题型03 化学反应原理综合题（江苏专用） -【好题汇编】备战2024-2025学年高二化学下学期期中真题分类汇编

题型03 化学反应原理综合题 1．(23-24高二下·江苏徐州第一中学·期中)有效去除大气中的NOx和水体中的氮，并且转化为可利用的资源是重要课题。 (1)在微生物作用的条件下，经过两步反应被氧化成。两步反应的能量变化示意图如下： 则(aq)＋2O2(g)=(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)　ΔH= kJ·mol-1 (2)近年来，采用肼(N2H4)燃料电池为电源，用离子交换膜控制电解液中的c(OH-)制备纳米Cu2O备受关注，其模拟装置如图甲、乙。 ①图甲中A极应于图乙中 (请填“C”或“D”)极相连。 ②该电解池的阳极反应式为 。 ③该电解池(图乙)中离子交换膜为 (请填“阴”或“阳”)离子交换膜。 ④理论上，每生产144g纳米Cu2O，需要消耗肼(N2H4) mol。 (3)纳米颗粒在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，该反应历程如图所示。 ①容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较多的副产物为 。 ②上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中 (填字母)的活化能。 A．*CO＋*OH→*CO＋*H2O            B．*CO→*OCH C．*OCH2→*OCH3 D．*OCH3→*CH3OH (4)磷酸铵镁(MgNH4PO4)沉淀法可去除水体中的氨氮(和NH3)。实验室中模拟氨氮处理：1 L的模拟氨氮废水(主要含)，置于搅拌器上，设定反应温度为25 ℃。先后加入MgCl2和Na2HPO4溶液，用NaOH调节反应pH，投加絮凝剂；开始搅拌，反应30 min后，取液面下2 cm处清液测定氨氮质量浓度。已知：常温下，磷酸铵镁(MgNH4PO4)微溶于水；H3PO4的Ka1=6.9×10-3， Ka2=6.2×10-8 ，Ka3=4.8×10-13。 ①测得反应pH对氨氮去除率的影响如图所示，当pH从7.5增至9.0的过程中，水中氨氮的去除率明显增加，原因是 。 ②当反应pH为9.0时，该沉淀法对氨氮的去除率达到最高，当pH继续增至10.0时，氨氮的去除率下降，原因是 。 2．(23-24高二下·江苏无锡锡东高级中学·期中)利用向制取生物柴油的副产物甘油（）中通入一定量的水蒸气，可实现重整制氢。经一系列反应可获得、CO、、等组成气体，通过调整反应的组成和条件可提高产率。请回答： (1)制氢的几个主要反应如下 反应1：   反应2：   反应3：   反应4：   （1）计算 ，并判断该反应的自发性 。 (2)①温度控制不当，气相产物之间会发生积碳副反应从而影响氢气产率，反应如下： ，  ；若仅考虑积碳副反应，一定温度下，测得在1.0MPa恒压反应体系中达到平衡时组分的分压（即组分的物质的量分数×总压），，则平衡常数 。 ②生产过程中，为减小积碳对氢气产率及催化剂的影响，下列措施合适的是 （填序号）。 A．减小压强    B．通入过量的氧气    C．通入适量的水蒸气    D．选择合适的催化剂 ③上述各反应达到平衡时，体系中各物质的物质的量分数受温度的影响如图，请结合图像解释，在图示温度范围内随着温度升高的摩尔分数先迅速上升后缓慢下降的原因是 。 (3)反应2的一种催化机理是生成中间体甲酸，此时甲酸在金属氧化物催化剂表面的催化机理如图： 下面关于脱氢的反应历程表示正确的是 （表示在催化剂表面吸附态）（填序号） A． B． C． 3．(23-24高二下·江苏常州·期中)天然气和工业废气中常含有的测定、转化和利用具有重要意义 (1)的测定。天然气中的测定涉及的反应方程式有： ① ② ③ 测定方法： 步骤Ⅰ：将天然气中的溶于水并进行反应①，配制成溶液。 步骤Ⅱ：加入的(过量)使完全转化为。加入淀粉浴液作为指示剂，用的溶液滴定过量的，做三组平行实验，平均消耗。滴定达到终点的现象为 。 根据条件计算天然气中的含量为 。(写出计算过程) (2)回收单质硫。工业上对主要成分为的废气进行回收利用，将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：，在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，该温度下的平衡常数 。 (3)热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应： Ⅰ． Ⅱ． 总反应：Ⅲ 投料按体积之比，并用稀释；常压、不同温度下反应相同时间后，测得和的体积分数如下表： 温度 950 1000 1050 1100 1150 0.5 1.5 3.6 5.5 8.5 0.0 0.0 0.1 0.4 1.8 请回答： ①反应III ，反应正能自发进行的条件是 。 ②下列说法正确的是 。 A．其他条件不变时，用替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响 B．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高 C．由实验数据推出中的键强于中的键 D．恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高 ③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，请画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图 。 ④在950～1150℃范围内(其他条件不变)，的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因 。 4．(23-24高二下·江苏徐州·期中)中国首次实现了利用二氧化碳人工合成淀粉，为全球的“碳达峰”、“碳中和”起到重大的支撑作用，研究二氧化碳的收集和利用成为了科研方面的热点。 Ⅰ．电化学法将转化为甲酸 科学家近年发明了一种新型水介质电池。如图-1所示，电极分别为金属锌和选择性催化材料，放电时，被转化为储氢物质甲酸。 注：双极隔膜为一层阳离子交换膜和一层阴离子交换膜复合而成，中间为水，作为电解质溶液中和的来源。 (1)放电时，正极电极反应式为 。 (2)充电时每生成，理论上阴极获得的物质的量为 。 (3)与极室相连的离子交换膜为 。 Ⅱ．热化学法将转化为甲醇 反应①　 反应②　 (已知：(或)的选择性) 将和混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，的选择性、的转化率与温度的关系如图所示。 (4)时，测得的转化率为，此时剩余的物质的量为 。 (5)随着温度的升高，的转化率增大，其主要原因是 。 (6)其他条件不变，增大压强，选择性的变化为 (选填“不变”、“变大”或“变小”) Ⅲ．和催化重整制取和 1991年，Ashcroft提出了甲烷二氧化碳重整的技术理论：气体分子吸附至催化剂表面后发生反应。 时，反应如下：　 (7)在催化剂中添加少量多孔能提高转化率，其原因是 。 (8)此过程机理模型如图-3所示(*表示吸附在催化剂表面的活性物种)。根据反应机理，生成的过程可描述为 。 5．(23-24高二下·江苏徐州铜山区·期中)我国在应对气候变化工作中取得显著成效，并向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。因此将转化为高附加值化学品成为科学家研究的重要课题。 (一)工业上在催化下利用发生如下反应Ⅰ生产甲醇，同时伴有反应Ⅱ发生。 Ⅰ．   Ⅱ．   回答下列问题： (1)已知：  ，则为 。 (2)向密闭容器中加入和合成。已知反应Ⅰ的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中、为速率常数。 ①如图中能够代表的曲线为 。(填“L1”、“L2”、“L3”或“L4”)。 ②对于上述反应体系，下列说法正确的是 。 A．增大的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ的正反应速率均增加 B．加入催化剂，的平衡转化率不变 C．恒容密闭容器中当气体密度不变时，反应达到平衡状态 (3)将或通入某含少量的溶液中，可以吹出。研究发现，用吹出的效果更好，其原因是 。 (二)如图表示以溶液作电解质溶液进行电解的示意图，在Cu电极上可以转化为。 (4)该电极反应方程式为 。 (5)当电路中转移电子时，有 mol离子穿过阳离子交换膜(只允许阳离子穿过)。 (三)甲酸是重要的液态储氢原料。将温室气体转化为甲酸既具有经济技术意义，又具有环保意义。在实践中，制备甲酸的一种流程如下： (6)写出过程Ⅱ的离子方程式 。 (7)过程Ⅱ中，其他条件不变，转化为的转化率如下图所示。则在40℃～80℃范围内生产实际转化率迅速上升，其主要原因可能是 。 6．(23-24高二下·江苏无锡北高级中学·期中)二氧化碳的综合利用具有重要意义。 (1)工业上以CO2和CH4为原料可以制取合成气(CO和H2)。 ①已知CH4、H2、CO的燃烧热分别为890.3kJ·mol-1、285.8kJ·mol-1，283kJ·mol-1，则反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH= 。 ②将CO2和CH4以体积比1∶1混合后，通过装有催化剂的反应管。下列措施有利于提高CH4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)一种负载活性金属原子催化剂可催化还原CO2，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CO的不断增多而逐渐减弱，原因是 。 ②CH3OH可由中间体X或Y经过如图3所示2步转化得到。X和Y的组成相同，催化剂载体中的活性金属带正电性，Y与活性金属结合后的相对能量低于X。在图4方框内画出Y的结构简式 。 7．(23-24高二下·江苏无锡第一中学·期中)Ⅰ.是温室气体，也是重要的资源，以为基本原料可合成甲醇。回答下列问题： (1)已知下列热化学方程式： 反应①： 反应②： 则用与合成的反应③的热化学方程式为 。 (2)一定条件下，向某密闭容器按照投料，发生上述反应③。当反应达到平衡状态时，容器中甲醇的体积分数与压强、温度的关系如图所示。由图可知，若减小压强，则的转化率 (填“减小”、“不变”或“增大”)。图中a、b两点，反应③的化学平衡常数较大的是 (填序号)。温度为：265℃时，该反应的平衡常数 (用最简分数表示；为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 Ⅱ.工业以为原料合成尿素的反应原理为。 工业生产时，需要原料气带有水蒸气。下图的三条曲线表示，在不同的水碳比时，的平衡转化率与氨碳比之间的关系。 (3)该反应的化学平衡常数表达式为 。 (4)恒温条件下，能说明该反应在恒容容器中达化学平衡状态的是 (填序号)。 a．容器内 b．容器内混合气体的平均密度不变 c．单位时间内，消耗并生成 (5)测得B点的平衡转化率为40%，则 。 (6)曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是 (填序号)，判断理由是 。 8．(23-24高二下·江苏泰州中学·期中)绿水青山就是金山银山。我们要加快形成绿色发展方式，构建经济与环境协同共进的地球家园。运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染具有重要意义。回答下列问题： (1)利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应 已知：部分化学键的键能数据如表(CO以键构成)。 化学键 E/(kJ/mol) a b c ①NO中化学键的键能为 kJ/mol(用含a、b、c、d的代数式表示)。 ②写出既可以加快化学反应速率又有利于提高NO平衡转化率的措施 (一条即可)。 (2)工业上可将和混合转化，发生反应  在容积固定的绝热密闭容器中，能判断该反应已达到化学平衡状态的是___________(填字母)。 A．和的浓度之比保持不变 B．混合气体的颜色保持不变 C．容器中压强不再变化 D．混合气体的密度保持不变 (3)还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关反应有： 反应I：   反应II：   反应III：   则反应的 。 (4)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(S)和法拉第效率(FE)的定义(X代表或)如下：    ①写出碱性条件下生成的电极反应式： 。 ②实验测得，碱性条件生成、总的选择性小于酸性条件，原因是 。 ③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 。 ④碱性条件下反应一段时间，实验测得、的选择性及的法拉第效率如表所示。则的法拉第效率为 。 2% 8% 12.5% 9．(23-24高二下·江苏南京六校联合体·期中)CO2的捕获是实现资源利用的重要途径。 (1)烟气中CO2捕集可通过如下所示的物质转化实现。 “脱碳”的化学反应方程式为 。 (2)CO2和H2催化合成CH4。 主要发生反应为，一定温度和压强下，将一定比例CO2和H2分别通过装有两种不同催化剂的反应器，反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况如图1所示。 ①高于320℃后，用Ni作催化剂，CO2转化率明显上升，其原因是 。 ②高于320℃后，用Ni-CeO2作催化剂，CO2转化率略有下降，可能原因是 。 (3)一种有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种有机物的骨架上)电催化还原CO2的装置示意图如图2所示。控制其他条件相同，将一定量的CO2通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图3所示。 ①写出Cu原子的核外电子排布式： 。 ②b电极生成HCOOH的电极反应式为 。 ③科研小组利用13CO2代替原有的CO2进行研究，其目的是 。 ④控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为 mol。 10．(23-24高二下·江苏无锡匡园双语学校·期中)工业上合成氨工艺流程一般分三步：第一步为原料气的制备，将天然气等原料制成含氢和氮的粗原料气；第二步为净化，主要包括变换过程、脱硫脱碳过程以及气体精制过程；第三步为氨合成，将纯净的氢氮混合气压缩，增大压强，在催化剂的作用下合成氨。 (1)“一次转化”过程中气体与水蒸气反应转化为CO和混合气体，已知几种物质的燃烧热如表所示： 物质 燃烧热 -285.5 -890.3 -283 -393.5 的汽化热为，则“一次转化”过程中生成CO的热化学方程式为 。 (2)“二步净化”过程中，原料、需要经过铜氨液处理净化，除去其中的CO，其反应为：  ，铜氨液吸收CO适宜的生产条件是 (填字母)。 a．低温高压    b．高温高压    c．高温低压    d．低温低压 (3)第三步为氨合成，生产流程示意图如下。已知：   ①上述流程中有利于提高原料利用率的措施有 (请写出两点)； ②有利于提高单位时间内氨的产率的措施有 (请写出两点)。 (4)实验室研究是工业生产的基石。如图中的实验数据是在其它条件不变时，向1L密闭容器中充入1mol和3mol，不同温度()、不同压强下，达平衡时混合物中的物质的量分数的变化情况。 ①曲线a对应的温度是 ； ②M、N、Q点平衡常数的大小关系是 ；K点的平衡常数为 ； ③K点达平衡后再向容器中充入1mol和2mol，平衡将 (填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)。 11．(23-24高二下·江苏盐城三校联考·期中)CO2的资源化利用能有效减少碳排放充分利用碳资源。 I.CO2合成甲醇(CH3OH) 该反应包括下列两步： 反应I CO2(g)+H2(g)CO(g)+ H2O(g) △H1=+40.9 kJ/mol 反应II CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) △H2=+49.5 kJ/mol (1)由CO与H2合成CH3OH(g)的热化学方程式为 。 (2)在一定温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入3molH2和1molCO2，控制条件仅发生反应I，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化如图所示： ①0~3min内，用H2(g)表示的化学反应速率v(H2)= 。 ②在平衡后，再向容器中加入2mol CO2(g)和2mol CH3OH(g)则平衡向 移动。(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。 (3)在光电催化下CO2可以合成甲醇，原理如图所示。阴极的电极反应式为 。 II.CO2合成二甲醚(CH3OCH3) 控制反应条件，同时发生反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ，可以合成二甲醚(CH3OCH3)。 反应Ⅲ 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-24.5 kJ/mol 在压强30 MPa、=4时， CO2的平衡转化率、CO的选择性和CH3OCH3的选择性随温度变化情况如图所示(X的选择性=) (4)图中，代表CH3OCH3选择性的是曲线 (填“A”、“B”或“C”)。 (5)当温度超过290℃，曲线B随温度升高而增大的原因是 。 12．(23-24高二下·江苏南京师范大学附属中学·期中)天然气、石油钻探过程会释放出、等气体。 Ⅰ．某种将和共活化的工艺涉及反应如下： ①   ②   ③   ④   恒压密闭容器中，反应物的平衡转化率、部分生成物的选择性与温度关系如图所示。 已知：ⅰ．和的初始物质的量相等； ⅱ．COS的选择性，的选择性； ⅲ．产率=转化率×选择性。 回答下列问题： (1) 。 (2)温度高于时，的转化率大于，原因是 。 (3)达到平衡时，反应体系中 。 (4)催化剂对反应②具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如下图。请在答题纸对应区域绘出过渡态的示意图 。 Ⅱ．我国科学家设计了一种协同转化装置，实现对天然气中和的高效去除，其中电极分别为石墨烯(石墨烯包裹的)和石墨烯。过程如图所示： (5)出口气体组成为 。 (6)阳极区发生反应为： ①； ② 。 (7)工作时，石墨烯电极区的基本保持不变，原因是 。 13．(23-24高二下·江苏盐城东台第一中学·期中)化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义。 (1)目前城市机动车废气的排放已成为城市大气污染的重要来源。气缸中生成NO的反应为：。汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，请分析两点可能的原因① 、② 。 (2)由金红石(TiO2)制取单质Ti，涉及到的步骤为： 已知：①  ； ②  ； ③  。 则的 。 (3)一定条件下，Fe3+ 和I-在水溶液中的反应是，若反应达到平衡后，加入四氯化碳充分振荡，且温度不变，上述平衡向① (选填“正反应”或“逆反应”)方向移动。若反应达到平衡后，加入少许铁粉充分振荡，且温度不变，化学平衡向② (选填“正反应”或“逆反应”)方向移动。 (4)用氯气生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：。 已知：ⅰ．此条件下反应A中，4mol HCl被氧化，放出120.0 kJ的热量。 ⅱ．。 形成1mol H-Cl键 的能量(填“放出”或“吸收”)为 kJ。 (5)电化学在工业生产中具有重要作用。 ①工业上通过惰性电极电解饱和食盐水制备氯气，阳极电极反应式是 。 ②深埋在弱碱性的潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示，此过程中腐蚀电池正极反应式是 。 14．(23-24高二下·江苏泰州靖江高级中学·期中)化学需氧量是指用强氧化剂将废水中的还原性物质氧化为二氧化碳和水所消耗的氧化剂的量，并换算成以为氧化剂时所消耗的质量。水体值常作为水体中有机污染物相对含量的综合指标之一。法能产生和具有强氧化性的羟基自由基引发一系列链式反应，被广泛应用于有机废水的治理。 (1)羟基自由基的电子式为 。 (2)已知更容易进攻有机物分子中电子云密度较大的基团．丁醇比正戊烷更容易受到进攻的原因是 。 (3)分别取初始的废水，加入，改变起始投加的量，反应相同时间，测得反应后水样随投加量的关系如图所示，当投加量超过时，反应后水样不降反升的原因可能是 。 (4)在法的基础上改进的基于硫酸根自由基的氧化技术引起关注。研究发现，一种石墨烯纳米复合材料对催化活化产生具有很好的效果，结构如图， ①与试剂相比，-石墨烯的使用范围更广，在强碱性条件下反应生成羟基自由基，写出该反应的离子方程式： 。 ②一种制取-石墨烯纳米复合材料的物种转化关系可表示为（表示石墨烯） 在石墨烯表面制得，理论上需要消耗的物质的量为 。 ③利用该复合材料催化活化并去除废水中有机污染物的可能反应机理如图所示，该机理可描述为 。 15．(23-24高二下·江苏常州北郊高级中学·期中)氢能是一种绿色能源，目前有多种方法可以制氢或储氢。 (1)基催化剂可用于甲烷水蒸气重整制氢，反应过程如图1。    ①由如图1可知，该制氢的过程用文字描述为 。 ②Pistonesi等对反应过程提出了以下反应机理，写出Ⅱ的转化过程。 I.　　Ⅱ. Ⅲ.　　　Ⅳ. V.　　Ⅵ． 注：＊表示催化剂或者微粒吸附在催化剂上。 (2)镁铝合金是一种潜在的贮氢材料。 ①该合金在一定条件下完全吸氢生成中的化合价为 。 ②是一种单层的二维材料，二维晶胞如图2所示，虚线之间夹角为或，距离每个○距离最近的有 个。    (3)甘油、水蒸气、氧气自热式催化重整制氢时无需加热，主要反应如下： 反应I： 反应Ⅱ： ① 。 ②反应I、Ⅱ消耗的总量一定时，反应Ⅱ的比例过多、过少都不利于制氢，原因是 。 ③除外，可能还会产生等副产物，为了提高原子利用率，最要抑制的生成，原因是 。 16．(23-24高二下·江苏镇江·期中)研究氮及其化合物的转化对于环境改善有重大意义。 (1)氨气脱除： 一定温度下，按进入脱除反应装置，的脱除率随温度的变化如图所示。 ①已知： I． Ⅱ． 则反应： 。 ②的起始浓度为，从A点到B点经过2秒，该时间段内的脱除速率为 。 ③温度在时，温度升高的脱除率下降的原因可能是 。 (2)间接电化学法脱氮： 其工作原理如图所示，质子膜允许和通过。 写出电极I发生的电极反应式为 。 (3)催化还原法脱氮： 用催化剂协同纳米零价铁去除水体中。催化还原过程如图所示。 I．“转化①”生成活性H原子的过程可描述为 。 Ⅱ．写出“转化②”的离子方程式 。 Ⅲ．去除率及生成率如图所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体为4.2，当时，随着减小生成率逐渐降低的原因是 。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 题型03 化学反应原理综合题 1．(23-24高二下·江苏徐州第一中学·期中)有效去除大气中的NOx和水体中的氮，并且转化为可利用的资源是重要课题。 (1)在微生物作用的条件下，经过两步反应被氧化成。两步反应的能量变化示意图如下： 则(aq)＋2O2(g)=(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)　ΔH= kJ·mol-1 (2)近年来，采用肼(N2H4)燃料电池为电源，用离子交换膜控制电解液中的c(OH-)制备纳米Cu2O备受关注，其模拟装置如图甲、乙。 ①图甲中A极应于图乙中 (请填“C”或“D”)极相连。 ②该电解池的阳极反应式为 。 ③该电解池(图乙)中离子交换膜为 (请填“阴”或“阳”)离子交换膜。 ④理论上，每生产144g纳米Cu2O，需要消耗肼(N2H4) mol。 (3)纳米颗粒在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，该反应历程如图所示。 ①容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较多的副产物为 。 ②上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中 (填字母)的活化能。 A．*CO＋*OH→*CO＋*H2O            B．*CO→*OCH C．*OCH2→*OCH3 D．*OCH3→*CH3OH (4)磷酸铵镁(MgNH4PO4)沉淀法可去除水体中的氨氮(和NH3)。实验室中模拟氨氮处理：1 L的模拟氨氮废水(主要含)，置于搅拌器上，设定反应温度为25 ℃。先后加入MgCl2和Na2HPO4溶液，用NaOH调节反应pH，投加絮凝剂；开始搅拌，反应30 min后，取液面下2 cm处清液测定氨氮质量浓度。已知：常温下，磷酸铵镁(MgNH4PO4)微溶于水；H3PO4的Ka1=6.9×10-3， Ka2=6.2×10-8 ，Ka3=4.8×10-13。 ①测得反应pH对氨氮去除率的影响如图所示，当pH从7.5增至9.0的过程中，水中氨氮的去除率明显增加，原因是 。 ②当反应pH为9.0时，该沉淀法对氨氮的去除率达到最高，当pH继续增至10.0时，氨氮的去除率下降，原因是 。 【答案】(1)-346 (2) C Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O 阴 0.5 (3) CO A (4) 随着pH的增大，HPO转化为PO， c(PO)浓度增大，使得生成MgNH4PO4沉淀的反应速率加快，氨氮去除率增加 OH－浓度增大，使得Mg2＋生成Mg(OH)2， MgNH4PO4沉淀会转化为Mg(OH)2沉淀，释放NH，促使溶液中氨氮的去除率下降 【详解】（1）由题干图示信息可知，第一步的热化学方程式为①(aq)+1.5O2(g)═(aq)+2H+(aq)+H2O(l)H=-273KJ/mol，第二步的热化学方程式为②(aq)+0.5O2(g)═(aq)H=-73KJ/mol，根据盖斯定律①+②有(aq)+2O2(g)═2H+(aq)+H2O(l)+(aq)H=-346 kJ/mol，故答案为：-346 ； （2）①用离子交换膜控制电解液中c(OH-)制备纳米Cu2O，则电解池中D电极上Cu失电子和OH-反应生成Cu2O，所以D电极为阳极，则C电极为阴极，该燃料电池中A为负极、B为正极，阳极连接原电池正极、阴极连接原电池负极，图甲中A极应于图乙中C极相连，故答案为：C； ②该电解池电解池中D电极上Cu失电子和OH-反应生成Cu2O，故其阳极反应式为Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，故答案为：Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O； ③该电解池(图乙)中OH-由阴极移向阳极，在阳极上参与反应生成Cu2O，故该离子交换膜为阴离子交换膜，故答案为：阴； ④串联电路中转移电子相等，根据转移电子守恒得肼和Cu2O的关系式为N2H4～2Cu2O，消耗n(N2H4)=n(Cu2O)=×=0.5mol，故答案为：0.5； （3）①由图可知，CO的相对能量与CH2O的相比较低，物质具有的能量越低越稳定，生成的量相对较多，即相对较多的副产物为CO，故答案为：CO； ②上述合成甲醇的反应速率由慢反应决定，反应的活化能越高，反应速率越慢，反应*CO+*OH→*CO+*H2O的活化能为1.64eV，反应*CO→*OCH放出能量为1.39eV，反应*OCH2→*OCH3的活化能为1.18eV，反应*OCH3→*CH3OH的活化能为0.54eV，即反应历程中活化能较高的反应为*CO+*OH→*CO+*H2O，该反应决定整个反应的反应速率，所以要使反应速率加快，应将反应*CO+*OH→*CO+*H2O的活化能降低，故答案为：A； （4）①当pH从7.5增至9.0的过程中，水中氨氮的去除率明显增加，原因是随pH增大，转化为，c()增大，使得生成沉淀的速率加快，水中氨氮的去除率明显增加，故答案为：随pH增大，转化为，c()增大，使得生成沉淀MgNH4PO4的速率加快，水中氨氮的去除率明显增加； ②当反应pH为9.0时，该沉淀法对氨氮的去除率达到最高，当pH继续增至10.0时，氨氮的去除率下降，原因是pH偏大，Mg2+易与OH-结合生成Mg(OH)2，MgNH4PO4沉淀转化为Mg(OH)2沉淀，释放，溶液中的氨氮的去除率下降，故答案为：pH偏大，Mg2+易与OH-结合生成Mg(OH)2，MgNH4PO4沉淀转化为Mg(OH)2沉淀，释放，溶液中的氨氮的去除率下降。 2．(23-24高二下·江苏无锡锡东高级中学·期中)利用向制取生物柴油的副产物甘油（）中通入一定量的水蒸气，可实现重整制氢。经一系列反应可获得、CO、、等组成气体，通过调整反应的组成和条件可提高产率。请回答： (1)制氢的几个主要反应如下 反应1：   反应2：   反应3：   反应4：   （1）计算 ，并判断该反应的自发性 。 (2)①温度控制不当，气相产物之间会发生积碳副反应从而影响氢气产率，反应如下： ，  ；若仅考虑积碳副反应，一定温度下，测得在1.0MPa恒压反应体系中达到平衡时组分的分压（即组分的物质的量分数×总压），，则平衡常数 。 ②生产过程中，为减小积碳对氢气产率及催化剂的影响，下列措施合适的是 （填序号）。 A．减小压强    B．通入过量的氧气    C．通入适量的水蒸气    D．选择合适的催化剂 ③上述各反应达到平衡时，体系中各物质的物质的量分数受温度的影响如图，请结合图像解释，在图示温度范围内随着温度升高的摩尔分数先迅速上升后缓慢下降的原因是 。 (3)反应2的一种催化机理是生成中间体甲酸，此时甲酸在金属氧化物催化剂表面的催化机理如图： 下面关于脱氢的反应历程表示正确的是 （表示在催化剂表面吸附态）（填序号） A． B． C． 【答案】(1) —206kJ/mol 低温自发 (2) 10MPa-1 ACD 由图可知，随着温度的升高，甘油和C的摩尔分数一直为零，反应1转化率为100%，反应3的△H绝对值大，且为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，H2的摩尔分数增大的影响大于反应2平衡逆向移动导致H2的摩尔分数减小的影响，且反应3生成的H2量大，所以摩尔分数先迅速上升；由图可知约900K后，CH4摩尔分数接近0，说明反应3几乎转化完全，H2的摩尔分数主要受反应2影响，升温，反应2平衡左移且故H2摩尔分数缓慢下降 (3)AC 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应2—3得到反应4，则∆H4= (—41kJ/mol)—(+165kJ/mol)=—206kJ/mol；该反应是熵减的放热反应，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，答案为：—206kJ/mol；低温自发； （2）①由题意可知，1.0MPa恒压积碳副反应体系中达到平衡时，组分的分压为，则p(H2)=1.0MPa-0.3MPa×3=0.1MPa，反应的平衡常数Kp1===10MPa-1，故答案为：10MPa-1； ②A．积碳反应都是气体体积减小的反应，减小压强，平衡均向逆反应方向移动，有利于减小积碳对氢气产率及催化剂的影响，故正确； B．通入过量的氧气，氧气会与平衡体系中的氢气反应，导致氢气的产率降低，故错误； C．通入适量的水蒸气，生成物的浓度增大，平衡均向逆反应方向移动，有利于减小积碳对氢气产率及催化剂的影响，故正确； D．催化剂具有选择性，选择合适的催化剂可减少积碳反应的发生，提高氢气的产率，故正确； 故选ACD； ③由图可知，随着温度的升高，甘油和C的摩尔分数一直为零，反应1转化率为100%，反应3的△H绝对值大，且为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，H2的摩尔分数增大的影响大于反应2平衡逆向移动导致H2的摩尔分数减小的影响，且反应3生成的H2量大，所以摩尔分数先迅速上升；由图可知约900K后，CH4摩尔分数接近0，说明反应3几乎转化完全，H2的摩尔分数主要受反应2影响，升温，反应2平衡左移且故H2摩尔分数缓慢下降，所以随着温度升高，氢气的摩尔分数先迅速上升后缓慢下降，故答案为：由图可知，随着温度的升高，甘油和C的摩尔分数一直为零，反应1转化率为100%，反应3的△H绝对值大，且为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，H2的摩尔分数增大的影响大于反应2平衡逆向移动导致H2的摩尔分数减小的影响，且反应3生成的H2量大，所以摩尔分数先迅速上升；由图可知约900K后，CH4摩尔分数接近0，说明反应3几乎转化完全，H2的摩尔分数主要受反应2影响，升温，反应2平衡左移且故H2摩尔分数缓慢下降； （3）由催化机理图可得，反应历程为HCOOH*=HCOO*+H*、HCOO*+H*=CO*+H2O*、HCOO*=CO+ H*、H*+H*=H，则关于脱氢的反应历程表示正确的是HCOOH*=HCOO*+H*、H*+H*=H，故选AC。 3．(23-24高二下·江苏常州·期中)天然气和工业废气中常含有的测定、转化和利用具有重要意义 (1)的测定。天然气中的测定涉及的反应方程式有： ① ② ③ 测定方法： 步骤Ⅰ：将天然气中的溶于水并进行反应①，配制成溶液。 步骤Ⅱ：加入的(过量)使完全转化为。加入淀粉浴液作为指示剂，用的溶液滴定过量的，做三组平行实验，平均消耗。滴定达到终点的现象为 。 根据条件计算天然气中的含量为 。(写出计算过程) (2)回收单质硫。工业上对主要成分为的废气进行回收利用，将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：，在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，该温度下的平衡常数 。 (3)热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应： Ⅰ． Ⅱ． 总反应：Ⅲ 投料按体积之比，并用稀释；常压、不同温度下反应相同时间后，测得和的体积分数如下表： 温度 950 1000 1050 1100 1150 0.5 1.5 3.6 5.5 8.5 0.0 0.0 0.1 0.4 1.8 请回答： ①反应III ，反应正能自发进行的条件是 。 ②下列说法正确的是 。 A．其他条件不变时，用替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响 B．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高 C．由实验数据推出中的键强于中的键 D．恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高 ③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，请画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图 。 ④在950～1150℃范围内(其他条件不变)，的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因 。 【答案】(1) 溶液由蓝色变为无色，且保持30s内不变色 8.5 (2) (3) +234kJ/mol 高温 AB 的体积分数随温度升高先升高后下降，原因是在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降 【详解】（1）用淀粉溶液作指示剂，用溶液滴定过量的，达到滴定终点的现象为：溶液由蓝色变为无色，且保持30s内不变色；根据方程式的系数，由比例关系，则n(H2S)=0.001mol－×0.1mol/L×15×10﹣L=2.5×10﹣4mol，天然气中的含量为。 （2）反应的平衡常数K===； （3）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH3＝+234kJ/mol；这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行； ②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A正确； B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B正确； C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C错误； D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D错误； 答案选AB； ③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为 ④根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。 4．(23-24高二下·江苏徐州·期中)中国首次实现了利用二氧化碳人工合成淀粉，为全球的“碳达峰”、“碳中和”起到重大的支撑作用，研究二氧化碳的收集和利用成为了科研方面的热点。 Ⅰ．电化学法将转化为甲酸 科学家近年发明了一种新型水介质电池。如图-1所示，电极分别为金属锌和选择性催化材料，放电时，被转化为储氢物质甲酸。 注：双极隔膜为一层阳离子交换膜和一层阴离子交换膜复合而成，中间为水，作为电解质溶液中和的来源。 (1)放电时，正极电极反应式为 。 (2)充电时每生成，理论上阴极获得的物质的量为 。 (3)与极室相连的离子交换膜为 。 Ⅱ．热化学法将转化为甲醇 反应①　 反应②　 (已知：(或)的选择性) 将和混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，的选择性、的转化率与温度的关系如图所示。 (4)时，测得的转化率为，此时剩余的物质的量为 。 (5)随着温度的升高，的转化率增大，其主要原因是 。 (6)其他条件不变，增大压强，选择性的变化为 (选填“不变”、“变大”或“变小”) Ⅲ．和催化重整制取和 1991年，Ashcroft提出了甲烷二氧化碳重整的技术理论：气体分子吸附至催化剂表面后发生反应。 时，反应如下：　 (7)在催化剂中添加少量多孔能提高转化率，其原因是 。 (8)此过程机理模型如图-3所示(*表示吸附在催化剂表面的活性物种)。根据反应机理，生成的过程可描述为 。 【答案】(1) (2)2 (3)阴离子交换膜 (4)2.4 (5)反应①为放热反应，反应②为吸热反应，随着温度的升高，反应①平衡逆向移动生成的H2的量小于反应②平衡正向移动消耗的H2的量，H2的转化率增大；随着温度的升高，催化剂的活性增强，导致H2的转化率增大 (6)变小 (7)少量多孔CaO可以吸附二氧化碳，从而促进二氧化碳与甲烷在催化剂表面接触反应，提高二氧化碳的转化率 (8)吸附在催化剂表面的CO解离成CO和O* (活性氧原子)，吸附在催化剂表面的CH4解离成H2和CH2* (活性亚甲基)，O*和H2反应生成H2O，CH2*和H2O反应生成H2和CO*，最后从催化剂表面脱吸附成CO 【分析】根据图-1分析可知，放电时左侧电极是负极，电极反应为：，右侧是正极，电极反应为：，则双极隔膜为右侧为阳离子交换膜为右侧提供，左侧阴离子交换膜为左侧提供，据此作答。 【详解】（1）据分析可知，放电时，正极电极反应式为。 （2）充电时左侧电极是阴极，电极反应为：，右侧是阳极，电极反应为：，所以每生成，理论上阴极获得Zn的物质的量为。 （3）据分析可知，与Zn极室相连的离子交换膜为阴离子交换膜。 （4）230℃时，测得的CO2的转化率为40％，即CO2共反应了1mol×40%=0.4mol，由图知，此时的甲醇的选择性为25％，则0.4molCO2中有0.4mol×25%=0.1mol转化成了甲醇，另外的0.3mol在反应②中转化成了CO，根据化学反应计量数之比等于物质的量改变之比，因此反应②中消耗H2的物质的量为0.3mol，反应①中消耗H2的物质的量为0.1×3=0.3mol，则剩余H2的物质的量为。 （5）随着温度的升高，H2的转化率增大，其主要原因可能有两个：反应①为放热反应，反应②为吸热反应，随着温度的升高，反应①平衡逆向移动生成的H2的量小于反应②平衡正向移动消耗的H2的量，H2的转化率增大；随着温度的升高，催化剂的活性增强，导致H2的转化率增大。 （6）反应I是气体分子数减小的反应，而反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，其他条件不变，增大压强，有利于反应①进行，的选择性增大，则CO选择性的变化为变小。 （7）在催化剂中添加少量多孔能提高转化率，其原因是：少量多孔CaO可以吸附二氧化碳，从而促进二氧化碳与甲烷在催化剂表面接触反应，提高二氧化碳的转化率。 （8）结合图示信息可知，二氧化碳被吸附在Ni表面，之后发生断键，生成CO和O，即：吸附在催化剂表面的CO解离成CO和O* (活性氧原子)，吸附在催化剂表面的CH4解离成H2和CH2*(活性亚甲基)，O*和H2反应生成H2O，CH2*和H2O反应生成H2和CO*，最后从催化剂表面脱吸附成CO。 5．(23-24高二下·江苏徐州铜山区·期中)我国在应对气候变化工作中取得显著成效，并向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。因此将转化为高附加值化学品成为科学家研究的重要课题。 (一)工业上在催化下利用发生如下反应Ⅰ生产甲醇，同时伴有反应Ⅱ发生。 Ⅰ．   Ⅱ．   回答下列问题： (1)已知：  ，则为 。 (2)向密闭容器中加入和合成。已知反应Ⅰ的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中、为速率常数。 ①如图中能够代表的曲线为 。(填“L1”、“L2”、“L3”或“L4”)。 ②对于上述反应体系，下列说法正确的是 。 A．增大的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ的正反应速率均增加 B．加入催化剂，的平衡转化率不变 C．恒容密闭容器中当气体密度不变时，反应达到平衡状态 (3)将或通入某含少量的溶液中，可以吹出。研究发现，用吹出的效果更好，其原因是 。 (二)如图表示以溶液作电解质溶液进行电解的示意图，在Cu电极上可以转化为。 (4)该电极反应方程式为 。 (5)当电路中转移电子时，有 mol离子穿过阳离子交换膜(只允许阳离子穿过)。 (三)甲酸是重要的液态储氢原料。将温室气体转化为甲酸既具有经济技术意义，又具有环保意义。在实践中，制备甲酸的一种流程如下： (6)写出过程Ⅱ的离子方程式 。 (7)过程Ⅱ中，其他条件不变，转化为的转化率如下图所示。则在40℃～80℃范围内生产实际转化率迅速上升，其主要原因可能是 。 【答案】(1)-49.4kJ/mol (2) L4 AB (3)吹出时可增强溶液的酸性，抑制了的电离，有利于的吹出 (4) (5)0.4 (6) (7)温度上升反应速率提升，同时催化剂的活性可能得到增强，进一步极大程度加快反应速率，从而使得生产实际转化率迅速上升 【详解】（1）根据盖斯定律可知，。 （2）①反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，正反应速率增大的幅度小于逆反应速率增大的幅度，则如图中能够代表的曲线为L4。 ②A．二氧化碳是反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应物，增大的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ的正反应速率均增加，A正确； B．加入催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，不改变化学平衡，的平衡转化率不变，B正确； C．恒容密闭容器中，气体质量和体积不变，气体密度始终不变，不能判断反应达到平衡状态，C错误； 故选AB。 （3）将或通入某含少量的溶液中，可以吹出。研究发现，用吹出的效果更好，其原因是吹出时可增强溶液的酸性，抑制了的电离，有利于的吹出。 （4）CO2在阴极发生还原反应转化为甲烷，电极反应式为。 （5）溶液作电解质溶液，则当电路中转移电子时，有K+穿过阳离子交换膜。 （6）过程Ⅱ是与氢气在催化剂作用下发生反应生成HCOO-，结合质量守恒可知同时生成水，反应的离子方程式为。 （7）在40℃～80℃范围内生产实际转化率迅速上升，其主要原因可能是温度上升反应速率提升，同时催化剂的活性可能得到增强，进一步极大程度加快反应速率，从而使得生产实际转化率迅速上升。 6．(23-24高二下·江苏无锡北高级中学·期中)二氧化碳的综合利用具有重要意义。 (1)工业上以CO2和CH4为原料可以制取合成气(CO和H2)。 ①已知CH4、H2、CO的燃烧热分别为890.3kJ·mol-1、285.8kJ·mol-1，283kJ·mol-1，则反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH= 。 ②将CO2和CH4以体积比1∶1混合后，通过装有催化剂的反应管。下列措施有利于提高CH4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)一种负载活性金属原子催化剂可催化还原CO2，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CO的不断增多而逐渐减弱，原因是 。 ②CH3OH可由中间体X或Y经过如图3所示2步转化得到。X和Y的组成相同，催化剂载体中的活性金属带正电性，Y与活性金属结合后的相对能量低于X。在图4方框内画出Y的结构简式 。 【答案】(1) +247.3 kJ•mol－1 ab (2) CO脱除较难，占据催化剂表面，使催化剂表面活性点位减少 【详解】（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 ； 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，a选； 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，b选； 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，c不选； 综上所述选ab； （2）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； 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，Y与活性金属结合后的相对能量低于X，且X和Y的组成相同，说明Y的结构简式为：。 7．(23-24高二下·江苏无锡第一中学·期中)Ⅰ.是温室气体，也是重要的资源，以为基本原料可合成甲醇。回答下列问题： (1)已知下列热化学方程式： 反应①： 反应②： 则用与合成的反应③的热化学方程式为 。 (2)一定条件下，向某密闭容器按照投料，发生上述反应③。当反应达到平衡状态时，容器中甲醇的体积分数与压强、温度的关系如图所示。由图可知，若减小压强，则的转化率 (填“减小”、“不变”或“增大”)。图中a、b两点，反应③的化学平衡常数较大的是 (填序号)。温度为：265℃时，该反应的平衡常数 (用最简分数表示；为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 Ⅱ.工业以为原料合成尿素的反应原理为。 工业生产时，需要原料气带有水蒸气。下图的三条曲线表示，在不同的水碳比时，的平衡转化率与氨碳比之间的关系。 (3)该反应的化学平衡常数表达式为 。 (4)恒温条件下，能说明该反应在恒容容器中达化学平衡状态的是 (填序号)。 a．容器内 b．容器内混合气体的平均密度不变 c．单位时间内，消耗并生成 (5)测得B点的平衡转化率为40%，则 。 (6)曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是 (填序号)，判断理由是 。 【答案】(1)+3=+H2O(g)，则△H=-49.6 kJ·mol-1 (2) 减小 a (3) (4)b (5)3 (6) Ⅲ 增大水蒸气的浓度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率减小，由图象可知：曲线Ⅲ的转化率最小，故曲线Ⅲ对应的水碳比最大 【详解】（1）根据盖斯定律，(①+②)可得+3=+ H2O(g)，则△H=(-122.6 kJ·mol-1 +23.4 kJ·mol-1)=-49.6 kJ·mol-1。 （2）反应③为气体体积减小的反应，减小压强，平衡逆向移动，CO2的转化率减小；反应③为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数的数值减小，则图中a、b两点，反应③的化学平衡常数较大的是a；根据图像可知，265℃时，平衡时甲醇的体积分数为10%，压强为10MPa，设起始加入n molCO2、3n molH2，转化的CO2物质的量为xmol， ，则x= ，则H2O(g)的质量分数为10%，CO2(g)的物质的量分数为=20%，H2(g)的质量分数为=60%，Kp= 。 （3）的化学平衡常数表达式为。 （4）a．容器内时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，a不选； b．该反应过程中气体的质量减小，气体总体积不变，混合气体的平均密度减小，当容器内混合气体的平均密度不变时，说明反应达到平衡，b选； c．单位时间内，消耗并生成，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，c不选； 故选b。 （5）B点二氧化碳的转化率是60%，氨气的转化率是40%，设氨气、二氧化碳的起始物质的量分别为a、b，则a×40%∶b×60%=2∶1，解得a∶b=3，即x1=3。 （6）增大水蒸气的浓度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率减小，由图象可知：曲线Ⅲ的转化率最小，故曲线Ⅲ对应的水碳比最大。 8．(23-24高二下·江苏泰州中学·期中)绿水青山就是金山银山。我们要加快形成绿色发展方式，构建经济与环境协同共进的地球家园。运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染具有重要意义。回答下列问题： (1)利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应 已知：部分化学键的键能数据如表(CO以键构成)。 化学键 E/(kJ/mol) a b c ①NO中化学键的键能为 kJ/mol(用含a、b、c、d的代数式表示)。 ②写出既可以加快化学反应速率又有利于提高NO平衡转化率的措施 (一条即可)。 (2)工业上可将和混合转化，发生反应  在容积固定的绝热密闭容器中，能判断该反应已达到化学平衡状态的是___________(填字母)。 A．和的浓度之比保持不变 B．混合气体的颜色保持不变 C．容器中压强不再变化 D．混合气体的密度保持不变 (3)还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关反应有： 反应I：   反应II：   反应III：   则反应的 。 (4)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(S)和法拉第效率(FE)的定义(X代表或)如下：    ①写出碱性条件下生成的电极反应式： 。 ②实验测得，碱性条件生成、总的选择性小于酸性条件，原因是 。 ③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 。 ④碱性条件下反应一段时间，实验测得、的选择性及的法拉第效率如表所示。则的法拉第效率为 。 2% 8% 12.5% 【答案】(1) 增大压强或增大CO的投料 (2)BC (3)+131kJ/mol (4) 碱性条件下，有部分转化为，用于生成、的的量减少，使总的选择性减小 酸性条件下，浓度大，发生的副反应程度大，导致不是所有的电子都用于还原，使法拉第效率较小 37.5% 【详解】（1）①根据∆H=反应物的总键能-生成物的总键能，则，解得NO中化学键的键能为kJ/mol； ②该反应是气体体积减小的反应，增大压强或增大CO的投料既可以加快化学反应速率，平衡正向移动，又有利于提高NO平衡转化率； （2）A. 无论反应是否达到平衡，和的浓度之比一直为1:1，故A错误； B. 混合气体的颜色保持不变说明的浓度不再发生变化，该反应已达到化学平衡状态，故B正确； C. 在容积固定的绝热密闭容器中，该反应是放热反应，温度变化导致压强发生改变，当容器中压强不再变化，该反应已达到化学平衡状态，故C正确； D.由质量守恒定律可知，混合气体的总质量不变，已知容积固定，则混合气体的密度一直保持不变，不能说明该反应已达到化学平衡状态，故D错误； 故选BC； （3）根据盖斯定律，总反应=反应Ⅰ-反应Ⅱ-反应Ⅲ，则反应热； （4）①该原理为电解原理，在碱性或酸性条件下，将CO2还原为CH4或C2H4，CO2中的碳元素化合价降低，得电子，为阴极电极反应，碱性条件下CO2生成CH4的电极反应式为：； ②碱性条件下，有部分CO2转化为，变成不易接近阴极、不易参与阴极电极反应的形式，导致参与还原反应生成CH4或C2H4的CO2减少，使总的选择性S(X)减小，故答案为：碱性条件下，有部分转化为，用于生成、的的量减少，使总的选择性减小； ③酸性条件下，电极Ⅲ发生2H2O−4e−=O2↑+4H+，H+通过阳离子交换膜进入右侧阴极区，该电极区域H+浓度大于碱性条件下的阴极区H+浓度，发生2H++2e-=H2↑的反应程度大，即电极Ⅳ有相当一部分电子参与的是生成H2的副反应，因为该副反应发生程度较大，法拉第效率FE较小，故答案为：酸性条件下，H+浓度大，发生2H++2e-=H2↑的副反应程度大，导致不是所有的电子都用于还原CO2，使法拉第效率FE较小； ④由表中数据可知，S(CH4)=2%，可得，则n(生成CH4所用CO2)=n总(CO2)×2%，由CO2+6H2O+8e−=CH4+8OH−，n(生成CH4的电子)=n(生成CH4所用CO2)×8=n总(CO2)×2%×8，由FE(CH4)=12.5%，可列式，，由S(C2H4)=8%，可列式，n(生成C2H4所用CO2)=n总(CO2)×8%，由2CO2+8H2O+12e−＝C2H4+12OH−，n(生成C2H4的电子)=n(生成C2H4所用CO2)×6=n总(CO2)×8%×6，则，故答案为：37.5%。 9．(23-24高二下·江苏南京六校联合体·期中)CO2的捕获是实现资源利用的重要途径。 (1)烟气中CO2捕集可通过如下所示的物质转化实现。 “脱碳”的化学反应方程式为 。 (2)CO2和H2催化合成CH4。 主要发生反应为，一定温度和压强下，将一定比例CO2和H2分别通过装有两种不同催化剂的反应器，反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况如图1所示。 ①高于320℃后，用Ni作催化剂，CO2转化率明显上升，其原因是 。 ②高于320℃后，用Ni-CeO2作催化剂，CO2转化率略有下降，可能原因是 。 (3)一种有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种有机物的骨架上)电催化还原CO2的装置示意图如图2所示。控制其他条件相同，将一定量的CO2通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图3所示。 ①写出Cu原子的核外电子排布式： 。 ②b电极生成HCOOH的电极反应式为 。 ③科研小组利用13CO2代替原有的CO2进行研究，其目的是 。 ④控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为 mol。 【答案】(1) (2) （用Ni作催化剂催化CO2和H2合成甲烷的反应速率慢）320℃后，升高温度，（催化剂 活性增大和温度升高导致）反应速率加快，反应相同时间时CO2的转化率增加 320℃时（用Ni-CeO2作催化剂催化CO2和H2合成甲烷的）反应已达到平衡，升高温度， 平衡向逆反应方向移动（或反应正向进行程度减小），CO2的转化率减小 (3) [Ar]3d104s1 CO2+2e- +2H+= HCOOH 确定阴极上生成的含碳化合物源自二氧化碳而非有机多孔电极材料 2.8 【详解】（1）“碳化”过程中二氧化碳与碳酸锂悬浊液生成碳酸氢锂，碳酸氢锂不稳定，受热易分解；“脱碳”的化学反应为碳酸氢锂受热分解为碳酸锂和二氧化碳、水，方程式为； （2）①由图可知，320℃时，Ni—GeO2的催化活性强于Ni的催化活性，以Ni—GeO2为催化剂时，催化合成反应已达到平衡，而以Ni为催化剂时，催化合成反应未达到平衡，320℃后，升高温度，反应速率加快，反应相同时间时二氧化碳的转化率增加；②由图可知，320℃时，以Ni—GeO2为催化剂时，催化合成反应已达到平衡，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小； （3）①Cu原子的核外电子排布式：[Ar]3d104s1； ②b电极为阴极，二氧化碳得到电子在酸性环境下发生还原反应生成HCOOH，电极反应式为CO2+2e- +2H+= HCOOH； ③有机多孔电极材料中含有碳元素，科研小组利用13CO2代替原有的CO2进行研究，其目的是确定阴极上生成含碳化合物源自二氧化碳而非有机多孔电极材料； ④由图可知，控制电压为0.8V，电解时生成0.2mol乙醇和0.2mol氢气，电极反应为、，则转移电子的物质的量为0.2mol×12+0.2mol×2=2.8mol。 10．(23-24高二下·江苏无锡匡园双语学校·期中)工业上合成氨工艺流程一般分三步：第一步为原料气的制备，将天然气等原料制成含氢和氮的粗原料气；第二步为净化，主要包括变换过程、脱硫脱碳过程以及气体精制过程；第三步为氨合成，将纯净的氢氮混合气压缩，增大压强，在催化剂的作用下合成氨。 (1)“一次转化”过程中气体与水蒸气反应转化为CO和混合气体，已知几种物质的燃烧热如表所示： 物质 燃烧热 -285.5 -890.3 -283 -393.5 的汽化热为，则“一次转化”过程中生成CO的热化学方程式为 。 (2)“二步净化”过程中，原料、需要经过铜氨液处理净化，除去其中的CO，其反应为：  ，铜氨液吸收CO适宜的生产条件是 (填字母)。 a．低温高压    b．高温高压    c．高温低压    d．低温低压 (3)第三步为氨合成，生产流程示意图如下。已知：   ①上述流程中有利于提高原料利用率的措施有 (请写出两点)； ②有利于提高单位时间内氨的产率的措施有 (请写出两点)。 (4)实验室研究是工业生产的基石。如图中的实验数据是在其它条件不变时，向1L密闭容器中充入1mol和3mol，不同温度()、不同压强下，达平衡时混合物中的物质的量分数的变化情况。 ①曲线a对应的温度是 ； ②M、N、Q点平衡常数的大小关系是 ；K点的平衡常数为 ； ③K点达平衡后再向容器中充入1mol和2mol，平衡将 (填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)。 【答案】(1) (2)a (3) 加压、冷却液化氨、原料气循环利用(任写两点) 干燥净化、加压10Mpa~30Mpa、原料气的循环利用、铁触媒400~500℃(任写两点) (4) 正向移动 【详解】（1）根据题意可得，①；②；③；④；⑤，根据盖斯定律反应②-反应①×3-反应③-⑤可得反应，所以“一次转化”过程中生成CO的热化学方程式为； 故答案为：； （2）对于反应  ，该反应为气体体积减小的反应，且为放热反应，增大压强或者降低温度，平衡正向移动，有利于CO的吸收，所以铜氨液吸收CO适宜的生产条件是低温高压； 故答案为：a； （3）①对于反应  ，为气体分子总数减小的放热反应，增大压强可促使平衡右移提高原料利用率，采用迅速冷却的方法使氨气液化并及时分离可降低速率、但促使平衡正向移动提高原料利用率；原料气循环使用能使原料气的浓度保持一定，能提高、的转化率，则流程中有利于提高原料利用率的措施是：加压、冷却液化氨、原料气循环利用； 故答案为：加压、冷却液化氨、原料气循环利用(任写两点)； ②增大压强可提高反应速率且促使平衡右移，升温虽然使平衡左移但能提高催化剂活性大幅度提高反应速率，干燥净化能防止催化剂中毒，所以有利于提高单位时间内氨的产率的措施有：干燥净化、加压10Mpa~30Mpa、原料气的循环利用、铁触媒400~500℃； 故答案为：干燥净化、加压10Mpa~30Mpa、原料气的循环利用、铁触媒400~500℃(任写两点)； （4）①对于合成氨的反应  ，该反应为放热反应，且为气体体积减小的反应；压强一定时，降低温度平衡正向移动，氨气的物质的量分数增大，所以温度越低氨的物质的量分数越高，则曲线a对应的温度是； 故答案为：； ②平衡常数只与温度有关，综上所述，曲线b对应温度为，曲线c对应温度为，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，其中M、Q点温度相同，平衡常数相等，N点温度大，平衡常数小，所以M、N、Q点平衡常数的大小关系是；根据题意可列三段式为 容器体积为1L，K点时氨气的物质的量分数为80%。则，解得，则该条件下平衡时，、、，平衡常数； 故答案为：；； ③K点达平衡后再向容器中充入1mol和2mol，则浓度熵<，平衡正向移动； 故答案为：正向移动。 11．(23-24高二下·江苏盐城三校联考·期中)CO2的资源化利用能有效减少碳排放充分利用碳资源。 I.CO2合成甲醇(CH3OH) 该反应包括下列两步： 反应I CO2(g)+H2(g)CO(g)+ H2O(g) △H1=+40.9 kJ/mol 反应II CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) △H2=+49.5 kJ/mol (1)由CO与H2合成CH3OH(g)的热化学方程式为 。 (2)在一定温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入3molH2和1molCO2，控制条件仅发生反应I，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化如图所示： ①0~3min内，用H2(g)表示的化学反应速率v(H2)= 。 ②在平衡后，再向容器中加入2mol CO2(g)和2mol CH3OH(g)则平衡向 移动。(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。 (3)在光电催化下CO2可以合成甲醇，原理如图所示。阴极的电极反应式为 。 II.CO2合成二甲醚(CH3OCH3) 控制反应条件，同时发生反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ，可以合成二甲醚(CH3OCH3)。 反应Ⅲ 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-24.5 kJ/mol 在压强30 MPa、=4时， CO2的平衡转化率、CO的选择性和CH3OCH3的选择性随温度变化情况如图所示(X的选择性=) (4)图中，代表CH3OCH3选择性的是曲线 (填“A”、“B”或“C”)。 (5)当温度超过290℃，曲线B随温度升高而增大的原因是 。 【答案】(1)CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) △H=8.6 kJ/mol (2) 正反应方向 (3) (4)A (5)生成CO的反应为吸热反应，高温有利于反应向生成CO方向进行，从而提高其选择性 【详解】（1）根据盖斯定律，CO与H2合成CH3OH(g)的反应可由反应II-反应I得到，反应的反应热△H=△H2-△H1=+49.5 kJ/mol -40.9 kJ/mol=8.6 kJ/mol，反应的热化学方程式为：CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) △H=8.6 kJ/mol，故答案为：CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) △H=8.6 kJ/mol； （2）①0~3min内，的物质的量由1mol减少至0.25mol，，根据速率之比等于化学计量数之比可得，故答案为：； ②反应达到平衡时：各物质的浓度为：c(CH3OH)=c(H2O)=，c(CO2)= ，c(H2)= ，可得反应平衡常数K==，再向容器中加入2mol CO2(g)和2mol CH3OH(g)，此时刻c(CO2)= ，c(CH3OH)= ，此时Qc==<，反应正向移动，故答案为：正反应方向； （3）由图可知阴极二氧化碳转化成甲醇且电解质为酸性环境，电极反应为：，故答案为：； （4）CO2(g)的反应均为吸热反应，温度升高二氧化碳的转化率增大，因此曲线C代表二氧化碳的转化率；有选择性的表达式可知生成二甲醚的选择性高于生成CO的选择性，因此曲线A代表二甲醚的选择性，曲线B代表生成CO的选择性，故答案为：A； （5）生成CO的反应为吸热反应，随温度的升高有利于反应正向移动，使得CO的选择性逐渐增大，故答案为：生成CO的反应为吸热反应，高温有利于反应向生成CO方向进行，从而提高其选择性； 12．(23-24高二下·江苏南京师范大学附属中学·期中)天然气、石油钻探过程会释放出、等气体。 Ⅰ．某种将和共活化的工艺涉及反应如下： ①   ②   ③   ④   恒压密闭容器中，反应物的平衡转化率、部分生成物的选择性与温度关系如图所示。 已知：ⅰ．和的初始物质的量相等； ⅱ．COS的选择性，的选择性； ⅲ．产率=转化率×选择性。 回答下列问题： (1) 。 (2)温度高于时，的转化率大于，原因是 。 (3)达到平衡时，反应体系中 。 (4)催化剂对反应②具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如下图。请在答题纸对应区域绘出过渡态的示意图 。 Ⅱ．我国科学家设计了一种协同转化装置，实现对天然气中和的高效去除，其中电极分别为石墨烯(石墨烯包裹的)和石墨烯。过程如图所示： (5)出口气体组成为 。 (6)阳极区发生反应为： ①； ② 。 (7)工作时，石墨烯电极区的基本保持不变，原因是 。 【答案】(1)+126.99kJ/mol (2)当温度高于500℃时，发生副反应③和④，且副反应③正向移动的幅度大于反应④ (3)10：1 (4) (5)CH4和CO (6)2EDTA-Fe3++H2S=2H++2EDTA-Fe2++S↓ (7)阴极区发生反应CO2+2e-+2H+=CO+H2O，阳极区产生的氢离子透过质子交换膜进入阴极区，所以ZnO@石墨烯电极区的pH基本保持不变 【分析】从图中可知，ZnO@石墨烯电极上CO2得电子转化为CO，因此ZnO@石墨烯电极为阴极，石墨烯电极上EDTA-Fe2+失电子转化为EDTA-Fe3+，石墨烯电极为阳极。 【详解】（1）根据题干可知，反应②=反应③+反应④，则ΔH2=(85.79+41.20)kJ/mol=+126.99kJ/mol。 （2）温度低于500℃时H2S和CO2的转化率基本相同，说明此时反应主要为反应①、②。反应③和反应④都是吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，当温度高于500℃时，发生副反应③和④，且副反应③正向移动的幅度大于反应④，故H2S的转化率大于CO2。 （3）700℃达到平衡时，H2S的转化率为20%，CO2的转化率为16%，COS的选择性为40%，H2O的选择性为88%，假设起始投入的CO2和H2S的物质的量均为amol，则平衡时CO2物质的量为0.84amol，H2S物质的量为0.8amol，COS物质的量为a×20%×40%=0.08amol，则n(H2S)：n(COS)=0.8a：0.08a=10：1。 （4） 过渡态X中，C=O中的双键其中一条键断裂，O与H间形成单键，H与S之间为虚线，具体示意图为。 （5）根据图示可知，天然气中的H2S转化为了S和氢离子，CO2转化为CO，则出口气体为CH4和CO。 （6）阳极区EDTA-Fe2+失电子生成EDTA-Fe3+，EDTA-Fe3+与H2S反应生成硫单质、氢离子和EDTA-Fe2+，反应式为2EDTA-Fe3++H2S=2H++2EDTA-Fe2++S↓。 （7）阴极区发生反应CO2+2e-+2H+=CO+H2O，阳极区产生的氢离子透过质子交换膜进入阴极区，所以ZnO@石墨烯电极区的pH基本保持不变。 13．(23-24高二下·江苏盐城东台第一中学·期中)化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义。 (1)目前城市机动车废气的排放已成为城市大气污染的重要来源。气缸中生成NO的反应为：。汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，请分析两点可能的原因① 、② 。 (2)由金红石(TiO2)制取单质Ti，涉及到的步骤为： 已知：①  ； ②  ； ③  。 则的 。 (3)一定条件下，Fe3+ 和I-在水溶液中的反应是，若反应达到平衡后，加入四氯化碳充分振荡，且温度不变，上述平衡向① (选填“正反应”或“逆反应”)方向移动。若反应达到平衡后，加入少许铁粉充分振荡，且温度不变，化学平衡向② (选填“正反应”或“逆反应”)方向移动。 (4)用氯气生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：。 已知：ⅰ．此条件下反应A中，4mol HCl被氧化，放出120.0 kJ的热量。 ⅱ．。 形成1mol H-Cl键 的能量(填“放出”或“吸收”)为 kJ。 (5)电化学在工业生产中具有重要作用。 ①工业上通过惰性电极电解饱和食盐水制备氯气，阳极电极反应式是 。 ②深埋在弱碱性的潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示，此过程中腐蚀电池正极反应式是 。 【答案】(1) 温度升高，反应速率加快 温度升高，有利于平衡正向进行 (2)-100kJ/mol (3) 正反应 逆反应 (4) 放出 (5) 【详解】（1）在其他条件相同时，温度越高化学反应速率越快，同时该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，有利于NO的生成，故答案为：温度升高，反应速率加快；温度升高，有利于平衡正向进行； （2）由盖斯定律可知，该反应可由2×①-②+③得到，则该反应的，故答案为：-100kJ/mol； （3）若反应达到平衡后，加入充分振荡，碘单质被萃取到四氯化碳中，降低了溶液中的碘单质浓度，平衡正向移动；若反应达到平衡后，加入少许铁粉充分振荡，铁粉与三价铁离子反应，降低溶液中的三价铁离子浓度，平衡逆向移动，故答案为：正反应；逆反应； （4）形成化学键需放出能量，根据反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，可得：，解得=，故答案为：； （5）①阳极氯离子失电子生成氯原子，氯原子结合呈氯气分子，电极方程式为：，故答案为：； ②由图示信息可知此过程中腐蚀电池正极硫酸根离子得电子生成，电极反应式为，故答案为：。 14．(23-24高二下·江苏泰州靖江高级中学·期中)化学需氧量是指用强氧化剂将废水中的还原性物质氧化为二氧化碳和水所消耗的氧化剂的量，并换算成以为氧化剂时所消耗的质量。水体值常作为水体中有机污染物相对含量的综合指标之一。法能产生和具有强氧化性的羟基自由基引发一系列链式反应，被广泛应用于有机废水的治理。 (1)羟基自由基的电子式为 。 (2)已知更容易进攻有机物分子中电子云密度较大的基团．丁醇比正戊烷更容易受到进攻的原因是 。 (3)分别取初始的废水，加入，改变起始投加的量，反应相同时间，测得反应后水样随投加量的关系如图所示，当投加量超过时，反应后水样不降反升的原因可能是 。 (4)在法的基础上改进的基于硫酸根自由基的氧化技术引起关注。研究发现，一种石墨烯纳米复合材料对催化活化产生具有很好的效果，结构如图， ①与试剂相比，-石墨烯的使用范围更广，在强碱性条件下反应生成羟基自由基，写出该反应的离子方程式： 。 ②一种制取-石墨烯纳米复合材料的物种转化关系可表示为（表示石墨烯） 在石墨烯表面制得，理论上需要消耗的物质的量为 。 ③利用该复合材料催化活化并去除废水中有机污染物的可能反应机理如图所示，该机理可描述为 。 【答案】(1) (2)由于O的电负性比C大，1-丁醇中羟基(-OH)的电子云密度比正戊烷中甲基(－CH3)亚甲基(－CH2－)的电子云密度大，更易受到·OH的进攻 (3)溶液中c(Fe2+)过大，被还原的H2O2增多，生成的Fe3+催化H2O2分解生成O2速率加快，溶液中c(·OH)减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢，过量Fe2+残留，会增加测量水样COD时强氧化剂的用量，造成水样COD测量值偏高 (4) 3.75 得到Mn3O4中Mn(Ⅱ)和石墨烯失去的电子，生成和；和Mn3O4中的Mn(Ⅲ)反应生成和Mn(Ⅱ)；水体中的还原性有机污染物被氧化生成CO2和H2O 【详解】（1）羟基自由基(·OH)中含有1个未成对电子，电子式为； 故答案为：； （2）由于O的电负性比C大，1-丁醇中羟基(-OH)的电子云密度比正戊烷中甲基(－CH3)亚甲基(－CH2－)的电子云密度大，更易受到·OH的进攻； 故答案为：由于O的电负性比C大，1-丁醇中羟基(-OH)的电子云密度比正戊烷中甲基(－CH3)亚甲基(－CH2－)的电子云密度大，更易受到·OH的进攻； （3）Fenton(Fe2+/H2O2)法原理为产生Fe3+和具有强氧化性的羟基自由基(·OH)引发一系列链式反应除去有机物；亚铁离子能被过氧化氢氧化为铁离子，铁离子能催化过氧化氢分解；溶液中c(Fe2+)过大，被还原的H2O2增多，生成的Fe3+催化H2O2分解生成O2速率加快，溶液中c(·OH)减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢，过量Fe2+残留，会增加测量水样COD时强氧化剂的用量，造成水样COD测量值偏高； 故答案为：溶液中c(Fe2+)过大，被还原的H2O2增多，生成的Fe3+催化H2O2分解生成O2速率加快，溶液中c(·OH)减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢，过量Fe2+残留，会增加测量水样COD时强氧化剂的用量，造成水样COD测量值偏高； （4）①在强碱性条件下反应生成·OH，反应中氢氧根离子失去电子转化为羟基自由基，反应为； 故答案为：； ②和NaBH4反应中锰元素化合价由+7变为+2，NaBH4中氢元素化合价由-1变为0，根据电子守恒可知，则在石墨烯表面制得1mol ，理论上需要消耗的物质的量为3.75mol； 故答案为：3.75； ③由图可知，利用该复合材料催化活化并去除废水中有机污染物的反应机理为：得到Mn3O4中Mn(Ⅱ)和石墨烯失去的电子，生成和；和Mn3O4中的Mn(Ⅲ)反应生成和Mn(Ⅱ)；水体中的还原性有机污染物被氧化生成CO2和H2O； 故答案为：：得到Mn3O4中Mn(Ⅱ)和石墨烯失去的电子，生成和；和Mn3O4中的Mn(Ⅲ)反应生成和Mn(Ⅱ)；水体中的还原性有机污染物被氧化生成CO2和H2O。 15．(23-24高二下·江苏常州北郊高级中学·期中)氢能是一种绿色能源，目前有多种方法可以制氢或储氢。 (1)基催化剂可用于甲烷水蒸气重整制氢，反应过程如图1。    ①由如图1可知，该制氢的过程用文字描述为 。 ②Pistonesi等对反应过程提出了以下反应机理，写出Ⅱ的转化过程。 I.　　Ⅱ. Ⅲ.　　　Ⅳ. V.　　Ⅵ． 注：＊表示催化剂或者微粒吸附在催化剂上。 (2)镁铝合金是一种潜在的贮氢材料。 ①该合金在一定条件下完全吸氢生成中的化合价为 。 ②是一种单层的二维材料，二维晶胞如图2所示，虚线之间夹角为或，距离每个○距离最近的有 个。    (3)甘油、水蒸气、氧气自热式催化重整制氢时无需加热，主要反应如下： 反应I： 反应Ⅱ： ① 。 ②反应I、Ⅱ消耗的总量一定时，反应Ⅱ的比例过多、过少都不利于制氢，原因是 。 ③除外，可能还会产生等副产物，为了提高原子利用率，最要抑制的生成，原因是 。 【答案】(1) 用和在基催化剂作用下产生和，可以与水蒸气在基催化剂作用下进一步反应转化为和 (2) -1 6 (3) 反应Ⅱ消耗的甘油过多，产量低；反应Ⅱ消耗的甘油过少，产生热量较少，不能实现自热重整 副产物中，的H元素含量最高，若生成制氢时H的利用率最低 【详解】（1）①由如图1可知，该制氢的过程用文字描述为：用和在基催化剂作用下产生和，可以与水蒸气在基催化剂作用下进一步反应转化为和； ②由如图1可得总反应为+2=CO2+4H2，根据盖斯定律，由Ⅱ=总反应-Ⅰ-Ⅲ-Ⅳ-Ⅴ-Ⅵ，故反应Ⅱ为； （2）①中镁为+2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0可得，H元素的化合价为-1价； ②是一种单层的二维材料，二维晶胞如图2所示，虚线之间夹角为或，根据图中信息可知，距离每个○距离最近的在上下左右前后各一个，共有6个； （3）①已知：反应I： 反应Ⅱ： 根据盖斯定律，由Ⅱ-Ⅰ得反应-=； ②反应I、Ⅱ消耗的总量一定时，反应Ⅱ的比例过多、过少都不利于制氢，原因是反应Ⅱ消耗的甘油过多，产量低；反应Ⅱ消耗的甘油过少，产生热量较少，不能实现自热重整； ③除外，可能还会产生等副产物，为了提高原子利用率，最要抑制的生成，原因是副产物中，的H元素含量最高，若生成制氢时H的利用率最低。 16．(23-24高二下·江苏镇江·期中)研究氮及其化合物的转化对于环境改善有重大意义。 (1)氨气脱除： 一定温度下，按进入脱除反应装置，的脱除率随温度的变化如图所示。 ①已知： I． Ⅱ． 则反应： 。 ②的起始浓度为，从A点到B点经过2秒，该时间段内的脱除速率为 。 ③温度在时，温度升高的脱除率下降的原因可能是 。 (2)间接电化学法脱氮： 其工作原理如图所示，质子膜允许和通过。 写出电极I发生的电极反应式为 。 (3)催化还原法脱氮： 用催化剂协同纳米零价铁去除水体中。催化还原过程如图所示。 I．“转化①”生成活性H原子的过程可描述为 。 Ⅱ．写出“转化②”的离子方程式 。 Ⅲ．去除率及生成率如图所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体为4.2，当时，随着减小生成率逐渐降低的原因是 。 【答案】(1) 该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的脱除率降低 (2) (3) Fe在催化剂表面失去电子，转化为Fe2+，H+得到电子生成活性H原子 +H++6H=NH+3H2O H+浓度越大，会生成更多的活性氢原子，使生成的中间产物NH更多的与H+反应生成，从而减少N2的生成 【详解】（1）①因为I．； Ⅱ．； 根据盖斯定律，Ⅱ-I×5可得 ； ②一定温度下，按进入脱除反应装置，的起始浓度为，则NO的起始浓度为，由图中数据可知，从A点到B点的过程中NO的变化量为×(1-0.55)-×(1-0.75)=，该时间段内的脱除速率为； ③该反应正向为放热反应，温度在900°C~1200°C时，升高温度，平衡逆向移动，导致NO的脱除率降低。 （2）在电极上转化为，过程中的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极为阴极，电极反应式为：。 （3）I．“转化①”生成活性H原子的过程可描述为：Fe在催化剂表面失去电子，转化为Fe2+，H+得到电子生成活性H原子； Ⅱ．“转化②”中在酸性环境中和活性H原子反应生成NH，离子方程式为：+H++6H=NH+3H2O； Ⅲ．根据图中信息H+浓度越大，会生成更多的活性氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与H+反应生成，从而减少N2的生成。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$