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(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。【例1-2】（2023·江苏卷）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)相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳(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(3)H2或每生成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或。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。1．改变条件影响反应速率的反常现象↵条件变化反常说明加热速率减小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③加热易分解的物质(H₂O₂、NH₃·H₂O等)分解④有催化剂参与的反应，升高温度，催化剂活性降低⑤加热易挥发的物质(浓硝酸、浓盐酸)大量挥发加压不变①没有气体参与的反应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)浓度不变例如:增大c(O₃),SO₂(g)+O₃(g)═SO₃(g)+O₂(g),速率几乎没有变化，可能是该反应速率很慢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)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-1①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)657.1kJ·mol-1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【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。【变式1-2】（25-26高三上·江苏徐州·期末）在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，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放电生成的电极反应式为。(3)在反应器中，发生如下反应：反应ⅰ：反应ⅱ：计算反应的，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，、和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应ⅰ和ⅱ。有存在时，反应ⅱ的反应进程如图1所示。随着的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。①根据图1，写出生成的决速步反应式；图2中，的选择性大于的原因是。②结合图2，当时，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，随着的增大，的转化率减小的原因是。【答案】(1)负(2)(3)B(4)由生成时活化能较大，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、；反应器中发生两步反应（反应ⅰ、反应ⅱ）生成，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，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，电解液是碱性环境，电极反应为：；（3）根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则的，该反应是熵减的放热反应，则依据，反应能够在低温下自发进行，故答案选B；（4）①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，生成历程中TSⅡ的能垒最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由图可知，由生成时活化能较大，反应速率慢，所以的选择性大于；②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)C、H、Fe(2)(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(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、，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—。【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)“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)Cu、O(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【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，从解析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。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①电催化还原制。在碱性水溶液中，通过电催化使还原为的电极反应式为。该制氨方法尚未能应用于工业生产，因为。(要求答两个原因)②电催化还原制。NF是一种电极载体，分别以、Fe/NF、NF为阴极材料，电解含的中性溶液(电极材料与溶液不发生反应)。不同电极上的产率及的选择性如图2所示。以、Fe/NF电极分别电解NaNO2溶液相同时间，电解后溶液中：，原因是。(3)氨解制氢氨电解反应可用于制氢。相同条件下，饱和氨水(的质量分数为)的密度为，液氨的密度为。①电解含的液氨溶液制的装置如图3所示，电解时，阳极的电极反应式为。②氨燃料的性能可用“能量密度”来衡量，能量密度，则饱和氨水的能量密度为。③相比电解饱和氨水，电解液氨法制H2的优点是。【答案】(1)B(2)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)27mol/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）①在碱性水溶液中，得电子生成，电极反应式为：。该制氨方法尚未能应用于工业生产，因为：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；②相同时间内，Fe/NF催化条件下剩余浓度小，说明参加反应的多，反应速率快，由图可知，对于Ni2P/NF催化，Fe/NF催化NH3的产率低，NH3的选择性低，说明在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）①电解含的液氨溶液制，电解时，在阳极失去电子生成N2，阳极的电极反应式为：；②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：，氨电解反应为：，则放出H2的物质的量为27mol，则饱和氨水的能量密度为：27mol/L；③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：，氨电解反应为：，则放出H2的物质的量为68mol，则液氨的能量密度为：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。①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。②CO(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（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。①如图1所示，温度高于350℃时，NO转化率下降，推测原因是。②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，其原因是。③实验证明，烟气中含SO2会导致催化剂不可逆的中毒(Ce4+氧化SO2生成覆盖在生成的Ce3+表面，阻止了O2氧化Ce3+）。而添加CuO后抗硫能力显著增强，请结合如图机理，说明抗硫能力增强的原因。【答案】(1)Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2ON、O(2)(3)温度过高，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）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：；（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：温度过高，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；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。1．（25-26高三上·江苏宿迁·期中）“碳达峰、碳中和”是我国社会发展重大战略之一。(一)CH4-CO2催化重整是实现“双碳”经济的有效途径之一，具有广阔的市场前景和经济、社会价值。相关的主要反应有：Ⅰ：

Ⅱ：

已知：常温常压下，CH4、H2、CO的燃烧热分别为890.3kJ/mol、285.8kJ/mol、283.0kJ/mol。请回答：(1)反应Ⅰ的kJ/mol。(2)恒温恒容条件下，起始按投料，若只发生反应Ⅰ，能作为反应达到平衡的标志是___________(填序号)。A．CH4浓度不再发生变化B．体系压强不再变化C．单位时间内，消耗amolCO2时，同时生成2amolH2D．混合气体的密度不再变化(3)在一定条件下的密闭容器中，按投料，图1表示温度对H2产率的影响曲线。此反应优选温度为900℃的原因是。(4)近年来新兴的生物电催化技术运用微生物电解池也可实现弱酸环境下CO2甲醇化实现碳中和，工作原理如图2所示。①实验测得，阴极区溶液酸性提高，阴极上会产生气体A，导致CO2的转化率降低，则气体A的分子式为。②阴极生成甲醇的电极反应式为。(二)CO2和CO加氢制甲烷可实现CO2资源利用的同时实现氢能的储存，相关反应如下：Ⅰ．

Ⅱ．

(5)CO2制备甲烷过程中，CO2活化的可能途径有两种，如图3所示。请从反应速率和生成物稳定性角度分析说明CO*是CO2活化的优势含碳中间体的原因是。【答案】(1)+247.3(2)AB(3)产率在900℃时已达到较高水平，继续升温对产率不再有显著的影响，还会增大工业生产的能耗成本，影响经济效益(4)(5)生成的反应活化能更低，反应速率更快。活化产物的总能量更低，稳定性更好【解析】（1）已知、和燃烧热的热化学方程式为①；②；③；根据盖斯定律，可得热化学方程式；（2）A．当体系内浓度不再变化时，说明其生成速率和消耗速率相等，反应达到平衡状态，A正确；B．该反应是气体物质的量增加的反应，同时在恒容条件下进行，因此体系内压强随着反应的进行而增加；当压强不变时，说明体系内气体总物质的量不变，反应达到平衡，B正确；C．和分别是正反应的反应物和生成物，单位时间内消耗amol生成2amol只能说明正反应仍然在进行，不能说明正逆反应速率相等，C错误；D．该反应在恒容条件下进行，总体积不变；根据质量守恒，反应前后物质的质量不变；密度为一定值，不能作为判断反应平衡的依据，D错误；故答案选AB；（3）从图像可以看出，体系内温度达到900℃时，产率已达到85%左右，继续升温对产率不再有显著的影响，同时，增加反应温度会增大工业生产的能耗和设备成本，不利于经济效益，所以选择900℃为反应温度；（4）①由图像可以看出，通过质子交换膜从左极区流向右极区；电解池中，阳离子流向阴极，因此右侧是阴极区；结合题干可知，随着溶液酸性提高，离子浓度增加，阴极区会生成气体，该极会发生的还原反应，生成的气体是；②由分析可知，右极为阴极，在此电极发生还原反应，与结合生成，结合电荷守恒和元素守恒可以写出阴极反应式；（5）从图像可以看出，生成的反应活化能为0.28eV，低于生成的反应活化能(0.55eV)，因此由生成的反应速率更快；同时活化产物的总能量为-0.82eV，低于的总能量（0.04eV）,稳定性更强；因此是活化的优势含碳中间体。2．（25-26高三上·江苏·期中）锂电池的研发、使用及废电池的回收具有重要意义。(1)比能量是指电池单位质量(或体积)输出的电能。锂金属电池放电时总反应为。下列关于锂金属电池说法正确的是(填序号)。A．放电时Li作负极

B．锂金属电池比能量高于锌锰干电池

C．可用稀作电解质(2)钴酸锂()、磷酸铁锂()等锂离子二次电池应用普遍。①钴酸锂电池放电时示意图如图1所示。放电时，由中脱嵌。写出放电至完全时电极的电极反应式：。②磷酸铁锂电池具有循环稳定性好的优点。充电时脱嵌形成。晶胞中O原子围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构(如图2所示)。x=。(3)将废旧锂离子电池(外壳为铁，电芯含铝)置于不同浓度的和NaCl溶液中使电池充分放电是电池回收工艺的首要步骤。电池在不同溶液中放电的残余电压随时间的变化如图3所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到XRD示意图谱如图4所示。注：X-射线衍射XRD(WideAngleX-rayDiffraction)主要是对照标准谱图分析纳米粒子的组成，分析粒径，结晶度等，一般要求纳米粒子的尺寸在几个纳米到100纳米以内。对谱图进行解析、归属谱线到晶面、推导出晶体的晶系晶型，还可以测得晶体掺杂情况、物相占比情况等。①电池在5％Na2S溶液中比在5％NaCl溶液中放电速率更大，其原因是。②NaCl溶液的质量分数由5％增大至10％时，电池残余电压降低速率更快。依据图4XRD图谱，分析其主要原因：。(4)将放电完全的钴酸锂电池正极材料粉碎后进行酸浸处理。实验测得，在相同条件下，使用盐酸作浸取剂可使钴转化为，转化率达到99％，但工业生产使用混合物作浸取剂。①写出盐酸作浸取剂发生酸浸反应的化学反应方程式：。②工业生产时在盐酸中加入，的作用是。【答案】(1)AB(2)0.25(3)等质量分数的溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多且、还原性比强NaCl溶液的质量分数由5％增大至10％时电池外壳和电芯金属单质电化学腐蚀速率加快(4)作还原剂【解析】（1）A．放电时Li失电子发生氧化反应，Li作负极，故A正确；

B．单位质量的锂比锌放电多，锂金属电池比能量高于锌锰干电池，故B正确；

C．锂能与稀硫酸直接反应，不能用稀作电解质，故C错误；选AB。（2）①放电时，由中脱嵌，为负极，为正极，得电子生成LiCoO2，正极的电极反应式为。②晶胞中O原子围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，晶胞中有4个正八面体、4个正四面体，则1个晶胞中含有Fe和P原子个数均为4；根据均摊原则，晶胞中Li+数为，所以晶胞中化学式为，1-x=0.75，x=0.25。（3）①等质量分数的溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多且、还原性比强，所以电池在5％Na2S溶液中比在5％NaCl溶液中放电速率更大。②NaCl溶液的质量分数由5％增大至10％时电池外壳和电芯金属单质电化学腐蚀速率加快，所以NaCl溶液的质量分数由5％增大至10％时，电池残余电压降低速率更快。（4）①用盐酸作浸取剂可使钴转化为，盐酸作浸取剂，Co元素化合价降低，Cl元素化合价升高生成氯气，发生酸浸反应的化学反应方程式为。②工业生产时在盐酸中加入，双氧水把钴酸锂还原为，的作用是作还原剂。3．（25-26高三上·江苏南京·开学考试）的资源化利用有利于实现碳中和。加氢制的主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：(1)计算反应I的焓变需要以下数据中的___________(填序号)。A．的燃烧热 B．的燃烧热C．的 D．的(2)在3MPa下，将的原料气匀速通过装有催化剂的新型膜反应器(如题图-1所示)，的实际转化率和的实际选择性随温度的变化如题图-2中实线所示。图中虚线表示相同条件下的平衡转化率、的平衡选择性选择性］随温度的变化。①温度高于平衡转化率随温度升高而上升的原因是。②时，的实际转化率高于平衡转化率的原因是。③使用不同催化剂时，的转化率和的选择性如题图-3所示，该条件下产率最高的催化剂是(填催化剂序号)。(3)催化加氢制依次经历步骤，如题图-4所示：①Ce正价有+3和时，催化剂中，写出：2参与“步骤ii”反应的化学方程式：。②步骤i中，先通入活化能提高催化剂活性，部分原理如题图-5所示。步骤ii中，被活化后的催化剂吸附，进一步被还原为。结合图示综合分析，步骤i能提高催化剂活性的具体原理为。【答案】(1)ABCD(2)反应Ⅰ的，温度升高正反应进行程度减小，的转化量减小；反应Ⅱ的，温度升高正反应进行程度增大，的转化量增大；转化量的增大幅度大于减小幅度分子筛膜从反应体系中不断分离出，使反应I正向进行程度增大E(3)1.5或提供氧空位，促进的吸附：将Ce(Ⅳ)还原为Ce(Ⅲ)，为步骤ii提供还原剂：产生强还原性的，促进被还原【解析】（1）要计算反应I的焓变△H，可利用盖斯定律，通过已知反应的焓变来推导；已知反应I的方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1<0；H2(g)燃烧的热反应为H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H3，A选项能提供H2燃烧生成液态水的焓变信息；CH3OH(1)的燃烧热反应为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H4，B选项可提供甲醇液态燃烧的焓变；H2O(1)=H2O(g)△H5，C选项能提供液态水转化为气态水的焓变；CH3OH(1)=CH3OH(g)△H6，D选项可提供液态甲醇转化为气态甲醇的焓变；根据盖斯定律，可得反应I的焓变△H1=3△H3-△H4+△H5+△H6，综上所述ABCD的数据都需要；故答案为：ABCD。（2）当温度高于260℃时，反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，反应I逆向移动，反应Ⅱ正向移动，温度高于260℃时，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅱ逆向移动的程度，所以CO2平衡转化率随温度升高增大；分子筛膜可以从反应体系中不断分离出H2O，使反应I正向进行程度增大；CH3OH产率=CO2的转化率×CH3OH的选择性，结合各点横纵坐标可知，E点产率最高。（3）x=0.2时，化学式为CeO1.8，Ce正价有+3和+4，设1个分子中，+3价Ce为a个，+4价Ce为b个，则a+b=1，结合正负化合价代数和为零可知3a+4b=1.8×2=3.6，联立解得，a=0.4，b=0.6，则==1.5；n(CO2):n(H2)=1：2时，结合图像可知，步骤ii反应的化学方程式为5CeO1.8+CO2+2H2=CH3OH+5CeO2或3CeO2⋅Ce2O3+CO2+2H2=CH3OH+5CeO2；提供氧空位，促进CO2的吸附：将Ce(Ⅳ)还原为Ce(Ⅲ)，为步骤ii提供还原剂：产生强还原性的Hδ-，促进CO2被还原。4．（25-26高三上·江苏盐城·期中）合成气(CO和)是重要的工业原料气。生物质(光合作用过程生成的有机物)制备合成气转化过程如下：(1)生物炭气化发生的主要反应为反应Ⅰ

反应Ⅱ

反应Ⅲ

①反应的kJ·mol-1。②在催化剂表面反应Ⅱ的反应历程如图所示，该反应中的决速步骤的方程式是。③在时生物质直接气化，产生一氧化碳、氢气、甲烷等气体以及苯、甲苯等焦油，再通过净化得到合成气。和生物炭气化相比，生物质直接气化的缺点有。(2)其它条件相同，研究，用(熔点为)作为反应的催化剂。①催化机理如下：补充反应ⅰ化学方程式反应ⅰ反应ⅱ反应ⅲ反应ⅳ②催化作用受接触面积和温度等因素影响。用(熔点360.4℃)代替作催化剂进行生物炭气化，得到的合成气中含量更高。其原因是。(3)合成气中的可用溶液进行脱除并回收。①脱除在钢制吸收塔中进行，溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是(填化学式)。②回收的电催化还原生成的装置如图所示，铂电极的电极反应式为。【答案】(1)-205.8或产生污染多；炭的利用率低；焦油易和灰尘等杂质结合到一起堵塞管道和生物炭孔道(2)KOH吸收的反应Ⅱ平衡正向移动，生成的作催化剂，时熔化成液态，和多孔生物炭均匀接触，加快了反应速率，得到含量更高(3)KHCO3【解析】（1）①由盖斯定律可知，反应Ⅲ-反应Ⅰ可得的-205.8；②由图可知，反应④的活化能最大，反应速率最慢，是反应的决速步骤，方程式为：或；③和生物炭气化相比，生物质直接气化的缺点有：产生污染多；炭的利用率低；焦油易和灰尘等杂质结合到一起堵塞管道和生物炭孔道。（2）①总反应为，总反应-反应ⅱ-反应ⅲ-反应ⅳ可得反应ⅰ为；②用(熔点360.4℃)代替作催化剂进行生物炭气化，得到的合成气中含量更高。其原因是：KOH吸收的反应Ⅱ平衡正向移动，生成的作催化剂，时熔化成液态，和多孔生物炭均匀接触，加快了反应速率，得到含量更高；（3）①脱除在钢制吸收塔中进行，和溶液反应生成，若溶液浓度偏高，由于KHCO3的溶解度小于，生成的会析出导致堵塞；②由图可知，H2O在玻碳电极失去电子生成O2，玻碳电极是阳极，铂电极为阴极，铂电极上二氧化碳得电子生成CH3OCH3，铂电极的电极反应式为。5．（25-26高三上·江苏连云港·期中）CO和CO2的资源化利用有着重要的意义。(1)CO和CO2催化加氢制甲烷。在Cu-ZnO/Al2O3催化下，CO和CO2混合气体与H2主要发生下列反应：反应Ⅰ：CO（g）+3H2（g）=CH4（g）+H2O（g）

ΔH=-205.8kJ·mo1-1反应Ⅱ：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）

ΔH=-165.0kJ·mo1-1①反应CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）的ΔS=-4.4J·mo1-1·K-1，通过计算说明该反应在常温下能自发进行的原因。②CO2催化加氢合成CH4过程中，CO2活化的可能途径如图-1所示，CO是CO2活化的优势中间体，原因是。(2)CO催化加氢制丙醇。在铁的催化下CO与H2反应可以制丙醇（C3H7OH），反应的机理如图-2所示（H*表示吸附在催化剂上）：①在上述机理中若要减少C2H6的生成，可采取的措施有。②流程中物质X的化学式为。(3)利用合成气制甲醇。在Fe/CuO基催化下合成气（CO2、CO、H2）加氢生成甲醇，其反应机理与上述（2）类似，在相同时间内测得甲醇的产率与不同比例合成气间的关系如图-3所示。合成气比例达到V（CO2）：V（CO）：V（H2）=2：28：70后，随着CO2浓度增大甲醇的产率降低的原因是。【答案】(1)反应的ΔH=-40.8kJ·mol-1，ΔG=ΔH-TΔS<0，所以该反应能自发进行生成中间体CO反应的活化能小，反应速率快、CO中间体能量低，稳定，有利于生成(2)应减缓加氢或促进CO的活化C2H5CHO(3)CO2浓度过高，CO2吸附性过强而占据活性位点，抑制了CO和H2的在催化剂表面的吸附与反应，导致甲醇合成速率下降（或CO2浓度过高，CO2加氢过程中产生的H2O过多，与催化剂Fe反应导致催化剂失活）【解析】（1）①根据盖斯定律，该反应=反应Ⅰ-反应Ⅱ，该反应，，常温下能自发进行；②由图可知，CO2活化过程生成CO中间体所需活化能更低，速率更快，CO中间体能量更低，更稳定；（2）由图可知，，想要减少C2H6的生成，可以减少H*的活化，促进CO*的活化，故答案为：应减缓加氢或促进CO的活化；根据图示反应机理，X为C2H5CHO；（3）生成甲醇反应机理和(2)类似，当CO2浓度过高，CO2吸附性过强而占据活性位点，抑制了CO和H2的在催化剂表面的吸附与反应，导致甲醇合成速率下降，除此之外，CO2浓度过高，CO2加氢过程中产生的H2O过多，与催化剂Fe反应导致催化剂失活，甲醇产率降低。6．（25-26高三上·江苏徐州·期中）利用气体合成甲醇、二甲醚，可以减少排放。(1)和可以制取，在300℃、催化作用下可以合成，写出合成的化学反应方程式。(2)①甲醇重整制氢：

，已知：

。向重整反应体系中加入适量CaO的优点是。②在Cu-Pd合金表面，甲醇与水蒸气重整反应的机理如题图-1所示(“★”表示此微粒吸附在催化剂表面，M为反应过程的中间产物)。已知步骤Ⅱ中碳氧双键与发生加成反应，根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式。若用代替，则生成氢气的分子式为。催化剂长时间使用后，因有积炭而失去活性。为减少积炭，可采用的方法是。(3)催化加氢合成二甲醚：反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

其他条件相同时，反应一段时间，反应温度对平衡转化率及实际转化率影响如题图-2所示；反应温度对二甲醚的平衡选择性及二甲醚实际选择性影响如题图-3所示。(已知：的选择性)①题图-2中，温度高于290℃，平衡转化率随温度升高而上升的可能原因是。②题图-3中，在240℃～300℃范围内，相同温度下，二甲醚的实际选择性高于平衡选择性，结合活化能从化学反应速率的角度解释原因：。【答案】(1)(2)吸收，且反应放热，促进反应正向移动，提高氢气的产率和HD适当增加水蒸气的用量(3)温度高于290℃，随着温度升高，平衡时反应Ⅱ向右进行的程度增大，反应Ⅰ向右进行的程度减小，且前者增大的幅度大于后者减小的程度。使的平衡转化率上升反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能低，导致在未达到平衡时，反应Ⅰ的速率相对更快，因此二甲醚的实际选择性高于其平衡值【解析】（1）根据原子守恒可知，合成的化学反应方程式为；（2）①甲醇重整制氢，已知，向重整反应体系中加入适量的优点是吸收且反应放热，促进反应正向移动，提高氢气的产率；②根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式为，若用代替，则生成氢气的分子式为和，催化剂长时间使用后，因有积炭而失去活性，为减少积炭，可采用的方法是适当增加水蒸气的用量；（3）①图-2中，温度高于290℃，的平衡转化率随温度升高而上升的可能原因是，温度高于290℃，随着温度升高，平衡时反应II向右进行的程度增大，反应I向右进行的程度减小，且前者增大的幅度大于后者减小的程度，使得的平衡转化率上升；②图-3中，在240℃~300℃范围内，相同温度下，二甲醚的实际选择性高于平衡选择性，结合活化能从化学反应速率的角度解释原因是反应I的活化能比反应II的活化能低，导致在未达到平衡时，反应I的速率相对更快，因此二甲醚的实际选择性高于其平衡值。7．（25-26高三上·江苏无锡·期中）合成气(CO和