题型04 化学反应原理综合题（期中真题汇编，江苏专用）高二化学上学期

题型04 化学反应原理综合题 1．(24-25高二上·江苏宿迁·期中)合成氨及其应用在工业生产上有着重要作用。 (1)已知：反应I： 反应Ⅱ： 则反应Ⅲ： 。 (2)氮元素常见单质有、、、中原子之间只形成键，且均达到最外层8电子稳定结构。分子的结构式为 。 (3)在纳米的催化下，常压下即可用和合成(X、Y为惰性电极)，工作原理如图1，则Y极的电极反应式是 。 (4)在密闭容器中进行合成氨反应，在相同时间内，测得混合气体中氨气的体积分数与温度的关系如图2所示。 ①P点对应的速率(正) (逆)(填“>”“<”或“=”)。 ②在气相催化反应中，催化剂吸附是影响反应速率的主要原因。、在催化剂作用下初始生成的机理可能是如下两种(、表示被吸附于催化剂表面的、)： 机理I：催化剂对、双吸附，表示为：；； 机理Ⅱ：催化剂对单吸附，表示为：； 保持温度和浓度不变，测得生成速率与浓度变化关系如图3所示。你认为生成的反应机理是 (填“I”或“Ⅱ”)；原因是 。 【答案】(1)+1266.8 (2) (3) (4) ＜ Ⅰ 反应速率与和的吸附量有关，当浓度较小时，增加浓度，吸附量增大，反应速率加快；当催化剂活性位点一定，增加浓度，吸附量增大，导致吸附量减小，反应速率反而减慢 【详解】（1）由盖斯定律可知2×反应Ⅰ－3×反应Ⅱ得到反应Ⅲ，； （2）中原子之间只形成键，且均达到最外层8电子稳定结构，则每个N原子形成3条键，还存在一对孤对电子，其结构为四面体形，结构式为； （3）电极Y上氮元素发生还原反应生成氨气，则电极Y是阴极，电极反应为：； （4）①随着温度升高氨气的体积分数先增大后减小，则最高点是平衡点，继续升温平衡逆向移动导致氨气的体积分数减小，p点时时平衡逆向移动，则(正)＜(逆)； ②根据图像可知，反应速率与和的吸附量有关。当浓度较小时，增加浓度，吸附量增大，反应速率加快；当催化剂活性位点一定，增加浓度，吸附量增大，导致吸附量减小，反应速率反而减慢，因此机理Ⅰ符合。 2．(24-25高二上·江苏南京航空航天大学苏州附属中学·期中)H2S是石油化工行业尾气，工业上可以采取多种方式处理。 (1)热分解法脱硫 在密闭容器中，充入一定量的H2S气体，发生如下热分解反应：H2S(g)H2(g)+S2(g)，控制不同的温度和压强进行实验，结果如图1所示。则p1、p2、p3由大到小的顺序为 。 (2)电化学循环法将H2S转化为H2SO4和H2，其原理如图2所示。                                 图2 ①电极a上发生反应的电极反应式为 。 ②氧化过程中硫酸参与的反应为H2S+H2SO4=SO2↑+S↓+2H2O，S+O2=SO2.不考虑物质和能量的损失，每处理1molH2S，理论上可制得H2的物质的量为 。 (3)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图3所示。 ①在图示的转化中，化合价不变的元素是 。 ②反应中当有1molH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，需消耗O2的物质的量为 。 (4)400℃时，将一定比例H2S和CO2的混合气体以一定流速通过装有脱硫剂的装置，硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述(用相应的化学方程式表示)为 。 【答案】(1)p3＞p2＞p1 (2) SO2-2e-+2H2O=4H++ 2mol (3) Cu、H、Cl 0.5mol (4)ZnS+CO2=ZnO+COS、ZnO+H2S=ZnS+H2O 【详解】（1）该反应的正反应方向为气体分子数增大，增大压强平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小，即压强越大，H2S的平衡转化率越小，则有p3＞p2＞p1；故答案为：p3＞p2＞p1； （2）①a电极上是二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应为：SO2-2e-+2H2O=4H++， 故答案为：SO2-2e-+2H2O=4H++； ②理论上1mol H2S参加反应，H2S+H2SO4═SO2↑+S↓+2H2O、S+O2═SO2，生成2molSO2，在电极上发生氧化反应，转移电子总数4e-，阴极上电极反应：I2+2H++2e-=2HI，2HI⇌H2↑+I2，电极上生成4molHI，所以理论上生成2mol氢气，故答案为：2mol； （3）①根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故答案为：Cu、H、Cl； ②H2S不稳定，易被氧气氧化生成S单质，反应方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中S元素化合价由-2价变为0价、O元素化合价由0价变为-2价，根据氧化还原反应中得失电子相等得，反应中当有1mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，消耗O2的物质的量==0.5mol，故答案为：0.5mol； （4）硫化一段时间后，出口处检测到COS，研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O，故答案为：ZnS+CO2=ZnO+COS、ZnO+H2S=ZnS+H2O。 3．(24-25高二上·江苏扬州第一中学·期中)油气开采、石油化工等行业的废气中均含有硫化氢，可将其处理并回收。 (1)氧化法，其原理为 已知：      则反应   。 (2)热分解法，其原理为  。 ①在不同温度下充分反应后，混合气体中各组分的体积分数如图1所示，则 。 ②分解时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分燃烧，目的是 。 (3)间接电解法，原理如图2所示。 ①结合化学方程式说明电解过程中无需向电解池中补充盐酸的原因： 。 ②从整个生产工艺的角度分析，该方法不仅能减少环境污染、回收，还具有的优点是 。 (4)催化剂对反应有高选择性，理论计算得到反应主要路径如图3所示，表示状态2的为 (填选项)。                                             图3 A．        B．        C． 【答案】(1)-281 (2) 2 燃烧放热，为分解反应提供热量 (3) 反应池中发生反应，电解池中发生反应，反应池中生成的和电解池中消耗的物质的量相等 溶液可循环使用，同时得到副产物 (4)C 【详解】（1）已知①  ，②  ，根据盖斯定律将①-②得反应； （2）①  ，升高温度，平衡正向进行，体积分数减小，、体积分数增大，从图两条线的交点可知，两种物质(一种反应物，一种生成物)的体积分数相等均为40%，在此温度时另一生成物体积分数为20%，根据变化的物质的量之比等于化学计量数之比可知，生成物体积分数大的为，体积分数小的为，从而可知和H2S体积分数均为40%，体积分数为20%，假设起始投入的H2S的物质的量为amol，转化的Sx为1mol，则，由H2S和H2的体积分数相等且为40%，可得a-x=x①，，解得a=4， ； ②分解时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分燃烧，因燃烧放热，为分解反应提供热量； （3）①反应池中发生反应，电解池中发生反应，反应池中生成的和电解池中消耗的物质的量相等，所以电解过程中无需向电解池中补充盐酸； ②该方法不仅能减少环境污染、回收，还可以将电解池中产生的溶液可循环使用，同时得到副产物； （4） 由题干图示信息可知，催化剂CeO2-MgO对反应具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如下图所示，状态1为SO2与H2S吸附在催化剂上，为，根据可知，状态2为，状态3为，故表示状态2的为C，故答案为：C。 4．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期中)回答下列问题： (1)的资源化利用可以有效实现“碳达峰”和“碳中和”。 和反应制主要反应如下：     △H 在催化剂氧化镍的作用下，反应分两步进行： 第一步：……； 第二步：。 写出第一步反应的化学方程式 (2)二氧化碳甲烷（）化，其主要反应为： 反应Ⅰ：     反应Ⅱ：     在密闭容器中，Pa，时，平衡转化率和在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如图所示。 ①反应         ； ②低于580℃，随温度升高，平衡转化率下降的原因是 。 (3)在一定温度下，一定条件可转化为：    △H＜0。 ①下列有关该反应的说法正确的是 A．升高温度，平衡左移，逆反应速率加快，正反应速率减慢 B．反应体系中，说明反应达到平衡状态 C．恒温恒容下达到平衡后，再通入氦气，反应速率不变 D．平衡时，若改变体积增大压强，则平衡常数K变大 ②在Cu-ZnO-催化剂上，和反应合成。在有催化剂和无催化剂条件下，与足量的H₂混合反应，相同时间内，的转化率随温度的变化如图，温度高于，的转化率基本相等，可能的原因是 。 ③一种用磷化硼纳米颗粒催化和合成的反应历程如图（部分物质未画出，吸附在催化剂表面的物质用*标注） 该反应得到的副产物除CO外，还有 （填化学式），副产物含量相对较少的原因是 。 (4)一种电化学法将转化为乙烯（）的原理如图所示。 ①阴极上的电极反应式为 。 ②以铅蓄电池为电源，每生成0.5mol乙烯，理论上铅蓄电池负极消耗的Pb的物质的量为 。 【答案】(1) (2) －247.1 ，，随温度升高，反应Ⅰ平衡左移，平衡转化率减小，反应Ⅱ平衡右移，平衡转化率增大，且减小程度大于增大程度 (3) BC 高温下，还原、ZnO，使催化剂失去活性，失去催化能力 生成的活化能较大，反应速率减慢，含量相对较小 (4) 3mol 【详解】（1）本题的总反应为，第二步反应为，用总反应减去第二步反应可得到第一步反应的方程式为； （2）反应Ⅰ：     反应Ⅱ：     根据盖斯定律：相当于反应Ⅰ－2×反应Ⅱ，所以； 反应Ⅰ的小于0，所以随温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，使得平衡转化率减小；反应Ⅱ的，所以随温度升高，反应Ⅱ平衡正向移动，使得平衡转化率增大，只有其减小程度大于增大程度，才能使得平衡转化率下降； （3）①A．此反应△H＜0，升高温度，平衡左移，逆反应速率加快，正反应速率也加快，同时逆反应速率增幅超过正反应，因此A项错误； B．由反应的系数可得，反应体系中，说明反应达到平衡状态，因此B项正确； C．恒温恒容的反应容器中，反应达到平衡后，再通入氦气，不会改变容器中参与反应物质的浓度，因此反应速率不变，因此C项正确； D．对于化学反应，只要温度不变，则平衡常数K不变，因此D项错误； 答案选BC； ②温度高于T0，的转化率几乎不再变化，说明此时催化剂已经失去活性，催化能力失去，导致催化剂失活的可能原因是温度过高，使得将催化剂的有效成分、ZnO还原，使催化剂成分改变，失去活性； ③从图中的各类生成物的化学式可得，该反应得到的副产物除CO外，还有。在反应体系中同时进行多个反应，对比得到生成的活化能相比于其它副产物更大，所以生成的反应速率较慢，使生成的的含量相对较小； （4）①电解池的阴极是得到电子的电极，由图中从反应物通过电解得到生成物的过程可知此处为阴极，根据化合价变化与电解质溶液中使用质子交换膜，因此可在方程式中使用氢离子，可配平与书写电极反应式，阴极的电极反应式为：； ②由电极反应式可知，每生成0.5mol乙烯，电路中转移电子6mol，铅酸电池的负极每消耗1mol铅单质能够提供2mol电子，所以理论上铅蓄电池负极消耗的Pb的物质的量为3mol时可对应转移电子的物质的量6mol。 5．(24-25高二上·江苏苏州苏州大学附属中学·期中)氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。(除非特别说明，本题中反应条件均为25℃) (1)甲醇制取甲醛时可获得氢气，其原理为CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)。已知部分化学键的键能数据如下表： 化学键 C-H C-O O-H C=O H-H 键能/kJ/mol 413.4 351.0 462.8 745.0 436.0 则该反应的△H= 。 (2)以甲烷和H2O为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。已知：CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)△H=165.0kJ/mol。甲烷与H2O制取氢气时，常向反应器中通入一定比例空气，其目的是 。 (3)硼氢化钠(NaBH4)制氢 ①向NaBH4水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠(NaBO2)和氢气。写出该反应的化学方程式 。 ②上述NaBH4制氢为放热过程，该反应能自发进行的条件是 。 A．高温       B．低温        C．任意温度      D．无法判断 (4)乙苯脱氢能制得H2，同时制得苯乙烯，反应原理如下： +H2(g) △H1； 实际生产过程中，通常向乙苯中掺入水蒸气，保持体系(总压为常压(101kPa)的条件下进行反应。若投料比m=1：9[m=]反应温度为600℃，下列事实不能作为该反应达到平衡的依据的是 (填选项字母)。 a．v正(乙苯)=v逆(苯乙烯) b．容器内压强不再变化 c．容器内气体的平均相对分子质量不再变化 d．苯乙烯的体积分数不再变化 e．容器内苯乙烯与H2的物质的量之比不再变化 f．容器内气体密度不再变化 (5)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图所示： 正极上的电极反应式是 。该电池以3.2A恒定电流工作14分钟，消耗H2体积为0.49L，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 [已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5L/mol；电荷量q(C)=电流I(A)×时间(⒅)；NA=6.0×1023mol；e=1.60×10-19C]。 【答案】(1) (2)部分甲烷燃烧，可为与的反应提供热量 (3) C (4)be (5) O2+4e-+2CO2=-2 70% 【详解】（1）焓变ΔH =反应物总键能−生成物总键能，则该反应的ΔH=413.4×3+351.0+462.8−413.4×2− 745.0−436.0=+46.2，故答案为：+46.2； （2）此反应是吸热反应，适量通入空气可以通过部分甲烷燃烧给此反应提供热量； （3）向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气，则该反应的化学方程式；反应， ，由可知，任意温度下，该反应均能自发进行，故答案选C； （4）a．，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故a不选； b．体系保持在恒压下进行，压强始终不变，不能判断是否达到平衡状态，故b选； c．达到平衡前，容器内气体总质量不变，物质的量变化，则气体的平均相对分子质量不再变化说明反应达到平衡状态，故c不选； d．苯乙烯的体积分数不再变化，说明反应达到平衡状态，故d不选； e．容器内的苯乙烯与氢气的物质的量之比恒为1：1，则容器内苯乙烯与氢气的物质的量之比不再变化不能说明反应达到平衡状态，故选e； f．达到平衡状态前，容器内气体总质量不变，体积变化，则容器内密度不再变化，则说明达到平衡状态，故f不选； 答案选be； （5）根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2；该条件下，0.49LH2的物质的量为n(H2)= =0.02mol，工作时，H2失去电子：H2-2e-=2H+，所带电荷量为：2×0.02mo×6.0×1023mol-1×1.60×10-19=3840C，工作电荷量为：3.2×14×60=2688C，则该电池0.49L将化学能转化为电能的转化率为：=70%。 6．(24-25高二上·江苏南通区·期中)研究CO2制CH4、HCOOH等资源具有重要意义。 (1)CO2加氢制CH4过程中的主要反应如下： 反应I：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)   △H1＜0 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)     △H2＞0 ①一定条件下，向恒定密闭容器中通入1molCO2和4molH2。反应达到平衡时，容器中CO2为0.2mol，H2为1.4mol。此时CH4的选择性(CH4的选择性=×100%)为 。 ②在恒容密闭容器中，1.01×105Pa、n起始(CO2):n起始(H2)=1:4时，CO2平衡转化率随温度的变化如图所示。600℃后CO2平衡转化率随温度升高而增大的主要原因是 。 (2)采用电解法将CO2转化为HCOO-的工作原理如图所示。 ①阳极表面发生的电极反应式为 。 ②若有1molH+通过质子交换膜，则两极产生的HCOOH和HCOO-的物质的量之和为 mol。 (3)CO2催化加氢制HCOOH的反应机理如图I所示。已知三个基元反应的活化能EⅡ＜EⅠ＜EⅢ(不考虑催化剂活性降低或完全失去)。如图Ⅱ所示，在密闭装置中充分搅拌催化剂M的DMSO(有机溶剂)溶液，CO2和H2在溶液中反应制备HCOOH。保持压强不变，设CO2+H2⇌HCOOH的反应速率为v。 ①催化剂M足量，温度升高v减小的可能原因是 。 ②实验测得某温度和压强下，v随催化剂M浓度c的变化如图所示。v随c的增大先增大后几乎不变，先增大的原因是 。 【答案】(1) 75% 反应I中△H1＜0，反应Ⅱ中△H2＞0，升高温度，反应I的平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，反应Ⅱ的平衡正向移动，CO2平衡转化率增大。600℃后，反应Ⅱ中CO2平衡转化率增大的幅度大于反应I中CO2平衡转化率减小的幅度 (2) CH3OH+H2O-4e-=HCOOH+4H+ 0.75 (3) CO2、H2在溶液中的浓度减小，浓度减小对v的影响大于温度升高对v的影响 M是反应I的反应物，M浓度增大会加快反应I的速率，使Q浓度增大。Q浓度增大会加快反应Ⅱ的速率，使L浓度增大。L浓度增大使反应Ⅲ的速率增大，反应Ⅲ的速率决定总反应速率，故总反应速率v增大 【详解】（1）反应I：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)   △H1＜0 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)     △H2＞0 ①一定条件下，向恒容密闭容器中通入1molCO2和4molH2。反应达到平衡时，容器中CO2为0.2mol，H2为1.4mol。设反应I中参加反应CO2的物质的量为x，则反应Ⅱ中参加反应CO2的物质的量为1mol-0.2mol-x=0.8mol-x，反应I中参加反应H2的物质的量为4x，则反应Ⅱ中参加反应H2的物质的量为0.8mol-x，由此可得出4x+0.8mol-x=4mol-1.4mol，解得x=0.6mol。此时CH4的选择性为=75%。 ②600℃后CO2平衡转化率随温度升高而增大，则表明温度对反应Ⅱ的影响程度大于温度对反应I的影响程度，主要原因是：反应I中△H1＜0，反应Ⅱ中△H2＞0，升高温度，反应I的平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，反应Ⅱ的平衡正向移动，CO2平衡转化率增大。600℃后，反应Ⅱ中CO2平衡转化率增大的幅度大于反应I中CO2平衡转化率减小的幅度。 （2）在左侧电极区，CO2转化为HCOO-，C元素的化合价由+4价降低到+2价，C元素价态降低，CO2得电子发生还原反应，则左侧惰性电极为阴极，右侧惰性电极为阳极。 ①在阳极表面，CH3OH失电子产物与电解质反应生成HCOOH等，C元素的化合价由-2价升高到+2价，则1molCH3OH失去4mole-，生成4molH+和1molHCOOH，同时消耗H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，可得出发生反应的电极反应式为CH3OH+H2O-4e-=HCOOH+4H+。 ②在阴极，发生的电极反应为2CO2+2e-+H2O=HCOO-+，若有1molH+通过质子交换膜，依据阳极电极反应式，可得出电路中通过电子的物质的量为1mol，生成HCOOH的物质的量为0.25mol，阴极生成HCOO-的物质的量为0.5mol，则两极产生的HCOOH和HCOO-的物质的量之和为0.25mol+0.5mol=0.75mol。 （3）①催化剂M足量，温度升高，一方面气体的溶解度降低，混合气在溶液中的浓度减小，反应速率减慢，另一方面，温度升高反应速率加快。v减小，表明浓度减小对反应速率的影响是主要的，所以可能原因是：CO2、H2在溶液中的浓度减小，浓度减小对v的影响大于温度升高对v的影响。 ②实验测得某温度和压强下，v随催化剂M浓度c的增大而增大，则表明决速步骤反应Ⅲ的速率增大，原因是：M是反应I的反应物，M浓度增大会加快反应I的速率，使Q浓度增大。Q浓度增大会加快反应Ⅱ的速率，使L浓度增大。L浓度增大使反应Ⅲ的速率增大，反应Ⅲ的速率决定总反应速率，故总反应速率v增大。 【点睛】当催化剂浓度增大到一定程度后，反应物分子与催化剂的接触机会达到饱和，反应速率几乎不再变化。 7．(24-25高二上·江苏南通区·期中)酸性废水中的砷或铬是引起水体污染的元素，可用沉淀法、还原法等除去。 (1)FeS可将酸性废水中的H3AsO3(弱酸)转化为As2S3沉淀除去。已知：As2S3(s)+3S2-(aq) ⇌2(aq) ①该沉砷过程的离子方程式为 。 ②沉砷过程中不用Na2S代替FeS的原因是 。 (2)Na2S2O3去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图所示。 ①步骤III中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 ②整个反应过程中几乎监测不到H2S，请从化学反应速率角度解释原因： 。 (3)Cr(VI)有高毒性，在水溶液中存在+H2O⇌2+2H+。钡盐可将酸性废水中的Cr(Ⅵ)转化为BaCrO4沉淀除去。其他条件相同，使用BaCO3的沉铬率要高于BaCl2的原因是 。 (4)NaHSO3可将酸性废水中的Cr(VI)还原为毒性较低的Cr2(SO4)3. ①不同初始pH的酸性废水中残留Cr(VI)与反应时间的变化关系如图所示。实际反应中，控制废水pH为2.5的原因是 。 ②Cr(Ⅲ)的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示。请补充完整由Cr2(SO4)3溶液制得Cr(OH)3的实验方案：取分离、提纯后的Cr2(SO4)3溶液， ，低温烘干，得到较纯Cr(OH)3晶体。(实验中须使用的试剂：蒸馏水、2.0mol/LNaOH溶液、1.0mol/LBaCl2溶液) 【答案】(1) 3FeS+2H3AsO3+6H+=As2S3+3Fe2++6H2O 加入Na2S会使溶液中c(S2-)增大，促进As2S3(s)+3S2-(aq)⇌ 2(aq)正向进行，不利于沉砷 (2) 1：1 消耗H2S的速率大于或等于生成H2S的速率 (3)BaCO3与H+反应，使c(H+)减小，促进+H2O⇌2+2H+正向进行，有利于生成BaCrO4沉淀 (4) pH>2.5，Cr(Ⅵ)的去除速率慢：pH<2.5，c(H+)增大，易转化为SO2气体逸出 边搅拌边加入2.0mol/LNaOH溶液，调节溶液的pH在6~12范围内，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加1.0mol/LBaCl2溶液不再出现浑浊 【详解】（1）①FeS可将酸性废水中的H3AsO3(弱酸)转化为As2S3沉淀除去，发生反应生成As2S3，反应的离子方程式为：3FeS+2H3AsO3+6H+=As2S3+3Fe2++6H2O； ②沉砷过程中不用Na2S代替FeS的原因是：加入 Na2S 会使溶液中c(S2-)增大，促进As2S3(s)+3S2-(aq)⇌ 2(aq)正向进行，不利于沉砷； （2）①步骤III反应中H2S2分解得到S8和H2S，方程式为：8H2S2=S8+8H2S，S元素化合价由-1价上升到0价，又由-1价下降到-2价，H2S2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶1； ②整个反应过程中几乎监测不到H2S，原因是：消耗 H2S 的速率大于或等于生成 H2S 的速率； （3）Cr(Ⅵ)有高毒性，在水溶液中存在Cr2O+H2O⇌2CrO+2H+，钡盐可将酸性废水中的Cr(Ⅵ)转化为BaCrO4沉淀除去，其他条件相同，使用BaCO3的沉铬率要高于BaCl2的原因是：BaCO3 与 H+ 反应，使 c(H+)减小，促进 +H2O⇌2+2H+正向进行，有利于生成 BaCrO4 沉淀； （4）①由图像可知，实际反应中，控制废水pH为2.5的原因是：pH＞2.5，Cr(Ⅵ(的去除速率慢；pH＜2.5，c(H+)增大，易转化为 SO2 气体逸出； ②由Cr2(SO4)3溶液制得Cr(OH)3的实验方案为：取分离、提纯后的Cr2(SO4)3溶液，边搅拌边加入 2.0mol•L-1NaOH 溶液，调节溶液的pH在6～12 范围内，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0mol•L-1BaCl2 溶液不再出现浑浊，低温烘干，得到较纯Cr(OH)3晶体。 8．(24-25高二上·江苏南通区·期中)工业上利用氰化法从含金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O3和其他不溶性杂质)中提取金和银。 已知：Au++2CN-⇌ [Au(CN)2]-   K=1.0×1038 Zn+2Au+⇌Zn2++2Au           K=1.0×1082.7 Zn2++4CN-⇌ [Zn(CN)4]2-         K=1.0×1016.7 (1)浸银。将矿石粉碎研磨，用硝酸浸取、过滤得到“浸银”滤液与“浸银”滤渣。 ①“浸银”时Fe2O3溶于硝酸生成Fe3+，基态Fe3+的核外电子排布式为 。 ②N2H4·H2O还原“浸银”滤液可得到粗银。制备N2H4·H2O时应将NaClO和NaOH混合液缓慢滴入尿素溶液中，不能改变滴加顺序的原因是 。 (2)浸金。用KCN、KOH混合溶液和O2浸取“浸银”滤渣，过滤得到“浸金”滤液。 ①单质Au转化为[Au(CN)2]-的离子方程式为 。 ②浸取时，加料完成后，控制适宜温度和通气速率，并以一定速率搅拌，提高金元素浸取率的方法还有 。 (3)置换。向“浸金”滤液中加Zn置换出Au，发生的反应为Zn+2[Au(CN)2]- ⇌ [Zn(CN)4]2-+2Au。 ①该反应的化学平衡常数K= 。 ②置换过程中需向“浸金”滤液中添加少量可溶性铅盐，除了使锌粉松散有利于置换外，可能的原因还有 。 (4)净化。废水中含CN-会污染环境，可通过化学方法转化为无毒废水净化排放。 ①电解法。在直流电场作用下，CN-先被氧化成CNO-，CNO-再进一步被氧化成和N2，CNO-被氧化的电极反应式为 。 ②氧化法。H2O2在Cu2+的催化作用下可氧化去除废水中的CN-，氧化时加入的H2O2需稍过量的原因是 。 【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5 过量的NaClO会氧化N2H4·H2O (2) 8CN-+4Au+O2+2H2O=4[Au(CN)2]-+4OH- 延长浸取时间 (3) 1.0×1023.4 锌置换出铅，锌、铅、滤液构成原电池，加快了反应速率 (4) 2CNO-+8OH--6e-=2+N2↑+4H2O 充分氧化CN-；部分H2O2在Cu2+的催化作用下分解而损耗 【详解】（1）①铁是第26号元素，核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe3+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5； ②将NaClO滴入尿素溶液，过量的NaClO会氧化N2H4·H2O； （2）①单质Au与CN-、O2、H2O反应生成[Au(CN)2]- 的离子方程式为8CN-+4Au+O2+2H2O=4[Au(CN)2]-+4OH-； ②浸取时，加料完成后，控制适宜温度和通气速率，并以一定速率搅拌，提高金元素浸取率的方法还有延长浸取时间等； （3）①已知①Au++2CN-⇌ [Au(CN)2]-   K1=1.0×1038；②Zn+2Au+⇌Zn2++2Au           K2=1.0×1082.7；③Zn2++4CN-⇌ [Zn(CN)4]2-         K3=1.0×1016.7；目标反应=②-①×2+③，得Zn+2[Au(CN)2]- ⇌ [Zn(CN)4]2-+2Au，K=1.0×1023.4； ②锌比较活动，锌置换出铅，锌、铅、滤液构成原电池，加快了反应速率； （4）①因为CNO-形式存在，故溶液不可能为酸性，CNO-中N为-3价，C为+4价，CNO-被氧化，化合价升高，转化为N2，每生成一个N2转移了6个电子， 电极反应式为：2CNO-+8OH--6e-=2+N2↑+4H2O； ②加入的H2O2需稍过量的原因是充分氧化CN-；部分H2O2易分解，在Cu2+的催化作用下分解而损耗； 9．(24-25高二上·江苏南通区·期中)氢能是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是一种对环境友好的固体储氢材料。 (1)制硼氢化钠。将Na2B4O7、SiO2及金属Na按一定比例混合后，通入H2加热到360～370°C只生成NaBH4和Na2SiO3。 ①该反应的化学方程式为 。 ②测定硼氢化钠样品的纯度。准确称取干燥硼氢化钠样品1.200g，用NaOH溶液溶解后配制成100.0mL溶液。量取10.00mL溶液放入锥形瓶中，加入25.00mL0.2000mol/LKIO3溶液，充分反应后再加入适量KI，用足量稀硫酸酸化后，加入0.5000mol/LNa2S2O3标准液，恰好完全反应时消耗该标准液12.00mL。则样品中NaBH4质量分数为 (写出计算过程)。 已知：3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 (2)制氢。NaBH4与水反应能获取氢气，该反应机理如图所示。 ①NaBH4与水反应的离子方程式为 。该反应在任意温度下均能自发进行的原因是 。 ②若用D2O代替H2O，则反应后生成氢气的化学式为 。 (3)硼氢化钠再生。制氢生成的另一产物在水中的溶解度较小，常温时易以NaBO2形式结晶析出，NaBO2可再生为NaBH4。已知： 反应I：NaBO2(s)+4H2(g)=NaBH4(s)+2H2O(1)   △G1=+320kJ/mol 反应Ⅱ：H2(g)+O2(g)=H2O(1)    △G2=-240kJ/mol 反应Ⅲ：Mg(S)+O2(g)=MgO(s)   △G3=-570kJ/mol △G的值只取决于反应体系的始态和终态。以反应物不超过三种物质、产物不超过两种物质、氢原子利用率为100%为条件，写出一个表示NaBO2(s)再生为NaBH4(s)的方程式，并注明物质状态和△G： 。 【答案】(1) 16Na+Na2B4O7+7SiO2+8H24NaBH4+7Na2SiO3 95.00% (2) +4H2O=[B(OH)4]-+4H2↑ △H<0，△S>0 H2、D2、HD (3)NaBO2(s)+2H2(g)+2Mg(s)=NaBH4(s)+2MgO(s)  △G=-340kJ/mol或NaBO2(S)+2H2O(1)+4Mg(s)=NaBH4(s)+4MgO(s)  △G=-1000kJ/mol 【详解】（1）①制取NaBH4，根据题干信息可知，反应物为Na2B4O7、SiO2、金属Na和H2，产物为NaBH4和Na2SiO3，结合电子守恒、质量守恒配平该反应的化学方程式为：16Na+Na2B4O7+7SiO2+8H24NaBH4+7Na2SiO3； ②涉及反应为3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O、KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可得关系式为，由题中数据可知，则与KI反应的，可知样品中，则样品中NaBH4质量分数； （2）①NaBH4与水反应生成Na[B(OH)4]和氢气，据此写出反应的离子方程式为：+4H2O=[B(OH)4]-+4H2↑； 反应自发进行的判断依据，该反应在任意温度下均能自发进行的原因是△H<0，△S>0； ②在图示的反应机理中，生成氢气的H元素是由H2O和两种粒子提供，若用D2O代替H2O，生成的氢气中会有H2、D2、HD三种分子； （3）反应I：NaBO2(s)+4H2(g)=NaBH4(s)+2H2O(1)△G1=+320kJ/mol，反应Ⅱ：H2(g)+O2(g)=H2O(1)△G2=-240kJ/mol，反应Ⅲ：Mg(S)+O2(g)=MgO(s)△G3=-570kJ/mol，根据盖斯定律计算反应I-反应Ⅱ×2+反应Ⅲ×2得到以反应物不超过三种物质、产物不超过两种物质、氢原子利用率为100%为条件，表示NaBO2(s)再生为NaBH4(s)的方程式为：NaBO2(s)+2H2(g)+2Mg(s)=NaBH4(s)+2MgO(s) ，根据盖斯定律计算反应I-反应Ⅱ×4+反应Ⅲ×4得到以反应物不超过三种物质、产物不超过两种物质、氢原子利用率为100%为条件，表示NaBO2(s)再生为NaBH4(s)的方程式为：NaBO2(S)+2H2O(1)+4Mg(s)=NaBH4(s)+4MgO(s) 。 10．(24-25高二上·江苏常州高级中学·期中)化学的应用非常广泛，如对含碳和含氮物质的反应研究在生产、生活、科研等方面具有重要的意义。 回答下列问题： (1)已知： i． ii． iii． 则与反应生成和的热化学方程式为 。 (2)如果上述反应ⅰ是在恒容、绝热密闭容器中进行(不考虑其他化学反应)，下列可用来判断该反应已达到平衡状态的有___________(填标号)。 A． B．容器中的值保持不变 C．混合气体的密度保持不变 D．容器内的温度保持不变 (3) 研究发现，与的反应过程可分为三步，每步均为基元反应： ①(快) ②(慢) ③……(快) 第③步对应的基元反应是 。 (4)分解制取和的原理如下： 反应I： 反应II： 反应的(K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K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 。 (5)用下图所示装置可制备少量，阳极发生的电极反应式为 。 【答案】(1) (2)BD (3) (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 (5) 【详解】（1）i． ii． iii． 根据盖斯定律iii×2- ii - i，得与反应生成和的热化学方程式为； （2）A. ，正逆反应速率比不等于系数比，反应没有达到平衡状态，故不选A；     B. 容器中的值保持不变，说明各物质浓度不变，反应达到平衡状态，故选B； C. 混合气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度保持不变，反应不一定平衡，故不选C； D. 正反应放热，温度是变量，容器内的温度保持不变，反应一定达到平衡状态，故选D； 选BD； （3）总反应减去第①②步反应，得第③步对应的基元反应是； （4）①反应I +反应II 得K=K1×K2，时，K1=10-1.1、K2=10-2.9，反应的K=10-1.1×10-2.9=10-4； ②随温度升高K1减小，反应I为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，所以在时间段内，导致容器内的压强增大； （5）根据图示，阳极N2O4失电子发生氧化反应生成，发生的电极反应式为。 11．(24-25高二上·江苏常州·期中)含硫或氮的工业废气的处理及回收利用有重要意义。回答下列问题： I．废气的处理回收 (1)高温热分解法：，某温度下恒容密闭容器中，能判断该反应达到平衡的依据是 (填字母)。 a．气体的压强不发生变化        b．气体的密度不发生变化 c．不发生变化d．单位时间里分解的和生成的的量一样多 (2)通过电化学循环法可将转化为和(如下图所示)。其中氧化过程发生如下两步反应： ①电极a上发生反应的电极反应式 。 ②理论上完全反应需通入 mol，电极上产生 mol。 II．氮氧化物主要来源于汽车尾气，NSR法储存还原)可有效减少氮氧化物排放。 (3)工作原理：通过和的相互转化实现的储存和还原，如左下图所示。        ①若汽车所用的油品含硫量较高，吸收的能力下降至很低水平，结合方程式解释原因 。 ②尾气中的对吸收氮氧化物有影响。一定温度下，测得气体中的体积分数与氮氧化物吸收率的关系如右上图所示。则：一定范围内，氮氧化物吸收率随体积分数的增大而下降，原因是 ；当体积分数达到时，氮氧化物吸收率依然较高，原因可能是 。 【答案】(1)ac (2) SO2-2e-+2H2O=+4H+ 1 2 (3) 油品中硫元素被氧化为，，较稳定，难分解，也难与反应 与反应生成，覆盖在表面 在一定程度上也能吸收 【详解】（1）a．该反应是反应前后气体物质的量增大的反应，反应在恒温恒容条件下进行，若气体的压强不发生变化 ，说明反应达到平衡状态，a符合题意； b．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，则根据气体的密度公式ρ=可知：气体的密度始终不变，因此不能根据密度不变判断反应是否达到平衡状态，b不符合题意； c．该反应的化学平衡常数表达式为，若不变，说明此时反应处于平衡状态，c符合题意； d．根据反应方程式中物质反应转化关系可知：单位时间里分解的H2S和生成的H2的量一样多，表示的都是反应正向进行，不能判断反应是否达到平衡状态，，d不符合题意； 故合理选项是ac； （2）①根据图示可知：在电极a上SO2失去电子被氧化为，则a电极的电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=+4H+； ②理论上1 mol H2S参加反应，根据、，可知反应产生2 mol SO2，消耗1mol O2，在电极上发生反应转移4 mol e-；在电极b上发生还原反应：I2+2e-+2H+=2HI，2HIH2+I2，若转移4 mol e-，电极b上生成4 mol HI，理论上其分解产生2 mol H2；故答案为：SO2-2e-+2H2O=+4H+；1；2； （3）①汽车所用的油品含硫量较高，油品中硫元素被氧化为，，较稳定，难分解，也难与反应，故吸收的能力下降至很低水平； ②利用BaO吸收汽车尾气中的氮氧化物，随CO2量的增加，BaO对氮氧化物的吸收率逐渐下降，这是由于BaO与CO2反应生成BaCO3，覆盖在BaO表面，阻止BaO进一步吸收氮氧化物；当CO2体积分数达到10%~20%时，BaO对氮氧化物的吸收率虽然较无二氧化碳的条件下低，但是吸收率也相对较高，这可能是CO2与BaO反应生成的BaCO3在一定程度上也能吸收NOx，故答案为：BaO与CO2反应生成BaCO3，覆盖在BaO表面；BaCO3在一定程度上也能吸收NOx。 12．(24-25高二上·江苏宿迁·期中)目前资源化利用成为减少碳排放的主要研究方向。 (1)醇化反应的平衡常数表达式 。 (2)利用合成尿素，主要通过下列反应实现 反应I： 反应II： 密闭体系中反应I的平衡常数(K)与温度的关系如图1所示，反应I的 (填“”或“”或“”)。 (3)电催化合成尿素：向溶液中通至饱和，在电极上生成原理如图2所示。 ①电极b是电解池 极。 ②生成的电极反应式是 。 (4)催化加氢合成二甲醚主要发生下列反应： 反应I： 反应II： 在恒压、和的起始量一定的条件下，平衡转化率和平衡时的选择性随温度变化情况如图3. 其中：的选择性 ①温度高于300℃，平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。 ②220℃时，在催化剂作用下与反应一段时间后，测得的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高选择性的措施是 。 【答案】(1) (2) (3) 阳 (4) 温度高于300℃，升高温度后，反应I正向移动的程度大于反应Ⅱ的逆向移动，二氧化碳净消耗量增加，所以二氧化碳的平衡转化率增加 增大压强或使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 【详解】（1）醇化反应的平衡常数表达式为。 （2）由图可知，随着温度的升高，lgK减小，即K减小，则反应向逆反应方向移动，而升温向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故 （3）①该装置为电解池，氢离子向阴极移动，故电极b是电解池阳极，电极a是电解池阴极。 ②在阴极，被还原生成，根据电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平电极反应式为。 （4）①反应I为吸热反应，升温正向移动，有使二氧化碳的平衡转化率增大的趋势，反应Ⅱ为放热反应，升温逆向移动，有使二氧化碳的平衡转化率减小的趋势，故温度高于300℃，升高温度后，反应I正向移动的程度大于反应Ⅱ的逆向移动，二氧化碳净消耗量增加，所以二氧化碳的平衡转化率增加 。 ②反应Ⅰ是气体分子数不变的反应，反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，通过加压使反应Ⅱ平衡正向移动，或者加入有对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂，可以提高的选择性。 13．(24-25高二上·江苏江阴第一中学·期中)的资源化利用能有效减少的排放，充分利用碳资源。 I.1991年，Asheroft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。500℃时反应原理如下。 主反应： 副反应：① ② (1) 。 (2)在原料气中添加微量有利于保持催化剂的活性，其原因是 。 (3)在催化剂中添加少量多孔CaO能提高转化率并保持催化剂的活性，其原因是 。 (4)按一定体积比加入和，在恒压下发生反应，温度对CO和产率的影响如图所示。实际生产中此反应的优选温度为900℃，不选用1000℃原因是 。 Ⅱ.利用电化学可以将转化为有机物 (5)电池捕集。 电池能将二氧化碳（）高效转化，研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤③的离子方程式。 ①；    ②； ③ ；    ④。 (6)多晶Cu是目前唯一被实验证实能高效催化还原为烃类（如）的金属。如图所示电解装置中分别以多晶Cu和Pt为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，反应前后浓度基本保持不变，温度控制在10℃左右。阴极生成的电极反应式为 。 (7)装置工作时，阴极主要生成，还可能生成副产物降低电解效率。标准状况下，当阳极生成的体积为224mL时，测得阴极区生成，则电解效率为 。（忽略电解前后溶液体积的变化）已知：电解效率。 【答案】(1)+246.5kJ/mol (2)微量O2及时与副反应①、②产生的碳反应，防止催化剂表面积碳，有利于保持催化剂的活性 (3)少量多孔CaO有利于将CO2吸附在催化剂的表面，促进主反应进行，提高 CO2转化率，高浓度的二氧化碳有利于消除催化剂表面的积碳，保持催化剂活性 (4)900℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 (5) (6) (7)75% 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应②-反应①得目标反应：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=+74 kJ/mol -(-172.5kJ/mol )=+246.5kJ/mol； （2）微量O2及时与副反应①、②产生的碳反应，防止催化剂表面积碳，有利于保持催化剂的活性，所以在原料气中添加微量O2有利于保持催化剂的活性； （3）在催化剂中添加少量多孔CaO，少量多孔CaO可将CO2吸附在催化剂的表面，使催化剂表面的CO2浓度增大，分子有效碰撞次数增大，CO2转化率提高，同时CO2吸附在催化剂的表面可以和副反应①、②形成的积碳反应生成CO而除去积碳，使催化剂保持活性； （4）900℃时，温度较高，反应速率较快，平衡正向移动，产率较高，此时合成气产率已经较高，再升温产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低； （5）第②步反应中应转化为，离子方程式为；根据题意，第④步中碳酸根应结合锂离子得到碳酸锂，离子方程式为，可知第③步反应为； （6）持续通入CO2的一端为阴极，通过阴离子交换膜向阳极移动，反应前后KHCO3浓度基本保持不变，说明除了生成C2H4外还生成了，则阴极反应为：； （7）阴极区生成C2H4 56mL，标况下物质的量为0.0025mol，由上一问电极方程式可知，转移了0.0025mol×12=0.03mol电子，阳极生成O2的体积为224mL，即生成了0.01mol氧气，则转移电子数为0.04mol，则电解效率为。 14．(24-25高二·江苏扬州红桥高级中学·期中)捕集CO2的技术对解决全球温室效应意义重大。回答下列问题： (1)国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2(g)+4H2(g)═CH4(g)+2H2O(g)  ΔH=﹣270kJ•mol-1。 几种化学键的键能如表所示： 化学键 C—H H—H H—O C=O 键能/kJ•mol﹣1 413 436 a 745 则a= 。 (2)将CO2还原为CH4，是实现CO2资源化利用的有效途径之一，装置如图所示： ①H+的移动方向为 (填“自左至右”或“自右至左”)；d电极的电极反应式为： 。 ②若电源为CH3OH—O2—KOH清洁燃料电池，当消耗0.1mol CH3OH燃料时，离子交换膜中通过 mol H+，该清洁燃料电池中的正极反应式为： 。 (3)甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下： 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1=﹣49.58kJ•mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)═CO(g)+H2O(g)  ΔH2 反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)  ΔH3=﹣90.77kJ•mol-1 反应Ⅱ的ΔH2= kJ•mol-1。 (4)利用太阳能光解Fe3O4，制备的FeO用于还原CO2合成炭黑，可实现资源的再利用。其转化关系如图所示。过程Ⅱ反应的化学方程式是 。 【答案】(1)463 (2) 自左至右 CO2＋8e-＋8H+= CH4＋2H2O 0.6 O2＋4e-＋2H2O=4OH- (3)41.19 (4) 【详解】（1）根据反应物键能总和－生成物键能总和，则有：，解得。答案为：。 （2）①该装置有外加电源，属于电解池，右边电极是还原为，化合价降低，根据电解原理，右边电极为阴极，左边电极为阳极，应是自左至右移动；电极反应式为。答案为：自左至右；。 ②当甲醇生成二氧化碳气体，电子转移为，根据电荷守恒原则，离子交换膜中通过。通入氧气的电极为电池正极，得到电子，因为是在碱性情况下发生电极反应，所以正极反应式为：。答案为：；。 （3）根据盖斯定律，，。答案为：。 （4）根据转化关系可知，反应物是6，产物是，方程式为：。答案为：。 15．(24-25高二上·江苏南京航空航天大学苏州附属中学·期中)为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，从空气中捕集CO2并将其转化为燃料或增值化学品成为了新的研究热点。 (1)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如图1。 ①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式： 。 ②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是 。 (2)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应： 反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)  H=41.2kJ/mol 反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)  H=-122.5kJ/mol 在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图2。其中：CH3OCH3的选择性=×100% ①温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。 ②220℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有 。 (3)用光电化学法将CO2还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如图3所示。其他条件一定时，含碳还原产物的法拉第效率[FE(X)=×100%]随电压的变化如图4所示。 ①当电解电压为0.7V，阴极发生的电极反应式为 。 ②电解电压为0.95V时，电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为 。 【答案】(1) CO2+HCO+2e-=HCOO-+CO 阳极产生O2，pH减小，HCO浓度降低；K+部分迁移至阴极区 (2) 反应I的，反应Ⅱ的，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 增大压强(或使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂) (3) 2：1 【详解】（1）①阴极CO2还原为HCOO-，是二氧化碳得到电子，在碳酸氢根离子溶液中生成甲酸根离子和碳酸根离子，电极反应式为CO2+HCO+2e-=HCOO-+CO； ②电解一段时间后，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，电极附近氢离子浓度增大，pH减小，氢离子和碳酸氢根离子反应，导致HCO浓度降低，K+部分迁移至阴极区，因此阳极区的KHCO3溶液浓度降低，故原因为：阳极产生O2，pH减小，HCO浓度降低；K+部分迁移至阴极区。 （2）①由题干可知，反应I的，为吸热反应，温度升高平衡正向移动，使二氧化碳转化为一氧化碳的平衡转化率上升；反应Ⅱ的，为放热反应，温度升高平衡逆向移动，使二氧化碳转化为CH3OCH3的平衡转化率下降；故温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是反应I的，反应Ⅱ的，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度。 ②反应Ⅱ为气体分子数减小的反应，不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有增大压强(或使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂)。 （3）①当电解电压为，观察图像可知，主要产生的是HCOOH，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成HCOOH，电极反应式为； ②电解电压为时，根据图示可知，产物主要有：HCOOH、HCHO，转移，转移，当电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为x：y时，根据、，有，则x：y=2：1，电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为2：1。 16．(24-25高二上·江苏南京航空航天大学苏州附属中学·期中)氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 I．氢气的应用 (1)工业合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在容积为1L的密闭容器内模拟工业合成氨，如果将1molN2(g)和3molH2(g)混合使其充分反应，反应经过5min后达到平衡，反应混合物中NH3的物质的量分数为50%。 ①用H2表示的化学反应速率为 mol·L-1·min-1；计算此条件下该反应的化学平衡常数K= 。(用分数表示) ②一定条件下，能说明该反应达到平衡状态的标志是 。 a．H2的浓度保持不变 b．N2、H2和NH3的分子数之比为1：3：2 c．体系内气体的密度保持不变 d．体系内物质的平均相对分子质量保持不变 (2)一定条件下，将氮气和氢气按n(N2)：n(H2)=1：3混合匀速通入合成塔，发生反应N2+3H22NH3.海绵状的α-Fe作催化剂，多孔Al2O3作为α-Fe的“骨架”和气体吸附剂。Al2O3含量与α-Fe表面积、出口处氨含量关系如图1所示。Al2O3含量大于2%，出口处氨含量下降的原因是 。 II．氢气的制备： (3)电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图见图2(电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极)。电解时，阳极的电极反应式为 。 III．氢气的储备： (4)反应H2+HCOO-+H2O可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的0.1mol/LNaHCO3溶液中通入H2，HCOO-产率随温度变化如图3所示。温度高于70℃，HCOO-产率下降的可能原因是 。 ②使用含氨基物质(化学式为CN-NH2，CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au催化剂储氢，可能机理如图4所示。用重氢气(D2)代替H2，通过检测哪些产物中 (填产物化学式)含有D元素从而确认反应过程中的加氢方式。 【答案】(1) 0.4 ad (2)多孔可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的含量大于2%时，表面积减小，反应速率减小，产生减少； (3)CO(NH2)2+8OH--6e-=CO+N2↑+6H2O (4) 碳酸氢钠受热分解，导致HCOO-产率下降 CN－NHD或DCOO－ 【详解】（1）①设平衡时参加反应的氮气的物质的量为x，根据题给数据可得以下三段式 平衡时，反应混合物中NH3的物质的量分数为50%，则，x=，则用H2表示的化学反应速率为；此条件下该反应的化学平衡常数； ②a．H2的浓度保持不变，则正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，a正确； b．N2、H2和NH3的分子数之比为1：3：2，此时正、逆反应速率不一定相等，b错误； c．反应物和产物都是气体，则质量不变，体积也是恒定的，则体系内气体的密度保持不变不能证明反应达到平衡，c错误； d．反应物和产物都是气体，则质量不变，且反应是气体分子数减小的反应，则体系内物质的平均相对分子质量保持不变可以证明反应达到平衡，d正确； 故选ad； （2）由图可知氧化铝含量大于2%时，催化剂α-Fe表面积减小，生成的氨气减少，多孔氧化铝可将生成的氨气吸附，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：多孔可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的含量大于2%时，表面积减小，反应速率减小，产生减少； （3）CO(NH2)2在阳极放电生成N2，C元素价态未变化，故还有碳酸钾生成与水生成，电极反应式为CO(NH2)2+8OH--6e-=CO+N2↑+6H2O； （4）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； 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：CN－NHD或DCOO－。 17．(24-25高二上·江苏苏州苏州工业园区星海实验高级中学·期中)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下： 注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。 (1)“碱溶”时生成四羟基合铝酸钠Na[Al(OH)4]的离子方程式为 。 (2)向“过滤所得滤液中加入NaHCO3溶液，生成Na2CO3和Al(OH)3，加入NaHCO3后溶液的pH (填“增大”、“不变”或“减小”)。已知：pH=-1gc(H+)。 (3)“电解”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是 。 (4)“电解”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。①阳极的电极反应式为 ，②阴极产生的物质A的化学式为 。 (5)铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是 。 【答案】(1) (2)减小 (3)石墨电极会被阳极上产生的O2氧化 (4) H2 (5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜 【分析】铝土矿加入氢氧化钠碱溶，SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，氧化铁不反应，两者成为滤渣，氧化铝和氢氧化钠反应得到四羟基合铝酸钠进入滤液，加入碳酸氢钠溶液将铝元素转化为氢氧化铝沉淀同时得到氯化钠溶液，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠，氢氧化铝灼烧得到氧化铝，电解氧化铝生成氧气和铝； 【详解】（1）氧化铝和氢氧化钠反应得到四羟基合铝酸钠进入滤液，； （2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，根据强碱制取弱碱，则碱性强弱顺序为OH-＞>，可知溶液的pH减小； （3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，是因为石墨电极被阳极上产生的O2氧化； （4）由图可知，阳极反应为碳酸根离子失去电子发生氧化反应生成碳酸氢根离子和氧气，反应为，阴极上水得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，则阴极产生的物质A的化学式为H2； （5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN，在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。 18．(24-25高二上·江苏苏州苏州大学附属中学·期中)甲醇是重要的化工基础原料，以CO2为原料制甲醇具有重要的社会价值。 (1)电化学法制甲醇。工业上采用如图所示装置电解制备甲醇，反应前后KHCO3浓度基本保持不变，生成CH3OH的电极反应式为 。 (2)CO2催化加氢制甲醇。CO2催化加氢制甲醇过程中的主要反应为 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OHg)+H2O(g) △H=—49.2kJ/mol 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=+41.2kJ/mol 在恒压、n(CO2)：n(H2)投料比为1：3时，CO2平衡转化率和CH3OH平衡选择性随温度的变化如题图所示。[CH3OH选择性=×100%] ①236~250℃范围内，CO2平衡转化率随温度升高而下降的原因是 。 ②244℃时，反应一段时间后，测得CH3OH选择性为56.8%(图中A点)，不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OH选择性的措施有 。 ③244℃时，向密闭容器内投入1molCO2和3molH2充分反应，则平衡时生成CH3OH的物质的量为 mol(保留小数点后4位)。 ④已知反应Ⅱ的v正=k正c(CO2)c(H2)，v逆=k逆c(H2O)c(CO)(k正、k逆为速率常数，与温度、催化剂有关)，若平衡后升高温度，则 (填“增大”、“不变”或“减小”)。 (3)CO2加氢制甲醇催化剂的研究。 用Co-C作催化剂，可得到含少量甲酸的甲醇，相同条件下，将催化剂循环使用，甲醇产量与催化剂循环次数的关系如图所示，甲醇产量随循环次数增加而减小的原因可能是 。 【答案】(1)7CO2+6e—+H2O=CH3OH+6HCO (2) 236~250℃范围内，升高温度对反应Ⅰ的影响大于反应Ⅱ 增大压强或使用对反应Ⅰ催化性更高的催化剂 0.0612 减小 (3)反应生成的甲酸将催化剂腐蚀，使催化剂活性降低 【详解】（1）由图可知，该装置为电解池装置，右侧多晶铜电极为阴极，水分子作用下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇和碳酸氢根离子，电极反应式为7CO2+6e—+H2O=CH3OH+6HCO，故答案为：7CO2+6e—+H2O=CH3OH+6HCO； （2）①236~250℃范围内，二氧化碳平衡转化率随温度升高而下降是因为反应Ⅰ的△H＜0，升高温度平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应Ⅱ的△H＞0，升高温度平衡正向移动，CO2的平衡转化率升高，综合来看升高温度CO2的平衡转化率降低，说明升高温度对反应Ⅰ的影响大于反应Ⅱ，故答案为：236~250℃范围内，升高温度对反应Ⅰ的影响大于反应Ⅱ； ②反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的选择性增强，使用对反应Ⅰ催化性更高的催化剂可以加快反应Ⅰ的反应速率，可以提高单位时间内甲醇的选择性，所以一定能提高甲醇选择性的措施为增大压强或使用对反应Ⅰ催化性更高的催化剂，故答案为：增大压强或使用对反应Ⅰ催化性更高的催化剂； ③由图可知，244℃时，甲醇的选择性为58.3%，二氧化碳的转化率为10.5%，则平衡时生成的物质的量为1mol×10.5%×58.3%=0.0612mol，故答案为：0.0612； ④反应Ⅱ达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则k正c(CO2)c(H2) =k逆c(H2O)c(CO)，整理可得：==K，该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数K增大，则增大，则减小，故答案为：减小； （3）由题意可知，用Co-C作催化剂，可得到含少量甲酸的甲醇，则甲醇产量随循环次数增加而减小的原因可能是反应生成的甲酸将催化剂腐蚀，使催化剂活性降低，故答案为：反应生成的甲酸将催化剂腐蚀，使催化剂活性降低。 19．(24-25高二上·江苏常州·期中)二甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”，由合成气制备二甲醚的主要原理如下： ① ② ③ 回答下列问题： (1)反应的 ；该反应的平衡常数表达式为 。 (2)下列措施中，能提高(1)中平衡产率的有_______(填字母)。 A．及时从反应体系中分离出 B．升高温度 C．增大压强 D．加入合适的催化剂 (3)一定温度下，将和通入恒容密闭容器中，发生反应③，后达到化学平衡，平衡后测得的体积分数为0.2，则内 ，该温度下反应③的平衡常数 。 (4)将合成气以通入的反应器中，一定条件下发生反应：，其中的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示，下列说法正确的是 (填字母)。 A． B． C．若在和时，起始时，则平衡时，小于 【答案】(1) -246.1 (2)AC (3) (4)AB 【详解】（1）已知： ① ② ③ 由盖斯定律，①×2+②+③可得ΔH=(-90.7kJ•mol-1)×2+(-23.5kJ•mol-1)+(-41.2kJ•mol-1)=-246.1kJ/mol；化学平衡常数等于生成物的浓度系数次方与反应物的浓度系数次方之比，该反应的平衡常数表达式为； （2）A．及时从反应体系中分离出，促使平衡正向移动，可提高CH3OCH3的产率，A正确； B．反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不可提高CH3OCH3的产率，B错误； C．反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，可提高CH3OCH3的产率，C正确； D．催化剂可以改变反应速率，不能使平衡发生移动，不可提高CH3OCH3的平衡产率，D错误； 故选AC； （3），反应为气体分子数不变的反应，后达到化学平衡，平衡后测得的体积分数为0.2，则生成氢气（0.2mol+0.2mol）×0.2=0.08mol、生成二氧化碳0.08mol，平衡后一氧化碳、水分别为0.12mol、0.12mol，，则内，该温度下反应③的平衡常数； （4）A．相同条件，随温度升高，CO的平衡转化率下降，温度升高，平衡逆移，说明为放热反应，则ΔH<0，A正确； B．反应为气体分子数减小的反应，相同温度下，压强增大，平衡正向移动，CO的平衡转化率升高，则，B正确； C．若在和时，若起始时，增大H2的含量，促使平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，则平衡时，大于50%，C错误； 故选AB。 20．(24-25高二上·江苏海门中学·期中)一定条件下，水气变换反应CO+H2O⇌CO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应： I．HCOOH⇌CO+H2O(快) Ⅱ．HCOOH⇌CO2+H2(慢) 研究发现，在反应I、Ⅱ中，H+仅对反应I有催化加速作用；反应I速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应I建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。 (1)一定条件下，反应I、Ⅱ的焓变分别为、，则该条件下水气变换反应的焓变 (用含、的代数式表示)。 (2)反应I正反应速率方程为：v=kc(H+)•c(HCOOH)，k为反应速率常数。某温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka=1.6×10-4，当HCOOH平衡浓度为0.1mol•L-1时，H+浓度为 mol•L-1，此时反应I正反应速率v= mol•L-1•h-1(用含k的代数式表示)。 (3)T温度下，在密封石英管内完全充满1.0mol•L-1HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。t1时刻测得CO、CO2的浓度分别为0.70mol•L-1、0.16mol•L-1，此时CO达到峰值，反应I达到化学平衡状态，反应I的平衡常数为 ；此后，随着c(CO2)逐渐增大，c(CO)逐渐减少，结合反应I、Ⅱ说明原因： 。 (4)相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.10mol•L-1盐酸，则图中所示点a、b、c、d中，CO的浓度峰值点可能是 (填标号)。与不用盐酸相比，CO达浓度峰值时，CO2浓度 (填“增大”“减小”或“不变”)，的值 (填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1) (2) 0.0004k (3) 5 反应I是快反应，达到平衡所需要的时间短，反应Ⅱ消耗HCOOH，使I的平衡逆向移动，c(CO)逐渐减少 (4) b 减小 不变 【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应Ⅰ＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变：； （2）T1温度时，HCOOH建立电离平衡：，，平衡时，故；v=kc(H+)•c(HCOOH)= k×0.004×0.1=0.0004k mol•L-1•h-1； （3）t1时刻测得CO、CO2的浓度分别为0.70mol•L-1、0.16mol•L-1，此时CO达到峰值，反应I达到化学平衡状态，则： 故t1时刻c(HCOOH)＝1.0mol/L－0.70mol/L－0.16mol/L＝0.14 mol/L，；由题可知，反应I是快反应，达到平衡所需要的时间短，随着反应Ⅱ消耗HCOOH，使I的平衡逆向移动，c(CO)逐渐减少； （4）加入0.1 mol/L盐酸后，H＋对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度，＝K(Ⅰ)，温度不变，平衡常数不变，则的值不变。 21．(24-25高二上·江苏海门中学·期中)综合利用CO2、CO对保护环境、构建低碳社会有重要意义，实现碳中和是党中央作出的重大战略决策。 (1)25℃时，2molCO完全燃烧放出566.0kJ热量。则表示该条件下CO的燃烧热的热化学方程式为 。 (2)超音速飞机尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变为CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO2CO2+N2。为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如下表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 c(NO)/mol•L-1 1.00×10-3 4.50×10-4 2.50×10-4 1.50×10-4 1.00×10-4 1.00×10-4 c(CO)/mol•L-1 3.60×10-3 3.05×10-3 2.85×10-3 2.75×10-3 2.70×10-3 2.70×10-3 请回答下列问题(以下各题均不考虑温度变化对催化效率的影响)： ①前2s内的平均反应速率v(N2) 。在该温度下，注反应的平衡常数K= 。 ②达到平衡后下列能提高NO转化率的是 (填编号)。 A．选用更有效的催化剂 B．保持容器体积不变充入氦气增大压强 C．降低反应体系的温度 D．缩小容器的体积 (3)在催化剂作用下发生如下反应：CO(g)+2H2(g)⇌CHOH(g)。某温度下在一恒压容器中分别充入1.2molCO和1molH2，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.4molCH3OH(g)，此时向容器中再通入0.35moCO气体，则此平衡将 (填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”)移动。 (4)Li4SiO4可用于富集得到高浓度CO2。原理是：在500℃，低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生。700℃时反应的化学方程式为 。 (5)对于反应CO2(g)+3H2(g)⇌CHOH(g)+H2O(g)，测得不同温度下CH3OH生成量随时间变化关系如图。曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为 (填“>”、“＜”或“=”)。 【答案】(1)CO(g) +O2(g)=CO2(g) 283kJ/mol (2) 1.875×10-4 mol·L-1·s-1 5000 CD (3)向逆反应方向 (4)Li2CO3+Li2SiO3Li4SiO4+CO2↑ (5)> 【详解】（1）2molCO完全燃烧放出566.0kJ热量，则1molCO完全燃烧放出283kJ热量，故该条件下CO的燃烧热的热化学方程式为：CO(g) +O2(g)=CO2(g) 283kJ/mol； （2）①由化学方程式可知，前2 s内的平均反应速率； 根据表格数据可知4s后CO和NO的浓度不再改变，反应达到平衡，此时c(NO)= 1.00×10−4mol/L、c(NO)=2.70×10−3mol/L，Δc(NO)=9×10−4mol/L，则c(CO2)=9×10−4mol/L，c(N2)=4.5×10−4mol/L，平衡常数K==5000； ②A．选用更有效的催化剂，只能改变反应速率，不能改变平衡，故A错误； B．保持容器体积不变充入氦气增大压强，各物质浓度不变，平衡不移动，一氧化氮转化率不变，故B错误； C．反应时放热反应，降低反应体系的温度，平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故C正确； D．缩小容器的体积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向进行，平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故D正确； 故选CD； （3）根据已知条件列三段式： ，则K= ； 原平衡时混合气体总的物质的量n总=1.4 mol，再冲入0.35mol CO后n'总=1.4 mol+0.35mol=1.75 mol，此时体积为×2L=2.5L，此时各组分的浓度为c(CO)= =0.46 mol/L，c(H2)==0.08 mol/L，c(CH3OH)==0.16 mol/L，Qc==54＞K，平衡逆向移动； （4）在500℃时，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒可知生成物还有Li2SiO3，所以化学方程式为CO2＋Li4SiO4Li2CO3＋Li2SiO3；700℃时，该反应逆向进行，则为：Li2CO3+Li2SiO3Li4SiO4+CO2↑； （5）曲线Ⅱ先达到平衡，则，升高温度CH3OH生成量减小，说明升温平衡逆向移动，则，则温度越高，平衡常数K越小，故。 22．(24-25高二上·江苏连云港灌云县第一中学·期中)二甲醚在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用。工业上CO和为原料生产的新工艺主要发生三个反应： ① ② ③ (1)新工艺的总反应为。 ① 。 ②升高温度，的产率 (选填“增大”、“减小”或“不变”)。 (2)当反应在恒温恒容条件下达到平衡时，下列各项叙述正确的是 (选填编号)。 A．一定等于1：1 B．反应物与生成物的物质的量浓度之比保持不变 C．反应速率之比存在关系： (3)为了寻找合适的反应温度，研究者进行了一系列试验，每次试验保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，试验结果如图。 温度高于时，CO的转化率随温度升高而减小的原因是 。 【答案】(1) -246 减小 (2)B (3)此温度下，反应体系已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高，反应平衡逆向移动，CO的转化率减小。 【详解】（1）总反应可由反应②+反应③+2反应①得到，由盖斯定律知，。反应②为放热反应，升高温度，其平衡向左移动，的产率减小。 （2）A．若二者的投料量之比为不是1：1，消耗的量始终是1：1，则剩余的量之比不是1：1，A错误； B．反应达到平衡前，生成物和反应物的物质的量浓度此增彼减，反应达到平衡后，各组分浓度不变，因此反应物与生成物的物质的量浓度之比保持不变，B正确； C．反应速率之比存在关系：，逆反应消耗CO2的同时生成CO，在任意时刻恒成立，C错误； 故选B。 （3）根据图中信息分析，温度低于240℃时，反应速率较慢，还未达到平衡，随着温度升高，速率加快，到240℃，转化率达到最大值，温度高于240℃时，随温度升高，反应速率加快，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小。因此温度高于时，CO的转化率随温度升高而减小的原因是在较高温度时，反应体系已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高，反应平衡逆向移动，CO的转化率减小。 23．(24-25高二上·江苏江阴第一中学·期中)以软锰矿粉（含及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物）为原料制备电池级。 (1)浸取。将一定量软锰矿粉与、溶液中的一种配成悬浊液，加入三颈烧瓶中（如图），70℃下通过分液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。分液漏斗中的溶液是 ；转化为的离子方程式为 。 (2)除杂。对已经除去Fe、Al、Si的溶液，可通过萃取、反萃取等过程除去溶液中的、。 已知：被萃取剂HA萃取的原理可表示为 （水层）（有机层）（有机层）+（水层） 反萃取是利用稀硫酸将有机层中的转移到水层，需将稀硫酸和有机层共同加入 （填仪器名称）中进行实验操作。为使尽可能多地发生上述转移，下列实验条件或采取的操作有效的是 （填序号）。 A适当提高浓度        B．加足量蒸馏水 C．用适量稀硫酸分多次反萃取    D．充分振荡 (3)溶液在碱性条件下通入空气氧化获得，产物中Mn元素质量分数（）随反应时间和温度变化如图1与图2所示。 ①如图1所示反应时间超过8小时，降低的原因是 。 ②请设计由溶液制备较纯实验方案： 。（需用到的试剂：溶液、溶液。） 【答案】(1) 溶液 (2) 分液漏斗 ACD (3) Mn3O4被氧化成更高价态锰的氧化物（Mn2O3或MnO2） 向MnSO4溶液中加入一定量1mol/LNaOH溶液，边搅拌边通入空气，控制75℃加热8h左右，过滤，洗涤，取最后一次洗涤液并滴加BaCl2溶液，无浑浊出现 【分析】软锰矿粉中含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物，经稀硫酸、Na2SO3溶液浸取，其中的MnO2在酸性环境下被Na2SO3还原成MnSO4，Na2SO3被氧化成硫酸钠，再经过除杂及一系列操作处理得到纯净的MnSO4溶液，最后溶液在碱性条件下通入空气氧化，通过控制氧化时间获得、MnO2、Mn2O3等产物。 【详解】（1）若三颈烧瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液则易生成SO2导致Na2SO3的利用率减小，故分液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亚硫酸根还原为Mn2+的离子方程式为； （2）萃取分液需要使用分液漏斗，故反萃取需将稀硫酸和有机层共同加入分液漏斗中进行实验操作； A．Mn2+(水层)+2HA(有机层)=Mn(A)2(有机层)+2H+(水层)，适当提高H2SO4浓度，使得平衡逆向移动，利于锰离子进入水层，A符合题意； B．加足量蒸馏水，使得硫酸被稀释，不利于锰离子进入水层，B不符合题意； C．用适量稀硫酸分多次反萃取，利于增大萃取出锰离子的量，C符合题意； D．充分振荡，可以促使锰离子充分转移到水层中，D符合题意； 故答案选ACD； （3）①如图1所示反应时间超过8小时，Mn%降低的原因是：Mn3O4被氧化成更高价态锰的氧化物（Mn2O3或MnO2）； ②由MnSO4溶液制备较纯Mn3O4实验方案为：向MnSO4溶液中加入一定量1mol/LNaOH溶液，边搅拌边通入空气，控制75℃加热8h左右，过滤，洗涤，取最后一次洗涤液并滴加BaCl2溶液，无浑浊出现。 24．(24-25高二上·江苏江阴第一中学·期中)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①常温下，，，，。 ②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题： (1)“酸浸”步骤中，分离出的浸渣为： ；为提高溶矿速率，可采取的措施： （举1例）。 (2)“沉铜”步骤中，生成CuS的离子方程式是： ；常温下，该反应的平衡常数 。 (3)“沉锰”步骤中，除将氧化为，还能 。 (4)“沉淀”步骤中，常温下用NaOH调，溶液中浓度为： 。 (5)“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的NaClO氧化，其反应的离子方程式 。 (6)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方案为 。 【答案】(1) Cu 将废渣磨碎、适当增大硫酸浓度、加热等 (2) 7.7×1016 (3)将Fe2+氧化为Fe3+ (4)2.6×10-9mol/L (5) (6)向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH=8~12，静置后过滤、洗涤、干燥 【分析】炼锌废渣含有锌、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他+2价氧化物均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。 【详解】（1）由分析可知，“酸浸”步骤中，分离出的浸渣为铜；增大反应物接触面积、增大反应物浓度等可提高反应速率，故加快“溶矿速率”的效率可采取的方法是将废渣磨碎、适当增大硫酸浓度、加热等； （2）“沉铜”步骤中，生成CuS的离子方程式是：；常温下，该反应的平衡常数==； （3）由分析可知，“沉锰”步骤中，除将Mn2+氧化为MnO2，还能将Fe2+氧化为Fe3+； （4）“沉淀”步骤中，常温下用NaOH调，则，故溶液中浓度为： ； （5）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为； （6）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液中有Zn元素以Zn2+形式存在，当pH>12后氢氧化锌会溶解转化为[Zn(OH)4]2-，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH为8~12，使锌离子沉淀完全，静置后过滤、洗涤、干燥。 25．(24-25高二上·江苏淮安马坝高级中学·期中)的资源化利用能有效减少碳排放，充分利用碳资源。 Ⅰ．合成甲醇()，该反应包括下列两步： 反应(Ⅰ)：  ； 反应(Ⅱ)：  ； (1)由与合成的热化学方程式为 。 (2)在一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入和，控制条件仅发生反应(Ⅱ)，测得、和的物质的量(n)随时间的变化如下图1所示： ①内，用表示的化学反应速率 。 ②下列能说明在此容器中，反应(Ⅱ)达到平衡状态的是 (填字母)。 A．单位时间内断裂键的同时，形成键 B．混合气体的密度不再发生变化 C． D．容器内气体压强不再发生变化 E．的体积分数不再发生变化 ③在反应(Ⅱ)达到平衡后，再向容器中加入和，则平衡向 移动。(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。 (3)在恒压、和的起始量一定的条件下，平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如图2。 已知： ①温度高于300℃，曲线b随温度升高而上升的原因是 。 ②时，在催化剂作用下与反应一段时间后，测得的选择性为35%。反应时间和温度不变，提高选择性的措施有 。(任写出2条措施) 【答案】(1) (2) DE 正反应方向 (3) 反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高使转化为CO的平衡转化率上升，使转化为的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 增大压强或使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 【详解】（1）反应(Ⅰ)：  ； 反应(Ⅱ)：  ； 根据盖斯定律，Ⅱ-Ⅰ得由与合成的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=ΔH2-ΔH1=-90.4kJ/mol，故答案为：。 （2）①化学反应速率之比等于化学计量数之比，则0~3min内，用表示的化学反应速率； ②A．单位时间内断裂键的同时，形成键，都是指正反应速率，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．该反应过程中气体总质量和总体积是定值，混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不再发生变化时，不能说明反应达到平衡，B不选； C．该反应过程中，恒成立，不能说明反应达到平衡，C不选； D．该反应是气体体积减小的反应，反应过程中容器内气体压强减小，当容器内气体压强不再发生变化时，说明反应达到平衡，D选； E．的体积分数不再发生变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，E选； 答案选DE； ③则根据已知条件列出“三段式” 该温度下，该反应的平衡常数K==21.3，在反应(Ⅱ)达到平衡后，再向容器中加入和， Qc==8.7<K，则平衡向正反应方向移动。 （3）反应(Ⅰ)：  ；正反应吸热，升温平衡右移，有利于提高二氧化碳的平衡转化率； 反应(Ⅱ)：  ；正反应放热，升温平衡左移，不利于提高二氧化碳的平衡转化率、不利于甲醇的生成，若温度升高对反应Ⅰ的影响更大则二氧化碳平衡转化率会随温度升高而增大，若温度升高对反应Ⅱ的影响更大则二氧化碳平衡转化率会随温度升高而降低，而升温总使甲醇的选择性降低，则图曲线a代表甲醇的选择性，曲线b代表二氧化碳的平衡转化率； ①结合分析可知，温度高于300℃，曲线b随温度升高而上升的原因是：反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高使转化为CO的平衡转化率上升，使转化为的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度； ②增压有利于平衡朝着气体分子总数减小的方向进行，对气体分子总数不变的反应，改变压强时平衡不移动，反应Ⅰ是气体体积不变的吸热反应，反应Ⅱ是气体体积减小的放热反应，则在温度和时间不变时，可以通过增大压强使反应Ⅱ的平衡正向移动，从而提高的选择性，也可以通过使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂来提高甲醇的选择性，则答案为：增大压强或使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型04 化学反应原理综合题 1．(24-25高二上·江苏宿迁·期中)合成氨及其应用在工业生产上有着重要作用。 (1)已知：反应I： 反应Ⅱ： 则反应Ⅲ： 。 (2)氮元素常见单质有、、、中原子之间只形成键，且均达到最外层8电子稳定结构。分子的结构式为 。 (3)在纳米的催化下，常压下即可用和合成(X、Y为惰性电极)，工作原理如图1，则Y极的电极反应式是 。 (4)在密闭容器中进行合成氨反应，在相同时间内，测得混合气体中氨气的体积分数与温度的关系如图2所示。 ①P点对应的速率(正) (逆)(填“>”“<”或“=”)。 ②在气相催化反应中，催化剂吸附是影响反应速率的主要原因。、在催化剂作用下初始生成的机理可能是如下两种(、表示被吸附于催化剂表面的、)： 机理I：催化剂对、双吸附，表示为：；； 机理Ⅱ：催化剂对单吸附，表示为：； 保持温度和浓度不变，测得生成速率与浓度变化关系如图3所示。你认为生成的反应机理是 (填“I”或“Ⅱ”)；原因是 。 2．(24-25高二上·江苏南京航空航天大学苏州附属中学·期中)H2S是石油化工行业尾气，工业上可以采取多种方式处理。 (1)热分解法脱硫 在密闭容器中，充入一定量的H2S气体，发生如下热分解反应：H2S(g)H2(g)+S2(g)，控制不同的温度和压强进行实验，结果如图1所示。则p1、p2、p3由大到小的顺序为 。 (2)电化学循环法将H2S转化为H2SO4和H2，其原理如图2所示。                                 图2 ①电极a上发生反应的电极反应式为 。 ②氧化过程中硫酸参与的反应为H2S+H2SO4=SO2↑+S↓+2H2O，S+O2=SO2.不考虑物质和能量的损失，每处理1molH2S，理论上可制得H2的物质的量为 。 (3)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图3所示。 ①在图示的转化中，化合价不变的元素是 。 ②反应中当有1molH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，需消耗O2的物质的量为 。 (4)400℃时，将一定比例H2S和CO2的混合气体以一定流速通过装有脱硫剂的装置，硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述(用相应的化学方程式表示)为 。 3．(24-25高二上·江苏扬州第一中学·期中)油气开采、石油化工等行业的废气中均含有硫化氢，可将其处理并回收。 (1)氧化法，其原理为 已知：      则反应   。 (2)热分解法，其原理为  。 ①在不同温度下充分反应后，混合气体中各组分的体积分数如图1所示，则 。 ②分解时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分燃烧，目的是 。 (3)间接电解法，原理如图2所示。 ①结合化学方程式说明电解过程中无需向电解池中补充盐酸的原因： 。 ②从整个生产工艺的角度分析，该方法不仅能减少环境污染、回收，还具有的优点是 。 (4)催化剂对反应有高选择性，理论计算得到反应主要路径如图3所示，表示状态2的为 (填选项)。                                             图3 A．        B．        C． 4．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期中)回答下列问题： (1)的资源化利用可以有效实现“碳达峰”和“碳中和”。 和反应制主要反应如下：     △H 在催化剂氧化镍的作用下，反应分两步进行： 第一步：……； 第二步：。 写出第一步反应的化学方程式 (2)二氧化碳甲烷（）化，其主要反应为： 反应Ⅰ：     反应Ⅱ：     在密闭容器中，Pa，时，平衡转化率和在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如图所示。 ①反应         ； ②低于580℃，随温度升高，平衡转化率下降的原因是 。 (3)在一定温度下，一定条件可转化为：    △H＜0。 ①下列有关该反应的说法正确的是 A．升高温度，平衡左移，逆反应速率加快，正反应速率减慢 B．反应体系中，说明反应达到平衡状态 C．恒温恒容下达到平衡后，再通入氦气，反应速率不变 D．平衡时，若改变体积增大压强，则平衡常数K变大 ②在Cu-ZnO-催化剂上，和反应合成。在有催化剂和无催化剂条件下，与足量的H₂混合反应，相同时间内，的转化率随温度的变化如图，温度高于，的转化率基本相等，可能的原因是 。 ③一种用磷化硼纳米颗粒催化和合成的反应历程如图（部分物质未画出，吸附在催化剂表面的物质用*标注） 该反应得到的副产物除CO外，还有 （填化学式），副产物含量相对较少的原因是 。 (4)一种电化学法将转化为乙烯（）的原理如图所示。 ①阴极上的电极反应式为 。 ②以铅蓄电池为电源，每生成0.5mol乙烯，理论上铅蓄电池负极消耗的Pb的物质的量为 。 5．(24-25高二上·江苏苏州苏州大学附属中学·期中)氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。(除非特别说明，本题中反应条件均为25℃) (1)甲醇制取甲醛时可获得氢气，其原理为CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)。已知部分化学键的键能数据如下表： 化学键 C-H C-O O-H C=O H-H 键能/kJ/mol 413.4 351.0 462.8 745.0 436.0 则该反应的△H= 。 (2)以甲烷和H2O为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。已知：CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)△H=165.0kJ/mol。甲烷与H2O制取氢气时，常向反应器中通入一定比例空气，其目的是 。 (3)硼氢化钠(NaBH4)制氢 ①向NaBH4水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠(NaBO2)和氢气。写出该反应的化学方程式 。 ②上述NaBH4制氢为放热过程，该反应能自发进行的条件是 。 A．高温       B．低温        C．任意温度      D．无法判断 (4)乙苯脱氢能制得H2，同时制得苯乙烯，反应原理如下： +H2(g) △H1； 实际生产过程中，通常向乙苯中掺入水蒸气，保持体系(总压为常压(101kPa)的条件下进行反应。若投料比m=1：9[m=]反应温度为600℃，下列事实不能作为该反应达到平衡的依据的是 (填选项字母)。 a．v正(乙苯)=v逆(苯乙烯) b．容器内压强不再变化 c．容器内气体的平均相对分子质量不再变化 d．苯乙烯的体积分数不再变化 e．容器内苯乙烯与H2的物质的量之比不再变化 f．容器内气体密度不再变化 (5)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图所示： 正极上的电极反应式是 。该电池以3.2A恒定电流工作14分钟，消耗H2体积为0.49L，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 [已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5L/mol；电荷量q(C)=电流I(A)×时间(⒅)；NA=6.0×1023mol；e=1.60×10-19C]。 6．(24-25高二上·江苏南通区·期中)研究CO2制CH4、HCOOH等资源具有重要意义。 (1)CO2加氢制CH4过程中的主要反应如下： 反应I：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)   △H1＜0 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)     △H2＞0 ①一定条件下，向恒定密闭容器中通入1molCO2和4molH2。反应达到平衡时，容器中CO2为0.2mol，H2为1.4mol。此时CH4的选择性(CH4的选择性=×100%)为 。 ②在恒容密闭容器中，1.01×105Pa、n起始(CO2):n起始(H2)=1:4时，CO2平衡转化率随温度的变化如图所示。600℃后CO2平衡转化率随温度升高而增大的主要原因是 。 (2)采用电解法将CO2转化为HCOO-的工作原理如图所示。 ①阳极表面发生的电极反应式为 。 ②若有1molH+通过质子交换膜，则两极产生的HCOOH和HCOO-的物质的量之和为 mol。 (3)CO2催化加氢制HCOOH的反应机理如图I所示。已知三个基元反应的活化能EⅡ＜EⅠ＜EⅢ(不考虑催化剂活性降低或完全失去)。如图Ⅱ所示，在密闭装置中充分搅拌催化剂M的DMSO(有机溶剂)溶液，CO2和H2在溶液中反应制备HCOOH。保持压强不变，设CO2+H2⇌HCOOH的反应速率为v。 ①催化剂M足量，温度升高v减小的可能原因是 。 ②实验测得某温度和压强下，v随催化剂M浓度c的变化如图所示。v随c的增大先增大后几乎不变，先增大的原因是 。 7．(24-25高二上·江苏南通区·期中)酸性废水中的砷或铬是引起水体污染的元素，可用沉淀法、还原法等除去。 (1)FeS可将酸性废水中的H3AsO3(弱酸)转化为As2S3沉淀除去。已知：As2S3(s)+3S2-(aq) ⇌2(aq) ①该沉砷过程的离子方程式为 。 ②沉砷过程中不用Na2S代替FeS的原因是 。 (2)Na2S2O3去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图所示。 ①步骤III中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 ②整个反应过程中几乎监测不到H2S，请从化学反应速率角度解释原因： 。 (3)Cr(VI)有高毒性，在水溶液中存在+H2O⇌2+2H+。钡盐可将酸性废水中的Cr(Ⅵ)转化为BaCrO4沉淀除去。其他条件相同，使用BaCO3的沉铬率要高于BaCl2的原因是 。 (4)NaHSO3可将酸性废水中的Cr(VI)还原为毒性较低的Cr2(SO4)3. ①不同初始pH的酸性废水中残留Cr(VI)与反应时间的变化关系如图所示。实际反应中，控制废水pH为2.5的原因是 。 ②Cr(Ⅲ)的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示。请补充完整由Cr2(SO4)3溶液制得Cr(OH)3的实验方案：取分离、提纯后的Cr2(SO4)3溶液， ，低温烘干，得到较纯Cr(OH)3晶体。(实验中须使用的试剂：蒸馏水、2.0mol/LNaOH溶液、1.0mol/LBaCl2溶液) 8．(24-25高二上·江苏南通区·期中)工业上利用氰化法从含金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O3和其他不溶性杂质)中提取金和银。 已知：Au++2CN-⇌ [Au(CN)2]-   K=1.0×1038 Zn+2Au+⇌Zn2++2Au           K=1.0×1082.7 Zn2++4CN-⇌ [Zn(CN)4]2-         K=1.0×1016.7 (1)浸银。将矿石粉碎研磨，用硝酸浸取、过滤得到“浸银”滤液与“浸银”滤渣。 ①“浸银”时Fe2O3溶于硝酸生成Fe3+，基态Fe3+的核外电子排布式为 。 ②N2H4·H2O还原“浸银”滤液可得到粗银。制备N2H4·H2O时应将NaClO和NaOH混合液缓慢滴入尿素溶液中，不能改变滴加顺序的原因是 。 (2)浸金。用KCN、KOH混合溶液和O2浸取“浸银”滤渣，过滤得到“浸金”滤液。 ①单质Au转化为[Au(CN)2]-的离子方程式为 。 ②浸取时，加料完成后，控制适宜温度和通气速率，并以一定速率搅拌，提高金元素浸取率的方法还有 。 (3)置换。向“浸金”滤液中加Zn置换出Au，发生的反应为Zn+2[Au(CN)2]- ⇌ [Zn(CN)4]2-+2Au。 ①该反应的化学平衡常数K= 。 ②置换过程中需向“浸金”滤液中添加少量可溶性铅盐，除了使锌粉松散有利于置换外，可能的原因还有 。 (4)净化。废水中含CN-会污染环境，可通过化学方法转化为无毒废水净化排放。 ①电解法。在直流电场作用下，CN-先被氧化成CNO-，CNO-再进一步被氧化成和N2，CNO-被氧化的电极反应式为 。 ②氧化法。H2O2在Cu2+的催化作用下可氧化去除废水中的CN-，氧化时加入的H2O2需稍过量的原因是 。 9．(24-25高二上·江苏南通区·期中)氢能是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是一种对环境友好的固体储氢材料。 (1)制硼氢化钠。将Na2B4O7、SiO2及金属Na按一定比例混合后，通入H2加热到360～370°C只生成NaBH4和Na2SiO3。 ①该反应的化学方程式为 。 ②测定硼氢化钠样品的纯度。准确称取干燥硼氢化钠样品1.200g，用NaOH溶液溶解后配制成100.0mL溶液。量取10.00mL溶液放入锥形瓶中，加入25.00mL0.2000mol/LKIO3溶液，充分反应后再加入适量KI，用足量稀硫酸酸化后，加入0.5000mol/LNa2S2O3标准液，恰好完全反应时消耗该标准液12.00mL。则样品中NaBH4质量分数为 (写出计算过程)。 已知：3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 (2)制氢。NaBH4与水反应能获取氢气，该反应机理如图所示。 ①NaBH4与水反应的离子方程式为 。该反应在任意温度下均能自发进行的原因是 。 ②若用D2O代替H2O，则反应后生成氢气的化学式为 。 (3)硼氢化钠再生。制氢生成的另一产物在水中的溶解度较小，常温时易以NaBO2形式结晶析出，NaBO2可再生为NaBH4。已知： 反应I：NaBO2(s)+4H2(g)=NaBH4(s)+2H2O(1)   △G1=+320kJ/mol 反应Ⅱ：H2(g)+O2(g)=H2O(1)    △G2=-240kJ/mol 反应Ⅲ：Mg(S)+O2(g)=MgO(s)   △G3=-570kJ/mol △G的值只取决于反应体系的始态和终态。以反应物不超过三种物质、产物不超过两种物质、氢原子利用率为100%为条件，写出一个表示NaBO2(s)再生为NaBH4(s)的方程式，并注明物质状态和△G： 。 10．(24-25高二上·江苏常州高级中学·期中)化学的应用非常广泛，如对含碳和含氮物质的反应研究在生产、生活、科研等方面具有重要的意义。 回答下列问题： (1)已知： i． ii． iii． 则与反应生成和的热化学方程式为 。 (2)如果上述反应ⅰ是在恒容、绝热密闭容器中进行(不考虑其他化学反应)，下列可用来判断该反应已达到平衡状态的有___________(填标号)。 A． B．容器中的值保持不变 C．混合气体的密度保持不变 D．容器内的温度保持不变 (3) 研究发现，与的反应过程可分为三步，每步均为基元反应： ①(快) ②(慢) ③……(快) 第③步对应的基元反应是 。 (4)分解制取和的原理如下： 反应I： 反应II： 反应的(K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K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 。 (5)用下图所示装置可制备少量，阳极发生的电极反应式为 。 11．(24-25高二上·江苏常州·期中)含硫或氮的工业废气的处理及回收利用有重要意义。回答下列问题： I．废气的处理回收 (1)高温热分解法：，某温度下恒容密闭容器中，能判断该反应达到平衡的依据是 (填字母)。 a．气体的压强不发生变化        b．气体的密度不发生变化 c．不发生变化d．单位时间里分解的和生成的的量一样多 (2)通过电化学循环法可将转化为和(如下图所示)。其中氧化过程发生如下两步反应： ①电极a上发生反应的电极反应式 。 ②理论上完全反应需通入 mol，电极上产生 mol。 II．氮氧化物主要来源于汽车尾气，NSR法储存还原)可有效减少氮氧化物排放。 (3)工作原理：通过和的相互转化实现的储存和还原，如左下图所示。        ①若汽车所用的油品含硫量较高，吸收的能力下降至很低水平，结合方程式解释原因 。 ②尾气中的对吸收氮氧化物有影响。一定温度下，测得气体中的体积分数与氮氧化物吸收率的关系如右上图所示。则：一定范围内，氮氧化物吸收率随体积分数的增大而下降，原因是 ；当体积分数达到时，氮氧化物吸收率依然较高，原因可能是 。 12．(24-25高二上·江苏宿迁·期中)目前资源化利用成为减少碳排放的主要研究方向。 (1)醇化反应的平衡常数表达式 。 (2)利用合成尿素，主要通过下列反应实现 反应I： 反应II： 密闭体系中反应I的平衡常数(K)与温度的关系如图1所示，反应I的 (填“”或“”或“”)。 (3)电催化合成尿素：向溶液中通至饱和，在电极上生成原理如图2所示。 ①电极b是电解池 极。 ②生成的电极反应式是 。 (4)催化加氢合成二甲醚主要发生下列反应： 反应I： 反应II： 在恒压、和的起始量一定的条件下，平衡转化率和平衡时的选择性随温度变化情况如图3. 其中：的选择性 ①温度高于300℃，平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。 ②220℃时，在催化剂作用下与反应一段时间后，测得的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高选择性的措施是 。 13．(24-25高二上·江苏江阴第一中学·期中)的资源化利用能有效减少的排放，充分利用碳资源。 I.1991年，Asheroft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。500℃时反应原理如下。 主反应： 副反应：① ② (1) 。 (2)在原料气中添加微量有利于保持催化剂的活性，其原因是 。 (3)在催化剂中添加少量多孔CaO能提高转化率并保持催化剂的活性，其原因是 。 (4)按一定体积比加入和，在恒压下发生反应，温度对CO和产率的影响如图所示。实际生产中此反应的优选温度为900℃，不选用1000℃原因是 。 Ⅱ.利用电化学可以将转化为有机物 (5)电池捕集。 电池能将二氧化碳（）高效转化，研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤③的离子方程式。 ①；    ②； ③ ；    ④。 (6)多晶Cu是目前唯一被实验证实能高效催化还原为烃类（如）的金属。如图所示电解装置中分别以多晶Cu和Pt为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，反应前后浓度基本保持不变，温度控制在10℃左右。阴极生成的电极反应式为 。 (7)装置工作时，阴极主要生成，还可能生成副产物降低电解效率。标准状况下，当阳极生成的体积为224mL时，测得阴极区生成，则电解效率为 。（忽略电解前后溶液体积的变化）已知：电解效率。 14．(24-25高二·江苏扬州红桥高级中学·期中)捕集CO2的技术对解决全球温室效应意义重大。回答下列问题： (1)国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2(g)+4H2(g)═CH4(g)+2H2O(g)  ΔH=﹣270kJ•mol-1。 几种化学键的键能如表所示： 化学键 C—H H—H H—O C=O 键能/kJ•mol﹣1 413 436 a 745 则a= 。 (2)将CO2还原为CH4，是实现CO2资源化利用的有效途径之一，装置如图所示： ①H+的移动方向为 (填“自左至右”或“自右至左”)；d电极的电极反应式为： 。 ②若电源为CH3OH—O2—KOH清洁燃料电池，当消耗0.1mol CH3OH燃料时，离子交换膜中通过 mol H+，该清洁燃料电池中的正极反应式为： 。 (3)甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下： 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1=﹣49.58kJ•mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)═CO(g)+H2O(g)  ΔH2 反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)  ΔH3=﹣90.77kJ•mol-1 反应Ⅱ的ΔH2= kJ•mol-1。 (4)利用太阳能光解Fe3O4，制备的FeO用于还原CO2合成炭黑，可实现资源的再利用。其转化关系如图所示。过程Ⅱ反应的化学方程式是 。 15．(24-25高二上·江苏南京航空航天大学苏州附属中学·期中)为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，从空气中捕集CO2并将其转化为燃料或增值化学品成为了新的研究热点。 (1)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如图1。 ①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式： 。 ②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是 。 (2)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应： 反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)  H=41.2kJ/mol 反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)  H=-122.5kJ/mol 在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图2。其中：CH3OCH3的选择性=×100% ①温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。 ②220℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有 。 (3)用光电化学法将CO2还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如图3所示。其他条件一定时，含碳还原产物的法拉第效率[FE(X)=×100%]随电压的变化如图4所示。 ①当电解电压为0.7V，阴极发生的电极反应式为 。 ②电解电压为0.95V时，电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为 。 16．(24-25高二上·江苏南京航空航天大学苏州附属中学·期中)氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 I．氢气的应用 (1)工业合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在容积为1L的密闭容器内模拟工业合成氨，如果将1molN2(g)和3molH2(g)混合使其充分反应，反应经过5min后达到平衡，反应混合物中NH3的物质的量分数为50%。 ①用H2表示的化学反应速率为 mol·L-1·min-1；计算此条件下该反应的化学平衡常数K= 。(用分数表示) ②一定条件下，能说明该反应达到平衡状态的标志是 。 a．H2的浓度保持不变 b．N2、H2和NH3的分子数之比为1：3：2 c．体系内气体的密度保持不变 d．体系内物质的平均相对分子质量保持不变 (2)一定条件下，将氮气和氢气按n(N2)：n(H2)=1：3混合匀速通入合成塔，发生反应N2+3H22NH3.海绵状的α-Fe作催化剂，多孔Al2O3作为α-Fe的“骨架”和气体吸附剂。Al2O3含量与α-Fe表面积、出口处氨含量关系如图1所示。Al2O3含量大于2%，出口处氨含量下降的原因是 。 II．氢气的制备： (3)电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图见图2(电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极)。电解时，阳极的电极反应式为 。 III．氢气的储备： (4)反应H2+HCOO-+H2O可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的0.1mol/LNaHCO3溶液中通入H2，HCOO-产率随温度变化如图3所示。温度高于70℃，HCOO-产率下降的可能原因是 。 ②使用含氨基物质(化学式为CN-NH2，CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au催化剂储氢，可能机理如图4所示。用重氢气(D2)代替H2，通过检测哪些产物中 (填产物化学式)含有D元素从而确认反应过程中的加氢方式。 17．(24-25高二上·江苏苏州苏州工业园区星海实验高级中学·期中)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下： 注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。 (1)“碱溶”时生成四羟基合铝酸钠Na[Al(OH)4]的离子方程式为 。 (2)向“过滤所得滤液中加入NaHCO3溶液，生成Na2CO3和Al(OH)3，加入NaHCO3后溶液的pH (填“增大”、“不变”或“减小”)。已知：pH=-1gc(H+)。 (3)“电解”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是 。 (4)“电解”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。①阳极的电极反应式为 ，②阴极产生的物质A的化学式为 。 (5)铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是 。 18．(24-25高二上·江苏苏州苏州大学附属中学·期中)甲醇是重要的化工基础原料，以CO2为原料制甲醇具有重要的社会价值。 (1)电化学法制甲醇。工业上采用如图所示装置电解制备甲醇，反应前后KHCO3浓度基本保持不变，生成CH3OH的电极反应式为 。 (2)CO2催化加氢制甲醇。CO2催化加氢制甲醇过程中的主要反应为 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OHg)+H2O(g) △H=—49.2kJ/mol 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=+41.2kJ/mol 在恒压、n(CO2)：n(H2)投料比为1：3时，CO2平衡转化率和CH3OH平衡选择性随温度的变化如题图所示。[CH3OH选择性=×100%] ①236~250℃范围内，CO2平衡转化率随温度升高而下降的原因是 。 ②244℃时，反应一段时间后，测得CH3OH选择性为56.8%(图中A点)，不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OH选择性的措施有 。 ③244℃时，向密闭容器内投入1molCO2和3molH2充分反应，则平衡时生成CH3OH的物质的量为 mol(保留小数点后4位)。 ④已知反应Ⅱ的v正=k正c(CO2)c(H2)，v逆=k逆c(H2O)c(CO)(k正、k逆为速率常数，与温度、催化剂有关)，若平衡后升高温度，则 (填“增大”、“不变”或“减小”)。 (3)CO2加氢制甲醇催化剂的研究。 用Co-C作催化剂，可得到含少量甲酸的甲醇，相同条件下，将催化剂循环使用，甲醇产量与催化剂循环次数的关系如图所示，甲醇产量随循环次数增加而减小的原因可能是 。 19．(24-25高二上·江苏常州·期中)二甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”，由合成气制备二甲醚的主要原理如下： ① ② ③ 回答下列问题： (1)反应的 ；该反应的平衡常数表达式为 。 (2)下列措施中，能提高(1)中平衡产率的有_______(填字母)。 A．及时从反应体系中分离出 B．升高温度 C．增大压强 D．加入合适的催化剂 (3)一定温度下，将和通入恒容密闭容器中，发生反应③，后达到化学平衡，平衡后测得的体积分数为0.2，则内 ，该温度下反应③的平衡常数 。 (4)将合成气以通入的反应器中，一定条件下发生反应：，其中的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示，下列说法正确的是 (填字母)。 A． B． C．若在和时，起始时，则平衡时，小于 20．(24-25高二上·江苏海门中学·期中)一定条件下，水气变换反应CO+H2O⇌CO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应： I．HCOOH⇌CO+H2O(快) Ⅱ．HCOOH⇌CO2+H2(慢) 研究发现，在反应I、Ⅱ中，H+仅对反应I有催化加速作用；反应I速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应I建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。 (1)一定条件下，反应I、Ⅱ的焓变分别为、，则该条件下水气变换反应的焓变 (用含、的代数式表示)。 (2)反应I正反应速率方程为：v=kc(H+)•c(HCOOH)，k为反应速率常数。某温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka=1.6×10-4，当HCOOH平衡浓度为0.1mol•L-1时，H+浓度为 mol•L-1，此时反应I正反应速率v= mol•L-1•h-1(用含k的代数式表示)。 (3)T温度下，在密封石英管内完全充满1.0mol•L-1HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。t1时刻测得CO、CO2的浓度分别为0.70mol•L-1、0.16mol•L-1，此时CO达到峰值，反应I达到化学平衡状态，反应I的平衡常数为 ；此后，随着c(CO2)逐渐增大，c(CO)逐渐减少，结合反应I、Ⅱ说明原因： 。 (4)相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.10mol•L-1盐酸，则图中所示点a、b、c、d中，CO的浓度峰值点可能是 (填标号)。与不用盐酸相比，CO达浓度峰值时，CO2浓度 (填“增大”“减小”或“不变”)，的值 (填“增大”“减小”或“不变”)。 21．(24-25高二上·江苏海门中学·期中)综合利用CO2、CO对保护环境、构建低碳社会有重要意义，实现碳中和是党中央作出的重大战略决策。 (1)25℃时，2molCO完全燃烧放出566.0kJ热量。则表示该条件下CO的燃烧热的热化学方程式为 。 (2)超音速飞机尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变为CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO2CO2+N2。为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如下表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 c(NO)/mol•L-1 1.00×10-3 4.50×10-4 2.50×10-4 1.50×10-4 1.00×10-4 1.00×10-4 c(CO)/mol•L-1 3.60×10-3 3.05×10-3 2.85×10-3 2.75×10-3 2.70×10-3 2.70×10-3 请回答下列问题(以下各题均不考虑温度变化对催化效率的影响)： ①前2s内的平均反应速率v(N2) 。在该温度下，注反应的平衡常数K= 。 ②达到平衡后下列能提高NO转化率的是 (填编号)。 A．选用更有效的催化剂 B．保持容器体积不变充入氦气增大压强 C．降低反应体系的温度 D．缩小容器的体积 (3)在催化剂作用下发生如下反应：CO(g)+2H2(g)⇌CHOH(g)。某温度下在一恒压容器中分别充入1.2molCO和1molH2，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.4molCH3OH(g)，此时向容器中再通入0.35moCO气体，则此平衡将 (填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”)移动。 (4)Li4SiO4可用于富集得到高浓度CO2。原理是：在500℃，低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生。700℃时反应的化学方程式为 。 (5)对于反应CO2(g)+3H2(g)⇌CHOH(g)+H2O(g)，测得不同温度下CH3OH生成量随时间变化关系如图。曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为 (填“>”、“＜”或“=”)。 22．(24-25高二上·江苏连云港灌云县第一中学·期中)二甲醚在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用。工业上CO和为原料生产的新工艺主要发生三个反应： ① ② ③ (1)新工艺的总反应为。 ① 。 ②升高温度，的产率 (选填“增大”、“减小”或“不变”)。 (2)当反应在恒温恒容条件下达到平衡时，下列各项叙述正确的是 (选填编号)。 A．一定等于1：1 B．反应物与生成物的物质的量浓度之比保持不变 C．反应速率之比存在关系： (3)为了寻找合适的反应温度，研究者进行了一系列试验，每次试验保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，试验结果如图。 温度高于时，CO的转化率随温度升高而减小的原因是 。 23．(24-25高二上·江苏江阴第一中学·期中)以软锰矿粉（含及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物）为原料制备电池级。 (1)浸取。将一定量软锰矿粉与、溶液中的一种配成悬浊液，加入三颈烧瓶中（如图），70℃下通过分液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。分液漏斗中的溶液是 ；转化为的离子方程式为 。 (2)除杂。对已经除去Fe、Al、Si的溶液，可通过萃取、反萃取等过程除去溶液中的、。 已知：被萃取剂HA萃取的原理可表示为 （水层）（有机层）（有机层）+（水层） 反萃取是利用稀硫酸将有机层中的转移到水层，需将稀硫酸和有机层共同加入 （填仪器名称）中进行实验操作。为使尽可能多地发生上述转移，下列实验条件或采取的操作有效的是 （填序号）。 A适当提高浓度        B．加足量蒸馏水 C．用适量稀硫酸分多次反萃取    D．充分振荡 (3)溶液在碱性条件下通入空气氧化获得，产物中Mn元素质量分数（）随反应时间和温度变化如图1与图2所示。 ①如图1所示反应时间超过8小时，降低的原因是 。 ②请设计由溶液制备较纯实验方案： 。（需用到的试剂：溶液、溶液。） 24．(24-25高二上·江苏江阴第一中学·期中)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①常温下，，，，。 ②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题： (1)“酸浸”步骤中，分离出的浸渣为： ；为提高溶矿速率，可采取的措施： （举1例）。 (2)“沉铜”步骤中，生成CuS的离子方程式是： ；常温下，该反应的平衡常数 。 (3)“沉锰”步骤中，除将氧化为，还能 。 (4)“沉淀”步骤中，常温下用NaOH调，溶液中浓度为： 。 (5)“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的NaClO氧化，其反应的离子方程式 。 (6)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方案为 。 25．(24-25高二上·江苏淮安马坝高级中学·期中)的资源化利用能有效减少碳排放，充分利用碳资源。 Ⅰ．合成甲醇()，该反应包括下列两步： 反应(Ⅰ)：  ； 反应(Ⅱ)：  ； (1)由与合成的热化学方程式为 。 (2)在一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入和，控制条件仅发生反应(Ⅱ)，测得、和的物质的量(n)随时间的变化如下图1所示： ①内，用表示的化学反应速率 。 ②下列能说明在此容器中，反应(Ⅱ)达到平衡状态的是 (填字母)。 A．单位时间内断裂键的同时，形成键 B．混合气体的密度不再发生变化 C． D．容器内气体压强不再发生变化 E．的体积分数不再发生变化 ③在反应(Ⅱ)达到平衡后，再向容器中加入和，则平衡向 移动。(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。 (3)在恒压、和的起始量一定的条件下，平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如图2。 已知： ①温度高于300℃，曲线b随温度升高而上升的原因是 。 ②时，在催化剂作用下与反应一段时间后，测得的选择性为35%。反应时间和温度不变，提高选择性的措施有 。(任写出2条措施) 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $