2025届高三化学一轮复习北京市专练———原理综合题28道

2025年北京高考一轮专练———原理综合题28道 一、解答题 1．（2024·北京大兴·三模）CO2的绿色减排、捕捉、转化是人类可持续发展的重要战略之一。 (1)现代工业技术可从空气或工业尾气中捕获CO2，氨水是常用的捕获剂，捕获时发生的反应是 。 (2) CO2可转化为甲醇。将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率与温度的变化如图所示： 催化效果最好的是催化剂 (选填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，a点的转化率比b点的高，其原因可能是 。(答两条) (3) CO2可转化为HCOOH ①一种制备过程为：CO2通过电解法转化为HCOO-，进一步生产HCOOH 反应机理如图所示，Pt电极上覆盖的Nafion膜是阳离子交换膜，对浓度不高的HCOO-有阻拦作用，可让水自由通过。 Sn电极生成HCOO-的电极反应式是 ，相同条件下，当电路中通过的电量不太高时，HCOO-的产率明显增大的原因是 。 ②中科院设计了一种利用N(C2H5)3捕获气相CO2后，直接在纳米金催化剂表面上加氢合成甲酸的反应，其过程如图所示。下列说法合理的是 。 A．CO2加氢合成甲酸是一个最理想的“原子经济”反应 B．使用纳米金催化剂能有效降低CO2加氢制甲酸反应的活化能，进而降低 C．在纳米金催化剂表面上发生了极性键和非极性键的断裂 2．（2024·北京·三模）了解化石燃料燃烧过程中二氧化硫（）和氮氧化物（）的处理对改善环境推动可持续发展具有重要意义。结合所学知识，回答下列问题： I．用活性炭吸附。 (1)活性炭可以和反应。一定条件下，当1mol NO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，写出其反应的热化学方程式： 。 (2)活性炭吸附反应如下： 。 在℃时，该反应在2L容器中测得反应不同时间各物质的物质的量如下： 时间（min） 0 10 20 30 40 50 （mol） 2 1.16 0.80 0.80 1.23 1.23 （mol） 0 0.42 0.60 0.60 0.80 0.80 0~10min内，的平均反应速率 ，30min时，该反应的平衡常数 。 (3)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据表中的数据判断改变的条件可能是 （填字母）。 a．加入活性炭            b．通入     c．缩小容器的体积        d．加入合适的催化剂 II．烟气脱除。 工业上可用纳米MgO分散到一定浓度的溶液中，配制成烟气脱硫试剂。 将含有的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图1所示。 图1烟气脱硫效率与溶液pH值图2亚硫酸盐含硫粒子物质的量分数与pH的关系 已知：ⅰ．纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应； ⅱ．在水中难溶，可溶。 (4)烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右，烟气脱硫效率始终很高。结合化学用语解释其原因 。 (5)脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，对脱硫效率有显著影响。实验发现，在600s以后，随着的脱除，溶液pH值几乎不变，但浓度逐渐升高，结合图2中含硫微粒的分布情况，用离子方程式解释其可能原因 。 (6)为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以采取的措施有：提高分散系中MgO与的浓度、 （写出两条）。 3．（2024·北京·三模）乙醇是重要的化工原料，乙醇的生产体现化学科学与技术的不断进步。 Ⅰ.以煤为原料生产乙醇 (1)乙酸甲酯生成乙醇的反应如下：。 ①能提高乙酸甲酯平衡转化率的条件有 (答出两点)。 ②当温度为时，存在副反应：。的电子式是 。 Ⅱ.以为原料生产乙醇 (2)制备铜基催化剂：在单质纳米颗粒中加入单质，反应后形成铜基催化剂。单质与单质反应的化学方程式是 。 (3)电催化还原。将(2)中制备的催化剂装载在阴极上，以为电解质溶液，阴极得到 ①补充完整阴极反应式： 。 2CO2+___________=CH3CH2OH+___________ ②在上述条件下，的副反应能被明显抑制，分析原因： ⅰ.相比于的还原反应，该催化剂对的还原反应具有较高的选择性； ⅱ. (补充完整)。 (4)研究在阴极被还原为不同产物的途径，结果如图(部分微粒略)。 ①下列说法或推测合理的是 (填序号)。 性质稳定，活化是催化剂的重要性能 途径Ⅰ的含碳产物还可能有等 按途径Ⅱ(不考虑途径Ⅰ)，转化为，同时生成 ②铜基催化剂吸附密度大且能明显降低断键的活化能，则铜基催化剂对 (填甲醇或乙醇)有较高的选择性。 4．（2024·北京海淀·三模）资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种途径。 I．制甲醇，过程如下： i．催化剂活化：(无活性)(有活性) ii．与在活化后的催化剂表面可逆的发生反应①，其反应历程如图。同时伴随反应②：　。 (1)反应①每生成1放热49.3，写出其热化学方程式： 。 (2)与混合气体以不同的流速通过反应器，气体流速与转化率、选择性的关系如图。 已知：选择性(生成所用的)(转化的)。 流速加快可减少产物中的积累，减少反应 (用化学方程式表示)的发生，从而减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。 (3)对于以上制甲醇的过程，以下描述正确的是 (填序号)。 A．反应中经历了、键的形成和断裂 B．加压可以提高的平衡转化率 C．升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性 II．一种以甲醇和二氧化碳为原料，利用()和纳米片()作催化电极，电化学法制备甲酸(甲酸盐)的工作原理如图所示。 (4)①阴极表面发生的电极反应式为 。 ②若有1通过质子交换膜，则理论上生成的和共 。 (5)电解部分甲醇后，将阴阳极的电解液混合，加入过量氢氧化钠后蒸干溶液，再向所得固体中加入过量稀硫酸，溶解后得200溶液。取20溶液，加入溶液，充分反应后，再加入过量溶液和5滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。 已知：；。 ①滴定终点的现象为 。 ②假设电流效率为100%，则电解池装置中通过的电子的物质的量为 。 ③若不加入氢氧化钠，直接蒸干溶液，则②中的计算结果将 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 5．（2024·北京·模拟预测）选择性还原技术(SCR)可以有效脱除烟气中的氮氧化物()。 已知：ⅰ．在164℃以上时可加速分解成； ⅱ．当NO与的物质的量相同时，会发生快速反应： (1)钒基催化剂()可用于，反应机理与催化剂表面的活性吸附位点有关。基于Lewis酸位点的SCR催化反应机理如图所示。 ①脱除NO的反应方程式为 。 ②若烟气中含有硫的氧化物，则会降低的反应速率，可能的原因是 。 (2)臭氧对反应具有一定的辅助作用：。在不同温度下，经相同时间后测得不同投料比时NO的脱除率如图所示。 ①温度低于250℃时，投料比为0.5时，NO脱除率较高的原因是 。 ②350℃后，NO脱除率均有不同程度下降，可能的原因是 (答出两点)。 (3)以电化学结合氧化法除去烟气中的和，装置如图所示。 ①若阳极区生成1mol，则经过质子交换膜的为 mol。 ②从资源利用角度说明结合电解法与氧化法的优点 。 6．（2024·北京·三模）乙二醇常用作溶剂、防冻液和合成聚酯的原料。工业上有多种方法可以制备乙二醇。 (1)环氧乙烷（）直接水合法；环氧乙烷在一定条件下直接水解得到乙二醇，写出该反应的化学方程式 。 生成的乙二醇可以继续与环氧乙烷发生副反应生成。为避免发生副反应，需要加大量的水，导致产品含水量较高，后续分离流程复杂。 (2)碳酸乙烯酯合成法： 第一步：（碳酸乙烯酯）   第二步：（碳酸乙烯酯） 探究第二步反应最佳的合成工艺条件。 ①反应温度为140℃，催化剂用量为2％，反应2h时，/n（碳酸乙烯酯）与反应后体系中各物质含量的关系如下表所示： /n（碳酸乙烯酯） 1.5 2.0 2.5 3.0 乙二醇含量/％ 23.2 96.8 94.4 90.4 含量/％ 0.8 3.2 5.6 9.6 碳酸乙烯酯含量/％ 72.2 0 0 0 根据表中数据分析，/n（碳酸乙烯酯）＝1.5时，乙二醇实际含量较低的可能原因是 、 。（写出两条） ②/n（碳酸乙烯酯）＝2.0，催化剂用量为2％，反应2h时，碳酸乙烯酯转化率和乙二醇选择性随反应温度变化的趋势如图。反应温度大于140℃时，乙二醇选择性下降的原因是 。 (3)CO氧化偶联法：先以CO、、、NO、等为原料合成草酸二甲酯，再制得乙二醇。物质转化流程如下图。 ①写出该过程的总反应方程式 。 ②已知乙二醇的沸点为197.3℃，甲醇的沸点为64.8℃，二者互溶。分离乙二醇和甲醇的实验操作为 ，解释二者互溶的原因 。 (4)乙烯催化氧化一步法：有研究者发现，能够在钛硅分子筛的催化作用下氧化乙烯，一步生成乙二醇。不同温度下，的转化率与利用率如下表所示。 温度（℃） 50 60 80 转化率/％ 84.9 98.4 99.8 利用率/％ 67.2 67.8 55.5 解释60℃后利用率变化的原因 。 7．（2024·北京丰台·二模）将转化为高附加值的化学品，对实现碳中和、可持续发展具有重要意义。 Ⅰ.利用催化加氢制备乙烯，反应过程主要分为两步。 ⅰ.   ⅱ.   (1)和反应制备乙烯的热化学方程式为 。 (2)0.1MPa，投料比的条件下研究反应ⅰ，在不同温度下达到平衡时各气体的物质的量分数如图1所示(水转化为液态，不计入)。 ①200℃时，主要发生的反应的化学方程式为 。 ②800℃时，的平衡转化率为 。 Ⅱ.利用煤气化灰渣(主要成分有CaO、、和MgO等)封存，制备高纯碳酸钙。 ⅰ.浸出：向灰渣中加入稍过量盐酸，充分反应后过滤，得滤液a； ⅱ.净化：向滤液a中逐渐加入氨水，金属氢氧化物分步沉淀，分步过滤，得到滤液b； ⅲ.碳酸化：向滤液b中通入，过滤、洗涤、干燥，得到高纯。 已知：一些金属氢氧化物在溶液中达到沉淀溶解平衡时的与pH关系如图2所示。 (3)净化时，先分离出的氢氧化物是 。 (4)碳酸化时发生主要反应的离子方程式是 。 Ⅲ.利用双极膜电解制备NaOH，捕集烟气中，制备。已知：双极膜为复合膜，可在直流电的作用下，将膜间的解离，提供和。 (5)结合电极反应解释A区产生浓NaOH溶液的原因 。 (6)当电路中转移2mol时，上图装置产生 mol NaOH。 (7)制得的固体样品中常混有。准确称量xg样品，下列方案中，能测定样品中纯度的是 。 A．充分加热，固体减重 B．与足量稀盐酸充分反应，加热蒸干，得固体 C．与足量稀硫酸充分反应并加热，逸出气体用碱石灰吸收，增重 8．（2024·北京通州·一模）乙烯合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 (1)用烃类热裂解法制乙烯是乙烯工业化生产的开端。 ①乙烷高温裂解制备乙烯（反应Ⅰ）的化学方程式是 。 ②在裂解过程中伴随反应Ⅱ：，在高温下缩短在反应器中的停留时间可提高乙烯的获取率，由此判断反应速率：反应Ⅰ 反应Ⅱ。（填“>”“<”或“=”） (2)乙炔选择性加氢制乙烯是石油化工领域重要的发展阶段。 以钯（Pd）为催化剂可有效提高乙烯产率，在催化剂表面的反应机理如下图所示（吸附在催化剂表面的粒子用*标注）。 ①下列说法正确的是 。 a．NP-Pd催化反应过程中步骤Ⅰ为放热反应 b．ISA-Pd催化反应过程中步骤Ⅱ为决速步骤 c．两种催化剂均能降低总反应的反应热 ②吸附态乙烯（）脱离催化剂表面，可得到，如未及时脱附，易在催化剂表面继续氢化经过渡态Ⅲ后而形成乙烷。制选择性较好的催化剂是 。 (3)以为原料用不同的方法制乙烯有助于实现碳中和。 I．干气重整制乙烯。下图是2种投料比[，分别为1：1、2：1]下，反应温度对平衡转化率影响的曲线。 ①曲线b对应的投料比是 。 ②当曲线a、b对应的投料比达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的关系是 。 Ⅱ．双金属串联催化剂电催化制乙烯，装置示意图如图所示。 已知：法拉第效率 ③ISA-Ni催化剂上发生的电极反应式是 。 ④该环境下，测得可达50%，若电路中通过1.2mol电子时，则产生乙烯的物质的量是 mol。 9．（2024·北京海淀·二模）工业锌粉常用于制造防锈漆等，其主要成分为金属锌，还有少量含锌化合物及其他杂质，锌单质的含量及锌元素的总量影响着工业锌粉的等级。 I．锌的制备 (1)氯氨法炼锌：一定条件下，通入，以浓溶液为浸取剂浸锌，可将矿物中难溶的转化为、等，同时生成S，结合平衡移动原理解释、对浸锌的作用： 。 (2)酸性介质中电沉积制锌粉：以和混合液（pH为4~6）为电解质溶液，用下图装置电解制锌粉，一定条件下，实验测得电流效率为80%。 已知：电流效率 ①阴极的电极反应有 。 ②制得65g锌粉时，电解质溶液中的物质的量至少增加 mol。 (3)离子液体电沉积制锌：80℃时，将溶解于EMIC（结构如图）中，电解制锌。离子化合物EMIC的熔点约为79℃，从结构角度解释其熔点低的原因： 。 Ⅱ．锌元素总量的测定 已知： i．二甲酚橙（In）与反应： EDTA与反应： ii．溶液可排除其他金属阳离子的干扰，避免其与EDTA和In作用。 (4)滴定终点时的现象是 。 (5)计算样品中锌元素的质量分数还需要的实验数据有 。 10．（2024·北京昌平·二模）以和为原料制备甲醇是实现资源化利用的方式之一，反应原理为： 反应Ⅰ： 除生成甲醇外，还会生成副产物： 反应Ⅱ：。 (1)图中，曲线 (选填i、ii或iii)能表示反应Ⅰ的平衡常数K与温度T的关系。 (2)某温度下，向容积为的恒容密闭容器中充入和模拟反应Ⅰ(即控制条件使只发生反应Ⅰ)。反应达到平衡状态时，测得。计算该温度下的平衡常数 。 (3)在不同温度下，向等容积的反应器中，分别通入等量、相同比例的和的混合气体，反应相同时间后，测得甲醇产率与催化剂活性、温度关系如图所示。 ①图中一定不处于化学平衡状态的点是 。 ②解释产率的可能原因 。 ③已知催化剂对副反应没有影响。解释当温度高于500K，甲醇产率逐渐下降的原因可能是 。 (4)中国科学家研制出了一种具有反应和分离“双功能分子筛催化膜”反应器，使用该反应器制甲醇时，能大幅度提高二氧化碳转化率，其原理如下图所示： 在不同反应器中，转化率和甲醇选择性的相关实验数据如下表所示： 实验组 反应器 压强/ 温度/K 的平衡转化率/% 甲醇选择性/% ① 普通催化反应器 3 533 3 21.9 67.3 ② 双功能分子筛催化膜反应器 36.1 100 分析该双功能分子筛催化膜反应器的优点有：的平衡转化率明显升高；① ；② 。 11．（2024·北京·模拟预测）绿色能源是当今重要的研究热点，2022年中科院大连化物所的制汽油科研项目成功了，这是一项重大成功，直接影响的是国计民生。寻找新的能源成为了科学研究的热点。 ．甲烷化反应为：，该反应又称Sabatier反应。 (1)相关的化学键键能数据如下表所示： 化学键 H—H H—O C—H C=O 436 463 413 803 Sabatier反应的 。 (2)若要同时提高反应的速率和二氧化碳的平衡转化率，可以采取的措施有： (写一点即可)。 (3)在体积为的恒温密闭容器中，投入、进行上述反应，达到平衡后，若的转化率为20%，则该反应的平衡常数为 (写计算式)。 (4)转化为也可通过电化学反应实现，其原理如图所示： 电解过程中，阴极室和阳极室的溶液浓度基本保持不变，阴极的电极反应式为 ；若生成理论上阳极室生成混合气体的体积为 L(标准状况，忽略气体的溶解)。 12．（2024·天津河北·一模）氢能的开发和利用是推动我国能源结构转型，保障国家能源安全，实现“碳达峰”、“碳中和”目标的重要途径。目前，我国已成为世界第一大产氢国，主要有三类工业制氢路线： (1)化工燃料重整制氢 已知：      则与反应生成和的反应热是 。 (2)工业副产氢 已知：工业上用水煤气法制氢气，有关化学方程式是： 反应一：   反应二：   ①反应一在时达到化学平衡状态，则此温度下该反应的平衡常数表达式 。 ②在时将和各通入体积为的密闭容器中反应发生反应二，时达到平衡状态，该反应的平衡常数是9，则的转化率是 ，用的浓度变化表示的反应速率是 。 (3)清洁能源电解制氢 已知：利用电解饱和食盐水可制得氢气，下图为电解装置示意图： ①电极是极 (填“阴”或“阳”)，电极的电极反应式 。 ②假设室温条件下电解饱和食盐水一段时间，当两极产生的气体共(标准状况下)时，溶液的为 (溶液体积没有变化)。 13．（2024·北京门头沟·一模）氨是一种重要的化工原料，迄今为止，人类仍然在追求低成本、高产率的合成氨技术。 Ⅰ．直接合成氨。 (1)根据图1所示的能量转换关系，合成的热化学方程式为 。 (2)为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用双催化剂，通过光辐射产生温差。使在 (填“热”或“冷”，下同)表面断裂，氨气在 表面生成，有利于提高合成氨的反应速率和平衡产率。 Ⅱ．电化学法合成氨。 应用电化学原理，硝酸盐亚硝酸盐氨，实现了高效合成氨，装置如图2。 (3)生成的电极反应式是 。 (4)当电路中有电子通过时，一定量的被还原生成和 。 Ⅲ．氯化镁循环法合成氨。 (5)选用试剂完成转化。 ①选用进行转化，将置于中能释放出，反应的方程式是 。 ②选用固体进行转化，依据合成氨的过程(如图3)，写出合成氨的总反应方程式： 。 ③相比于，用固体转化的优点有 (写出一条即可)。 14．（2024·北京·模拟预测）肼()有较强的还原性，与等可组成火箭推进剂。 (1)已知：Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 火箭发射时与反应生成和。该反应的热化学方程式是 。 (2)肼的传统生产工艺为Raschig法，两步反应分别在不同容器的水溶液环境中进行： i．(快) ii．(慢) 已知电负性N>Cl。下列说法正确的是 (填序号)。 a．反应i中NaClO做氧化剂 b．适当提高反应i温度，可显著提高相同时间内的产量 c．采用3.0MPa压强可以增大的溶解度，提高反应ii中的利用率 (3)采用Raschig法制得肼后，可采用分步蒸馏的方法将其从反应混合液中分离出来。 ①水合肼(，常温为液态)中与间存在氢键，用“X-H…Y”表示与间存在的氢键： 。 ②蒸馏过程中首先馏出的物质是 (填序号)。 a．    b．    c．NaCl (4)产品中肼含量的测定方法如下。 取0.50g产品加20mL水稀释，滴入2滴淀粉溶液，用溶液滴定3次，平均每次消耗溶液20.00mL。已知： ①样品中肼(以计)的质量分数为 。 ②若滴定过程中操作过于缓慢，则测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 (5)肼除做火箭推进剂外还可用于燃料电池中。某种碱性肼-空气燃料电池(电解质为KOH溶液)具有高效、无污染的特点，装置如右图所示。 ①负极的电极反应式是 。 ②电池工作一段时间后正极区KOH溶液pH基本保持不变，结合电极反应式解释原因 。 15．（2024·北京朝阳·一模）CO2再生为“零碳甲醇”是实现碳中和的一种方式。 (1)CO2催化加氢可生成甲醇。 已知：i．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=akJ·mol-1 ii．2CH3OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=bkJ·mol-1 ①CO2和H2生成CH3OH和H2O的热化学方程式是 。 ②合成过程中选择高压条件的原因： 。 (2)电解还原法将CO2转化为甲醇的装置如图。 已知:电解效率和选择性S的定义: (B)= S(B)= ①电解过程中生成CH3OH的电极反应式： 。 ②当CO2完全消耗时，测得η(CH3OH)=33.3%，S(CH3OH)=25%。推测η(CH3OH)=33.3%的原因： i．阴极有H2O放电。 ii．阴极有CO生成。 iii．…… a．通过检验电解产物判断推测i是否成立，需要检验的物质是 。 b．假设放电的CO2一部分生成CH3OH，其余的CO2全部在阴极放电生成CO，则η(CO)= 。 ③研究CH3OH中的C来自于CO2还是KHCO3，方法如下： 方法I．其他条件不变，用N2代替CO2电解，无CH3OH产生。 方法II．其他条件不变，用14CO2代替CO2电解，有 产生。 综上，证实CH3OH中的C来自于CO2 16．（2024·北京东城·一模）利用零价铁(Fe)耦合过硫酸盐()和过氧化氢产生自由基去除污水中的有机化合物是目前研究的热点。其中自由基和HO·产生的机理如图所示。 (1)的结构式是，则的结构式是 。 (2)过程ⅰ中反应的离子方程式是 。 (3)过程ⅱ会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为＋6价。该过程参与反应的物质还有(填化学式) 。 (4)探究零价铁和混合氧化剂体系降解水样中有机化合物M的能力。 Ⅰ.通过加入甲醇或叔丁醇探究不同自由基降解M的能力。测得M的残留百分含量随时间变化如图所示。 已知：该实验条件下，甲醇同时消耗HO·和，叔丁醇只消耗HO· a．X中加入的是 (填“甲醇”或“叔丁醇")。 b．0～20min，Z中降解M的自由基主要是HO·，判断依据是 。 Ⅱ.探究混合氧化剂中的物质的量分数对水样中总有机碳(TOC)去除率的影响。实验开始时，水样的pH=7且加入的相同，其他条件不变。在相同时间内测得的实验数据如图所示。 注：TOC是以碳的含量表示水中有机化合物的总量。 a．从①到④，TOC去除率升高的原因是 。 b．从④到⑦，TOC去除率下降的原因是 。 17．（2024·北京·一模）黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应： i．3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4+2CO (1)反应i生成1molS2时，转移电子的物质的量为 mol。 (2)反应i所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2。将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ii，同时发生副反应iii。 ii．2SO2(g)+4CO(g)S2(g)+4CO2(g)　ΔH<0 iii．SO2(g)+3CO(g)COS(g)+2CO2(g)　ΔH<0 理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10min时S2实际产率如图。 ①从资源和能源利用的角度说明用反应ii处理尾气的好处： 。 ②随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是 。 ③900K，在10min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为 。 (3)处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。 ①该装置中，正极的电极反应式为 。 ②一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小了1mol，则理论上减小了 mol。 18．（2024·北京房山·一模）大气中含量的控制和资源化利用具有重要意义。 (1)还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： Ⅰ： Ⅱ： 反应 (2)工业上可利用制备：   ①时，该反应的平衡常数，该温度下某时刻测得体系内四种物质的浓度均为，则此时 (填“>”“=”或“<”)。 ②提高反应速率且增大的平衡产率，可采取的措施 。 A．升高反应温度 B．使用合适的催化剂 C．增大体系压强 D．从平衡体系中及时分离出 (3)一种捕获并实现资源利用的反应原理如图1所示。反应Ⅰ完成之后，以为载气，将恒定组成的混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，推测发生了副反应(反应Ⅲ)：。 ①反应Ⅱ的化学方程式为 。 ②时间段内，反应Ⅱ速率减小至0的原因 。 ③时刻，反应II和反应Ⅲ生成的速率之比为 。 (4)在铜基配合物的催化作用下，利用电化学原理可将转化为碳基燃料(包括、烷烃和羧酸等)，其装置原理如图所示。 ①图中生成甲酸的电极反应式为 。 ②当有通过质子交换膜时，理论上最多生成的质量为 。 19．（2024·北京西城·一模）烟气脱硝技术是环境科学研究的热点。实验室模拟将烟气中的深度氧化为，并进一步将转化获得含氮产品，流程示意图如下。 深度氧化器中发生的反应： i．   ii．   iii．   (1)被深度氧化，补全热化学方程式：    (2)一定条件下，不同温度时，的浓度随时间的变化如图所示。 ① (填“>”或“<”)。 ②8s时，的浓度不同的原因是 。 (3)一定条件下，NO的初始浓度为时，不同反应时间，深度氧化器中的浓度随的变化如图所示。反应过程中的浓度极低。 ①时，深度氧化器中发生的反应主要是 (填“i”“ii”或“iii”)。 ②时，的浓度随变化的原因是 。 (4)且恒压的条件下进行烟气处理，烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长。结合(3)，保持上述条件不变，解决这一问题可采取的措施及目的分别是 。 (5)深度氧化后的烟气通过吸收器完全转化为硝酸盐产品，产品浓度的测定方法如下。 已知的还原产物分别是。产品中的物质的量浓度为 。 20．（2024·北京石景山·一模）我国科学家设计的化学链重整联合CO2捕集制H2系统如下图所示： (1)空气反应器中发生 反应(填“吸热”或“放热”)。 (2)重整气中有H2、CO、CO2、CH4和H2O，燃料反应器中CH4和NiO反应的化学方程式有 。 (3)CaO吸收反应器中还发生蒸汽变换反应(CO与水蒸气或CH4与水蒸气反应) ①1 mol CH4和水蒸气生成CO2和H2吸收热量165 kJ，1 mol CH4和水蒸气生成CO和H2吸收热量206 kJ，CO(g) + H2O (g) =H2(g) + CO2(g)  ΔH = 。 ② 反应温度对H2产率()、CO2捕集率()及产品气组成的影响如下图所示： 结合化学方程式说明图1中温度升高CO2捕集率降低的原因 ；解释图2中温度升高H2体积分数降低的原因 。 (4)燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气的作用 。 21．（2024·北京丰台·一模）AOPs(高级氧化技术)通过产生·OH(羟基自由基)能有效去除废水中有机污染物。 I．芬顿反应是AOPs中使用最广泛的方法，主要反应过程如下： i．Fe2+ + H2O2 + H+ =Fe3+ + ·OH + H2O (快反应) ii．·OH + OM → CO2 + H2O(快反应，OM为有机物) iii．2Fe3+ + H2O2 =2Fe2+ + O2 + 2H+(慢反应) 反应过程中存在副反应：·OH + Fe2+ + H+ = Fe3+ + H2O。 (1)决定芬顿反应速率的是过程 (填“i”“ii”或“iii”)。 (2)·OH氧化苯酚的化学方程式为 。 II．用铁粉代替Fe2+，并加入硼(B)，可加快Fe3+转化为Fe2+，提高有机污染物的去除率。 (3)①B与Fe3+反应生成硼酸(H3BO3)的离子方程式为 。 ②相同时间内，铁粉投加量与有机污染物去除率的关系如下图所示(k越大，去除效果越好)。铁粉质量浓度大于0.02 g ∙ L−1时，有机污染物去除率下降的原因可能是 。 III．相比于传统的芬顿反应，电芬顿反应具有无需投加H2O2等优点。该方法是利用O2在电极放电生成H2O2，与加入的Fe2+构成芬顿体系，如图1所示。 (4)石墨做 极。 (5)溶液pH对H2O2生成量的影响如图2所示。 ①pH=3，电解时间在0 ~ 60 min内，v(H2O2)= mol·L-1·min-1。 ②电解相同时间，随着溶液pH升高，生成的H2O2浓度逐渐减小，结合电极反应式分析原因 。 22．（2024·北京顺义·一模）工业废气中的硫化氢是一种无色有毒的气体。根据硫化氢的性质，可采取不同的处理方法。 (1)氧化法(克劳斯法)，其原理是： H2SSO2S 已知：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)   ΔH=-1172kJ·mol-1 S(s)+O2(g)=SO2(g)   ∆H=-297kJ·mol-1 第②步反应的热化学方程式为 。 (2)热分解法，其原理是：2H2S(g)S2(？)+2H2(g)。不同温度和压强下，H2S的平衡转化率变化如图。P1 P2(填“>”或“<”)，原因是 。 (3)直接电解法，可回收S和H2。 资料： ⅰ．H2S溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化如图。 ⅱ．(x-1)S+S2−S(黄色溶液)；S与酸反应生成S。 ①直接电解H2S酸性溶液(pH≈5)，容易出现电解反应不能持续进行的情况，结合电极反应式分析其可能的原因 。 ②工业上，常用烧碱吸收H2S，将吸收后的溶液(pH=13.2)先进行电解，再用电解后的黄色溶液吸收H2S生成S。反应生成S的离子方程式是 。 (4)间接电解法。先用FeCl3溶液吸收含H2S的工业废气，所得溶液用惰性电极进行电解。 ①反应池中发生反应的离子方程式是 。 ②该装置实验有两个显著优点：a．H2S的原子利用率100%；b． 。 (5)碱性溶液吸收法。 已知：25℃时，H2S的电离常数Ka1=9.1×10-8、Ka2=1.1×10-12；H2CO3的电离常数Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11。用Na2CO3溶液吸收含H2S的工业废气，反应的离子方程式是 。 23．（23-24高三下·北京·阶段练习）完成下列问题 (1)消除汽车尾气中的，有利于减少的排放。已知如下信息： Ⅰ. Ⅱ. ① 。 ②在催化剂作用下和转化为无毒气体，写出反应的热化学方程式 。 (2)测定汽车尾气常用的方法有两种。 ①方法1：电化学气敏传感器法。其中传感器的工作原理如图所示，则工作电极的电极反应式为 。 ②方法2：氧化还原滴定法。用溶液吸收尾气，将氮氧化物转化为硝酸，用酸碱中和滴定法测定硝酸浓度。写出与溶液反应的离子方程式 。 (3)中药在世界医学界越来越受到关注。中药药剂砒霜(主要成分)可用于治疗急性白血病，为此，砷及其化合物的提取再次引起关注。查文献得知，可以从硫化砷(As2S3)废渣中提取，提取的工艺流程简图如下： ①中的S均为-2价，碱浸过程中发生的反应 (填“是”或“是”)氧化还原反应。 ②写出过程Ⅲ的离子方程式 。 (4)亚砷酸也可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液关系如下图所示。 ①人体血液的在之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是 。 ②将溶液滴入亚砷酸溶液，当调至11时发生反应的离子方程式是 。 24．（2023·北京海淀·二模）我国科学家研发的“液态阳光”计划通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢制备甲醇。 (1)制备甲醇的主反应：。该过程中还存在一个生成的副反应，结合下列反应： 写出该副反应的热化学方程式： 。 (2)将和按物质的量比1∶3混合，以固定流速通过盛放催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示。 已知：产率 ①催化剂活性最好的温度为 (填字母序号)。 a.     b.     c.     d. ②温度由升到，的平衡转化率和的实验产率均降低，解释原因： 。 (3)使用薄膜电极作阴极，通过电催化法将二氧化碳转化为甲醇。 ①将铜箔放入煮沸的饱和硫酸铜溶液中，制得薄膜电极。反应的离子方程式为 。 ②用薄膜电极作阴极，溶液作电解液，采用电沉积法制备薄膜电极，制备完成后电解液中检测到了。制备薄膜的电极反应式为 。 ③电催化法制备甲醇如图所示。若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室溶液的基本不变，结合电极反应解释原因： 。 25．（2023·北京西城·一模）(NH4)2S2O8电化学循环氧化法可用于废水中苯酚的降解，示意图如图。 (1)(NH4)2S2O8的电解法制备 已知：电解效率η的定义为η(B)=×100% ①电极b是 极。 ②生成的电极反应式是 。 ③向阳极室和阴极室各加入100mL溶液。制备的同时，还在电极b表面收集到2.5×10-4mol气体，气体是 。经测定η()为80%，不考虑其他副反应，则制备的(NH4)2S2O8的物质的量浓度为 mol/L。 (2)苯酚的降解 已知：·具有强氧化性，Fe2+浓度较高时会导致·猝灭。可将苯酚氧化为CO2，但反应速率较慢。加入Fe2+可加快反应，过程为： ⅰ. +Fe2+=+·+Fe3+ ⅱ. ·将苯酚氧化 ① ·氧化苯酚的离子方程式是 。 ②将电解得到的含溶液稀释后加入苯酚处理器，调节溶液总体积为1L，pH=1，测得在相同时间内，不同条件下苯酚的降解率如图。 用等物质的量的铁粉代替FeSO4，可明显提高苯酚的降解率，主要原因是 。 (3)苯酚残留量的测定 已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为F库仑 取处理后的水样100mL，酸化后加入KBr溶液，通电。电解产生的Br2全部与苯酚反应，当苯酚完全反应时，消耗的电量为a库仑，则样品中苯酚的含量为 g/L。(苯酚的摩尔质量：94g/mol) 26．（2023·北京朝阳·一模）工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO溶液将氧化为，实现烟气中的脱除。 (1)在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现 性。 (2)向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。 已知： ①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是 。 ②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整： 。 □NO+□___________+□___________□□□___________ ③pH<5.5时，分析脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因： 。 (3)用分别将脱除前后的全部转化为，并用库仑仪测定的量，可计算脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下： 检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。进入电解池后与反应，库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出的物质的量。 ①在电解池中被还原为NO的离子方程式为 。 ②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。脱除率是 。 ③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致测定结果 (填“偏高”或“偏低”)，需进行校正。 27．（2022·北京朝阳·二模）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： (1)反应Ⅰ由两步反应组成： ①； ② 。 (2)反应Ⅱ：   ①不同条件下，达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大， 0。 ②一定压强下，与的投料比[]对体系中平衡转化率的影响如下： 时，解释平衡转化率随投料比增大而降低的原因： 。 (3)可以作为水溶液中歧化反应的催化剂。可能的催化过程如下： ①ⅰ. ⅱ. 。 ②反应结束后，分离混合物[硫酸(含、)、S(吸附了)等]，从中获得固体S以及与的混合液，便于循环利用。 a.该过程中，应选取的化学试剂是 。 b.根据所选取的化学试剂，设计方案，得到S以及与的混合液。实验方案是： 。(用简要文字说明即可) 28．（2020·浙江·高考真题）研究氧化制对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有： Ⅰ   Ⅱ   Ⅲ   Ⅳ   已知：时，相关物质的相对能量(如图1)。 可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的(随温度变化可忽略)。例如： 。 请回答： (1)①根据相关物质的相对能量计算 。 ②下列描述正确的是 A 升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大 B 加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动 C 反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成 D 恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动 ③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：，且第二步速率较慢(反应活化能为)。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量-反应过程图”，起点从的能量，开始(如图2) 。 (2)①和按物质的量1:1投料，在和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“氧化制”的影响，所得实验数据如下表： 催化剂 转化率 转化率 产率 催化剂X 19.0 37.6 3.3 结合具体反应分析，在催化剂X作用下，氧化的主要产物是 ，判断依据是 。 ②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高的选择性(生成的物质的量与消耗的物质的量之比)。在，乙烷平衡转化率为，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是 。 试卷第40页，共40页 试卷第1页，共40页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)2NH3·H2O+CO2=(NH4)2CO3+H2O (2) 催化剂I 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行 (3) CO2+H++2e-=HCOO-或+CO2+2e-=HCOO-+ 当电路中通过的电量不太高时，Nafion膜可以阻止HCOO-到阳极即Pt电极上放电 AC 【详解】（1）现代工业技术可从空气或工业尾气中捕获CO2，氨水是常用的捕获剂，捕获时发生的反应是2NH3·H2O+CO2=(NH4)2CO3+H2O，故答案为：2NH3·H2O+CO2=(NH4)2CO3+H2O； （2）从图象中可知，在催化剂I的作用下，CO2的转化率是最高的，所以催化剂I的催化效果是最好的；该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，是由于该反应为放热反应，温度升高，平衡吸热反应方向移动；故答案为：催化剂I；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行； （3）①由题干装置图可知，Sn为阴极、Pt为阳极，Sn电极生成HCOO-的电极反应式CO2+H++2e-=HCOO-，电解液里KHCO3产生的也可以向CO2提供H+，故电极反应方程式也可以写成：+CO2+2e-=HCOO-+，Pt电极上覆盖的Nafion膜是阳离子交换膜，对浓度不高的HCOO-有阻拦作用，相同条件下，当电路中通过的电量不太高时，Nafion膜可以阻止HCOO-到阳极即Pt电极上放电，导致HCOO-的产率明显增大，故答案为：CO2+H++2e-=HCOO-或+CO2+2e-=HCOO-+；当电路中通过的电量不太高时，Nafion膜可以阻止HCOO-到阳极即Pt电极上放电； ② A．由题干反应历程图可知，CO2加氢合成甲酸的总反应方程式为：CO2+H2HCOOH，原子利用率达100%，是一个最理想的“原子经济”反应，A正确； B．使用纳米金催化剂能有效降低CO2加氢制甲酸反应的活化能，加快反应速率，但不能影响反应物和生成物的总能量，故不能降低，B错误； C．由题干反应历程图可知，在纳米金催化剂表面上发生了C-O、C-N极性键和H-H非极性键的断裂，C正确； 故答案为：AC。 2．(1)   (2) 0.042mol/（L·min） 0.675 (3)b (4)  溶液pH值显碱性，主要反应为：或 (5)，，或 (6)减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中浓度等（其他合理答案均可）。 【详解】（1）当1mol NO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，NO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体是氮气和二氧化碳，反应的热化学方程式为  。 （2）0~10min内，的物质的量由2mol变为1.16mol，的平均反应速率 mol/（L·min），平衡常数只与温度有关，平衡时的浓度为0.4mol/L、的浓度为0.3mol/L、CO2的浓度为0.6mol/L，30min时，该反应的平衡常数。 （3）a．活性炭是固体，加入活性炭，平衡不移动，故不选a；             b．通入 ，平衡正向移动，、的物质的量均增多，故选b； c．缩小容器的体积，不可能、的物质的量均增多，故不选c         d．加入合适的催化剂，平衡不移动，故不选d； 选b。 （4）纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应生成氢氧化镁，  溶液pH值显碱性；主要反应为：或。 （5）在600s以后，随着的脱除，溶液pH值为4，根据图像，溶液中含硫微粒为，被氧化为，其可能原因，，。 （6）为了提高烟气的脱硫效率，可以采取的措施有：减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中浓度等。 3．(1) 增大压强、降低温度、增加氢气浓度等 (2) (3) KHCO3溶液显碱性，H+浓度较低，H+氧化性较弱（或H+的电子速率减慢） (4) ab 乙醇 【详解】（1）①由乙酸甲酯生成乙醇的反应方程：可知，该反应为方式反应，且为分子式减小的反应，故能提高乙酸甲酯平衡转化率的条件有降低温度、增大压强、增加氢气浓度等； ②由原子守恒知，该反应：中，为甲醇，甲醇的电子式是； （2）铜单质具有还原性，硫单质具有弱氧化性，故单质与单质反应的化学方程式是； （3）①电催化还原。将(2)中制备的催化剂装载在阴极上，以为电解质溶液，阴极得到阴极电解反应式为； ②由于比于的还原反应，该催化剂对的还原反应具有较高的选择性、KHCO3溶液显碱性，H+浓度较低，H+氧化性较弱（或H+的电子速率减慢），故副反应能被明显抑制； （4）①a.中所有原子最外层均达到8电子稳定结构，性质稳定，因此活化是催化剂的重要性能，a正确； 由图知，途径Ⅰ的含碳产物还可能有等，b正确； 由O守恒，按途径Ⅱ(不考虑途径Ⅰ)，转化为，同时生成，c错误； 故选ab； ②由图知，铜基催化剂吸附密度大且能明显降低断键的活化能，由于铜具有还原性，易失去电子，则铜基催化剂对乙醇有较高的选择性。 4．(1) (2) (3)AB (4) (或) 0.75 (5) 最后半滴溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不变蓝 偏低 【详解】（1）反应①中CO2和H2在温和的条件下转化为甲醇和H2O，每生成1molCH3OH (g)放热49.3kJ，其热化学方程式为△H = - 49.3kJ/mol。 （2）已知催化剂活化：In2O3 (无活性)In2O3-x(有活性)，流速加快可减少产物中H2O的积累，减少反应的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。 （3）A．由图1可知，反应中经历了In- C、In-O键的形成和断裂，选项A正确； B．CO2制甲醇是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高CO2的平衡转化率，选项B正确； C．由 △H = -49.3kJ/mol是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温”度会降低甲醇在平衡时的选择性，选项C错误； 故答案为: AB。 （4）①由图可知二氧化碳在左侧电极发生反应，其中碳元素化合价降低，则a为负极，CO2得到电子生成HCOO-和或，该电极反应式为：(或)； ②由第一问的分析可知b为阳极，CH3OH失去电子生成HCOOH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平阳极反应为：CH3OH -4e-+H2O = HCOOH+ 4H+，阴极电极反应为：，由此可以发现，若有1molH+通过质子交换膜时，则转移1mol电子，则此时该装置生成HCOO-和HCOOH共计0.75mol。 （5）①向HCOOH溶液中加入过量KMnO4溶液，发生反应：，再加入过量溶液和5滴淀粉溶液，过量的KMnO4溶液将I-氧化为I2，离子方程式为：，此时溶液为蓝色的，然后加入溶液滴定至终点，I2被还原为I-，溶液变无色，则滴定终点的现象为：最后半滴溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不变蓝； ②由①分析可得关系式：5HCOOH~2KMnO4~5I2~10，则与HCOOH反应的n(KMnO4)= ，则n(HCOOH)=2.5n(KMnO4)= =，由电极方程式、CH3OH -4e-+H2O = HCOOH+ 4H+可知，消耗了CO2，转移电子的物质的量为=mol； ③若不加入氢氧化钠，阳极产生的HCOOH没有转化为HCOONa，直接蒸干溶液，部分HCOOH会挥发，导致②中的计算结果将偏低。 5．(1) 硫的氧化物与反应，生成的盐附着在催化剂表面，使催化剂活性降低 (2) 当为0.5时，生成的和剩余的NO物质的量相同，发生快速反应： 温度升高分解，减小；催化剂失活 (3) 1 氧化烟气中的、，可回收和，在阳极再生，循环使用 【分析】Ce3+转化为Ce4+，化合价升高，失去电子发生氧化反应，阳极电极反应式为：Ce3+-e-=Ce4+，生成氢气一极为阴极，电极方程式为：，据此回答。 【详解】（1）①根据反应机理示意图可知，脱除NO的总反应化学方程式：； ②若烟气中含有硫的氧化物，则会降低NH3−SCR的反应速率，可能的原因是：硫的氧化物与NH3反应，生成的盐附着在催化剂表面，使催化剂活性降低； （2）①温度低于250℃时，O3/NO投料比为0.5时，NO脱除率较高的原因是：当O3/NO为0.5时，生成的NO2和剩余的NO物质的量相同，发生快速反应； ②350℃后，NO脱除率均有不同程度下降，可能的原因是：温度升高O3分解，c(O3)减小或者催化剂失活； （3）①若阳极区生成1molCe4+，根据电极反应式可知，转移1mol电子，则经过质子交换膜的H+为1mol； ②结合电解法与Ce4+氧化法的优点为：Ce4+氧化烟气中的SO2、NO2，可回收HNO3和H2SO4，Ce4+在阳极再生，循环使用。 6．(1)+H2O (2) 此时水蒸气浓度较低，反应速率较慢 此时存在副反应导致乙二醇含量较低（合理即可） 温度升高，导致乙二醇和环氧乙烷发生副反应生成，使得其选择性下降 (3) 蒸馏 乙二醇、甲醇分子之间能形成氢键 (4)过氧化氢不稳定，受热易分解，导致60℃后分解速率增大，使得其利用率降低 【详解】（1） 环氧乙烷在一定条件下直接水解得到乙二醇，反应的化学方程式为：+H2O； （2）①据表中数据分析，/n（碳酸乙烯酯）＝1.5时，乙二醇实际含量较低的可能原因是此时水蒸气浓度较低，反应速率较慢，此时存在副反应导致乙二醇含量较低； ②由图可知，反应温度大于140℃时，碳酸乙烯酯转化率不变而乙二醇选择性下降，则其原因可能是：温度升高，导致乙二醇和环氧乙烷发生副反应生成，使得其选择性下降； （3）①由图可知，总反应为CO、、反应生成乙二醇，总反应方程式。 ②已知乙二醇的沸点为197.3℃，甲醇的沸点为64.8℃，二者互溶，利用两者的沸点不同，分离乙二醇和甲醇的实验操作为蒸馏；乙二醇、甲醇分子之间能形成氢键，导致二者互溶； （4）过氧化氢不稳定，受热易分解，导致60℃后分解速率增大，使得其利用率降低。 7．(1)   (2) 75% (3) (4) (5)阴极反应：，增大，穿过阳离子交换膜进入A区产生浓NaOH溶液 (6)4 (7)AB 【详解】（1）目标反应为，目标反应=2ⅰ+ⅱ则目标反应的，热化学方程式为； （2）根据图像可知200℃时主要生成甲烷，反应方程式为；800℃平衡时甲烷的物质的量分数为0，根据图像可以列三段式：则，，则二氧化碳的转化率为； （3）根据图像可知，Fe3+在pH=3左右完全沉淀，Al3+和Mg2+完全沉淀pH都大于3，因此先分离出的氢氧化物是Fe(OH)3； （4）碳酸化时通入的二氧化碳、一水合氨和氯化钙生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，离子方程式为； （5）该电池阴极发生，随着电解的进行，溶液中氢氧根离子浓度增大，同时钠离子经阳离子交换膜向阴极移动，使阴极区域的氢氧化钠浓度增大而得到氢氧化钠浓溶液； （6）每转移2mol电子有2molNaOH在阴极区生成，同时有2molNaOH在阳极区的双极膜和阳离子交换膜之间生成，因此每转移2mol电子有4molNaOH生成； （7）充分加热后，碳酸氢钠受热分解，因此减重质量为碳酸氢钠生成的二氧化碳和水，可以由此计算出碳酸氢钠的质量进而求得碳酸氢钠的质量分数，A正确；与足量稀盐酸反应后加热蒸干所得国体为NaCl，根据氯化钠的质量可列方程组而求得碳酸氢钠的质量进而求得碳酸氢钠的质量分数，B正确；与足量稀硫酸充分反应并加热，逸出气体用碱石灰吸收，增重为二氧化碳和水的质量，水的质量无法计算，因此不能计算得出碳酸氢钠的质量分数，C错误。 8．(1) > (2) ab ISA-Pd催化剂 (3) 1：1 反应温度越低，投料比越高 0.05 【详解】（1）①乙烷高温裂解生成乙烯和氢气，反应的化学方程式是； ②缩短在反应器中的停留时间可提高乙烯的获取率，即加快反应I速率将转化为乙烯，则反应速率：反应Ⅰ>反应Ⅱ； （2）①a．NP-Pd催化反应过程中步骤Ⅰ的反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故a正确； b．ISA-Pd催化反应过程中步骤Ⅱ的正反应活化能最大，反应速率最慢，整个反应由最慢的一步决定，则步骤Ⅱ为决速步骤，故b正确； c．两种催化剂均能降低总反应的活化能，催化剂不改变反应热，故c错误； 故选ab； ②吸附态乙烯（）脱离催化剂表面，可得到，由图可知，ISA-Pd催化剂过渡态III的能量高于，有利于脱离催化剂表面，制选择性较好的催化剂是ISA-Pd催化剂； （3）①干气重整制乙烯的化学方程式为，相同温度下，增大投料比[]即增大二氧化碳的量，使平衡正向移动，消耗更多，则平衡转化率增大，曲线b对应的投料比是1：1； ②当曲线a、b对应的投料比达到相同的平衡转化率时，需要增大投料比才能实现相同的平衡转化率，可知对应的反应温度与投料比的关系是：反应温度越低，投料比越高； ③ISA-Ni催化剂上CO2得电子生成CO，电解质为KHCO3，发生的电极反应式是； ④该环境下，测得=50%，电路中通过1.2mol电子时，生成C2H4所用的电子为1.2mol×50%=0.6mol，NP-Cu催化剂上发生的电极反应式是，ISA-Ni催化剂上发生的电极反应式是，则转移12mol电子时生成1mol乙烯，产生乙烯的物质的量是。 9．(1)ZnS在溶液中存在如下平衡：，加入，NH发生水解：，NH3·H2O与形成，通入，与反应生成S，促进溶解平衡正向移动 (2) 、 0.25 (3)EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱 (4)溶液从红色变为黄色，且30s不变红 (5)待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积 【详解】（1）硫化锌在溶液中存在如下溶解平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2−(aq)，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中存在如下水解平衡：NH+ H2ONH3·H2O+H+，加入氯化铵浓溶液，溶液中锌离子与一水合氨反应生成四氨合锌离子，通入氧气，氧气与溶液中硫离子反应生成硫，硫化锌的溶解平衡向右移动，硫化锌转化为可溶的锌离子和四氨合锌离子，所以一定条件下，通入氧气，以氯化铵浓溶液为浸取剂可以浸取矿物中的锌元素，故答案为：ZnS在溶液中存在如下平衡：，加入，NH发生水解：，NH3·H2O与形成，通入，与反应生成S，促进溶解平衡正向移动； （2）由题意可知，酸性介质中电沉积制锌粉的过程为与直流电源正极相连的左侧锌电极为电解池的阳极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气； ①由分析可知，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气，电极反应式为、，故答案为：、； ②由题意可知，制得65g锌粉时，理论上析出金属锌的物质的量为=1.25mol，由得失电子数目守恒可知，阳极放电生成锌离子的物质的量为1.25mol，则电解质溶液中增加锌离子的物质的量为1.25mol—=0.25mol，故答案为：0.25； （3）由结构可知，离子化合物EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱，所以EMIC的熔点低，故答案为：EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱； （4）由题意可知，二甲酚橙为EDTA溶液滴定溶液中锌离子的指示剂，溶液中锌离子与EDTA完全反应后，滴入最后半滴EDTA溶液，溶液会由红色变为黄色，则滴定终点时的现象为溶液从红色变为黄色，且30s不变红，故答案为：溶液从红色变为黄色，且30s不变红； （5）由方程式可知，计算样品中锌元素的质量分数除需要样品的质量、EDTA溶液的浓度外，还需要待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积，故答案为：待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积。 10．(1)iii (2)16 (3) AB 温度升高，反应速率快，因此甲醇产率B比A高 若此时反应已平衡，因为主反应是放热反应，温度升高，主反应平衡逆移，甲醇产率降低；副反应是吸热反应，温度升高，副反应平衡正移，使和浓度减小，使主反应逆向移动，甲醇产率降低；若此时反应未平衡，因为升高温度，催化剂活性降低，主反应速率降低，相同时间内，甲醇产率降低；若此时反应未平衡，因为升高温度，副反应速率增大，使和浓度减小，主反应速率降低，相同时间内，甲醇产率降低(答出任意两点即可) (4) 甲醇的选择性达到100% 可以将产物甲醇和分离 【详解】（1）反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线iii能表示反应Ⅰ的平衡常数K与温度T的关系。 （2）某温度下，向容积为的恒容密闭容器中充入和模拟反应Ⅰ(即控制条件使只发生反应Ⅰ)，反应达到平衡状态时，测得，可列出三段式：，该温度下的平衡常数。 （3）①反应I为放热反应，降温平衡逆向移动，即温度越低，甲醇的平衡产率越高，故图中一定不处于化学平衡状态的点是AB。 ②A、B两点时，催化剂的活性较强，则产率的可能原因温度升高，反应速率快，因此甲醇产率B比A高。 ③已知催化剂对副反应没有影响。解释当温度高于500K，甲醇产率逐渐下降的原因可能是若此时反应已平衡，因为主反应是放热反应，温度升高，主反应平衡逆移，甲醇产率降低；副反应是吸热反应，温度升高，副反应平衡正移，使和浓度减小，使主反应逆向移动，甲醇产率降低；若此时反应未平衡，因为升高温度，催化剂活性降低，主反应速率降低，相同时间内，甲醇产率降低；若此时反应未平衡，因为升高温度，副反应速率增大，使和浓度减小，主反应速率降低，相同时间内，甲醇产率降低。 （4）由表格信息可知，该双功能分子筛催化膜反应器的优点有：的平衡转化率明显升高；①甲醇的选择性达到100%；②可以将产物甲醇和分离。 11．(1) (2)加压(或增加H2浓度) (3) (4) 224 【详解】（1）焓变等于反应物的键能之和与生成物的键能之和的差，可得：Sabatier反应的△H=(803kJ/mol×2+436 kJ/mol×4)-(413 kJ/mol×4+463 kJ/mol×4)=-154kJ/mol，故答案为：-154； （2）Sabatier反应是气体分子数减小的放热反应，增大压强或增大氢气浓度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，故答案为：加压(或增加H2浓度)； （3）由题给数据可建立如下三段式： 由三段式数据可知，反应的平衡常数K=，故答案为：； （4）由图可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，多晶铜电极为阴极，因为电解过程中，阴极室和阳极室的溶液浓度基本保持不变，则二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷和碳酸氢根离子，电极反应式为；由得失电子数目守恒可知，生成1mol甲烷时，转移，根据，阳极生成2mol氧气和8mol二氧化碳，标准状况下，混合气体的体积为10mol×22.4L/mol=224L，故答案为：；224。 12．(1)+659.8 (2) (或0.75) (3) 阳 13 【详解】（1）①   ②   与反应生成和的反应依据盖斯定律①×2-②得到：+2=+4 △H=+659.8kJ•mol-1，反应热是+659.88kJ•mol-1，故答案为：+659.8。 （2）①，注意碳为固体，由反应的化学方程式可知平衡常数表达式K=，故答案为：； ②在时将和各通入体积为的密闭容器中反应发生反应，5分钟时达到平衡状态，该反应的平衡常数是9，设CO的转化率是x，依据三段式列式得到： K=  x=0.75，则CO的转化率为75%；用CO的浓度变化表示的反应率速==7.5×10-4 mol/(L•min)；故答案为：75%；7.5×10-4 ； （3）①分析装置图可知，饱和食盐水变为淡盐水，则C1极上Cl-失去电子转化为氯气，    Na+通过阳离子交换膜向右移动，所以电极是阳极，C2电极为阴极，在阴极是水中的氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为； ②C1为阳极溶液中氯离子失电子生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，结合阴极电极反应式可知，通过相等电量，两极生成的气体物质的量相等，当两极产生的气体共(标准状况下)即0.01mol气体时，生成氢气0.005mol，则同时生成OH-为0.01mol，溶液体积为100mL，则溶液中的OH-浓度为0.1mol/L，所以溶液的pH=13。故答案为：阳；；13。 13．(1) (2) 热 冷 (3) (4)0.1 (5) 氨的收率高，原子利用率高 【详解】（1）化学反应的能量变化等于反应过程断裂化学键吸收的能量-形成化学键释放的能量，根据图像分析，与反应生成的反应热为，合成的热化学方程式为； 故答案为：； （2）键能较大，使断裂需要吸收能量，故断裂在催化剂“热”表面进行，有利于提高速率，而氨气生成是形成键的过程会释放能量，在催化剂“冷”表面进行，有利于平衡正移； 故答案为：热；冷； （3）根据题意可知，高效合成氨应用电解原理，实现硝酸盐亚硝酸盐氨，从装置图分析其电解质溶液呈碱性，则生成的电极反应式是； 故答案为： （4）根据电极反应式，被还原生成转移电子为1.2mol，则被还原生成转移电子为，由电极反应式可计算生成的物质的量为0.1mol； 故答案为：0.1； （5）根据题中信息，将置于中能释放出，同时还生成，故反应方程式为：； 根据图示可知，氮化镁和氯化铵反应生成氨气和氯化镁，故合成氨的总反应方程式是； 极易溶于水，选用水完成转化，生成的氨有部分溶于水，氨的收率低，原子利用率低，选用固体转化生成的可以循环利用，故相比于，用固体转化的优点有氨的收率高，原子利用率高； 故答案为：；；氨的收率高，原子利用率高。 14．(1) (2)ac (3) a (4) 32% 偏小 (5) 电路中每转移4mol电子，正极区生成的4mol全部转移到负极区，与负极区消耗的的物质的量相同 【详解】（1）火箭发射时与反应生成和反应的化学方程式为，根据盖斯定律，该反应的，故该反应的热化学方程式为； （2）a．反应i(快)中，NaClO中氯元素的化合价由+1降为-1，得电子，做氧化剂，a正确； b．反应Ⅱ是放热反应，适当提高温度，可溶于加快反应速率，但温度过高，平衡逆向移动，的产量会降低，b错误； c．采用3.0MPa压强可以增大的溶解度，提高反应ii中的利用率，c正确； 答案选ac； （3） ①水合肼(，常温为液态)中与间存在氢键，用“X-H…Y”表示与间存在的氢键；中和的氢键键能大于氨气分子间的氢键键能，的沸点高，NaCl是离子化合物，沸点高，蒸馏过程首先溜出的为； （4）根据反应得关系式，样品中肼得质量分数为；肼具有还原性，若滴定过程中操作过于缓慢，易被空气中的氧气氧化，导致消耗标准碘液的体积偏小，测定结果偏小； （5）如图，肼-空气燃料电池(电解质为KOH溶液)中，通入氧气一极（多孔电极）为正极，电极反应式为，通入肼这一极为负极，电极反应式为由电极反应式知，电路中每转移4mol电子，正极区生成的4mol全部转移到负极区，与负极区消耗的的物质的量相同。 15．(1) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=(1.5a-0.5b)kJ·mol-1 加快反应速率，促进反应正向进行，提高甲醇的产率 (2) CO2+6HCO+6e-=CH3OH+H2O+6CO(7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6HCO) H2 33.3%(或) 14CH3OH 【详解】（1）①CO2和H2生成CH3OH和H2O的化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，根据盖斯定律，反应i-反应ii得到目标方程式，故CO2和H2生成CH3OH和H2O的热化学方程式；为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=(1.5a-0.5b)kJ·mol-1； ②由于CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是气体体积缩小的反应，增大压强，平衡右移，提高甲醇的产率，高压还能加快反应速率；故合成过程中选择高压条件； （2）①该电解装置石墨电极为阳极，催化电极为阴极，阴极上CO2得到电子变为甲醇，电解质是KHCO3溶液，根据电荷守恒，写出该电极的反应式为：CO2+6HCO+6e-=CH3OH+H2O+6CO或(7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6HCO)； ② a．如果阴极有H2O放电，则会生成H2，故需要检验的产物是H2； b．S(CH3OH)=25%，假设有4molCO2完全反应，则会生产1molCH3OH，CO2变为甲醇要得到6mol电子，剩余的3molCO2变为CO也需得到6mol电子，而η(CH3OH)=33.3%，则η(CO)也等于33.3%； ③其他条件不变，用N2代替CO2电解，无CH3OH产生，说明CH3OH中的C不会来自KHCO3，则应该来自于CO2；用14CO2代替CO2电解，就会生成14CH3OH。 16．(1) (2) (3) (4) 甲醇 Y中起作用的自由基主要是，Z中是和HO·。20min时M的残留百分含量Z与Y的差值大于Y与X的差值 随减小，减小，增加，后者对TOC去除率的影响大于前者 随减小，产生的降低，对HO·和的生成均不利 【详解】（1） 因为的结构式是，可认为两个，则的结构式是； （2）过程ⅰ由电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式是； （3）过程ⅱ会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为＋6价，则由电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式是,该过程参与反应的物质还有H2O； （4）Ⅰ. a．由图像知，X曲线中M的残留百分含量最高，已知甲醇同时消耗HO·和，叔丁醇只消耗HO·，所以X中加入的是甲醇； b．Y中加入的是叔丁醇，而叔丁醇只消耗HO·，所以Y中起作用的自由基主要是，Z中起作用的自由基是和HO·，20min时M的残留百分含量Z与Y的差值大于Y与X的差值，所以0～20min，Z中降解M的自由基主要是HO·； Ⅱ. a．由图知，从①到④，物质的量分数减小，减小，减小，增加，后者对TOC去除率的影响大于前者； b．从④到⑦，减小，根据题干中自由基和HO·产生的机理可知，产生的降低，对HO·和的生成均不利。 17．(1)4 (2) 回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂；利用反应ii放热为反应i提供能量 温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大；对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动 先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变 (3) 2 【分析】原电池中，葡萄糖转化为二氧化碳和水，碳的化合价在升高，作负极，Na2SO3中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：，据此回答。 【详解】（1）根据题目所给反应方程式可知，每当生成3molS2，理论上转移12mol电子，则生成1molS2时，转移电子的物质的量为4mol； （2）①反应ii处理尾气的好处有：回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂，利用反应ii放热为反应i提供能量； ②随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动； ③通过观察图像可知，10min时S2的实际产率大于平衡产率，所以最终要减小到与900K时产率相等，则900K，在10min后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为：先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变，或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变； （3）①根据分析可知，该装置中，正极的电极反应式为：； ②根据电极方程式可知，当消耗1mol亚硫酸根离子，转移4mol电子，同时消耗6mol碳酸氢根离子，生成6mol碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4mol的H+通过质子交换膜来到正极，4mol氢离子可以结合4mol的碳酸根离子生成4mol的碳酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2mol。 18．(1) (2) > C (3) 催化剂表面不断被积碳覆盖直至反应II无法进行(或其他合理答案) 3：1 (4) 4.6g 【详解】（1）由盖斯定律可知，(Ⅱ-Ⅰ)×2可得=。 （2）①时，该反应的平衡常数，该温度下某时刻测得体系内四种物质的浓度均为，Q=，平衡正向进行，>； ②该反应是气体体积减小的放热反应， A．升高反应温度，平衡逆向移动，的平衡产率减小，A不选； B．催化剂不能增大的平衡产率，B不选； C．增大压强可以提高反应速率且增大的平衡产率，C选； D．从平衡体系中及时分离出，平衡正向移动，的平衡产率增大，但反应速率减慢，D不选； 故选C。 （3）①根据图1，反应Ⅱ的反应物为CaCO3和CH4，产物为CaO、CO和H2，可写出反应Ⅱ的化学方程式； ②时间段内，反应Ⅱ速率减小至0的原因为：催化剂表面不断被积碳覆盖直至反应II无法进行(或其他合理答案)； ③由图可知，时刻，CO的气体流速为1.5mmol·min-1，由反应Ⅱ可知，生成H2的气体流速为1.5mmol·min-1，而实际上H2的气体流速为2mmol·min-1，说明副反应生成H2的流速为0.5 mmol·min-1，则反应II和反应Ⅲ生成的速率之比为1.5:0.5=3:1。 （4）①由图可知，Pt电极氧元素价态升高失电子，故Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，石墨烯电极为阴极，电极反应式为； ②当有通过质子交换膜时，转移0.2mol电子，生成0.1molHCOOH，质量为0.1mol×46g/mol=4.6g。 19．(1) (2) < 8s时反应已达到平衡状态，将深度氧化为是放热反应，温度越高，越不利于反应正向进行，生成的浓度越低 (3) i 0.9s、n(O3)∶n(NO)＞1.0时，n(O3)∶n(NO)增大，使vⅱ增大、vⅲ增大，从而使的浓度减小 (4)使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率 (5) 【详解】（1）根据盖斯定律知：i2+ ii+ iii可得，； （2）由图知，T2温度下，反应速率快，首先到达平衡，因此<；由图知，8s时反应已达到平衡状态，将深度氧化为是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，越不利于反应正向进行，生成的浓度越低，所以答案为：8s时反应已达到平衡状态，将深度氧化为是放热反应，温度越高，越不利于反应正向进行，生成的浓度越低； （3）当时，NO主要转化为NO2, 所以深度氧化器中发生的反应主要是i；由图知，时，的浓度随着增大而减小的原因是：n(O3)∶n(NO)增大，使vⅱ增大、vⅲ增大，从而使NO2的浓度减小； （4）由（3）知反应过程中NO3的浓度极低，说明反应ⅲ比反应ⅱ快，因为烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长，所以为了加快反应速率，采取的措施及目的分别是：使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率； （5）溶液X中的与亚铁离子发生氧化还原反应后，剩余的亚铁离子与发生氧化还原反应，，则与发生氧化还原反应的Fe2+为n2=，则与反应的Fe2+为n1=，，则物质的量，则的物质的量浓度为。 20．(1)放热 (2)CH4 + NiO2H2 + CO + Ni和CH4 + 2NiO 2H2 + CO2 + 2Ni (3) —41kJ/mol CaCO3CaO + CO2↑，温度升高促进碳酸钙分解 CO(g) + H2O(g) = H2(g) + CO2(g)ΔH <0，CO2浓度增大和升高温度均促使平衡逆向移动，H2体积分数降低 (4)通过蒸汽变换等反应增大产品气中H2的产率与体积分数，促进CO2的吸收 【分析】由题给流程可知，空气中的氧气与空气反应器中的镍反应生成氧化镍，燃料反应器中的甲烷与氧化镍共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，与水蒸气共热反应生成氢气和碳的氧化物，反应生成的镍可以循环使用；反应得到的重整气经冷却器冷却后进入氧化钙吸收反应器，重整气中的一氧化碳、甲烷与水蒸气生成二氧化碳和氢气，二氧化碳与氧化钙反应生成碳酸钙，重整气经反应转化、吸收二氧化碳得到氢气；碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，反应生成的氧化钙可以循环使用。 【详解】（1）空气反应器中发生的反应为镍和空气中氧气共热发生化合反应生成氧化镍，并放出热量，则该反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故答案为：放热； （2）由分析可知，燃料反应器中发生的反应为氧化镍与甲烷共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，反应的化学方程式为CH4 + NiO2H2 + CO + Ni和CH4 + 2NiO 2H2 + CO2 + 2Ni，故答案为：CH4 + NiO2H2 + CO + Ni和CH4 + 2NiO 2H2 + CO2 + 2Ni； （3）①由题意可知，甲烷与水蒸气反应生成二氧化碳、一氧化碳的热化学方程式为CH4(g)+2H2O(g) =4H2(g)+CO2(g) △H=+165kJ/mol①、CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g) △H=+206kJ/mol②，由盖斯定律可知，反应①—②得到反应CO(g) + H2O (g) =H2(g) + CO2(g)，则反应ΔH =(+165kJ/mol)—(+206kJ/mol)= —41kJ/mol，故答案为：—41kJ/mol； ②温度升高碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳：CaCO3CaO + CO2↑，所以温度升高二氧化碳捕集率降低；一氧化碳与水蒸气生成二氧化碳和氢气的反应为放热反应，二氧化碳浓度增大和升高温度都使平衡向逆反应方向移动，导致生成物氢气的体积分数降低，故答案为：CaCO3CaO + CO2↑，温度升高促进碳酸钙分解；CO(g) + H2O(g) = H2(g) + CO2(g)ΔH <0，CO2浓度增大和升高温度均促使平衡逆向移动，H2体积分数降低； （4）由分析可知，燃料反应器中发生的反应为甲烷与氧化镍共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，与水蒸气共热反应生成氢气和碳的氧化物，吸收反应器中发生的反应为一氧化碳、甲烷与水蒸气生成二氧化碳和氢气，则燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气有利于增大产品中氢气的体积分数，促进二氧化碳的充分吸收，故答案为：通过蒸汽变换等反应增大产品气中H2的产率与体积分数，促进CO2的吸收。 21．(1)iii (2)C6H5OH + 28· OH = 6CO2 + 17H2O (3) B + 3Fe3+ + 3H2O = H3BO3 + 3Fe2+ + 3H+ 产生的Fe2+量较多，Fe2+和· OH发生副反应，c(·OH)下降，导致反应ii速率下降 (4)阳 (5) O2 + 2e− + 2H+ = H2O2 【详解】（1）慢反应速率决定总反应速率，决定芬顿反应速率的是过程iii。 （2）根据·OH + OM → CO2 + H2O，·OH氧化苯酚的化学方程式为C6H5OH + 28· OH = 6CO2 + 17H2O； （3）①B与Fe3+反应生成硼酸(H3BO3)，Fe3+被还原为Fe2+，离子方程式为B + 3Fe3+ + 3H2O = H3BO3 + 3Fe2+ + 3H+。 ②铁粉质量浓度大于0.02 g ∙ L−1时，产生的Fe2+量较多，Fe2+和· OH发生副反应，c(·OH)下降，导致反应ii速率下降。 （4）利用O2在电极放电生成H2O2，氧气发生还原反应，通入空气的电极为阴极，则石墨做阳极。 （5）①pH=3，电解时间在0 ~ 60 min内， c(H2O2)=，v(H2O2)=mol·L-1·min-1。 ②阴极发生反应O2 + 2e− + 2H+ = H2O2，随着溶液pH升高，氢离子浓度降低，反应速率减慢，电解相同时间，生成的H2O2浓度逐渐减小。 22．(1)SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)   ∆H=-281kJ·mol-1 (2) < 同温下，H2S的平衡转化率受压强影响，因此S2为气体。该反应是气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小 (3) 阳极：H2S-2e-=S↓+2H+，生成的S覆盖在阳极上，阻止反应持续进行 S+H2S=(x-1)S↓+2HS- (4) H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ FeCl3溶液可以循环使用 (5)CO+H2S=HS-+HCO 【详解】（1）第②步反为SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)，设反应a：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)；反应b：S(s)+O2(g)=SO2(g) ；根据盖斯定律可知，②=a-3b，则SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l) ∆H=-281kJ·mol-1； （2）由图可知，压强改变会影响硫化氢的转化率，说明S2为气体，则压强增大，平衡逆向移动，硫化氢转化率降低，则P1<P2；原因是：同温下，H2S的平衡转化率受压强影响，因此S2为气体。该反应是气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小； （3）①由图可知，酸性条件时，存在形式是硫化氢分子，由于阳极硫化氢发生氧化反应而生成硫单质，硫单质不导电，覆盖在石墨电极表面，从而导致石墨电极导电性下降，故答案为：阳极：H2S-2e-=S↓+2H+，生成的S覆盖在阳极上，阻止反应持续进行； ②根据信息可知，电解后的黄色溶液中含有S，则其与硫化氢反应生成单质硫，离子方程式为：S+H2S=(x-1)S↓+2HS-； （4）①反应池中含有三价铁和硫化氢，两者反应生成二价铁和单质硫，总反应为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+； ②根据图示可知，通过电解生成三价铁和氢气，则该装置实验有两个显著优点：a．H2S的原子利用率100%；b．FeCl3溶液可以循环使用； （5）硫化氢的一级电离常数大于碳酸的二级电离常数，但是小于其一级电离常数，根据强酸制备弱酸的原理可知，相应的离子方程式为：CO+H2S=HS-+HCO。 23．(1) +183 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)  =-748 (2) CO-2e-+H2O=CO2+2H+ (3) 不是 2 + 2SO2 + 2H+ = As2O3 + 2+ H2O (4) H3AsO3 【详解】（1）①因为焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，所以ΔH1=(945+498-2×630)=+183； ②a：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)  ΔH=-565 b：N2(g)+O2(g)=2NO(g)  ΔH=+183； 依据盖斯定律a-b得到NO转化为无毒气体的热化学反应方程式为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)  ΔH=(-565-183)=-748； （2）①该装置是原电池，通入一氧化碳的电极是负极，负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+； ②NO被H2O2溶液氧化成强酸硝酸，双氧水被还原成水，则反应的离子方程式； （3）①碱浸过程中没有元素化合价的变化，所以该过程不是氧化还原反应，故答案为：不是； ②根据流程图可知，过程Ⅲ发生反应的离子方程式为2+2SO2+2H+=As2O3+2+H2O； （4）①由图可知，人体血液的pH在7.35～7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是亚砷酸，故答案为：H3AsO3； ②将KOH滴入亚砷酸溶液至pH=11，不断减少，不断增多，可以推知发生的反应为。 24．(1) (2) c 当温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；稳定升高，催化剂的活性降低，使主反应速率降低，故CH3OH实验产率降低 (3) Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+ Zn2+++2e－=ZnO+ 阴极发生7CO2+6e－+5H2O=CH3OH+6，每转移6mol电子，必定有6molH+通过质子交换膜进入阴极室，发生+H+=CO2↑+H2O，所以电解过程中阴极室溶液的基本不变 【详解】（1）根据两个反应的化学计量数，可知该副反应的热化学方程式为 。 （2）①当温度为523 K时，CO2的实验转化率和CH3OH的实验产率最高，说明此温度下催化剂活性最好，选c。②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，当温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；温度升高，催化剂的活性降低，使主反应速率降低，故CH3OH实验产率降低。 （3）①Cu和Cu2+反应生成Cu2O，离子方程式为Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+。②Zn2+和反应得到了ZnO和，对应的电极反应式为Zn2+++2e－=ZnO+。③阴极发生7CO2+6e－+5H2O=CH3OH+6，每转移6mol电子，必定有6molH+通过质子交换膜进入阴极室，发生+H+=CO2↑+H2O反应，所以电解过程中阴极室溶液的基本不变。 25．(1) 阳 2SO-2e-=S2O O2 0.02 (2) + Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对SO·的猝灭作用；且Fe可以和产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+ (3) 【详解】（1）①由图可知在b极区转化为，化合价升高，所以是电解池的阳极区，答案为：阳； ②电极反应式是2SO-2e-=S2O，答案为：2SO-2e-=S2O； ③氧元素在阳极区失电子，所以生成的气体可能是氧气，物质的量为2.5×10-4mol，所以转移电子的物质的量为 ，转移电子总物质的量为，参与2SO-2e-=S2O 反应的电子的物质的量是，所以(NH4)2S2O8的物质的量是，由，答案为：O2，0.02； （2） ① ·氧化苯酚时自身被还原为硫酸根离子，苯酚转化为二氧化碳，离子方程式是+，答案为：+； ②Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对SO·的猝灭作用；且Fe可以和产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+； （3）反应为 ，苯酚，所以苯酚的物质的量为，则样品中苯酚的含量为 g/L= g/L ，答案为：。 26．(1)还原 (2) 盐酸具有还原性，能与NaClO反应 溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大 (3) 偏低 【详解】（1）在大气中最终被氧化成硝酸，形成酸雨，该过程中表现还原性，故答案为：还原； （2）①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应； ②pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强氧化性将NO氧化为，1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl，1molNO失3mol电子生成，根据得失电子守恒得：，故答案为：； ③由反应：和，可知反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率，故答案为：溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大； （3）①在电解池中被还原为NO，1mol得2mol电子，2mol失2mol电子生成1mol碘单质，结合电解质环境提供氢离子最终生成，根据得失电子守恒可得反应方程式：，故答案为：； ②可用转移电子物质的量表示的物质的量，则脱除前的物质的量为amol，则脱出后的物质的量为bmol，的脱出率为：。故答案为：； ③电解池中若检测到少量和，说明没有完全转化为，导致测定值偏低，故答案为：偏低。 27．(1)2SO32SO2+O2 (2) < SO2在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移动的影响 (3) SO2水溶液 将固体S(吸附了)加热，用SO2水溶液吸收气体 【详解】（1）根据氧化还原反应原理，反应Ⅰ第一步反应①，没有发生化合价的改变，则第二步发生+6价S化合价降低，-2价氧化化合价升高，得到产物SO2和O2的反应，反应方程式②：2SO32SO2+O2。 （2）①该反应气体分子数正向减少，压强增大平衡正向移动，而达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大，说明温度升高平衡逆向移动，故<0； ②该SO2的歧化反应中，H2O作为溶剂使SO2分子间有较大的碰撞概率，但是若，则SO2在水中浓度降低，碰撞概率下降，即SO2在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移动的影响。 （3）①是催化剂，则其在总反应中没有改变、损耗，反应ⅰ.，则反应ⅱ.； ②根据反应ⅱ.，为从中获得固体S以及与的混合液，需除去I2，故该过程中，应选取的化学试剂是SO2；设计方案：将固体S(吸附了)加热，碘单质易升华，用SO2水溶液吸收碘气体，即能达到目的。 28． 430 AD 的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率 选择性膜吸附，促进反应Ⅱ平衡正向移动 【分析】根据题中信息用相对能量求反应热；根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化学平衡的影响，并作出相关的判断；根据相关物质的相对能量和活化能算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量，找到画图的关键数据；催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不同；选择性膜是通过吸附目标产品而提高目标产物的选择性的，与催化剂的选择性有所区别。 【详解】(1)①由图1的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为-84kJ∙mol-1、-393 kJ∙mol-1、-110 kJ∙mol-1、0 kJ∙mol-1。由题中信息可知，∆H=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g)⇌4CO(g)+3H2(g) ∆H3=(-110 kJ∙mol-1)4-(-84kJ∙mol-1)-( -393 kJ∙mol-1)2=430 kJ∙mol-1。 ②A．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，故其平衡常数增大，A正确； B．反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，B不正确； C．反应Ⅲ的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，故其不利于乙烷脱氢，不利于乙烯的生成，C不正确； D．反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，因此该反应的浓度商变大（大于平衡常数），化学平衡向逆反应方向移动，D正确。 综上所述，描述正确的是AD。 ③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52 kJ∙mol-1+0+(-393 kJ∙mol-1)= -341 kJ∙mol-1；第二步的反应是C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)，其活化能为210 kJ∙mol-1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210 kJ∙mol-1，过渡态的的相对能量变为-341 kJ∙mol-1+210 kJ∙mol-1= -131 kJ∙mol-1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52 kJ∙mol-1)+(-242 kJ∙mol-1)+(-110 kJ∙mol-1)= -300 kJ∙mol-1。根据题中信息，第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”可以表示如下：。 (2)①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物质的量之比1：1投料，但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率，但是CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，而且反应物主要发生了反应Ⅲ，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，因此，CO2氧化C2H6的主要产物是CO。故答案为：CO；C2H4的产率低说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率。 ②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，由反应ⅡC2H6(g)+CO2(g)⇌C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)可知，该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C2H4通过而离开体系，即通过吸附C2H4减小其在平衡体系的浓度，从而促进化学平衡向正反应方向移动，因而可以提高乙烷的转化率。故答案为：选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。 【点睛】本题“能量—反应过程图”是难点。一方面数据的处理较难，要把各个不同状态的相对能量算准，不能遗漏某些物质；另一方面，还要考虑两步反应的活化能不同。这就要求考生必须有耐心和细心，准确提取题中的关键信息和关键数据，才能做到完美。 答案第30页，共31页 答案第31页，共31页 学科网（北京）股份有限公司 $$