备战2025年高考化学抢押秘籍(江苏专用)猜押化学反应原理综合题(学生版+解析)练习

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1．(2025·江苏苏北四市（徐连淮宿）·一模)的催化加氢反应可以产生多种高附加值产品，如甲醇，碳氢化合物等。
Ⅰ．由制碳氢化合物的过程如图-1所示。
(1)涉及部分反应：



(2)催化剂Ⅰ可使用铁基催化剂。
①方铁矿()可用作催化剂，当时，晶体中为 。
②地球化学研究发现，地幔层(温度)中磁铁矿与石墨矿会转化为方铁矿，该反应的化学方程式为 。
Ⅱ．电催化还原制备碳氢化合物，其装置原理如图-2所示。
(3)电池工作过程中，阴极生成的电极反应式为 。
(4)每转移2ml电子，阳极室溶液质量减少 g。
Ⅲ．把附着在分子筛上，可催化、生成及碳氢化合物，部分反应机理如图-3所示。催化剂中、转化率，烃的选择性关系如图-4所示。
(5)大于1后，CO转化率降低的可能原因为 。
(6)随增加，烯烃选择性减少，烷烃增加的可能原因为 。
【答案】(1)
(2) 8.5
(3)
(4)18
(5)Zr含量减少，吸附的CO量减少，CO转化率降低
(6)随Zn的量增多，吸附的量增多，产生、增多，与烯烃反应，使烷烃量增加，烯烃量减少
【详解】（1）根据盖斯定律， 可以由减去得到，则该过程的；
故答案为：；
（2）当，方铁矿()可写为，根据化合物化合价为零的规律，有关系式，解得，则=8.5；磁铁矿主要成分为与石墨矿反应转化为方铁矿与CO，则化学方程式为；
故答案为：8.5；；
（3）从电催化还原制备碳氢化合物装置图-2可知，装置中使用了质子交换膜，左侧惰性电极发生氧化反应，该电极为阳极，右侧石墨烯电极发生或等碳氢化合物，为还原反应，该电极为阴极，其中生成的电极反应式为；
故答案为：；
（4）左侧惰性电极为阳极，发生电极反应式为，且由阳极室通过质子交换膜移向阴极室，每转移2ml电子，生成0.5ml，移走2ml，阳极室溶液质量减少；
故答案为：18；
（5）从催化、生成及碳氢化合物，部分反应机理图-3可看出，需吸附在上转化生成或碳氢化合物，当大于1后，随比值增大，含量减少，吸附CO的量降低，则转化率降低；
故答案为：Zr含量减少，吸附的CO量减少，CO转化率降低；
（6）从部分反应机理图-3可看出吸附在上产生、，再生成或碳氢化合物，随增加，则Zn的含量增多，吸附的量增多，产生、增多，会与烯烃反应，生成烷烃从而使烷烃量增加，烯烃量减少；
故答案为：随Zn的量增多，吸附的量增多，产生、增多，与烯烃反应，使烷烃量增加，烯烃量减少。
2．(2025·江苏无锡·一模)二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为
．
．
．
在密闭容器中，时，在催化剂作用下反应相同时间所测得的平衡转化率、实际转化率随温度的变化如图1所示。的选择性可表示为。
(1)各物质的相对能量如图2所示， ，平衡时的选择性随着温度的升高 (填“增大”“减小”或“不变”)，用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度为 。
(2)在密闭容器中，和的起始物质的量分别为和，平衡后反应体系中各物质的物质的量随温度的变化如图3所示，图中表示的物质的量的曲线为 。在，反应的平衡常数 。(保留两位有效数字)
(3)催化与转化为的机理如图4所示。反应体系中呈现 种价态，催化剂中掺入少量，用替代结构中部分形成，可提高催化效率的原因是 。
【答案】(1) 减小
(2) B 0.17
(3) 2 导致催化剂结构中出现较多的氧空位，利于二氧化碳的催化转化
【详解】（1）反应的焓变等于生成物焓的和减去反应物的焓的和，则2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g) ΔH3=[(-393)+(-75)-2×(-111)+2×0]kJ/ml=-246kJ/ml；生成甲烷的反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时CH4的选择性随着温度的升高而减小；由图可知温度400℃左右时二氧化碳实际转化率最高，催化剂的活性最大，此时为最适温度，温度继续增加，催化剂活性下降，故用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度为400℃；故答案为-246；减小；400℃；
（2）结合图2可知，低于300℃二氧化碳的平衡转化率接近100%，此时图3中AB的量接近2ml、1ml，DE的量接近0ml，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动、Ⅱ正向移动，导致量增大、甲烷的量减小，结合碳守恒可知，含碳物质的量不会超过1ml，则A为水、B为甲烷、C为氢气、E为一氧化碳、D为二氧化碳，故图中表示CH4的物质的量的曲线为B；在505℃，水、氢气均为1.35ml，结合氢守恒可知，甲烷为，设二氧化碳、一氧化碳分别为aml、bml，由碳守恒可知，a+b+0.65=1，由氧守恒可知，2a+b+1.35=1×2，解得a=0.3ml，b=0.05ml，反应Ⅱ的平衡常数；故答案为B；0.17；
（3）由图可知，Ce可以与1个氧或2个氧结合，氧化合价为-2，故Ce的化合价为+4或+2两种价态；结合反应机理可知，Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成，导致催化剂结构中出现较多的氧空位，利于二氧化碳的催化转化，故答案为2；导致催化剂结构中出现较多的氧空位，利于二氧化碳的催化转化。
3．(2025·江苏南通、如皋·第一次适应性考试)CO2的转化是实现“碳中和”的有效途径。
(1)CO2催化加氢合成甲醇(反应Ⅰ)中伴随反应Ⅱ的发生：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)
反应Ⅱ：CO2(g)＋2H2(g)=CH2O(g)＋H2O(g)
恒压时，CO2和H2起始量一定的条件下，在分子筛膜反应器中反应，该分子筛膜能选择性分离出H2O(g)。
①使用分子筛膜的目的是 。
②将反应后的气体以一定流速通过含Cu＋修饰的吸附剂，分离其中的CH3OH(g)和CH2O(g)，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图1所示。20～40min，CH3OH(g)浓度比增大而CH2O(g)浓度比几乎为0的原因是 。
(2)CO2与CH4重整可以制取CO和H2。1.01×105Pa下，将n起始(CO2)∶n起始(CH4)=1∶1的混合气体置于密闭容器中，发生如下反应：
反应Ⅲ：CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)；ΔH=246.5kJ·ml-1
反应Ⅳ：H2(g)＋CO2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH=41.2kJ·ml-1
反应Ⅴ：2CO(g)=CO2(g)＋C(s)；ΔH=-172.5kJ·ml-1
不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图2所示。500～800℃范围内，CO2的平衡转化率低于CH4的原因是 。
(3)一种金属氧化物(用MR表示)催化CO2与环氧丙烷()反应制碳酸酯X反应机理如图所示。已知CO2中的碳氧键可以被催化剂中具有较强给电子能力的活性中心的电子进攻而活化断裂。
①碳酸酯X的结构简式为 。
②MgO活化催化CO2的能力强于Al2O3的原因是 。
【答案】(1) 分离出H2O(g)，促进平衡正向移动，增大CO2的转化率 CH2O含π键电子，Cu＋与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的CH3OH被CH2O替代
(2)该温度范围内，反应Ⅴ进行的程度大于反应Ⅳ进行的程度
(3) Mg的金属性强于Al，MgO的O负电性更强，MgO的O更易进攻活化CO2中的碳氧键
【详解】（1）①根据信息可知该分子筛膜能选择性分离出H2O(g)，分离出产物H2O(g)，能促进平衡正向移动，增大CO2的转化率。
②根据信息可知Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键，而CH2O含π键电子，Cu＋与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的CH3OH被CH2O替代。
（2）根据信息可知CH4和CO2的起始投料相同，而反应Ⅲ中两者也是按1:1反应，则推断500～800℃范围内，CO2的平衡转化率低于CH4的原因是该温度范围内，反应Ⅴ进行的程度大于反应Ⅳ进行的程度。
（3）
①由的变化过程可知，中与M 相连的O-和与R相连的C原子相结合，得到碳酸酯X的结构简式为。
②MgO活化催化CO2的能力强于Al2O3的原因是Mg的金属性强于Al，MgO的O负电性更强，MgO的O更易进攻活化CO2中的碳氧键。
4．(2025·江苏南京、盐城·一模)研究脱除烟气中的是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。
(1)催化脱硝。用催化脱除汽车尾气中的和。
①已知： 。
的标准燃烧热。则反应 。
②催化脱硝的反应机理如图所示。“过程①”部分转化成。当氧化标准状况下2.24LCO时，生成的中 。
(2)络合吸收脱硝。用、混合液吸收烟气中NO，反应机理示意如下。
[NO络合]
[再生]反应ⅰ.
反应ⅱ.
反应iii.……
①从结构上分析与成键络合的原理为 。
②反应ⅲ的离子方程式为 。
③探究烟气中对吸收液脱除的影响。将一定比例和的混合气体匀速通过装有吸收液的反应器。NO去除率、吸收液中浓度随时间的变化如下图所示。在前后，NO去除率先上升后下降的原因是 。
(3)电解氧化脱硝。电解食盐水，利用生成的将废气中氧化为。电解溶液，去除率、溶液中浓度与电流强度的关系如下图所示。当电流强度大于时，随着电流强度的增大，去除率降低的可能原因是 。
【答案】(1) -746 1：4
(2) 提供空轨道，提供孤电子对，形成配位键络合 前，氧化生成，被水吸收，去除率上升；后，氧化生成不能与络合的，使浓度减小，去除率下降
(3)当电流强度大于时，随着电流强度的增大，放电生成了更高价态的酸根(或参加放电)，溶液中浓度减小，的去除率降低
【详解】（1）①已知： ，的标准燃烧热，根据盖斯定律，将2×△H2-△H1可得目标反应的△H=2×(-283kJ/ml)-(+180kJ/ml)=-746kJ/ml。
②1mlCeO2​中n(Ce)=1ml，标准状况下2.24LCO的物质的量n(CO)=2.24÷22.4L/ml​=0.1ml。CO作还原剂，CO中C元素化合价从+2价升高到+4价，1mlCO失去2ml电子，0.1mlCO失去电子的物质的量为0.1ml×2=0.2ml。CeO2​中Ce元素化合价从+4价降低到+3价，设生成Ce3+的物质的量为xml，则失去电子的物质的量为0.2ml时，x=0.2ml，Ce4+的物质的量为(1−0.2)ml=0.8ml，所以n(Ce3+):n(Ce4+)=0.2:0.8=1:4。
（2）①具有空轨道，NO分子中N原子有孤对电子，N原子的孤电子对可以进入Fe2+的空轨道，形成配位键，从而使与发生络合反应。
②反应ⅰ.，反应ⅱ.，此为Fe2+的再生，故反应ⅲ为。
③前，氧化生成，被水吸收，去除率上升；后，氧化生成不能与络合的，使浓度减小，再生困难，导致去除率下降。
（3）当电流强度大于时，随着电流强度的增大，去除率降低的可能原因是随着电流强度的增大，放电生成了更高价态的酸根(或参加放电)，溶液中浓度减小，使参与氧化NO的浓度降低，的去除率降低。
5．(2024·江苏宿迁·三模)碳中和是科学研究的重要方向，将二氧化碳转化为甲烷、碳酸二甲酯等，是资源化利用CO2的有效方式。
I．合成CH4过程中涉及如下反应：
甲烷化反应(主反应)：CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH1=-164.7 kJ·ml−1
逆变换反应(副反应)：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH2=＋41.1 kJ·ml−1
(1)不同条件下，按照n(CO2)∶n(H2)=1∶4投料，CO2的平衡转化率如图所示。
①压强P1、P2、P3由大到小的顺序是 。
②压强为P1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。温度高于600℃，随温度升高CO2平衡转化率增大的原因是 。
(2)积炭是制约CO2甲烷化工业应用的主要问题。
积炭反应：2CO(g)=C(s)＋CO2(g) ΔH3
CH4(g)=C(s)＋2H2(g) ΔH4=＋74.8 kJ·ml−1
①CO歧化积炭反应自发趋势是 。
A．高温自发 B．低温自发 C．任意温度自发 D．任意温度非自发
②积碳主要由CH4(g)=C(s)＋2H2(g)引起，关键是开发出具有抗积碳性能[C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)]的催化剂。催化剂A、B对积碳与消碳的影响如图所示。则工业生产时应选择何种催化剂并说明理由 。
Ⅱ．电化学方法还原可将CO2将其转化为其它化学产品。酸性条件下电化学还原CO2的装置如图所示。
已知法拉第效率(FE)表示为：FE(B)%=。
控制pH=1、电解液中存在KCl时，电化学还原CO2过程中CH4(其他含碳产物未标出)和H2的法拉第效率变化如图所示。
(3)阴极生成甲烷的电极反应式是 。
(4)结合上图的变化规律，推测KCl可能的作用是 。
(5)CO2与甲醇可以在一定条件下合成碳酸二甲酯，在CeO2催化CO2合成碳酸二甲酯(DMC)的反应机理可能分三步进行，如图所示，推测反应②的中间体产物的结构式为 。
【答案】(1) P3 > P2 > P1 CO2平衡转化率为反应i和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和，反应i为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ii，(或: i为放热反应，ⅱ为吸热反应，600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ii)
(2) 低温 工业生产时应选择催化剂A，催化剂A对于积碳反应的活化能大，同时对于消碳反应的活化能小，说明不利于积碳有利于消碳
(3)
(4)KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气(或KCl的浓度大于1ml/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性)
(5)
【详解】（1）①该主反应是体积减小的反应，副反应是等体积反应，画一条与y轴相平的平行线，从下到上，转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大，因此压强P1、P2、P3由大到小的顺序是P3 > P2 > P1，故答案为: P3 > P2 > P1；
②压强为P1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大，温度高于600℃之后，随.着温度升高CO2转化率增大，原因是CO2平衡转化率为反应i和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和，反应i为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ii，(或: i为放热反应，ⅱ为吸热反应，600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ii)；故答案为：CO2平衡转化率为反应i和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和，反应i为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ii，(或: i为放热反应，ⅱ为吸热反应，600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ii)；
（2）已知：Ⅰ：CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH1=-164.7 kJ·ml−1
Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH2=＋41.1 kJ·ml−1
Ⅳ：CH4(g)=C(s)＋2H2(g) ΔH4=＋74.8 kJ·ml−1
根据盖斯定律，由Ⅰ-Ⅱ2+Ⅳ得反应2CO(g)=C(s)＋CO2(g) ΔH3=ΔH1-2ΔH2+ΔH4=-164.7 kJ·ml−1-(＋41.1 kJ·ml−1)2+74.8 kJ·ml−1=-172.1 kJ·ml−1，ΔH30”“0 对总反应速率的影响更大 释氯时可能发生副反应：，少量会抑制反应发生 (或)
【分析】沉淀池发生反应NaCl+H2O+CO2+NH3=NH4Cl+NaHCO3↓，母液I含NH4Cl，通入氨气促进析出，分离得到氯化铵晶体和母液Ⅱ；
【详解】（1）①反应的平衡常数K===0.09；
②向“母液Ⅰ”中通入氨气可提高的循环利用率，其原理是增大，促进析出；使转化为，增大钠盐溶解度，有利于循环；
（2）①温度越高，越有利于分解说明该分解反应是吸热反应，∆H>0，则a>0；
②根据图2可得反应I：，已知反应Ⅱ： ，由盖斯定律，反应I+Ⅱ可得“释氨”主反应为，该反应；
③粒径大小对“释氨”反应速率的影响明显小于MgO粒径大小的影响，其原因是：对总反应速率的影响更大；
④“释氯”装置中含有少量可提高“释氯”时HCl的平衡产率，主要原因：释氯时可能发生副反应：，少量会抑制反应发生；
⑤分解反应为 ，分解需要吸收20×akJ能量，需要标况下即物质的量为，已知 ，则燃烧放出热量为，热量利用率为。
9．(2024·江苏南通·调研)苯乙烯是合成橡胶和塑料的重要原料，可由乙苯为原料制得。
(1)利用“乙苯脱氢反应”可制备苯乙烯。
C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ΔH=akJ•ml-1
保持气体总压不变，原料气按以下A、B、C三种投料方式进行：
A．乙苯
B．n(乙苯)：n(N2)=1：10
C．n(乙苯)：n(CO2)=1：10
三种投料分别达到平衡时，乙苯转化为苯乙烯的转化率[×100%]与温度的关系如图1所示。
①α 0(填“＞”、“＜”或“不能确定”)。
②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是 。
③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是 。
④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是 。
(2)CO2用于制备苯乙烯有助于实现“碳中和”。
①在催化剂X作用下，CO2参与反应的机理如图2所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。根据元素电负性的变化规律，图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为 。
②保持混合气体总压(p)等其他条件不变，CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示。p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是 。
【答案】(1) ＞ 加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反应平衡时正向进行程度更大 CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH=CH2；CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大 水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳
(2) 乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上 过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降
【详解】（1）①根据图像可知转化率是大于0的，故α＞0。
②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反应平衡时正向进行程度更大。
③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH=CH2；CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大。
④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳。
（2）
①图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。
②CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示，p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降。
10．(2024·江苏苏锡常镇四市·二模)丙烷脱氢制丙烯是较为理想的丙烯生产渠道。
(1)丙烷直接催化脱氢。在催化剂作用下，丙烷直接脱氢制丙烯反应历程中的相对能量变化如图所示(*表示催化剂表面吸附位点，如表示吸附在催化剂表面的)。
①丙烷直接催化脱氢制丙烯反应的 。
②该反应历程共分五步，其中速率控制步骤为第 步。
③研究表明，实际生产中除使用催化剂外，还需控制反应温度在选择温度为的原因是 。
(2)氧化丙烷脱氢。下，将不同组分的原料混合气以相同流速通过装有催化剂的反应床，测得转化率和选择性(选择性)随时间的变化关系如图所示，图中分别代表、的两种原料气。
①随着反应的进行，4小时前A组分原料气中转化率和选择性均有所提升，且在反应床出口检测到。研究表明，氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：Ⅰ．；Ⅱ． 。(填化学方程式)
②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是 。
(3)丙烷燃料电池脱氢。一种质子导体燃料电池采用材料作阳极催化层，在阳极侧注入燃料气，阴极侧直接暴露于空气中，在下可实现丙烷高效脱氢制丙烯，装置如图所示。
①电池工作时，负极发生主要反应的电极反应式为 。
②与氧化丙烷脱氢相比，丙烷燃料电池脱氢制丙烯工艺的优点是 。
【答案】(1) 123.21 四 该温度下催化剂的活性较高，反应速率较快
(2) 丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷脱氢时，CO2能发生反应，及时消除积碳
(3) 反应物空气廉价易得，且在制备丙烯的同时可获得电能
【详解】（1）①丙烷直接催化脱氢制丙烯反应，观察反应历程可知；
②化学反应速率由慢反应决定，反应的能垒越大，反应速率越慢，控速步骤就是活化能最大的步骤，由图可知为第四步，所需活化能最大，故速率控制步骤为第四步；
③选择温度为480℃的原因是该温度下催化剂的活性较高，反应速率较快。
（2）①随着反应的进行，且检测到，氧化丙烷脱氢总反应为： ， 由此可知反应II为；
②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷脱氢时，CO2能发生反应，及时消除积碳。
（3）①该装置是实现丙烷高效脱氢制丙烯，负极发生主要反应的电极反应式为；
②与氧化丙烷脱氢相比，丙烷燃料电池脱氢制丙烯工艺的优点是反应物空气廉价易得，且在制备丙烯的同时可获得电能。
11．常见火箭推进剂燃料液肼、液氢、乙醇的相关研究是能源利用领域的研究热点。
Ⅰ．已知在和一定温度下，由元素的最稳定单质生成纯物质的热效应称为该物质的标准生成焓，用表示。相同状况下有关物质的标准生成焓如图所示。
(1)火箭推进剂可用作燃料，作氧化剂，反应的热化学方程式可表示为： 。
Ⅱ．液氢是一种高能低温液体燃料，可由多种途径制备得到，再经加压降温即得到液氢。
(2)下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为，则的平衡转化率为 ，平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅲ．乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为：
反应1：
反应2：
(3)在时，若仅发生反应1和反应2，平衡时和的选择性及的产率随温度的变化如图所(的选择性)
升高温度，平衡时的选择性 (填“增大”“减小”或“先增大后减小”)；分析曲线②在前后变化趋势相反的原因 。
(4)在密闭容器中充入和发生反应1和反应2，下列说法错误的是___________(填标号)。
A．反应1在高温下可自发进行
B．恒压充入稀有气体，反应2平衡不移动
C．容器内混合气体的平均相对分子质量不变，则反应均达到平衡状态
D．恒温恒容时，增大的比值，乙醇平衡转化率减小
Ⅳ．乙醇碱性燃料电池可作为电源给铅酸蓄电池充电，一段时间后铅酸蓄电池的阴极减少了，
(5)此时理论上消耗乙醇的质量为 g。
【答案】(1)-1079.2kJ/ml
(2) 50% 1/9或0.11
(3) 增大 在之前，以反应1为主，温度升高，氢气的产率增大，在之后，以反应2为主，温度升高，氢气的产率减小
(4)B
(5)2.3
【详解】（1）①根据摩尔生成焓的定义，可得到以下三种物质的摩尔生成焓的热化学方程式：
Ⅰ． ；
Ⅱ． ；
Ⅲ．
依据盖斯定律，将4×Ⅲ-(2×Ⅰ＋Ⅱ)可得热化学方程式：
，其焓变
；
（2）①、下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为，设起始时的物质的量为，的物质的量为，参加反应的物质的量为x ml，则可建立如下三段式：
恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，依题意可得：，解得，平衡时，，，，，则的平衡转化率为=50％。
由于反应前后体积不变，则平衡常数Kp==或0.11。
（3）根据已知反应1、2均为吸热反应，升高温度均有利于平衡正向移动，平衡时CO2和CO的选择性之和为100%，故平衡时CO2和CO的选择性的变化趋势相反，只有第二个反应生成CO，因此升温CO的选择性升高，故曲线③表示CO的选择性随温度的变化，曲线②表示平衡时H2的产率随温度的变化，曲线①表示CO2的选择性随温度的变化，则CO的选择性随温度的变化增大；
H2的产率在前增大，在后减小，其原因是：在300℃之前，以反应1为主，温度升高，氢气生成量大于消耗量，氢气的产率增大，300℃以后，以反应2为主，温度升高，氢气消耗量大于生成量，氢气的产率减小；
（4）A．反应1，根据反应自发进行，则高温自发进行，A正确；
B．恒压充入稀有气体，则体积变大，与原平衡相比，相当于减压，反应1正向移动，、分压增大，连带反应2平衡正移，B错误；
C．两个反应全是气体，气体的总物质的量是个变化的量，气体总质量不变，则平均相对分子质量是变化的量，混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到了平衡，C正确；
D．恒温恒容时，增大的比值，相当于水的物质的量不变增加乙醇的物质的量，乙醇的浓度增大，平衡正向移动，水平衡转化率增大，乙醇平衡转化率减小，D正确；
故选B；
（5）铅酸蓄电池充电是阴极的反应为，减少的质量为的质量，因此转移的电子数为：；醇碱性燃料电池的负极反应为：，因此消耗的乙醇的物质的量为：，乙醇的摩尔质量为46g/ml，因此消耗的乙醇的质量为：。
12．环氧乙烷常作消毒剂。现代工业常用银作催化剂，氧化乙烯制备环氧乙烷，相关反应如下：
主反应(i)：
副反应(ii)：
回答下列问题：
(1)的电子式为 。
(2) 。反应i的正反应自发进行的条件是 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。
(3)一定温度下，在恒容密闭容器中充入和，发生上述反应，下列情况表明反应一定达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．混合气体密度不随时间变化
B．气体平均摩尔质量不随时间变化
C．气体总压强不随时间变化
D．
(4)将和以不同起始流速通入负载催化剂的反应器中，通过检测流出气成分绘制的乙烯转化率和环氧乙烷选择性曲线如图所示。
已知：环氧乙烷选择性。
①随着起始流速增大，乙烯转化率降低，可能的原因是 。
②下列措施一定可以提高环氧乙烷平衡产率的是 (填标号)。
A．使用选择性更高的催化剂 B．升高反应体系温度 C．及时分离出环氧乙烷
(5)某温度下，保持压强为，向密闭容器中充入和，经过反应达到平衡，乙烯平衡转化率为80%，环氧乙烷选择性为75%。
①内，分压变化速率为 (用含的式子表示)。
②该温度下，反应ii用分压代替平衡浓度计算的平衡常数为 (只列计算式)。
【答案】(1)
(2) -1134 低温
(3)BC
(4) 流速越快，反应物接触时间越短，原料气与催化剂接触时间越短，原料利用率越低，乙烯转化率越低 C
(5) (或等)
【详解】（1）
结构中含有碳碳双键，每个碳原子结合2个氢原子，电子式为；
故答案为：；
（2）根据盖斯定律，反应(ii)- 反应(i)=目标反应，故-1134；
主反应(i)为，则低温条件下，能自发进行；
故答案为：-1134；低温；
（3）A．根据，在恒容容器中，气体m不变、V不变，则混合气体密度不是变量，混合气体密度不随时间变化不能表明反应一定达到平衡状态，A项错误；
B．根据，在恒容容器中，气体m不变，而主反应(i)气体物质的量减小，则气体平均摩尔质量是变量，气体平均摩尔质量不随时间变化能表明反应一定达到平衡状态，B项正确；
C．主反应(i)气体物质的量减小，则气体总压强是变量，气体总压强不随时间变化能表明反应一定达到平衡状态，C项正确；
D．根据碳元素守恒，则不能表明反应一定达到平衡状态，D项错误；
故答案为：BC；
（4）①随着起始流速增大，乙烯转化率降低，可能的原因是流速越快，反应物接触时间越短，原料气与催化剂接触时间越短，原料利用率越低，乙烯转化率越低；
②A．使用选择性更高的催化剂，单位时间内生成环氧乙烷的量增多，能增大生产环氧乙烷效率，但平衡不移动，不能提高环氧乙烷平衡产率，A项错误；
B．升高反应体系温度，主反应平衡逆移，环氧乙烷平衡产率降低，B项错误；
C．及时分离出环氧乙烷，主反应平衡正移，环氧乙烷平衡产率增大，C项正确；
故答案为：①流速越快，反应物接触时间越短，原料气与催化剂接触时间越短，原料利用率越低，乙烯转化率越低；②C
（5）①根据相关数据计算， 平衡体系中，、、，起始时氧气分压为，平衡时氧气分压为，则以氧气分压变化表示的速率为；
②反应ii的平衡常数=(或等)
故答案为：①；②(或等)。
13．氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。目前，我国已成为世界第一大产氢国，以下路线均可制氢气。
I.水煤气法制氢气
发生以下两个反应：
反应1：
反应2：
(1)时将和各通入容积为的密闭容器中仅发生反应，时的转化率是，用的浓度变化表示的反应速率 。
(2)恒温恒压时向体系中充入一定量(不参与反应)可提高的平衡产率，原因为 。
Ⅱ.乙醇与水催化反应制氢气
发生以下三个反应：
反应3：
反应4：
反应5：
(3)计算 。
(4)恒容条件下，将和投入密闭容器中发生Ⅱ中三个反应，平衡时和的选择性以及乙醇的转化率随温度的变化曲线如图所示。
已知：的选择性
①表示选择性的曲线是 (填“”“”或“”)。
②时，反应4的压强平衡常数 (已知：分压总压该组分物质的量分数，计算结果保留整数)。
Ⅲ.化工燃料重整制氢
反应为：
(5)，将和的混合气体(投料比)按一定流速通过盛有炭催化剂的反应器，测得的转化率受炭催化剂颗粒大小的影响如图所示(注：目数越大，表示炭催化剂颗粒越小)。
由图可知，后的转化率与炭催化剂的目数的关系为 ，原因是 。
【答案】(1)0.0025
(2)反应1为气体分子数增大的反应，恒温恒压时向体系中充入一定量N2，相当于减压，降低各气体分压（相当于扩大容器体积），会使反应1的平衡正向移动
(3)173
(4) c 14
(5) 达到化学平衡前，催化剂目数越大，反应速率越快，在相同时间反应的甲烷更多，CH4转化率越大 催化剂目数越大，颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂的接触更加充分，反应更完全
【详解】（1）时将和各通入容积为的密闭容器中仅发生反应，时的转化率是，列出三段式：
用的浓度变化表示的反应速率=0.0025。
（2）反应1为气体分子数增大的反应，恒温恒压时向体系中充入一定量N2，相当于减压，降低各气体分压（相当于扩大容器体积），会使反应1的平衡正向移动，所以充入一定量(不参与反应)可提高的平衡产率。
（3）反应3：
反应4：
反应5：
由盖斯定律反应5=反应3+2×反应4，则=173。
（4）①反应3、5为吸热反应，反应4为放热反应，随着温度的升高，反应3、5平衡正向移动，反应4平衡逆向移动，反应4逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO2的选择性减小。表示CO2选择性的曲线为a，表示CO选择性的曲线为c（同温度下两条选择性曲线上的点的和为100%），表示C2H5OH转化率的曲线是b；
②CO的选择性+CO2的选择性=1，乙醇与水的投料分别为2ml和6ml，时，CO的选择性为15%，CO2的选择性为85%，则n(CO2)：n(CO)=0.85:0.15，乙醇的转化率为60%，列出三段式：
设反应4转化CO yml，
因乙醇的转化率为60%，则反应5转化乙醇为1.2-x，
CO的物质的量为1.2ml×15%×2=0.36ml，则2x-y=0.36，则n(H2O)=2.76ml，n(H2)=6.84ml，n(C2H5OH)=0.8ml，n(CO)=0.36ml，n(CO2)=2.04ml，总物质的量为12.8ml，该反应各物质系数均为1，分压压强之比等于物质的量之比，反应4的压强平衡常数。
（5）据图可知，70 min后在反应达到化学平衡前，催化剂目数越大，反应速率越快，在相同时间反应的甲烷更多，CH4转化率越大，因为催化剂目数越大，颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂的接触更加充分，反应更完全。
14．化学工业在碳中和领域起着重要作用，目前对二氧化碳的综合利用有多种途径。
途径一：将工业废气中的二氧化碳转化为甲烷，原理如下：
反应i
途径二：二氧化碳和氢气合成甲醇，原理如下：
反应ii
反应iii
请回答下列问题：
(1)分子为 分子(填“极性”或“非极性”)，分子的空间结构为 。
(2)结合反应i和以下信息，写出燃烧热的热化学方程式 。
已知： ； 。
(3)反应ii的 0(选填“>、”或“＜”)0。
(5)已知：①
②
则 。
(6)保持总压强为，向密闭反应器中充入(不参与反应)、气体发生(5)中反应，测得的平衡转化率与温度、投料比关系如图所示。
①其他条件相同，随着增大，平衡转化率增大的原因是 。温度： (填“>”“