题型02 原理综合题（期末真题汇编，江苏专用）高三化学上学期

题型02 原理综合题 1．(23-24高三上·江苏常州·期末)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。 (1)时，燃烧生成放出的热量，蒸发吸收的热量。则表示燃烧热的热化学方程式为 。 (2)工业上常用水煤气反应制备氢气。生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其原因是 。 (3)一氧化碳变换反应也可用于生产氢气。 ①以固体催化剂M催化该变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，反应过程的能量变化如题图1所示。该催化反应历程可用两个化学程式表示为 (中间产物用表示)。②该反应在膜反应器中进行的工作原理如题图2所示。 当反应器中存在膜时，变换反应具有更高转化率的原因是 。 ③该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如下图所示。 i．装置中的固体电解质应采用 (填“氧离子导体”或“质子导体”)。 ii．生产时，阳极发生的电极反应式为 。 iii．同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则的转化率为 (用a、b、y表示)。 【答案】(1) (2)水煤气反应吸热，煤炭与氧气反应放出的热量为水煤气反应供热。交替通入空气和水蒸气，有利于维持体系处于较高温度，加快氢气的生成速率 (3) 膜能选择性分离出，促进反应正向进行 质子导体 【详解】（1）的物质的量为0.5mol，燃烧生成0.5mol放出的热量，蒸发吸收的热量，则1mol燃烧生成1mol放出121kJ×2+44kJ=286kJ，则表示燃烧热的热化学方程式为。 （2）生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其原因是：水煤气反应吸热，煤炭与氧气反应放出的热量为水煤气反应供热。交替通入空气和水蒸气，有利于维持体系处于较高温度，加快氢气的生成速率。 （3）①一氧化碳变换反应的中间产物为，则第一步反应为M和H2O反应生成MO和H2，方程式为：，第二步MO和CO反应生成M和CO2，方程式为：； ②Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大； ③电解时，一氧化碳和水从均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体； ②电解时，阳极发生氧化反应，生成二氧化碳，电极方程式为：； ③根据三段式： 出口Ⅰ处气体为二氧化碳体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为(a+b)，则x=(1-y)(a+b)，CO的转化率为：×100%。 2．(24-25高三上·江苏扬州中学·期末)I．工业废水和废渣中会产生含硫(-II)等污染物，需经处理后才能排放。 (1)废水中的硫化物通常用氧化剂将其氧化为单质S进行回收。已知：溶液中含硫微粒的物质的量分数随变化情况如图1所示。                           图1                                                图2                                    ①向含硫废水中加入稀调节溶液的为6，废水中 。 ②控制废水约为8，废水中单质硫回收率如图2所示。溶液的加入量大于时，废水中单质硫的回收率下降的原因是 。 (2)含硫废渣(硫元素的主要存在形式为)，可以回收处理并加以利用。沉积物-微生物酸性燃料电池工作原理如图3所示。 碳棒b处S生成的电极反应式为 。 II．氨氮废水中含有氨和铵盐，直接排放会造成环境污染。可用以下方法处理： (3)沉淀法 ①“氧化”时在微生物的催化作用下，被氧化为。该反应的化学方程式为 。 ②“沉淀”中将“氧化”步骤后剩余的转化为沉淀，若调节过大，会降低氨氮去除率，其原因为 。 (4)生物硝化反硝化法 生物硝化反硝化法可将酸性废水中的氨氮转化为氮气，其原理如图4所示。 ①硝化过程中溶液的 。(填“升高”或“降低”)。 ②每处理含的酸性废水，理论上消耗的物质的量为 。 【答案】(1) 硫元素被氧化成更高价态的或 (2)S-6e-+4H2O =+8H+ (3) pH过大，溶液中OH-浓度过大，使得溶液中生成或沉淀，导致氨氮去除率下降 (4) 降低 【分析】（1）依据图像，求得电离平衡常数，再进行计算；（2）根据光合菌产生的O2得电子结合H+得到H2O，碳棒a为正极，FeS2在硫氧化菌的作用下被氧化为S，S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根，碳棒b为负极；（3）从信息和流程知，处理氨氮废水时，在废水池的底部吹入大量热空气，把废液中的氨水分解挥发后转变成氨气，通入空气加入了微生物，把NH3氧化为N2，剩余的氨氮通过和 MgCl2及Na2HPO4反应产生NH4MgPO4·6H2O沉淀而除去；（3）依据原子守恒求得物质的量之间的关系，进行计算，据此解答。 【详解】（1）①由图可知，pH为7时，c(HS-)=c(H2S)，，pH为13时，c(HS-)=c(S2-)，，则当pH为6时，，②H2O2具有强氧化性，H2O2溶液加入量大于时，所加H2O2溶液越多，S生成率越低，可能是因为硫元素被氧化成更高价态的或，答案：、硫元素被氧化成更高价态的或； （2）根据光合菌产生的O2得电子结合H+得到H2O，碳棒a为正极，FeS2在硫氧化菌的作用下被氧化为S，S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根，碳棒b为负极，存在电极反应：S-6e-+4H2O =+8H+，答案：S-6e-+4H2O =+8H+； （3）NH3被氧化化合价升高为N2的过程中，通入空气提供氧气，微生物起催化剂作用，反应的化学方程式为：，②“沉淀”中将“氧化”步骤后剩余的转化为沉淀，根据质量守恒写出发生反应的离子方程式为：，若调节pH过大，溶液中OH-浓度过大，使得溶液中生成或沉淀，导致氨氮去除率下降，答案：、pH过大，溶液中OH-浓度过大，使得溶液中生成或沉淀，导致氨氮去除率下降 （4）①硝化过程溶液中反应为，反应过程中溶液pH降低；②反硝化过程溶液中反应为，因此整个过程中，因此每处理含的酸性废水，理论上消耗的物质的量为mol，答案：降低、。 3．(24-25高三上·江苏部分高中·期末)我国提出“碳达峰”目标是在2030年前达到最高值，2060年前达到“碳中和”。因此，二氧化碳的综合利用尤为重要。 (1)通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚(CH3OCH3)也有广泛的应用。 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-49.01kJ/mol 反应Ⅱ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)　ΔH=-24.52kJ/mol 反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH=+41.17kJ/mol ①恒压、投料比=4的情况下，不同温度下CO2的平衡转化率和产物的选择性(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)如图1所示。当温度超过290℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。 ②工业实际设计温度一般在230~270℃范围内变化，不能过高的原因是 。 (2)为了实现“碳中和”，工业上还常将二氧化碳转化为甲酸。转化流程如图所示： ①写出步骤1反应的离子方程式： 。 ②其他条件不变，步骤1中KHCO3转化为HCOO-的转化率与温度的关系如图2所示。 步骤1的转化率开始迅速上升，主要原因是 ，后又下降的可能原因是 。 ③流程图步骤2中，加入乙醚的作用是 。 (3)CO2电还原法可能的反应机理如图3所示。Sn的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 ①若还原产物主要为CH4时，应选择 (填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。 ②写出(b)的电极反应式： 。 【答案】(1) 反应Ⅰ、Ⅱ放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高反应Ⅲ正向进行程度增大，反应Ⅰ、Ⅱ正向进行程度减小。当温度超过290℃，反应Ⅲ增大程度大于反应Ⅰ、Ⅱ减小程度，故CO2的转化率随温度升高而增大 随着温度继续升高，二甲醚的选择性降低程度过大(二甲醚的产率太小) (2) HC+H2HCOO-+H2O 温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增强 温度过高，不利于氢气在催化剂表面的吸附(或温度升高，催化剂的活性降低) 作为萃取剂 (3) Cu *COOH+H++e-＝*CO+H2O 【详解】（1）①由题给信息可知，反应Ⅰ、Ⅱ放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高反应Ⅲ正向进行程度增大，反应Ⅰ、Ⅱ正向进行程度减小。当温度超过290℃，反应Ⅲ增大程度大于反应Ⅰ、Ⅱ减小程度，故CO2的转化率随温度升高而增大。答案为：反应Ⅰ、Ⅱ放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高反应Ⅲ正向进行程度增大，反应Ⅰ、Ⅱ正向进行程度减小。当温度超过290℃，反应Ⅲ增大程度大于反应Ⅰ、Ⅱ减小程度，故CO2的转化率随温度升高而增大； ②由图可知：随着温度继续升高，二甲醚的选择性降低程度过大(二甲醚的产率太小)。答案为：随着温度继续升高，二甲醚的选择性降低程度过大(二甲醚的产率太小)； （2）①由流程图可知KHCO3和H2在催化剂作用下反应生成HCOO-，根据电子得失守恒，可知该反应的离子方程式为：HCO+H2HCOO-+H2O；答案为：HCO+H2HCOO-+H2O； ②由图可知，随着温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增强，从而使得步骤1的转化率开始迅速上升，温度过高时(温度>80℃)，可能导致催化剂的催化效率降低，即催化剂活性降低。答案为：温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增强；温度过高，不利于氢气在催化剂表面的吸附(或温度升高，催化剂的活性降低)； ③由流程图中步骤3的分离操作可知，步骤2中加入乙醚是乙醚作萃取剂萃取甲酸。答案为：作为萃取剂； （3）①若还原产物主要为CH4时，应选择Cu作催化剂，根据反应机理，第一步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，CO易脱离；Cu对CO的吸附能力强，不易从催化剂表面脱离。因此，应选择Cu作催化剂；答案为：Cu； ②据图中信息可知，在酸性条件下，(b)的电极反应式为*COOH+H++e-＝*CO+H2O。 答案为：*COOH+H++e-＝*CO+H2O。 4．(23-24高三上·江苏苏州·期末)尿素 是常用的化肥与工业原料，其生产与应用有着重要的意义。 (1)尿素生产一般控制在 下进行，主要涉及下列反应： 反应1   反应2   反应 的 。 (2)具有强还原性，生产尿素过程中，常通入适量氧气防止镍制容器表面的金属钝化膜被破坏。 ①与反应产生的化学方程式为 。 ②生产时通入的气体中常混有少量。有氧气存在的条件下，腐蚀反应容器的速率会更快，其原因是 。 (3)尿素在结晶过程中主要副反应是尿素发生脱氨反应。其反应历程如下： 反应3  CO(NH2)2(l)=HNCO(g)+NH3(g)   (快反应) 反应4  HNCO(g)+CO(NH2)2(l)=(H2NCO)2NH(l)(缩二脲)   (慢反应) ①在缩二脲的结构式()中圈出电子云密度最小的氢原子 。 ②在尿素结晶过程中，反应3可视为处于平衡状态。实验表明，在合成尿素的体系中，的浓度越高，缩二脲生成速率越慢，其原因是 。 (4)含结晶水的晶体表面存在结构“”，用加热后的 晶体作催化剂，以为原料，电解溶液可获得尿素。 ①生成尿素的电极方程式为 。 ②加热后的晶体表面会产生位点，位点与位点共同形成 位点，其催化机理(部分)如图所示。实验表明，在下加热 晶体得到的催化剂催化效果最好，温度过高或过低催化效果会降低的原因是 。 ③电解质溶液中若存在极大地降低催化剂的活性，原因是 。 【答案】(1) (2) 与O2反应生成SO2，SO2 、O2、H2O反应生成硫酸，酸性增强，腐蚀能力增强 (3) 的浓度越高，反应3平衡逆向进行，HNCO浓度降低，反应4反应速率降低，缩二脲生成速率变慢 (4) 温度过低Ni—O键断裂少，生成的LA位点少，难以形成足够的FLP位点催化反应，催化效果会降低；温度过高，FLP位点的结构被破坏，形成两个LA位点，失去对CO2的吸附、还原能力，催化效果下降 可以占据LA位点，使之无法吸附CO2 【详解】（1）反应 =反应1+反应2，故； （2）①与反应产生，由氧化还原分析，NiO生成Ni，故化学方程式为； ②生产时通入的气体中常混有少量。有氧气存在的条件下，发生反应，，硫酸腐蚀性更强； （3） ①中间N原子连接两个羰基，羰基中O原子电负性强，吸电子能力强，羰基为吸电子基团，故N—H键的电子更偏向N原子，H原子电子云密度降低，故答案为； ②的浓度越高，反应3平衡越向逆向进行，HNCO浓度越低，反应4反应速率越低，缩二脲生成速率越慢； （4）①由N2生成尿素的电极反应式为； ②如图可知，温度过低Ni—O键断裂少，生成的LA位点少，难以形成足够的FLP位点催化反应，催化效果会降低；温度过高，FLP位点的结构被破坏，形成两个LA位点，失去对CO2的吸附、还原能力，催化效果下降。 ③可以占据LA位点，使之无法吸附CO2，极大地降低催化剂的活性。 5．(24-25高三上·江苏南京宁海中学·期末)我国提出“碳达峰”目标是在2030年前达到最高值，2060年前达到“碳中和”。因此，二氧化碳的综合利用尤为重要。 (1)通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚 (CH3OCH3)也有广泛的应用。 反应 Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)     ΔH=-49.01 kJ·mol-1 反应 Ⅱ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)　    ΔH=-24.52 kJ·mol-1 反应 Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　       ΔH=＋41.17 kJ·mol-1 ①2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)     ΔH= 。 ②恒压、投料比=4的情况下，不同温度下CO2的平衡转化率和产物的选择性(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)如下图所示，当温度超过290 ℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 ， ③图示实验条件下，200 ℃时CH3OCH3的平衡产率为 。 (2)2022年7月香港中文大学王莹教授研发新型电解槽实现二氧化碳回收转化效率达到60%以上。Pd­Cu双金属催化剂在某介质中催化，CO2转化为CH3CH2OH示意如图所示。可以看到，在那个特定区域，实际上它是微碱性的，写出CO2转化为CH3CH2OH的电极反应方程式： 。该装置最终的有机产品是重要的基础化工原料，预测可能是 。 (3)在席夫碱(含“—RC=N—”有机物)修饰的纳米金催化剂上，CO2直接催化加氢成甲酸。其反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注。该历程中决速步骤生成的过渡态为 ，判断依据为 。 【答案】(1) -122.54 kJ·mol-1 反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO2的平衡转化率降低；反应Ⅲ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率升高；温度超过290℃，后者影响大于前者，故CO2的转化率随温度升高而增大 40% (2) 2CO2＋12e-＋9H2O=CH3CH2OH＋12OH- 乙烯 (3) TS­2 该步骤反应的活化能最大，反应速率最小 【详解】（1）①根据盖斯定律可知，反应Ⅰ×2+II可得到2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)，所以对应的反应焓变ΔH=(-49.01)×2+(-24.52)= -122.54 kJ·mol-1； ②当温度超过290 ℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是：反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO2的平衡转化率降低；反应Ⅲ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率升高；温度超过290℃，后者影响大于前者，故CO2的转化率随温度升高而增大； ③假设投入4mol氢气和1mol CO2，200 ℃时CO2的平衡转化率为50%，则消耗0.5mol二氧化碳，CO选择性为0说明不发生反应 Ⅲ，CH3OCH3的选择性为80%，则生成CH3OCH3消耗的CO2为0.5mol×80%=0.4mol，由题意对反应①列三段式：，理论上若1mol CO2完全反应就会生成0.5mol CH3OCH3，实际上生成0.2mol CH3OCH3，则CH3OCH3的平衡产率为； （2）根据图示可知，CO2在碱性条件下得电子被还原转化为CH3CH2OH，其电极反应式为：2CO2＋12e-＋9H2O=CH3CH2OH＋12OH-；CH3CH2OH脱水生成乙烯，预测最终的有机产品可能使乙烯； （3）起决速步骤为正反应活化能最高的步骤，根据图示可知，该步骤生成的过渡态为TS-2，判断依据为该步骤反应的活化能最大，反应速率最小。 6．(23-24高三上·江苏无锡·期末调研)工业气体精制过程中有多种脱除的方法。 (1)工业脱除天然气中的流程如下： 已知：和常温下的电离平衡常数分别为：。 ① (填表达式)。 ②“吸收”时发生反应的离子方程式为 。 ③电解时生成的电极反应式为 。 (2)使用脱硫剂脱除或中的脱硫和再生的过程如图所示(部分产物已省略)，在脱硫过程中脱硫剂表面形成羟基，有利于的脱除。 ①脱除(步骤I、II、III，需)的化学方程式为 。 ②中间体对脱硫剂的再生起关键作用，原因是 。 ③天然气中少量的水蒸气加快了的脱除，原因是 。 (3)是一种金属团簇化合物材料，具有多孔结构()，其吸收的机理如下所示： ①适当增大材料中锌含量，可提高吸附的总量，原因是 。 ②状态III脱除转变为状态I，该过程可描述为 (仅从断键和成键角度描述)。 【答案】(1) (2) 2H2S+3O2+2ZnMnO32ZnO+2MnSO4+2H2O MnSO4高温（850℃）分解产生SO2等气体，生成多孔MnO2和ZnO（或生成多孔ZnMnO3），增加了脱硫剂的比表面积 水分子吸附在脱硫剂表面，增加了羟基，有利于H2S的脱除 (3) 适当增大材料中锌含量，提高配位中心的数量，从而提高吸附硫化氢的总量 断键：Zn=S键断裂，H-O键断裂，成键：H与S形成H2S，Zn与O形成Zn—O键 【分析】(1)天然气中的硫化氢与碳酸钠溶液反应，根据碳酸和硫化氢的电离常数得出酸性强弱，再根据强酸制弱酸的原则分析产物为碳酸氢钠和NaHS，NaHS溶液经过电解得到H2和Sx； (2) 使用脱硫剂脱除或中的H2S，根据流程图中步骤I、II、III，分析出脱出H2S的反应方程式，生成硫酸锰后，通过氧化还原反应，将脱硫剂表面形成的羟基氧化，同时被还原为氧化锰，氧化锰和锌反应生成氧化锌和二氧化锰，实现脱硫剂的再生； 【详解】（1）①H2S在溶液中分步电离，第一步电离方程式为，； ②由，可知酸性，故按照强酸制弱酸的原则，②“吸收”时发生反应的离子方程式为； ③吸收后的溶液含有HS-，经过电解后失去电子生成Sx，根据得失电子守恒和电荷守恒，电极反应式为：； （2）①脱出H2S的步骤I、II、III中的反应物为H2S、O2、ZnMnO3，产物是ZnO、MnSO4，还会生成H2O，根据电子守恒和元素守恒，反应的化学方程式为：2H2S+3O2+2ZnMnO32ZnO+2MnSO4+2H2O； ②中间体对脱硫剂的再生起关键作用，原因是：MnSO4高温（850℃）分解产生SO2等气体，生成多孔MnO2和ZnO（或生成多孔ZnMnO3），增加了脱硫剂的比表面积； ③根据“在脱硫过程中脱硫剂表面形成羟基，有利于的脱除”，天然气中少量的水蒸气加快了的脱除，原因是水分子吸附在脱硫剂表面，增加了羟基，有利于H2S的脱除； （3）①由吸收H2S的机理知，Zn与H2S中的S配位，适当增大材料中锌含量，提高配位中心的数量，从而提高吸附硫化氢的总量； ②断键和成键角度描述状态III脱除转变为状态I的过程为：断键：Zn=S键断裂，H-O键断裂，成键：H与S形成H2S，Zn与O形成Zn—O键。 7．(24-25高三上·江苏无锡·期末)的分离回收和资源化利用具有重要意义。 Ⅰ．的分离回收 乙醇胺类水溶液对气体具有优良的吸收性能。在20~40℃条件下，单乙醇胺（）水溶液吸收生成单乙醇氨基碳酸盐，升温至较高温度可实现吸收剂的再生。在吸收过程中，部分单乙醇胺会与反应生成单乙醇氨基甲酸盐，对设备有强腐蚀性。N-甲基二乙醇胺水溶液吸收时，生成氨基碳酸氢盐，较低温度即可实现吸收剂再生。 (1)单乙醇胺水溶液吸收生成单乙醇氨基碳酸盐的反应是 （填“吸热”或“放热”）反应。 (2)利用20%单乙醇胺水溶液吸收，测得高于40℃时，单乙醇胺水溶液吸收的吸收率随温度升高呈现下降趋势，其主要原因是 。 (3)单乙醇胺与反应生成单乙醇氨基甲酸盐，该过程分两步进行： （单乙醇氨基甲酸盐） 其中第①步反应类型为 。 (4)与N-甲基二乙醇胺相比，单乙醇胺作为吸收剂的缺点是 。 Ⅱ．的资源化利用 某研究团队使用催化二氧化碳加氢制甲醇。 (5)反应选择性研究。将一定比例和的混合气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得的转化率和产物的选择性随流动时间的变化如图-1所示，催化剂表面反应随流动时间的变化示意图如图-2所示，甲醇选择性发生变化的原因是 。 (6)反应机理研究。中间体转化为中间体是反应的决速步骤，表面氢或活性氢参与反应过程中的能量变化和部分中间体结构示意图分别如图-3和图-4所示。更有利于反应进行的氢为 （填“表面氢”或“活性氢”），从结构和能量的视角分析其原因是 。 【答案】(1)放热 (2)温度升高，溶解度下降，单乙醇氨基碳酸盐发生分解 (3)加成反应 (4)单乙醇胺水溶液吸收生成稳定性强的碳酸盐，吸收液再生能耗大；副产物单乙醇氨基甲酸盐对设备有强腐蚀性 (5)随着流动时间增加，催化剂表面NiOx增多，有利于选择性生成CO，不利于选择性生成 (6) 活性氢 表面氢与金属原子之间存在作用力，且表面氢结合氧原子的方向阻力大，两者共同导致表面氢参与的反应活化能高，反应速率慢 【详解】（1）根据单乙醇胺（）水溶液吸收生成单乙醇氨基碳酸盐，升温至较高温度可实现吸收剂的再生，说明升高温度反应逆向进行，则正反应为放热反应； （2）CO2溶解度随温度升高而降低，温度高于40℃时，CO2溶解度降低，单乙醇氨基碳酸盐发生分解，单乙醇胺水溶液吸收的吸收率随温度升高呈现下降趋势； （3）单乙醇胺与先发生加成反应得到单乙醇氨基甲酸HOCH2CH2NHCOOH，单乙醇氨基甲酸HOCH2CH2NHCOOH再与单乙醇氨反应生成单乙醇氨基甲酸盐，第一步反应为加成反应； （4）根据题目信息，与N-甲基二乙醇胺相比，单乙醇胺作为吸收剂的缺点是：单乙醇胺水溶液吸收生成稳定性强的碳酸盐，吸收液再生能耗大；副产物单乙醇氨基甲酸盐对设备有强腐蚀性； （5）由图2可知，随着流动时间增加，催化剂表面NiOx增多，有利于选择性生成CO，不利于选择性生成，甲醇选择性下降； （6）由图3可知，有活性氢参与的反应活化能低，更有利于进行；并且由图4可知，表面氢与金属原子之间存在作用力，且表面氢结合氧原子的方向阻力大，两者共同导致表面氢参与的反应活化能高，反应速率慢。 8．(23-24高三上·江苏无锡·期末调研)氨的合成和氨氮治理对人类生存和发展具有重要意义。 (1)氨的合成。 ①已知：； ； ； 则 。 ②绿色合成氨工艺如下图，储存在液氨中的化学能来源有 (填初始能源形式)。 ③化学链合成氨可实现物质循环。方法如图所示。已知反应II的方程式为，则反应I的化学方程式为 。 ④以稀有金属为催化剂(镧、钌和锆)合成氨的机理如图所示，由和合成氨气，转移电子的物质的量为 。 (2)氨的利用。 ①工业用氨制硝酸。氨气经高温催化氧化后需要将所得气体经过热交换器处理，在热交换时发生的化学反应能够自发进行的原因是 。 ②用氨水和溶液制备还原剂的反应为：，反应时正确的溶液滴加方式为 。 ③湿法芒硝制碱工艺采用和芒硝为原料制备重碱，重碱经过煅烧得到纯碱，得到重碱的化学方程式为 。 (3)氨氮治理。氯/铁介导电化学处理氨氮废水的机理如图所示： ①阳极生成活性氯(能降解氨氮的含氯分子)的反应方程式为 。 ②和次氯酸反应的离子方程式为 。 ③反应过程中补充，溶液中几种离子浓度变化如图所示，浓度增大的原因是 。 【答案】(1) -90.8kJ/mol 太阳能、风能等 2MeNx−1+N2= 2MeNx 3mol (2) 反应2NO+O2=2NO2为放热反应 将适量的NaClO溶液缓慢滴入氨水中，边加边搅拌 Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4 (3) Cl-—2e-+H2O=HClO+H+ Fe2++HClO=FeO2++ Cl-+H+ 补充FeSO4后，Fe2+与FeO2+反应生成Fe3+ 【详解】（1）①将已知反应和合成氨反应依次编号为①②③④，由盖斯定律可知，反应①+反应②×3+反应③×2=反应④，则反应ΔH=(+946kJ/mol)+(+436kJ/mol)×3+(-1172.4kJ/mol) ×2=-90.8kJ/mol，故答案为：-90.8kJ/mol； ②绿电是通过太阳能、风能等绿色能源产生的电力，所以储存在液氨中的化学能来源有太阳能、风能等，故答案为：太阳能、风能等； ③由图可知，反应I为MeNx−1与氮气反应生成MeNx，反应的化学方程式为2MeNx−1+N2=2MeNx，故答案为：2MeNx−1+N2=2MeNx； ④由图可知，总反应为催化剂作用下氮气与氢气反应生成氨气，则生成1mol氨气时，转移电子的物质的量为3mol，故答案为：3mol； （2）①由题意可知，氨的催化氧化反应为放热反应，氨气经高温催化氧化后需要将所得气体经过热交换器处理，所得气体在热交换时发生的反应为2NO+O2=2NO2，该反应的∆S＜0，该反应能自发进行的原因为反应2NO+O2=2NO2为放热反应，故答案为：反应2NO+O2=2NO2为放热反应； ②次氯酸钠溶液具有强氧化性，能将具有还原性的一水合肼氧化，所以用氨水和次氯酸钠溶液制备一水合肼时，应将适量的NaClO溶液缓慢滴入氨水中，边加边搅拌，防止次氯酸钠溶液氧化一水合肼，故答案为：将适量的NaClO溶液缓慢滴入氨水中，边加边搅拌； ③湿法芒硝制碱工艺中得到重碱的反应为硫酸钠溶液与氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠沉淀和硫酸铵，反应的化学方程式为Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4，故答案为：Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4； （3）①由图可知，阳极生成活性氯(能降解氨氮的含氯分子)为HClO，为氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成HClO，电极反应式为Cl-—2e-+H2O=HClO+H+，故答案为：Cl-—2e-+H2O=HClO+H+； ②由图可知，溶液中亚铁离子与次氯酸溶液反应生成FeO2+离子、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为Fe2++HClO=FeO2++ Cl-+H+，故答案为：Fe2++HClO=FeO2++ Cl-+H+； ③由图可知，补充硫酸亚铁后，溶液中铁离子浓度增大、减少不明显，NH2Cl明显增大，是因为补充FeSO4后，Fe2+与FeO2+反应生成Fe3+，故答案为：补充FeSO4后，Fe2+与FeO2+反应生成Fe3+。 9．(24-25高三上·江苏常州·期末)天然气的主要成分是重要的化工原料。 (1)在无氧环境下，经催化脱氢制备时主要发生如下反应： i．   ii．   ①反应i在 (填“低温”，“高温”或“任何温度”)可自发进行。 ②随着反应的进行，转化率和产率均逐渐降低，原因是 。 (2)在高温下可分解制得乙烷：。实验测得，反应初始阶段的化学反应速率，其中为速率常数。 ①对于处于初始阶段的该反应，下列说法正确的是 (填序号)。 A．增加甲烷浓度，v增大     B．增加浓度，v增大 C．乙烷的生成速率逐渐增大    D．降低反应温度，k减小 ②反应开始时的化学反应速率为。反应初始阶段，当甲烷转化率为α时的化学反应速率为，则 (用含α、的代数式表示)。 (3)在甲烷单加氧酶(s-mmo)作用下，与反应可制得，反应过程如下图所示。 ①该过程中存在铁和氧元素之间电子转移的步骤有 (填序号)。 ②该过程的总反应方程式为 。 (4)将溴化后再偶联可制得，反应原理如下：；。溴化时，部分会进一步溴化为，从而影响的产率。研究表明，可提高溴化生成的选择性，可能机理如下：；；；；；。已知：溴化生成的选择性可表示为。实际生产时，加入少量的即可提高的选择性，其原因为 。 【答案】(1) 高温 反应ii中有积炭生成，随着生成的积炭逐渐增多，催化剂表面活性位点减少，催化性能降低，反应速率减慢 (2) AD (3) I，II，III (4)消耗生成了，和最终也生成了，作为该反应的催化剂 【详解】（1）反应i、，根据，高温时，反应可自发进行；反应ii中有积炭生成，随着生成的积炭逐渐增多，催化剂表面活性位点减少，催化性能降低，反应速率减慢，使转化率和产率下降。 （2）反应速率，增加浓度，v增大，A正确；浓度不影响初始阶段速率，B错误；随反应进行浓度降低，乙烷生成速率减小，C错误；降低温度，速率常数k减小，D正确，选AD；设初始，，转化率为时，，则。 （3）反应I，II，III中铁的化合价发生了变化，故存在铁和氧元素间电子转移（氧化还原）的步骤是I，II，III；由图易得该反应的反应物有、、、，生成物有，故总反应为。 （4）⋅I消耗生成了，⋅Br和最终也生成了，作为该反应的催化剂。 10．(24-25高三·江苏苏州·期末)储能材料是当前研究的热点。 (1)易分解反应释氢，且可与固体氧化物混合作固体燃料推进剂。与的反应过程如下： ．   ．   ．   ①和在无水乙醚中反应可以生成和，该反应的化学方程式为 。 ②反应的 。 ③与普通铝粉相比，与反应更容易引发的原因是 。 (2)是一种储氢材料，催化剂催化释氢的原理是：使催化剂表面的释放，催化剂表面的与结合生成(容易吸附阴离子)。在催化剂中掺有会提高释氢速率，其部分机理如图-1所示。 ①水解生成和的离子方程式为 。 ②用重水()代替，通过检测反应生成的 可以判断制氢的机理。 ③掺有能提高催化效率的原理是 。 ④产氢速率与浓度的关系如图-2所示。当浓度大于时，产氢速率下降的原因是 。 【答案】(1) AlH3分解得到活性H与Fe2O3反应，大量放热，引发铝热反应Ⅲ， AlH3分解得到Al，更容易与Fe2O3反应(颗粒小，无氧化膜) (2) HD、 MoO3能够促进水电离出H+和 反应产生的大量的吸附Co表面，阻止了的吸附反应 【详解】（1）①根据原子守恒，可得LiAlH4和AlCl3在无水乙醚中反应可以生成AlH3和LiCl的化学方程式为： 3LiAlH4 + AlCl3 = 4AlH3 + 3LiCl； ②已知反应: ．   ．   ．  ，根据盖斯定律可知: 可得反应：，则； ③AlH3与普通铝粉相比，AlH3与Fe2O3反应更容易引发的原因是AlH3分解得到活性H与Fe2O3反应，大量放热，引发铝热反应Ⅲ， AlH3分解得到Al，更容易与Fe2O3反应(颗粒小，无氧化膜)； （2）①由图可知，NaBH4水解生成H2和的离子方程式为：； ②用重水(D2O)代替H2O通过检测反应生成的HD、，可以判断制氢的机理； ③掺有MoO3能提高催化效率的原理是MoO3能够促进水电离出H+和 ④④产氢速率与NaBH4浓度的关系如图2所示。当NaBH4浓度大于时，产氢速率下降的原因是反应产生的大量的吸附Co表面，阻止了的吸附反应。 11．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)研究柴油车尾气中NOx的催化转化具有重要意义。 (1)尿素[CO(NH2)2]水溶液与柴油车尾气在高温下混合后，尿素分解生成NH3和CHON，在催化剂作用下，CHON与H2O反应生成NH3和CO2，画出CHON的结构式： 。 (2)在催化剂作用下，NH3将柴油车尾气中的NOx选择性还原为N2的过程称为NH3-SCR脱硝。当柴油车尾气中n(NO)∶n(NO2)=1∶1时，会发生快速NH3-SCR脱硝反应。 ①写出快速NH3-SCR脱硝反应的化学方程式： 。 ②控制其他条件相同，将4molNH3与表所示的气体充分混合后分别匀速通入如图所示的反应器中反应，测得A组NOx的脱除率明显低于B组，其可能原因是 。(该温度下NH3与O2不发生反应) 混合气体物质的量 A组 n(NO)=4mol、n(O2)=1mol B组 n(NO)=2mol、n(NO2)=2mol ③二氧化铈(CeO2)作为一种SCR脱硝催化剂，能在Ce4+和Ce3+之间改变氧化状态，将NO氧化为NO2，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物[Ce(Ⅲ)xCe(Ⅳ)yOz]，铈氧化物发生的可能变化如图所示，当1molCeO2氧化标况下4.48LNO后，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为 。 (3)科学家研究了V2O5晶面上的NH3-SCR反应过程，该过程如图所示，V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，NH3吸附在酸性位上生成中间体X，NO与X反应生成不稳定的过渡态物质，随后分解生成N2和H2O。 ①画出图中虚线框内X的结构： 。 ②烟气中的少量SO2会增大催化剂活性，但SO2量过多会大大降低催化剂的活性，其可能原因分别是 。 【答案】(1)H−N=C=O (2) 2NH3+NO+NO22N2+3H2O 该温度下2NO+O2=2NO2的平衡常数较小，反应速率较慢 2：3：9 (3) SO2会增加催化剂表面的酸性位，增大催化剂活性；过量SO2与NH3存在竞争吸附；SO2能与NH3等反应生成亚硫酸盐或硫酸盐，覆盖在催化剂表面，降低催化剂活性 【详解】（1）由在催化剂作用下，CHON与水反应生成氨气和二氧化碳可知，CHON分子中含有碳氧双键和碳氮双键，分子的结构式为H−N=C=O，故答案为：H−N=C=O； （2）①由题意可知，脱硝反应为催化剂作用下氨气与氮的氧化物反应生成氮气和水，设一氧化氮和二氧化氮的物质的量都为1mol，由得失电子数目守恒可知，氨气的物质的量为(2mol+4mol) ×=2mol，则反应的化学方程式为2NH3+NO+NO22N2+3H2O，故答案为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O； ②由图表格数据可知，A中含有不能与氨气反应的氧气，而B中不含有氧气，含有一氧化氮与氧气反应生成的二氧化氮，则A组氮的氧化物的脱除率明显低于B组说明该温度下一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮的反应程度小，反应速率慢导致脱除率降低，故答案为：该温度下2NO+O2=2NO2的平衡常数较小，反应速率较慢； ③由得失电子数目守恒可知，1mol二氧化铈与一氧化氮反应生成的氧化物中三价铈元素的物质的量为×2=0.4mol，由铈原子个数守恒可知，四价铈元素的物质的量(1—0.4)mol=0.6mol，由化合价代数和为0可知，反应生成的氧化物中氧元素的物质的量为(0.4mol×3+0.6mol×4) ×=1.8mol，则氧化物中x：y：z=0.4mol：0.6mol：1.8 mol=2：3：9，故答案为：2：3：9； （3） ①由题给信息和过渡态的结构可知，中间体X的结构简式为，故答案为：； ②烟气中的少量二氧化硫会增大催化剂活性，但二氧化硫量过多会大大降低催化剂的活性说明二氧化硫会增加催化剂表面的酸性位，增大催化剂活性，有利于中间体X的生成，而过量二氧化硫与氨气存在竞争吸附，导致不利于中间体X的生成，且二氧化硫能与氨气反应生成亚硫酸盐或硫酸盐覆盖在催化剂表面，降低催化剂活性不利于中间体X的生成，降低催化剂活性，故答案为：SO2会增加催化剂表面的酸性位，增大催化剂活性；过量SO2与NH3存在竞争吸附；SO2能与NH3等反应生成亚硫酸盐或硫酸盐，覆盖在催化剂表面，降低催化剂活性。 12．(24-25高三上·江苏无锡江阴市·期末)氢气既是一种优质的能源，又是一、种重要化工原料，高纯氢的制备是目前的研究热点。 (1)甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，甲烷和水蒸气反应的热化学方程式是： CH4(g) +2H2O(g)CO2(g) +4H2(g) ∆H= +165. 0kJ·mol-1 已知反应器中存在如下反应过程： I.CH4(g) +H2O(g)⇌CO(g) +3H2(g) △H1= +206.4kJ·mol -1 II.CO(g) +H2O(g)⇌CO2(g) +H2(g) △H2 化学键 H-H O-H C-H C≡O 键能/kJ·mol-1 436 465 a 1076 根据上述信息计算：a= 、∆H2 = 。 (2)某温度下，4molH2O和lmol CH4，在体积为2L的刚性容器内同时发生I、II反应，达平衡时，体系中n(CO)=bmol、n(CO2)=dmol，则该温度下反应I的平衡常数K值为 (用字母表示)。 (3)欲增大CH4转化为H2的平衡转化率，可采取的措施有 (填标号)。 A．适当增大反应物水与甲烷的投料比     B．提高压强    C．分离出CO2 (4)H2用于工业合成氨：N2 +3H22NH3 ∆H<0 将n(N2)：n(H2) =1：3的混合气体匀速通过装有催化剂的反应器反应，反应器温度变化与从反应器排出气体中NH3的体积分数φ(NH3)关系如图，反应器温度升高NH；的体积分数φ(NH3)先增大后减小的原因是 (5)在Fe催化剂作用下，工业合成NH3的反应历程为：( *表示吸附态) 化学吸附：N2(g)→2N* ； H2(g)→2H* ； 表面反应：N* +H*⇌NH* ；NH* +H*⇌NH2 * ；NH2* +H*⇌NH3* 脱附：NH3 *⇌NH2(g) 其中，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。实际生产中。常用工艺条件，Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0×105Pa，原料中N2和H2物质的量之比为12. 8。 ①分析说明原料气中N2过量的理由 、 。 ②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是 。 A．控制温度(773K)远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率 B．当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率 C．基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行 D．分离空气可得N2通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生 【答案】 415.1 −41.4kJ/mol AC 温度低于T0时反应没有达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，氨气体积分数增大；温度高于T0时反应达到平衡状态，继续升高温度平衡逆向移动，导致氨气体积分数减小 原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率 N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率 CD 【详解】(1)已知III．CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) ∆H= +165. 0kJ·mol-1 I．CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) △H1= +206.4kJ·mol -1 将方程式III−I得方程式II CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) 即△H2＝(＋165.0−206.4)kJ/mol＝−41.4kJ/mol， I．CH4(g) +H2O(g)⇌CO(g) +3H2(g) △H1= +206.4kJ·mol -1 根据△H1＝反应物所有的键能和−生成物所有的键能和＝4a＋2×465−1076−3×436＝206.4，故a＝415.1 故答案为：415.1；−41.4kJ/mol； (2)根据方程式II知，生成dmolCO2生成dmolH2、， 则方程式I中生成(b＋d)molCO、 ， 在体积为2L的刚性容器内同时发生I、II反应，所以平衡时，n(CH4)＝(1−b−d)mol、 c(CH4)＝(1−b−d)mol/L，n(H2O)＝(4−b−2d)mol 、c(H2O)＝(4−b−2d)mol/L，n(CO)＝b＋d−d＝bmol 、c(CO)＝bmol/L，n(H2)＝3(b＋d)＋d＝(3b＋4d)mol c(H2)＝(3b＋4d)mol/L，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数K＝＝＝；故答案为：； (3)欲增大CH4转化为H2的平衡转化率，应该改变条件使反应I平衡正向移动， A.适当增大反应物的投料比n(H2O)：n(CH4)，甲烷的转化率增大，故A正确； B.增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，故B错误； C.分离出CO2平衡正向移动，甲烷的转化率增大，故C正确； 故答案为：AC； (4)该反应的正反应是放热反应，温度低于T0时反应没有达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，氨气体积分数增大；温度高于T0时反应达到平衡状态，继续升高温度平衡逆向移动，导致氨气体积分数减小；故答案为：温度低于T0时反应没有达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，氨气体积分数增大；温度高于T0时反应达到平衡状态，继续升高温度平衡逆向移动，导致氨气体积分数减小； (5)①由反应N2(g)＋H2(g)⇌NH3(g)可知，加过量氮气，有利于平衡正向移动，提高H2的转化率以及氨气的产率，同时根据题干“N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。”可知，N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率，故答案为：原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率； ②A．控制温度远高于室温是为了保证催化剂的活性，提高反应速率，并非为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率，故A错误； B．恒压条件充入少量惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，不利于提高平衡转化率，故B错误； C．不断将氨气液化，生成物浓度降低，有利于平衡正向移动，故C正确； D．通过天然气和水蒸气转化制得的H2，由于含有CH4，CO等易燃易爆气体，容易出现安全隐患，此外CH4，CO可能会与催化剂反应，造成催化剂活性降低，所以必须经过净化处理，故D正确， 故答案为：CD； 13．(23-24高三上·江苏苏州·期末)燃煤电站产生的主要大气污染物之一。以为活性物质、为载体的催化剂，可用于烟气中脱除。 Ⅰ．将吸附有的胶体煅烧可制得催化剂。 已知：胶粒表面带正电荷。 (1)异丙醇铝加入到中，充分搅拌可生成胶体。 ①生成胶体的化学方程式为 。 ②胶体中，两分子以配位键聚合成含四元环的二聚分子。该二聚分子结构式为 。 (2)将胶体与溶液混合，静置、过滤、洗涤、煅烧制得催化剂。 ①与溶液混合前，须在胶体中加入一定量溶液的目的是 。 ②“煅烧”制得催化剂的过程中固体的质量先减小后增大，固体质量增加的原因是 。 Ⅱ．将模拟烟气(主要成分为)匀速通过装有催化剂的反应管，和反应机理可表示为(表示吸附态)。 (3)负载不同含量的催化剂对的脱除率随温度的变化如图所示。 ①温度范围内，随着温度的升高，脱除率均迅速增大原因是 。 ②催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关。温度高于，使用催化剂的脱除率明显低于催化剂，其原因是 。 (4)实验测得温度升高出口处含量增大，已知与在该催化剂下很难反应生成含量增大的原因是 (用化学方程式表示)。 【答案】(1) (2) 改变胶粒电荷性质 和氧气生成了CeO2 (3) 催化剂活性随温度升高而增大 催化剂的含量高， 含量低，对的吸附少 (4) 【详解】（1）①在水中，充分搅拌可生成胶体，方程式为，故答案为； ②胶体中，两分子以配位键聚合成含四元环的二聚分子，该二聚分子结构式为，故答案为。 （2）①胶粒表面带正电荷，加入一定量溶液改变胶粒电荷性质，再加入溶液吸附有，故答案为改变胶粒电荷性质； ②吸附有的胶体煅烧可制得催化剂，煅烧过程中，固体质量先减小后增大，根据催化剂和原料的分子式，增大是因为和氧气生成了CeO2，故答案为和氧气生成了CeO2。 （3）①温度范围内，催化剂活性随温度升高而增大，使用随着温度的升高，脱除率均迅速增大，故答案为催化剂活性随温度升高而增大； ②已知催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关，催化剂的含量高，导致含量低，对的吸附少，导致温度高于，催化剂的脱除率明显低于催化剂，故答案为催化剂的含量高， 含量低，对的吸附少。 （4）已知与在该催化剂下很难反应生成，所以和生成，方程式为，故答案为 。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型02 原理综合题 1．(23-24高三上·江苏常州·期末)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。 (1)时，燃烧生成放出的热量，蒸发吸收的热量。则表示燃烧热的热化学方程式为 。 (2)工业上常用水煤气反应制备氢气。生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其原因是 。 (3)一氧化碳变换反应也可用于生产氢气。 ①以固体催化剂M催化该变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，反应过程的能量变化如题图1所示。该催化反应历程可用两个化学程式表示为 (中间产物用表示)。②该反应在膜反应器中进行的工作原理如题图2所示。 当反应器中存在膜时，变换反应具有更高转化率的原因是 。 ③该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如下图所示。 i．装置中的固体电解质应采用 (填“氧离子导体”或“质子导体”)。 ii．生产时，阳极发生的电极反应式为 。 iii．同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则的转化率为 (用a、b、y表示)。 2．(24-25高三上·江苏扬州中学·期末)I．工业废水和废渣中会产生含硫(-II)等污染物，需经处理后才能排放。 (1)废水中的硫化物通常用氧化剂将其氧化为单质S进行回收。已知：溶液中含硫微粒的物质的量分数随变化情况如图1所示。                           图1                                                图2                                    ①向含硫废水中加入稀调节溶液的为6，废水中 。 ②控制废水约为8，废水中单质硫回收率如图2所示。溶液的加入量大于时，废水中单质硫的回收率下降的原因是 。 (2)含硫废渣(硫元素的主要存在形式为)，可以回收处理并加以利用。沉积物-微生物酸性燃料电池工作原理如图3所示。 碳棒b处S生成的电极反应式为 。 II．氨氮废水中含有氨和铵盐，直接排放会造成环境污染。可用以下方法处理： (3)沉淀法 ①“氧化”时在微生物的催化作用下，被氧化为。该反应的化学方程式为 。 ②“沉淀”中将“氧化”步骤后剩余的转化为沉淀，若调节过大，会降低氨氮去除率，其原因为 。 (4)生物硝化反硝化法 生物硝化反硝化法可将酸性废水中的氨氮转化为氮气，其原理如图4所示。 ①硝化过程中溶液的 。(填“升高”或“降低”)。 ②每处理含的酸性废水，理论上消耗的物质的量为 。 3．(24-25高三上·江苏部分高中·期末)我国提出“碳达峰”目标是在2030年前达到最高值，2060年前达到“碳中和”。因此，二氧化碳的综合利用尤为重要。 (1)通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚(CH3OCH3)也有广泛的应用。 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-49.01kJ/mol 反应Ⅱ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)　ΔH=-24.52kJ/mol 反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH=+41.17kJ/mol ①恒压、投料比=4的情况下，不同温度下CO2的平衡转化率和产物的选择性(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)如图1所示。当温度超过290℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。 ②工业实际设计温度一般在230~270℃范围内变化，不能过高的原因是 。 (2)为了实现“碳中和”，工业上还常将二氧化碳转化为甲酸。转化流程如图所示： ①写出步骤1反应的离子方程式： 。 ②其他条件不变，步骤1中KHCO3转化为HCOO-的转化率与温度的关系如图2所示。 步骤1的转化率开始迅速上升，主要原因是 ，后又下降的可能原因是 。 ③流程图步骤2中，加入乙醚的作用是 。 (3)CO2电还原法可能的反应机理如图3所示。Sn的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 ①若还原产物主要为CH4时，应选择 (填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。 ②写出(b)的电极反应式： 。 4．(23-24高三上·江苏苏州·期末)尿素 是常用的化肥与工业原料，其生产与应用有着重要的意义。 (1)尿素生产一般控制在 下进行，主要涉及下列反应： 反应1   反应2   反应 的 。 (2)具有强还原性，生产尿素过程中，常通入适量氧气防止镍制容器表面的金属钝化膜被破坏。 ①与反应产生的化学方程式为 。 ②生产时通入的气体中常混有少量。有氧气存在的条件下，腐蚀反应容器的速率会更快，其原因是 。 (3)尿素在结晶过程中主要副反应是尿素发生脱氨反应。其反应历程如下： 反应3  CO(NH2)2(l)=HNCO(g)+NH3(g)   (快反应) 反应4  HNCO(g)+CO(NH2)2(l)=(H2NCO)2NH(l)(缩二脲)   (慢反应) ①在缩二脲的结构式()中圈出电子云密度最小的氢原子 。 ②在尿素结晶过程中，反应3可视为处于平衡状态。实验表明，在合成尿素的体系中，的浓度越高，缩二脲生成速率越慢，其原因是 。 (4)含结晶水的晶体表面存在结构“”，用加热后的 晶体作催化剂，以为原料，电解溶液可获得尿素。 ①生成尿素的电极方程式为 。 ②加热后的晶体表面会产生位点，位点与位点共同形成 位点，其催化机理(部分)如图所示。实验表明，在下加热 晶体得到的催化剂催化效果最好，温度过高或过低催化效果会降低的原因是 。 ③电解质溶液中若存在极大地降低催化剂的活性，原因是 。 5．(24-25高三上·江苏南京宁海中学·期末)我国提出“碳达峰”目标是在2030年前达到最高值，2060年前达到“碳中和”。因此，二氧化碳的综合利用尤为重要。 (1)通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚 (CH3OCH3)也有广泛的应用。 反应 Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)     ΔH=-49.01 kJ·mol-1 反应 Ⅱ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)　    ΔH=-24.52 kJ·mol-1 反应 Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　       ΔH=＋41.17 kJ·mol-1 ①2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)     ΔH= 。 ②恒压、投料比=4的情况下，不同温度下CO2的平衡转化率和产物的选择性(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)如下图所示，当温度超过290 ℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 ， ③图示实验条件下，200 ℃时CH3OCH3的平衡产率为 。 (2)2022年7月香港中文大学王莹教授研发新型电解槽实现二氧化碳回收转化效率达到60%以上。Pd­Cu双金属催化剂在某介质中催化，CO2转化为CH3CH2OH示意如图所示。可以看到，在那个特定区域，实际上它是微碱性的，写出CO2转化为CH3CH2OH的电极反应方程式： 。该装置最终的有机产品是重要的基础化工原料，预测可能是 。 (3)在席夫碱(含“—RC=N—”有机物)修饰的纳米金催化剂上，CO2直接催化加氢成甲酸。其反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注。该历程中决速步骤生成的过渡态为 ，判断依据为 。 6．(23-24高三上·江苏无锡·期末调研)工业气体精制过程中有多种脱除的方法。 (1)工业脱除天然气中的流程如下： 已知：和常温下的电离平衡常数分别为：。 ① (填表达式)。 ②“吸收”时发生反应的离子方程式为 。 ③电解时生成的电极反应式为 。 (2)使用脱硫剂脱除或中的脱硫和再生的过程如图所示(部分产物已省略)，在脱硫过程中脱硫剂表面形成羟基，有利于的脱除。 ①脱除(步骤I、II、III，需)的化学方程式为 。 ②中间体对脱硫剂的再生起关键作用，原因是 。 ③天然气中少量的水蒸气加快了的脱除，原因是 。 (3)是一种金属团簇化合物材料，具有多孔结构()，其吸收的机理如下所示： ①适当增大材料中锌含量，可提高吸附的总量，原因是 。 ②状态III脱除转变为状态I，该过程可描述为 (仅从断键和成键角度描述)。 7．(24-25高三上·江苏无锡·期末)的分离回收和资源化利用具有重要意义。 Ⅰ．的分离回收 乙醇胺类水溶液对气体具有优良的吸收性能。在20~40℃条件下，单乙醇胺（）水溶液吸收生成单乙醇氨基碳酸盐，升温至较高温度可实现吸收剂的再生。在吸收过程中，部分单乙醇胺会与反应生成单乙醇氨基甲酸盐，对设备有强腐蚀性。N-甲基二乙醇胺水溶液吸收时，生成氨基碳酸氢盐，较低温度即可实现吸收剂再生。 (1)单乙醇胺水溶液吸收生成单乙醇氨基碳酸盐的反应是 （填“吸热”或“放热”）反应。 (2)利用20%单乙醇胺水溶液吸收，测得高于40℃时，单乙醇胺水溶液吸收的吸收率随温度升高呈现下降趋势，其主要原因是 。 (3)单乙醇胺与反应生成单乙醇氨基甲酸盐，该过程分两步进行： （单乙醇氨基甲酸盐） 其中第①步反应类型为 。 (4)与N-甲基二乙醇胺相比，单乙醇胺作为吸收剂的缺点是 。 Ⅱ．的资源化利用 某研究团队使用催化二氧化碳加氢制甲醇。 (5)反应选择性研究。将一定比例和的混合气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得的转化率和产物的选择性随流动时间的变化如图-1所示，催化剂表面反应随流动时间的变化示意图如图-2所示，甲醇选择性发生变化的原因是 。 (6)反应机理研究。中间体转化为中间体是反应的决速步骤，表面氢或活性氢参与反应过程中的能量变化和部分中间体结构示意图分别如图-3和图-4所示。更有利于反应进行的氢为 （填“表面氢”或“活性氢”），从结构和能量的视角分析其原因是 。 8．(23-24高三上·江苏无锡·期末调研)氨的合成和氨氮治理对人类生存和发展具有重要意义。 (1)氨的合成。 ①已知：； ； ； 则 。 ②绿色合成氨工艺如下图，储存在液氨中的化学能来源有 (填初始能源形式)。 ③化学链合成氨可实现物质循环。方法如图所示。已知反应II的方程式为，则反应I的化学方程式为 。 ④以稀有金属为催化剂(镧、钌和锆)合成氨的机理如图所示，由和合成氨气，转移电子的物质的量为 。 (2)氨的利用。 ①工业用氨制硝酸。氨气经高温催化氧化后需要将所得气体经过热交换器处理，在热交换时发生的化学反应能够自发进行的原因是 。 ②用氨水和溶液制备还原剂的反应为：，反应时正确的溶液滴加方式为 。 ③湿法芒硝制碱工艺采用和芒硝为原料制备重碱，重碱经过煅烧得到纯碱，得到重碱的化学方程式为 。 (3)氨氮治理。氯/铁介导电化学处理氨氮废水的机理如图所示： ①阳极生成活性氯(能降解氨氮的含氯分子)的反应方程式为 。 ②和次氯酸反应的离子方程式为 。 ③反应过程中补充，溶液中几种离子浓度变化如图所示，浓度增大的原因是 。 9．(24-25高三上·江苏常州·期末)天然气的主要成分是重要的化工原料。 (1)在无氧环境下，经催化脱氢制备时主要发生如下反应： i．   ii．   ①反应i在 (填“低温”，“高温”或“任何温度”)可自发进行。 ②随着反应的进行，转化率和产率均逐渐降低，原因是 。 (2)在高温下可分解制得乙烷：。实验测得，反应初始阶段的化学反应速率，其中为速率常数。 ①对于处于初始阶段的该反应，下列说法正确的是 (填序号)。 A．增加甲烷浓度，v增大     B．增加浓度，v增大 C．乙烷的生成速率逐渐增大    D．降低反应温度，k减小 ②反应开始时的化学反应速率为。反应初始阶段，当甲烷转化率为α时的化学反应速率为，则 (用含α、的代数式表示)。 (3)在甲烷单加氧酶(s-mmo)作用下，与反应可制得，反应过程如下图所示。 ①该过程中存在铁和氧元素之间电子转移的步骤有 (填序号)。 ②该过程的总反应方程式为 。 (4)将溴化后再偶联可制得，反应原理如下：；。溴化时，部分会进一步溴化为，从而影响的产率。研究表明，可提高溴化生成的选择性，可能机理如下：；；；；；。已知：溴化生成的选择性可表示为。实际生产时，加入少量的即可提高的选择性，其原因为 。 10．(24-25高三·江苏苏州·期末)储能材料是当前研究的热点。 (1)易分解反应释氢，且可与固体氧化物混合作固体燃料推进剂。与的反应过程如下： ．   ．   ．   ①和在无水乙醚中反应可以生成和，该反应的化学方程式为 。 ②反应的 。 ③与普通铝粉相比，与反应更容易引发的原因是 。 (2)是一种储氢材料，催化剂催化释氢的原理是：使催化剂表面的释放，催化剂表面的与结合生成(容易吸附阴离子)。在催化剂中掺有会提高释氢速率，其部分机理如图-1所示。 ①水解生成和的离子方程式为 。 ②用重水()代替，通过检测反应生成的 可以判断制氢的机理。 ③掺有能提高催化效率的原理是 。 ④产氢速率与浓度的关系如图-2所示。当浓度大于时，产氢速率下降的原因是 。 11．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)研究柴油车尾气中NOx的催化转化具有重要意义。 (1)尿素[CO(NH2)2]水溶液与柴油车尾气在高温下混合后，尿素分解生成NH3和CHON，在催化剂作用下，CHON与H2O反应生成NH3和CO2，画出CHON的结构式： 。 (2)在催化剂作用下，NH3将柴油车尾气中的NOx选择性还原为N2的过程称为NH3-SCR脱硝。当柴油车尾气中n(NO)∶n(NO2)=1∶1时，会发生快速NH3-SCR脱硝反应。 ①写出快速NH3-SCR脱硝反应的化学方程式： 。 ②控制其他条件相同，将4molNH3与表所示的气体充分混合后分别匀速通入如图所示的反应器中反应，测得A组NOx的脱除率明显低于B组，其可能原因是 。(该温度下NH3与O2不发生反应) 混合气体物质的量 A组 n(NO)=4mol、n(O2)=1mol B组 n(NO)=2mol、n(NO2)=2mol ③二氧化铈(CeO2)作为一种SCR脱硝催化剂，能在Ce4+和Ce3+之间改变氧化状态，将NO氧化为NO2，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物[Ce(Ⅲ)xCe(Ⅳ)yOz]，铈氧化物发生的可能变化如图所示，当1molCeO2氧化标况下4.48LNO后，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为 。 (3)科学家研究了V2O5晶面上的NH3-SCR反应过程，该过程如图所示，V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，NH3吸附在酸性位上生成中间体X，NO与X反应生成不稳定的过渡态物质，随后分解生成N2和H2O。 ①画出图中虚线框内X的结构： 。 ②烟气中的少量SO2会增大催化剂活性，但SO2量过多会大大降低催化剂的活性，其可能原因分别是 。 12．(24-25高三上·江苏无锡江阴市·期末)氢气既是一种优质的能源，又是一、种重要化工原料，高纯氢的制备是目前的研究热点。 (1)甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，甲烷和水蒸气反应的热化学方程式是： CH4(g) +2H2O(g)CO2(g) +4H2(g) ∆H= +165. 0kJ·mol-1 已知反应器中存在如下反应过程： I.CH4(g) +H2O(g)⇌CO(g) +3H2(g) △H1= +206.4kJ·mol -1 II.CO(g) +H2O(g)⇌CO2(g) +H2(g) △H2 化学键 H-H O-H C-H C≡O 键能/kJ·mol-1 436 465 a 1076 根据上述信息计算：a= 、∆H2 = 。 (2)某温度下，4molH2O和lmol CH4，在体积为2L的刚性容器内同时发生I、II反应，达平衡时，体系中n(CO)=bmol、n(CO2)=dmol，则该温度下反应I的平衡常数K值为 (用字母表示)。 (3)欲增大CH4转化为H2的平衡转化率，可采取的措施有 (填标号)。 A．适当增大反应物水与甲烷的投料比     B．提高压强    C．分离出CO2 (4)H2用于工业合成氨：N2 +3H22NH3 ∆H<0 将n(N2)：n(H2) =1：3的混合气体匀速通过装有催化剂的反应器反应，反应器温度变化与从反应器排出气体中NH3的体积分数φ(NH3)关系如图，反应器温度升高NH；的体积分数φ(NH3)先增大后减小的原因是 (5)在Fe催化剂作用下，工业合成NH3的反应历程为：( *表示吸附态) 化学吸附：N2(g)→2N* ； H2(g)→2H* ； 表面反应：N* +H*⇌NH* ；NH* +H*⇌NH2 * ；NH2* +H*⇌NH3* 脱附：NH3 *⇌NH2(g) 其中，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。实际生产中。常用工艺条件，Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0×105Pa，原料中N2和H2物质的量之比为12. 8。 ①分析说明原料气中N2过量的理由 、 。 ②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是 。 A．控制温度(773K)远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率 B．当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率 C．基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行 D．分离空气可得N2通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生 13．(23-24高三上·江苏苏州·期末)燃煤电站产生的主要大气污染物之一。以为活性物质、为载体的催化剂，可用于烟气中脱除。 Ⅰ．将吸附有的胶体煅烧可制得催化剂。 已知：胶粒表面带正电荷。 (1)异丙醇铝加入到中，充分搅拌可生成胶体。 ①生成胶体的化学方程式为 。 ②胶体中，两分子以配位键聚合成含四元环的二聚分子。该二聚分子结构式为 。 (2)将胶体与溶液混合，静置、过滤、洗涤、煅烧制得催化剂。 ①与溶液混合前，须在胶体中加入一定量溶液的目的是 。 ②“煅烧”制得催化剂的过程中固体的质量先减小后增大，固体质量增加的原因是 。 Ⅱ．将模拟烟气(主要成分为)匀速通过装有催化剂的反应管，和反应机理可表示为(表示吸附态)。 (3)负载不同含量的催化剂对的脱除率随温度的变化如图所示。 ①温度范围内，随着温度的升高，脱除率均迅速增大原因是 。 ②催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关。温度高于，使用催化剂的脱除率明显低于催化剂，其原因是 。 (4)实验测得温度升高出口处含量增大，已知与在该催化剂下很难反应生成含量增大的原因是 (用化学方程式表示)。 / 学科网（北京）股份有限公司 $