（江苏版）新高考化学三轮冲刺强化练习 第17题 化学反应原理综合（解析版）

押江苏卷第17题化学反应原理综合核心考点考情统计考向预测备考策略化学反应原理综合2023·江苏卷，172022·江苏卷，172021·江苏卷，18结合脱硫、脱硝等环境问题为背景综合考查化学反应速率与化学平衡、盖斯定律、电化学、信息方程式的书写以及相关图像分析和归因分析等知识1．重点关注与元素化合物、化学计算等其他模块交叉知识，高考题经常综合考查；2．难点为陌生图像的分析、归因分析及反应机理分析1．（2023·江苏卷，17）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适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高(3)H2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适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。（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。2．（2022·江苏卷，17）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)

H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个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

随增加，生成和H2的速率更快、产量增大，生成的速率更快、产率也增大(3)高效、经济、原子利用率高、无污染【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，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个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；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。(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：高效、经济、原子利用率高、无污染。3．（2021·江苏卷，18）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。1．利用盖斯定律书写热化学方程式的步骤和方法(1)步骤=1\*GB3①对比：对比分析目标热化学方程式和已知热化学方程式，调整已知热化学方程式的化学计量系数与目标热化学方程式的化学计量系数一致=2\*GB3②叠加：根据目标热化学方程式中的反应物和生成物加减所调整的热化学方程式=3\*GB3③计算：按照“叠加”步骤中的调整方法，焓变也随之作相应变化(2)方法=1\*GB3①倒：为了将热化学方程式相加得到目标热化学方程式，可将热化学方程式颠倒过来，反应热的数值不变，但符号相反。这样，就不用再做减法运算了，实践证明，方程式相减时往往容易出错=2\*GB3②乘：为了将热化学方程式相加得到目标热化学方程式，可将方程式乘以某个倍数，反应热也要相乘=3\*GB3③加：上面的两个步骤做好了，只要将热化学方程式相加即可得目标热化学方程式，反应热也要相加2．化工生产适宜条件选择的一般原则化工生产适宜条件选择的一般原则条件原则从化学反应速率分析既不能过快，又不能太慢从化学平衡移动分析既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意二者影响的矛盾性从原料的利用率分析增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本从实际生产能力分析如设备承受高温、高压能力等从催化剂的使用活性分析注意催化剂的活性对温度的限制3．化学反应速率常数及应用(1)速率常数含义：反应速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1mol·L－1时的反应速率。在相同的浓度条件下，可用反应速率常数大小来比较化学反应的反应速率(2)速率常数的影响因素：与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响，但温度对化学反应速率的影响是显著的，速率常数是温度的函数，同一反应，温度不同，速率常数将有不同的值，一般温度越高，反应速率常数越大。通常反应速率常数越大，反应进行得越快。不同反应有不同的速率常数(3)速率方程①定义：一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比②表达式：对于反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，则v正＝k正·ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的反应速率常数)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的反应速率常数)如：反应：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，v正＝k正·c2(NO2)，v逆＝k逆·c2(NO)·c(O2)。(4)速率常数与化学平衡常数之间的关系①K与k正、k逆的关系对于反应：aA(g)＋bB(g)pC(g)＋qD(g)，则：v正＝k正·ca(A)·cb(B)(k正为正反应速率常数)v逆＝k逆·cp(C)·cq(D)(k逆为逆反应速率常数)反应达到平衡时v正＝v逆，此时：k正·ca(A)·cb(B)=k逆·cp(C)·cq(D)，即：②Kp与k正、k逆的关系以2NO2N2O4为例，v正＝k正·p2(NO2)，v逆＝k逆·p(N2O4)反应达到平衡时v正＝v逆，此时：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．催化机理循环图在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质(产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质)，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如下图所示：5．催化机理能垒图(1)在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。可以用图中每步基元反应前后的活性物质，写出其热化学方程式。注意：如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV)，焓变应转化成每摩尔。(2)每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。例如：在Rh催化下，甲酸分解制H2反应的过程如图所示。其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*=HCOO*＋H*；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－0.16NAeV·mol－1(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。6．电解反应方程式的书写(1)基本电极反应式的书写用惰性电极电解NaCl溶液总反应：2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH＋Cl2↑＋H2↑阳极2Cl－－2e－=Cl2↑阴极2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－(或2H＋＋2e－=H2↑)用惰性电极电解CuSO4溶液总反应：2CuSO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2Cu＋O2↑＋2H2SO4阳极2H2O－4e－=O2↑＋4H＋(或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑)阴极2Cu2＋＋4e－=2Cu用惰性电极电解熔融MgCl2总反应：MgCl2(熔融)eq\o(=,\s\up7(电解))Mg＋Cl2↑阳极2Cl－－2e－=Cl2↑阴极Mg2＋＋2e－=Mg(2)提取“信息”书写电极反应式铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜总反应：2Al＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))Al2O3＋3H2↑阳极2Al－6e－＋3H2O=Al2O3＋6H＋阴极6H＋＋6e－=3H2↑用惰性电极电解K2MnO4溶液能得到化合物KMnO4总反应：2MnOeq\o\al(2－,4)＋2H＋eq\o(=,\s\up7(电解))2MnOeq\o\al(－,4)＋H2↑阳极2MnOeq\o\al(2－,4)－2e－=2MnOeq\o\al(－,4)阴极2H＋＋2e－=H2↑有机阳离子、Al2Cleq\o\al(－,7)和AlCleq\o\al(－,4)组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝阳极Al－3e－＋7AlCleq\o\al(－,4)=4Al2Cleq\o\al(－,7)阴极4Al2Cleq\o\al(－,7)＋3e－=Al＋7AlCleq\o\al(－,4)(3)多膜电解池方程式书写[双膜三室吸收液(吸收了烟气中的SO2)]阳极室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＋穿过阳膜进入阴极室(左室)；HSOeq\o\al(－,3)和SOeq\o\al(2－,4)穿过阴膜进入阳极室(右室)阴极室2H2O＋4e－=2OH－＋H2↑HSOeq\o\al(－,3)＋OH－=SOeq\o\al(2－,3)＋H2O产品阳极室较浓的硫酸；阴极室左室亚硫酸钠7．关于归因分析题答题角度(1)化学反应速率：物质结构、反应机理、浓度、温度、催化剂、接触面积、形成原电池等。(2)化学平衡：浓度、温度、压强对平衡移动的影响。(3)物质的性质：氧化或还原能力强弱、稳定性、挥发性、溶解性、酸碱性、吸附性等。(4)双重归因：若两种因素影响不一致，抓矛盾主要方面。要有主语，两个因素影响结果都要交代，最后要有总结性评价。1．（2024·江苏连云港五校高三12月联考，17）氮元素是一种重要元素，其单质及化合物在化工、生产等领域应用非常广泛。请回答下列问题：(1)氮元素的常见单质有、、，在三种分子中的每个氮原子均为8电子稳定结构，则的结构简式为。(2)碘蒸气的存在能大幅度提高的分解速率，反应历程为：第一步：(快反应)第二步：(慢反应)第三步：(快反应)实验表明：含碘时分解速率方程(为速率常数)。下列表述正确的是___________。A．升高温度，第一步向右进行的程度变大B．第二步的活化能比第三步小C．IO为反应的催化剂D．分解反应的速率与是否含碘蒸气有关(3)为探究温度及不同催化剂对反应的影响，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得NO转化率与温度的关系如图所示。在催化剂乙作用下，图中M点对应的速率(对应温度400℃)v(正)v(逆)(填“>”、“<”或“=”)，温度升高后，两种催化剂条件下NO转化效率均明显降低，原因可能是。(4)催化还原NO是重要的烟气脱硝技术。某研究小组将、3moINO和一定量的充入2L密闭容器中，在催化剂表面发生反应，NO的转化率随温度变化的情况如图所示：①在15min内将温度从420℃升高到580℃，此时间段内NO的平均反应速率为。②在有氧条件下，温度580℃之后NO生成的转化率降低的原因可能是。(5)利用如图所示原理去除NO：电解池中阳极发生的反应式为，通过将甲酸与溶于甲醇和水混合溶剂里的NaOH混合，再通入气体的方法可制得；每产生(体积已换算成标准状况，不考虑的溶解)，可处理NO的物质的量为mol。【答案】(1)(2)AD(3)＞温度升高，催化剂活性降低(4)0.057该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，NO转化率降低；(5)0.02【解析】（1）N4中每个N为8电子稳定，N4为四面体结构。（2）断键吸热，所以升高温度，第一步向右进行的程度变大，A正确；第二步的慢反应，其活化能比第三步大，B错误；IO为中间产物，I2是反应的催化剂，C错误；根据含碘时分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)，可判断N2O分解反应的速率与是否含碘蒸气有关，D正确。（3）由于在催化剂乙作用下，图中M点对应的转化率低于催化剂甲时对应的转化率，因此反应没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则速率(对应温度400°C)v(正)>(逆)；温度高于400°C，NO转化率降低的原因可能是温度升高催化剂活性降低。（4）①420℃NO的转化率2%，此时消耗的NO为3mol✖2%=0.06mol，580℃NO的转化率59%，此时消耗NO为3mol✖59%=1.77mol，故在420-580℃，NO的改变量为1.77mol-0.06mol=1.71mol，速率为；②该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，NO转化率降低。（5）由图可知，电解池中阴极的亚硫酸氢根离子得到电子发生还原反应生成，反应式为；阳极反应为，；，当224mLO2，，则可处理NO的物质的量为0.02mol。2．（2024·江苏南京、盐城高三第一次模拟，17）“碳中和”目标如期实现的关键技术之一是的再资源化利用。(1)氨的饱和食盐水捕获是其利用的方法之一，反应原理为：。该反应常温下能自发进行的原因是。(2)基掺杂形成(等)，能用于捕获，原理如下图所示。已知阳离子电荷数越高、半径越小，阴离子越易受其影响而分解。①时，再生的化学方程式为。②相比，其优点有。(3)催化电解吸收的溶液可将转化为有机物。①在阴极放电生成的电极反应式为。②碱性溶液有利于抑制阴极上副产物的产生，该副产物的化学式为。(4)在催化剂作用下，以和为原料合成，主要反应为：反应Ⅰ：反应Ⅱ：保持压强，将起始的混合气体匀速通过装有催化剂的反应管，测得出口处的转化率和甲醇的选择性与温度的关系如题图1、题图2所示。①随着温度的升高，转化率增大、但甲醇选择性降低的原因是。②假设定义催化剂催化效率，计算时三种催化剂的催化效率之比(写出计算过程)。【答案】(1)反应(2)(或)等质量的和相比，吸收的的量多；和电荷数相等、半径小，再生时分解温度低，更节能(3)(4)随着温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ速率加快，消耗的增多。反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，随着温度升高，反应Ⅰ正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，转化率升高、但选择性降低【解析】（1）反应为熵减的反应，该反应常温下能自发进行，反应。（2）①时，加热生成和，再生的化学方程式为，；②已知阳离子电荷数越高、半径越小，阴离子越易受其影响而分解，所以相比，其优点有等质量的和相比，吸收的的量多；和电荷数相等、半径小，再生时分解温度低，更节能。（3）①催化电解吸收的溶液可将转化为有机物，在阴极放电生成，电极反应式为；②电解时，H+可在阴极得到电子生成H2，碱性溶液有利于抑制H2的产生，故答案为H2。（4）①随着温度的升高，随着温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ速率加快，消耗的增多。反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，随着温度升高，反应Ⅰ正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，转化率升高、但选择性降低，导致转化率增大、但甲醇选择性降低；②由图可知，340℃时、、的CO2的转化率分别为12%、10%和5%，、、甲醇的选择性分别为15%、20%和30%，所以。3．（2024·江苏镇江丹阳高级中学3月月考，17）氢气的制取、的减排和资源利用是当前研究的热点。(1)热解制氢的反应原理为：、。常压下，按投料，并用稀释，将混合气以一定流速通过石英管反应器，测得不同温度下和体积分数如下：温度/℃9501000105011001150体积分数0.51.53.65.58.5体积分数0.00.00.10.41.8在950-1150°C范围内(保持其他条件不变)，的体积分数随温度升高的变化是(填“先升高后降低”、“先降低后升高”或“不变”)，其原因是。(2)水煤气变换制氢反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应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。在催化剂活性温度范围内，图2中段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是。若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线。(3)电池是固定的路径之一、电池以单质为负极，电池反应的产物为和单质碳，研究表明，该电池中通过4步形成；I．II．III．_______N．则步骤III反应式为。(4)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-4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。①请写出中碱位()上发生反应的总化学方程式。②上述加氢制甲醇的过程可简单描述为。【答案】(1)先升高后降低950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2(g)的体积分数减小(2)按原水碳比通入冷的原料气或通过热交换器换热(3)CO2+2=2+C(4)CO2和H2在强碱位()吸附发生反应生成甲醇和水：【解析】（1）根据反应原理：(设为反应Ⅰ)、(设为反应Ⅱ)，由表格数据可知，和体积分数都在升高，则的体积分数随温度升高的变化是先升高后降低，原因是在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2(g)的体积分数减小。（2）按原水碳比通入冷的原料气，降低温度，化学反应速率稍减小，CO的转化率稍减小，与图象符合；或者通过热交换器换热，降低温度，但不改变投料比，反应速率稍减小，CO的转化率稍降低，也与图象符合；若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，大于原来的平衡转化率，所以其图象为。（3）活泼金属Li失电子，发生氧化反应，故Li为负极，二氧化碳在正极发生还原反应，电池总反应式为3CO2+4Li=2LiCO3+C，依据Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ，可得骤Ⅲ的离子方程式为CO2+2=2+C。（4）①由图中可以看出，碱位()参与反应的为CO2和H2，生成的产物为H2O和CO，故碱位()上发生反应的总化学方程式为；②由图可知，上述加氢制甲醇的过程可简单描述为CO2和H2在强碱位()吸附发生反应生成甲醇和水：。4．（2024·江苏南京金陵中学期中，17）捕集并转化可以有效实现碳达峰、碳中和。Ⅰ.工业上利用两种温室气体和催化重整制取和CO，主要反应为反应①：

过程中还发生三个副反应：反应②：

反应③：

反应④：

将与(体积比为1∶1)的混合气体以一定流速通过催化剂，产物中与CO的物质的量之比、的转化率与温度的关系如图所示：(1)。(2)500℃时，比较小，此时发生的副反应以(选填②、③、④中一种)为主。升高温度，产物中与CO的物质的量之比增大的原因是。Ⅱ.光催化和生成CO和催化反应机理如图所示：(3)上述反应机理中表现出氧化性的粒子有。Ⅲ.用光电化学法将还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如左图所示，其他条件一定时，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右图所示：，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。(4)当电解电压为U1V时，阴极生成HCHO的电极反应式为。(5)当电解电压为U2V时，电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为3：2，则生成HCHO的法拉第效率m为。【答案】(1)+76.4kJ/mol(2)②升高温度，反应以反应④为主，H2增大幅度大于CO(3)CO2、h+(4)CO2+4e—+4H+=HCHO+H2O(5)20%【解析】（1）由盖斯定律可知，反应①+反应③得到反应④，则反应ΔH4=(+247.4kJ/mol)+(—171.0kJ/mol)=+76.4kJ/mol。（2）500℃时，产物的比值比较小说明反应中氢气的物质的量减小、一氧化碳的物质的量增大，则此时发生的副反应以②为主；升高温度，产物的比值增大说明反应以反应④的为主，氢气的物质的量增大幅度大于一氧化碳。（3）由图可知，二氧化碳Rh表面得到电子生成一氧化碳和氧离子，氧离子作用下甲烷失去电子生成一氧化碳和氢气，则表现氧化性的微粒为二氧化碳和h+。（4）由图可知，电解电压为U1V时，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醛和水，电极反应式为，故答案为：CO2+4e—+4H+=HCHO+H2O；（5）电解电压为U2V时，放电生成1mol甲酸转移2mol，生成1mol甲醛转移4mol电子，由图可知，生成甲酸的FE%为15%，则由电解生成的甲酸和甲醛的物质的量之比为3：2可得：：=3：2，解得m=20。5．（2024·江苏百师联盟高三开学考试，16）资源化利用受到国际广泛关注和研究，可以获得燃料或重要的化工产品，作为新碳源被广泛使用。回答下列问题：(1)的捕集：用饱和溶液做吸收剂可以“捕集”。如果吸收剂失效，可以利用NaOH溶液使其再生，写出该反应的离子方程式：。(2)以和为原料可得到燃料。已知：①

②

③

写出由获得的热化学方程式：。(3)以二氧化钛表面覆盖的为催化剂，可以将和转化成乙酸。①原料可通过电解法由制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成的电极反应式：。②催化剂的催化效率与乙酸的生成速率随温度的变化关系如图所示。250~300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是。为了提高的转化率，可以采取的措施是(任写一种)。③将溶解在稀硝酸中的离子方程式为。(4)用CoPc/石墨化氮复合催化剂做电极电解海水的装置如下图所示，其对海水中的钠离子具有较好的吸附能力，可以增强二氧化碳以及反应中间体的吸附能力，能够实现一步直接共产CO和。CoPc/石墨化氮复合催化剂能够抑制析氢反应，其原因是，阴极有副产物生成，则阴极的电极反应式为。【答案】(1)(2)

(3)温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低增大体系压强、增大的浓度(4)CoPc/石墨化氮复合催化剂较多地吸附后，对有排斥作用【解析】（1）用饱和溶液吸收生成。吸收剂失效后可利用NaOH溶液使其再生，反应的离子方程式为。（2）结合已知得三个反应和盖斯定律，反应可由①―②×2所得，则反应的焓变，由获得的热化学方程式为

。（3）①通过电解法由制取，碳元素化合价降低，故是二氧化碳得电子被还原的反应，故二氧化碳在阴极反应，则生成的电极反应式为；②250~300℃时，温度升高，催化剂的催化效率降低，会使反应速率减慢，温度升高化学反应速率增大，催化剂活性降低对速率的影响大于温度升高对速率的影响，使速率减慢；要提高反应中的转化率，化学平衡要正向移动，反应的特点是气体体积减小，可采取的措施有增大体系的压强、增大另一种反应物的浓度、及时分离出产物等；③拆成氧化物的形式：，Cu为+1价被硝酸氧化为，所以与酸反应的离子方程式为。（4）CoPc/石墨化氮复合催化剂对海水中的钠离子具有较好的吸附能力，带有正电荷对有排斥作用；阴极上得电子发生还原反应生成CO，同时生成，与阴极通入的过量可以继续反应产生，所以阴极的电极反应式为。6．(2024·江苏南京六校联合体高三8月调研，17)不同催化剂作用下还原的机理与效果是研究烟气(含、、等)脱硝的热点。(1)二价铜微粒可用作汽车尾气脱硝的催化剂，其可能的催化机理如图-1所示，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图-2所示。下列说法正确的是。a．使用催化剂，可以提高NOx的脱除速率和平衡转化率b．状态②到状态③的变化过程决定了整个历程的反应速率c．状态③到状态④中有非极性键和极性键生成d．在题图-1所示历程中，铜元素的化合价发生变化(2)隔膜电解法同时脱硫脱硝的装置如图-3所示，其中电极A、B均为惰性电极，电解液为稀硫酸。为提高脱除效率，将阴极室的溶液pH调至4～7，则阴极上的电极反应为。

(3)选择性催化还原脱硝技术是控制尾部烟气中NOx排放的最成熟有效的技术之一，在相同时间内，三种催化剂下NO的转化率、浓度随温度变化如图-4所示。空速(规定的条件下，单位时间、单位体积催化剂处理的气体量)的大小直接决定了烟气在催化剂表面的停留时间和装置的烟气处理能力。催化剂能够适应较大的空速，就可以在保证足够高的脱硝效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力。相同时间内，MnCeZr催化剂在不同空速下NO的转化率随温度的变化如图-5所示。①温度约为℃时，催化剂的活性最大。在MnCe或MnCeZr的催化作用下，350～400℃浓度明显增大的原因是。②在MnCe催化剂催化作用下，X点的正反应速率(填“>”、“<”或“=”)逆反应速率，说明理由：。③在MnCeZr的催化作用下，实际工业脱硝应选择的空速为30000，原因是。【答案】(1)cd(2)(3)①300℃在较高温度下，随着催化剂活性的下降，没有参加反应的NO逐渐被氧化成了②>X点反应未达最大限度，反应仍在正向进行③不同的空速条件下，NO的转化率相差不大。但使用较大的空速，可以在保证足够高的脱硝效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力【解析】（1）催化剂只能提高脱硝的速率，不能改变平衡转化率，a错误；慢反应决定了整个历程的反应速率，故状态③到状态④的变化过程决定了整个历程的反应速率，b错误；状态③到状态④中有N与N之间非极性键和H与O之间极性键生成，c正确；在图1所示历程中铜元素的化合价一直都为+2，d正确。（2）阴极发生还原反应，则阴极上的电极反应为得到电子被还原为，电极反应式为：。（3）①结合题图1可知，温度300℃、MnCeZr做催化剂时，NO的转化率最高。由题图2结合题干信息“催化剂能够适应较大的空速，就可以在保证足够高的脱硝效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力”可知空速30000h−1时NO的转化率足够高，故选取工业脱硝的最佳反应条件为MnCeZr做催化剂、300℃、空速30000h−1；在较高温度下，催化剂催化活性下降，反应速率减慢，随着脱硝效率的下降，没有参加反应的NO逐渐被氧化成了NO2；②在MnCe催化剂催化下，X点的正反应速率＞逆反应速率，因为平衡是可逆反应所能达到的最大限度，相同温度下，X点时NO的转化率不是最大的(MnCeZr做催化剂时NO的转化率更大)，所以X点时反应没有达到平衡，反应仍在正向进行，即正反应速率大于逆反应速率；③应选择的空速为30000h−1，根据提给信息，催化剂能够适应较大的空速，就可以在保证足够高的脱硝效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力。7．（2024·江苏常州第一中学高三期初检测，17）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)工业上用和反应合成二甲醚。已知：则kJ∙mol-1。(2)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”中每转移电子，需消耗。(3)催化时还可以使用一种无机固体电解质作催化剂，其由正离子和负离子组成，该物质以上形成无序结构(高温相)，以下变为有序结构(低温相)，二者晶体晶胞结构如图所示：说明：图中，○球为负离子；高温相中的●深色球为正离子或空位；低温相中的球为离子，●球为离子。i．这种无机固体电解质的化学式为。ii．“高温相”具有良好的离子导电性，其主要原因是。(4)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。请写出中碱位上发生反应的总化学方程式。(5)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：选择性和法拉第效率()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)—130.8(2)Fe3O41(3)A2BX4“高温相”具有良好的离子导电性与大量的四面体空位有关，四面体空位为正离子的流动提供了运动通道(4)H2+CO2CO+H2O(5)碱性条件下，有部分CO2转化为CO，用于生成CH4、C2H4的CO2的量减少，使总的选择性减小酸性条件下，H+离子在阴极得到电子发生还原反应生成H2，导致CO2的消耗量减小，生成CH4、C2H4总的法拉第效率减小【解析】（1）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应①×2—②得到反应，则反应△H3=(—53.7kJ/mol)×2—(+23.4kJ/mol)=—130.8kJ/mol。（2）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。（3）i．由低温相晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、棱上、面上和体心X—的个数为8×+10×+4×+1=8，位于体内的、的个数分别为4、2，则无机固体电解质的化学式为A2BX4，故答案为：A2BX4；ⅱ．由晶胞结构可知，“高温相”晶胞中含有大量的四面体空位，四面体空位为正离子的流动提供了运动通道，所以“高温相”具有良好的离子导电性。（4）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H2+CO2CO+H2O。（5）①由图可知，碱性条件下，有部分CO2转化为CO，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。②由图可知，酸性条件下，H+离子在阴极得到电子发生还原反应生成H2，导致CO2的消耗量减小，生成CH4、C2H4总的法拉第效率减小，所以酸性条件生成总的法拉第效率小于碱性条件。8．（2024·江苏海安高级中学高三12月月考，17）氢气是一种清洁能源，制氢技术研究具有重要意义。Ⅰ．制氢：(1)在体积可变密闭容器中，时，发生下列反应制备氢气。反应1：

反应2：

反应3：

测得平衡时体系中体积分数与温度、压强关系如图所示。①维持的压强不变，提高反应1中平衡转化率可采取的措施有；②在300℃时，压强从变为，平衡时体积分数增大的原因是；(2)一种通过光催化循环在较低温度下由NaOH溶液制备氢气的反应原理如图所示。生成气体B的反应方程式为：。Ⅱ．储氢：(3)合成氨是常见储氢方法，已知

，我国科学家研制出双催化剂，通过光辐射产生温差，使工作时纳米Fe的温度为547℃，而的温度为415℃，其催化合成氨机理如图3所示。采用双催化剂双温催化可以实现高速率、高产率合成氨，试分析：①高温区采用纳米Fe催化剂的优点是；②低温区采用催化剂优点是。Ⅲ．用氢：(4)液氨储氢应用的一种途径是作为氨燃料电池的原料，氨燃料电池以KOH溶液为电解质溶液，电池反应生成环境友好的物质。①氨燃料电池在放电时，负极的电极反应方程式为；②如图，为使电解产物全部转化为，若电解过程中共转移了，则需补充。【答案】(1)适当升温；增大投料比由变为，压强减小；(从或角度回答更好)促使反应1和反应2平衡正向移动，平衡体积分数增大(2)(3)纳米铁可以吸附更多，高温有利于断裂，加快反应速率反应放热，低温区促进N、H合成氨，平衡正向移动，提高平衡产率(4)1.6mol【解析】（1）①该反应为吸热反应，则维持的压强不变，提高反应1中平衡转化率可采取的措施有：适当升温；增大投料比；②前两个反应为气体分子数增大的反应，温度相同时，压强越低氢气的含量越多，由图可知P1<P2；则平衡时体积分数增大的原因是：由变为，压强减小；(从或角度回答更好)促使反应1和反应2平衡正向移动，平衡体积分数增大。（2）Mn2O3在聚光太阳能作用下分解生成O2和MnO，气体A为O2。NaMnO2与H2O反应生成Mn2O3和D，该反应中Mn元素化合价未发生变化，因此不是氧化还原反应，生成的D为NaOH，NaOH与MnO反应生成NaMnO2和气体B，则气体B为H2，则生成气体B的反应方程式为：。（3）①在Fe表面断裂，Fe的温度高于体系温度，纳米铁可以吸附更多，高温有利于断裂，加快反应速率；②氨气在表面生成，温度低于体系温度，反应放热，低温区促进N、H合成氨，平衡正向移动，提高平衡产率。（4）①根据图示可知：在氨燃料电池在放电时，通入NH3的电极为负极，NH3在负极上失去电子被氧化产生N2，则负极的电极方程式为；②电解时NO在阴极上得到电子被还原为，阴极的电极反应式为：NO+5e-+6H+=+H2O；NO在阳极上失去电子被氧化产生，阳极的电极反应式为：NO-3e-+2H2O=+4H+。从两极反应可看出：要使得失电子守恒，阳极产生的的物质的量大于阴极产生的的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，反应过程中转移15mol电子，除产生3molNH4NO3，同时还产生了2molHNO3，要使电解产物全部转化为NH4NO3，还需补充2molNH3，与反应产生的HNO3结合生成NH4NO3，则若电解过程中共转移了，则需补充1.6molNH3。9．（2024·江苏盐城东台中学高三3月月考，17）铁元素的纳米材料因具备良好的电学特性和磁学特性，而引起了广泛的研究。纳米零价铁可用于去除水体中的六价铬[Cr(VI)]与硝酸盐等污染物。(1)①用溶液与(H元素为-1价)溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：。当生成1molFe时，反应中转移电子的物质的量为。②纳米Fe和均可用于降解含的废水。实验证明辅助纳米铁去除效果更佳，结合图1，分析其原因是。(2)纳米铁碳微电技术是一种利用铁和碳的原电池反应去除水中污染物的技术达到无害排放，该技术处理酸性废水中时正极电极反应式为。(3)利用纳米铁粉去除水体中的Cr(VI)反应机理如图2所示。①该反应机理中虚线部分可描述为。②为了考察溶解氧对水体中的Cr(VI)去除率的影响，实验小组设计了一组对比实验，其中一组在反应中通入，另一组不通入。结果表明，实验初期，通入的去除率远高于未通的，其原因可能是。③