（江蘇版）新高考化學三輪沖刺強化練習 第17題 化學反應原理綜合（解析版）

押江蘇卷第17題化學反應原理綜合核心考點考情統(tǒng)計考向預測備考策略化學反應原理綜合2023·江蘇卷，172022·江蘇卷，172021·江蘇卷，18結合脫硫、脫硝等環(huán)境問題為背景綜合考查化學反應速率與化學平衡、蓋斯定律、電化學、信息方程式的書寫以及相關圖像分析和歸因分析等知識1．重點關注與元素化合物、化學計算等其他模塊交叉知識，高考題經常綜合考查；2．難點為陌生圖像的分析、歸因分析及反應機理分析1．（2023·江蘇卷，17）空氣中含量的控制和資源利用具有重要意義。(1)燃煤煙氣中的捕集可通過如下所示的物質轉化實現(xiàn)。

“吸收”后所得的溶液與石灰乳反應的化學方程式為；載人航天器內，常用LiOH固體而很少用KOH固體吸收空氣中的，其原因是。(2)合成尿素[]是利用的途徑之一。尿素合成主要通過下列反應實現(xiàn)反應Ⅰ：反應Ⅱ：①密閉體系中反應Ⅰ的平衡常數(shù)(K)與溫度的關系如圖甲所示，反應Ⅰ的(填“=0”或“>0”或“<0”)。

②反應體系中除發(fā)生反應Ⅰ、反應Ⅱ外，還發(fā)生尿素水解、尿素縮合生成縮二脲[]和尿素轉化為氰酸銨()等副反應。尿素生產中實際投入和的物質的量之比為，其實際投料比值遠大于理論值的原因是。(3)催化電解吸收的KOH溶液可將轉化為有機物。在相同條件下，恒定通過電解池的電量，電解得到的部分還原產物的法拉第效率()隨電解電壓的變化如圖乙所示。

其中，，n表示電解生成還原產物X所轉移電子的物質的量，F(xiàn)表示法拉第常數(shù)。①當電解電壓為時，電解過程中含碳還原產物的為0，陰極主要還原產物為(填化學式)。②當電解電壓為時，陰極由生成的電極反應式為。③當電解電壓為時，電解生成的和的物質的量之比為(寫出計算過程)?！敬鸢浮?1)相同質量的LiOH固體可吸收更多二氧化碳(2)<0適當抑制副反應的發(fā)生，尿素中氮碳比小于副產物中縮二脲的氮碳比，氨氣與二氧化碳的投料比越大，二氧化碳轉化率越高(3)H2每生成1mol轉移12mole-，每生成1mol轉移2mole-，故電解生成的和的物質的量之比為【解析】（1）由圖可知“吸收”后所得的溶液與石灰乳反應生成碳酸鈣用于煅燒產生二氧化碳，產物KOH可回收利用，故化學方程式為。載人航天器內，常用LiOH固體而很少用KOH固體吸收空氣中的的原因為相同質量的LiOH固體可吸收更多二氧化碳。（2）由圖可知升高溫度反應Ⅰ的lgK減小，說明溫度升高平衡逆向移動，故正反應為放熱反應，其<0。實際投料比值遠大于理論值的原因是適當抑制副反應的發(fā)生，尿素中氮碳比小于副產物中縮二脲的氮碳比，氨氣與二氧化碳的投料比越大，二氧化碳轉化率越高。（3）當電解電壓為時，電解過程中含碳還原產物的為0，說明二氧化碳為得電子，為氫離子得電子變成氫氣。當電解電壓為時，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒可知堿性條件下陰極由生成的電極反應式為。當電解電壓為時，電解過程中還原產物的為24%，還原產物的為8%，每生成1mol轉移12mole-，每生成1mol轉移2mole-，故電解生成的和的物質的量之比為。2．（2022·江蘇卷，17）氫氣是一種清潔能源，綠色環(huán)保制氫技術研究具有重要意義。(1)“熱電循環(huán)制氫”經過溶解、電解、熱水解和熱分解4個步驟，其過程如圖所示。①電解在質子交換膜電解池中進行。陽極區(qū)為酸性溶液，陰極區(qū)為鹽酸，電解過程中轉化為。電解時陽極發(fā)生的主要電極反應為_______(用電極反應式表示)。②電解后，經熱水解和熱分解的物質可循環(huán)使用。在熱水解和熱分解過程中，發(fā)生化合價變化的元素有_______(填元素符號)。(2)“熱循環(huán)制氫和甲酸”的原理為：在密閉容器中，鐵粉與吸收制得的溶液反應，生成、和；再經生物柴油副產品轉化為Fe。①實驗中發(fā)現(xiàn)，在時，密閉容器中溶液與鐵粉反應，反應初期有生成并放出，該反應的離子方程式為_______。②隨著反應進行，迅速轉化為活性，活性是轉化為的催化劑，其可能反應機理如圖所示。根據(jù)元素電負性的變化規(guī)律。如圖所示的反應步驟Ⅰ可描述為_______。③在其他條件相同時，測得Fe的轉化率、的產率隨變化如題圖所示。的產率隨增加而增大的可能原因是_______。(3)從物質轉化與資源綜合利用角度分析，“熱循環(huán)制氫和甲酸”的優(yōu)點是_______?！敬鸢浮?1)

Cu、O(2)

H的電負性大于Fe，小于O，在活性表面，H2斷裂為H原子，一個吸附在催化劑的鐵離子上，略帶負電，一個吸附在催化劑的氧離子上，略帶正電，前者與中略帶正電的碳結合，后者與中略帶負電的羥基氧結合生成H2O，轉化為

隨增加，生成和H2的速率更快、產量增大，生成的速率更快、產率也增大(3)高效、經濟、原子利用率高、無污染【解析】(1)①電解在質子交換膜電解池中進行，H+可自由通過，陽極區(qū)為酸性溶液，電解過程中轉化為，電解時陽極發(fā)生的主要電極反應為：；②電解后，經熱水解得到的HCl和熱分解得到的CuCl等物質可循環(huán)使用，從圖中可知，熱分解產物還有O2，從詳解①中得知，進入熱水解的物質有，故發(fā)生化合價變化的元素有Cu、O。(2)①在時，密閉容器中溶液與鐵粉反應，反應初期有生成并放出，離子方程式為：；②H的電負性大于Fe，小于O，在活性表面，H2斷裂為H原子，一個吸附在催化劑的鐵離子上，略帶負電，一個吸附在催化劑的氧離子上，略帶正電，前者與中略帶正電的碳結合，后者與中略帶負電的羥基氧結合生成H2O，轉化為；③在其他條件相同時，隨增加，其與鐵粉反應加快，從圖中得知Fe的轉化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，則得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，產率也更大。(3)“熱循環(huán)制氫和甲酸”系統(tǒng)將轉化為和生成H2的速率快，原子利用率高，不產生污染物，F(xiàn)e初期生成后迅速轉化為活性，氧化為再經生物柴油副產品轉化為Fe，得到循環(huán)利用，故該原理的優(yōu)點是：高效、經濟、原子利用率高、無污染。3．（2021·江蘇卷，18）甲烷是重要的資源，通過下列過程可實現(xiàn)由甲烷到氫氣的轉化。(1)500℃時，CH4與H2O重整主要發(fā)生下列反應：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。向重整反應體系中加入適量多孔CaO，其優(yōu)點是___。(2)CH4與CO2重整的主要反應的熱化學方程式為反應I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=246.5kJ·mol-1反應II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol-1反應III：2CO(g)=CO2(g)+C(s)ΔH=-172.5kJ·mol-1①在CH4與CO2重整體系中通入適量H2O(g)，可減少C(s)的生成，反應3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=___。②1.01×105Pa下，將n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合氣體置于密閉容器中，不同溫度下重整體系中CH4和CO2的平衡轉化率如圖1所示。800℃下CO2平衡轉化率遠大于600℃下CO2平衡轉化率，其原因是___。(3)利用銅—鈰氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活潑金屬)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化過程中Cu、Ce的化合價均發(fā)生變化，可能機理如圖2所示。將n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合氣體以一定流速通過裝有xCuO·yCeO2催化劑的反應器，CO的轉化率隨溫度變化的曲線如圖3所示。①Ce基態(tài)原子核外電子排布式為[Xe]4f15d16s2，圖2所示機理的步驟(i)中，元素Cu、Ce化合價發(fā)生的變化為___。②當催化氧化溫度超過150℃時，催化劑的催化活性下降，其可能原因是___?！敬鸢浮?1)吸收CO2，提高H2的產率，提供熱量(2)

657.1kJ·mol-1

反應Ⅰ和反應Ⅱ的ΔH＞0，高溫下反應的平衡常數(shù)大(反應正向進行程度大)，CO2的消耗量大，反應Ⅲ的ΔH＜0，高溫下反應的平衡常數(shù)小(反應正向進行程度小)，CO2的生成量小(3)

銅的化合價由+2變?yōu)?1價，鈰的化合價由+4價變?yōu)?3價

高溫下，Cu(+2價)或Cu(+1價)被H2還原為金屬Cu【解析】(1)已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)

ΔH=－178.8kJ·mol-1，因此向重整反應體系中加入適量多孔CaO的優(yōu)點是吸收CO2，使平衡正向移動，提高H2的產率，同時提供熱量。(2)①反應I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)

ΔH=246.5kJ·mol-1反應II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)

ΔH=41.2kJ·mol-1依據(jù)蓋斯定律可知I×3－II×2即得到反應3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=657.1kJ·mol-1。②由于反應Ⅰ和反應Ⅱ的ΔH＞0，高溫下反應的平衡常數(shù)大(反應正向進行程度大)，CO2的消耗量大，反應Ⅲ的ΔH＜0，高溫下反應的平衡常數(shù)小(反應正向進行程度小)，CO2的生成量小，所以800℃下CO2平衡轉化率遠大于600℃下CO2平衡轉化率。(3)①圖2所示機理的步驟(i)中CO結合氧元素轉化為二氧化碳，根據(jù)Cu、Ce兩種元素的核外電子排布式可判斷元素Cu、Ce化合價發(fā)生的變化為銅的化合價由+2變?yōu)?1價，鈰的化合價由+4價變?yōu)?3價。②由于高溫下，Cu(+2價)或Cu(+1價)被H2還原為金屬Cu，所以當催化氧化溫度超過150℃時，催化劑的催化活性下降。1．利用蓋斯定律書寫熱化學方程式的步驟和方法(1)步驟=1\*GB3①對比：對比分析目標熱化學方程式和已知熱化學方程式，調整已知熱化學方程式的化學計量系數(shù)與目標熱化學方程式的化學計量系數(shù)一致=2\*GB3②疊加：根據(jù)目標熱化學方程式中的反應物和生成物加減所調整的熱化學方程式=3\*GB3③計算：按照“疊加”步驟中的調整方法，焓變也隨之作相應變化(2)方法=1\*GB3①倒：為了將熱化學方程式相加得到目標熱化學方程式，可將熱化學方程式顛倒過來，反應熱的數(shù)值不變，但符號相反。這樣，就不用再做減法運算了，實踐證明，方程式相減時往往容易出錯=2\*GB3②乘：為了將熱化學方程式相加得到目標熱化學方程式，可將方程式乘以某個倍數(shù)，反應熱也要相乘=3\*GB3③加：上面的兩個步驟做好了，只要將熱化學方程式相加即可得目標熱化學方程式，反應熱也要相加2．化工生產適宜條件選擇的一般原則化工生產適宜條件選擇的一般原則條件原則從化學反應速率分析既不能過快，又不能太慢從化學平衡移動分析既要注意外界條件對速率和平衡影響的一致性，又要注意二者影響的矛盾性從原料的利用率分析增加易得廉價原料，提高難得高價原料的利用率，從而降低生產成本從實際生產能力分析如設備承受高溫、高壓能力等從催化劑的使用活性分析注意催化劑的活性對溫度的限制3．化學反應速率常數(shù)及應用(1)速率常數(shù)含義：反應速率常數(shù)(k)是指在給定溫度下，反應物濃度皆為1mol·L－1時的反應速率。在相同的濃度條件下，可用反應速率常數(shù)大小來比較化學反應的反應速率(2)速率常數(shù)的影響因素：與濃度無關，但受溫度、催化劑、固體表面性質等因素的影響，但溫度對化學反應速率的影響是顯著的，速率常數(shù)是溫度的函數(shù)，同一反應，溫度不同，速率常數(shù)將有不同的值，一般溫度越高，反應速率常數(shù)越大。通常反應速率常數(shù)越大，反應進行得越快。不同反應有不同的速率常數(shù)(3)速率方程①定義：一定溫度下，化學反應速率與反應物濃度以其計量數(shù)為指數(shù)的冪的乘積成正比②表達式：對于反應：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，則v正＝k正·ca(A)·cb(B)(其中k正為正反應的反應速率常數(shù))，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆為逆反應的反應速率常數(shù))如：反應：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，v正＝k正·c2(NO2)，v逆＝k逆·c2(NO)·c(O2)。(4)速率常數(shù)與化學平衡常數(shù)之間的關系①K與k正、k逆的關系對于反應：aA(g)＋bB(g)pC(g)＋qD(g)，則：v正＝k正·ca(A)·cb(B)(k正為正反應速率常數(shù))v逆＝k逆·cp(C)·cq(D)(k逆為逆反應速率常數(shù))反應達到平衡時v正＝v逆，此時：k正·ca(A)·cb(B)=k逆·cp(C)·cq(D)，即：②Kp與k正、k逆的關系以2NO2N2O4為例，v正＝k正·p2(NO2)，v逆＝k逆·p(N2O4)反應達到平衡時v正＝v逆，此時：k正·p2(NO2)＝k逆·p(N2O4)eq\f(k正,k逆)＝eq\f(pN2O4,p2NO2)＝Kp，即：Kp＝eq\f(k正,k逆)4．催化機理循環(huán)圖在機理圖中，先找到確定的反應物，反應物一般是通過一個箭頭進入整個歷程的物質(產物一般多是通過一個箭頭最終脫離這個歷程的物質)，與之同時反應的就是催化劑，并且經過一個完整循環(huán)之后又會生成；中間產物則是這個循環(huán)中的任何一個環(huán)節(jié)。如下圖所示：5．催化機理能壘圖(1)在催化機理能壘圖中，有幾個活化狀態(tài)，就有幾個基元反應。可以用圖中每步基元反應前后的活性物質，寫出其熱化學方程式。注意：如果縱坐標相對能量的單位是電子伏特(eV)，焓變應轉化成每摩爾。(2)每步基元反應的快慢取決于其能壘的大小，能壘越大，反應速率越慢。例如：在Rh催化下，甲酸分解制H2反應的過程如圖所示。其中帶“*”的物種表示吸附在Rh表面，該反應過程中決定反應速率步驟的化學方程式為HCOOH*=HCOO*＋H*；甲酸分解制H2的熱化學方程式可表示為HCOOH(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－0.16NAeV·mol－1(阿伏加德羅常數(shù)的值用NA表示)。6．電解反應方程式的書寫(1)基本電極反應式的書寫用惰性電極電解NaCl溶液總反應：2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2NaOH＋Cl2↑＋H2↑陽極2Cl－－2e－=Cl2↑陰極2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－(或2H＋＋2e－=H2↑)用惰性電極電解CuSO4溶液總反應：2CuSO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2Cu＋O2↑＋2H2SO4陽極2H2O－4e－=O2↑＋4H＋(或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑)陰極2Cu2＋＋4e－=2Cu用惰性電極電解熔融MgCl2總反應：MgCl2(熔融)eq\o(=,\s\up7(電解))Mg＋Cl2↑陽極2Cl－－2e－=Cl2↑陰極Mg2＋＋2e－=Mg(2)提取“信息”書寫電極反應式鋁材為陽極，在H2SO4溶液中電解，鋁材表面形成氧化膜總反應：2Al＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))Al2O3＋3H2↑陽極2Al－6e－＋3H2O=Al2O3＋6H＋陰極6H＋＋6e－=3H2↑用惰性電極電解K2MnO4溶液能得到化合物KMnO4總反應：2MnOeq\o\al(2－,4)＋2H＋eq\o(=,\s\up7(電解))2MnOeq\o\al(－,4)＋H2↑陽極2MnOeq\o\al(2－,4)－2e－=2MnOeq\o\al(－,4)陰極2H＋＋2e－=H2↑有機陽離子、Al2Cleq\o\al(－,7)和AlCleq\o\al(－,4)組成的離子液體作電解液時，可在鋼制品上電鍍鋁陽極Al－3e－＋7AlCleq\o\al(－,4)=4Al2Cleq\o\al(－,7)陰極4Al2Cleq\o\al(－,7)＋3e－=Al＋7AlCleq\o\al(－,4)(3)多膜電解池方程式書寫[雙膜三室吸收液(吸收了煙氣中的SO2)]陽極室HSOeq\o\al(－,3)－2e－＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋或SOeq\o\al(2－,3)－2e－＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋吸收液Na＋穿過陽膜進入陰極室(左室)；HSOeq\o\al(－,3)和SOeq\o\al(2－,4)穿過陰膜進入陽極室(右室)陰極室2H2O＋4e－=2OH－＋H2↑HSOeq\o\al(－,3)＋OH－=SOeq\o\al(2－,3)＋H2O產品陽極室較濃的硫酸；陰極室左室亞硫酸鈉7．關于歸因分析題答題角度(1)化學反應速率：物質結構、反應機理、濃度、溫度、催化劑、接觸面積、形成原電池等。(2)化學平衡：濃度、溫度、壓強對平衡移動的影響。(3)物質的性質：氧化或還原能力強弱、穩(wěn)定性、揮發(fā)性、溶解性、酸堿性、吸附性等。(4)雙重歸因：若兩種因素影響不一致，抓矛盾主要方面。要有主語，兩個因素影響結果都要交代，最后要有總結性評價。1．（2024·江蘇連云港五校高三12月聯(lián)考，17）氮元素是一種重要元素，其單質及化合物在化工、生產等領域應用非常廣泛。請回答下列問題：(1)氮元素的常見單質有、、，在三種分子中的每個氮原子均為8電子穩(wěn)定結構，則的結構簡式為。(2)碘蒸氣的存在能大幅度提高的分解速率，反應歷程為：第一步：(快反應)第二步：(慢反應)第三步：(快反應)實驗表明：含碘時分解速率方程(為速率常數(shù))。下列表述正確的是___________。A．升高溫度，第一步向右進行的程度變大B．第二步的活化能比第三步小C．IO為反應的催化劑D．分解反應的速率與是否含碘蒸氣有關(3)為探究溫度及不同催化劑對反應的影響，分別在不同溫度、不同催化劑下，保持其它初始條件不變重復實驗，在相同時間內測得NO轉化率與溫度的關系如圖所示。在催化劑乙作用下，圖中M點對應的速率(對應溫度400℃)v(正)v(逆)(填“>”、“<”或“=”)，溫度升高后，兩種催化劑條件下NO轉化效率均明顯降低，原因可能是。(4)催化還原NO是重要的煙氣脫硝技術。某研究小組將、3moINO和一定量的充入2L密閉容器中，在催化劑表面發(fā)生反應，NO的轉化率隨溫度變化的情況如圖所示：①在15min內將溫度從420℃升高到580℃，此時間段內NO的平均反應速率為。②在有氧條件下，溫度580℃之后NO生成的轉化率降低的原因可能是。(5)利用如圖所示原理去除NO：電解池中陽極發(fā)生的反應式為，通過將甲酸與溶于甲醇和水混合溶劑里的NaOH混合，再通入氣體的方法可制得；每產生(體積已換算成標準狀況，不考慮的溶解)，可處理NO的物質的量為mol?！敬鸢浮?1)(2)AD(3)＞溫度升高，催化劑活性降低(4)0.057該反應為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，NO轉化率降低；(5)0.02【解析】（1）N4中每個N為8電子穩(wěn)定，N4為四面體結構。（2）斷鍵吸熱，所以升高溫度，第一步向右進行的程度變大，A正確；第二步的慢反應，其活化能比第三步大，B錯誤；IO為中間產物，I2是反應的催化劑，C錯誤；根據(jù)含碘時分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k為速率常數(shù))，可判斷N2O分解反應的速率與是否含碘蒸氣有關，D正確。（3）由于在催化劑乙作用下，圖中M點對應的轉化率低于催化劑甲時對應的轉化率，因此反應沒有達到平衡狀態(tài)，反應向正反應方向進行，則速率(對應溫度400°C)v(正)>(逆)；溫度高于400°C，NO轉化率降低的原因可能是溫度升高催化劑活性降低。（4）①420℃NO的轉化率2%，此時消耗的NO為3mol?2%=0.06mol，580℃NO的轉化率59%，此時消耗NO為3mol?59%=1.77mol，故在420-580℃，NO的改變量為1.77mol-0.06mol=1.71mol，速率為；②該反應為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，NO轉化率降低。（5）由圖可知，電解池中陰極的亞硫酸氫根離子得到電子發(fā)生還原反應生成，反應式為；陽極反應為，；，當224mLO2，，則可處理NO的物質的量為0.02mol。2．（2024·江蘇南京、鹽城高三第一次模擬，17）“碳中和”目標如期實現(xiàn)的關鍵技術之一是的再資源化利用。(1)氨的飽和食鹽水捕獲是其利用的方法之一，反應原理為：。該反應常溫下能自發(fā)進行的原因是。(2)基摻雜形成(等)，能用于捕獲，原理如下圖所示。已知陽離子電荷數(shù)越高、半徑越小，陰離子越易受其影響而分解。①時，再生的化學方程式為。②相比，其優(yōu)點有。(3)催化電解吸收的溶液可將轉化為有機物。①在陰極放電生成的電極反應式為。②堿性溶液有利于抑制陰極上副產物的產生，該副產物的化學式為。(4)在催化劑作用下，以和為原料合成，主要反應為：反應Ⅰ：反應Ⅱ：保持壓強，將起始的混合氣體勻速通過裝有催化劑的反應管，測得出口處的轉化率和甲醇的選擇性與溫度的關系如題圖1、題圖2所示。①隨著溫度的升高，轉化率增大、但甲醇選擇性降低的原因是。②假設定義催化劑催化效率，計算時三種催化劑的催化效率之比(寫出計算過程)?！敬鸢浮?1)反應(2)(或)等質量的和相比，吸收的的量多；和電荷數(shù)相等、半徑小，再生時分解溫度低，更節(jié)能(3)(4)隨著溫度升高，反應Ⅰ和反應Ⅱ速率加快，消耗的增多。反應Ⅰ的，反應Ⅱ的，隨著溫度升高，反應Ⅰ正向進行程度小，反應Ⅱ正向進行程度大，轉化率升高、但選擇性降低【解析】（1）反應為熵減的反應，該反應常溫下能自發(fā)進行，反應。（2）①時，加熱生成和，再生的化學方程式為，；②已知陽離子電荷數(shù)越高、半徑越小，陰離子越易受其影響而分解，所以相比，其優(yōu)點有等質量的和相比，吸收的的量多；和電荷數(shù)相等、半徑小，再生時分解溫度低，更節(jié)能。（3）①催化電解吸收的溶液可將轉化為有機物，在陰極放電生成，電極反應式為；②電解時，H+可在陰極得到電子生成H2，堿性溶液有利于抑制H2的產生，故答案為H2。（4）①隨著溫度的升高，隨著溫度升高，反應Ⅰ和反應Ⅱ速率加快，消耗的增多。反應Ⅰ的，反應Ⅱ的，隨著溫度升高，反應Ⅰ正向進行程度小，反應Ⅱ正向進行程度大，轉化率升高、但選擇性降低，導致轉化率增大、但甲醇選擇性降低；②由圖可知，340℃時、、的CO2的轉化率分別為12%、10%和5%，、、甲醇的選擇性分別為15%、20%和30%，所以。3．（2024·江蘇鎮(zhèn)江丹陽高級中學3月月考，17）氫氣的制取、的減排和資源利用是當前研究的熱點。(1)熱解制氫的反應原理為：、。常壓下，按投料，并用稀釋，將混合氣以一定流速通過石英管反應器，測得不同溫度下和體積分數(shù)如下：溫度/℃9501000105011001150體積分數(shù)0.51.53.65.58.5體積分數(shù)0.00.00.10.41.8在950-1150°C范圍內(保持其他條件不變)，的體積分數(shù)隨溫度升高的變化是(填“先升高后降低”、“先降低后升高”或“不變”)，其原因是。(2)水煤氣變換制氫反應是放熱的可逆反應，需在多個催化劑反應層間進行降溫操作以“去除”反應過程中的余熱(如圖1所示)，保證反應在最適宜溫度附近進行。在催化劑活性溫度范圍內，圖2中段對應降溫操作的過程，實現(xiàn)該過程的一種操作方法是。若采用噴入冷水(蒸氣)的方式降溫，在圖3中作出平衡轉化率隨溫度變化的曲線。(3)電池是固定的路徑之一、電池以單質為負極，電池反應的產物為和單質碳，研究表明，該電池中通過4步形成；I．II．III．_______N．則步驟III反應式為。(4)銅基催化劑(為、、等)是加氫制甲醇常用的催化劑，部分合成路線如圖-4所示。其中催化劑上有兩個活動點位(位點、氧化物載體位點)，分別在中堿位()、強堿位()吸附發(fā)生反應。①請寫出中堿位()上發(fā)生反應的總化學方程式。②上述加氫制甲醇的過程可簡單描述為。【答案】(1)先升高后降低950℃～1100℃之間，以反應Ⅰ為主，隨溫度升高，反應Ⅰ速率增大的幅度大于反應Ⅱ，S2(g)的體積分數(shù)增大；在1100～1150℃之間，反應Ⅱ速率增大的幅度大于反應Ⅰ，S2(g)的體積分數(shù)減小(2)按原水碳比通入冷的原料氣或通過熱交換器換熱(3)CO2+2=2+C(4)CO2和H2在強堿位()吸附發(fā)生反應生成甲醇和水：【解析】（1）根據(jù)反應原理：(設為反應Ⅰ)、(設為反應Ⅱ)，由表格數(shù)據(jù)可知，和體積分數(shù)都在升高，則的體積分數(shù)隨溫度升高的變化是先升高后降低，原因是在950℃～1100℃之間，以反應Ⅰ為主，隨溫度升高，反應Ⅰ速率增大的幅度大于反應Ⅱ，S2(g)的體積分數(shù)增大；在1100～1150℃之間，反應Ⅱ速率增大的幅度大于反應Ⅰ，S2(g)的體積分數(shù)減小。（2）按原水碳比通入冷的原料氣，降低溫度，化學反應速率稍減小，CO的轉化率稍減小，與圖象符合；或者通過熱交換器換熱，降低溫度，但不改變投料比，反應速率稍減小，CO的轉化率稍降低，也與圖象符合；若采用噴入冷水(蒸氣)的方式降溫，增大水蒸氣的濃度，平衡正向移動，CO的平衡轉化率增大，大于原來的平衡轉化率，所以其圖象為。（3）活潑金屬Li失電子，發(fā)生氧化反應，故Li為負極，二氧化碳在正極發(fā)生還原反應，電池總反應式為3CO2+4Li=2LiCO3+C，依據(jù)Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ，可得驟Ⅲ的離子方程式為CO2+2=2+C。（4）①由圖中可以看出，堿位()參與反應的為CO2和H2，生成的產物為H2O和CO，故堿位()上發(fā)生反應的總化學方程式為；②由圖可知，上述加氫制甲醇的過程可簡單描述為CO2和H2在強堿位()吸附發(fā)生反應生成甲醇和水：。4．（2024·江蘇南京金陵中學期中，17）捕集并轉化可以有效實現(xiàn)碳達峰、碳中和。Ⅰ.工業(yè)上利用兩種溫室氣體和催化重整制取和CO，主要反應為反應①：

過程中還發(fā)生三個副反應：反應②：

反應③：

反應④：

將與(體積比為1∶1)的混合氣體以一定流速通過催化劑，產物中與CO的物質的量之比、的轉化率與溫度的關系如圖所示：(1)。(2)500℃時，比較小，此時發(fā)生的副反應以(選填②、③、④中一種)為主。升高溫度，產物中與CO的物質的量之比增大的原因是。Ⅱ.光催化和生成CO和催化反應機理如圖所示：(3)上述反應機理中表現(xiàn)出氧化性的粒子有。Ⅲ.用光電化學法將還原為有機物實現(xiàn)碳資源的再生利用，其裝置如左圖所示，其他條件一定時，恒定通過電解池的電量，電解得到的部分還原產物的法拉第效率(FE%)隨電解電壓的變化如右圖所示：，其中，，n表示電解生成還原產物X所轉移電子的物質的量，F(xiàn)表示法拉第常數(shù)。(4)當電解電壓為U1V時，陰極生成HCHO的電極反應式為。(5)當電解電壓為U2V時，電解生成的HCOOH和HCHO的物質的量之比為3：2，則生成HCHO的法拉第效率m為?！敬鸢浮?1)+76.4kJ/mol(2)②升高溫度，反應以反應④為主，H2增大幅度大于CO(3)CO2、h+(4)CO2+4e—+4H+=HCHO+H2O(5)20%【解析】（1）由蓋斯定律可知，反應①+反應③得到反應④，則反應ΔH4=(+247.4kJ/mol)+(—171.0kJ/mol)=+76.4kJ/mol。（2）500℃時，產物的比值比較小說明反應中氫氣的物質的量減小、一氧化碳的物質的量增大，則此時發(fā)生的副反應以②為主；升高溫度，產物的比值增大說明反應以反應④的為主，氫氣的物質的量增大幅度大于一氧化碳。（3）由圖可知，二氧化碳Rh表面得到電子生成一氧化碳和氧離子，氧離子作用下甲烷失去電子生成一氧化碳和氫氣，則表現(xiàn)氧化性的微粒為二氧化碳和h+。（4）由圖可知，電解電壓為U1V時，酸性條件下二氧化碳在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成甲醛和水，電極反應式為，故答案為：CO2+4e—+4H+=HCHO+H2O；（5）電解電壓為U2V時，放電生成1mol甲酸轉移2mol，生成1mol甲醛轉移4mol電子，由圖可知，生成甲酸的FE%為15%，則由電解生成的甲酸和甲醛的物質的量之比為3：2可得：：=3：2，解得m=20。5．（2024·江蘇百師聯(lián)盟高三開學考試，16）資源化利用受到國際廣泛關注和研究，可以獲得燃料或重要的化工產品，作為新碳源被廣泛使用?；卮鹣铝袉栴}：(1)的捕集：用飽和溶液做吸收劑可以“捕集”。如果吸收劑失效，可以利用NaOH溶液使其再生，寫出該反應的離子方程式：。(2)以和為原料可得到燃料。已知：①

②

③

寫出由獲得的熱化學方程式：。(3)以二氧化鈦表面覆蓋的為催化劑，可以將和轉化成乙酸。①原料可通過電解法由制取，用稀硫酸作電解質溶液，寫出生成的電極反應式：。②催化劑的催化效率與乙酸的生成速率隨溫度的變化關系如圖所示。250~300℃時，溫度升高而乙酸的生成速率降低的原因是。為了提高的轉化率，可以采取的措施是(任寫一種)。③將溶解在稀硝酸中的離子方程式為。(4)用CoPc/石墨化氮復合催化劑做電極電解海水的裝置如下圖所示，其對海水中的鈉離子具有較好的吸附能力，可以增強二氧化碳以及反應中間體的吸附能力，能夠實現(xiàn)一步直接共產CO和。CoPc/石墨化氮復合催化劑能夠抑制析氫反應，其原因是，陰極有副產物生成，則陰極的電極反應式為。【答案】(1)(2)

(3)溫度超過250℃時，催化劑的催化效率降低增大體系壓強、增大的濃度(4)CoPc/石墨化氮復合催化劑較多地吸附后，對有排斥作用【解析】（1）用飽和溶液吸收生成。吸收劑失效后可利用NaOH溶液使其再生，反應的離子方程式為。（2）結合已知得三個反應和蓋斯定律，反應可由①―②×2所得，則反應的焓變，由獲得的熱化學方程式為

。（3）①通過電解法由制取，碳元素化合價降低，故是二氧化碳得電子被還原的反應，故二氧化碳在陰極反應，則生成的電極反應式為；②250~300℃時，溫度升高，催化劑的催化效率降低，會使反應速率減慢，溫度升高化學反應速率增大，催化劑活性降低對速率的影響大于溫度升高對速率的影響，使速率減慢；要提高反應中的轉化率，化學平衡要正向移動，反應的特點是氣體體積減小，可采取的措施有增大體系的壓強、增大另一種反應物的濃度、及時分離出產物等；③拆成氧化物的形式：，Cu為+1價被硝酸氧化為，所以與酸反應的離子方程式為。（4）CoPc/石墨化氮復合催化劑對海水中的鈉離子具有較好的吸附能力，帶有正電荷對有排斥作用；陰極上得電子發(fā)生還原反應生成CO，同時生成，與陰極通入的過量可以繼續(xù)反應產生，所以陰極的電極反應式為。6．(2024·江蘇南京六校聯(lián)合體高三8月調研，17)不同催化劑作用下還原的機理與效果是研究煙氣(含、、等)脫硝的熱點。(1)二價銅微粒可用作汽車尾氣脫硝的催化劑，其可能的催化機理如圖-1所示，反應過程中不同態(tài)物質體系所含的能量如圖-2所示。下列說法正確的是。a．使用催化劑，可以提高NOx的脫除速率和平衡轉化率b．狀態(tài)②到狀態(tài)③的變化過程決定了整個歷程的反應速率c．狀態(tài)③到狀態(tài)④中有非極性鍵和極性鍵生成d．在題圖-1所示歷程中，銅元素的化合價發(fā)生變化(2)隔膜電解法同時脫硫脫硝的裝置如圖-3所示，其中電極A、B均為惰性電極，電解液為稀硫酸。為提高脫除效率，將陰極室的溶液pH調至4～7，則陰極上的電極反應為。

(3)選擇性催化還原脫硝技術是控制尾部煙氣中NOx排放的最成熟有效的技術之一，在相同時間內，三種催化劑下NO的轉化率、濃度隨溫度變化如圖-4所示?？账?規(guī)定的條件下，單位時間、單位體積催化劑處理的氣體量)的大小直接決定了煙氣在催化劑表面的停留時間和裝置的煙氣處理能力。催化劑能夠適應較大的空速，就可以在保證足夠高的脫硝效率的前提下提高催化劑處理煙氣的能力。相同時間內，MnCeZr催化劑在不同空速下NO的轉化率隨溫度的變化如圖-5所示。①溫度約為℃時，催化劑的活性最大。在MnCe或MnCeZr的催化作用下，350～400℃濃度明顯增大的原因是。②在MnCe催化劑催化作用下，X點的正反應速率(填“>”、“<”或“=”)逆反應速率，說明理由：。③在MnCeZr的催化作用下，實際工業(yè)脫硝應選擇的空速為30000，原因是。【答案】(1)cd(2)(3)①300℃在較高溫度下，隨著催化劑活性的下降，沒有參加反應的NO逐漸被氧化成了②>X點反應未達最大限度，反應仍在正向進行③不同的空速條件下，NO的轉化率相差不大。但使用較大的空速，可以在保證足夠高的脫硝效率的前提下提高催化劑處理煙氣的能力【解析】（1）催化劑只能提高脫硝的速率，不能改變平衡轉化率，a錯誤；慢反應決定了整個歷程的反應速率，故狀態(tài)③到狀態(tài)④的變化過程決定了整個歷程的反應速率，b錯誤；狀態(tài)③到狀態(tài)④中有N與N之間非極性鍵和H與O之間極性鍵生成，c正確；在圖1所示歷程中銅元素的化合價一直都為+2，d正確。（2）陰極發(fā)生還原反應，則陰極上的電極反應為得到電子被還原為，電極反應式為：。（3）①結合題圖1可知，溫度300℃、MnCeZr做催化劑時，NO的轉化率最高。由題圖2結合題干信息“催化劑能夠適應較大的空速，就可以在保證足夠高的脫硝效率的前提下提高催化劑處理煙氣的能力”可知空速30000h?1時NO的轉化率足夠高，故選取工業(yè)脫硝的最佳反應條件為MnCeZr做催化劑、300℃、空速30000h?1；在較高溫度下，催化劑催化活性下降，反應速率減慢，隨著脫硝效率的下降，沒有參加反應的NO逐漸被氧化成了NO2；②在MnCe催化劑催化下，X點的正反應速率＞逆反應速率，因為平衡是可逆反應所能達到的最大限度，相同溫度下，X點時NO的轉化率不是最大的(MnCeZr做催化劑時NO的轉化率更大)，所以X點時反應沒有達到平衡，反應仍在正向進行，即正反應速率大于逆反應速率；③應選擇的空速為30000h?1，根據(jù)提給信息，催化劑能夠適應較大的空速，就可以在保證足夠高的脫硝效率的前提下提高催化劑處理煙氣的能力。7．（2024·江蘇常州第一中學高三期初檢測，17）低碳經濟已成為人們一種新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是能源領域的一個重要研究方向?；卮鹣铝袉栴}：(1)工業(yè)上用和反應合成二甲醚。已知：則kJ?mol-1。(2)二氧化碳的捕集、利用是我國能源領域的一個重要戰(zhàn)略方向。科學家提出由制取的太陽能工藝如圖：已知“重整系統(tǒng)”發(fā)生的反應中，則的化學式為，“熱分解系統(tǒng)”中每轉移電子，需消耗。(3)催化時還可以使用一種無機固體電解質作催化劑，其由正離子和負離子組成，該物質以上形成無序結構(高溫相)，以下變?yōu)橛行蚪Y構(低溫相)，二者晶體晶胞結構如圖所示：說明：圖中，○球為負離子；高溫相中的●深色球為正離子或空位；低溫相中的球為離子，●球為離子。i．這種無機固體電解質的化學式為。ii．“高溫相”具有良好的離子導電性，其主要原因是。(4)銅基催化劑(為等)是加氫制甲醇常用的催化劑，部分合成路線如圖所示。請寫出中堿位上發(fā)生反應的總化學方程式。(5)利用電解法在堿性或酸性條件下將還原為和的原理如下圖所示：已知：選擇性和法拉第效率()的定義(X代表或)如下：

①實驗測得，堿性條件生成總的選擇性小于酸性條件，原因是。②實驗測得，酸性條件生成總的法拉第效率小于堿性條件，原因是。【答案】(1)—130.8(2)Fe3O41(3)A2BX4“高溫相”具有良好的離子導電性與大量的四面體空位有關，四面體空位為正離子的流動提供了運動通道(4)H2+CO2CO+H2O(5)堿性條件下，有部分CO2轉化為CO，用于生成CH4、C2H4的CO2的量減少，使總的選擇性減小酸性條件下，H+離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成H2，導致CO2的消耗量減小，生成CH4、C2H4總的法拉第效率減小【解析】（1）將已知反應依次編號為①②，由蓋斯定律可知，反應①×2—②得到反應，則反應△H3=(—53.7kJ/mol)×2—(+23.4kJ/mol)=—130.8kJ/mol。（2）由圖可知，二氧化碳制取碳的反應方程式為2xFeO+(y—x)CO2(y—x)C+2FexOy，由反應中可得：，解得x：y=3：4，則FexOy為Fe3O4，熱分解系統(tǒng)發(fā)生的反應為2Fe3O46FeO+O2↑，反應消耗2mol四氧化三鐵，轉移4mol電子，則“熱分解系統(tǒng)”中每轉移2mol電子，需消耗四氧化三鐵的物質的量為1mol。（3）i．由低溫相晶胞結構可知，晶胞中位于頂點、棱上、面上和體心X—的個數(shù)為8×+10×+4×+1=8，位于體內的、的個數(shù)分別為4、2，則無機固體電解質的化學式為A2BX4，故答案為：A2BX4；ⅱ．由晶胞結構可知，“高溫相”晶胞中含有大量的四面體空位，四面體空位為正離子的流動提供了運動通道，所以“高溫相”具有良好的離子導電性。（4）由圖可知，堿位(α)上發(fā)生的反應為氫氣與二氧化碳在催化劑作用下反應生成一氧化碳和水，總反應化學方程式H2+CO2CO+H2O。（5）①由圖可知，堿性條件下，有部分CO2轉化為CO，用于生成CH4、C2H4的CO2的量減少，使總的選擇性減小，所以堿性條件生成總的選擇性小于酸性條件。②由圖可知，酸性條件下，H+離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成H2，導致CO2的消耗量減小，生成CH4、C2H4總的法拉第效率減小，所以酸性條件生成總的法拉第效率小于堿性條件。8．（2024·江蘇海安高級中學高三12月月考，17）氫氣是一種清潔能源，制氫技術研究具有重要意義。Ⅰ．制氫：(1)在體積可變密閉容器中，時，發(fā)生下列反應制備氫氣。反應1：

反應2：

反應3：

測得平衡時體系中體積分數(shù)與溫度、壓強關系如圖所示。①維持的壓強不變，提高反應1中平衡轉化率可采取的措施有；②在300℃時，壓強從變?yōu)?，平衡時體積分數(shù)增大的原因是；(2)一種通過光催化循環(huán)在較低溫度下由NaOH溶液制備氫氣的反應原理如圖所示。生成氣體B的反應方程式為：。Ⅱ．儲氫：(3)合成氨是常見儲氫方法，已知

，我國科學家研制出雙催化劑，通過光輻射產生溫差，使工作時納米Fe的溫度為547℃，而的溫度為415℃，其催化合成氨機理如圖3所示。采用雙催化劑雙溫催化可以實現(xiàn)高速率、高產率合成氨，試分析：①高溫區(qū)采用納米Fe催化劑的優(yōu)點是；②低溫區(qū)采用催化劑優(yōu)點是。Ⅲ．用氫：(4)液氨儲氫應用的一種途徑是作為氨燃料電池的原料，氨燃料電池以KOH溶液為電解質溶液，電池反應生成環(huán)境友好的物質。①氨燃料電池在放電時，負極的電極反應方程式為；②如圖，為使電解產物全部轉化為，若電解過程中共轉移了，則需補充。【答案】(1)適當升溫；增大投料比由變?yōu)?，壓強減小；(從或角度回答更好)促使反應1和反應2平衡正向移動，平衡體積分數(shù)增大(2)(3)納米鐵可以吸附更多，高溫有利于斷裂，加快反應速率反應放熱，低溫區(qū)促進N、H合成氨，平衡正向移動，提高平衡產率(4)1.6mol【解析】（1）①該反應為吸熱反應，則維持的壓強不變，提高反應1中平衡轉化率可采取的措施有：適當升溫；增大投料比；②前兩個反應為氣體分子數(shù)增大的反應，溫度相同時，壓強越低氫氣的含量越多，由圖可知P1<P2；則平衡時體積分數(shù)增大的原因是：由變?yōu)?，壓強減??；(從或角度回答更好)促使反應1和反應2平衡正向移動，平衡體積分數(shù)增大。（2）Mn2O3在聚光太陽能作用下分解生成O2和MnO，氣體A為O2。NaMnO2與H2O反應生成Mn2O3和D，該反應中Mn元素化合價未發(fā)生變化，因此不是氧化還原反應，生成的D為NaOH，NaOH與MnO反應生成NaMnO2和氣體B，則氣體B為H2，則生成氣體B的反應方程式為：。（3）①在Fe表面斷裂，F(xiàn)e的溫度高于體系溫度，納米鐵可以吸附更多，高溫有利于斷裂，加快反應速率；②氨氣在表面生成，溫度低于體系溫度，反應放熱，低溫區(qū)促進N、H合成氨，平衡正向移動，提高平衡產率。（4）①根據(jù)圖示可知：在氨燃料電池在放電時，通入NH3的電極為負極，NH3在負極上失去電子被氧化產生N2，則負極的電極方程式為；②電解時NO在陰極上得到電子被還原為，陰極的電極反應式為：NO+5e-+6H+=+H2O；NO在陽極上失去電子被氧化產生，陽極的電極反應式為：NO-3e-+2H2O=+4H+。從兩極反應可看出：要使得失電子守恒，陽極產生的的物質的量大于陰極產生的的物質的量，總反應方程式為：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，反應過程中轉移15mol電子，除產生3molNH4NO3，同時還產生了2molHNO3，要使電解產物全部轉化為NH4NO3，還需補充2molNH3，與反應產生的HNO3結合生成NH4NO3，則若電解過程中共轉移了，則需補充1.6molNH3。9．（2024·江蘇鹽城東臺中學高三3月月考，17）鐵元素的納米材料因具備良好的電學特性和磁學特性，而引起了廣泛的研究。納米零價鐵可用于去除水體中的六價鉻[Cr(VI)]與硝酸鹽等污染物。(1)①用溶液與(H元素為-1價)溶液反應制備納米零價鐵的化學方程式：。當生成1molFe時，反應中轉移電子的物質的量為。②納米Fe和均可用于降解含的廢水。實驗證明輔助納米鐵去除效果更佳，結合圖1，分析其原因是。(2)納米鐵碳微電技術是一種利用鐵和碳的原電池反應去除水中污染物的技術達到無害排放，該技術處理酸性廢水中時正極電極反應式為。(3)利用納米鐵粉去除水體中的Cr(VI)反應機理如圖2所示。①該反應機理中虛線部分可描述為。②為了考察溶解氧對水體中的Cr(VI)去除率的影響，實驗小組設計了一組對比實驗，其中一組在反應中通入，另一組不通入。結果表明，實驗初期，通入的去除率遠高于未通的，其原因可能是。③