构成的四面体空隙中，储氢后的晶胞结构与（如图）相似，该晶体储氢后的化学式：________。 (3)释氢。氢化镁（）具有良好的复合储氢功能，可通过热分解和水解两种方法制得氢气。相较于热分解，从物质转化和能量利用的角度分析，水解释氢方法的优点有________。 (4)利用。乙酸甲酯催化加氢制备乙醇主要涉及如下反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   在其他条件不变时，将的混合气体以一定流速通入装有铜基催化剂（该催化剂须含合适物质的量之比的与Cu）的反应管，测得选择性[]、选择性[]、转化率随温度的变化如图所示。 ①在180~200℃范围内，的转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是________。 ②温度高于220℃后，催化剂的催化活性下降，其原因可能是________。 【答案】(1) (2) (3)等量的水解比热分解产生的多，同时不需要消耗大量热能。 (4) 温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快 高温时有机物形成积碳，覆盖在催化剂表面；被还原为Cu，改变了Cu2O与Cu比例，导致催化剂活性降低。 【详解】（1）设①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.2kJ⋅mol−1 ②CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=−247.4kJ⋅mol−1 依据盖斯定律得到  ，故答案为； （2）Cu原子个数为，Ag原子个数为，H原子个数为8，则其化学式为：，故答案为：； （3）氢化镁水解会消耗水，反应方程式为，等量的水解比热分解产生的多，同时不需要消耗大量热能，故答案为：等量的水解比热分解产生的多，同时不需要消耗大量热能； （4）①催化剂能明显加快反应速率，但是催化剂需一定的活性温度，180～200℃范围内，转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快，故答案为：温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快； ②铜基催化剂须含合适物质的量之比的与Cu，温度过高，会导致有机物转化为积碳、碳具有一定还原性，能还原铜的氧化物为铜单质，则温度高于220℃时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是高温时积碳覆盖在催化剂表面；被还原为Cu，改变了与Cu的比例，导致催化剂活性降低，故答案为：高温时积碳覆盖在催化剂表面；被还原为Cu，改变了与Cu的比例，导致催化剂活性降低。 11．(23-24高二下·江苏南京第五高级中学·期末)发展二甲醚（）的生产和使用技术具有重要意义。 (1)工业上利用反应合成二甲醚。该反应需要在无水条件下进行的原因是_________。 (2)一种利用合成气两步制备二甲醚的过程可表示为。 ①是一种甲醇脱水的催化剂。晶胞结构如图1所示（B中镁原子未画出）。用“●”标记出B中的镁原子_________。 ②催化形成二甲醚的过程可表示为 控制起始温度为250℃，以固定流速向装有催化剂的反应器中分别通入纯甲醇和的甲醇溶液，得到甲醇转化率．反应器温度随通入液体时长的关系如图2所示。通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低的原因是___________。 (3)利用二甲醚可通过以下途径制取氢气。 途径Ⅰ：  kJ⋅mol 途径Ⅱ：  kJ⋅mol ①“自热重整”可看做是途径Ⅰ和途径Ⅱ相结合的一种制氢方法：向二甲醚、水蒸气的混合气中通入少量氧气。通入氧气最主要的目的是______________。 ②途径Ⅱ中主要包括三个的基本反应：；；。下列措施一定可以提高单位时间内产率的是_________（填序号）。 A．升高温度    B．增大反应器中压强    C．使用甲醇水解的高效催化剂 ③在“双位点”催化作用下，与水反应的反应路径如图3所示，在答题卡上画出图中方框内中间体的结构：___________。 (4)从物质转化和资源综合利用角度分析，的应用价值为_________。 【答案】(1)更容易与水反应生成难电离的，使减小 (2) 水、甲醇对催化剂活性位点形成竞争吸附，参与催化反应的甲醇减少 (3) 氧气和二甲醚反应放热，促进途径Ⅱ反应正向进行，提高H2产率 C (4)有利于实现碳中和，可用作储氢材料 【详解】（1）利用反应合成二甲醚，需要在无水条件下进行的原因：更容易与水反应生成难电离的，使减小； （2） ①根据晶胞需满足“无隙并置”要求，则在B中标出Mg如图：； ②通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低的原因：水、甲醇对催化剂活性位点形成竞争吸附，参与催化反应的甲醇减少； （3）①制氢过程中向二甲醚、水蒸气的混合气中通入少量氧气最主要的目的是：氧气和二甲醚反应放热，促进途径Ⅱ反应正向进行，提高H2产率； ②A.三个基本反应，不同温度下对不同反应影响程度不同，所以升温不一定提高单位时间内产率； B．对应反应，增大压强会导致平衡逆向移动，不利于生成氢气； C．使用甲醇水解的高效催化剂，可以降低反应活化能，提高单位时间内产率； ③中间体是指在反应过程中生成，但有参与后续反应，则中间体结构：： （4）从物质转化和资源综合利用角度分析，的应用价值：有利于实现碳中和，可用作储氢材料。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型06 化学反应原理综合题 1．(24-25高二下·江苏镇江七校等校联考·期末)含NO烟气需要处理后才能排放。 (1)湿法氧化法处理含NO烟气。酸性条件下，用NaClO2作氧化剂将NO氧化为NO，并放出热量。 ①该反应的离子方程式为___________。 ②向NaClO2溶液中加入Fe3＋，会发生反应：Fe3＋＋ClO=Fe2＋＋ClO2↑。控制其他条件相同，分别以NaClO2溶液和含少量Fe3+的NaClO2溶液为吸收剂，测得相同时间内，NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的变化如图1所示。 i.NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的增大而增大的原因是_____。 ii.起始NaClO2溶液浓度相同时，含Fe3+的NaClO2溶液作为吸收剂，NO的氧化率更高，原因是_______。 iii.以NaClO2溶液为吸收剂，NO的氧化率随温度的变化情况，如图2所示。温度超过60℃后，NO氧化率下降，试解释其原因_____。 (2)有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2。 ①在钒基催化剂(V2O5)作用下的脱硝反应机理如图3所示，总反应的化学方程式为___________。 ②按上述图中NH3、NO和O2的比例进行催化脱硝反应。反应一定的时间，NH3和NO的转化率与温度的关系如图4所示。超过200℃后，NO转化率急剧下降，而NH3仍维持较高的原因是___________。 2．(24-25高二下·江苏镇江第一中学·期末)CO2的转化、回收和重整受到越来越多的关注，它是有效应对全球气候变化、促进低碳社会构建的重要方法。 (1)合成尿素[CO(NH2)2]是利用CO2的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现： 反应I：2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)　△H1=-272kJ·mol-1 反应Ⅱ：NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(1)+H2O(g)　△H2=+138kJ·mol-1 CO2和NH3合成尿素的反应自发进行的条件是_____(填“低温”“高温”或“任意条件”)。 (2)燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。 “吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为_____；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因是_____。 (3)CO2与丙烯通过金属杂多酸盐[CoxH(3-2x)PW12O40]催化合成甲基丙烯酸。 ①研究发现金属杂多酸盐中x对CO2转化率的影响如图1所示，由图1得出催化效果最好的金属杂多酸盐化学式是_____。 ②催化剂在温度不同时对CO2转化率的影响如图2所示，300℃催化效果远不如200℃和250℃的原因_____。 (4)催化电解法可将CO2转化为有机物。金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO2制备甲醛和乙醇的可能机理如图3所示。研究表明，在不同电极材料上形成中间体的部分反应活化能如图4所示。 ①X为_____。在答题卡上相应位置补充完整虚线框内Y的结构_____。 ②与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2的优点是_____。 【分析】（2）含CO2的烟气用KOH溶液吸收生成KHCO3，KHCO3溶液中加入石灰乳得到碳酸钙沉淀和3．(24-25高二下·江苏常州·期末)氢气是一种清洁能源，高效制氢、用氢具有重要意义。 (1)利用水煤气变换反应制氢，反应原理为 　 控制压强恒定为，水碳比投料，测得不同条件下反应达平衡时和的分压(某成分分压总压该成分的物质的量分数)如下表： 条件1 0.40 0.40 0 条件2 0.42 0.36 0.02 ①对比条件1，条件2中产率下降是因为发生了一个不涉及的副反应，该反应的化学方程式为_____。 ②在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是_____。 (2)“热循环制氢”的原理为：在密闭容器中，铁粉与溶液反应，生成、和。时，铁粉与溶液反应，反应初期有生成并放出。随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图-1所示。 ①根据元素电负性的变化规律，反应机理中的步骤I可描述为_____。 ②在其他条件相同时，测得的转化率、的产率随变化关系如图-2所示。的产率随增加而增大的可能原因是_____。 (3)氢能的高效利用途径之一是制成燃料电池。某熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图-3所示。已知：该条件下的摩尔体积为；电荷量电流时间(s)；；。 ①正极发生的电极反应式为_____。 ②该电池以3.2A恒定电流工作14分钟，消耗体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为_____。 4．(24-25高二下·江苏连云港·期末)氢能的开发和利用是当今化学研究的热点。 (1)乙醇水蒸气重整制氢。 主反应为    △H=173.3。 ①该反应的活化能：(正)_______(逆)(填“>”“＜”或“=”)；高温下能自发进行的原因是_______。 ②在450℃，水醇摩尔比为3条件下，使用ZnO/催化剂以及Pd-ZnO/催化剂，充分反应后，各产物的选择性如题图-1所示，使用Pd-ZnO/催化剂反应机理如题图-2所示： 相对于ZnO/催化剂，使用Pd-ZnO/催化剂能显著提高选择性的原因是_______。 ③反应一段时间后，发现催化剂的活性下降。研究发现催化剂的比表面积及孔容均未改变，将活性下降的催化剂置于空气中加热，所得热重曲线如图所示。催化剂活性下降的可能原因是_______。 (2)甲醛电催化制氢。 用Cu/Ag合金催化剂，电解低浓度的HCHO碱性溶液可以获取氢气，同时得到甲酸盐产品。阳极处反应机理如下图所示。 ①中间体X的结构式为_______。电解时，阳极的电极反应式为_______。 ②与普通电解水制氢相比，该法制氢的优点有_______(填两点)。 (3)二氧化碳加氢合成甲醇在Cu/催化剂作用下，加氢合成甲醇的机理如图所示。 ①Cu/催化剂中Cu活性位点的作用是_______。 ②若-O-H中的羟基氧用代替，则产物中不会出现的物质为_______ (化学式)。 5．(24-25高二下·江苏扬州·期末)空气中CO2含量的控制和资源化利用具有重要意义。 (1)一种捕集混合气体中CO2的过程如图所示，混合气体中其他气体不被吸收。 已知：常温下， ①能说明KOH溶液吸收达到饱和的依据是___________。 ②常温下，若KOH溶液吸收所得溶液中，则溶液的___________。 ③如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度___________(填“升高”“下降”或“不变”)。 (2)和KOH溶液反应生成，催化电解溶液可制得甲酸。 ①阳极室产生的气体主要有___________(填化学式)。 ②阴极由还原为的电极反应式为___________。 (3)以为催化剂，以一定流速向反应器中通入一定比例的和，经过“吸附→反应→脱附”等过程生成。在Pd表面产生活性H原子。生成的一种机理如图所示(图中“☐”为氧空位)。 ①步骤I过程中元素In化合价将___________(填“升高”“降低”或“不变”)。 ②其他条件不变，若混合气体中含量过低会降低催化剂的催化性能，原因是___________。 ③在其他条件相同时，若Pd紧密排列于催化剂表面，如图所示，则的生成速率较低的原因是___________。 6．(24-25高二下·江苏淮安·期末)有机物种类繁多，用途广泛。研究有机化学的合成机理对研制有机物有不可替代的作用。 Ⅰ．冠醚作为一种有机物，可以选择性提取低浓度的Li＋。某种冠醚的结构如下图。当冠醚空腔大小与金属离子接近时，金属离子易被吸附进入空腔中，实现萃取。该冠醚在某溶剂中的离子选择性如下表。 