专题18 化学反应原理综合 -【好题汇编】3年（2022-2024）高考1年模拟化学真题分类汇编（江苏专用）

专题18 化学反应原理综合 1．（2024·江苏·高考真题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有 ；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得 。 (2)一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。 ①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为 。 ②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是 。 (3)反应可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是 。 ②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示，氨基能将控制在催化剂表面，其原理是 ；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在 (填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 2．（2023·江苏·高考真题）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)。 3．（2022·江苏·高考真题）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 。 1．（2024·江苏南通·二模）生物质铁炭纳米材料可以活化过一硫酸盐，降解废水中有机污染物． (1)生物质铁炭纳米材料活化过—硫酸钾降解有机污染物的反应历程如图-1所示．图中和分别表示硫酸根自由基和羟基自由基． ①（S的化合价为）在水中的电离过程为：、．写出的结构式： 。 ②生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为 。 ③若有机污染物为苯酚，写出酸性条件下与苯酚反应的化学方程式： 。 (2)与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是： 。 (3)铁炭纳米材料在不同对有机污染物去除率（溶液有机物浓度与初始有机物浓度的比值）的影响如图-2所示，越小有机污染物去除率越高的原因是： 。 (4)已知微粒的氧化性：。水中存在一定量和无存在时对铁炭纳米材料降解有机污染物的影响如图-3所示．的存在对有机污染物的降解有影响，原因是： 。 2．（2024·江苏泰州·模拟预测）零价铁活化过硫酸盐耦合类芬顿体系可以产生强氧化性的羟基自由基和硫酸根自由基()，被用于氧化降解废水中的抗生素。 (1)该体系中产生自由基的机理如图所示。 ①的结构为，的结构式为 。 ②在碱性溶液中可转化为，该反应的离子方程式为 。 (2)为探究体系中和降解抗生素的能力，设计了自由基猝灭实验。是和的猝灭剂，能与、快速反应；是的猝灭剂，难和反应。零价铁活化过硫酸盐耦合类芬顿体系处理废水时分别加入上述猝灭剂，抗生素残留率与时间的关系如图所示。 ①甲醇和反应的原理是拔走了甲醇中的一个H原子，生成一个新的自由基，可能产物的相对能量如图所示，该反应最有可能的方程式为 。 ②实验Ⅰ加入的猝灭剂甲是 。 ③降解抗生素的自由基主要是哪个，简述理由 。 (3)探究(PDS)的物质的量分数对抗生素去除率的影响。在的废水中，PDS和H2O2总浓度为，相同时间内，PDS的物质的量分数与抗生素残留率的关系如图所示。 ①PDS的物质的量分数从80%降到50%，抗生素残留率降低的原因是 。 ②PDS的物质的量分数降到0%时，抗生素残留率升高的原因是 。 3．（2024·江苏宿迁·一模）尿素、过氧化尿素的生产具有重要意义。 (1)尿素的催化合成 已知：         ①将、按体积比1：1通入含有涂层的石墨网上，同时喷洒水微滴合成尿素，化学反应方程式为 。 ②上述反应的 。 (2)尿素的电化学合成 ①电催化和合成尿素的装置如图-1，生成尿素的电极反应式为 。 ②电催化和合成尿素。先在阴极被还原为中间体CO，再与合成尿素。 已知：在阴极还能被还原为，其生成的趋势比生成CO的趋势更大。但实验数据说明，一定时间内，阴极产物中CO的物质的量大于，可能的原因为 。 (3)尿素的结构 两分子尿素通过羰基氧原子形成分子间氢键，得到具有八元环的二聚分子。二聚分子的结构式为 。 (4)过氧化尿素晶体的制备 在烧杯中加入30%双氧水和尿素，恒温加热并搅拌得到澄清溶液，用冰水浴降温结晶、过滤、洗涤、干燥得过氧化尿素晶体。双氧水和尿素的摩尔配比对产品收率的影响如图-2。当摩尔配比大于1.1时，过氧化尿素晶体收率降低，其可能的原因是 。 (5)尿素的应用 尿素将烟气中氮氧化物还原为以达到消除污染的目的。控制其他条件相同，将混有NO、、、和的模拟烟气匀速通过装有尿素溶液的装置，在装置出口处检测NO、的脱除率 ①当烟气中有少量时，有利于脱除，其可能的原因是 。 ②当烟气中无存在时，且超过一定数值时，测得变为负值，其可能的原因是 。 4．（2024·江苏·一模）甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 (1)HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得与HCOONa（如图所示），其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物（晶胞结构如图所示）作催化剂。 ①催化剂可由与混合物与高温灼烧制得（反应中N元素化合价不变），该反应的化学方程式为 。 ②电解时，电极b上同时产生与的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反应式为 。 ③电解过程中每产生1 mol，通过阴离子交换膜的为 mol。 (2)HCHO水化释氢 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为，反应的机理如图所示。 使用时将纳米Ag颗粒负载在表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应：。 ①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为 （填化学式）。 ②NaOH浓度低于1 mol⋅L时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是 。 ③若NaOH浓度过大，的产生迅速减慢的原因可能是 。 (3)甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有 。 5．（2024·江苏·一模）乙醇是一种清洁的替代能源，催化加氢制备乙醇技术是当前的研究热点。 (1)催化加氢制备乙醇的反应为。 ①若要计算上述反应的，须查阅的两个数据是的燃烧热和 。 ②某金属有机骨架负载的铜基催化剂上，加氢生成的部分反应机理如图所示。 过程中两个均参与反应，画出的结构式（注明电荷） 。 (2)乙酸甲酯催化加氢制备乙醇主要涉及如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 在其他条件不变时，将的混合气体以一定流速通入装有铜基催化剂的反应管，测得转化率、选择性选择性]随温度的变化如图所示。 ①铜基催化剂须含合适物质的量之比的与的晶胞如图所示（立方体），晶体的密度可表示为 （用含的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值）。 ②下均有，其原因是 。 ③范围内，转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是 。 ④温度高于时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是 。 6．（2024·江苏南通·一模）二氧化碳的综合利用具有重要意义。 (1)工业上以和为原料可以制取合成气（和）。 ①已知的燃烧热分别为，则反应的 。 ②将和以体积比混合后，通过装有催化剂的反应管。下列措施有利于提高转化率的是 （填字母）。 a．将反应管控制在催化剂的最大活性温度范围内 b．延长混合气体通过反应管的时间 c．向反应管中加入少量炭粉 (2)电解法转化可实现资源化利用。电解制的原理如图1所示。 ①写出阴极还原为的电极反应式： 。 ②电解一段时间后，阳极区的溶液浓度降低，其原因是 。 (3)一种负载活性金属原子催化剂可催化还原，在催化剂表面的物质相对能量与反应历程的关系如图2所示。 ①反应中催化剂的活性会因为生成的不断增多而逐渐减弱，原因是 。 ②可由中间体或经过如图3所示2步转化得到。和的组成相同，催化剂载体中的活性金属带正电性，与活性金属结合后的相对能量低于。在图4方框内画出的结构简式 。 7．（2024·江苏泰州·一模）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)利用高炉炼铁尾气中的制取有机物的过程如下： 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1所示：       图1 ，选择性。 “电解”在质子交换膜电解池中进行，生成的电极反应式为 ，当电解电压为时，生成和的选择性之比为 。 (2)利用铟氧化物催化制取的可能机理如图2所示，无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性，将固定比例的混合气体以不同流速通过装有催化剂的反应管，选择性、转化率随气体流速变化曲线如图3所示， ①图2中的反应每生成放出的热量，其热化学方程式为 。 ②若原料气中比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是 。 ③制取时，同时发生反应，气体流速分别为和，相同时间内生成的质量，前者 后者（选填“>”、“="或“<”）；保持气体流速不变，反应管内温度从升高到，测得出口处和的物质的量均减小，可能的原因是 。 8．（2024·江苏南通·一模）在环境保护等领域有广泛应用。 (1)在下，向溶液中边搅拌边分批加入固体，同时滴加溶液，使溶液控制在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得固体。 ①制备理论上需要的物质的量为 ；实际生产过程中所加低于理论用量的原因是 。 ②为检验已被完全氧化，某同学向过滤所得滤液中滴加酸性溶液，该设计方案不合理的理由是 。 (2)的结构中，每个与羟基氧和非羟基氧构成了八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形。补充完整该八面体的结构 。 (3)可用于脱除烟气中的。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图1所示。生成的(结构如图2所示)覆盖在的表面。 ①写出反应II的化学方程式： 。 ②工业可使用四氯乙烯溶解并实现与分离。四氯乙烯能溶解的原因是 。 ③部分环状分子(如苯)中由于存在大键，增强了分子的稳定性。分子中不能形成大键的原因是 。 9．（2024·江苏南通·一模）一种燃煤烟气中的捕集和资源再利用技术可通过如下转化过程实现。 转化I是利用风/太阳能电厂过剩电力，将转化为等高值产品。 转化II是利用风/太阳能电厂过剩电力驱动压缩机压缩。 转化III是风/太阳能电厂发电低谷时，利用压缩推动汽轮机，带动发电机发电。 (1)利用氨水可捕集烟气中的捕集、再生过程中含碳物种的变化如图所示。 ①液相中发生转化：。X的结构式为 。 ②已知： 反应的平衡常数 。 ③转化后的溶液通过反应解吸释放。向两份相同的转化后的溶液中分别加入等体积、等浓度的和溶液，加入溶液后释放效果更好的原因是 。 (2)以过渡金属作催化剂，利用如图所示装置可实现“转化1”。 ①写出阴极表面的电极反应方程式： 。 ②在金属催化剂表面发生转化的过程可能为(*表示吸附在催化剂表面)。其中部分物种在催化剂表面的吸附构型如图甲所示，反应历程中的相对能量如图乙所示。与Cu催化剂相比，掺杂了Cs的复合催化剂更有利于的形成，可能原因是 。 (3)从物质转化与资源综合利用角度分析，本工艺中的捕集和资源再利用技术的优点是 。 10．（2024·江苏连云港·一模）氮氧化物(、等)的处理和资源化利用具有重要意义。 (1)的处理。研究证明：能提高的分解速率，参与了第Ⅱ步、第Ⅲ步反应。反应历程(为反应活化能)： 第Ⅰ步：   第Ⅱ步：……   第Ⅲ步：   ①第Ⅱ步发生反应的方程式为 。 ②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，则 (填“>”、“<”或“=”)。 (2)的应用。分解制取和的原理如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应的(值为平衡时用各气体的分压表示得出的值)的关系如图-1所示。 ①时，反应的为 。 ②时，向容积不变的容器中充入和进行反应，测得反应过程中容器内压强与时间的关系如图-2所示(反应开始和平衡后容器的温度相同)。在时间段内，容器中压强增大的主要原因是 。 (3)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图-3所示。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图-4所示。已知，，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；表示电解过程中通过的总电量。 ①当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。 ②当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为 。 ③电解电压大于后，随着电解电压的不断增大，的法拉第效率迅速增大，可能原因是 (吸附在催化剂上的物种加“*”表示，如、等)。 11．（2024·江苏·二模）研究含氮、硼化合物具有重要意义。 (1)一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。 “中间体Ⅲ”可以进一步水解，则氨硼烷水解最终所得含硼化合物的化学式为 。 (2)N2O、N和CO2为等电子体，写出N2O的结构式 。 (3)如图1表示偏硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为 (以n表示硼原子的个数)。硼氢化钠是一种常用的还原剂，其晶胞结构如图2所示：若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，得到晶体的化学式为 。 (4)易溶于热水、在冷水中溶解度较小，可通过如下过程制得：称取10g钠硼解石[主要成分NaCaB5O9·8H2O]，含少量、NaCl和难溶于酸的物质]，除去氯化钠后，在60℃下用浓硝酸溶解，趁热过滤，将滤渣用热水洗净后，合并滤液和洗涤液，降温结晶，过滤得。写出与硝酸反应生成的化学方程式： 。 (5)的强碱溶液在改性的催化剂作用下与水反应生成的部分反应机理如题图3所示。 ①理论上与反应最多产生的物质的量为 mol。 ②若用代替，步骤2中生成气体的化学式为 。 12．（2023·江苏·二模）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•mol-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 。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题18 化学反应原理综合 1．（2024·江苏·高考真题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有 ；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得 。 (2)一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。 ①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为 。 ②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是 。 (3)反应可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是 。 ②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示，氨基能将控制在催化剂表面，其原理是 ；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在 (填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 【答案】(1) C、H、Fe (2) 多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少 (3) NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降 -NH2可以与形成氢键 CN—NHD或DCOO— 【解析】（1）由图可知，反应器I中反应物为一氧化碳、氢气、氧化铁，生成物为二氧化碳、水、铁，发生的反应为、，则反应中化合价发生改变的元素为碳元素、氢元素、铁元素；由方程式可知，1mol一氧化碳和1mol氢气与氧化铁反应生成mol铁，反应器Ⅱ中铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式为，由方程式可知，mol铁生成氢气的物质的量为mol×=mol，故答案为：C、H、Fe；； （2）①由题意可知，吸收一氧化碳的反应为一氧化碳与和氨水的混合溶液反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：； ②氧化铝含量大于2%，出口处氨含量下降说明多孔氧化铝含量过多会吸附反应生成的氨气，由图可知，氧化铝含量大于2%时，催化剂α-Fe表面积减小，催化性能降低，导致反应速率减小，使得出口处氨含量下降，故答案为：多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少； （3）①碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，温度高于70℃，碳酸氢钠受热分解，导致HCOO-产率下降，故答案为：NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降； ②氨基和碳酸氢根离子可以形成氢键，形成的氢键将碳酸氢根离子控制在催化剂表面；由图可知，步骤Ⅱ发生的反应为氨基和碳酸氢根离子中的羟基发生取代反应生成水，氢气发生共价键断裂，氢原子被CN吸附，步骤Ⅲ发生的反应为碳氮键发生断裂，碳原子和氮原子分别与氢原子结合生成CN—NH2和HCOO—，则用D2代替氢气，得到的产物为CN—NHD和DCOO—，所以通过检测是否存在CN—NHD或DCOO—可确认反应过程中的加氢方式，故答案为：-NH2可以与形成氢键；CN—NHD或DCOO—。 2．（2023·江苏·高考真题）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 或 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或。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。 3．（2022·江苏·高考真题）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) 吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+ 随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大 (3)制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用 【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，从解析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，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H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；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+； 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。故答案为：随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大； （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：制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。 1．（2024·江苏南通·二模）生物质铁炭纳米材料可以活化过一硫酸盐，降解废水中有机污染物． (1)生物质铁炭纳米材料活化过—硫酸钾降解有机污染物的反应历程如图-1所示．图中和分别表示硫酸根自由基和羟基自由基． ①（S的化合价为）在水中的电离过程为：、．写出的结构式： 。 ②生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为 。 ③若有机污染物为苯酚，写出酸性条件下与苯酚反应的化学方程式： 。 (2)与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是： 。 (3)铁炭纳米材料在不同对有机污染物去除率（溶液有机物浓度与初始有机物浓度的比值）的影响如图-2所示，越小有机污染物去除率越高的原因是： 。 (4)已知微粒的氧化性：。水中存在一定量和无存在时对铁炭纳米材料降解有机污染物的影响如图-3所示．的存在对有机污染物的降解有影响，原因是： 。 【答案】(1) 纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，得到电子生成和或和，活性和与难降解有机污染物反应生成和 (2)石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染 (3)越小，越有利于纳米铁释放电子，生成或速率越快，同时越小时，主要以形式存在，浓度大，生成或速率也越快，所以有机污染物去除速率增大 (4)会与生成的和转化为氧化性更低的对有机污染物的降解速率低或不能降解有机物 【解析】（1） ①是二元酸，则分之内有2个羟基氢，中有1个羟基氢，中S的化合价为，比硫酸氢根多一个O，则中含一个O-O-键，的结构式：。 ②生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的核心反应为强氧化剂例如硫酸根自由基和羟基自由基把难降解有机污染物氧化为二氧化碳和水，结合图示转化，机理可描述为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，得到电子生成和或和，活性和与难降解有机污染物反应生成和。 ③若有机污染物为苯酚，苯酚具有强还原性，具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸根和二氧化碳，则酸性条件下与苯酚反应的化学方程式：。 （2）降解过程中都是铁失去电子、得到电子生成和或和，活性和与难降解有机污染物反应生成和，使用生物质铁炭纳米材料，与直接使用纳米铁颗粒，二者比较，前者纳米铁颗粒失去的电子需经过石墨碳层传导至表面，则使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染。 （3）由图-2知：越小有机污染物去除率越高，原因是：越小，越有利于纳米铁释放电子，生成或速率越快，同时越小时，主要以形式存在，浓度大，生成或速率也越快，所以有机污染物去除速率增大。 （4）由图-3知：水中存在一定量时降解有机污染物效果差些，无存在时降解有机污染物效果好些，已知微粒的氧化性：，按氧化还原反应的规律，和能制取出，则的存在对有机污染物的降解有影响的原因是：会与生成的和转化为氧化性更低的对有机污染物的降解速率低或不能降解有机物。 2．（2024·江苏泰州·模拟预测）零价铁活化过硫酸盐耦合类芬顿体系可以产生强氧化性的羟基自由基和硫酸根自由基()，被用于氧化降解废水中的抗生素。 (1)该体系中产生自由基的机理如图所示。 ①的结构为，的结构式为 。 ②在碱性溶液中可转化为，该反应的离子方程式为 。 (2)为探究体系中和降解抗生素的能力，设计了自由基猝灭实验。是和的猝灭剂，能与、快速反应；是的猝灭剂，难和反应。零价铁活化过硫酸盐耦合类芬顿体系处理废水时分别加入上述猝灭剂，抗生素残留率与时间的关系如图所示。 ①甲醇和反应的原理是拔走了甲醇中的一个H原子，生成一个新的自由基，可能产物的相对能量如图所示，该反应最有可能的方程式为 。 ②实验Ⅰ加入的猝灭剂甲是 。 ③降解抗生素的自由基主要是哪个，简述理由 。 (3)探究(PDS)的物质的量分数对抗生素去除率的影响。在的废水中，PDS和H2O2总浓度为，相同时间内，PDS的物质的量分数与抗生素残留率的关系如图所示。 ①PDS的物质的量分数从80%降到50%，抗生素残留率降低的原因是 。 ②PDS的物质的量分数降到0%时，抗生素残留率升高的原因是 。 【答案】(1) 或 (2) CH3OH或甲醇 ，实验Ⅱ和实验I在相同时间内降解率差距不大，说明降解能力不强；相同时间内实验Ⅲ降解率远大于实验Ⅱ和实验I，说明降解能力强 (3) 的物质的量分数从降到，减小，生成的浓度减小，增大，生成的浓度增大；降解能力比强，相同时间内抗生素残留率低 的物质的量分数降到时，降低，不利于产生和，降解能力减弱，抗生素残留率增大 【分析】氧化Fe生成Fe2+和，Fe2+与、H2O2作用产生和自由基。 【解析】（1） ①1个中，有6个O原子显-2价，2个O原子显-1价，表明显-1价的2个O原子间还形成1对共用电子，由的结构式，可确定的结构式为或。 ②在碱性溶液中与OH-反应，可转化为，则同时生成，该反应的离子方程式为。 （2）①甲醇和反应的原理是拔走了甲醇中的一个H原子，生成一个新的自由基，从图中可以看出，产物为和H2O，该反应最有可能的方程式为。 ②从图中可以看出，猝灭剂甲的猝灭效果好于猝灭剂乙，则甲同时猝灭和，实验Ⅰ加入的猝灭剂甲是CH3OH或甲醇。 ③比较实验Ⅰ和实验Ⅱ，猝取效果相差不大，则表明降解抗生素的能力远小于，所以降解抗生素的自由基主要是，理由：实验Ⅱ和实验I在相同时间内降解率差距不大，说明降解能力不强；相同时间内实验Ⅲ降解率远大于实验Ⅱ和实验I，说明降解能力强。 （3）①PDS的物质的量分数从80%降到50%，则表明生成的浓度减小、浓度增大，而的降解能力强于，所以抗生素残留率降低，原因是：的物质的量分数从80%降到50%，减小，生成的浓度减小，增大，生成的浓度增大；降解能力比强，相同时间内抗生素残留率低。 ②从流程图中可以看出，与Fe作用产生Fe2+，Fe2+与、H2O2作用产生和自由基，所以PDS的物质的量分数降到0%时，降解抗生素能力减弱，抗生素残留率升高，原因是：的物质的量分数降到0%时，降低，不利于产生和，降解能力减弱，抗生素残留率增大。 3．（2024·江苏宿迁·一模）尿素、过氧化尿素的生产具有重要意义。 (1)尿素的催化合成 已知：         ①将、按体积比1：1通入含有涂层的石墨网上，同时喷洒水微滴合成尿素，化学反应方程式为 。 ②上述反应的 。 (2)尿素的电化学合成 ①电催化和合成尿素的装置如图-1，生成尿素的电极反应式为 。 ②电催化和合成尿素。先在阴极被还原为中间体CO，再与合成尿素。 已知：在阴极还能被还原为，其生成的趋势比生成CO的趋势更大。但实验数据说明，一定时间内，阴极产物中CO的物质的量大于，可能的原因为 。 (3)尿素的结构 两分子尿素通过羰基氧原子形成分子间氢键，得到具有八元环的二聚分子。二聚分子的结构式为 。 (4)过氧化尿素晶体的制备 在烧杯中加入30%双氧水和尿素，恒温加热并搅拌得到澄清溶液，用冰水浴降温结晶、过滤、洗涤、干燥得过氧化尿素晶体。双氧水和尿素的摩尔配比对产品收率的影响如图-2。当摩尔配比大于1.1时，过氧化尿素晶体收率降低，其可能的原因是 。 (5)尿素的应用 尿素将烟气中氮氧化物还原为以达到消除污染的目的。控制其他条件相同，将混有NO、、、和的模拟烟气匀速通过装有尿素溶液的装置，在装置出口处检测NO、的脱除率 ①当烟气中有少量时，有利于脱除，其可能的原因是 。 ②当烟气中无存在时，且超过一定数值时，测得变为负值，其可能的原因是 。 【答案】(1) +470.6kJ/mol (2) CO2+2+18H++16e－=CO(NH2)2+7H2O 该条件下，CO2在阴极生成CO的速率比生成CH4的速率快 (3) (4)反应为放热反应，反应速率加快，体系迅速升温，导致过氧化氢分解速率越快，从而导致过氧化尿素晶体收率降低； (5) SO2具有还原性，也能还原一部分NO2 当烟气中超过一定数值时，过量的NO2与溶液中的H2O反应生成NO，使NO的出口浓度大于进口浓度 【解析】（1）①将、按体积比1：1通入含有涂层的石墨网上，同时喷洒水微滴合成尿素，化学反应方程式为； ②根据盖斯定律，上述反应的； （2）①根据装置图可知，CO2、反应生成尿素，为还原反应，生成尿素的电极反应式为CO2+2+18H++16e－=CO(NH2)2+7H2O； ②已知：CO2在阴极还能被还原为CH4，其生成CH4的趋势比生成CO的趋势更大，即生成CH4反应的平衡常数比生成CO的反应的平衡常数更大。但实验数据说明，一定时间内，阴极产物中CO的物质的量大于CH4，可能的原因为该条件下，CO2在阴极生成CO的速率比生成CH4的速率快； （3） 由于两分子尿素通过羰基氧原子形成分子间氢键，得到具有八元环的二聚分子，所以尿素分子的二聚分子结构为； （4）当摩尔配比大于1.1时，即过氧化氢浓度增大，反应速率加快，放热速率加快，体系迅速升温，导致过氧化氢分解速率越快，从而导致过氧化尿素晶体收率降低； （5）尿素将烟气中氮氧化物还原为N2以达到消除污染的目的。控制其他条件相同，将混有NO、NO2、SO2、N2和O2的模拟烟气匀速通过装有尿素溶液的装置，在装置出口处检测NO、NO2的脱除率α(α=×100%)。 ①当烟气中有少量SO2时，有利于NO2脱除，其可能的原因是SO2具有还原性，也能还原一部分NO2。 ②当烟气中无SO2存在时，烟气中超过一定数值时，过量的NO2与溶液中的H2O反应生成NO，使NO的出口浓度大于进口浓度。 4．（2024·江苏·一模）甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 (1)HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得与HCOONa（如图所示），其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物（晶胞结构如图所示）作催化剂。 ①催化剂可由与混合物与高温灼烧制得（反应中N元素化合价不变），该反应的化学方程式为 。 ②电解时，电极b上同时产生与的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反应式为 。 ③电解过程中每产生1 mol，通过阴离子交换膜的为 mol。 (2)HCHO水化释氢 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为，反应的机理如图所示。 使用时将纳米Ag颗粒负载在表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应：。 ①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为 （填化学式）。 ②NaOH浓度低于1 mol⋅L时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是 。 ③若NaOH浓度过大，的产生迅速减慢的原因可能是 。 (3)甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有 。 【答案】(1) 1 (2) HD 随NaOH浓度增大，催化剂表面吸附的浓度增大，释氢反应的速率加快，副反应速率也加快，但释氢反应的速率加快更多 NaOH溶解载体，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降 (3)氢气纯度高、可处理有毒甲醛 【解析】（1）①根据题意，该实验的催化剂是一种Mo与P形成的化合物，根据晶胞结构图，Mo原子个数是4，P原子个数是，因此催化剂的化学式为，可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得（反应中N元素化合价不变），该反应的化学方程式为。 ②电解时，电极b与电源正极相连，是电解池的阳极，HCHO失去电子同时产生H2与HCOO−的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反应式为 ③电极a是阴极，电极反应式为，电解过程中每产生1 molH2，每个电极上各产生0.5 molH2，故通过阴离子交换膜的OH−为1mol。 （2）①根据反应的机理如图，氢分子中的两个氢原子一个来自水分子，一个来自甲醛分子，若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为HD。 ②NaOH浓度低于1 mol⋅L−1时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是随NaOH浓度增大，催化剂表面吸附的CH2(O−)2浓度增大，释氢反应的速率加快，副反应速率也加快，但释氢反应的速率加快更多。 ③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是NaOH溶解载体Al2O3，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降。 （3）甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有氢气纯度高、可处理有毒甲醛。 5．（2024·江苏·一模）乙醇是一种清洁的替代能源，催化加氢制备乙醇技术是当前的研究热点。 (1)催化加氢制备乙醇的反应为。 ①若要计算上述反应的，须查阅的两个数据是的燃烧热和 。 ②某金属有机骨架负载的铜基催化剂上，加氢生成的部分反应机理如图所示。 过程中两个均参与反应，画出的结构式（注明电荷） 。 (2)乙酸甲酯催化加氢制备乙醇主要涉及如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 在其他条件不变时，将的混合气体以一定流速通入装有铜基催化剂的反应管，测得转化率、选择性选择性]随温度的变化如图所示。 ①铜基催化剂须含合适物质的量之比的与的晶胞如图所示（立方体），晶体的密度可表示为 （用含的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值）。 ②下均有，其原因是 。 ③范围内，转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是 。 ④温度高于时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是 。 【答案】(1) 的燃烧热 (2) 部分发生了其他不产生和的反应 温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快 积碳覆盖在催化剂表面；被还原为，改变了与的比例，导致催化剂活性降低 【解析】（1）①燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；氢气燃烧生成水、乙醇燃烧生成二氧化碳和水，若要计算的，则须查阅的两个数据是的燃烧热和的燃烧热； ②二氧化碳分子中氧电负性较大，氧带负电荷、碳带正电荷，则二氧化碳被铜基催化剂吸附后，二氧化碳分子中两个氧分别与Cu2+、M+相吸，过程中两个均参与反应，中带负电荷的氢与碳结合形成中间产物X，则X为； （2）①据“均摊法”，晶胞中含个黑球、4个白球，结合化学式可知，黑球为氧、白球为铜，则晶体密度为； ②下均有，，说明乙酸甲酯没有完全反应转化为乙醇、乙酸乙酯，应该还有副产物发生，故其原因是部分发生了其他不产生和的反应。 ③催化剂能明显加快反应速率，但是催化剂需一定的活性温度，范围内，转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快。 ④铜基催化剂须含合适物质的量之比的与，温度过高，会导致有机物转化为积碳、碳具有一定还原性，能还原铜的氧化物为铜单质，则温度高于时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是积碳覆盖在催化剂表面；被还原为，改变了与的比例，导致催化剂活性降低。 6．（2024·江苏南通·一模）二氧化碳的综合利用具有重要意义。 (1)工业上以和为原料可以制取合成气（和）。 ①已知的燃烧热分别为，则反应的 。 ②将和以体积比混合后，通过装有催化剂的反应管。下列措施有利于提高转化率的是 （填字母）。 a．将反应管控制在催化剂的最大活性温度范围内 b．延长混合气体通过反应管的时间 c．向反应管中加入少量炭粉 (2)电解法转化可实现资源化利用。电解制的原理如图1所示。 ①写出阴极还原为的电极反应式： 。 ②电解一段时间后，阳极区的溶液浓度降低，其原因是 。 (3)一种负载活性金属原子催化剂可催化还原，在催化剂表面的物质相对能量与反应历程的关系如图2所示。 ①反应中催化剂的活性会因为生成的不断增多而逐渐减弱，原因是 。 ②可由中间体或经过如图3所示2步转化得到。和的组成相同，催化剂载体中的活性金属带正电性，与活性金属结合后的相对能量低于。在图4方框内画出的结构简式 。 【答案】(1) ab (2) 阳极产生减小，浓度降低；部分迁移至阴极区 (3) CO脱除较难，占据催化剂表面，使催化剂表面活性点位减少 【解析】（1）①已知的燃烧热分别为、、，则有： 根据盖斯定律，Ⅰ-2（Ⅱ+Ⅲ）可得：ΔH，则 ；故答案为：+247.3； ②反应为，将和以体积比混合后，通过装有催化剂的反应管：a．将反应管控制在催化剂的最大活性温度范围内，此时催化剂活性最大，可以提高未平衡前一段时间内的转化率； b．延长混合气体通过反应管的时间，让反应逐渐达到平衡，也就是转化率最大时，因此可以提高转化率； c．向反应管中加入少量炭粉，对反应并没有影响，不能改变转化率， 综上所述选ab；故答案为：ab； （2）①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，故阴极的电极反应为； ②阳极反应为，随着反应的进行，阳极附近的pH减小，H+与反应，同时部分K+迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低；故答案为：；阳极产生减小，浓度降低；部分迁移至阴极区； （3）①一种负载活性金属原子催化剂可催化还原，则需要吸附在催化剂上，而当反应中生成的不断增多，CO脱除较难，占据催化剂表面，使催化剂表面活性点位减少，导致催化剂再难被吸附，催化剂活性减弱；故答案为：CO脱除较难，占据催化剂表面，使催化剂表面活性点位减少； ②催化剂载体中的活性金属带正电性，说明是带孤电子对较多的原子与催化剂结合，与活性金属结合后的相对能量低于，且和的组成相同，说明的结构简式为：，故答案为：。 7．（2024·江苏泰州·一模）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)利用高炉炼铁尾气中的制取有机物的过程如下： 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1所示：       图1 ，选择性。 “电解”在质子交换膜电解池中进行，生成的电极反应式为 ，当电解电压为时，生成和的选择性之比为 。 (2)利用铟氧化物催化制取的可能机理如图2所示，无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性，将固定比例的混合气体以不同流速通过装有催化剂的反应管，选择性、转化率随气体流速变化曲线如图3所示， ①图2中的反应每生成放出的热量，其热化学方程式为 。 ②若原料气中比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是 。 ③制取时，同时发生反应，气体流速分别为和，相同时间内生成的质量，前者 后者（选填“>”、“="或“<”）；保持气体流速不变，反应管内温度从升高到，测得出口处和的物质的量均减小，可能的原因是 。 【答案】(1) CO2+2e—+2H+=HCOOH 1：3 (2) △H=—49kJ/mol H2比例过低，不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活；H2比例过高，反应①生成过多的水会积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活 ＜ 升高温度，生成甲醇的反应左移，生成一氧化碳的反应右移，且反应以生成一氧化碳的反应为主 【分析】由题给可知，高炉炼铁尾气通入碳酸钾溶液中时，碳酸钾溶液吸收尾气中的二氧化碳得到碳酸氢钾溶液和燃气，碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，反应得到的碳酸钾溶液可以循环使用，二氧化碳进入电解池电解，在电解池的阳极得到氧气，阴极得到有机物和氢气。 【解析】（1）由题意可知，电解时，通入二氧化碳的电极为阴极，生成甲酸的电极反应为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酸，电极反应式为CO2+2e—+2H+=HCOOH；由图可知，电解电压为U1时，生成甲酸和乙醇的法拉第效率相等，则由题给信息可知，生成乙醇和甲酸的选择性之比为：=1：3，故答案为：CO2+2e—+2H+=HCOOH；1：3； （2）①由图可知，催化剂作用下，二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应的方程式为，由反应生成1mol甲醇放出49kJ的热量可知，反应的焓变△H=—49kJ/mol，则反应的热化学方程式为△H=—49kJ/mol，故答案为：△H=—49kJ/mol； ②由图可知，若原料气中氢气的比例过低不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活，若氢气的比例过高，反应①生成过多的水积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活，故答案为：H2比例过低，不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活；H2比例过高，反应①生成过多的水会积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活； ③设混合气体中二氧化碳的比例分数为x，由图可知，气体流速由和时，二氧化碳的转化率分别为5%和4%，则转化的二氧化碳分别为、，而甲醇选择性增大，所以相同时间内生成流速为时生成甲醇的质量小于；二氧化碳与氢气反应生成甲醇的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成甲醇的物质的量减小，二氧化碳与氢气反应生成甲醇的反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，消耗二氧化碳的物质的量增大，反应管内温度从300℃升高到320℃时，出口处甲醇和二氧化碳的物质的量均减小说明反应以生成一氧化碳的反应为主，故答案为：＜；升高温度，生成甲醇的反应左移，生成一氧化碳的反应右移，且反应以生成一氧化碳的反应为主。 8．（2024·江苏南通·一模）在环境保护等领域有广泛应用。 (1)在下，向溶液中边搅拌边分批加入固体，同时滴加溶液，使溶液控制在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得固体。 ①制备理论上需要的物质的量为 ；实际生产过程中所加低于理论用量的原因是 。 ②为检验已被完全氧化，某同学向过滤所得滤液中滴加酸性溶液，该设计方案不合理的理由是 。 (2)的结构中，每个与羟基氧和非羟基氧构成了八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形。补充完整该八面体的结构 。 (3)可用于脱除烟气中的。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图1所示。生成的(结构如图2所示)覆盖在的表面。 ①写出反应II的化学方程式： 。 ②工业可使用四氯乙烯溶解并实现与分离。四氯乙烯能溶解的原因是 。 ③部分环状分子(如苯)中由于存在大键，增强了分子的稳定性。分子中不能形成大键的原因是 。 【答案】(1) 少量被氧气氧化，减少了的消耗量 滤液中的能使酸性溶液褪色，干扰的检验 (2)或 (3) 四氯乙烯与都是非极性分子，符合“相似相溶”原理 中原子采取杂化，无剩余的轨道用于形成键 【解析】（1）①Fe2+化合价升高，失去1e-生成Fe3+，中Cl由+1价降低，得到6e-生成Cl-，则参加反应Fe与Cl的个数比为6：1，故1molα−FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为；因少量Fe2+被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量，导致实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量； 故答案为：；少量Fe2+被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量； ②滤液中的Cl−能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2+的检验，则该设计方案不合理； 故答案为：滤液中的Cl−能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2+的检验； （2）每个Fe(III)与羟基氧和非羟基氧构成了FeO3(OH)3八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形，或； 故答案为：或； （3）①根据图示，FeOOH、S8为反应物，FeSSH、O2为生成物，则反应方程为； 故答案为：； ②工业可使用四氯乙烯(C2Cl4)溶解S8并实现与α−FeOOH分离，四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理； 故答案为：四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理； ③S8中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键； 故答案为：S8中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键。 9．（2024·江苏南通·一模）一种燃煤烟气中的捕集和资源再利用技术可通过如下转化过程实现。 转化I是利用风/太阳能电厂过剩电力，将转化为等高值产品。 转化II是利用风/太阳能电厂过剩电力驱动压缩机压缩。 转化III是风/太阳能电厂发电低谷时，利用压缩推动汽轮机，带动发电机发电。 (1)利用氨水可捕集烟气中的捕集、再生过程中含碳物种的变化如图所示。 ①液相中发生转化：。X的结构式为 。 ②已知： 反应的平衡常数 。 ③转化后的溶液通过反应解吸释放。向两份相同的转化后的溶液中分别加入等体积、等浓度的和溶液，加入溶液后释放效果更好的原因是 。 (2)以过渡金属作催化剂，利用如图所示装置可实现“转化1”。 ①写出阴极表面的电极反应方程式： 。 ②在金属催化剂表面发生转化的过程可能为(*表示吸附在催化剂表面)。其中部分物种在催化剂表面的吸附构型如图甲所示，反应历程中的相对能量如图乙所示。与Cu催化剂相比，掺杂了Cs的复合催化剂更有利于的形成，可能原因是 。 (3)从物质转化与资源综合利用角度分析，本工艺中的捕集和资源再利用技术的优点是 。 【答案】(1) 10-17 等物质的量的可以和更多的配位，更有利于解吸反应正向进行，促进解吸 (2) 复合催化剂可提供更多的活性位点(复合催化剂更有利于等中间体的吸附)，且能降低反应的活化能，因此更有利于的形成 (3)有利于将转化为更有价值的等产品；使用风能、太阳能有利于减排；能实现能量的储存和转化，调控电力过剩或电力不足 【解析】（1）①根据原子守恒，X能解吸出CO2，判断X为碳酸氢根，结构式为：； ②反应的平衡常数==10-17； ③加入溶液后释放效果更好的原因是：等物质的量的可以和更多的配位，更有利于解吸反应正向进行，促进解吸； （2）①阴极表面二氧化碳发生还原反应生成乙烯，电极反应式为：； ②从图甲中可以看出复合催化剂可提供更多的活性位点，有利于等中间体的吸附，故掺杂了Cs的复合催化剂更有利于的形成，可能原因是：复合催化剂可提供更多的活性位点(复合催化剂更有利于等中间体的吸附)，且能降低反应的活化能，因此更有利于的形成； （3）从物质转化与资源综合利用角度分析，本工艺中的捕集和资源再利用技术的优点是：有利于将转化为更有价值的等产品；使用风能、太阳能有利于减排；能实现能量的储存和转化，调控电力过剩或电力不足等。 10．（2024·江苏连云港·一模）氮氧化物(、等)的处理和资源化利用具有重要意义。 (1)的处理。研究证明：能提高的分解速率，参与了第Ⅱ步、第Ⅲ步反应。反应历程(为反应活化能)： 第Ⅰ步：   第Ⅱ步：……   第Ⅲ步：   ①第Ⅱ步发生反应的方程式为 。 ②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，则 (填“>”、“<”或“=”)。 (2)的应用。分解制取和的原理如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应的(值为平衡时用各气体的分压表示得出的值)的关系如图-1所示。 ①时，反应的为 。 ②时，向容积不变的容器中充入和进行反应，测得反应过程中容器内压强与时间的关系如图-2所示(反应开始和平衡后容器的温度相同)。在时间段内，容器中压强增大的主要原因是 。 (3)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图-3所示。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图-4所示。已知，，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；表示电解过程中通过的总电量。 ①当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。 ②当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为 。 ③电解电压大于后，随着电解电压的不断增大，的法拉第效率迅速增大，可能原因是 (吸附在催化剂上的物种加“*”表示，如、等)。 【答案】(1) I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g) ＞ (2) 10-4 反应Ⅰ为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大 (3) 15∶2 NO+5e-+5H+=NH3+H2O 随着电解电压的不断增大，*NO结合H+与e-得到*NOH（或*NO+H++e-=*NOH）的量增多，*NOH在催化剂表面失水转化成N2O（或2*NOH=N2O↑+H2O）的选择性增大，导致N2O的量增多，使N2O的法拉第效率迅速增大 【解析】（1）①I2(g)能提高N2O的分解速率，I2(g)是N2O分解反应的催化剂，N2O参与了第Ⅱ、Ⅲ步的反应，结合题给第Ⅰ、Ⅲ步的反应和N2O的分解反应[2N2O(g)2N2(g)+O2(g)]可知，第Ⅱ步发生反应的方程式为I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)。 ②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，说明第Ⅱ步的反应速率最慢，活化能越大、反应速率越慢，则Ea2＞Ea3。 （2）①由图-1可知，430K时，-lgK1=1.1、-lgK2=2.9，则K1==10-1.1、K2==10-2.9，反应2ICl(g)I2(g)+Cl2(g)的K==K1K2=10-1.1×10-2.9=10-4。 ②由图-1可知，随着温度的升高-lgK1逐渐增大、-lgK2逐渐减小，即随着温度的升高K1逐渐减小、K2逐渐增大，说明反应Ⅰ为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应，结合PV=nRT，故图-2在0~t1时间段内，容器中压强增大的主要原因是：反应Ⅰ为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大。 （3）①由图-4知，当电解电压为U1时，H2、NH3的法拉第效率分别为60%、20%，根据FE%=知，电解生成H2和NH3转移电子物质的量之比为60%∶20%=3∶1，生成H2、NH3的电极反应式分别为2H++2e-=H2↑、NO+5e-+5H+=NH3+H2O，则电解生成的H2和NH3的物质的量之比为∶=15∶2。 ②结合图-3，当电解电压为U2时，催化电解NO生成NH3的电极反应式为NO+5e-+5H+=NH3+H2O。 ③电解电压大于U3后，随着电解电压的不断增大，N2O的法拉第效率迅速增大，可能原因是：随着电解电压的不断增大，*NO结合H+与e-得到*NOH（或*NO+H++e-=*NOH）的量增多，*NOH在催化剂表面失水转化成N2O（或2*NOH=N2O↑+H2O）的选择性增大，导致N2O的量增多，使N2O的法拉第效率迅速增大。 11．（2024·江苏·二模）研究含氮、硼化合物具有重要意义。 (1)一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。 “中间体Ⅲ”可以进一步水解，则氨硼烷水解最终所得含硼化合物的化学式为 。 (2)N2O、N和CO2为等电子体，写出N2O的结构式 。 (3)如图1表示偏硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为 (以n表示硼原子的个数)。硼氢化钠是一种常用的还原剂，其晶胞结构如图2所示：若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，得到晶体的化学式为 。 (4)易溶于热水、在冷水中溶解度较小，可通过如下过程制得：称取10g钠硼解石[主要成分NaCaB5O9·8H2O]，含少量、NaCl和难溶于酸的物质]，除去氯化钠后，在60℃下用浓硝酸溶解，趁热过滤，将滤渣用热水洗净后，合并滤液和洗涤液，降温结晶，过滤得。写出与硝酸反应生成的化学方程式： 。 (5)的强碱溶液在改性的催化剂作用下与水反应生成的部分反应机理如题图3所示。 ①理论上与反应最多产生的物质的量为 mol。 ②若用代替，步骤2中生成气体的化学式为 。 【答案】(1)或 (2)N=N=O (3) (BO2)或BnO Na3Li(BH4)4 (4) (5) 4 DH 【解析】（1）由反应机理可知水解过程中B原子所连的H逐步被-OH替代，由此可知氨硼烷水解最终水解生成和铵根离子，最终产物为或，故答案为：或； （2） N2O、和CO2为等电子体，等电子体结构、空间构型、性质都相似，CO2电子式为：，N2O与之类似，电子式为：，结构式为：N=N=O，故答案为：N=N=O； （3）由图1可知，每个B原子周围3个O原子，但只有1个O原子为B原子独有，另两个O原子各有二分之一属于B原子，故B有1个，O有个，化学式可表示为或，故答案为：或； 如图2所示的晶胞中，位于顶点、面心和体心位置，共个，Na+位于面心、棱心位置，有个：若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，则Na+变为个，Li+为个，故化学式为Na3Li(BH4)4，故答案为：Na3Li(BH4)4； （4）NaCaB5O9⋅8H2O与硝酸反应生成H3BO3的化学方程式：，故答案为：； （5）①由机理图可知，中的H被水中的-OH所替代，产生B-OH键和氢气，每替换1个H则生成1个氢分子，故1molNaBH4与H2O反应最多产生H2的物质的量为 4mol，故答案为4； ②由机理图可知，H2中的H原子1个来自，另一个来自H2O，若用D2O代替H2O，则生成气体HD，故答案为HD。 12．（2023·江苏·二模）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•mol-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 【解析】（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。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$