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

**基本信息** 以江苏卷T15综合大题为核心，构建“热化学-平衡-电化学-图像”四维度方法体系，通过真题研析与模拟探源实现原理综合应用与证据推理能力提升。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |热化学与能量变化|5年真题+模拟题|盖斯定律组合反应、键能计算ΔH|能量变化与反应方向的关联| |化学平衡与反应速率|5年真题+模拟题|Kp/Kc计算、转化率曲线分析、决速步判断|动力学与热力学联合判据| |电化学与膜技术|4年真题+模拟题|电极反应式书写、离子交换膜选择|电化学与平衡移动的调控| |图像翻译与综合归因|5年真题+模拟题|“条件-平衡/速率-现象”归因话术|宏观现象与微观机理的转化|

专题12 化学反应原理综合题 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026真题研析：拆解最新真题，示范分析路径 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 近三年考查统计 江苏卷原理模块的核心综合大题，连续 5 年固定为 T15（约14–16分），是“热化学 + 动力学+平衡+电化学+图像分析”的深度耦合。情境高度偏好碳中和/碳循环、氢能储运、工业尾气治理与绿色合成（如2025甲烷干重整、2026 绿氨合成与NOₓ脱除）。命题核心特征：①热化学贯穿全题，要求利用盖斯定律组合多步反应，结合键能、燃烧热或活化能计算ΔH，并判断吸放热对平衡的影响；②平衡与速率深度交织，常考Kp/Kc计算、转化率/产率曲线分析、决速步判断、催化剂机理循环，不再停留于简单三段式；③电化学高频外溢，常结合原理主线考查电极反应式书写、离子交换膜选择及电解/原电池对平衡移动的调控；④图像翻译是拉分核心，给出ΔG—T、转化率—pH/温度、反应进程—能量、吸附量—时间等曲线，要求用“条件变→平衡/速率变→宏观现象变”的完整话术归因。整题逻辑：读信息算焓变→建平衡算常数→析图像断机理→联电化学写电极。 考向一 热化学与能量变化 2022·江苏卷T15 2023·江苏卷T15 2024·江苏卷T15 2025·江苏卷T15 2026·江苏卷T15 考向二 化学平衡与反应速率 2022·江苏卷T15 2023·江苏卷T15 2024·江苏卷T15 2025·江苏卷T15 2026·江苏卷T15 考向三 电化学与膜技术 2023·江苏卷T15 2024·江苏卷T15 2025·江苏卷T15 2026·江苏卷T15 考向四 图像翻译与综合归因 2022·江苏卷T15 2023·江苏卷T15 2024·江苏卷T15 2025·江苏卷T15 2026·江苏卷T15 近年江苏高考化学对该专题的考查连续5年锁定全卷T15（化学反应原理综合题），是全卷思维跨度最大、学科内核最重的核心大题。试题多以“碳中和与碳循环、氢能储运、绿色合成”等国家战略前沿为载体（如2022乙醇-水重整、2023 CO2捕集与转化、2024 CO2加氢制甲醇、2025碳循环与MOFs、2026碳循环配合物与吸附），创设深度学术探究与工业模拟情境。侧重考查热化学与能量分析能力、动力学与热力学联合判据能力、多平衡体系定量计算能力，要求在理解复杂真实体系的基础上辨析核心概念、关联化学原理，形成对反应路径合理性与绿色化学价值的客观评价。热化学与能量演变是高频基础考点，常考查盖斯定律求算多步反应ΔH、键能与反应热关联，以及绝热/恒容条件下温度-转化率图像的深度解读（如2024制甲醇绝热管位点温度判据、2026吸附量变化）。动力学与机理探究深度交织，常考活化能（Ea）比较、速率方程（v=k·cn）、决速步判定及催化剂（含MOFs、配合物）对路径的优化，强调“速率变→平衡未变”的底层逻辑（如2025/2026催化剂不改平衡产率陷阱）。多平衡竞争与定量计算是拉分核心，几乎每年叠加2–3个连续/竞争反应，需联判ΔH符号与移动趋势，结合选择性、原子守恒拆解曲线，必考Kp/Kc（含分压/浓度计算）与转化率权衡（如2022双反应、2025三反应竞争）。电化学与原理融合紧扣时代步伐，常将电解池/原电池（如CO2电还原、燃料电池）与热力学缝接，考查电极反应式书写（介质配平）、电子转移与产物关联。整体命题趋势呈现“多反应竞争+绝热图像+动热力联合”，从单一计算走向复杂体系证据推理，强调宏观辨识—微观探析—变化观念的综合素养。 考向一 热化学与能量变化 1．（2025·江苏·高考真题）合成气(和)是重要的工业原料气。 (1)合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要_______(填数字)种化学键的键能数据。 考向二 化学平衡与反应速率 2．（2025·江苏·高考真题）可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是_______。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全_______(写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为_______(填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为_______(填离子符号)，区域B带_______(填“正电”或“负电”)。 (3)回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应后，砷回收率下降的原因有_______。 考向三 电化学与膜技术 3．（2026·江苏·高考真题）碳循环是地球生物圈主要的物质循环。 (1)金属有机骨架(简称MOFs)材料在资源利用中有重要应用。MOFs材料具有一定数量孔隙，热稳定性不高。 ①一定条件下，利用一种基材料催化电解与碱性混合液制备尿素，阴极区、生成的电极反应式为________________________________。 ②某Al基MOFs材料Al(HCOO)3可吸附CO2，结构如图所示，Al、C、O形成_____(填数字)元环状结构。为检测其吸附能力，将吸附至饱和的(不含其他气体和杂质)在空气中加热，350℃时完全分解生成。 的饱和吸附量 则该材料对的饱和吸附量为__________。 ③一定条件下，密闭体系中发生反应。不改变其他条件，反应相同时间，加入能显著提升产率。已知：分子碳氧键键能大、结构稳定。从结构和反应原理角度分析产率增大的可能原因：_________________________________________。 ④已知：孔隙尺寸0.41~0.46 nm，分子直径。为实现的高效捕集和资源利用，结合相关结构和性质，综合分析Al基材料的优化方向是______________________。 考向四 图像翻译与综合归因 4．（2025·江苏·高考真题）合成气(和)是重要的工业原料气。 (1)研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的，依次发生的主要反应： 步骤Ⅰ   步骤Ⅱ   ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有_______；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为_______。 ②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有_______(填化学式)。 ③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值：_______。 考向一 热化学与能量变化 1．（2024·江苏·高考真题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)反应可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是_______。 ②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示，氨基能将控制在催化剂表面，其原理是_______；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在_______(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 2．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 (1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为___________；反应选用溶液而不选用溶液的原因是___________。 (2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。 3．（2023·江苏·高考真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。    “吸收”后所得的溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的，其原因是___________。 (2)合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。    考向二 化学平衡与反应速率 4．（2025·江苏·高考真题）合成气(和)是重要的工业原料气。 (1)合成气经“变换”“脱碳”获得纯。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有_______。 ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的吸收剂、(正价有)缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是_______(填化学式)。减缓设备腐蚀的原理是_______。 5．（2024·江苏·高考真题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。 ①含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是_______。 (2)反应可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是_______。 ②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示，氨基能将控制在催化剂表面，其原理是_______；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在_______(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 6．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 (1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。反应选用溶液而不选用溶液的原因是___________。 (2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。 (3)废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有___________。 7．（2023·江苏·高考真题）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为    (1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入气体，生成，反应为，其平衡常数K与、、、的代数关系式为___________；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收效率的有___________(填序号)。 A．水浴加热氧化镁浆料 B．加快搅拌速率 C．降低通入气体的速率 D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通 (2)在催化剂作用下被氧化为。已知的溶解度为0.57g(20℃)，氧化溶液中的离子方程式为___________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中被氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中的氧化速率增大，其主要原因是___________。      8．（2023·江苏·高考真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。    (2)合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。    ②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[]和尿素转化为氰酸铵()等副反应。尿素生产中实际投入和的物质的量之比为，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。 9．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为_______。 ②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为_______。 ③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。 考向三 电化学与膜技术 10．（2023·江苏·高考真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。    (2)催化电解吸收的KOH溶液可将转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。    其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为___________(填化学式)。 ②当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为___________。 ③当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为___________(写出计算过程)。 11．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。 (1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。 ①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。 ②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。 考向四 图像翻译与综合归因 12．（2026·江苏·高考真题）碳循环是地球生物圈主要的物质循环。 (1)碱液捕集。一定温度下，用浓氨水吸收含的模拟烟气，常加入一定浓度的溶液，生成一种空间构型为正八面体的镍氨配合物离子，位于正八面体中心，如图所示，生成镍氨配合物的离子方程式为___________________________________________，加入溶液的作用是_______________________。 (2)金属有机骨架(简称MOFs)材料在资源利用中有重要应用。MOFs材料具有一定数量孔隙，热稳定性不高。 ①一定条件下，利用一种基材料催化电解与碱性混合液制备尿素，阴极区、生成的电极反应式为________________________________。 ②某Al基MOFs材料Al(HCOO)3可吸附CO2，结构如图所示，Al、C、O形成_____(填数字)元环状结构。为检测其吸附能力，将吸附至饱和的(不含其他气体和杂质)在空气中加热，350℃时完全分解生成。 的饱和吸附量 则该材料对的饱和吸附量为__________。 ③一定条件下，密闭体系中发生反应。不改变其他条件，反应相同时间，加入能显著提升产率。已知：分子碳氧键键能大、结构稳定。从结构和反应原理角度分析产率增大的可能原因：_________________________________________。 ④已知：孔隙尺寸0.41~0.46 nm，分子直径。为实现的高效捕集和资源利用，结合相关结构和性质，综合分析Al基材料的优化方向是______________________。 13．（2025·江苏·高考真题）可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 (2)回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应后，砷回收率下降的原因有_______。 14．（2024·江苏·高考真题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。 ①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为_______。 ②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是_______。 (2)反应可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是_______。 ②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示，氨基能将控制在催化剂表面，其原理是_______；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在_______(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 15．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 (1)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。 16．（2023·江苏·高考真题）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为    (1)在催化剂作用下被氧化为。已知的溶解度为0.57g(20℃)，氧化溶液中的离子方程式为___________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中被氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中的氧化速率增大，其主要原因是___________。      17．（2023·江苏·高考真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。    (2)合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。    ②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[]和尿素转化为氰酸铵()等副反应。尿素生产中实际投入和的物质的量之比为，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。 (3)催化电解吸收的KOH溶液可将转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。    其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为___________(填化学式)。 ②当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为___________。 ③当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为___________(写出计算过程)。 18．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 (2)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。 19．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。 (1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。 (2)“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。 ①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为_______。 ②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。 ③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是_______。 (3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是_______。 1．（2026·江苏南通·模拟预测）肼()具有强还原性，可看作分子中H原子被取代的产物，分子具有强极性。 (1)将肼溶于过量的稀硫酸中，生成的盐是_______(填化学式)。推测下列结构最接近肼分子真实结构的是_______(填序号)。 A．反式结构：    B．顺式结构： (2)双氧水法制备水合肼()。总反应：，过程分为两步。过程ⅰ．制备丁酮连氮：。过程ⅱ．制备：将ⅰ中分离出的丁酮连氮在加热条件下水解。 ①过程ⅱ的化学方程式为_______。 ②在反应过程中，容器内壁出现少量油状液滴。经测定，通入总量对丁酮连氮合成反应的影响如下图所示。当氨气通入总量超过17000 mL时，丁酮的转化率和丁酮连氮的收率下降的原因是_______。 ③也能直接被NaClO氧化成，对比该方法，双氧水法的优点是_______。 (3)可用于某含钯废液[约含0.5 mg/L的]制备纯钯，其流程如下图所示。 ①“酸化”的目的是_______。 ②“还原”过程中，理论上消耗的与制得的金属Pd质量之比为_______。 2．（2026·江苏连云港·模拟预测）实验室以NaClO3(含少量NaCl)为原料制备NH4ClO4，其实验过程可表示为 (1)电解。取NaClO3固体加蒸馏水溶解后转移至如图-1所示的电解池中，控制电解液温度为45℃，充分电解。 ①电极b上电极反应式为________。 ②电解过程中若生成1 molNaClO4，理论上可以得到H2的体积为________(标况下)。 ③电解时温度超过60℃，NaClO3转化率()下降且有少量黄绿色气体产生，写出该反应的离子方程式：________。 (2)转化。向电解后得到的NaClO4溶液中加入稍过量的NH4Cl固体，先在40℃搅拌下完全溶解，随后经梯度降温(先自然冷却至20℃，再冰水浴冷却至0℃)，抽滤操作，得到NH4ClO4粗产品。物质的溶解度曲线如图-2所示。 ①采用“梯度降温”而非直接冰水浴冷却的目的是_____________。 ②该过程中能析出NH4ClO4的原因是_____________。 (3)杂质分析与测定。请补充完整测定NH4ClO4粗产品中杂质NaCl含量的实验方案：准确称量一定量NH4ClO4粗产品，加蒸馏水溶解，转移至100 mL容量瓶，定容摇匀，制得粗产品溶液。_____________，数据处理，计算NaCl的含量。 (实验必须使用的试剂：稀HNO3溶液、AgNO3标准溶液，K2CrO4指示剂，已知AgClO4易溶于水、Ag2CrO4为砖红色沉淀) 3．（2026·江苏泰州·模拟预测）甲酸及其衍生物在理论研究和工业生产上都具有重要意义。 (1)科学家曾利用草酸受热脱羧制甲酸。 已知：草酸、甲酸的燃烧热分别为、。请写出该反应的热化学方程式：_______，并分析该反应在较高温度下能自发的原因是_______。 (2)研究表明，可利用催化加生成，酸化后制得甲酸。 ①方案1：在密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通，测得产率随温度的变化如图所示。反应温度在范围内，产率迅速上升的可能原因是_______。 ②方案2：在密闭容器中，铁粉与溶液在加热条件下反应，初期会生成和，对应离子方程式为_______。随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能的微观机理如图所示。分析中H原子的来源，请在图中(a)处催化剂表面圈出该氢原子_______。 (3)，-二甲基甲酰胺是甲酸的一种重要衍生物。 ①理论计算表明，中N原子采取杂化，则分子中能共面的原子最多为_______个。 ②在有机反应中常用作非质子极性溶剂，即不能释放的极性溶剂。下列有机溶剂中，也属于非质子极性溶剂的有_______。 A．    B．    C．    D． 4．（2026·江苏连云港·模拟预测）甲醇和水催化重整制氢是连接甲醇经济与氢能应用的关键技术。 (1)甲醇和水重整过程中主要发生以下反应： 反应Ⅰ：  (蒸汽重整) 反应Ⅱ：  (水相重整) ①反应Ⅰ与反应Ⅱ的的大小关系为___________(填“＞”、“＜”或“=”)，理由是___________。 ②反应物起始物质的量比条件下，甲醇和水蒸气重整制氢时密闭容器中CH3OH、H2O、H2和CO2物质的量分数随温度变化的曲线如图-1所示。随着温度的升高，H2O的物质的量分数先减小后增大的原因是___________。 (2)双金属催化剂PtCo/MoS2 (载体)催化甲醇水相重整时，通过缺电子Pt位点加快甲醇的吸附活化。 ①从电负性角度分析，造成Pt位点缺电子的可能原因是___________。 ②MoS2中Mo的化合价为+4，则S的存在形式为___________(填化学式)。 (3)是甲醇和水催化重整的催化剂。催化过程中会发生氧化还原重构循环过程，反应过程示意图如图-2所示。 ①描述催化剂重构时的“还原”过程为___________。 ②升高温度，向生成方向移动。向反应体系中通入O2，则催化剂重构平衡向___________(填“氧化”或“还原”)移动，原因是___________。 5．（2026·江苏盐城·模拟预测）研究的释氢和再生对氢能的利用具有重要意义。 (1)释氢原理为： 。 ①该反应能自发进行的条件是___________。 A．只能高温    B．只能低温    C．任意温度 ②也可与乙醇反应生成。 其他条件不变，在不同质量分数的乙醇溶液中释放出的体积随时间的变化关系如图所示。在相同时间内释放出的体积随乙醇的质量分数增加而减少的原因可能是___________。 (2)碱性溶液中，在催化剂表面释氢的微观过程如图所示。 ①图中“”物质的化学式为___________。 ②溶液浓度过大反而抑制产生的速率，其原因可能是___________。 (3)用惰性电极电解溶液可制得，实现再生，制备装置如图所示。 ①阴极生成的电极方程式为___________。为提高的产率，应选用___________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。 ②已知：四丁基胺盐阳离子 体积大，难放电。在阴极室常加入四丁基胺盐提高的产率，其原因可能是___________。 6．（2026·江苏南通·模拟预测）研究铜铁矿废水的形成、处理及应用，对资源利用和环境保护意义重大。 (1)长期暴露在空气中的黄铁矿（主要成分为）被雨水侵蚀后会生成，能促进黄铜矿（主要成分为）溶解，形成酸性含铜废水。写出与反应生成、和的化学反应方程式：______。 (2)国家规定铜铁矿废水的排放标准：pH介于7～9，浓度小于。通过计算证明：含Cu（Ⅱ）酸性废水中加入适量，理论上能同时实现溶液pH和的达标排放{25℃时，}________。使用处理废水过程中产生大量污泥，大大降低了的去除效果，污泥中除含有铁的氢氧化物外，还有________（填化学式）。 (3)向含铜废水中加入EDTA[结构简式为，用表示]的二钠盐，发生反应：（该反应的平衡常数为，的结构如图1所示），再加入FeS可使溶液中Cu（Ⅱ）转化为CuS沉淀。 ①中与形成配位键的原子个数为________。 ②反应的平衡常数，其中对应的平衡常数表达式为________。 (4)用含铜铁的酸性废水处理低浓度硫化氢废气，可达到“以废治废”和节约成本的效果。含硫化氢的废气通过一定量的含、、、、的废水，测得反应前后溶液中Cu（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）、Fe（总）[]及浓度的变化如图2所示。该过程中发生的主要反应有：、________。 7．（2026·江苏南通·模拟预测）甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 (1)HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa(如图1所示)，其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图2所示)作催化剂。 ①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变)，该反应的化学方程式为___________。 ②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1：2，则电极b上的电极反应式为___________。 ③电解过程中每产生1mol H2，通过阴离子交换膜的OH-为___________mol。 (2)HCHO水化释氢： 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图3所示。使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图4所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应2HCHO＋NaOH=HCOONa＋CH3OH。 ①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___________。 (3)甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有___________。 8．（2026·江苏南通·模拟预测）尿素[]在生活中应用广泛，科学家通过多种途径实现尿素合成。 (1)以和为原料合成尿素的热化学方程式为　，部分反应历程的能量变化如图1所示。 ①HNCO的结构式为________。 ②的________。 (2)以为催化剂，电催化与合成尿素的可能反应机理如图2所示。 ①由于催化剂两端电荷分布不均匀，从而有效促进、的吸附及反应。其中Bi端电子云密度较________（填“大”或“小”）。 ②画出过程Ⅲ形成的*NCON*（*表示吸附在催化剂表面的物种）的结构式：________。 (3)我国科学家以Pd-Te复合纳米材料为催化剂，利用富余电能电解含和的废液，成功合成尿素。该过程中可能的反应机理如图3所示。 ①写出电催化和生成的电极反应方程式：________。 ②法拉第效率（法拉第效率）可用于衡量尿素的生成效率。以溶液为电解液，其他条件相同时，Pd-Te复合纳米材料作催化剂，合成尿素的可达12%，电解时阳极每产生标况下33.6L的时，阴极可获得尿素的物质的量为________。 ③从能源与资源综合利用的角度分析，该方案制备尿素的积极意义是________。 9．（2026·江苏·三模）NH3是未来能源之一，也是工业制HNO3的原料。NH3与O2能发生下列反应： 反应Ⅰ    ； 反应Ⅱ    。 反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数（K）随温度的变化如图-1所示。 (1)CH4、NH3都可作为内燃机的燃料。 ①CH4燃烧产生的高温会引发火焰周围发生反应：，该反应______（填“>”“<”或“=”）0。 ②NH3具有可再生、易液化等优点。NH3比CH4易液化的原因是_______。 ③热效率（）是衡量内燃机工作效率的指标。我国科学家研究了一种氨燃料燃烧新路径，其原理如图-2所示。该路径理论上能实现CH4完全循环及NO零排放。NO气体零排放的原因是_______。实验测得，通过上述路径消耗1 mol NH3时，发动机输出有效功Q kJ，该路径的热效率为_______（用含“Q”“a”的代数式表示）。 (2)工业生产HNO3的主要路径为。将NH3与空气组成的混合气体通过800℃下装有Pt-Rh合金的催化氧化炉，NH3转化率接近100%；将反应后的混合气体快速冷却至室温，发生反应：，该反应可能由两个速率不等的基元反应构成，反应进程如图-3所示；用稀HNO3吸收反应后的混合气体，制得浓硝酸。 ①氧化炉中使用Pt-Rh合金催化剂的目的是_______。 ②的总反应速率由第_______（填“1”或“2”）步基元反应决定。降低温度，NO2的生成速率加快，依据图示反应进程分析其可能的原因：_______。 ③反应过程中，将催化氧化后的混合气体快速冷却，其目的除加快反应速率外，还有_______。 10．（2026·江苏南京·模拟预测）煤是我国主要能源之一，其综合利用对保障能源安全具有重大意义。 (1)煤气化技术被认为是一种提高燃烧效率的有效途径。 煤气化发生的反应：  。若1 mol C(s)完全燃烧生成放出的热量为；先气化再燃烧生成和放出的总热量为，则___________(填“＞”、“＜”或“=”)。煤气化能提高燃烧效率的原因是___________。 (2)水煤气变换反应是调节的比值的重要方法。 ①水煤气变换反应：  。利用为催化剂可实现水煤气变换，该反应分两步完成：反应Ⅰ：，反应Ⅱ的化学方程式：___________。 ②实际工业中，水煤气变换反应需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图-1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。若采用喷入冷水的方式降温，在答题卡上作出CO平衡转化率随温度变化的曲线___________。 (3)以合成气(CO和)为原料生产液体燃料是实现我国能源安全的重要途径。 ①在一定条件下合成液体燃料主要包括以下反应： 主反应： 副反应Ⅰ： 副反应Ⅱ：催化剂表面还可能存在烯烃的二次吸附加氢反应 将@催化剂在与PFTS(全氟癸基三乙氧基硅烷)在乙醇中反应，得到@改性催化剂(如图-2所示)。改性前后在不同CO转化率下的选择性对比如图-3所示。改性后的催化剂能降低选择性的原因是___________。       ②铁催化剂中助剂效应非常明显，通常加入过渡金属作为助剂对其催化性能进行调变。第一长周期过渡金属的量子力学计算结果如图-4所示。过渡金属对CO吸附能力明显强于的原因是___________；如果仅以合成气组成对表面的最大结合能作为唯一判断依据，则___________(填写元素符号)应该是最佳催化剂助剂。加入催化剂助剂后，烯烃的选择性将___________。(填“增大”、“减小”、“不变”) 11．（2026·江苏徐州·模拟预测）Ⅰ．清除污染物甲苯是当今研究的热点。 (1)甲苯在厌氧生物电化学反应器中可降解为多种物质，装置如图-1所示，甲苯生成苯甲酸的电极反应式为___________。 (2)焓变的计算方法有多种，仅从以下单项数据不能计算出的的是___________(填字母)。 A．各化学键的键能 B．各物质的燃烧热 C．正反应的活化能 D．各物质的相对能量 Ⅱ．有优异的放氧/储氧能力()，氧空位能促进的吸附成为活性氧，还能作为活性位点降低反应活化能，加快甲苯消除。 (3)催化剂的制备方法对甲苯降解影响显著，制备的三种方法如下： ：将溶于去离子水中，再加入乙酸和乙二醇，加热。 ：将加入到乙腈和乙二醇混合液中，加热。 ：将和尿素溶于去离子水中，加热。 制得的催化剂中的物质的量含量如下表。 催化剂 14.6 10.0 13.5 中___________。 (4)随温度升高，催化剂对甲苯转化率的影响如图-2所示，性能优于的原因是___________。活性低的可能原因为___________。 (5)催化甲苯降解的过程为： 。 通过红外光谱发现，温度升高到时，反应5分钟后，催化剂表面甲苯、苯甲醇、苯甲酸、苯酚的峰强度显著增强，影响降解的决速步骤为___________(填“Ⅰ”、“Ⅱ”、“Ⅲ”、“Ⅳ”或“Ⅴ”)。 (6)处理废气过程中水蒸气体积分数与甲苯转化率的关系反映催化剂活性，关系如图-3所示。 ①当水蒸气体积分数提高至10%后，催化剂活性下降，可能原因为___________。 ②从实际工业生产角度分析，研究水蒸气含量对催化剂影响的意义是___________。 12．（2026·河南信阳·模拟预测）合成气(CO和)是重要工业原料。 Ⅰ．合成气的制备：800℃时，甲烷催化部分氧化法可制备合成气，反应如下：      (1)上述反应每消耗1 mol ，理论上转移的电子为___________mol。 (2)甲烷与水蒸气反应也能制得合成气。反应如下：      相比甲烷与水蒸气反应，甲烷催化部分氧化法的优点是___________。 (3)催化剂表面积碳是催化剂失活的重要原因。为了解积碳形成原因，在不同温度下，向装有催化剂的反应装置中分别通入或CO均反应10 min，结果如图-1所示。写出800℃时形成积碳的主要反应：___________。 (4)下，将的混合气体置于密闭容器中时，不同温度下混合体系中和的平衡转化率、CO的平衡选择性如图-2所示。250℃时平衡气体混合物中几乎不含，写出此时体系中存在的两个主要反应的化学方程式：___________。 Ⅱ．由合成气制高纯氢气 合成气经水煤气变换反应  可制得高纯氢气。莫来石(SMO)系列催化剂均可催化该反应。 (5)100℃时在SMO中加入能提升催化剂效率，反应可能机理如图-3所示(“×”表示转化很难进行)，其原因可能是___________。 (6)实际生产中，采用两阶段水煤气变换，反应过程如图-4所示的。从反应限度和反应速率角度，分析采取第一阶段采用较高温度而第二阶段采用较低温度的原因是___________。 13．（2026·江苏连云港·三模）甲醇和水催化重整制氢是连接甲醇经济与氢能应用的关键技术。 (1)甲醇和水重整过程中主要发生以下反应： 反应I：   (蒸汽重整) 反应II：   (水相重整) ①反应I与反应II的的大小关系为___________(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。 ②反应物起始物质的量比条件下，甲醇和水蒸气重整制氢时密闭容器中、、和物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。随着温度的升高，的物质的量分数先减小后增大的原因是___________。 (2)双金属催化剂(载体)催化甲醇水相重整时，通过缺电子Pt位点加快甲醇的吸附活化。 ①Pt与Co均为过渡金属，其单质晶体的堆积方式均为面心立方最密堆积，该堆积方式的配位数为___________。 ②从电负性角度分析，造成Pt位点缺电子的可能原因是___________。 ③中Mo的化合价为+4，则S的存在形式为___________(填化学式)。 (3)是甲醇和水催化重整的催化剂。催化过程中会发生氧化还原重构循环过程，反应过程示意图如图所示。 ①描述催化剂重构时的“还原”过程为___________。 ②升高温度，向生成方向移动。向反应体系中通入，则催化剂重构平衡向___________(填“氧化”或“还原”)移动，原因是___________。 (4)有很高的催化稳定性。其催化甲醇和水重整的反应路径如图所示。已知：(反应物)，(生成物)，其中、…为各步基元反应速率常数，k与温度成正比。 ①中氧空位在催化循环中的作用是___________。 ②结合图示副反应，升高温度，甲醇重整制氢主反应选择性降低，其原因___________。 14．（2026·江苏南京·模拟预测）工业生产中高效脱除H2S气体，可有效减少设备腐蚀，缓解大气污染。 (1)溶液吸收法 ①实验室用电石(主要成分为CaC2，含少量CaS等杂质)制备乙炔气体，用CuSO4溶液洗气除去H2S杂质的离子方程式为 ___________。 ②乙醇胺水吸收H2S的反应为：H2S(g)＋HOCH2CH2NH2(aq)HOCH2CH2NH3+(aq)＋HS-(aq) △H<0，为使H2S充分解吸，实现吸收液循环再生，应选择的反应条件为___________(填字母)。 a．高温高压         b．高温低压         c．低温高压         d．低温低压 ③工业上离子液体络合铁溶液吸收H2S，溶液粘度直接影响气体传质速率。实验测得数据如图1、图2所示，离子液体络合铁溶液浓度为10%时H2S的吸收效果最好，可能的原因为___________。 (2)碳纤维脱除法。多孔碳纤维材料对H2S的吸附与解离效果，取决于催化剂对水的附着能力和表面碱性活性位点的数量。 ①氮(吡啶(等化合物)掺杂的多孔碳纤维，对H2S的脱除效率较好，其可能的原因是___________。 ②氮掺杂碳包覆盖钴脱除H2S的过程如图3所示，该结构能进一步提升H2S的脱除效果并能保持表面酸碱性相对稳定，其可能的原因是___________。 (3)电化学法。科研团队采用光驱动电化学法脱除H2S，其反应装置如图4(电解质溶液均为稀硫酸)。 已知：代表或中的一种。 ①理论上右室每产生32gS2，左室生成的H2O2的物质的量为___________。 ②光直接驱动I－与X发生反应的离子方程式为___________。 ③从能量转化和资源回收利用角度，该工艺相比传统电解法的优点为___________。 15．（2026·江苏扬州·模拟预测）氨是一种化工原料，也是极具潜力的储氢载体。 (1)电化学还原制。碱性条件下，阴极材料分别采用催化剂Ru/C、Cu-Ru/C(在Ru/C表面修饰少量铜原子)进行电解溶液制的性能研究。Ru/C、Cu-Ru/C催化可能机理如题17图-1所示： ①阴极的电极总反应式为___________。 ②在不同电解电压下工作1h，测定的合成速率与法拉第效率[法拉第效率]随电解电压的变化分别如图-2、图-3所示。 ⅰ．当电解电压为时，两种催化剂作用下的合成速率差异较大，可能的原因是___________。 ⅱ．当催化剂为时，随着电解电压增大，的法拉第效率逐渐降低，可能的原因是___________。 (2)合成尿素[]。光催化和合成，其机理是在催化剂表面上光生电子还原产生自由基 ()，将氧化为，再与反应形成。 ①中的氧原子间通过单键相连，则的电子式为___________。 ②当的浓度大于20%时，的产率会下降，其可能的原因是___________。 (3)催化制氢。在含氧空位的(为+3价，为+3、+4价)催化剂表面，经过吸附、脱氢反应等过程制取。在下，将高纯以流速通过装有催化剂的反应管，在出口处通过测量得到的生成速率为(无其他含氢产物)。 ①用代替中的部分形成[离子半径：]。其他条件不变，改用作为催化剂，测得的转化率为89.9%，催化效率是的___________倍(保留一位小数)。 ②相同条件下，催化效率优于，其可能的原因是___________。 16．（2026·江苏扬州·模拟预测）氢能的开发和利用是新能源领域的重点发展方向。 (1)甲烷二氧化碳制氢及应用 ①反应，每生成，转移电子的数目为_______mol。 ②在透氢膜反应器中，以进料制氢的原理如图1所示。1500K，在透氢膜反应器中转化率增大，从速率和平衡角度分析其原因是_______。 ③993K，相同条件下，用或还原生成，平衡时气体中或的物质的量分数分别为0.0250、0.0192.还原为的反应限度：_______(填“>”或“<”)。 (2)甲烷水蒸气重整制氢 Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   ①反应Ⅲ在_______下能自发进行(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 ②在一定温度、催化下发生上述反应。工业上选择水碳投料比，适当提高有利于消除积碳并提高甲烷转化率，若过高，其缺点是_______。 (3)氢能的储存、运输和利用 ①太阳能、风能等无法实现及时或稳定的能源供应，通过它们产生的过剩电能制氢，再供给有能源需求的地区使用(如图2所示)，可实现能源的高效利用。 从物质转化和氢能运输角度综合分析该过程中的作用是_______。 ②某熔融碳酸盐介质的氢氧燃料电池装置如图3所示，其负极的电极反应式是_______。 17．（2026·江苏南京·二模）回收废锂离子电池(主要成分为LiCoO2)可再生制备电池级LiCoO2。 (1)氨浸。用氨水-Na2SO3混合液浸取含LiCoO2的电池废料，过滤得到含[Co(NH3)6]2+和Li+的浸出液。已知：的，。 ①写出LiCoO2固体转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式______。 ②室温下，反应完全后的溶液中，调节体系pH=12，浸出后的滤渣中______(填“有”或“无”)。 ③向氨水-混合液中加入，浸出液的随时间变化如图所示。加入后，元素的浸出率显著升高，其原因是______。 (2)再生。以溶液为沉淀剂制得，经煅烧生成，再与在空气中高温煅烧，制备。 ①沉淀时过量，会生成含两个五元环结构的配离子，该配离子的结构式为______。 ②制备时，理论上投入______。 (3)应用。一种锂离子电池的结构如图所示，其总反应为。 ①该电池放电时，正极的电极反应式为______。 ②充电一段时间后，电解质溶液中的物质的量______(填“增大”、“减小”或“不变”)。 18．（2026·江苏连云港·模拟预测）甲烷选择性氧化制甲醇是C1化学中的“圣杯”反应，催化剂的研究至关重要。 (1)铁基催化剂[Fe2(MoO4)3]可实现N2O为氧化剂的甲烷选择性氧化。研究表明，N2O在Fe3+位点分解生成表面α-氧物种，该物种可插入CH4的C—H键生成CH3OH。 反应历程可表示为 步骤Ⅰ：     步骤Ⅱ： 副反应： ①为提高CH3OH的选择性，应适当________(填“延长”或“缩短”)CH4与催化剂的接触时间。 ②研究发现，当反应温度超过400℃时，CH3OH的产率急剧下降。从反应历程角度分析，温度过高导致产率下降的原因可能是_____________。 (2)在光热条件下，In-Fe双金属有机框架可催化甲烷制甲醇。催化剂在光照下可产生光生电子(e-)和空穴(h+)。O2在催化剂表面接受光生电子和质子(H+)，活化生成自由基。Fe3+的引入可显著增加催化剂表面的电子密度。 ①引入Fe3+可促进生成的原因可能是_____________。 ②若反应体系中产生羟基自由基()，会在产物中检测到甲醛等副产物。In/Fe的物质的量之比对甲醇选择性的影响如图-1所示。当In/Fe的物质的量之比大于6∶4时，甲醇选择性下降的原因可能是_____________。 (3)电喷雾电离NiO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。NiO+分别与CH4(曲线a)、CD4(曲线b)反应，体系的能量随反应进程的变化如图-2所示。 ①已知E1>E2，CH4制CH3OH反应的决速步是步骤________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②其他条件相同，将CH4替换为CH2D2，与NiO+反应生成氘代甲醇。实验测得产物中CH2DOD的产量小于CHD2OH，原因可能是________。 ③若NiO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有________种。 ④若在体系中引入少量H2O，则甲醇的产率会显著下降，同时检测到Ni+(H2O)物种。推测原因并设计一个简单实验进行验证：_____________。 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 化学反应原理综合题 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026真题研析：拆解最新真题，示范分析路径 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 近三年考查统计 江苏卷原理模块的核心综合大题，连续 5 年固定为 T15（约14–16分），是“热化学 + 动力学+平衡+电化学+图像分析”的深度耦合。情境高度偏好碳中和/碳循环、氢能储运、工业尾气治理与绿色合成（如2025甲烷干重整、2026 绿氨合成与NOₓ脱除）。命题核心特征：①热化学贯穿全题，要求利用盖斯定律组合多步反应，结合键能、燃烧热或活化能计算ΔH，并判断吸放热对平衡的影响；②平衡与速率深度交织，常考Kp/Kc计算、转化率/产率曲线分析、决速步判断、催化剂机理循环，不再停留于简单三段式；③电化学高频外溢，常结合原理主线考查电极反应式书写、离子交换膜选择及电解/原电池对平衡移动的调控；④图像翻译是拉分核心，给出ΔG—T、转化率—pH/温度、反应进程—能量、吸附量—时间等曲线，要求用“条件变→平衡/速率变→宏观现象变”的完整话术归因。整题逻辑：读信息算焓变→建平衡算常数→析图像断机理→联电化学写电极。 考向一 热化学与能量变化 2022·江苏卷T15 2023·江苏卷T15 2024·江苏卷T15 2025·江苏卷T15 2026·江苏卷T15 考向二 化学平衡与反应速率 2022·江苏卷T15 2023·江苏卷T15 2024·江苏卷T15 2025·江苏卷T15 2026·江苏卷T15 考向三 电化学与膜技术 2023·江苏卷T15 2024·江苏卷T15 2025·江苏卷T15 2026·江苏卷T15 考向四 图像翻译与综合归因 2022·江苏卷T15 2023·江苏卷T15 2024·江苏卷T15 2025·江苏卷T15 2026·江苏卷T15 近年江苏高考化学对该专题的考查连续5年锁定全卷T15（化学反应原理综合题），是全卷思维跨度最大、学科内核最重的核心大题。试题多以“碳中和与碳循环、氢能储运、绿色合成”等国家战略前沿为载体（如2022乙醇-水重整、2023 CO2捕集与转化、2024 CO2加氢制甲醇、2025碳循环与MOFs、2026碳循环配合物与吸附），创设深度学术探究与工业模拟情境。侧重考查热化学与能量分析能力、动力学与热力学联合判据能力、多平衡体系定量计算能力，要求在理解复杂真实体系的基础上辨析核心概念、关联化学原理，形成对反应路径合理性与绿色化学价值的客观评价。热化学与能量演变是高频基础考点，常考查盖斯定律求算多步反应ΔH、键能与反应热关联，以及绝热/恒容条件下温度-转化率图像的深度解读（如2024制甲醇绝热管位点温度判据、2026吸附量变化）。动力学与机理探究深度交织，常考活化能（Ea）比较、速率方程（v=k·cn）、决速步判定及催化剂（含MOFs、配合物）对路径的优化，强调“速率变→平衡未变”的底层逻辑（如2025/2026催化剂不改平衡产率陷阱）。多平衡竞争与定量计算是拉分核心，几乎每年叠加2–3个连续/竞争反应，需联判ΔH符号与移动趋势，结合选择性、原子守恒拆解曲线，必考Kp/Kc（含分压/浓度计算）与转化率权衡（如2022双反应、2025三反应竞争）。电化学与原理融合紧扣时代步伐，常将电解池/原电池（如CO2电还原、燃料电池）与热力学缝接，考查电极反应式书写（介质配平）、电子转移与产物关联。整体命题趋势呈现“多反应竞争+绝热图像+动热力联合”，从单一计算走向复杂体系证据推理，强调宏观辨识—微观探析—变化观念的综合素养。 考向一 热化学与能量变化 1．（2025·江苏·高考真题）合成气(和)是重要的工业原料气。 (1)合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要_______(填数字)种化学键的键能数据。 【答案】(1)5 解题关键 断键：碳氧三键、氢氢键(H-H)，2种；成键(甲醇)：碳氢键(C-H)、碳氧键(C-O)、氧氢键(O-H)，3种；共 2+3=5 种键能数据。 （1） （1）反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的需、、、、，共5种化学键的键能数据； 考向二 化学平衡与反应速率 2．（2025·江苏·高考真题）可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是_______。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全_______(写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为_______(填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为_______(填离子符号)，区域B带_______(填“正电”或“负电”)。 (3)回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应后，砷回收率下降的原因有_______。 【答案】(1) 氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 否, ，， ，则未沉淀完全 ZnO (2) 负电 (3) 生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降 解题关键 (1)①酸浸时O2将闪锌矿中的S2—氧化为单质S，破坏ZnS晶格，使ZnS更易被硫酸溶解，Zn2+更多进入溶液，提高浸出率。②计算过程：H2S两级电离：Ka1×Ka2=[H+]²×[S²⁻]/[H2S]，[S²⁻]=Ka1×Ka2×[H2S]/[H+]²=1.2×10⁻²² mol/L，沉淀平衡时 [Cd²⁺]=Ksp(CdS)/[S²⁻]=8.0×10⁻²⁷÷1.2×10⁻²²≈6.7×10⁻⁵ mol/L > 1.0×10⁻⁵，故Cd²⁺未沉淀完全。③加入的氧化物为 ZnO。 (2)区域A中的离子为 Cl⁻；区域B带负电。 (3)加ZnS提供S²⁻，与H3AsO3反应生成As2S3沉淀；同时消耗H+使 As2S3+6H2O⇌2H3AsO3+3H2S 平衡左移，促进砷以As2S3形式回收。n(S):n(As)=7:1时硫过量，前期砷回收率随时间升高至峰值，过长后过量硫或体系条件变化致As2S3部分再溶解/转化，回收率下降。 （1） （1）①酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率；故答案为氧化生成S，促进酸浸反应正向进行。 ②通入除镉，当溶液时，， 又因为，=，则，则此时，此时的浓度大于，故沉淀不完全； ③由②知，除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的至，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为ZnO，故答案为ZnO。 （2） 晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由替换，区域B中，由替换；按照均摊法，区域B中含：3个、：1个、：个，，则区域B带负电，故答案为；负电。 （3） （3）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， 与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：。 ②生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降。 考向三 电化学与膜技术 3．（2026·江苏·高考真题）碳循环是地球生物圈主要的物质循环。 (1)金属有机骨架(简称MOFs)材料在资源利用中有重要应用。MOFs材料具有一定数量孔隙，热稳定性不高。 ①一定条件下，利用一种基材料催化电解与碱性混合液制备尿素，阴极区、生成的电极反应式为________________________________。 ②某Al基MOFs材料Al(HCOO)3可吸附CO2，结构如图所示，Al、C、O形成_____(填数字)元环状结构。为检测其吸附能力，将吸附至饱和的(不含其他气体和杂质)在空气中加热，350℃时完全分解生成。 的饱和吸附量 则该材料对的饱和吸附量为__________。 ③一定条件下，密闭体系中发生反应。不改变其他条件，反应相同时间，加入能显著提升产率。已知：分子碳氧键键能大、结构稳定。从结构和反应原理角度分析产率增大的可能原因：_________________________________________。 ④已知：孔隙尺寸0.41~0.46 nm，分子直径。为实现的高效捕集和资源利用，结合相关结构和性质，综合分析Al基材料的优化方向是______________________。 【答案】(1) 16 中带正电的H会和中带负电的O结合，从而使分子碳氧键的键能减小，稳定性降低；可以使催化剂的活性增强；可以吸附，可以使表面的局部浓度提高，从而提高产率； 减小孔隙尺寸与匹配、增加孔隙数量、提高材料热稳定性 解题关键 (1)①电极反应式：2NO2— + HCO3— + 6H2O + 12e— = CO(NH2)2 + 13OH— ②Al、C、O形成六元环，数字填6；饱和吸附量约 2.5×10-3（或0.00247）mol·g-1 ③Al(HCOO)3中甲酸根可配位活化CO2，削弱其稳定碳氧键、降低加氢反应活化能；多孔结构富集CO2并提供限域环境，促进生成HCOOH ④优化方向：提升MOF热稳定性；调节孔径与表面官能团增强CO2选择性吸附与活化；引入催化位点实现捕集与原位催化转化一体化 （1） （1）①阴极区应发生还原反应，反应物应为、，产物为、水和，因此电极反应为； ②根据图可知，Al、C、O组合的环形结构中，有Al原子4个，O原子8个，C原子4个，因此组成的结构为16元环；生成的物质的量为，根据Al元素守恒，对应的的物质的量为，其质量为，吸附的的质量为 ，对应的物质的量为，代入饱和吸附量公式，的饱和吸附量为； ③从结构角度：中的H带正电，而中O带负电，因此中带正电的H会和中带负电的O结合，从而使分子碳氧键的键能减小，稳定性降低，从而提高产率； 从反应原理的角度：可以使催化剂的活性增强，同时可以吸附，可以使表面的局部浓度提高，加快反应速率，从而提高产率； ④从结构角度：可以适当的减小孔隙尺寸，使其与的分子直径接近，减少其他分子的进入；并且材料具有一定数量的孔隙，可以适当的增加孔隙的数量；从性质角度：根据已知材料热稳定性不高，因此可以提高材料的热稳定性，因此优化方向为适当减小孔隙尺寸、增加孔隙数量、提高材料热稳定性。 考向四 图像翻译与综合归因 4．（2025·江苏·高考真题）合成气(和)是重要的工业原料气。 (1)研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的，依次发生的主要反应： 步骤Ⅰ   步骤Ⅱ   ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有_______；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为_______。 ②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有_______(填化学式)。 ③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值：_______。 【答案】(1) 分解生成H2，CO发生副反应而被消耗 432 C、Fe、FeO 作用：将Ce2O3氧化为CeO2；分步制备的价值，有利于载氧体的循环，得到更纯净的H2 解题关键 (1)① x=0时（纯CeO2载氧体），n(H2)/n(CO)>2 的原因：部分CH4发生深度反应（如CH4进一步与水蒸气或载氧体作用生成额外H2，或CO进一步被载氧体氧化为CO2消耗掉CO，或发生水煤气变换/甲烷裂解积碳等副反应使CO减少、H2增多）。 计算（x=0.5，300 mL CH4，CO选择性80%）：转化CH4中生成CO的占80%。设CH4总转化量为n。严格按定义：n生成(CO)=0.8×n转化(CH4)。由步骤I主反应 CH4→CO+2H2，每转化1 mol CH4生成1 CO+2 H2。若选择性80%，则0.8 mol CH4走主反应生成0.8 mol CO + 1.6 mol H2；剩余0.2 mol CH4可能走副反应。 总气体 = CO(0.8)+ H2(1.6+0.4=2.0) = 2.8 倍对应转化CH4摩尔。对应体积比：300 mL CH4若全转化，n(CO)=0.8×300/比例 → CO=240 mL（按体积等同摩尔），H2=1.6×300?需统一基准。实际：取转化CH4=300 mL，CO=0.8×300=240 mL；H2来自主反应2×240=480 mL + 副反应0.2×300×2(若裂解)=120 mL → H2=600 mL。 总V(CO)+V(H2)=240+600=840 mL。 ② XRD对比：反应后出现 Fe、FeO、C峰，CeO2峰仍在，说明Fe2O3被CH4还原为Fe/FeO，CH4被氧化部分生成积碳C；Ce主要以CeO2存在起供/储氧缓冲。 ③ Fe2O3作用：提供较多晶格氧、促进CH4高效氧化裂解产合成气；CeO2具变价(+3/+4)起储氧/释氧缓冲、维持氧传递循环、抑制过度还原与积碳、提高循环稳定性。 分步制备价值：步骤I产CO+2H2，步骤II单独用水蒸气夺回氧再生载氧体并额外产纯H2，实现H2/CO比例可调、两步分开避免CH4与H2O混合直接重整，便于分别调控气体组成、提高产氢量与载氧体循环寿命。 （1） （1）①可以分解生成H2，使得H2的物质的量增大，增大；当时，载氧体中没有，只有，由于的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为，CO发生副反应而被消耗，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当时，转化率为60%，则，已知CO的选择性，则，根据图乙中数据可知，此时产物气中，则，故生成标准状况下CO和的总体积为432mL； ②新制载氧体与反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与反应，使载氧体再生从而继续与反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与反应； ③对比图中物质可知，具有氧化性，作用：将Ce2O3氧化为CeO2；采用分步制备的价值，分步制备的价值，有利于载氧体的循环，得到更纯净的H2。 考向一 热化学与能量变化 1．（2024·江苏·高考真题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)反应可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是_______。 ②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示，氨基能将控制在催化剂表面，其原理是_______；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在_______(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 【答案】(1) NaHCO3受热分解导致浓度下降，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解 -NH2可以与形成氢键 CN—NHD和DCOO— 【详解】（1）①碳酸氢钠受热易分解导致浓度下降，升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解，均可能导致HCOO-产率下降，故答案为：NaHCO3受热分解，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解； ②氨基和碳酸氢根离子可以形成氢键，形成的氢键将碳酸氢根离子控制在催化剂表面；由图可知，步骤Ⅱ发生的反应为氨基和碳酸氢根离子中的羟基发生取代反应生成水，氢气发生共价键断裂，氢原子被CN吸附，步骤Ⅲ发生的反应为碳氮键发生断裂，碳原子和氮原子分别与氢原子结合生成CN—NH2和HCOO—，则用D2代替氢气，得到的产物为CN—NHD和DCOO—，所以通过检测是否同时存在CN—NHD和DCOO—可确认反应过程中的加氢方式，故答案为：-NH2可以与形成氢键；CN—NHD和DCOO—。 2．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 (1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为___________；反应选用溶液而不选用溶液的原因是___________。 (2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。 【答案】(1) 或 水解可促进的水解 (2) 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消 【详解】（1）在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为，另水解会促进水解，故在水溶液中水解为沉淀的离子方程式也可写成为；反应选用溶液而不选用溶液，其原因是水解可促进的水解， （2）反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。反应温度高于380℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如。 3．（2023·江苏·高考真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。    “吸收”后所得的溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的，其原因是___________。 (2)合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。    【答案】(1) 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳 (2) <0 【详解】（1）由图可知“吸收”后所得的溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为。载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳。 （2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其<0。 考向二 化学平衡与反应速率 4．（2025·江苏·高考真题）合成气(和)是重要的工业原料气。 (1)合成气经“变换”“脱碳”获得纯。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有_______。 ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的吸收剂、(正价有)缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是_______(填化学式)。减缓设备腐蚀的原理是_______。 【答案】(1) 防止生成积碳；的比热容较大，吸收反应放出的热量抑制温度升高 具有强氧化性，使钢制吸收塔内壁形成致密的氧化膜 【详解】（1）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，则会生成积碳，导致催化剂的活性下降，可以防止积碳；的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，过量可有效防止催化剂活性下降； ②脱碳过程中，溶液会吸收，发生反应，当溶液浓度偏高时，会生成较多，而溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。中的Cr元素化合价为，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使钢制吸收塔内壁形成致密的氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀； 5．（2024·江苏·高考真题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。 ①含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是_______。 (2)反应可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是_______。 ②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示，氨基能将控制在催化剂表面，其原理是_______；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在_______(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 【答案】(1) 多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少 (2) NaHCO3受热分解导致浓度下降，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解 -NH2可以与形成氢键 CN—NHD和DCOO— 【详解】（1）①氧化铝含量大于2%，出口处氨含量下降说明多孔氧化铝含量过多会吸附反应生成的氨气，由图可知，氧化铝含量大于2%时，催化剂α-Fe表面积减小，催化性能降低，导致反应速率减小，使得出口处氨含量下降，故答案为：多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少； （2）①碳酸氢钠受热易分解导致浓度下降，升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解，均可能导致HCOO-产率下降，故答案为：NaHCO3受热分解，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解； ②氨基和碳酸氢根离子可以形成氢键，形成的氢键将碳酸氢根离子控制在催化剂表面；由图可知，步骤Ⅱ发生的反应为氨基和碳酸氢根离子中的羟基发生取代反应生成水，氢气发生共价键断裂，氢原子被CN吸附，步骤Ⅲ发生的反应为碳氮键发生断裂，碳原子和氮原子分别与氢原子结合生成CN—NH2和HCOO—，则用D2代替氢气，得到的产物为CN—NHD和DCOO—，所以通过检测是否同时存在CN—NHD和DCOO—可确认反应过程中的加氢方式，故答案为：-NH2可以与形成氢键；CN—NHD和DCOO—。 6．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 (1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。反应选用溶液而不选用溶液的原因是___________。 (2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。 (3)废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有___________。 【答案】(1) 水解可促进的水解 (2) 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消 (3) 提高反应温度、延长浸出时间 【详解】（1）反应选用溶液而不选用溶液，其原因是水解可促进的水解， （2）反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。反应温度高于380℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如。 （3）提高钒元素浸出率的方法还有提高反应温度、延长浸出时间， 7．（2023·江苏·高考真题）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为    (1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入气体，生成，反应为，其平衡常数K与、、、的代数关系式为___________；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收效率的有___________(填序号)。 A．水浴加热氧化镁浆料 B．加快搅拌速率 C．降低通入气体的速率 D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通 (2)在催化剂作用下被氧化为。已知的溶解度为0.57g(20℃)，氧化溶液中的离子方程式为___________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中被氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中的氧化速率增大，其主要原因是___________。      【答案】(1) BD (2) pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率 【详解】（1）已知下列反应： ①   K ② ③ ④ ⑤ ⑥ 根据盖斯定律，①=②-③+④+⑤-⑥，故K=； A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误； B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确； C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误； D．多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确； 故选BD。 （2）根据题意，O2氧化溶液中的，被氧化为，1molO2氧化2mol，故氧化溶液中的离子方程式为：； pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率； 8．（2023·江苏·高考真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。    (2)合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。    ②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[]和尿素转化为氰酸铵()等副反应。尿素生产中实际投入和的物质的量之比为，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。 【答案】(2) <0 提高CO2的转化率，抑制尿素水解，抑制尿素缩合生成缩二脲 【详解】（2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其<0。实际投料比值远大于理论值的原因是增大NH3的比例、提高CO2的转化率，尿素水解、尿素缩合生成缩二脲都有NH3生成，增大NH3的比例可抑制尿素水解，抑制尿素缩合生成缩二脲。 9．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为_______。 ②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为_______。 ③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。 【答案】(1) 5 c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中物质的量分数越大 【详解】（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中物质的量分数越大；故答案为：；5 ；c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中物质的量分数越大。 考向三 电化学与膜技术 10．（2023·江苏·高考真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。    (2)催化电解吸收的KOH溶液可将转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。    其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为___________(填化学式)。 ②当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为___________。 ③当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为___________(写出计算过程)。 【答案】(2) H2 每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为 【详解】（2）当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子得电子变成氢气。当电解电压为时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由生成的电极反应式为。当电解电压为时，电解过程中还原产物的为24%，还原产物的为8%，每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为。 11．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。 (1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。 ①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。 ②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。 【答案】(1) Cu、O 【详解】（1）①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：； ②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。 考向四 图像翻译与综合归因 12．（2026·江苏·高考真题）碳循环是地球生物圈主要的物质循环。 (1)碱液捕集。一定温度下，用浓氨水吸收含的模拟烟气，常加入一定浓度的溶液，生成一种空间构型为正八面体的镍氨配合物离子，位于正八面体中心，如图所示，生成镍氨配合物的离子方程式为___________________________________________，加入溶液的作用是_______________________。 (2)金属有机骨架(简称MOFs)材料在资源利用中有重要应用。MOFs材料具有一定数量孔隙，热稳定性不高。 ①一定条件下，利用一种基材料催化电解与碱性混合液制备尿素，阴极区、生成的电极反应式为________________________________。 ②某Al基MOFs材料Al(HCOO)3可吸附CO2，结构如图所示，Al、C、O形成_____(填数字)元环状结构。为检测其吸附能力，将吸附至饱和的(不含其他气体和杂质)在空气中加热，350℃时完全分解生成。 的饱和吸附量 则该材料对的饱和吸附量为__________。 ③一定条件下，密闭体系中发生反应。不改变其他条件，反应相同时间，加入能显著提升产率。已知：分子碳氧键键能大、结构稳定。从结构和反应原理角度分析产率增大的可能原因：_________________________________________。 ④已知：孔隙尺寸0.41~0.46 nm，分子直径。为实现的高效捕集和资源利用，结合相关结构和性质，综合分析Al基材料的优化方向是______________________。 【答案】(1) 减少氨气受热挥发，提高氨气的利用率，增加吸收二氧化碳的量和稳定性 (2) 16 中带正电的H会和中带负电的O结合，从而使分子碳氧键的键能减小，稳定性降低；可以使催化剂的活性增强；可以吸附，可以使表面的局部浓度提高，从而提高产率； 减小孔隙尺寸与匹配、增加孔隙数量、提高材料热稳定性 【详解】（1）根据已知镍氨配合物离子的空间结构为正八面体，位于正八面体的中心，配体数目为6，该配合物离子为，该过程为与氨水反应生成镍氨配合物离子，因此离子方程式为；碱液捕集的过程为中和反应，该过程放热会导致浓氨水中氨气挥发，降低的吸收效率，加入后，可以与氨气结合生成稳定的，可以减少氨气受热挥发，提高氨气的利用率，增加吸收二氧化碳的量和稳定性； （2）①阴极区应发生还原反应，反应物应为、，产物为、水和，因此电极反应为； ②根据图可知，Al、C、O组合的环形结构中，有Al原子4个，O原子8个，C原子4个，因此组成的结构为16元环；生成的物质的量为，根据Al元素守恒，对应的的物质的量为，其质量为，吸附的的质量为 ，对应的物质的量为，代入饱和吸附量公式，的饱和吸附量为； ③从结构角度：中的H带正电，而中O带负电，因此中带正电的H会和中带负电的O结合，从而使分子碳氧键的键能减小，稳定性降低，从而提高产率； 从反应原理的角度：可以使催化剂的活性增强，同时可以吸附，可以使表面的局部浓度提高，加快反应速率，从而提高产率； ④从结构角度：可以适当的减小孔隙尺寸，使其与的分子直径接近，减少其他分子的进入；并且材料具有一定数量的孔隙，可以适当的增加孔隙的数量；从性质角度：根据已知材料热稳定性不高，因此可以提高材料的热稳定性，因此优化方向为适当减小孔隙尺寸、增加孔隙数量、提高材料热稳定性。 13．（2025·江苏·高考真题）可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 (2)回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应后，砷回收率下降的原因有_______。 【答案】(2) 生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降 【详解】（2）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， 与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：。 ②生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降。 14．（2024·江苏·高考真题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。 ①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为_______。 ②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是_______。 (2)反应可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是_______。 ②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示，氨基能将控制在催化剂表面，其原理是_______；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在_______(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 【答案】(1) (或) 多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少 (2) NaHCO3受热分解导致浓度下降，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解 -NH2可以与形成氢键 CN—NHD和DCOO— 【详解】（1）①由题意可知，吸收一氧化碳的反应为一氧化碳与和氨水的混合溶液反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：(或)； ②氧化铝含量大于2%，出口处氨含量下降说明多孔氧化铝含量过多会吸附反应生成的氨气，由图可知，氧化铝含量大于2%时，催化剂α-Fe表面积减小，催化性能降低，导致反应速率减小，使得出口处氨含量下降，故答案为：多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少； （2）①碳酸氢钠受热易分解导致浓度下降，升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解，均可能导致HCOO-产率下降，故答案为：NaHCO3受热分解，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解； ②氨基和碳酸氢根离子可以形成氢键，形成的氢键将碳酸氢根离子控制在催化剂表面；由图可知，步骤Ⅱ发生的反应为氨基和碳酸氢根离子中的羟基发生取代反应生成水，氢气发生共价键断裂，氢原子被CN吸附，步骤Ⅲ发生的反应为碳氮键发生断裂，碳原子和氮原子分别与氢原子结合生成CN—NH2和HCOO—，则用D2代替氢气，得到的产物为CN—NHD和DCOO—，所以通过检测是否同时存在CN—NHD和DCOO—可确认反应过程中的加氢方式，故答案为：-NH2可以与形成氢键；CN—NHD和DCOO—。 15．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 (1)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。 【答案】(1) 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消 【详解】（1）反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。反应温度高于380℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如。 16．（2023·江苏·高考真题）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为    (1)在催化剂作用下被氧化为。已知的溶解度为0.57g(20℃)，氧化溶液中的离子方程式为___________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中被氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中的氧化速率增大，其主要原因是___________。      【答案】(1) pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率 【详解】（1）根据题意，O2氧化溶液中的，被氧化为，1molO2氧化2mol，故氧化溶液中的离子方程式为：； pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率； 17．（2023·江苏·高考真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。    (2)合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。    ②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[]和尿素转化为氰酸铵()等副反应。尿素生产中实际投入和的物质的量之比为，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。 (3)催化电解吸收的KOH溶液可将转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。    其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为___________(填化学式)。 ②当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为___________。 ③当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为___________(写出计算过程)。 【答案】(2) <0 提高CO2的转化率，抑制尿素水解，抑制尿素缩合生成缩二脲 (3) H2 每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为 【详解】（2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其<0。实际投料比值远大于理论值的原因是增大NH3的比例、提高CO2的转化率，尿素水解、尿素缩合生成缩二脲都有NH3生成，增大NH3的比例可抑制尿素水解，抑制尿素缩合生成缩二脲。 （3）当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子得电子变成氢气。当电解电压为时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由生成的电极反应式为。当电解电压为时，电解过程中还原产物的为24%，还原产物的为8%，每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为。 18．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 (2)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。 【答案】(2)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3 【详解】（2）有图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。 19．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。 (1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。 (2)“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。 ①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为_______。 ②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。 ③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是_______。 (3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是_______。 【答案】(2) 吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+ 随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大 (3)制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用 【详解】（2）①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：； ②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+； ③在其他条件相同时，随增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。故答案为：随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大； （3）“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。 1．（2026·江苏南通·模拟预测）肼()具有强还原性，可看作分子中H原子被取代的产物，分子具有强极性。 (1)将肼溶于过量的稀硫酸中，生成的盐是_______(填化学式)。推测下列结构最接近肼分子真实结构的是_______(填序号)。 A．反式结构：    B．顺式结构： (2)双氧水法制备水合肼()。总反应：，过程分为两步。过程ⅰ．制备丁酮连氮：。过程ⅱ．制备：将ⅰ中分离出的丁酮连氮在加热条件下水解。 ①过程ⅱ的化学方程式为_______。 ②在反应过程中，容器内壁出现少量油状液滴。经测定，通入总量对丁酮连氮合成反应的影响如下图所示。当氨气通入总量超过17000 mL时，丁酮的转化率和丁酮连氮的收率下降的原因是_______。 ③也能直接被NaClO氧化成，对比该方法，双氧水法的优点是_______。 (3)可用于某含钯废液[约含0.5 mg/L的]制备纯钯，其流程如下图所示。 ①“酸化”的目的是_______。 ②“还原”过程中，理论上消耗的与制得的金属Pd质量之比为_______。 【答案】(1) B (2) 氨气通入量过大，未反应的氨气逸出时带走部分易挥发的丁酮，使其在容器内壁冷凝，导致参与反应的丁酮减少 副产物为水，绿色环保无污染（或产品纯度高，不含盐类杂质） (3) 将转化为沉淀，从而富集钯元素 （或 ） 【详解】（1）肼()是二元弱碱，其化学性质类似于氨；将其溶于过量稀硫酸中，分子中的两个均会结合质子生成，故生成的盐为。A项反式结构中心对称，正负电荷中心重合，偶极矩相互抵消，为非极性分子；B项顺式结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子；由题可知，肼()分子具有强极性，故最接近真实结构的是B。 （2）①过程ⅱ为丁酮连氮在加热条件下水解生成水合肼和丁酮，结合过程ⅰ中丁酮连氮的结构简式及原子守恒，化学方程式：； ②氨气通入量过大，未反应的氨气逸出时带走部分易挥发的丁酮，使其在容器内壁冷凝，导致参与反应的丁酮减少，从而丁酮的转化率和丁酮连氮的收率下降； ③被NaClO氧化生成的同时还有NaCl生成，而双氧水法生成的同时只生成水，故双氧水法的优点为副产物为水，绿色环保无污染（或产品纯度高，不含盐类杂质）。 （3）① 废液中钯的浓度极低，直接还原难以高效提取；加入进行酸化，可发生反应，使钯元素以沉淀形式析出，达到分离和富集钯元素的目的。 ②“还原”过程中，被氧化为，N元素化合价由-2升高到0；被还原为单质Pd，Pd元素化合价由+2降低到0；根据得失电子守恒，反应的物质的量之比 ；故理论上消耗的与制得的金属Pd质量之比为 。 2．（2026·江苏连云港·模拟预测）实验室以NaClO3(含少量NaCl)为原料制备NH4ClO4，其实验过程可表示为 (1)电解。取NaClO3固体加蒸馏水溶解后转移至如图-1所示的电解池中，控制电解液温度为45℃，充分电解。 ①电极b上电极反应式为________。 ②电解过程中若生成1 molNaClO4，理论上可以得到H2的体积为________(标况下)。 ③电解时温度超过60℃，NaClO3转化率()下降且有少量黄绿色气体产生，写出该反应的离子方程式：________。 (2)转化。向电解后得到的NaClO4溶液中加入稍过量的NH4Cl固体，先在40℃搅拌下完全溶解，随后经梯度降温(先自然冷却至20℃，再冰水浴冷却至0℃)，抽滤操作，得到NH4ClO4粗产品。物质的溶解度曲线如图-2所示。 ①采用“梯度降温”而非直接冰水浴冷却的目的是_____________。 ②该过程中能析出NH4ClO4的原因是_____________。 (3)杂质分析与测定。请补充完整测定NH4ClO4粗产品中杂质NaCl含量的实验方案：准确称量一定量NH4ClO4粗产品，加蒸馏水溶解，转移至100 mL容量瓶，定容摇匀，制得粗产品溶液。_____________，数据处理，计算NaCl的含量。 (实验必须使用的试剂：稀HNO3溶液、AgNO3标准溶液，K2CrO4指示剂，已知AgClO4易溶于水、Ag2CrO4为砖红色沉淀) 【答案】(1) -2e-+H2O=+2H+ 22.4 L 6H++5Cl-+3Cl2↑+3H2O (2) 减少杂质共沉淀，提高产品纯度 0℃时，NH4ClO4的溶解度远小于NaCl、NaClO4和NH4Cl，且转化反应生成的NH4ClO4浓度超过其饱和溶液浓度 (3)用酸式滴定管量取25.00 mL粗产品溶液于锥形瓶中，加入稀硝酸酸化，再滴加2～3滴K2CrO4指示剂。用AgNO3标准溶液滴定至溶液出现砖红色沉淀且半分钟内不褪色，记录消耗AgNO3标准溶液的体积，重复实验2～3次 【详解】（1）①根据图可以看到电极b是氯酸钠制备高氯酸钠的过程，氯元素化合价由+5价升高到+7价，此电极为阳极失电子，故电极反应为：-2e-+H2O=+2H+； ②根据电极反应可知，1 molNaClO4生成转移2 mol电子，而电极a对应生成1 molH2，则标况下体积为22.4 L； ③NaClO3转化率下降，是因为和杂质氯化钠反应生成了氯气，所以反应离子方程式为：6H++5Cl-+3Cl2↑+3H2O； （2）①根据溶解度曲线可知，若直接冰水浴冷却会使溶液降温过快少量杂质一起析出，同时晶体快速析出，晶体颗粒细小，容易包裹杂质，导致产品纯度降低，而梯度降温可得到大颗粒晶体，减少杂质包裹，提高产品纯度； ②由图可知，降到0℃时，NH4ClO4的溶解度远小于NaCl、NaClO4和NH4Cl，且转化反应生成的NH4ClO4浓度超过其饱和溶液浓度，所以可以析出NH4ClO4； （3）剩下的步骤是滴定过程测定产品含量，用硝酸酸化后再用足量硝酸银除去杂质氯离子，最后用指示剂K2CrO4去指示滴定终点，所以步骤描述为：用酸式滴定管量取25.00 mL粗产品溶液于锥形瓶中，加入稀硝酸酸化，再滴加2～3滴K2CrO4指示剂。用AgNO3标准溶液滴定至溶液出现砖红色沉淀且半分钟内不褪色，记录消耗AgNO3标准溶液的体积，重复实验2～3次。 3．（2026·江苏泰州·模拟预测）甲酸及其衍生物在理论研究和工业生产上都具有重要意义。 (1)科学家曾利用草酸受热脱羧制甲酸。 已知：草酸、甲酸的燃烧热分别为、。请写出该反应的热化学方程式：_______，并分析该反应在较高温度下能自发的原因是_______。 (2)研究表明，可利用催化加生成，酸化后制得甲酸。 ①方案1：在密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通，测得产率随温度的变化如图所示。反应温度在范围内，产率迅速上升的可能原因是_______。 ②方案2：在密闭容器中，铁粉与溶液在加热条件下反应，初期会生成和，对应离子方程式为_______。随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能的微观机理如图所示。分析中H原子的来源，请在图中(a)处催化剂表面圈出该氢原子_______。 (3)，-二甲基甲酰胺是甲酸的一种重要衍生物。 ①理论计算表明，中N原子采取杂化，则分子中能共面的原子最多为_______个。 ②在有机反应中常用作非质子极性溶剂，即不能释放的极性溶剂。下列有机溶剂中，也属于非质子极性溶剂的有_______。 A．    B．    C．    D． 【答案】(1) 该反应虽然，在较高温度下将会小于0，因而该反应能自发 (2) 在该温度范围内，温度升高催化剂的活性增强与温度升高协同作用，导致生成HCOO-的反应速率迅速上升 (3) 8 CD 【详解】（1）①反应1,;反应2，反应1-反应2得，； ②该反应虽然，在较高温度下将会小于0，因而该反应在较高温度下能自发。 （2）①应温度在范围内，催化加氢的转化率迅速上升的可能原因是：在该温度范围内，温度升高催化剂的活性增强与温度升高协同作用，导致生成HCOO-的反应速率迅速上升； ②密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：； ③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H与中C结合；吸附在上的H与中羟基O结合；反应生成的和吸附在催化剂的上，所以分析中H原子的来源，如图 （3） ①中N原子采取杂化，所以能共面的有8个原子，如图； ②A． 不能释放，但是为非极性溶剂，A错误； B．能电离出，B错误； C．不能释放，同时为极性溶剂，C正确； D．不能释放，同时为极性溶剂，D正确； 故选CD。 4．（2026·江苏连云港·模拟预测）甲醇和水催化重整制氢是连接甲醇经济与氢能应用的关键技术。 (1)甲醇和水重整过程中主要发生以下反应： 反应Ⅰ：  (蒸汽重整) 反应Ⅱ：  (水相重整) ①反应Ⅰ与反应Ⅱ的的大小关系为___________(填“＞”、“＜”或“=”)，理由是___________。 ②反应物起始物质的量比条件下，甲醇和水蒸气重整制氢时密闭容器中CH3OH、H2O、H2和CO2物质的量分数随温度变化的曲线如图-1所示。随着温度的升高，H2O的物质的量分数先减小后增大的原因是___________。 (2)双金属催化剂PtCo/MoS2 (载体)催化甲醇水相重整时，通过缺电子Pt位点加快甲醇的吸附活化。 ①从电负性角度分析，造成Pt位点缺电子的可能原因是___________。 ②MoS2中Mo的化合价为+4，则S的存在形式为___________(填化学式)。 (3)是甲醇和水催化重整的催化剂。催化过程中会发生氧化还原重构循环过程，反应过程示意图如图-2所示。 ①描述催化剂重构时的“还原”过程为___________。 ②升高温度，向生成方向移动。向反应体系中通入O2，则催化剂重构平衡向___________(填“氧化”或“还原”)移动，原因是___________。 【答案】(1) ＜ 反应Ⅰ的反应物均为气态，反应Ⅱ的反应物均为液态，两反应生成物熵值相同，而熵值：气态＞液态，所以 反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，消耗，H2O的物质的量分数减小；在更高温度下，可能发生了逆水煤气变换等副反应()，该副反应生成H2O，导致其物质的量分数增大 (2) Co的电负性大于，的电子向偏移，因此带部分正电荷，形成缺电子位点 S2- (3) 反应物为和CO，生成物为和，CO作还原剂被氧化，作氧化剂被还原 氧化 O2具有氧化性，可将还原态的氧化为 【详解】（1）①反应Ⅰ的反应物均为气态，反应Ⅱ的反应物均为液态，熵值：气态＞液态，两反应生成物熵值相同，因此。 ②反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，消耗，H2O的物质的量分数减小；在更高温度下，可能发生了逆水煤气变换等副反应()，该副反应生成H2O，导致其物质的量分数增大。 （2）①Co的电负性大于，的电子向偏移，因此带部分正电荷，形成缺电子位点。 ②MoS2中Mo的化合价为+4，由化合价代数和为零可知，S元素的化合价为-2价，形式为S2-。 （3）①还原过程反应物为和CO，生成物为和，CO作还原剂被氧化，作氧化剂被还原。 ②向反应体系中通入O2，则催化剂重构平衡向氧化方向移动，原因是O2具有氧化性，可将还原态的氧化为。 5．（2026·江苏盐城·模拟预测）研究的释氢和再生对氢能的利用具有重要意义。 (1)释氢原理为： 。 ①该反应能自发进行的条件是___________。 A．只能高温    B．只能低温    C．任意温度 ②也可与乙醇反应生成。 其他条件不变，在不同质量分数的乙醇溶液中释放出的体积随时间的变化关系如图所示。在相同时间内释放出的体积随乙醇的质量分数增加而减少的原因可能是___________。 (2)碱性溶液中，在催化剂表面释氢的微观过程如图所示。 ①图中“”物质的化学式为___________。 ②溶液浓度过大反而抑制产生的速率，其原因可能是___________。 (3)用惰性电极电解溶液可制得，实现再生，制备装置如图所示。 ①阴极生成的电极方程式为___________。为提高的产率，应选用___________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。 ②已知：四丁基胺盐阳离子 体积大，难放电。在阴极室常加入四丁基胺盐提高的产率，其原因可能是___________。 【答案】(1) C 与乙醇反应的速率小于与水反应的速率，随乙醇质量分数增加，相同时间内产生的体积减少 (2) 增大，在催化剂表面吸附增多，(占据较多的活性位点)，导致在催化剂表面吸附减少，(占据活性位点减少) (3) 阳 难放电，体积大，在电极放电的机会减少，静电作用吸引，放电机会增加 【详解】（1）①该反应为气体分子数增多的放热反应，，根据反应自发进行，可知该反应能自发进行的条件是任意温度，故选C；②在相同时间内释放出的体积随乙醇的质量分数增加而减少的原因可能是与乙醇反应的速率小于与水反应的速率，随乙醇质量分数增加，相同时间内产生的体积减少； （2） ①根据图示，“”物质的化学式为； ②、都吸附在催化剂表面，溶液浓度过大反而抑制产生的速率，原因可能是增大，在催化剂表面吸附增多，(占据较多的活性位点)，导致在催化剂表面吸附减少，(占据活性位点减少)； （3）①钛极与外接电源负极相连为阴极，发生还原反应生成，电极方程式为；为提高的产率，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，同时避免阴极区移向阳极，应选用阳离子交换膜； ②难放电，体积大，在电极放电的机会减少，静电作用吸引，放电机会增加，可提高的产率。 6．（2026·江苏南通·模拟预测）研究铜铁矿废水的形成、处理及应用，对资源利用和环境保护意义重大。 (1)长期暴露在空气中的黄铁矿（主要成分为）被雨水侵蚀后会生成，能促进黄铜矿（主要成分为）溶解，形成酸性含铜废水。写出与反应生成、和的化学反应方程式：______。 (2)国家规定铜铁矿废水的排放标准：pH介于7～9，浓度小于。通过计算证明：含Cu（Ⅱ）酸性废水中加入适量，理论上能同时实现溶液pH和的达标排放{25℃时，}________。使用处理废水过程中产生大量污泥，大大降低了的去除效果，污泥中除含有铁的氢氧化物外，还有________（填化学式）。 (3)向含铜废水中加入EDTA[结构简式为，用表示]的二钠盐，发生反应：（该反应的平衡常数为，的结构如图1所示），再加入FeS可使溶液中Cu（Ⅱ）转化为CuS沉淀。 ①中与形成配位键的原子个数为________。 ②反应的平衡常数，其中对应的平衡常数表达式为________。 (4)用含铜铁的酸性废水处理低浓度硫化氢废气，可达到“以废治废”和节约成本的效果。含硫化氢的废气通过一定量的含、、、、的废水，测得反应前后溶液中Cu（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）、Fe（总）[]及浓度的变化如图2所示。该过程中发生的主要反应有：、________。 【答案】(1) (2) 当时，，，得，1L溶液中=0.128mg<0.5mg，故符合达标排放 、 (3) 6 (4) 【详解】（1）与反应生成、和，根据得失电子守恒、原子守恒，化学反应方程式为：； （2）当时，，，得，1L溶液中=0.128mg<0.5mg，故符合达标排放。使用处理废水过程中产生大量污泥，大大降低了的去除效果，污泥中除含有铁的氢氧化物外，还有、。 （3）①中与形成配位键的原子为2个N、4个O，个数为6。 ②反应的平衡常数，其中对应的平衡常数表达式为。 （4）含硫化氢的废气通过一定量的含、、、、的废水，测得反应前后溶液中Cu（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）、Fe（总）[]及浓度的变化如图，由图可知，反应后硫酸、Fe(Ⅱ)浓度增大，但Fe(总)不变，Cu(Ⅱ)浓度减小，则该过程中发生的主要反应有：、。 7．（2026·江苏南通·模拟预测）甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 (1)HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa(如图1所示)，其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图2所示)作催化剂。 ①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变)，该反应的化学方程式为___________。 ②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1：2，则电极b上的电极反应式为___________。 ③电解过程中每产生1mol H2，通过阴离子交换膜的OH-为___________mol。 (2)HCHO水化释氢： 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图3所示。使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图4所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应2HCHO＋NaOH=HCOONa＋CH3OH。 ①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___________。 (3)甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有___________。 【答案】(1) 1 (2) HD NaOH是反应物，其浓度增大会使甲醛水化生成CH2(O⁻)2的速率加快，增大了中间体浓度，从而加快释氢速率 NaOH浓度过大，副反应的速率显著加快，大量甲醛发生副反应被消耗，用于生成氢气的甲醛减少，同时氢氧化钠溶解催化剂载体Al2O3，使纳米银颗粒团聚，催化活性下降 (3)氢气纯度更高、可处理有毒气体甲醛、反应条件温和等（合理即可） 【详解】（1）①根据催化剂的晶胞图，晶胞中Mo原子数为4，P原子数为，可知该催化剂的化学式为MoP。MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧(反应中N元素化合价不变)，生成MoP、NH3、水，根据得失电子守恒，配平该反应的化学方程式为。 ②电解时，b是阳极，电极b上甲醛失电子发生氧化反应同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1：2，则电极b上的电极反应式为 。 ③阴极反应式为、阳极反应式为，每转移2mol电子，两极共生成2mol氢气，电解过程中每产生1 mol H2，转移1 mol电子，根据电荷守恒，通过阴离子交换膜的OH-为1 mol。 （2）①根据图示，氢气中的H原子一个来自甲醛、一个来自水，若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为HD。 ②根据机理图3，NaOH浓度低于1 mol/L时,NaOH浓度增大产生氢气会加快的根本原因是NaOH作为反应物，其浓度增大，促使甲醛水化生成中间体CH2(O⁻)2的速率加快，导致中间体浓度增大，从而加快了后续的释氢速率。 ③由题可知，若NaOH浓度过大，副反应的速率显著加快，大量甲醛发生副反应被消耗，用于生成氢气的甲醛减少，同时氢氧化钠浓度过大会溶解催化剂载体Al2O3，使纳米银颗粒团聚，催化活性下降，所以H2的产生迅速减慢。 （3）甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有：生成氢气的纯度更高、可处理有毒气体甲醛、反应条件温和等。 8．（2026·江苏南通·模拟预测）尿素[]在生活中应用广泛，科学家通过多种途径实现尿素合成。 (1)以和为原料合成尿素的热化学方程式为　，部分反应历程的能量变化如图1所示。 ①HNCO的结构式为________。 ②的________。 (2)以为催化剂，电催化与合成尿素的可能反应机理如图2所示。 ①由于催化剂两端电荷分布不均匀，从而有效促进、的吸附及反应。其中Bi端电子云密度较________（填“大”或“小”）。 ②画出过程Ⅲ形成的*NCON*（*表示吸附在催化剂表面的物种）的结构式：________。 (3)我国科学家以Pd-Te复合纳米材料为催化剂，利用富余电能电解含和的废液，成功合成尿素。该过程中可能的反应机理如图3所示。 ①写出电催化和生成的电极反应方程式：________。 ②法拉第效率（法拉第效率）可用于衡量尿素的生成效率。以溶液为电解液，其他条件相同时，Pd-Te复合纳米材料作催化剂，合成尿素的可达12%，电解时阳极每产生标况下33.6L的时，阴极可获得尿素的物质的量为________。 ③从能源与资源综合利用的角度分析，该方案制备尿素的积极意义是________。 【答案】(1) (2) 大 (3) 0.045mol 将富余电能转化为化学能，提高能源利用率；减少二氧化碳的排放，实现碳中和；实现废水中的处理 【详解】（1） ①根据图示，脱掉1分子水生成HNCO，则HNCO结构式为； ②反应Ⅰ．　 根据图示，反应Ⅱ．； 根据盖斯定律Ⅰ-Ⅱ得的。 （2）①二氧化碳中C原子显正电性，Bi端吸附二氧化碳中的C原子，说明Bi显负电性，Bi端电子云密度较大。 ②*NCON*得4个电子、结合4个H+形成尿素，由尿素的结构式逆推NCON的结构为，N原子显负电性，所以吸附在端，则过程Ⅲ形成的*NCON*的结构式为； （3）①电催化和生成，N元素化合价降低发生还原反应，所以和在阴极生成，电极反应方程式为。 ②电解时阳极每产生标况下33.6L的时，外电路转移电子的物质的量为，生成尿素实际消耗的电量为6mol×12%=0.72mol，根据，阴极可获得尿素的物质的量为。 ③该方案制备尿素的积极意义是：将富余电能转化为化学能，提高能源利用率；减少二氧化碳的排放，实现碳中和；实现废水中的处理。 9．（2026·江苏·三模）NH3是未来能源之一，也是工业制HNO3的原料。NH3与O2能发生下列反应： 反应Ⅰ    ； 反应Ⅱ    。 反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数（K）随温度的变化如图-1所示。 (1)CH4、NH3都可作为内燃机的燃料。 ①CH4燃烧产生的高温会引发火焰周围发生反应：，该反应______（填“>”“<”或“=”）0。 ②NH3具有可再生、易液化等优点。NH3比CH4易液化的原因是_______。 ③热效率（）是衡量内燃机工作效率的指标。我国科学家研究了一种氨燃料燃烧新路径，其原理如图-2所示。该路径理论上能实现CH4完全循环及NO零排放。NO气体零排放的原因是_______。实验测得，通过上述路径消耗1 mol NH3时，发动机输出有效功Q kJ，该路径的热效率为_______（用含“Q”“a”的代数式表示）。 (2)工业生产HNO3的主要路径为。将NH3与空气组成的混合气体通过800℃下装有Pt-Rh合金的催化氧化炉，NH3转化率接近100%；将反应后的混合气体快速冷却至室温，发生反应：，该反应可能由两个速率不等的基元反应构成，反应进程如图-3所示；用稀HNO3吸收反应后的混合气体，制得浓硝酸。 ①氧化炉中使用Pt-Rh合金催化剂的目的是_______。 ②的总反应速率由第_______（填“1”或“2”）步基元反应决定。降低温度，NO2的生成速率加快，依据图示反应进程分析其可能的原因：_______。 ③反应过程中，将催化氧化后的混合气体快速冷却，其目的除加快反应速率外，还有_______。 【答案】(1) > NH3分子中存在氢键，沸点比甲烷高 该路径中NH3与O2不直接接触，避免发生反应Ⅱ，使用纯氧代替空气，避免在燃烧室中发生N2与O2的反应 (2) 提高氨气和氧气发生反应Ⅱ的选择性 2 温度低，基元反应1限度大，N2O2浓度大，N2O2浓度对基元反应2速率的影响程度大于温度对基元反应2速率的影响程度 促进平衡正向移动，降低温度，H2O液化，从而增大NO与O2有效碰撞的概率 【详解】（1）①反应Ⅰ   K1； 反应Ⅱ    K2 反应Ⅲ K，反应Ⅲ K2= ；，由图可知随温度升高增大，则K随温度升高而增大，说明反应Ⅲ吸热，ΔH>0； 也可由题目信息：反应在CH4燃烧产生的高温会引发火焰周围发生，说明高温自发，推出该反应ΔH>0； ②NH3比CH4易液化的原因是：NH3分子间可形成氢键，CH4分子间仅存在范德华力，NH3分子间作用力显著强于CH4，因此沸点更高，更容易液化； ③NO的生成来源于NH3或N2、O2的反应，该路径中NH3与O2不直接接触，使用纯氧代替空气，避免在燃烧室中发生N2与O2的反应； 该燃烧路径总反应为 ，消耗4 mol NH3时放出-a kJ热量，消耗1 mol NH3时理论放出kJ热量，发动机输出有效功Q kJ，则； （2）①根据图1信息，从热力学趋势看，800℃下氨气和氧气反应更趋向生成氮气，而本体信息显示，工业制硝酸需将氨气氧化为NO，氧化炉中使用Pt-Rh合金催化剂的目的是：提高NO选择性； ②化学反应的总反应速率由活化能更高，反应速率更慢的那一步决定，由图可知，第2步反应活化能更高，故的总反应速率由第 2步基元反应决定；影响决速步速率的因素有温度和浓度，降低温度使反应速率减慢，由此可知浓度的影响加快了反应速率且大于温度的影响，由此刻推测，第一步基元反应快速得到平衡，使N2O2浓度显著增大，且为主要因素； ③由图知的反成物能量高于生应物能量，该反应为放热反应，降低温度，H2O液化，从而增大NO与O2有效碰撞的概率。 10．（2026·江苏南京·模拟预测）煤是我国主要能源之一，其综合利用对保障能源安全具有重大意义。 (1)煤气化技术被认为是一种提高燃烧效率的有效途径。 煤气化发生的反应：  。若1 mol C(s)完全燃烧生成放出的热量为；先气化再燃烧生成和放出的总热量为，则___________(填“＞”、“＜”或“=”)。煤气化能提高燃烧效率的原因是___________。 (2)水煤气变换反应是调节的比值的重要方法。 ①水煤气变换反应：  。利用为催化剂可实现水煤气变换，该反应分两步完成：反应Ⅰ：，反应Ⅱ的化学方程式：___________。 ②实际工业中，水煤气变换反应需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图-1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。若采用喷入冷水的方式降温，在答题卡上作出CO平衡转化率随温度变化的曲线___________。 (3)以合成气(CO和)为原料生产液体燃料是实现我国能源安全的重要途径。 ①在一定条件下合成液体燃料主要包括以下反应： 主反应： 副反应Ⅰ： 副反应Ⅱ：催化剂表面还可能存在烯烃的二次吸附加氢反应 将@催化剂在与PFTS(全氟癸基三乙氧基硅烷)在乙醇中反应，得到@改性催化剂(如图-2所示)。改性前后在不同CO转化率下的选择性对比如图-3所示。改性后的催化剂能降低选择性的原因是___________。       ②铁催化剂中助剂效应非常明显，通常加入过渡金属作为助剂对其催化性能进行调变。第一长周期过渡金属的量子力学计算结果如图-4所示。过渡金属对CO吸附能力明显强于的原因是___________；如果仅以合成气组成对表面的最大结合能作为唯一判断依据，则___________(填写元素符号)应该是最佳催化剂助剂。加入催化剂助剂后，烯烃的选择性将___________。(填“增大”、“减小”、“不变”) 【答案】(1) ＜ 煤气化后与O2接触面积增大，反应速率v加快 (2) (3) 催化剂表面覆盖疏水性基团，不利于H2O吸附，减少副反应，使CO2选择性降低 CO能提供孤电子对与过渡金属形成配位键 Mn 增大 【详解】（1）1mol C(s)直接燃烧仅生成放出热量为，先气化生成和，气化过程吸收热量，后续和燃烧时，除燃烧生成放热外，燃烧生成液态水也放出大量热量，总放出热量大于，故。煤气化后得到气体燃料，与氧气接触面积显著增大，反应速率加快，燃烧更充分，因此能提高燃烧效率。 （2）① 总水煤气变换反应为，减去反应I：，即可得到反应II为。 ② 水煤气变换反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，CO平衡转化率随温度升高单调降低。实际反应中，温度低于最适宜温度时，反应速率较慢，CO转化率低于平衡转化率，随温度升高速率加快，转化率增大，达到最适宜温度时转化率达到峰值，温度高于最适宜温度时，平衡逆向移动的影响占主导，转化率下降，因此实际曲线在平衡曲线下方，即。 （3）① 改性后催化剂表面覆盖全氟疏水基团，不利于极性的吸附，抑制副反应的发生，减少的生成，因此选择性降低。 ② CO分子中存在孤电子对，可与过渡金属的空轨道形成配位键，因此对过渡金属的吸附能力明显强于。合成气为CO和H2混合气体，由图4可知，Mn对合成气组分的最大结合能最高，吸附作用最强，因此Mn是最佳催化剂助剂。加入Mn作为助剂后，CO吸附增强，有利于主反应进行，抑制烯烃加氢副反应，因此烯烃的选择性将增大。 11．（2026·江苏徐州·模拟预测）Ⅰ．清除污染物甲苯是当今研究的热点。 (1)甲苯在厌氧生物电化学反应器中可降解为多种物质，装置如图-1所示，甲苯生成苯甲酸的电极反应式为___________。 (2)焓变的计算方法有多种，仅从以下单项数据不能计算出的的是___________(填字母)。 A．各化学键的键能 B．各物质的燃烧热 C．正反应的活化能 D．各物质的相对能量 Ⅱ．有优异的放氧/储氧能力()，氧空位能促进的吸附成为活性氧，还能作为活性位点降低反应活化能，加快甲苯消除。 (3)催化剂的制备方法对甲苯降解影响显著，制备的三种方法如下： ：将溶于去离子水中，再加入乙酸和乙二醇，加热。 ：将加入到乙腈和乙二醇混合液中，加热。 ：将和尿素溶于去离子水中，加热。 制得的催化剂中的物质的量含量如下表。 催化剂 14.6 10.0 13.5 中___________。 (4)随温度升高，催化剂对甲苯转化率的影响如图-2所示，性能优于的原因是___________。活性低的可能原因为___________。 (5)催化甲苯降解的过程为： 。 通过红外光谱发现，温度升高到时，反应5分钟后，催化剂表面甲苯、苯甲醇、苯甲酸、苯酚的峰强度显著增强，影响降解的决速步骤为___________(填“Ⅰ”、“Ⅱ”、“Ⅲ”、“Ⅳ”或“Ⅴ”)。 (6)处理废气过程中水蒸气体积分数与甲苯转化率的关系反映催化剂活性，关系如图-3所示。 ①当水蒸气体积分数提高至10%后，催化剂活性下降，可能原因为___________。 ②从实际工业生产角度分析，研究水蒸气含量对催化剂影响的意义是___________。 【答案】(1) (2)AC (3) (4) 催化剂CeO2−X的大，表明其本身存在更多的，有更多的氧空位，有助于氧气的吸附和活化 可能是由于其表面残留的硫酸盐抑制了催化活性 (5)Ⅳ (6) 由于高浓度水蒸气与甲苯分子在催化剂表面发生竞争吸附，降低了反应物的有效吸附与转化效率（或过量水蒸气还可能改变催化反应路径，诱发副反应；或发生副反应，降低了对目标产物的选择性，从而削弱整体催化性能。） 在实际废气处理过程中，水蒸气普遍存在，在不同湿度条件下催化剂仍能保持较高的活性，良好的稳定性，具有更加实际应用前景（或催化剂的抗水性能可以评估其工业应用潜力或其它合理答案） 【详解】（1）左侧电极上甲苯转化为苯甲酸，1 mol甲苯失去2 mol H、得到2 mol O，失去6 mol电子，酸性环境下用平衡电荷，配平得到电极反应式为； （2）A．键能为1 mol气态分子离解成气态原子所吸收的能量，反应中存在2种液态化合物，仅通过化学键的键能数据，无法计算反应焓变，A符合题意； B．反应焓变等于的燃烧热减去的燃烧热，给出各物质的燃烧热可计算焓变，B不符合题意； C．正反应活化能逆反应活化能，只给出正反应活化能，无法计算焓变，C符合题意； D．生成物总相对能量反应物总相对能量，给出各物质的相对能量可计算焓变，D不符合题意； 故选AC； （3）设CeO2−Y中总Ce的物质的量为1 mol，的物质的量分数为10.0%，则，，根据电荷守恒，总正电荷等于带有的总负电荷，，因此； （4）①含量越高，催化剂中氧空位越多，越有利于氧气的吸附和活化，CeO2−X的大于CeO2−Y，因此催化性能更优； ②CeO2−Z制备原料中含有硫酸盐，其表面残留的硫酸盐会占据活性位点，抑制催化活性，因此三价离子含量高于CeO2−Y但活性更低； （5）决速步骤是反应中速率最慢的步骤，该步骤的反应物会出现明显积累，温度升高到220℃时，甲苯、苯甲醇、苯甲酸、苯酚的峰强度显著增强，说明苯酚无法快速转化，因此降解的决速步骤为步骤Ⅳ； （6）① 水蒸气和甲苯分子会竞争催化剂表面的活性吸附位点，水蒸气浓度升高后，甲苯的有效吸附量降低，反应速率下降，催化剂活性降低（或过量水蒸气还可能改变催化反应路径，诱发副反应；或发生副反应，降低了对目标产物的选择性，从而削弱整体催化性能。）； ② 实际工业生产中废气的湿度存在波动，研究水蒸气含量对催化剂活性的影响，可评估催化剂的适用范围，为生产工艺参数优化提供依据，提高工业生产效率（答案合理即可）。 12．（2026·河南信阳·模拟预测）合成气(CO和)是重要工业原料。 Ⅰ．合成气的制备：800℃时，甲烷催化部分氧化法可制备合成气，反应如下：      (1)上述反应每消耗1 mol ，理论上转移的电子为___________mol。 (2)甲烷与水蒸气反应也能制得合成气。反应如下：      相比甲烷与水蒸气反应，甲烷催化部分氧化法的优点是___________。 (3)催化剂表面积碳是催化剂失活的重要原因。为了解积碳形成原因，在不同温度下，向装有催化剂的反应装置中分别通入或CO均反应10 min，结果如图-1所示。写出800℃时形成积碳的主要反应：___________。 (4)下，将的混合气体置于密闭容器中时，不同温度下混合体系中和的平衡转化率、CO的平衡选择性如图-2所示。250℃时平衡气体混合物中几乎不含，写出此时体系中存在的两个主要反应的化学方程式：___________。 Ⅱ．由合成气制高纯氢气 合成气经水煤气变换反应  可制得高纯氢气。莫来石(SMO)系列催化剂均可催化该反应。 (5)100℃时在SMO中加入能提升催化剂效率，反应可能机理如图-3所示(“×”表示转化很难进行)，其原因可能是___________。 (6)实际生产中，采用两阶段水煤气变换，反应过程如图-4所示的。从反应限度和反应速率角度，分析采取第一阶段采用较高温度而第二阶段采用较低温度的原因是___________。 【答案】(1)6 (2)反应放热，有利于维持高温，节约能源 (3) (4)、 (5)加入有利于使碳酸盐、碳酸氢盐转化为；也可以直接将CO转化为 (6)高温有利于提高反应速率，缩短变换所需时间；该反应为放热反应，低温时反应正向进行程度大，可提高产率 【详解】（1）上述反应中C元素由－4价升高为+2价，每消耗1 mol ，理论上转移的电子为6 mol； （2）根据两个热化学方程式可知，相比甲烷与水蒸气反应，甲烷催化部分氧化法的优点是反应放热，有利于维持高温，节约能源； （3）根据图中曲线可知，随着温度的升高的积碳量不断增大，而CO的积碳量不断减小，故 800℃时形成积碳的主要反应为：； （4）下，将的混合气体置于密闭容器中时，不同温度下混合体系中和的平衡转化率、CO的平衡选择性如图，则反应物有和，生成物有CO和另一种含碳物质，250℃时平衡气体混合物中几乎不含，则还有水的生成，此时体系中存在的两个主要反应的化学方程式为：、； （5）100℃时在SMO中加入能提升催化剂效率，根据反应可能机理可知，加入有利于使碳酸盐、碳酸氢盐转化为；也可以直接将CO转化为； （6）原因是该反应为放热反应，高温有利于提高反应速率，缩短变换所需时间；低温时反应正向进行程度大，可提高产率。 13．（2026·江苏连云港·三模）甲醇和水催化重整制氢是连接甲醇经济与氢能应用的关键技术。 (1)甲醇和水重整过程中主要发生以下反应： 反应I：   (蒸汽重整) 反应II：   (水相重整) ①反应I与反应II的的大小关系为___________(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。 ②反应物起始物质的量比条件下，甲醇和水蒸气重整制氢时密闭容器中、、和物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。随着温度的升高，的物质的量分数先减小后增大的原因是___________。 (2)双金属催化剂(载体)催化甲醇水相重整时，通过缺电子Pt位点加快甲醇的吸附活化。 ①Pt与Co均为过渡金属，其单质晶体的堆积方式均为面心立方最密堆积，该堆积方式的配位数为___________。 ②从电负性角度分析，造成Pt位点缺电子的可能原因是___________。 ③中Mo的化合价为+4，则S的存在形式为___________(填化学式)。 (3)是甲醇和水催化重整的催化剂。催化过程中会发生氧化还原重构循环过程，反应过程示意图如图所示。 ①描述催化剂重构时的“还原”过程为___________。 ②升高温度，向生成方向移动。向反应体系中通入，则催化剂重构平衡向___________(填“氧化”或“还原”)移动，原因是___________。 (4)有很高的催化稳定性。其催化甲醇和水重整的反应路径如图所示。已知：(反应物)，(生成物)，其中、…为各步基元反应速率常数，k与温度成正比。 ①中氧空位在催化循环中的作用是___________。 ②结合图示副反应，升高温度，甲醇重整制氢主反应选择性降低，其原因___________。 【答案】(1) < 反应I中反应物和产物均为气态，水相重整中反应物为液态，气态物质的量增多更显著，熵增更大 前，随温度升高水与甲醇反应速率加快；后随温度升高，和会反应生成和CO的反应速率加快 (2) 12 Pt（电负性 ≈ 2.28）的电负性高于 Co（电负性 ≈ 1.88），在 PtCo 双金属中电子从 Co 向 Pt 转移；但 Pt 又与电负性更高的 MoS2载体（S 电负性 ≈ 2.58）发生强相互作用，导致 Pt 进一步失去电子，整体表现为缺电子状态 (3) 还原性气体CO将还原为In，提高了合金中In元素比例，从而转变为 氧化 通入使氧化性气氛增强，将中的In氧化为，降低了中的In比例后形成，从而使平衡向氧化方向移动 (4) 活化反应物，提供活性氧物种，将吸附在催化剂表面的CO氧化为，同时完成氧空位自身循环再生 升高温度，被吸附的CO直接脱附生成副产物CO，减少了被氧化为量；主反应生成的比例下降，导致选择性降低 【详解】（1）①由方程式可知，反应I中反应物和产物均为气态，反应II中反应物为液态，气态物质的量增多更显著，熵增更大，所以反应I的熵增小于反应II； ②反应I是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，消耗的水蒸气的物质的量增大；则随着温度的升高，水的物质的量分数先减小后增大的原因是200°C前，随温度升高水与甲醇反应速率加快，使得反应消耗水蒸气的物质的量增大，导致水的物质的量分数减小；200°C后随温度升高，氢气和二氧化碳会反应生成水蒸气和一氧化碳的反应速率加快，使得反应生成水的物质的量增大，导致水的物质的量分数增大； （2）①由题意可知，铂晶体和钴晶体的堆积方式均为面心立方最密堆积，则该堆积方式的晶胞中位于顶点的原子与位于面心的原子的距离最近，则晶体的配位数为12； ②Pt（电负性 ≈ 2.28）的电负性高于 Co（电负性 ≈ 1.88），在 PtCo 双金属中电子从 Co 向 Pt 转移；但 Pt 又与电负性更高的 MoS2载体（S 电负性 ≈ 2.58）发生强相互作用，导致 Pt 进一步失去电子，整体表现为缺电子状态； ③由题意可知，二硫化钼中钼的化合价为+4，则由化合价代数和为0可知，化合物中硫元素的化合价为-2价，存在形式为； （3）①由图可知，催化剂重构时的“还原”过程为还原性气体一氧化碳将三氧化二铟还原为铟，提高了合金中铟元素比例，从而转变为； ②由题意可知，升高温度，向生成方向移动，说明催化剂重构平衡向氧化方向移动，原因是通入氧气使氧化性气氛增强，将中的铟氧化为三氧化二铟，降低了中的铟比例后形成，从而使平衡向氧化方向移动； （4）①由图可知，中氧空位在催化循环中的作用是活化反应物水，提供活性氧物种，将吸附在催化剂表面的一氧化碳氧化为二氧化碳，同时完成氧空位自身循环再生； ②由图可知，升高温度，甲醇重整制氢主反应二氧化碳选择性降低的原因是升高温度，被吸附的一氧化碳直接脱附生成副产物一氧化碳，减少了被氧化为二氧化碳量，使得主反应生成二氧化碳的比例下降，导致二氧化碳选择性降低。 14．（2026·江苏南京·模拟预测）工业生产中高效脱除H2S气体，可有效减少设备腐蚀，缓解大气污染。 (1)溶液吸收法 ①实验室用电石(主要成分为CaC2，含少量CaS等杂质)制备乙炔气体，用CuSO4溶液洗气除去H2S杂质的离子方程式为 ___________。 ②乙醇胺水吸收H2S的反应为：H2S(g)＋HOCH2CH2NH2(aq)HOCH2CH2NH3+(aq)＋HS-(aq) △H<0，为使H2S充分解吸，实现吸收液循环再生，应选择的反应条件为___________(填字母)。 a．高温高压         b．高温低压         c．低温高压         d．低温低压 ③工业上离子液体络合铁溶液吸收H2S，溶液粘度直接影响气体传质速率。实验测得数据如图1、图2所示，离子液体络合铁溶液浓度为10%时H2S的吸收效果最好，可能的原因为___________。 (2)碳纤维脱除法。多孔碳纤维材料对H2S的吸附与解离效果，取决于催化剂对水的附着能力和表面碱性活性位点的数量。 ①氮(吡啶(等化合物)掺杂的多孔碳纤维，对H2S的脱除效率较好，其可能的原因是___________。 ②氮掺杂碳包覆盖钴脱除H2S的过程如图3所示，该结构能进一步提升H2S的脱除效果并能保持表面酸碱性相对稳定，其可能的原因是___________。 (3)电化学法。科研团队采用光驱动电化学法脱除H2S，其反应装置如图4(电解质溶液均为稀硫酸)。 已知：代表或中的一种。 ①理论上右室每产生32gS2，左室生成的H2O2的物质的量为___________。 ②光直接驱动I－与X发生反应的离子方程式为___________。 ③从能量转化和资源回收利用角度，该工艺相比传统电解法的优点为___________。 【答案】(1) H2S＋Cu2+=2H+＋CuS↓ b 溶液的浓度为10%时，混合溶液粘度弱，H2S气体分子与溶液传质速率快，脱硫速率快，最终脱硫效率最好 (2) 氮原子易与水分子形成分子间氢键，增大了催化剂对水的附着；氮原子具有碱性，掺杂后增加了表面碱性活性位点，二者共同促进了H2S的吸附和解离，c(HS-)增大，脱除速率加快 引入氮掺杂碳包覆钴结构，有利于电子传递；2O＋3HS-＋H2O=3S＋5OH-，促进H2S的持续解离，H2S的脱除效果增强；O2.-与HS-反应生成的OH-被H2S解离时产生的H+中和，保持表面酸碱性相对稳定 (3) 1mol 3I-＋＋2H+   I3-＋ 利用光能转化为电能，降低能耗，可实现电能的回收利用；H2S的无害化处理并得到重要的化工原料单质硫和H2O2进行利用；实现催化剂的循环再生，节约原料 【详解】（1）①用硫酸铜溶液除去乙炔气体中硫化氢杂质发生的反应为硫化氢与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式为：H2S＋Cu2+=2H+＋CuS↓； ②由方程式可知，醇胺水吸收硫化氢的反应为气体体积减小的放热反应，升高温度、降低压强都会使平衡向逆反应方向移动，有利于醇胺再生，故选b； ③由图可知，离子液体络合铁溶液浓度为10%时硫化氢的吸收效果最好是因为溶液的浓度为10%时，混合溶液粘度弱，硫化氢气体分子与溶液传质速率快，脱硫速率快，最终脱硫效率最好； （2）①由题意可知，多孔碳纤维材料对硫化氢的吸附与解离效果取决于催化剂对水的附着能力和表面碱性活性位点的数量，由结构简式可知，吡啶等化合物中的氮原子易与水分子形成分子间氢键，增大了催化剂对水的附着，且氮原子具有孤对电子，能与氢离子反应表现碱性，氮掺杂的多孔碳纤维对硫化氢的脱除效率较好是因为掺杂后增加了表面碱性活性位点，二者共同促进了硫化氢的吸附和解离，氢硫根离子浓度增大，脱除速率加快； ②由图可知，氮掺杂碳包覆盖钴脱除能进一步提升硫化氢的脱除效果并能保持表面酸碱性相对稳定的原因是引入氮掺杂碳包覆钴结构，有利于电子传递，且溶液中能与发生如下反应：2O＋3HS-＋H2O=3S＋5OH-，反应促进硫化氢的持续解离，硫化氢的脱除效果增强，反应生成的氢氧根离子能被硫化氢解离时产生的氢离子中和，保持表面酸碱性相对稳定； （3） 由图可知，左侧电极为原电池的正极，酸性条件下在正极得到电子发生还原反应生成，则X为、Y为；放电生成的与通入的氧气反应生成和过氧化氢；右侧电极为负极，碘离子在负极失去电子发生氧化反应生成；反应生成的与硫化氢反应生成、氢离子和S2；则采用光驱动电化学法脱除硫化氢的反应为：2H2S+2O2=S2+2H2O2，原电池的总反应为：3I-＋＋2H+   I3-＋； ①由分析可知，采用光驱动电化学法脱除硫化氢的反应为：2H2S+2O2=S2+2H2O2，由方程式可知，理论上右室每产生32gS2时，左室生成的过氧化氢的物质的量为：×2=1mol； ②由分析可知，光直接驱动碘离子与发生反应的离子方程式为：3I-＋＋2H+   I3-＋； ③从能量转化和资源回收利用角度，该工艺相比传统电解法的优点为利用光能转化为电能，降低能耗，可实现电能的回收利用；硫化氢的无害化处理并得到重要的化工原料单质硫和过氧化氢进行利用；实现催化剂的循环再生，节约原料。 15．（2026·江苏扬州·模拟预测）氨是一种化工原料，也是极具潜力的储氢载体。 (1)电化学还原制。碱性条件下，阴极材料分别采用催化剂Ru/C、Cu-Ru/C(在Ru/C表面修饰少量铜原子)进行电解溶液制的性能研究。Ru/C、Cu-Ru/C催化可能机理如题17图-1所示： ①阴极的电极总反应式为___________。 ②在不同电解电压下工作1h，测定的合成速率与法拉第效率[法拉第效率]随电解电压的变化分别如图-2、图-3所示。 ⅰ．当电解电压为时，两种催化剂作用下的合成速率差异较大，可能的原因是___________。 ⅱ．当催化剂为时，随着电解电压增大，的法拉第效率逐渐降低，可能的原因是___________。 (2)合成尿素[]。光催化和合成，其机理是在催化剂表面上光生电子还原产生自由基 ()，将氧化为，再与反应形成。 ①中的氧原子间通过单键相连，则的电子式为___________。 ②当的浓度大于20%时，的产率会下降，其可能的原因是___________。 (3)催化制氢。在含氧空位的(为+3价，为+3、+4价)催化剂表面，经过吸附、脱氢反应等过程制取。在下，将高纯以流速通过装有催化剂的反应管，在出口处通过测量得到的生成速率为(无其他含氢产物)。 ①用代替中的部分形成[离子半径：]。其他条件不变，改用作为催化剂，测得的转化率为89.9%，催化效率是的___________倍(保留一位小数)。 ②相同条件下，催化效率优于，其可能的原因是___________。 【答案】(1) 表面修饰少量能大幅提升转化为的速率 阴极表面析氢反应增强，的法拉第效率降低 (2)     增大，将部分氧化为或 (3) 5.5 增加氧空位数；增大催化剂的比表面积，有利于的吸附、脱氢 【详解】（1）①由分析知，阴极得电子被还原为，阴极的电极总反应式为； ②i：由图-2显示，U4时Cu-Ru/C的NH3合成速率远大于Ru/C，由图-1知，整个还原过程分两步：，合成速率差异较大，可能的原因是表面修饰少量能大幅提升转化为的速率； ii：法拉第效率=，当催化剂为时，随着电解电压增大，阴极表面析氢反应增强，的法拉第效率降低； （2）①中氧原子间以单键相连，整体带1个单位负电荷，其电子式为； ②反应机理：，氧化得到，再与CO反应形成尿素，当的浓度大于20%时，增大，将部分氧化为或，导致参与合成尿素的减少，的产率会下降； （3）①反应为：，即生成3 mol，消耗2 mol，原催化剂LaMnO3+x：生成速率=，消耗的速率=，初始通入率=，转化率，新催化剂的转化率，催化效率倍数为； ②Ni2+带2个正电荷、Mn4+带4个正电荷，且Ni2+的离子半径大于Mn4+，相同条件下，增加氧空位数；增大催化剂的比表面积，有利于的吸附、脱氢，因此催化效率优于。 16．（2026·江苏扬州·模拟预测）氢能的开发和利用是新能源领域的重点发展方向。 (1)甲烷二氧化碳制氢及应用 ①反应，每生成，转移电子的数目为_______mol。 ②在透氢膜反应器中，以进料制氢的原理如图1所示。1500K，在透氢膜反应器中转化率增大，从速率和平衡角度分析其原因是_______。 ③993K，相同条件下，用或还原生成，平衡时气体中或的物质的量分数分别为0.0250、0.0192.还原为的反应限度：_______(填“>”或“<”)。 (2)甲烷水蒸气重整制氢 Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   ①反应Ⅲ在_______下能自发进行(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 ②在一定温度、催化下发生上述反应。工业上选择水碳投料比，适当提高有利于消除积碳并提高甲烷转化率，若过高，其缺点是_______。 (3)氢能的储存、运输和利用 ①太阳能、风能等无法实现及时或稳定的能源供应，通过它们产生的过剩电能制氢，再供给有能源需求的地区使用(如图2所示)，可实现能源的高效利用。 从物质转化和氢能运输角度综合分析该过程中的作用是_______。 ②某熔融碳酸盐介质的氢氧燃料电池装置如图3所示，其负极的电极反应式是_______。 【答案】(1) 3 速率角度：透氢膜能促进氢气从催化剂表面及时脱附，有利于反应物的吸附，加快化学反应速率；平衡角度：氢气被及时吹扫出去，反应正向进行程度增大，转化率增大 < (2) 高温 获得大量的水蒸气需要消耗更多的能量，增加成本；大量水蒸气吸附在催化剂表面，使甲烷吸附量减少，反应量减少，反应速率减慢 (3) 有利于实现碳中和；将转化为更安全、易运输的，降低运输成本 【详解】（1）①反应方程式中，CH4中的C（-4价）反应后变成CO中的C（+2价），升高6价，失去6e-，CO2中的C（+4价）反应后变成CO中的C（+2价），降低2价，得到2e-，CH4中的4个H（+1价）反应后变成2个H2（0价），共降低4价，得到4e-，根据方程式，生成2 molH2时，总共转移电子为6 mol，故生成1 molH2时转移电子为3 mol； ②从速率角度，透氢膜能将产生的H2及时移走，这减少了产物在催化剂表面的覆盖，使催化剂空出更多的“活性位点”给反应物CH4和CO2吸附，从而加快反应速率，从平衡角度，根据勒夏特列原理，及时移走产物，平衡会向正反应方向移动，从而提高CH4的转化率； ③H2还原时，平衡时x（H2）=0.0250，则x（H2O）=1-0.0250=0.9750，KH2==39，CO还原时，平衡时x（CO）=0.0192，则x（CO2）=1-0.0192=0.9808，KCO=51，KCO＞KH2，说明用CO还原的程度更彻底，反应限度H2＜CO； （2）①根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，反应Ⅲ的焓变ΔH=206.3+（-41.2）=+165.1 kJ/mol，这是一个吸热反应，反应Ⅲ中反应物气体共3 mol，产物气体共5 mol，由于气体分子数增加，体系混乱度增大，所以ΔS＞0，由判据ΔG=ΔH-TΔS＜0反应自发可知，当温度T足够高时，ΔG＜0，因此反应在高温下自发进行； ②当水蒸气太多时，加热过量的水蒸气需要巨额能量，不经济，大量水分子占据了催化剂表面，导致甲烷没有地方吸附，反而减慢了反应速率； （3）①氢气是气体，储运困难且易燃易爆，甲酸在常温下是液体，图中显示，先把H2变成甲酸运走后，再让甲酸分解放出H2，甲酸作为储氢介质，使氢能更安全、更易于长距离运输； ②负极通入燃料H2，发生氧化反应，介质是熔融，H2失电子变成H+，H+结合生成H2O和CO2，离子方程式为H2-2e-+=H2O+CO2。 17．（2026·江苏南京·二模）回收废锂离子电池(主要成分为LiCoO2)可再生制备电池级LiCoO2。 (1)氨浸。用氨水-Na2SO3混合液浸取含LiCoO2的电池废料，过滤得到含[Co(NH3)6]2+和Li+的浸出液。已知：的，。 ①写出LiCoO2固体转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式______。 ②室温下，反应完全后的溶液中，调节体系pH=12，浸出后的滤渣中______(填“有”或“无”)。 ③向氨水-混合液中加入，浸出液的随时间变化如图所示。加入后，元素的浸出率显著升高，其原因是______。 (2)再生。以溶液为沉淀剂制得，经煅烧生成，再与在空气中高温煅烧，制备。 ①沉淀时过量，会生成含两个五元环结构的配离子，该配离子的结构式为______。 ②制备时，理论上投入______。 (3)应用。一种锂离子电池的结构如图所示，其总反应为。 ①该电池放电时，正极的电极反应式为______。 ②充电一段时间后，电解质溶液中的物质的量______(填“增大”、“减小”或“不变”)。 【答案】(1) 有 加入NH4Cl后，反应液pH值降低，抑制Co2+水解，防止生成Co(OH)2沉淀，增大c(NH3)，促进生成 (2) 或或或（配位键用箭头、短线表示均可，羰基氧作为配原子也可） (3) 不变 【详解】（1）①由题目信息，氨水-Na2SO3混合液与LiCoO2反应，生成[Co(NH3)6]2+和Li+，故反应方程式为。 ②，pH=12时，Co(OH)2离子积，离子积大于溶度积，溶液过饱和，滤渣中含有析出的Co(OH)2沉淀，故答案为有。 ③加入NH4Cl后，反应液pH值降低，抑制Co2+水解生成Co(OH)2沉淀，增大c(NH3)，促进配位生成可溶性，元素的浸出率显著升高。 （2） ①含两个五元环结构，中心Co2+离子与两个双齿草酸根配体通过四个氧原子配位，形成两个五元环结构，故答案为或或或。 ②中Li与Co原子个数比为1:1，故理论上投入，答案为。 （3）①根据题目信息，放电时，电池内部释放Li+进入溶液，Li+向极移动，生成LiCoO2，故极为正极，电极反应式为。 ②充电或放电过程中，Li+在两极之间来回移动，电解质溶液中Li+的总物质的量保持不变，故答案为不变。 18．（2026·江苏连云港·模拟预测）甲烷选择性氧化制甲醇是C1化学中的“圣杯”反应，催化剂的研究至关重要。 (1)铁基催化剂[Fe2(MoO4)3]可实现N2O为氧化剂的甲烷选择性氧化。研究表明，N2O在Fe3+位点分解生成表面α-氧物种，该物种可插入CH4的C—H键生成CH3OH。 反应历程可表示为 步骤Ⅰ：     步骤Ⅱ： 副反应： ①为提高CH3OH的选择性，应适当________(填“延长”或“缩短”)CH4与催化剂的接触时间。 ②研究发现，当反应温度超过400℃时，CH3OH的产率急剧下降。从反应历程角度分析，温度过高导致产率下降的原因可能是_____________。 (2)在光热条件下，In-Fe双金属有机框架可催化甲烷制甲醇。催化剂在光照下可产生光生电子(e-)和空穴(h+)。O2在催化剂表面接受光生电子和质子(H+)，活化生成自由基。Fe3+的引入可显著增加催化剂表面的电子密度。 ①引入Fe3+可促进生成的原因可能是_____________。 ②若反应体系中产生羟基自由基()，会在产物中检测到甲醛等副产物。In/Fe的物质的量之比对甲醇选择性的影响如图-1所示。当In/Fe的物质的量之比大于6∶4时，甲醇选择性下降的原因可能是_____________。 (3)电喷雾电离NiO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。NiO+分别与CH4(曲线a)、CD4(曲线b)反应，体系的能量随反应进程的变化如图-2所示。 ①已知E1>E2，CH4制CH3OH反应的决速步是步骤________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②其他条件相同，将CH4替换为CH2D2，与NiO+反应生成氘代甲醇。实验测得产物中CH2DOD的产量小于CHD2OH，原因可能是________。 ③若NiO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有________种。 ④若在体系中引入少量H2O，则甲醇的产率会显著下降，同时检测到Ni+(H2O)物种。推测原因并设计一个简单实验进行验证：_____________。 【答案】(1) 缩短 催化剂活性下降；副反应加剧 (2) 能显著增加催化剂表面的电子密度，促进在催化剂表面接受光生电子质子生成自由基 催化剂表面的电子结构发生了改变，导致自由基减少，自由基增多 (3) Ⅰ 键的键能大于键，断裂键需要更多的活化能，导致生成的反应速率比生成的慢 2 与配位，竞争性抑制反应；实验方案：增加浓度，质谱检测信号增强，同时甲醇信号减弱 【详解】（1）①生成的会发生副反应被氧化为，缩短与催化剂的接触时间，可减少生成的发生副反应，提高甲醇的选择性； ②温度升高，步骤Ⅰ速率加快，生成的活性氧(Fe4+=O)浓度增大，甲醇被氧化的副反应加剧，更多甲醇被消耗导致产率下降，或温度过高，催化剂铁离子失活，步骤Ⅰ反应速率慢，生成的活性氧浓度小，步骤Ⅱ反应速率慢，甲醇的产率下降； （2）①题干明确说明引入可增加催化剂表面电子密度，而生成需要接受电子，因此可促进该过程； ②题干提到会生成甲醛副产物，占比降低后，表面电子密度不足，副反应增多，甲醇选择性下降； （3）①总反应的决速步由活化能更大、反应速率更慢的步骤决定，已知，步骤Ⅰ活化能更大，因此是决速步； ②同位素形成的共价键中，键的键能更高，更难断裂，，即断裂键需要更多的活化能导致生成的反应速率比生成的慢，因此产物中CH2DOD的产量小于CHD2OH； ③CHD3​中只有1个和3个等价的：断键生成，断生成，共2种不同的氘代甲醇； ④检测到物种，说明结合消耗了活性反应物，通过改变水的加入量观察产率变化即可验证推测，实验方案为增加浓度，质谱检测信号增强，同时甲醇信号减弱。 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 化学反应原理综合题 考向一 热化学与能量变化 1．(1)5 考向二 化学平衡与反应速率 2．(1) 氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 否, ，， ，则未沉淀完全 ZnO (2) 负电 (3) 生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降 考向三 电化学与膜技术 3．(1) 16 中带正电的H会和中带负电的O结合，从而使分子碳氧键的键能减小，稳定性降低；可以使催化剂的活性增强；可以吸附，可以使表面的局部浓度提高，从而提高产率； 减小孔隙尺寸与匹配、增加孔隙数量、提高材料热稳定性 考向四 图像翻译与综合归因 4．(1)分解生成H2，CO发生副反应而被消耗 432 C、Fe、FeO 作用：将Ce2O3氧化为CeO2；分步制备的价值，有利于载氧体的循环，得到更纯净的H2 考向一 热化学与能量变化 1．(1) NaHCO3受热分解导致浓度下降，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解 -NH2可以与形成氢键 CN—NHD和DCOO— 2．(1) 或 水解可促进的水解 (2)在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消 3．(1) 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳 (2) <0 考向二 化学平衡与反应速率 4．(1) 防止生成积碳；的比热容较大，吸收反应放出的热量抑制温度升高 具有强氧化性，使钢制吸收塔内壁形成致密的氧化膜 5．(1) 多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少 (2) NaHCO3受热分解导致浓度下降，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解 -NH2可以与形成氢键 CN—NHD和DCOO— 6．(1) 水解可促进的水解 (2) 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消 (3) 提高反应温度、延长浸出时间 7．(1) BD (2) pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率 8．(2) <0 提高CO2的转化率，抑制尿素水解，抑制尿素缩合生成缩二脲 9．(1) 5 c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中物质的量分数越大 考向三 电化学与膜技术 10．(2) H2 每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为 11．(1) Cu、O 考向四 图像翻译与综合归因 12．(1) 减少氨气受热挥发，提高氨气的利用率，增加吸收二氧化碳的量和稳定性 (2) 16 中带正电的H会和中带负电的O结合，从而使分子碳氧键的键能减小，稳定性降低；可以使催化剂的活性增强；可以吸附，可以使表面的局部浓度提高，从而提高产率； 减小孔隙尺寸与匹配、增加孔隙数量、提高材料热稳定性 13．(2) 生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降 14．(1)(或) 多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少 (2)NaHCO3受热分解导致浓度下降，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解 -NH2可以与形成氢键 CN—NHD和DCOO— 15．(1) 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消 16．(1) pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率 17．(2) <0 提高CO2的转化率，抑制尿素水解，抑制尿素缩合生成缩二脲 (3) H2 每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为 18．(2)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3 19．(2) 吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+ 随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大 (3)制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用 1．(1) B (2) 氨气通入量过大，未反应的氨气逸出时带走部分易挥发的丁酮，使其在容器内壁冷凝，导致参与反应的丁酮减少 副产物为水，绿色环保无污染（或产品纯度高，不含盐类杂质） (3) 将转化为沉淀，从而富集钯元素 （或 ） 2．(1) -2e-+H2O=+2H+ 22.4 L 6H++5Cl-+3Cl2↑+3H2O (2)减少杂质共沉淀，提高产品纯度 0℃时，NH4ClO4的溶解度远小于NaCl、NaClO4和NH4Cl，且转化反应生成的NH4ClO4浓度超过其饱和溶液浓度 (3)用酸式滴定管量取25.00 mL粗产品溶液于锥形瓶中，加入稀硝酸酸化，再滴加2～3滴K2CrO4指示剂。用AgNO3标准溶液滴定至溶液出现砖红色沉淀且半分钟内不褪色，记录消耗AgNO3标准溶液的体积，重复实验2～3次 3．(1) 该反应虽然，在较高温度下将会小于0，因而该反应能自发 (2) 在该温度范围内，温度升高催化剂的活性增强与温度升高协同作用，导致生成HCOO-的反应速率迅速上升 (3) 8 CD 4．(1) ＜ 反应Ⅰ的反应物均为气态，反应Ⅱ的反应物均为液态，两反应生成物熵值相同，而熵值：气态＞液态，所以 反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，消耗，H2O的物质的量分数减小；在更高温度下，可能发生了逆水煤气变换等副反应()，该副反应生成H2O，导致其物质的量分数增大 (2)Co的电负性大于，的电子向偏移，因此带部分正电荷，形成缺电子位点 S2- (3) 反应物为和CO，生成物为和，CO作还原剂被氧化，作氧化剂被还原 氧化 O2具有氧化性，可将还原态的氧化为 5．(1) C 与乙醇反应的速率小于与水反应的速率，随乙醇质量分数增加，相同时间内产生的体积减少 (2) 增大，在催化剂表面吸附增多，(占据较多的活性位点)，导致在催化剂表面吸附减少，(占据活性位点减少) (3) 阳 难放电，体积大，在电极放电的机会减少，静电作用吸引，放电机会增加 6．(1) (2) 当时，，，得，1L溶液中=0.128mg<0.5mg，故符合达标排放 、 (3) 6 (4) 7．(1) 1 (2) HD NaOH是反应物，其浓度增大会使甲醛水化生成CH2(O⁻)2的速率加快，增大了中间体浓度，从而加快释氢速率 NaOH浓度过大，副反应的速率显著加快，大量甲醛发生副反应被消耗，用于生成氢气的甲醛减少，同时氢氧化钠溶解催化剂载体Al2O3，使纳米银颗粒团聚，催化活性下降 (3)氢气纯度更高、可处理有毒气体甲醛、反应条件温和等（合理即可） 8．(1) (2) 大 (3) 0.045mol 将富余电能转化为化学能，提高能源利用率；减少二氧化碳的排放，实现碳中和；实现废水中的处理 9．(1) > NH3分子中存在氢键，沸点比甲烷高 该路径中NH3与O2不直接接触，避免发生反应Ⅱ，使用纯氧代替空气，避免在燃烧室中发生N2与O2的反应 (2) 提高氨气和氧气发生反应Ⅱ的选择性 2 温度低，基元反应1限度大，N2O2浓度大，N2O2浓度对基元反应2速率的影响程度大于温度对基元反应2速率的影响程度 促进平衡正向移动，降低温度，H2O液化，从而增大NO与O2有效碰撞的概率 10．(1) ＜ 煤气化后与O2接触面积增大，反应速率v加快 (2) (3) 催化剂表面覆盖疏水性基团，不利于H2O吸附，减少副反应，使CO2选择性降低 CO能提供孤电子对与过渡金属形成配位键 Mn 增大 11．(1) (2)AC (3) (4) 催化剂CeO2−X的大，表明其本身存在更多的，有更多的氧空位，有助于氧气的吸附和活化 可能是由于其表面残留的硫酸盐抑制了催化活性 (5)Ⅳ (6) 由于高浓度水蒸气与甲苯分子在催化剂表面发生竞争吸附，降低了反应物的有效吸附与转化效率（或过量水蒸气还可能改变催化反应路径，诱发副反应；或发生副反应，降低了对目标产物的选择性，从而削弱整体催化性能。） 在实际废气处理过程中，水蒸气普遍存在，在不同湿度条件下催化剂仍能保持较高的活性，良好的稳定性，具有更加实际应用前景（或催化剂的抗水性能可以评估其工业应用潜力或其它合理答案） 12．(1)6 (2)反应放热，有利于维持高温，节约能源 (3) (4)、 (5)加入有利于使碳酸盐、碳酸氢盐转化为；也可以直接将CO转化为 (6)高温有利于提高反应速率，缩短变换所需时间；该反应为放热反应，低温时反应正向进行程度大，可提高产率 13．(1) < 反应I中反应物和产物均为气态，水相重整中反应物为液态，气态物质的量增多更显著，熵增更大 前，随温度升高水与甲醇反应速率加快；后随温度升高，和会反应生成和CO的反应速率加快 (2) 12 Pt（电负性 ≈ 2.28）的电负性高于 Co（电负性 ≈ 1.88），在 PtCo 双金属中电子从 Co 向 Pt 转移；但 Pt 又与电负性更高的 MoS2载体（S 电负性 ≈ 2.58）发生强相互作用，导致 Pt 进一步失去电子，整体表现为缺电子状态 (3)还原性气体CO将还原为In，提高了合金中In元素比例，从而转变为 氧化 通入使氧化性气氛增强，将中的In氧化为，降低了中的In比例后形成，从而使平衡向氧化方向移动 (4)活化反应物，提供活性氧物种，将吸附在催化剂表面的CO氧化为，同时完成氧空位自身循环再生 升高温度，被吸附的CO直接脱附生成副产物CO，减少了被氧化为量；主反应生成的比例下降，导致选择性降低 14．(1) H2S＋Cu2+=2H+＋CuS↓ b 溶液的浓度为10%时，混合溶液粘度弱，H2S气体分子与溶液传质速率快，脱硫速率快，最终脱硫效率最好 (2) 氮原子易与水分子形成分子间氢键，增大了催化剂对水的附着；氮原子具有碱性，掺杂后增加了表面碱性活性位点，二者共同促进了H2S的吸附和解离，c(HS-)增大，脱除速率加快 引入氮掺杂碳包覆钴结构，有利于电子传递；2O＋3HS-＋H2O=3S＋5OH-，促进H2S的持续解离，H2S的脱除效果增强；O2.-与HS-反应生成的OH-被H2S解离时产生的H+中和，保持表面酸碱性相对稳定 (3)1mol 3I-＋＋2H+   I3-＋ 利用光能转化为电能，降低能耗，可实现电能的回收利用；H2S的无害化处理并得到重要的化工原料单质硫和H2O2进行利用；实现催化剂的循环再生，节约原料 15．(1) 表面修饰少量能大幅提升转化为的速率 阴极表面析氢反应增强，的法拉第效率降低 (2)     增大，将部分氧化为或 (3) 5.5 增加氧空位数；增大催化剂的比表面积，有利于的吸附、脱氢 16．(1) 3 速率角度：透氢膜能促进氢气从催化剂表面及时脱附，有利于反应物的吸附，加快化学反应速率；平衡角度：氢气被及时吹扫出去，反应正向进行程度增大，转化率增大 < (2) 高温 获得大量的水蒸气需要消耗更多的能量，增加成本；大量水蒸气吸附在催化剂表面，使甲烷吸附量减少，反应量减少，反应速率减慢 (3) 有利于实现碳中和；将转化为更安全、易运输的，降低运输成本 17．(1) 有 加入NH4Cl后，反应液pH值降低，抑制Co2+水解，防止生成Co(OH)2沉淀，增大c(NH3)，促进生成 (2) 或或或（配位键用箭头、短线表示均可，羰基氧作为配原子也可） (3) 不变 18．(1) 缩短 催化剂活性下降；副反应加剧 (2) 能显著增加催化剂表面的电子密度，促进在催化剂表面接受光生电子质子生成自由基 催化剂表面的电子结构发生了改变，导致自由基减少，自由基增多 (3) Ⅰ 键的键能大于键，断裂键需要更多的活化能，导致生成的反应速率比生成的慢 2 与配位，竞争性抑制反应；实验方案：增加浓度，质谱检测信号增强，同时甲醇信号减弱 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $