2026江苏高考化学二轮复习专题11 大题突破-化学反应原理综合（专题专练）（解析版）

专题11大题突破——化学反应原理综合目录第一部分风向速递洞察考向，感知前沿第二部分分层突破固本培优，精准提分A组·保分基础练题型01以资源利用为载体考查化学反应的原理题型02以氢能等能源利用为载体考查化学反应的原理B组·抢分能力练第三部分真题验证对标高考，感悟考法1．【以甲烷的作用为情景考查反应原理】（25-26高三上·江苏苏州·期中）甲烷热值高、储量大，是重要的碳氢资源。(1)甲烷热催化裂解制氢①在下，物质完全燃烧的反应热叫做该物质的标准燃烧热。根据下表所列的一些物质标准燃烧热，写出甲烷裂解为碳和氢气的热化学方程式：。名称化学式甲烷-890.3氢气-285.8碳C（s）-393.5②研究发现甲烷热催化裂解制氢过程中存在着副反应。若只考虑以下一个副反应：，当产率为，产率为时，甲烷热催化过程中的选择性为（填计算结果）。[已知：]③甲烷热催化实验中测得氢气的产率随时间变化的曲线如图1所示。氢气的产率随时间变化缓慢下降的原因为。(2)甲烷与水催化重整制氢时，与催化重整主要发生的反应为：； 。①反应体系中过量能有效防止催化剂活性下降，原因为。②已知

。向反应体系中加入适量多孔，其优点是。(3)甲烷光催化重整制合成气（CO和）研究发现，和在紫外线和光催化剂作用下制得合成气的部分机理如图2所示（表示光生空穴，是有很强得电子能力的活性位点）。①光生空穴在活化甲烷分子时，原子比原子更易被攻击的原因是。②制备合成气的过程可描述为：光催化剂在紫外线作用下将电子激发到CB端，在VB端留下光生空穴，。【答案】(1)CH4(g)=C(s)+2H2(g)

H=+74.8kJ·mol-19.2%反应过程中，催化剂表面会积碳，导致催化剂活性逐渐降低；同时副反应增多，消耗CH4但生成H2的效率降低，因此氢气产率随时间缓慢下降(2)过量H2O(g)可与催化剂表面的积碳发生反应，减少积碳对催化剂活性的影响，从而防止催化剂活性下降提高H2产率，加快反应速率(3)CH4中C的电负性大于H，C-H键的电子对更偏向C，导致H原子带部分正电荷；光生空穴（h+）具有强得电子能力，更易攻击带正电的H原子光生空穴（h+）在VB端攻击CH4，断裂C-H键生成·CH3、·CH2等自由基；光生电子（e-）转移到CB端，还原CO2生成CO；同时自由基进一步反应生成H2和CO，最终得到合成气【解析】（1）①表示甲烷燃烧热的热化学方程式为反应1：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，氢气燃烧为反应2：H2(g)+O2(g)=H2O(l)，碳燃烧为反应3：C(s)+O2(g)=CO2(g)，由盖斯定律可知，目标反应=反应1-反应2-2×反应3，H==+74.8kJ·mol-1，甲烷裂解为碳和氢气的热化学方程式为CH4(g)=C(s)+2H2(g)

H=+74.8kJ·mol-1；②由副反应可知消耗CH4的速率=2×生成C2H6的速率=2×4.6=9.2mol·h-1，总氢气速率为186.2mol·h-1，则甲烷热催化裂解生成氢气的速率为186.2-4.6=181.6mol·h-1，消耗甲烷的速率为90.8mol·h-1，反应总消耗甲烷的速率=90.8+9.2=100mol·h-1，乙烷的选择性=；③反应过程中，催化剂表面会积碳，导致催化剂活性逐渐降低；同时副反应增多，消耗CH4但生成H2的效率降低，因此氢气产率随时间缓慢下降；（2）①过量H2O(g)可与催化剂表面的积碳发生反应，减少积碳对催化剂活性的影响，从而防止催化剂活性下降；②向反应体系中加入适量多孔，其优点是消耗CO2，使反应CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)正向移动，提高H2产率；同时多孔结构增大接触面积，加快反应速率；（3）①原子比原子更易被攻击的原因是CH4中C的电负性大于H，C-H键的电子对更偏向C，导致H原子带部分正电荷；光生空穴（h+）具有强得电子能力，更易攻击带正电的H原子；②光催化剂在紫外线作用下将电子激发到CB端，在VB端留下光生空穴，光生空穴（h+）在VB端攻击CH4，断裂C-H键生成·CH3、·CH2等自由基；光生电子（e-）转移到CB端，还原CO2生成CO；同时自由基进一步反应生成H2和CO，最终得到合成气。2．【结合二氧化氯考查脱硫脱硝】（25-26高三上·江苏扬州·期中）气体可用于脱硫脱硝。已知：①浓度较高的气体易爆炸；②。I．制备。反应原理为。实验装置如图1所示，装置A中持续通入氮气，并用泵将溶液以一定流速缓慢滴入浓硫酸中。(1)与滴液漏斗相比，使用泵的优点有。(2)不采用向溶液中滴加浓硫酸的滴加方式，其原因是。(3)装置B的作用是。通入的目的是。Ⅱ．脱除烟气中的和。(4)单独氧化时生成和，该反应的化学方程式为。(5)单独氧化时，若体系中湿度增加，的氧化率会大幅提升，其原因是。(6)在相同条件下，取同种烟气，通入气体，测得相同时间后气体氧化率随初始变化如图2所示。有学生由图认为，“为时，消耗的量多于消耗的”，此推论是否合理(填“是”或“否”)。时，氧化率变化幅度更大，原因是。【答案】(1)在内压较大时液体能顺利滴下(或滴速不受装置内压强影响)；保持稳定滴速，缓慢产生气流(2)酸性减弱不利于反应(或反应需较强酸性条件)；不利于气体逸出(或会溶于水损失)(3)除去中的稀释避免爆炸；将生成的吹出装置A(或吹入集气袋中)；搅拌溶液混合均匀(4)(5)与水反应生成，更易被氧化(6)否反应较完全时，更多的才与反应(或此时氧化率接近，剩余与反应的更多)【分析】该实验以亚氯酸钠和浓硫酸为原料，在装置A中通过反应制备二氧化氯（同时生成氯气）；实验中用泵精准控制亚氯酸钠溶液的滴加速率，持续通入氮气稀释二氧化氯以避免其因浓度过高爆炸；装置B中利用亚氯酸钠与氯气的反应，除去二氧化氯中的氯气杂质并额外生成二氧化氯，最终通过集气袋收集产物，整个过程通过控制反应速率、稀释气体等方式保障实验安全与产物纯度。【解析】（1）根据分析，与滴液漏斗相比，使用泵的优点有在内压较大时液体能顺利滴下(或滴速不受装置内压强影响)；保持稳定滴速，缓慢产生气流；（2）不采用向溶液中滴加浓硫酸的滴加方式，其原因是酸性减弱不利于反应(或反应需较强酸性条件)；不利于气体逸出(或会溶于水损失)；（3）根据分析，装置B中利用亚氯酸钠与氯气的反应，除去二氧化氯中的氯气杂质并额外生成二氧化氯；因浓度较高的气体易爆炸，通入的目的是稀释避免爆炸；同时可以将生成的吹出装置A(或吹入集气袋中)；搅拌溶液混合均匀；（4）单独氧化时生成和，反应的化学方程式为；（5）若体系中湿度增加，则与水反应生成，故原因是与水反应生成，更易被氧化；（6）图中仅显示“氧化率”，但未给出NO和SO2的初始物质的量，无法通过氧化率直接比较二者消耗ClO2的量；当时，NO的氧化率已接近100%（反应接近完全），而SO2的氧化率仍较低；此时增加ClO2的量，更多的ClO2会参与SO2的氧化反应，使SO2的氧化率明显提升。01以资源利用为载体考查化学反应的原理1．（25-26高三上·江苏苏州·期末）低碳经济已成为人们一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是能源领域的一个重要研究方向。回答下列问题：(1)二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。科学家提出由制取C的太阳能工艺如图：已知“重整系统”发生的反应中，则的化学式为，“热分解系统”中每转移2mol电子，需消耗mol。(2)铜基催化剂(为、等)是加氢制甲醇常用的催化剂，部分合成路线如图所示。其中催化剂上有两个活动点位(位点、氧化物载体位点)，分别在中碱位()、强碱位()吸附发生反应。请写出中碱位()上发生反应的总化学方程式。(3)氧化制水煤气。相关的主要化学反应有：反应I：

反应II：

反应III：

下，将的混合气体置于密闭容器中，加入催化剂在不同温度下反应，平衡时各组分的物质的量分数如图所示。①450~750℃时，平衡体系中物质的量分数比略大的原因是。②反应中积碳是反应催化剂失活的主要原因。对附着积碳的催化剂a和催化剂b在空气中加热以除去积碳(该过程催化剂不发生反应)，固体的质量变化如图所示。则重整反应中能保持较长时间催化活性的是(填“催化剂a”或“催化剂b”)，判断的理由是。(4)利用电解法在碱性或酸性条件下将还原为和的原理如下图所示：已知：选择性(S)和法拉第效率(FE)的定义(X代表或如下：

①实验测得，碱性条件生成、总的选择性小于酸性条件，原因是。②实验测得，酸性条件生成、总的法拉第效率小于碱性条件，原因是。【答案】(1)Fe3O41(2)(3)反应II消耗的CO2的量大于反应III消耗CH4的量催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化剂活性保持时间就越长，根据图像可知催化剂b的剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a(4)碱性条件下，有部分CO2转化为，用于生成CH4、C2H4的CO2的量减少，使总选择性减小酸性条件下，H+浓度大，发生的副反应程度大，导致不是所有的电子都用于还原CO2，CO2的消耗量减小，生成CH4、C2H4的总法拉第效率减小【解析】（1）由图可知，二氧化碳制取碳的反应方程式为2xFeO+(y—x)CO2(y—x)C+2FexOy，由反应中可得：，解得x：y=3：4，则FexOy为Fe3O4，热分解系统发生的反应为2Fe3O46FeO+O2↑，反应消耗2mol四氧化三铁，转移4mol电子，则“热分解系统”中每转移2mol电子，需消耗四氧化三铁的物质的量为1mol，故答案为：Fe3O4；1；（2）由图可知，碱位(α)上发生的反应为氢气与二氧化碳在催化剂作用下反应生成一氧化碳和水，总反应化学方程式，故答案为：；（3）①由于CO和H2的物质的量分数比较大，且比较接近，其次反应II消耗CO2的量大于反应III消耗CH4的量，所以450~750℃时，平衡体系中CH4物质的量分数比CO2略大，故答案为：反应II消耗的CO2的量大于反应III消耗CH4的量；②剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，根据图像可知催化剂b的剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a，所以重整反应中能保持较长时间催化活性的是催化剂b，故答案为：催化剂b；剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化剂活性保持时间就越长，根据图像可知催化剂b的剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a；（4）①由图可知，碱性条件下，有部分CO2转化为，用于生成CH4、C2H4的CO2的量减少，使总的选择性减小，所以碱性条件生成总的选择性小于酸性条件，故答案为：碱性条件下，有部分CO2转化为，用于生成CH4、C2H4的CO2的量减少，使总的选择性减小；②酸性条件下，电极Ⅲ发生，H+通过阳离子交换膜进入右侧阴极区，该电极区域H+浓度大于碱性条件下的阴极区H+浓度，发生的反应程度大，即电极Ⅳ有相当一部分电子参与的是生成H2的副反应，因为该副反应发生程度较大，导致不是所有的电子都用于还原CO2，导致CO2的消耗量减小，生成CH4、C2H4总的法拉第效率减小；故答案为：酸性条件下，H+浓度大，发生的副反应程度大，导致不是所有的电子都用于还原CO2，CO2的消耗量减小，生成CH4、C2H4总的法拉第效率减小。2．（25-26高三上·江苏南通·月考）“碳中和”是当前全球应对气候变化的重要目标，通过特定技术将二氧化碳转化成有用产品是实现该目标的关键路径之一。(1)CO2催化加氢制CH3OH主要涉及以下反应：I．II．①则反应在(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。②3.0MPa时，将n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶3的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得CH3OH产率随温度的变化如图所示。温度高于260℃，CH3OH的产率下降的可能原因是。③研究发现，CH3OH可由HCOO*(吸附在催化剂表面的物种用*标注)转化生成，CO2*与H*或OH*作用生成HCOO*的相对能量变化如图所示。在催化剂表面修饰羟基的优点是。(2)CO2与H2在活化后的催化剂[催化剂活化：]表面能可逆地发生反应I，其反应I历程如图所示。①反应历程中经历了In-C、In-O键的形成和断裂，则图中虚线框内中间体X的结构式为。②CO2与H2混合气体以不同的流速通过反应器，流速加快可减少催化剂的失活，可能原因为：。(3)CO2电催化还原制甲醇可实现碳中和，双极膜法电解原理如图所示。写出催化电极的电极反应式，电池工作过程中阴极室电解液中的浓度(填“增大”“减小”或“基本不变”)。【答案】(1)低温；反应I为放热反应，温度升高平衡逆向移动，催化剂活性降低，副反应反应II正向进行消耗反应物；降低生成的活化能，加快反应速率，提高的生成效率(2)In—O—CHO；流速加快使反应物在催化剂表面停留时间缩短，减少副反应发生，降低副产物对催化剂的吸附，减少催化剂失活(3)；基本不变【解析】（1）根据盖斯定律，反应I减去反应II可得，，该反应气体分子数减少，，由可知，低温时，反应能自发进行。反应I为放热反应，温度高于260°C时，升温使反应I平衡逆向移动，同时催化剂活性随温度升高降低，且副反应反应II为吸热反应，升温促进反应II正向进行，消耗和，导致产率下降。催化剂表面修饰轻基后，生成的活化能由2.10eV降至1.36eV，活化能降低可加快反应速率，提升的生成效率。（2）反应历程中经历In—C、In—O键的形成和断裂，结合与的转化过程，虚线框内中间体X的结构式为In—O—CHO。流速加快时，反应物在催化剂表面的停留时间缩短，副反应发生的概率降低，同时减少副产物在催化剂表面的吸附，避免副产物覆盖活性位点，从而减少催化剂失活。（3）催化电极为电解池阴极，在阴极得电子被还原为，结合双极膜提供的，电极反应式为。阴极室中，与反应生成，同时双极膜解离的与中和，的生成与消耗速率基本相等，因此浓度基本不变。3．（25-26高三上·江苏南京·期末）乙二醇是一种重要的化工原料，可通过草酸二乙酯()热催化加氢制备。I、制备草酸二乙酯。以、CO为原料，Pd为催化剂，制备草酸二乙酯的反应机理如图所示。(1)反应过程中Pd呈现多种化合价，分别为。(2)制备草酸二乙酯的总反应方程式。(3)利用生成的NO，并在反应器中加入O2、C2H5OH可实现原料C2H5ONO的再生和继续循环反应，反应原理为：。在再生反应中，需要控制NO和O2物质的量之比大于4，其可能原因为。Ⅱ、制备乙二醇。主反应为反应1：

反应2：

(4)反应的。(5)其它条件相同，将含一定量C2H5OOCCOOC2H5、H2混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，出口处检测到C2H5OOCCOOC2H5的转化率和HOCH2COOC2H5的选择性[]随压强的变化曲线如图所示。①在1.0~1.5MPa，随着压强增大，C2H5OOCCOOC2H5的转化率逐渐上升、HOCH2COOC2H5选择性逐渐下降。其原因是。②催化机理如图所示。催化剂中含量过多或过少，反应速率都会变慢。其原因是。【答案】(1)0、+1、+2(2)(3)过量的O2氧化催化剂Pd，使催化剂中毒；也可能氧化C2H5ONO，影响C2H5ONO的再生和后续循环反应(4)(5)增大压强，反应1、反应2的速率都加快，C2H5OOCCOOC2H5转化率逐渐上升；反应2速率增加幅度大于反应1增加的幅度，HOCH2COOC2H5选择性逐渐下降Cu0含量过多，Cu+吸附C2H5OOCCOOC2H5的量少；Cu0含量过少，Cu0吸附H2的量少，生成H的量少；两者都会使反应速率变慢【解析】（1）由题干反应历程图可知，反应过程中Pd呈现多种化合价，其中Pd为0价，PdOC2H5中为+1价，Pd(OC2H5)2和Pd(COOC2H5)2中均显+2价，故答案为：0、+1、+2；（2）由题干反应历程图可知，制备草酸二乙酯的反应物为：CO和C2H5ONO，生成物为：C2H5OOCCOOC2H5和NO，Pd为催化剂，其余物质均为中间产物，故该转化的总反应方程式；（3）根据反应原理为：可知，在再生反应中，NO和O2的物质的量之比为4，若小于4即O2过量，此时可能部分O2氧化催化剂Pd使其失去催化活性，同时过量的O2还可能氧化C2H5ONO，而影响C2H5ONO的再生和继续循环反应，故需要控制NO和O2物质的量之比大于4，故答案为：过量的O2氧化催化剂Pd，使催化剂中毒；也可能氧化C2H5ONO，影响C2H5ONO的再生和后续循环反应；（4）由题干信息已知：反应1：

，反应2：，则反应1+反应2可得反应，根据盖斯定律可知，=(-102kJ/mol)+49.6kJ/mol=-52.4；（5）①在1.0~1.5MPa，随着压强增大，反应1和反应2中反应物、生成物浓度均增大，反应1和反应2的反应速率均加快，C2H5OOCCOOC2H5转化率逐渐上升，但反应2速率增大幅度大于反应1增加幅度，导致HOCH2COOC2H5选择性逐渐下降，故答案为：增大压强，反应1、反应2的速率都加快，C2H5OOCCOOC2H5转化率逐渐上升；反应2速率增加幅度大于反应1增加的幅度，HOCH2COOC2H5选择性逐渐下降；②由题干Cu(Cu0、Cu+)/SiO2催化机理图可知，Cu0吸附H2，生成的H原子转移到Cu+上，与吸附在Cu+上的C2H5OOCCOOC2H5反应生成HOCH2CH2OH，则催化剂中Cu0含量过多或过少，反应速率都会变慢，其原因是Cu0含量过多，Cu+吸附C2H5OOCCOOC2H5的量少；Cu0含量过少，Cu0吸附H2的量少，生成H的量少；两者都会使反应速率变慢。4．（25-26高三上·江苏徐州·月考）的捕集和资源化利用具有重要意义。Ⅰ.的来源之一是汽车尾气。(1)已知：碳的燃烧热为；

；

。

。(2)催化转换器中机动车尾气转化效率与气缸中空燃比（空气与燃油气的体积比）的关系如图-1。若空燃比大于14.7，则氮氧化物的转化效率降低的原因是。Ⅱ.的捕集(3)一种由阴离子交换树脂－碳纳米管构成的复合膜可利用电化学原理捕集空气中的，如图－2，复合膜的a侧将空气中的捕集并转化为；b侧通入少量即可释放。①复合膜中加入碳纳米管的作用是：。②a侧空气流量为a，理论上要将空气中的完全去除，则b侧流量至少为。(4)CaO可在较高温度下捕集，添加CuO形成的钙铜复合材料可以优化其性能。不同负载量的钙铜复合材料X射线衍射图如图-3（X射线用于判断某晶态物质是否存在）。结合图像说明，当摩尔比小于1：1时，随CuO加入，钙铜复合材料对捕集量减少的可能原因是：。Ⅲ.的资源化(5)Bi和In是电催化生成甲酸的催化剂，BiIn也可为该反应的催化剂，其反应历程中物质的相对能量如图－4（带“*”表示物质处于吸附态）。与单金属Bi和单金属In相比，使用BiIn催化剂的优点是。(6)还可以如图－5历程转化为HCOOH。①过程ⅱ形成一个负离子中间体，将图中口部分补齐。②若将换成，则生成甲酸的结构简式可能为。【答案】(1)(2)空燃比大于14.7，汽油充分燃烧，CO和的含量少，难以被还原(3)提高薄膜导电性；促进气体吸附(4)CuO会与CaO反应生成，但是过多的CuO会附着在材料表面，CuO不会与发生反应，导致反应活性位点减少(5)相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附（或BiIn合金催化剂能够降低*形成*OCHO中间体的活化能），相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能(6)DCOOH、DCOOD【分析】Ⅱ.（3）图中a侧发生反应：；b侧：，据此分析。【解析】（1）碳的燃烧热的热化学方程式①；②③目标反应可由①×2-②-③得到，则；（2）结合图知，氮氧化物的转化效率降低的原因：空/燃比大于14.7，汽油充分燃烧，CO和的含量少，难以被还原；（3）①碳纳米管的作用：提高薄膜导电性；促进气体吸附；②a侧：；b侧：，则存在计量关系：；a侧空气流量为a，理论上要将空气中的完全去除，则b侧流量至少为；（4）当摩尔比小于1：1时，随CuO加入，CuO会与CaO反应生成，但是过多的CuO会附着在材料表面，CuO不会与发生反应，导致反应活性位点减少，钙铜复合材料对捕集量减少；（5）相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附（或BiIn合金催化剂能够降低*形成*OCHO中间体的活化能），相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；（6）①图中过程ⅱ中得电子转化为负离子中间体，过程iii中得电子转化为，则形成的负离子中间体为：；②过程ⅱ得电子形成负离子中间体，过程ⅲ转化为，过程iv中，结合水电离出的H+生成、结合水电离出的H+生成甲酸。若将换成，生成甲酸的结构简式为DCOOH；而生成的三唑的结构简式为，可与二氧化碳反应进入新的循环，经过程i、ii、iii、iv可得到；综上，若将换成，则生成甲酸的结构简式可能为DCOOH、。5．（25-26高三上·江苏盐城·月考）I.环氧乙烷（）常用于医学消毒，工业上常用乙烯氧化法生产，其反应原理为：

。(1)该反应在(填“高温”或“低温”)条件下自发进行。(2)化工生产设计时，常用串联多个反应器的工艺方法进行合成，并在两个相同的反应器中间加产物吸收装置和热交换降温装置，设计这种工艺的目的是。II.反应过程中常伴随副反应

，在恒容密闭容器中充入乙烯和含的净化空气，在(耐热)催化下发生上述两个反应，反应相同时间后测得乙烯的转化率及的分压随温度变化如图所示：

(3)比较a点和(填“>”“<”或“=”)。(4)若200℃时测得环氧乙烷的选择性为(某产物的选择性)，计算该温度下主反应的平衡常数(用物质分压表示)。(用含的式子表示)III.工业上也可以通过电化学方法获得环氧乙烷，原理如图所示：(5)P电极是该电解池的极。IV.制得的环氧乙烷与转化为环状碳酸酯的一种可能机理如下图所示，图中表示催化剂。(6)中间体X的结构简式为。(7)若用代替环氧乙烷，相同条件下，生成的产率远大于其原因是。【答案】(1)低温(2)降温、及时分离出产品有利于平衡正向移动，增大原料利用率(3)>(4)(5)阳(6)(7)甲基的体积比氢原子大，空间位阻大，Nu-主要与不连甲基的碳原子作用，故用代替环氧乙烷，相同条件下，生成的产率远大于。【解析】（1）该反应正向为气体体积减小的放热反应，即<0，<0，<0，反应自发进行，则该反应在低温条件下能自发进行。（2）该反应正向为放热反应，吸收产物和热交换降温均有利于平衡正向移动，可提高原料利用率。（3）由图可知，a点时反应没有达到平衡状态，反应正向进行，则。（4）恒容密闭容器中充入乙烯和含的净化空气，根据200℃时乙烯的转化率为60%可知有0.6mol乙烯发生反应，环氧乙烷的选择性为，则0.4mol乙烯转化为环氧乙烷，反应为，消耗0.2molO2，生成环氧乙烷的物质的量为0.4mol，剩余乙烯的物质的量为1mol-0.6mol=0.4mol，则P(CH2=CH2)=P()，图中P(O2)=P0，Kp==。（5）P电极上有Cl-失去电子的过程，发生氧化反应，是电解池的阳极。（6）由反应机理可知，环氧乙烷与二氧化碳在催化剂Nu-的催化下发生加成反应，故中间体X的结构简式为。（7）由于甲基的体积比氢原子大，空间位阻大，Nu-主要与不连甲基的碳原子作用，故用代替环氧乙烷，相同条件下，生成的产率远大于。02以氢能等能源利用为载体考查化学反应的原理6．（25-26高三上·江苏扬州·期中）工业上用CH4制合成气(CO和H2)，再脱碳制氢，具有良好的前景。(1)合成气电化学脱碳制氢的原理如图1所示。该装置中固体酸膜能传导H+。①写出阳极CO转化为CO2的电极反应式。②实验测得，阳极区气体中CO2的量大于阳极上电化学反应产生CO2的量，原因是。(2)CH4、CO2催化重整制合成气，其原理如图2所示。反应②中化合价发生改变的元素有(填元素符号)；每消耗1molCH4，理论上反应②中转移电子的物质的量为。(3)CH4、H2O与铁铈载氧体(简写为MexOy)反应制合成气。相同条件下，以一定流速向装有的反应器中间歇通入CH4、H2O(g)，按下列步骤交替发生反应步骤I

主反应：副反应：；步骤Ⅱ

①步骤I中铁铈载氧体表面的晶格氧将CH4氧化为CO、H2。步骤I、Ⅱ中会有晶格氧在载氧体的内部和表面之间发生迁移。步骤Ⅱ中晶格氧迁移的方向是。②步骤I中，其他条件一定，在850℃下，CO的选择性、H2的选择性、CH4的转化率与反应时间关系如图3所示。i．6min后，比值变化趋势为(填“增大”“减小”或“不变”)。已知：CO的选择性；H2的选择性。ⅱ．其他条件不变，与850℃相比，在900℃下反应初期CO的选择性更低，可能原因是。③步骤Ⅱ中，向反应器中通入过量H2O的作用是。【答案】(1)阳极区还发生反应(或“CO与H2O发生反应生成CO2、H2”)(2)C、H6(3)晶格氧从表面向铁铈载氧体内部转移(或“由表向内”“由外向内”等)增大温度高，CH4转化为CO2的反应速率加快，导致CO选择性降低(或“温度高、反应初期载氧体表面晶格氧数目多，导致部分CH4被过度氧化为CO2”)复原铁铈载氧体中晶格氧(或“使MexOy-1更好地转化为MexOy”)；除去铁铈载氧体表面的积碳；获得更多H2【解析】（1）由直流电源的正负极，可确定电解池中，上面的电极为阳极，下面的电极为阴极。①在阳极，CO失电子产物与H2O反应，生成CO2和H+，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出CO转化为CO2的电极反应式：。②实验测得，阳极区气体中CO2的量大于阳极上电化学反应产生CO2的量，则表明CO2还有另一来源，只能为CO与H2O直接反应，生成CO2和H2，则原因是：阳极区还发生反应(或“CO与H2O发生反应生成CO2、H2”)。（2）反应②中，CH4+CaCO3=CaO+2CO+2H2，C元素由-4价、+4价转化为+2价，H元素由+1价转化为0价，则化合价发生改变的元素有C、H；反应中，CH4中C元素化合价升高(由-4价升高为+2价)，CH4中H元素和CO2中C元素化合价降低，则每消耗1molCH4，理论上反应②中转移电子的物质的量为1mol×[(+2)-(-4)]=6mol。（3）步骤I

主反应：副反应：；步骤Ⅱ

①步骤Ⅱ中，MexOy-1转化为MexOy，则晶格氧由表面迁移到内部，所以晶格氧迁移的方向是：晶格氧从表面向铁铈载氧体内部转移(或“由表向内”“由外向内”等)。②i．6min后，H2的选择性基本不变，CO的选择性减小，则比值变化趋势为增大。ⅱ．其他条件不变，与850℃相比，在900℃下反应初期CO的选择性更低，则温度升高，步骤Ⅰ的主反应速率增大的程度小，而副反应速率增大的程度大，所以可能原因是：温度高，CH4转化为CO2的反应速率加快，导致CO选择性降低(或“温度高、反应初期载氧体表面晶格氧数目多，导致部分CH4被过度氧化为CO2”)。③步骤Ⅱ中，向反应器中通入过量H2O可将MexOy-1转化为MexOy，同时H2O与C反应生成CO和H2，有助于清除积碳，则通入过量H2O的作用是：复原铁铈载氧体中晶格氧(或“使MexOy-1更好地转化为MexOy”)；除去铁铈载氧体表面的积碳；获得更多H2。7．（2025·江苏·一模）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。①阳极活性物质首先放电生成NiOOH，该过程的电极反应式为。②吸附在NiOOH上被氧化生成N2。根据电负性规则，分子中能被Ni吸附的原子是(填元素符号)。(2)储氢。部分和Mg一定条件下化合生成以储氢；部分和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。①中间体X的结构。②研究发现，使用Ru系催化剂时，在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，实际工业生产时，将控制在1.8~2.2之间，比理论值3小，其原因是。(3)储氢物质的运用。常用于烟气(主要成分NO、)脱硝。以为载气，将含一定量NO、及的模拟烟气以一定流速通过装有催化剂的反应管，研究温度、、对脱硝反应的影响。①如图所示，温度高于350℃时，NO转化率下降，推测原因是。②如图所示，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，其原因是。③实验证明，烟气中含会导致催化剂不可逆的中毒(氧化生成覆盖在生成的表面，阻止了氧化)。而添加CuO后抗硫能力显著增强，请结合下图机理，说明抗硫能力增强的原因。【答案】(1)Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2ON、O(2)提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率；利于提高H2的转化率，同时提高储氢率(3)温度升高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率添加CuO后，氧化生成的SO覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力【解析】（1）①由题意可知，阳极上发生的反应为碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生氧化反应生成NiOOH和水，电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，故答案为：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O；②由电负性可知，尿素分子中氧原子和氮原子带部分负电荷，NiOOH中镍原子带正电荷，所以尿素分子中的氮原子和氧原子能被镍原子吸附，故答案为：N、O；（2）①由图可知，中间体X结合一个氢原子生成氨气和在催化剂表面的N≡，则中间体X的结构为，故答案为：；②减小相当于增大氮气的浓度，增大氮气的浓度，可以增大氮气在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率，也可以使平衡向正反应方向移动，增大氢气的转化率，提高储氢率，故答案为：提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率；利于提高H2的转化率，同时提高储氢率；（3）①温度高于350℃时，一氧化氮转化率下降是因为温度升高，催化剂的活性下降，氨气和氧气反应生成一氧化氮，还原剂氨气的量减少导致一氧化氮转化率下降，故答案为：温度升高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少；②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转化率更高说明水蒸气的存在抑制了氨气和氧气生成一氧化氮的反应，更多的氨气和一氧化氮反应，提高了一氧化氮转化率，故答案为：在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率；③由图可知，加入氧化铜后，氧化生成的硫酸根离子覆盖在铜离子上，使硫酸根离子不会附着在Ce3+上，有利于氧气氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力，所以添加氧化铜后，催化剂抗硫能力显著增强，故答案为：添加CuO后，氧化生成的SO覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力。8．[新题型]（25-26高三上·江苏苏州·月考）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。的资源化利用能有效减少排放，充分利用碳资源。(1)制氢、储氢与释氢的一种方法如图所示。①与生成的化学方程式为。②释氢释放的与储氢吸收的的物质的量之比为。(2)氨制氢。利用电解反应可用于制氢。相同条件下，饱和氨水(的质量分数为34%)的密度为，液氨的密度为。①电解含的液氨溶液制的装置如下图所示，阳极的电极反应式为。②氨气燃料的性能可用“能量密度”(公式如下)来衡量，则饱和氨水的能量密度为。能量密度(3)重整能获得氢能，同时能高效转化温室气体。重整反应的热化学方程式为反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

下，将的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中，平衡时各组分的物质的量分数如图1所示。①时，平衡体系中物质的量分数比略大的原因是。②重整过程中的积碳是反应催化剂失活的主要原因。积碳反应为反应Ⅲ：

反应Ⅳ：

积碳反应能迅速到达平衡状态。重整反应中催化剂上产生的积碳的质量与温度的关系如图2所示。温度低于时，积碳的质量随温度的升高而增多的原因是。③在催化剂和催化剂分别作用下，重整反应相同时间，控制其他条件相同，催化剂表面均产生积碳。对附着积碳的催化剂和催化剂在空气中加热以除去积碳(该过程催化剂不发生反应)，固体的质量变化如图3所示。则重整反应中能保持较长时间催化活性的是哪种催化剂？并说明理由：。【答案】(1)2：1或2(2)(3)反应Ⅱ消耗的量大于反应Ⅲ消耗的量温度低于700℃时，温度升高有利于反应Ⅲ进行，不利于反应Ⅳ，且温度对反应Ⅲ的影响大于对反应Ⅳ的影响催化剂b，剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a【解析】（1）①和反应生成和，反应的化学方程式为；②储氢时，和反应生成Al和，化学方程式为，释氢时，和水反应生成和，化学方程式为，由化学方程式可知，释氢释放的氢气与储氢吸收的氢气的物质的量之比为2：1；（2）①电解含的液氨溶液制的装置如图所示，电解时，在阳极失电子生成，阳极的电极反应式为；②设饱和氨水的体积为1L，密度为，则氨水的质量为900g，，氨电解反应，则放出氢气的物质的量为27mol，则饱和氨水的能量密度为27mol/L；（3）①由于反应Ⅱ消耗的量大于反应Ⅲ消耗的量，所以450~750℃时，平衡体系中CH4物质的量分数比CO2略大；②温度低于700℃时，温度升高有利于反应Ⅲ进行，不利于反应Ⅳ，且温度对反应Ⅲ的影响大于对反应Ⅳ的影响；③剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a。9．（24-25高三上·江苏常州·阶段练习）氢能是一种清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。(1)甲烷水蒸气重整制氢：①总反应：

ΔH>0能自发进行的条件是。A．低温

B．高温

C．任意温度

D．无法判断②下列措施中一定能提高H2平衡产率的是。A．选择合适的催化剂

B．降低温度C．升高温度

D．恒温恒压下通入气体Ar(2)工业上利用甲醇和水蒸气可制备氢气。Ⅰ．电解法制氢：甲醇电解可制得H2，其原理如图所示。①阳极的电极反应式为。Ⅱ．催化重整法制氢②已知：反应1：

反应2：

则反应3：

(3)硼氢化钠(NaBH4)是一种高效储氢材料，25℃时NaBH4水解制氢生成Na[B(OH)4]。在掺杂了MoO3的纳米Co2B合金催化剂表面部分反应机理如图所示。①写出NaBH4水解制氢的离子方程式。②其他条件不变，用D2O代替H2O，写出中间产物X的结构式：。③其他条件不变，催化剂Co2B中掺杂MoO3能提高制H2效率的原因是。④其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，NaBH4浓度对制氢速率的影响如下图所示。(已知：浓度较大时，Na[B(OH)4]易以NaBO2形式结晶析出。)分析NaBH4质量分数超过10%后制氢速率下降的可能原因。⑤NaBH4转化为NaBO2后，电解NaBO2溶液又可制得NaBH4，实现物质的循环利用，电解装置如图所示。阴极上的电极反应式是。【答案】(1)BCD(2)CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H++49.4(3)+4H2O[B(OH)4]-+4H2↑MoO3能吸附水分子并解离出H+，加快氢气的生成速率NaBH4浓度较高时，生成较多的NaB(OH)4以NaBO2形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降+8e-+6H2O=+8OH-【解析】（1）①总反应ΔH>0即总反应是一个正反应为气体体积增大的吸热反应，即，故该反应能自发进行的条件是高温，故答案为：B；②A．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，即选择合适的催化剂不能改变H2的平衡产率，A不合题意；

B．由上述信息可知，该反应正反应是一个吸热反应，则降低温度化学平衡逆向移动，H2的平衡产率减小，B不合题意；C．该反应正反应是一个吸热反应，则升高温度化学平衡正向移动，H2的平衡产率提高，C符合题意；D．恒温恒压下通入气体Ar则容器体积增大，相当于反应体系压强减小，正反应是一个气体体积增大的方向，即平衡正向移动，H2的平衡产率提高，D符合题意；故答案为：CD；（2）①由图可知，阳极甲醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，反应为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+，故答案为：CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+；②由盖斯定律可知，反应1+2得到反应3：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)ΔH3=(90.6-41.2)kJ•mol-1=+49.4kJ•mol-1，故答案为：+49.4；（3）①NaBH4与水反应生成Na[B(OH)4]和氢气，发生归中反应，其离子方程式为+4H2O[B(OH)4]-+4H2↑，故答案为：+4H2O[B(OH)4]-+4H2↑；②根据图知，如果是H2O，得到的X为H2BOH，其他条件不变，用D2O代替H2O，中间产物X为H2BOD，X的结构式为，故答案为：；③根据图知，其他条件不变，催化剂Co2B中掺杂MoO3，MoO3能吸附水分子并且解离水分子，导致提高制H2效率，故答案为：MoO3能吸附水分子并解离出H+，加快氢气的生成速率；④图中是NaBH4含量对制氢速率的影响，NaBH4浓度较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催化剂性能未充分发挥，对制氢速率较低；NaBH4浓度较高时，生成较多的NaB(OH)4以NaBO2形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降，故答案为：NaBH4浓度较高时，生成较多的NaB(OH)4以NaBO2形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；⑤电解池阴极得电子发生还原反应，NaBO2得到电子生成NaBH4，电极反应式为+8e-+6H2O=+8OH-，故答案为：+8e-+6H2O=+8OH-。10．（2025·江苏盐城·二模）甲醛是室内装修常见污染物，可通过光触媒氧化法和催化氧化法等多种方法去除。(1)将KMnO4、Ce(NO3)3、Mn(NO3)2和KOH按一定比例混合充分反应，可得一种用于去除甲醛的复合催化剂xMnO2•yCeO2(反应后锰元素均转化为MnO2)。若，则反应消耗的KMnO4、Ce(NO3)3、Mn(NO3)2物质的量之比为。(2)一种以Ag—C3N4催化剂、多孔SiO2为催化剂载体，去除空气中甲醛的机理如下图所示。①该催化剂去处甲醛的机理可描述为。②写出酸性条件下，与HCHO反应的离子方程式：。③空气的湿度会影响甲醛的去除率，其他条件一定，测得甲醛的去除率与相对湿度的关系如下图所示。相对湿度=。I．相对湿度从20%增大到40%，甲醛的去除率增大的主要原因是。II．相对湿度从40%增大到80%，甲醛的去除率降低的主要原因是。(3)一种Au—氧化物催化去除甲醛的机理如图所示。根据信息将图戊中所缺部分补全。【答案】(1)(2)在光照条件下，H2O在Ag表面失电子生成和，电子通过C3N4中的电子孔到达另一侧银表面，O2在Ag表面得电子生成，甲醛被·OH和氧化为CO2和H2O相对湿度增大，催化剂吸附的水增多，催化剂表面产生更多的，使甲醛去除率增大相对湿度增大，催化剂表面吸附的H2O增多，吸附的甲醛减小，使甲醛去除率降低(3)

【解析】（1）若，复合催化剂为5MnO2•4CeO2，假设得到1mol5MnO2•4CeO2，消耗的KMnO4、Ce(NO3)3、Mn(NO3)2物质的量分别为amol、bmol、cmol，根据原子守恒，a+c=5，b=4，根据得失电子守恒，3a=b+2c，解得a=，c=，KMnO4、Ce(NO3)3、Mn(NO3)2物质的量之比为；（2）①根据图示，甲醛最终转化为CO2和H2O，该催化剂去除甲醛的机理可描述为：在光照条件下，H2O在Ag表面失电子生成和，电子通过C3N4中的电子孔到达另一侧银表面，O2在Ag表面得电子生成，甲醛被·OH和氧化为CO2和H2O；②酸性条件下，与HCHO反应生成CO2和H2O，离子方程式：；③空气的湿度会影响甲醛的去除率，相对湿度从20%增大到40%，甲醛的去除率增大的主要原因是相对湿度增大，催化剂吸附的水增多，催化剂表面产生更多的，使甲醛去除率增大；相对湿度从40%增大到80%，甲醛的去除率降低的主要原因是相对湿度增大，催化剂表面吸附的H2O增多，吸附的甲醛减小，使甲醛去除率降低；（3）甲醛最后转化为二氧化碳和水，根据中箭头指向，可推测戊为。11．（25-26高三上·江苏常州·期中）工业上在恒压下用水煤气变换反应制取氢气。(1)恒定总压下，按水碳比投料，在不同条件下达平衡时和的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：条件10.400.400条件20.420.360.02①在条件1时，水煤气变换反应的化学平衡常数(填数值)。②对比条件1，条件2时产率下降是因为发生了一个不涉及的副反应，该反应的化学方程式为。(2)是水煤气变换反应的常用催化剂，其催化反应机理为：

①水煤气变换反应的。②通入过量的水蒸气可防止被进一步还原为，其原因有。③在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附、反应及产物分子的脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因有。(3)工业上进行水煤气变换反应时，需在多个催化剂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。①如图2中折线“”反映了某一阶段转化率随温度变化的实际过程，其中“”段对应降温操作。写出一种该降温过程可能采用的操作：。②若采用喷入冷水蒸气的操作进行降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线(请在答题卡的图上作图)。【答案】(1)2(2)水蒸气可促进被氧化为(或水蒸气能与反应生成)；还可降低体系中还原性物质和的浓度温度过高，不利于反应物在催化剂表面的吸附；催化剂的活性降低(3)按原水碳比通入冷的原料气，或通过热交换器散热【解析】（1）水煤气变换反应的化学平衡常数；条件2中有生成，且分压降低、CO2分压略升，说明与发生副反应生成，根据元素守恒可得：；（2）根据盖斯定律，将两个分步反应相加得，故；水蒸气可促进被氧化为(或水蒸气能与反应生成)；过量水蒸气可降低体系中H2分压，抑制Fe3O4进一步被还原为Fe(即减弱还原性)。随着温度升高，水煤气变换反应速率先增大后减小，原因包括：温度过高会减弱反应物在催化剂表面的吸附，甚至导致催化剂活性下降等；（3）①按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小与图中变化相符；通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率和减小，与图中变化相符故答案为：按原水碳比通入冷的原料气，或通过热交换器散热；②若在降温过程中喷入冷水蒸气，则体系中水蒸气分压增大，平衡将进一步向生成CO2和H2方向移动。在作图时，应将CO平衡转化率-温度曲线整体“上移”，表示在同样温度下CO的平衡转化率提高，（如图所示）。12．（24-25高三上·江苏常州·期末）天然气的主要成分是重要的化工原料。(1)在无氧环境下，经催化脱氢制备时主要发生如下反应：i．

ii．

①反应i在(填“低温”，“高温”或“任何温度”)可自发进行。②随着反应的进行，转化率和产率均逐渐降低，原因是。(2)在高温下可分解制得乙烷：。实验测得，反应初始阶段的化学反应速率，其中为速率常数。①对于处于初始阶段的该反应，下列说法正确的是(填序号)。A．增加甲烷浓度，v增大

B．增加浓度，v增大C．乙烷的生成速率逐渐增大

D．降低反应温度，k减小②反应开始时的化学反应速率为。反应初始阶段，当甲烷转化率为α时的化学反应速率为，则(用含α、的代数式表示)。(3)在甲烷单加氧酶(s-mmo)作用下，与反应可制得，反应过程如下图所示。①该过程中存在铁和氧元素之间电子转移的步骤有(填序号)。②该过程的总反应方程式为。(4)将溴化后再偶联可制得，反应原理如下：；。溴化时，部分会进一步溴化为，从而影响的产率。研究表明，可提高溴化生成的选择性，可能机理如下：；；；；；。已知：溴化生成的选择性可表示为。实际生产时，加入少量的即可提高的选择性，其原因为。【答案】(1)高温反应ii中有积炭生成，随着生成的积炭逐渐增多，催化剂表面活性位点减少，催化性能降低，反应速率减慢(2)AD(3)I，II，III(4)消耗生成了，和最终也生成了，作为该反应的催化剂【解析】（1）反应i、，根据，高温时，反应可自发进行；反应ii中有积炭生成，随着生成的积炭逐渐增多，催化剂表面活性位点减少，催化性能降低，反应速率减慢，使转化率和产率下降。（2）反应速率，增加浓度，v增大，A正确；浓度不影响初始阶段速率，B错误；随反应进行浓度降低，乙烷生成速率减小，C错误；降低温度，速率常数k减小，D正确，选AD；设初始，，转化率为时，，则。（3）反应I，II，III中铁的化合价发生了变化，故存在铁和氧元素间电子转移（氧化还原）的步骤是I，II，III；由图易得该反应的反应物有、、、，生成物有，故总反应为。（4）⋅I消耗生成了，⋅Br和最终也生成了，作为该反应的催化剂。13．（25-26高三上·江苏苏州·月考）以生产高附加值的精细化学品，被认为是优化传统工业合成方法的绿色经济途径。Ⅰ.的合成(1)工业上利用某废气中的、(体积比1:2)联合制取烧碱、和的流程如图所示。已知B中的电解装置使用了阳离子交换膜。①D中化合价发生改变的元素有。②A中发生的总反应的化学方程式为。(2)以、为原料合成涉及的反应如下：Ⅰ.

Ⅱ.

Ⅲ.

①则。②某温度时，向恒压装置中通入1mol和3mol，反应达到平衡状态时，的平衡转化率为40%，CO选择性为50%，则化学平衡常数。(已知：CO选择性)Ⅱ.的应用(3)研究发现，将铂团簇锚定在硫化镍纳米片上，形成界面丰富的双分散纳米异质结构的双功能电催化剂，可催化制备甲酸盐。在KOH中进行双电极系统的电解实验，装置如图：①阳极发生的主要电极反应为(用电极反应式表示)。②碱性条件下，用双功能电催化剂能高效制氢的原因可能是。(4)利用甲醇合成甲醚的反应过程中的能量变化如图所示，涉及的主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：①由上图可知反应(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)更容易发生。②在一定温度下，在恒容容器中进行合成甲醚的反应，测得含量随着时间的推移，先增大后减小，结合上图说明原因是。【答案】(1)(2)-90.4(3)双分散纳米异质结构可能更有利于吸附中的，同时使快速脱附，而确保活性位点的吸附能力(4)Ⅰ反应Ⅰ活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应开始时，反应Ⅰ的反应速率更快，含量增大，随反应Ⅱ的进行，甲醇浓度减小，浓度增加，使反应Ⅰ平衡逆向移动，甲醚含量下降【解析】（1）根据流程图可知，B中的电解装置为电解饱和食盐水，发生的反应为，生成的进入A中与、反应生成，生成的进入C中氧化得到，而D中发生反应。①该反应中Cu元素化合价由+2降低为+1，发生还原反应，C元素化合价由-2升高为-1，发生氧化反应，故化合价发生改变的元素有。②A中与、反应生成，化学方程式为。（2）①根据盖斯定律，Ⅲ=Ⅰ-Ⅱ，则，。②反应达到平衡状态时，，，，根据反应Ⅰ、反应Ⅱ可知，生成的的物质的量等于消耗的的物质的量，，根据H元素守恒可知，反应前的中H原子等于反应平衡时、、中H原子之和，即，，则化学平衡常数=。（3）①该装置为电解池，右侧为电解池的阳极，失电子、发生氧化反应，生成，电极反应式为。②电解池的阴极发生，而催化剂的双分散纳米异质结构可能更有利于吸附中的，同时使快速脱附，而确保活性位点的吸附能力。（4）①由图可知，反应Ⅰ活化能远小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ更容易发生。②生成的反应Ⅰ活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ的反应速率，反应开始时，反应Ⅰ的反应速率更快，含量增大，随反应Ⅱ的进行，甲醇浓度减小，浓度增加，使反应Ⅰ平衡逆向移动，甲醚含量下降。14．（25-26高三上·江苏无锡·月考）将还原为一些有机物是实现“碳中和”的有效途径。以为原料合成涉及的主要反应如下：I．

II．

III．

回答下列问题：(1)反应I在(填“高温”、“低温”或“任意温度”)条件下自发。(2)。(3)一定条件下，向体积为的恒容密闭容器中通入和发生上述反应，达到平衡时，容器中为，为，此时的浓度为，反应III的平衡常数为。(用含a、b、V的代数式表示)(4)不同压强下，按照投料，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。已知：的平衡转化率，的平衡产率。其中纵坐标表示平衡转化率的是图(填“甲”或“乙”)；压强、、由大到小的顺序为；图乙中温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是。(5)为同时提高的平衡转化率和的平衡产率，应选择的反应条件为______(填标号)。A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压【答案】(1)低温(2)(3)(4)乙时以反应III为主，反应III反应前后气体分子数不变，故压强改变对平衡没有影响(5)A【解析】（1）根据化学反应自发进行的判断依据，对于反应I：为放热反应，且反应后气体分子数减少，。较小时（低温），，反应能自发进行；（2）分析三个热化学方程式，可应用盖斯定律计算，；（3）由题述三个反应可知，平衡时的浓度等于和的浓度之和，即的浓度为。平衡时、、的浓度分别为、、，则从开始至平衡，消耗的浓度为，消耗的浓度为，即平衡时、的浓度分别为、，则反应III的平衡常数为；（4）反应I为放热反应，故低温阶段，温度越高，的平衡转化率越低，而反应III为吸热反应，温度较高时，主要发生反应III，则温度越高，的平衡转化率越高，即图乙的纵坐标表示的是的平衡转化率。反应I为气体分子数减少的反应，反应III气体分子数不变的反应，因此压强越大，的平衡转化率越高，故压强由大到小的顺序是、、。反应III为吸热反应，温度较高时，主要发生反应III，且反应III前后气体分子数相等，故的平衡转化率几乎不再受压强影响；（5）由上述分析可知，图甲、图乙的纵坐标分别表示的平衡产率、的平衡转化率，且，分析图象可知，应选择的反应条件为低温高压，故答案为A。15．（25-26高三上·江苏·月考）尿素[CO(NH2)2]是目前使用量较大的一种化学氮肥。(1)研究发现，合成尿素的反应机理分两步：Ⅰ．

(快反应)Ⅱ．

(慢反应)①反应

kJ·mol-1。②下列图像能表示上述反应历程能量变化的是(填标号)。A．

B．

C．

D．(2)图为使用不同催化剂①、②、③时，反应至相同时间，容器中尿素的物质的量随温度变化的曲线，A点(填“是”或“不是”)平衡状态，T2℃以上n[CO(NH2)2]下降的原因可能是(答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。(3)利用CO2和N2或CO2和电化学法制尿素。①电催化还原CO2和N2反应部分机理如图所示。体系pH增大尿素产率降低的可能原因为。②通入二氧化碳到酸性废水(含)中达到饱和，电催化还原CO2和可合成尿素，则通入二氧化碳的电极名称是(填“阳极”或“阴极”)，电极反应式为。【答案】(1)-87C(2)不是随着温度升高，可能是催化剂活性降低(或失去活性)，反应速率降低，单位时间内生成尿素的物质的量减少(3)溶液H+浓度小，反应速率减慢，尿素产率降低阴极【解析】（1）①Ⅰ+Ⅱ得反应

kJ·mol-1。②第一步反应放热，第二步反应吸热，总反应放热，能表示上述反应历程能量变化的是C。（2）催化剂不能使平衡移动，A点尿素的物质的量不是T2℃下的最大值，所以A点不是平衡状态，T2℃以上n[CO(NH2)2]下降的原因可能是随着温度升高，催化剂活性降低(或失去活性)，反应速率降低，单位时间内生成尿素的物质的量减少。（3）利用CO2和N2或CO2和电化学法制尿素。①根据图示，H+是反应物，体系pH增大尿素产率降低的可能原因是溶液H+浓度小，反应速率减慢，尿素产率降低。②电催化还原CO2和合成尿素，硝酸根离子得到电子发生还原反应和二氧化碳反应生成尿素，则通入二氧化碳的电极名称是阴极，电极反应式为。16．（25-26高三上·江苏苏州·月考）氯苯是一种挥发性有机氯化合物，在多个领域有重要的应用，不当排放会引起环境污染。Ⅰ.氯苯的结构与性质。(1)与氯代烷烃相比，氯苯水解条件更苛刻。氯苯结构如题图1所示，请从结构上解释氯苯难水解的原因。(2)一定条件下，氯苯和在中发生反应，生成邻二氯苯和对二氯苯，反应过程中的能量变化如图2所示。①两种二氯代苯中，热稳定性较好的是（填名称）。②保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采取的措施有。(3)制备可用于治疗帕金森病的吡贝地尔的部分合成路线如图：物质A的结构简式为，由A制备产品，需要消耗。Ⅱ.氯苯的去除。可采用电化学法、催化氧化法去除氯苯，基本原理都是利用羟基自由基（）去除。(4)三维电极反应器是在阴、阳电极板之间投加活性炭细颗粒作为第三电极，该装置去除氯苯（用R表示）的原理如图-4所示。①通电时，生成的能将氯苯降解为和，写出对应的化学方程式。②使用“第三电极”的优点有。(5)以作催化剂，用将氯苯氧化去除，图-5表示、、时氯苯转化率随温度的变化关系。275℃时，加入适量能提高氯苯的转化率，但过多会导致氯苯转化率下降，可能的原因是：。【答案】(1)氯原子的p轨道和苯环碳原子的p轨道重叠，碳氯键牢固(2)对二氯苯或1,4-二氯苯使用生成邻二氯苯选择性高的催化剂，适当升高温度(3)3(4)28+→6CO2↑+HCl+16H2O活性炭细颗粒对氯苯的吸附能力强，构成许多微小的电解池，产生·OH的速率加快，从而加快了去除氯苯的速率(5)少量H2O可以和O2产生·OH，加快了氯苯转化速率，但过多的H2O会和氯苯在催化剂表面形成竞争吸附，导致氯苯转化率下降【分析】氯原子的p轨道和苯环碳原子的p轨道重叠，碳氯键牢固；物质的能量越低越稳定，故可通过图示的能量高低判断出对二氯苯热稳定性较好；对于平行反应，催化剂具有选择性，能改变不同反应的速率，从而提高目标产物的比例；由题意可知，氯苯与自由基(·OH)反应生成CO2、HCl和H2O，可得出该反应的化学方程式28+→6CO2↑+HCl+16H2O。【解析】（1）氯原子的p轨道和苯环碳原子的p轨道重叠，碳氯键牢固、不易断裂，所以氯苯水解条件比氯代烷烃更苛刻。（2）①两种二氯代苯中，邻二氯苯的能量大于对二氯苯，能量越低越稳定，热稳定性较好的是对二氯苯>1,4-二氯苯。②对于平行反应，催化剂具有选择性，能改变不同反应的速率，从而提高目标产物的比例；选择合适的催化剂，降低生成邻二氯苯反应的活化能，加快生成邻二氯苯的反应速率，从而提高邻二氯苯的比例。生成邻二氯苯和对二氯苯都是放热反应，生成邻二氯苯的活化能更大，应升高温度。（3）苯酚与氯气发生取代反应生成A，A水解生成，由逆推，可知物质A的结构简式为；与氢氧化钠反应生成、NaCl、水，根据Na守恒，由A制备产品，需要消耗3。（4）①由题意可知，氯苯与自由基(·OH)反应生成CO2、HCl和H2O，反应的化学方程式为28+→6CO2↑+HCl+16H2O；②第三电极为活性炭细颗粒，活性炭细颗粒具有吸附性，对氯苯的吸附能力强，构成许多微小的电解池，产生·OH的速率加快从而加快了去除氯苯的速率。（5）在催化反应中，反应物需要吸附在催化剂表面才能发生反应，水蒸气的量会影响反应物的吸附情况，从而影响反应转化率。少量H2O可以和O2产生·OH，加快了氯苯转化速率，但过多的H2O会和氯苯在催化剂表面形成竞争吸附，导致氯苯转化率下降。1．（2025·江苏卷，17）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)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(3)分解生成H2，CO发生副反应而被消耗432C、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。2．（2024·江苏卷，17）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