离子选择性 n(Li＋)/n(Na＋) n(Li＋)/n(Mg2＋) 164∶1 3∶1 (1)①图中键角1______(填“大于”“小于”或“等于”)键角2。 ②从微粒半径角度解释离子选择性[n(Li＋)/n(Na＋)]>[n(Li＋)/n(Mg2＋)]的原因：______。 Ⅱ．理论上可以通过乙酸和邻羟基苯甲酸反应制备阿司匹林 ，然而实际生产中该反应产率极低。 已知：i．乙醇和乙酸在酸性条件下发生酯化反应，部分反应机理如下： ii．苯酚中氧原子2p轨道与碳原子2p轨道平行，氧原子2p轨道电子云与苯环大键电子云发生重叠，电子向苯环偏移，降低了氧原子周围的电子云密度。 (2)①根据已知信息分析苯酚中氧原子的杂化方式为：______。 ②乙酸和邻羟基苯甲酸反应制备阿司匹林的产率极低原因可能有两种：原因一是邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍酯化反应发生；结合已知信息分析原因二可能是______。 Ⅲ．CO2氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应方程式是： 其反应历程如下图所示： (3)过程③可能生成的副产物的结构简式为______。 (4)反应过程中需要将催化剂表面的酸性控制在pH=3.5~4.5之间，pH太高或太低均会降低乙苯的转化率，则pH太高使乙苯转化率降低的原因是______。 7．(23-24高二下·江苏扬州仪征精诚高级中学·期末)氮氧化物()是硝酸和肼等工业的主要污染物。采用选择性催化还原或氧化吸收法可有效脱除烟气中的氮氧化物。 (1)利用甲烷可将氮氧化物还原为氮气除去。已知： ； ； ； 反应；___________。 (2)一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。 ①由A到B的变化过程可用离子反应方程式表示为___________。 ②脱除的总反应为___________。 (3)电解氧化吸收法可将废气中的变为硝态氮。分别向溶液和溶液(起始均调至9)中通入，测得电流强度与的脱除率的关系如图1所示。电解溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图2所示。 ①电解溶液时产生。氧化吸收的离子方程式为___________。 ②电解溶液作吸收液时，的去除率始终比溶液的大，原因是___________。 ③随着电流强度的增大，电解溶液时去除率下降的原因是___________。 8．(23-24高二下·江苏镇江·期末)CO2甲烷化是实现碳平衡阶段的中坚力量。 (1)1902年，PaulSabatier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(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)   ΔH=-890.3kJ·mol-1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)    ΔH=-571.6kJ·mol-1。 则CO2甲烷化反应CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(l)的ΔH=___________kJ·mol-1。 (2)近年来，生物电催化技术运用微生物电解池实现了CO2的甲烷化，其工作原理如图所示。 微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极电极反应式为___________。 (3)甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 (ⅰ)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 (ⅱ)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，反应的机理如图甲所示。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    快慢的影响如图乙所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应2HCHO＋NaOH=HCOONa＋CH3OH。 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1mol·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___________。 ④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___________。 