2026江苏高考化学二轮复习题型16 化学反应原理综合（题型专练）（解析版）

题型16化学反应原理综合

目录

第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局

第二部分考向破译微观解剖，精细教学

典例引领方法透视变式演练

考向01以资源利用为载体考查化学反应的原理【重难】

考向02以氢能等能源利用为载体考查化学反应的原理【重难】

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

该题型是全卷压轴题，核心考查反应热计算、化学平衡（速率、移动、常数计算）、电化学（电极

反应、离子迁移）及溶液中离子平衡（pH、溶度积），融合图表数据解读与建模分析。该题型占15

分左右，是区分顶尖考生的关键，凸显“变化观念与平衡思想”核心素养，分值权重高、综合性

强。考向预测：情境将紧扣新能源、绿色催化、工业减排等前沿领域，强化多平衡体系综合分析，

增加数据图表（如平衡转化率曲线、电池极化曲线）解读，设问更侧重条件优化与实际工业应用结

合。

考向01以资源利用为载体考查化学反应的原理

【例1-1】（2025·江苏卷）合成气(CO和H2)是重要的工业原料气。

(1)合成气制备甲醇：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)。CO的结构式为CO，估算该反应的H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H2。

、

合成气变换。向绝热反应器中通入COH2和过量的H2O(g)：

①低温型催化剂

CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H0。催化作用受接触面积和温度等因素影响，H2Og的

约230C、3MPa

比热容较大。H2Og过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有。

脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的K2CO3吸收剂、K2CrO4(Cr正价有3、6)缓蚀

②剂等。K2CO3溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是(填化学式)。K2CrO4减缓设备腐蚀的原

理是。

x

(3)研究CH、HO(g)与不同配比的铁铈载氧体[FeO(1x)CeO，0x1，Ce是活泼金属，正价有

422232

3、4]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

、

CH4H2Og，依次发生的主要反应：

步骤载氧体供氧

ⅠCH4850℃CO2H2

步骤载氧体夺氧

ⅡH2O400℃H2

nH2nH2

步骤Ⅰ中，产物气体积分数、CH4转化率、与x的关系如图乙所示。x0时，大于理论值2

n(CO)n(CO)

①

的可能原因有；x0.5时，通入标准状况下300mL的CH4至反应结束，CO的选择性

n(CO)

生成

100%80%，则生成标准状况下CO和H2的总体积为mL。

n转化CH4

x0.5时，新制载氧体、与CH4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

②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H2Og反应的物质有(填

化学式)。

结合图示综合分析，步骤Ⅰ中Fe2O3的作用、气体分步制备的价值：。

③【答案】(1)5

(2)防止生成积碳；H2O的比热容较大，吸收反应放出的热量抑制温度升高KHCO3K2CrO4

具有强氧化性，使钢制吸收塔内壁形成致密的氧化膜

(3)CH4分解生成H2，CO发生副反应而被消耗432C、Fe、FeOFe2O3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H需CO、HH、CO、

CH、OH，共5种化学键的键能数据；

（2）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，

H2O①g可以防止积碳；H2O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，H2Og过

量可有效防止催化剂活性下降；

脱碳过程中，K2CO3溶液会吸收CO2，发生反应K2CO3CO2H2O2KHCO3，当K2CO3溶液浓度偏

②高时，会生成较多KHCO3，而KHCO3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。

K2CrO4中的Cr元素化合价为6，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；

nH2

（3）CH可以分解生成H2，使得H2的物质的量增大，增大；当x0时，载氧体中没有Fe2O3，

4nCO

①

只有CeO2，由于CeO2的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为CO2，CO发生副反应而

nH2

被消耗，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当x0.5时，CH转化率为60%，则

nCO4

n生成CO

n转化CH4300mL60%180mL，已知CO的选择性100%80%，则

n转化CH4

nH

nCO180mL80%144mL，根据图乙中数据可知，此时产物气中22，则

生成nCO

n生成H2144mL2288mL，故生成标准状况下CO和H2的总体积为432mL；

新制载氧体与CH4反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与H2Og反应，使载氧体再生从而继续与

②CH4反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与CH4反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与

H2Og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H2Og反应；

对比图中物质可知，Fe2O3具有氧化性，Fe2O3作用：将Ce2O3氧化为CeO2；采用分步制备的价值，分步

③制备的价值，有利于载氧体的循环，得到更纯净的H2。

【例1-2】（2023·江苏卷）空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。

(1)燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。

“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为；载人航天器内，常用LiOH固体而

很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因是。

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

(2)[CONH22]CO2

反应Ⅰ：2NH3gCO2gNH2COONH4l

反应：

ⅡNH2COONH4lCONH22lH2Ol

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H(填“=0”或“>0”或

①“<0”)。

反应体系中除发生反应、反应外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲和尿素转化

ⅠⅡ[NH2CO2NH]

为②氰酸铵(NH4OCN)等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2的物质的量之比为nNH3:nCO24:1，

其实际投料比值远大于理论值的原因是。

(3)催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2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(FE%)随电解电压的变化如图乙所示。

Q生成还原产物X所需要的电量

FE%X100%

Q总电解过程中通过的总电量

其中，QXnF，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。

当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为(填化学

①式)。

当电解电压为U2V时，阴极由HCO3生成CH4的电极反应式为。

②当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO的物质的量之比为(写出计算过程)。

【答案】相同质量的固体可吸收更多二氧化

③(1)KHCO3CaOH2CaCO3KOHH2OLiOH

碳

(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

-2

(3)H2HCO3+8e+6H2OCH49OH或10HCO3+8eCH49CO33H2O每生成

--

1molC2H4转移12mole，每生成1molHCOO转移2mole，故电解生成的C2H4和HCOO的物质的量之比为

24%8%

：=1：2

122

【解析】（1）由图可知“吸收”后所得的KHCO3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

可回收利用，故化学方程式为。载人航天器内，常用

KOHKHCO3CaOH2CaCO3KOHH2OLiOH

固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2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H<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U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%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U2V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HCO3

-2

生成CH4的电极反应式为HCO3+8e+6H2OCH49OH或10HCO3+8eCH49CO33H2O。当电解

电压为U3V时，电解过程中还原产物C2H4的FE%为24%，还原产物HCOO的FE%为8%，每生成

--

1molC2H4转移12mole，每生成1molHCOO转移2mole，故电解生成的C2H4和HCOO的物质的量之比为

24%8%

：=1：2。

122

1．改变条件影响反应速率的反常现象

条件变化反常说明

↵

①有酶参与的反应，温度高酶会失去活性

②有气体参与的反应，升高温度，气体的溶解度减小

加热速率减小③加热易分解的物质(HO、NH·HO等)分解

④有催化剂参与的反应，₂₂升高₃温度₂，催化剂活性降低

⑤加热易挥发的物质(浓硝酸、浓盐酸)大量挥发

①没有气体参与的反应

加压不变②恒温恒容条件下的气相反应，充入稀有气体(或不参与反应)

例如:增大c(O),SO(g)+O(g)═SO(g)+O(g),速率几乎没有变化，

浓度不变

可能是该反应速率很慢

₃₂₃₃₂

2．化学平衡移动问题分析流程

【变式1-1】（2021·江苏卷）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)

-1

已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)ΔH=-178.8kJ·mol。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

-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

反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s)ΔH=-172.5kJ·mol

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

①3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=。

5

1.01×10Pa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

②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。

Ce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

①为。

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。

②【答案】(1)吸收CO2，提高H2的产率，提供热量

-1

(2)657.1kJ·mol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)铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被

H2还原为金属Cu

-1

【解析】（1）已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)ΔH=－178.8kJ·mol，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。

-1

（2）反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=246.5kJ·mol

-1

反应I①I：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。

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

②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）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①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。

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

②催化活性下降。

【变式1-2】（25-26高三上·江苏徐州·期末）在温和条件下，将CO转化为C4烃类具有重要意义。采用电化

学-化学串联催化策略可将CO高选择性合成C4H10，该流程示意图如下：

回答下列问题：

(1)电解池中电极N与电源的极相连。

(2)CO放电生成C2H4的电极反应式为。

(3)在反应器中，发生如下反应：

1

反应ⅰ：2C2H4gC4H8gΔH1104.7kJmol

1

反应ⅱ：2C2H4gH2gC4H10gΔH2230.7kJmol

1

计算反应C4H8gH2gC4H10g的ΔHkJmol，该反应(填标号)。

A．高温自发B．低温自发C．高温低温均自发D．高温低温均不自发

(4)一定温度下，CO、C2H4和H2(体积比为x:2:1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为

100kPa)发生反应ⅰ和ⅱ。有CO存在时，反应ⅱ的反应进程如图1所示。随着x的增加，C2H4的转化率和产物

转化为目的产物所消耗乙烯的量

的选择性(选择性100%)如图2所示。

已转化的乙烯总量

根据图1，写出生成C4H10的决速步反应式；图2中，C4H10的选择性大于C4H8的原因

①是。

结合图2，当x2时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，C2H4

②的转化率减小的原因是。

【答案】(1)负

(2)2CO8e6H2OC2H48OH

(3)126B

*****

(4)C2H5+C2H4=C4H9由C4H9生成C4H8时活化能较大，反应速率慢反应i和反应ii为

气体减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应体系的分压越小，平衡向左移动

【分析】装置分为电解池和反应器两部分：电解池以KOH为电解质，将CO转化为C2H4、H2；反应器中

C2H4发生两步反应（反应ⅰ、反应ⅱ）生成C4H10，同时给出两个热化学方程式用于计算焓变，据此分析解

答。

【解析】（1）由图可知，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M

为阳极，则N与电源负极相连；

（2）CO发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：

2CO8e6H2OC2H48OH；

（3）根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则C4H8gH2gC4H10g的

111

ΔHΔH2ΔH1230.7kJmol(104.7kJmol)126kJmol，该反应是熵减的放热反应，则依据

ΔHTΔS0，反应能够在低温下自发进行，故答案选B；

（4）总反应的反应速率由慢反应决定，决速步是反应最慢的步骤，由图可知，生成C4H10历程中TSⅡ的

*****

能垒最①大，该步骤是决速步骤，反应式为C2H5+C2H4=C4H9；由图可知，由C4H9生成C4H8时活化能较

大，反应速率慢，所以C4H10的选择性大于C4H8；

当x≥2时，由题意可知，反应i和反应ii为气体分子数减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应

②体系的分压越小，平衡向左移动；

考向02以氢能等能源利用为载体考查化学反应的原理

【例2-1】（2024·江苏卷）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H2各

1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得molH2。

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α-Fe/Al2O3。

(2)nN2:nH2=1:3N2+3H2高温、高压2NH3

海绵状的Fe作催化剂，多孔Al2O3作为Fe的“骨架”和气体吸附剂。

中含有会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收生成

H2COCH3COOCuNH32CO

①溶液，该反应的化学方程式为。

CH3COOCuNH33CO

Al2O3含量与Fe表面积、出口处氨含量关系如图所示。Al2O3含量大于2%，出口处氨含量下降的原

②因是。

催化剂

(3)反应H2HCO3HCOOH2O可用于储氢。

1

密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的0.1molLNaHCO3溶液中通入H2，HCOO产率随温度变

①化如图所示。温度高于70℃，HCOO产率下降的可能原因是。

使用含氨基物质(化学式为CN-NH2，CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au催化剂储氢，可能机理如图所示，

②氨基能将HCO3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。

16

【答案】(1)C、H、Fe

9

或

(2)CH3COOCuNH32+NH3H2O+CO=CH3COOCuNH33CO+H2O(

CHCOOCuNH+NH+CO=CHCOOCuNHCO多孔可作为气体吸附剂，含量过多

3323333)Al2O3

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)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HCO3形成氢键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3CO+Fe2O3=2Fe+3CO2、3H2+Fe2O3=2Fe+3H2O，则反应中化合价发生改变的元素为碳元素、氢元

4

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

3

4

应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式为3Fe+4HO=FeO+4H，由方程式可知，mol铁生成氢气的物

23423

441616

质的量为mol×=mol，故答案为：C、H、Fe；；

3399

（）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

2CH3COOCuNH32

①，反应的化学方程式为

CH3COOCuNH33CO

，故答案为：

CH3COOCuNH32+NH3H2O+CO=CH3COOCuNH33CO+H2O

或

CH3COOCuNH32+NH3H2O+CO=CH3COOCuNH33CO+H2O(

CHCOOCuNH+NH+CO=CHCOOCuNHCO；

3323333)

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

②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）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①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；

氨基和碳酸氢根离子可以形成氢键NHO、NHO，形成的氢键将碳酸氢根离子控制在催化剂表

②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HCO3形成氢键；CN—NHD

和DCOO—。

【例2-2】（2022·江苏卷）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)“CuCl-H2O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。

--

电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性CuCl2溶液，阴极区为盐酸，电解过程中CuCl2转化为

2-

①CuCl4。电解时阳极发生的主要电极反应为(用电极反应式表示)。

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

②(填元素符号)。

-

(2)“Fe-HCO3-H2O热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收CO2制得的NaHCO3溶液反应，

生成H2、HCOONa和Fe3O4；Fe3O4再经生物柴油副产品转化为Fe。

实验中发现，在300℃时，密闭容器中NaHCO3溶液与铁粉反应，反应初期有FeCO3生成并放出H2，该

①反应的离子方程式为。

--

随着反应进行，FeCO3迅速转化为活性Fe3O4-x，活性Fe3O4-x是HCO3转化为HCOO的催化剂，其可能反

②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。

---

在其他条件相同时，测得Fe的转化率、HCOO的产率随cHCO3变化如题图所示。HCOO的产率随

③-

cHCO3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，“Fe-HCO3-H2O热循环制氢和甲酸”的优点是。

-2-

【答案】(1)CuCl22CleCuCl4Cu、O

300℃

-2-2+-

(2)Fe+2HCO3FeCO3+CO3+H2吸附在催化剂的Fe上的H与HCO3中碳原子作用，吸附

2---2+-

在O的H与HCO3中的羟基氧作用生成的H2O和HCOO均吸附在上Fe随cHCO3增加，催化剂的

-

量增多，增大了接触面积，H2的产量增大，HCOO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）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CuCl2溶液，电解过程中

-2--2-

CuCl2转化为C①uCl4，电解时阳极发生的主要电极反应为：CuCl22CleCuCl4；

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

②

2-

O2，从解析中得知，进入热水解的物质有CuCl4，故发生化合价变化的元素有Cu、O。

（2）在3①00℃时，密闭容器中NaHCO3溶液与铁粉反应，反应初期有FeCO3生成并放出H2，离子方程式

℃

①-3002

为：Fe+2HCO3FeCO3+H2CO3；

H的电负性大于Fe，小于O，在活性Fe3O4-x表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一

--

②部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与HCO3中略带正电的碳结合，后者与HCO3中略带负电

--2+-

的羟基氧结合生成H2O，HCO3转化为HCOO；故答案为：吸附在催化剂的Fe上的H与HCO3中碳原子

2---2+

作用，吸附在O的H与HCO3中的羟基氧作用生成的H2O和HCOO均吸附在上Fe；

-

在其他条件相同时，随cHCO3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FeCO3

-

③和H2的速率更快，量更大，则得到活性Fe3O4-x的速度更快，量也更多，生成HCOO的速率更快，产率也

--

更大。故答案为：随cHCO3增加，催化剂的量增多，增大了接触面积，H2的产量增大，HCOO的产率

增大；

---

（3）“Fe-HCO3-H2O热循环制氢和甲酸”系统将HCO3转化为HCOO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FeCO3后迅速转化为活性Fe3O4-x，Fe3O4-x氧化为Fe3O4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.原子守恒法解答多平衡体系中平衡常数思路

2．化工生产中的复杂图像分析

（1）曲线上的每个点是否都达到平衡

往往需要通过曲线的升降趋势或斜率变化来判断，如果还未达到平衡则不能使用平衡移动原理，只有达到

平衡以后的点才能应用平衡移动原理。如图中虚线表示单位时间内A的产率随温度的升高先增大后减小，

先增大的原因是P点之前反应尚未达到平衡，随温度的升高，反应速率增大，故单位时间内A的产率增大。

（2）催化剂的活性是否受温度的影响

不同的催化剂因选择性不同受温度的影响也会不同。一般来说，催化剂的活性在一定温度下最高，低于或

高于这个温度都会下降。如图，250～300℃时，温度升高而B的生成速率降低的原因是温度超过250℃

时，催化剂的催化效率降低。

（3）不同的投料比对产率也会造成影响

可以采用定一议二的方法，根据相同投料比下温度或压强的改变对产率的影响或相同温度或压强下改变投

料比时平衡移动的方向进行判断，确定反应的吸放热或系数和的大小。如图，对于反应2CO2(g)＋6H2(g)

CH3OCH3(g)＋3H2O(g)。

当投料比一定时，温度越高，CO2的转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应。若温度不变，

提高投料比[n(H2)/n(CO2)]，则提高了二氧化碳的转化率。

3．有、无催化剂的反应历程能量对照图

图像解读

(1)在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能；E2为逆反应

的活化能；E1－E2为此反应的焓变(ΔH)。

(2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤（也可能为多

个），反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②

为放热反应，总反应为放热反应。

(3)催化剂的作用：降低正、逆反应所需的活化能，但不影响

ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于起点（反应物）能量

和终点（生成物）能量的相对大小

【变式2-1】(2026·江苏苏州姑苏区苏州第十中学月考)（25-26高三上·江苏镇江·月考）氨是重要的能源

物质。

(1)工业合成氨

在固体催化剂表面合成氨的过程如图1所示，吸附后，能量状态最高的是。(选填“A”、“B”或“C”)

(2)电催化制氨

电催化还原N2制NH3。在碱性水溶液中，通过电催化使N2还原为NH3的电极反应式为。该

①制氨方法尚未能应用于工业生产，因为。(要求答两个原因)

电催化还原NO2制NH3。NF是一种电极载体，分别以Ni2P/NF、Fe/NF、NF为阴极材料，电解含NO2

②的中性溶液(电极材料与溶液不发生反应)。不同电极上NH3的产率及NH3的选择性如图2所示。以Ni2P/NF、

Fe/NF电极分别电解NaNO2溶液相同时间，电解后溶液中：cNO2Ni2P/NFcNO2Fe/NF，原因

是。

(3)氨解制氢

电解

氨电解反应2NH3N23H2可用于制氢。相同条件下，饱和氨水(NH3的质量分数为34%)的密度为

0.90gcm3，液氨的密度为0.77gcm3。

电解含KNH2的液氨溶液制H2的装置如图3所示，电解时，阳极的电极反应式为。

电解可释放出的物质的量

①NH3H2mol

氨燃料的性能可用“能量密度”来衡量，能量密度，则饱和氨水的

氨水或液氨的体积L

②

能量密度为。

相比电解饱和氨水，电解液氨法制H2的优点是。

③【答案】(1)B

--

(2)N2+6e+6H2O=2NH3+6OHN2的溶解度低，难吸附在电极和催化剂表面，N2和H2O在阴极

表面同时发生得电子的竞争反应NO2在Fe/NF电极放电过程中转化为其他含氮物质，且转化速率大

--

(3)6NH2-6e=N2+4NH327mol/L能量密度大

【解析】（1）化学键的断裂需要吸收能量，故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，该反应为放热

反应，故初始状态A的能量高于末态C的能量，故B的能量最高；

--

（2）在碱性水溶液中，N2得电子生成NH3，电极反应式为：N2+6e+6H2O=2NH3+6OH。该制氨方法

尚未能①应用于工业生产，因为：N2的溶解度低，难吸附在电极和催化剂表面，N2和H2O在阴极表面同时

发生得电子的竞争反应；

相同时间内，Fe/NF催化条件下剩余cNO2浓度小，说明参加反应的NO2多，反应速率快，由图可知，

对②于Ni2P/NF催化，Fe/NF催化NH3的产率低，NH3的选择性低，说明NO2在Fe/NF电极放电过程中转化

为其他含氮物质，且转化速率大；

（3）电解含KNH2的液氨溶液制H2，电解时，NH2在阳极失去电子生成N2，阳极的电极反应式为：

--

6NH2①-6e=N2+4NH3；

900g34%

设饱和氨水的体积为1L，密度为0.90g/cm3，则氨水的质量为：900g，物质的量为：18mol，

17g/mol

②

电解3

氨电解反应为：2NHN3H，则放出H2的物质的量为18mol27mol，则饱和氨水的能量密

3222

度为：27mol/L；

770g

设液氨的体积为1L，密度为0.77g/cm3，则氨水的质量为：770g，物质的量为：45.3mol，

17g/mol

③

电解3

氨电解反应为：2NHN3H，则放出H2的物质的量为45.3mol68mol，则液氨的能量密度

3222

为：68mol/L，故相比电解饱和氨水，电解液氨法制H2的优点是：能量密度大。

【变式2-2】（25-26高三上·江苏南京·月考）氢能是应用前景广阔的新能源。

(1)制氢。工业上电解碱性尿素水溶液制氢。

阳极活性物质Ni(OH)2首先放电生成NiOOH，该过程的电极反应式为。

①CO(NH2)2吸附在NiOOH上被氧化生成N2。根据电负性规则，CO(NH2)2分子中能被Ni吸附的原子是

②（填元素符号）。

(2)储氢。部分H2和N2在催化剂表面合成氨以储氢，其反应机理的部分过程如图所示，中间体X的结

构。

(3)储氢物质NH3的运用。NH3常用于烟气（主要成分NO、NO2）脱硝。以N2为载气，将含一定量NO、

NH3及O2的模拟烟气以一定流速通过装有催化剂CeO2的反应管，研究温度、SO2(g)、H2O(g)对脱硝反应的

影响。

如图1所示，温度高于350℃时，NO转化率下降，推测原因是。

①如图2所示，温度高于350℃时，和不含水蒸气的烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO转化率更高，

4+2

②其原因是。实验证明，烟气中含SO2会导致催化剂不可逆的中毒(Ce氧化SO2生成SO4覆盖在生

3+3+

成的Ce表面，阻③止了O2氧化Ce）。而添加CuO后抗硫能力显著增强，请结合