（ 2025年高考江苏卷 ）

17. 合成气(CO和H₂)是重要的工业原料气。

(1)合成气制备甲醇：。CO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H₂。

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①合成气变换。向绝热反应器中通入CO、H₂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+3、+4)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+3、+4]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。x=0时，大于理论值2的可能原因有_______;x=0.5时，通入标准状况下300mL的至反应结束，CO的选择性，则生成标准状况下CO和H₂的总体积为_______mL。

②x=0.5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)。

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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) ①. 该反应为放热反应，在绝热容器中进行，的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，过量可有效防止催化剂活性下降 ②.③.具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜

(3) ①. 当x=0时，载氧体为，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为CO₂，使得CO的物质的量减小，增大 ②. 432 ③. C、Fe、FeO ④. 步骤Ⅰ中作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量积炭导致催化剂失活;采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源

【解析】

【小问1详解】

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。H-H、C-O、C-H、O-H，共5种化学键的键能数据。

【小问2详解】

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①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降;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CO₂，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+6，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，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，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。

【小问3详解】

①当x=0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CO₂，使得CO的物质的量减小，增大;由题图乙可知，当x=0.5时，CH₄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H₂的总体积为432mL。

②新制载氧体与CH₄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CH₄反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与CH₄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。

编辑：小徐