9．(23-24高二下·江苏泰州·期末)氨是化肥生产和化学工业的重要原料，在工业生产上具有重要应用。 (1)工业合成氨的反应为。研究表明，在特定条件下，合成氨反应速率与各物质浓度的关系式为(k为常数)。为提高合成氨反应速率，从控制浓度考虑，可以采取的措施有_______。 (2)一种电催化NO还原反应(NORR)制NH3的装置如下图所示。 ①在上图中，两极区均采用NaOH与的混合溶液作为电解质溶液，写出电极a上主要反应的电极反应式：_______。 ②当电极上催化剂表面NO覆盖率较低时，选择性较高，反之则易发生氮氮耦合而生成_______(至少写两种产物)。 (3)分子中键角为107.3°，但在配离子中键角∠HNH却大于107.3°，可能的原因是_______。 (4)下图为固态氨的一种晶胞，分子有4种取向，每个分子周围形成6个氢键，图中已画出立方体体心分子的5个氢键，请在图中画出剩下的1个氢键_______。 (5)在水溶液中，氨可与次氯酸盐反应生成或。一定条件下，将1L 0.006的氨水和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与NaClO投入量(用x表示)的关系如下图所示。 ①写出氨与次氯酸盐反应生成的离子方程式_______。 ②结合图中曲线，计算NaClO投入量_______。(写出计算过程) 10．(23-24高二下·江苏盐城·期末)氢能的开发和利用是推动能源结构转型，实现“碳达峰”的重要途径。 (1)制氢。甲烷催化重整制氢 已知：      则：  ________。 (2)储氢。某种铜银合金具有储氢功能，其晶体晶胞中Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点。氢原子可进到由Cu原子与Ag原子构成的四面体空隙中，储氢后的晶胞结构与（如图）相似，该晶体储氢后的化学式：________。 (3)释氢。氢化镁（）具有良好的复合储氢功能，可通过热分解和水解两种方法制得氢气。相较于热分解，从物质转化和能量利用的角度分析，水解释氢方法的优点有________。 (4)利用。乙酸甲酯催化加氢制备乙醇主要涉及如下反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   在其他条件不变时，将的混合气体以一定流速通入装有铜基催化剂（该催化剂须含合适物质的量之比的与Cu）的反应管，测得选择性[]、选择性[]、转化率随温度的变化如图所示。 ①在180~200℃范围内，的转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是________。 ②温度高于220℃后，催化剂的催化活性下降，其原因可能是________。 11．(23-24高二下·江苏南京第五高级中学·期末)发展二甲醚（）的生产和使用技术具有重要意义。 (1)工业上利用反应合成二甲醚。该反应需要在无水条件下进行的原因是_________。 (2)一种利用合成气两步制备二甲醚的过程可表示为。 ①是一种甲醇脱水的催化剂。晶胞结构如图1所示（B中镁原子未画出）。用“●”标记出B中的镁原子_________。 ②催化形成二甲醚的过程可表示为 控制起始温度为250℃，以固定流速向装有催化剂的反应器中分别通入纯甲醇和的甲醇溶液，得到甲醇转化率．反应器温度随通入液体时长的关系如图2所示。通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低的原因是___________。 (3)利用二甲醚可通过以下途径制取氢气。 途径Ⅰ：  kJ⋅mol 途径Ⅱ：  kJ⋅mol ①“自热重整”可看做是途径Ⅰ和途径Ⅱ相结合的一种制氢方法：向二甲醚、水蒸气的混合气中通入少量氧气。通入氧气最主要的目的是______________。 ②途径Ⅱ中主要包括三个的基本反应：；；。下列措施一定可以提高单位时间内产率的是_________（填序号）。 A．升高温度    B．增大反应器中压强    C．使用甲醇水解的高效催化剂 ③在“双位点”催化作用下，与水反应的反应路径如图3所示，在答题卡上画出图中方框内中间体的结构：___________。 (4)从物质转化和资源综合利用角度分析，的应用价值为_________。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型06 化学反应原理综合题 1．2H2O＋3ClO＋4NO=4NO＋3Cl-＋4H+ NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化NO速率越快，NO氧化率增大 Fe3+会与ClO反应生成ClO2，ClO2与NO反应更快 ClO或ClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低 4NH3＋4NO＋O2 4N2＋6H2O 超过200℃后，NH3与O2生成NO 2．(1)低温 (2) KHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+KOH+H2O 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳 (3) Co0.5H2PW12O40或CoH4P2W24O80 温度过高，可能会导致催化剂失活 (4) H＋＋e- 加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高了乙醇的选择性 3．(1) 反应物分子在催化剂表面的吸附量减小，催化剂的活性降低 (2) 吸附在上的与中结合；吸附在上的与中羟基结合；反应生成的和吸附在催化剂的上 催化剂活性的量增多，量增多 (3) 70% 4．(1) > 该反应的△S>0 Pd-ZnO/催化剂能有效抑制脱水生成和氧化为等副反应。Pd-ZnO/催化剂更易促进生成，且使发生C-C键断裂反应，生成CO及大量，从而显著提高选择性 催化剂表面有积炭产生 (2) 或 在转移电量相同情况下该法制氢量是普通电解水制氢的两倍，且该法制氢可以降低含甲醛污水对环境的污染，同时获取甲酸盐产品 (3) 吸附并使其解离成(活性)氢原子 5．(1) 测定吸收液/溶液的pH值不再变化(或测定通过吸收液/溶液前后混合气体中的含量不再变化) 9 升高 (2) (或) (3) 降低 第I步形成的氧空位少，不利于催化剂吸附；第步产生活性H原子少，吸附的不能及时反应生成脱附，不利于催化剂复原 紧密排列(或未分散/不均匀排列)的Pd周围吸附的较少，Pd表面的活性H原子周围没有足够多的反应，导致生成速率较低。(或“Pd紧密排列导致活性H原子紧密分布，表面的周围没有足够多的活性H原子反应”) 6．(1) 小于 Mg2+的半径小于Na+半径，相比于Na+，Mg2+与Li+更接近，更易被冠醚吸附，更难与Li+分离，故[n(Li＋)/n(Mg2＋)]的离子选择性更低 (2) sp2 羧基是吸电子基，羧基和苯环共同作用，降低了酚羟基氧原子周围的电子云密度，难以与乙酸中的羧基碳原子成键，酯化反应难以发生 (3) (4)碱性太强，一方面和CO2反应，使吸附在催化剂表面的CO2减少；另一方面，OH-和H+在催化剂表面竞争吸附 7．(1)2a+2c-b (2) 2Cu(NH3)+O2→[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+ 4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O (3) 电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强；同时电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强 随着电流强度的增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化(歧化)为氯酸根离子、氯酸根离子氧化性比次氯酸根离子弱 8．(1)-252.9 (2)CO2＋8H＋＋8e-=CH4＋2H2O (3) HD 随NaOH浓度增大，催化剂表面吸附的CH2(O-)2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更多 NaOH溶解载体Al2O3，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降 氢气纯度高、可处理有毒甲醛 9．(1)增大氨气和氢气的投入浓度或及时将氨气分离 (2) N2、N2H4 (3)分子中含孤对电子而中N原子上的孤电子对与铜离子形成配位键，孤对电子与成键电子对之间的排斥力大于成键电子之间的排斥力 (4) (5) 0.00975mol 10．(1) (2) (3)等量的水解比热分解产生的多，同时不需要消耗大量热能。 (4) 温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快 高温时有机物形成积碳，覆盖在催化剂表面；被还原为Cu，改变了Cu2O与Cu比例，导致催化剂活性降低。 11．(1)更容易与水反应生成难电离的，使减小 (2) 水、甲醇对催化剂活性位点形成竞争吸附，参与催化反应的甲醇减少 (3) 氧气和二甲醚反应放热，促进途径Ⅱ反应正向进行，提高H2产率 C (4)有利于实现碳中和，可用作储氢材料 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $