专题12 化学反应原理综合题（6年汇编）（江苏专用）2021-2026年高考化学真题分类汇编

专题12 化学反应原理综合题 6年真题3年模拟 考点分类 江苏考情（2021-2026） 命题规律 化学反应原理综合题 2026江苏(1题)、2025江苏(2题)、2024江苏(1题)、2023江苏(1题)、2022江苏(2题)、2021江苏(1题) 情境设置：· 以碳循环、合成气制甲醇与制氢、氢能产业链、海洋出水铁质文物、CO2资源利用、硫铁化合物等真实问题为背景，常配流程图、结构图和变化曲线。 考查重点：· 热化学键能与ΔH估算、平衡移动、电化学电极反应、配合物空间构型、Ksp沉淀转化、氧化还原及图像定量计算。 命题趋势：· 多模块融合，重视条件控制、循环利用和证据推理，设问由反应原理到定量计算逐步深入，体现绿色化学与资源综合利用。 1.(2026·江苏·高考真题)碳循环是地球生物圈主要的物质循环。 （1）自然界中的主要碳循环过程如图所示。数百万年前，大气中的经碳循环后，会存在于　　　　　(填字母序号)。 A．水体中的　　　B．淀粉　　　　C．石灰石 （2）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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 2.(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。 （2）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　　　　　　　。 （3）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：　　　　　　　。 3.(2025·江苏·高考真题)海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。 （1）文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀或溶液中进行现场保护。 ①玻璃中的能与反应生成　　　　　　　(填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放溶液。 ②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有　　　　　　　。 （2）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成和的离子方程式：　　　　　　　。 ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。 (i)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为　　　　　　　。 (ii)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有　　　　　　　(填离子符号)。 （3）为比较含氯在溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份，　　　　　　　，比较滴加溶液体积[。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、溶液、溶液、溶液]。 4.(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）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有　　　　　　　；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得　　　　　　　。 （2）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　　　　　　　。 （3）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。 5.(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”)。     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)。 6.(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　　　　　　　。 （2）具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为　　　　　　　，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来　　　　　　　。 （3）、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)。 7.(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)。 （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　　　　　　　。 8.(2021·江苏·高考真题)甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。 （1）500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列反应： CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) 已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=-178.8kJ·mol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是　　　。 （2）CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为 反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·mol-1 反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1 反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-1 ①在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=　　　。 ②1.01×105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，其原因是　　　。 （3）利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。 ①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为　　　。 ②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是　　　。 …………………… 1.(2026·江苏南京、盐城·一模)甲醇和水蒸气催化重整制取氢气的原理为．重整过程中的主要反应为： 反应1： 反应2： 反应3： （1）反应的　　　　　　　　　　　　　　． （2）在时，密闭容器中发生反应1、2、3．随温度的升高，平衡时容器中的浓度先增大后减小．过程中浓度减小的原因是　　　　　　　　　　　　　　． （3）选择膜反应器可提高重整效率．膜反应器中金属膜允许通过，而气体等不能通过．膜反应器的作用是　　　　　　　　　　　　　　． （4）在催化剂表面上甲醇与水蒸气重整的机理如图所示． 其中“*”表示该微粒吸附在催化剂表面，为带有一定电性的吸附位点．表示微粒从催化剂表面脱附． ①用替换，生成氢气的化学式是　　　　　　　　　　　　　　． ②从电负性的角度分析，均通过原子吸附在催化剂位点上的原因是　　　　　　　　　　　　　　． ③从化学键断裂和形成以及微粒吸附与脱附的角度，步骤Ⅳ的反应过程可描述为　　　　　　　　　　　　　　． 2.(2026·江苏姜堰中学等四校·联考)二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答： （1）用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。 A. 温度 B. 投料比[n(NH3):n(CH3OH)] C. 压强 D. 催化剂 （2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH=　　　　　　　。 （3）在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是　　　　　　　。 （4）上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下　　　　　　　0(填“>”、“<”或“=”)。 （5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下： Ⅳ． V． 三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。 (例：HCOOH的物质的量百分比 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活)　　　　　　　。 ②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因　　　　　　　。 3.(2026·江苏南京大厂高级中学·二模)我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。以为原料合成依然是“碳达峰”环境下的科研热点，电化学原理在降低碳排放、实现碳中和目标中有广泛应用。回答下列问题： Ⅰ：   =           Ⅱ：   =           Ⅲ：   =           （1）部分键能的数据如下表所示，则　　　　　　　　　　　。 共价键 键能 436 803 328.4 464 （2）反应Ⅰ能自发进行的原因是　　　　　　　　　　　。 （3）一定条件下，=反应历程如图所示。该反应的反应速率由第　　　　　　　　　　　(填“1”或“2”)步决定。 （4）研究发现表面脱除原子形成的(氧空穴)决定了的催化效果，氧空穴越多，催化效果越好，催化合成甲醇的机理如图。已知增大气体流速可带走多余的，从而提高的选择性，请结合催化机理解释其原因　　　　　　　　　　　。 （5）汽车尾气中的和在催化转化器中反应生成两种无毒无害的气体。催化剂性能决定了尾气处理效果。将和以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，测量逸出气体中含量，从而测算尾气脱氮率。相同时间内，脱氮率随温度变化曲线如图所示。 ①曲线上点的脱氮率　　　　　　　　　　　(填“”“”或“”)对应温度下的平衡脱氮率。 ②催化剂条件下，温度高于时脱氮率随温度升高而下降的原因可能是　　　　　　　　　　　。 （6）近年研究发现，电催化和含氮物质可合成尿素，同时可解决含氮废水污染问题。常温常压下，向一定浓度的溶液通入至饱和，经电解获得尿素，其原理如图所示。电解过程中生成尿素的电极反应式为　　　　　　　　　　　。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 化学反应原理综合题 6年真题3年模拟 1.【答案】（1）ABC     （2）①     ② 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     （3）①     ② 16    ③     ④ 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；    ⑤ 减小孔隙尺寸与匹配、增加孔隙数量、提高材料热稳定性      2.【答案】（1）5     （2）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    ②     ③ 具有强氧化性，使钢制吸收塔内壁形成致密的氧化膜     （3）① 分解生成H2，CO发生副反应而被消耗    ② 432    ③ C、Fe、FeO    ④ 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      3.【答案】（1）①     ② 碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中，溶解度较小，减少文物与的接触，减缓吸氧腐蚀     （2）①     ② 滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点    ③      （3）分别加入等体积(如5mL)的溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液(如2mL)置于两支小试管中，分别滴加溶液酸化，再分别滴加溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的溶液体积      4.【答案】（1）① C、H、Fe    ②      （2）① (或)    ② 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     （3）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    ② -NH2可以与形成氢键    ③ CN—NHD和DCOO—      5.【答案】（1）①     ② 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳     （2）① <0    ② 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）① H2    ②     ③ 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      6.【答案】（1）①     ② 5    ③ 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     （2）① 4    ② 或     （3）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      7.【答案】（1）①     ② Cu、O     （2）①     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+    ③ 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      8.【答案】（1）吸收CO2，提高H2的产率，提供热量     （2）① 657.1kJ·mol-1    ② 反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小     （3）① 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价    ② 高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu      1.【答案】（1）49 kJ·mol−1     （2）温度升高，反应1和反应2的平衡均正向移动，且反应2的正向移动的程度大于反应1     （3）实现H2与其余气体的分离，提高单位时间内H2的产量     （4）① H2、HD    ② 在CH3OH和H2O中O的电负性比较大，较易吸附在带正电性的SB位点上。    ③ 吸附在SB位点上氧原子的H-O以及氧原子相邻碳原子的C-H断裂，碳原子与氧原子形成碳氧双键，产生的氢原子形成H-H并吸附于SA位点，继而脱附产生H2。      2.【答案】（1）AB     （2）5.4     （3）CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O     （4）＜     （5）① t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快    ② 用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度      3.【答案】（1）414     （2）、，则在低温能自发进行     （3）1     （4）增大气体流速可带走多余的，促进反应正向进行，增加氧空穴的量     （5）① ＜    ② 温度超过650K时，催化剂的活性降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降或催化剂Y条件下，反应速率增大，相同时间内反应已经平衡，随着温度超过650K，升温使该反应平衡逆向移动，脱氮率下降     （6）      试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 化学反应原理综合题 6年真题3年模拟 考点分类 江苏考情（2021-2026） 命题规律 化学反应原理综合题 2026江苏(1题)、2025江苏(2题)、2024江苏(1题)、2023江苏(1题)、2022江苏(2题)、2021江苏(1题) 情境设置：· 以碳循环、合成气制甲醇与制氢、氢能产业链、海洋出水铁质文物、CO2资源利用、硫铁化合物等真实问题为背景，常配流程图、结构图和变化曲线。 考查重点：· 热化学键能与ΔH估算、平衡移动、电化学电极反应、配合物空间构型、Ksp沉淀转化、氧化还原及图像定量计算。 命题趋势：· 多模块融合，重视条件控制、循环利用和证据推理，设问由反应原理到定量计算逐步深入，体现绿色化学与资源综合利用。 1.(2026·江苏·高考真题)碳循环是地球生物圈主要的物质循环。 （1）自然界中的主要碳循环过程如图所示。数百万年前，大气中的经碳循环后，会存在于　　　　　(填字母序号)。 A．水体中的　　　B．淀粉　　　　C．石灰石 （2）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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）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）ABC     （2）①     ② 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     （3）①     ② 16    ③     ④ 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；    ⑤ 减小孔隙尺寸与匹配、增加孔隙数量、提高材料热稳定性      【解析】(1)A．大气中的可以直接溶于水体，因此水体中的会存在，A符合题意； B．在太阳能的作用下，会通过光合作用被生物固定，转化为淀粉，因此淀粉中会存在，B符合题意； C．水体中溶解的可以转化为无机碳酸盐，而石灰石的主要成分是碳酸钙，因此石灰石中也会存在，C符合题意； 故选ABC； (2)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； (3)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。 2.(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。 （2）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　　　　　　　。 （3）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）5     （2）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    ②     ③ 具有强氧化性，使钢制吸收塔内壁形成致密的氧化膜     （3）① 分解生成H2，CO发生副反应而被消耗    ② 432    ③ C、Fe、FeO    ④ 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      【解析】(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； (2)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； (3)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。 3.(2025·江苏·高考真题)海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。 （1）文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀或溶液中进行现场保护。 ①玻璃中的能与反应生成　　　　　　　(填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放溶液。 ②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有　　　　　　　。 （2）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成和的离子方程式：　　　　　　　。 ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。 (i)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为　　　　　　　。 (ii)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有　　　　　　　(填离子符号)。 （3）为比较含氯在溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份，　　　　　　　，比较滴加溶液体积[。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、溶液、溶液、溶液]。 【答案】（1）①     ② 碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中，溶解度较小，减少文物与的接触，减缓吸氧腐蚀     （2）①     ② 滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点    ③      （3）分别加入等体积(如5mL)的溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液(如2mL)置于两支小试管中，分别滴加溶液酸化，再分别滴加溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的溶液体积      【解析】(1)①是酸性氧化物，可与NaOH溶液发生反应生成硅酸钠和水，化学方程式为。 ② 吸氧腐蚀时正极反应式为，根据化学平衡移动原理，碱性溶液中，浓度较大，会抑制得电子，使吸氧腐蚀的速率减慢；在高离子浓度的液体中溶解度较小，碱性溶液比纯水溶解氧的能力低，减少了文物与的接触，减缓吸氧腐蚀。 (2)① 无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被氧化为价的FeS、，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式： 。 ② 由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为，正极反应式为。与反应生成蓝色沉淀，即铁片上会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到变红，铁片上会出现红色区域；由“有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH知，在盐水中被氧化成黄色的FeOOH，故现象是滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点；铁片发生吸氧腐蚀，负极区生成，被进一步氧化为，此时体系中的阳离子主要有。 (3)要检验脱氯效果，应控制样品用量、脱氯时间、取用体积等变量相同，利用与的反应进行实验。实验中，首先需要将等量的含氯FeOOH模拟样品分别用等体积的NaOH溶液与蒸馏水浸泡脱氯，然后过滤，得到上清液，取等体积的两种上清液，先用溶液酸化，再加入溶液，通过比较出现AgCl白色沉淀时消耗。溶液体积的大小，即可比较脱氯效果。 4.(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）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有　　　　　　　；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得　　　　　　　。 （2）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　　　　　　　。 （3）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）① C、H、Fe    ②      （2）① (或)    ② 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     （3）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    ② -NH2可以与形成氢键    ③ CN—NHD和DCOO—      【解析】(1)由图可知，反应器I中反应物为一氧化碳、氢气、氧化铁，生成物为二氧化碳、水、铁，发生的反应为、，则反应中化合价发生改变的元素为碳元素、氢元素、铁元素；由方程式可知，1mol一氧化碳和1mol氢气与氧化铁反应生成mol铁，反应器Ⅱ中铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式为，由方程式可知，mol铁生成氢气的物质的量为mol×=mol，故答案为：C、H、Fe；； (2)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； (3)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—。 5.(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”)。     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】（1）①     ② 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳     （2）① <0    ② 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）① H2    ②     ③ 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      【解析】(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。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。 6.(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　　　　　　　。 （2）具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为　　　　　　　，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来　　　　　　　。 （3）、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】（1）①     ② 5    ③ 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     （2）① 4    ② 或     （3）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      【解析】(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。 (2)因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：或；故答案为：4；或。 (3)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。 7.(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)。 （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】（1）①     ② Cu、O     （2）①     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+    ③ 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      【解析】(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。 (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。 8.(2021·江苏·高考真题)甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。 （1）500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列反应： CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) 已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=-178.8kJ·mol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是　　　。 （2）CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为 反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·mol-1 反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1 反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-1 ①在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=　　　。 ②1.01×105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，其原因是　　　。 （3）利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。 ①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为　　　。 ②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是　　　。 【答案】（1）吸收CO2，提高H2的产率，提供热量     （2）① 657.1kJ·mol-1    ② 反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小     （3）① 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价    ② 高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu      【解析】(1)已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)       ΔH=－178.8kJ·mol-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量。 (2)① 反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)       ΔH=246.5kJ·mol-1 反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)       ΔH=41.2kJ·mol-1 依据盖斯定律可知I×3－II×2即得到反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=657.1kJ·mol-1。 ② 由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率。 (3)① 图2所示机理的步骤(i)中CO结合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。 ② 由于高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降。 …………………… 1.(2026·江苏南京、盐城·一模)甲醇和水蒸气催化重整制取氢气的原理为．重整过程中的主要反应为： 反应1： 反应2： 反应3： （1）反应的　　　　　　　　　　　　　　． （2）在时，密闭容器中发生反应1、2、3．随温度的升高，平衡时容器中的浓度先增大后减小．过程中浓度减小的原因是　　　　　　　　　　　　　　． （3）选择膜反应器可提高重整效率．膜反应器中金属膜允许通过，而气体等不能通过．膜反应器的作用是　　　　　　　　　　　　　　． （4）在催化剂表面上甲醇与水蒸气重整的机理如图所示． 其中“*”表示该微粒吸附在催化剂表面，为带有一定电性的吸附位点．表示微粒从催化剂表面脱附． ①用替换，生成氢气的化学式是　　　　　　　　　　　　　　． ②从电负性的角度分析，均通过原子吸附在催化剂位点上的原因是　　　　　　　　　　　　　　． ③从化学键断裂和形成以及微粒吸附与脱附的角度，步骤Ⅳ的反应过程可描述为　　　　　　　　　　　　　　． 【答案】（1）49 kJ·mol−1     （2）温度升高，反应1和反应2的平衡均正向移动，且反应2的正向移动的程度大于反应1     （3）实现H2与其余气体的分离，提高单位时间内H2的产量     （4）① H2、HD    ② 在CH3OH和H2O中O的电负性比较大，较易吸附在带正电性的SB位点上。    ③ 吸附在SB位点上氧原子的H-O以及氧原子相邻碳原子的C-H断裂，碳原子与氧原子形成碳氧双键，产生的氢原子形成H-H并吸附于SA位点，继而脱附产生H2。      【解析】(1)根据盖斯定律，反应1+2+3可得反应，47+18-16=49 kJ·mol−1； (2)温度升高有利于反应向吸热方向进行，随温度的升高，平衡时容器中的浓度先增大后减小，原因是温度升高，反应1和反应2的平衡均正向移动，且反应2的正向移动的程度大于反应1； (3)膜反应器中金属膜允许通过，而气体等不能通过，分离出二氧化碳，可减少生成物浓度，平衡正向进行，氢气产量提高，膜反应器的作用是实现H2与其余气体的分离，提高单位时间内H2的产量； (4)① 根据机理可知，水和甲醇中共价键断裂，生成氢气，氢元素的来源是水和甲醇，用替换，生成氢气的化学式是H2、HD； ② 非金属性越强其电负性越大，则电负性：O>C>H，均通过原子吸附在催化剂位点上的原因是在CH3OH和H2O中O的电负性比较大，较易吸附在带正电性的SB位点上； ③ 从化学键断裂和形成以及微粒吸附与脱附的角度，步骤Ⅳ的反应过程可描述为吸附在SB位点上氧原子的H-O以及氧原子相邻碳原子的C-H断裂，碳原子与氧原子形成碳氧双键，产生的氢原子形成H-H并吸附于SA位点，继而脱附产生H2。 2.(2026·江苏姜堰中学等四校·联考)二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答： （1）用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。 A. 温度 B. 投料比[n(NH3):n(CH3OH)] C. 压强 D. 催化剂 （2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH=　　　　　　　。 （3）在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是　　　　　　　。 （4）上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下　　　　　　　0(填“>”、“<”或“=”)。 （5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下： Ⅳ． V． 三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。 (例：HCOOH的物质的量百分比 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活)　　　　　　　。 ②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因　　　　　　　。 【答案】（1）AB     （2）5.4     （3）CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O     （4）＜     （5）① t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快    ② 用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度      【解析】(1)A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲醇的平衡转化率，A符合题意； B．增大投料比[n(NH3):n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3):n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B符合题意； C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不合题意； D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不合题意； 故答案为：AB； (2)25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，则[(CH3)2NH2] ++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案为：5.4； (3)已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O，故答案为：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O； (4)反应生产HCON(CH3)2的反应方程式是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变＜0时反应自发可知，则反应在该条件下<0，故答案为：＜； (5)① 由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快，故答案为：t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快； ② 用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，故答案为：用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。 3.(2026·江苏南京大厂高级中学·二模)我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。以为原料合成依然是“碳达峰”环境下的科研热点，电化学原理在降低碳排放、实现碳中和目标中有广泛应用。回答下列问题： Ⅰ：   =           Ⅱ：   =           Ⅲ：   =           （1）部分键能的数据如下表所示，则　　　　　　　　　　　。 共价键 键能 436 803 328.4 464 （2）反应Ⅰ能自发进行的原因是　　　　　　　　　　　。 （3）一定条件下，=反应历程如图所示。该反应的反应速率由第　　　　　　　　　　　(填“1”或“2”)步决定。 （4）研究发现表面脱除原子形成的(氧空穴)决定了的催化效果，氧空穴越多，催化效果越好，催化合成甲醇的机理如图。已知增大气体流速可带走多余的，从而提高的选择性，请结合催化机理解释其原因　　　　　　　　　　　。 （5）汽车尾气中的和在催化转化器中反应生成两种无毒无害的气体。催化剂性能决定了尾气处理效果。将和以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，测量逸出气体中含量，从而测算尾气脱氮率。相同时间内，脱氮率随温度变化曲线如图所示。 ①曲线上点的脱氮率　　　　　　　　　　　(填“”“”或“”)对应温度下的平衡脱氮率。 ②催化剂条件下，温度高于时脱氮率随温度升高而下降的原因可能是　　　　　　　　　　　。 （6）近年研究发现，电催化和含氮物质可合成尿素，同时可解决含氮废水污染问题。常温常压下，向一定浓度的溶液通入至饱和，经电解获得尿素，其原理如图所示。电解过程中生成尿素的电极反应式为　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）414     （2）、，则在低温能自发进行     （3）1     （4）增大气体流速可带走多余的，促进反应正向进行，增加氧空穴的量     （5）① ＜    ② 温度超过650K时，催化剂的活性降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降或催化剂Y条件下，反应速率增大，相同时间内反应已经平衡，随着温度超过650K，升温使该反应平衡逆向移动，脱氮率下降     （6）      【解析】(1)根据盖斯定律，，反应物的键能-生成物的键能，计算得； (2)该反应Ⅰ为放热反应，依据反应能自发进行，反应ⅰ的、，则在低温能自发进行； (3)由图可知，能垒：过渡态过渡态1，能垒越小反应速率越大，化学反应的决速步是由速率慢的反应一步所决定的，则一定条件下的反应速率由第1步决定的； (4)从催化机理图中能看出与中的O结合生成，而使催化剂出现氧空穴，由题意可知，氧空穴越多，催化效果越好，所以增大气体流速可带走多余的，可以促进反应正向进行，可以增加氧空穴的量。 (5)①由图知，在催化剂Y作用下，Y时，脱氮率达到最大，而催化剂不影响平衡移动即不影响平衡脱氮率，而曲线上a点的脱氮率远低于催化 剂Y条件下脱氮率最大值，故曲线上a点的脱氮率<对应温度下的平衡脱氮率； ② 催化剂Y条件下，温度高于650K时脱氮率随温度升高而下降的原因可能是温度超过650K时，催化剂的活性降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降或催化剂Y条件下，反应速率增大，相同时间内反应已经平衡，随着温度超过650K，升温使该反应平衡逆向移动，脱氮率下降； (6)电解过程中生成尿素的反应是还原反应，在阴极上发生，电极反应式为。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $