专题15化学反应原理-

专题15化学反应原理【核心考点梳理】考点一、反应热与化学平衡的综合以能量变化、化学反应速率、化学平衡知识为主题，借助图像、图表的手段，综合考查关联知识。关联知识主要有：(1)ΔH符号的判断、热化学方程式的书写、应用盖斯定律计算ΔH。(2)化学反应速率的计算与比较，外因(浓度、压强、温度、催化剂)对化学反应速率的影响。(3)平衡常数、转化率的计算，温度对平衡常数的影响；化学平衡状态的判断，用化学平衡的影响因素进行分析和解释。(4)在多层次曲线图中反映化学反应速率、化学平衡与温度、压强、浓度的关系。1．热化学方程式的书写及反应热计算技巧首先根据要求书写目标热化学方程式的反应物、产物并配平，其次在反应物和生成物的后面的括号内注明其状态，再次将目标热化学方程式与已有的热化学方程式比对(主要是反应物和生成物的位置、化学计量数)，最后根据盖斯定律进行适当运算得出目标热化学方程式的反应热ΔH，空一格写在热化学方程式右边即可。2．分析反应速率和化学平衡问题的注意点(1)熟练“三段式”，准确计算反应速率、转化率和平衡常数。①明确三种量的意义：一是起始量(物质的量或浓度)，二是变化量，三是平衡量；②用变化量求反应速率和转化率，用平衡浓度求平衡常数。(2)化学平衡状态的比较分析时，要审清两个条件：①恒温恒容；②恒温恒压。(3)平衡常数的计算①固体和纯液体的浓度视为常数(不出现在平衡常数表达式中)；②理解气体分压的意义(等于气体物质的量之比)以及气体压强平衡常数的计算。(4)对于可逆反应，温度变化对正、逆反应速率均产生影响，且影响趋势相同，但影响程度不同。①升温对吸热反应影响较大，对放热反应影响较小；②降温对吸热反应影响较小，对放热反应影响较大。3．分析图表时应注意的问题(1)仔细分析曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点，找准纵坐标与横坐标的对应数据。(2)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。考点二、电解质溶液、电化学与化学平衡的综合1．题型特点主要以元素及其化合物的性质做素材，设计为溶液中进行的可逆反应。试题主要考查电化学、溶液中的电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡的有关知识，同时往往涉及氧化还原反应的相关知识。2．解题指导(1)浏览全题根据题目提供的信息，结合相关基础知识，先对简单问题进行解答。(2)对于氧化还原反应①通过陌生物质的价态判断其氧化性与还原性。②氧化还原滴定的分析计算要正确利用“关系式”。(3)化学反应速率的影响因素的实验探究影响化学反应速率的探究实验中，控制变量是关键。(4)化学平衡常数及平衡转化率的计算平衡常数的计算可用三段式法找出浓度可变的反应物、产物在起始时、转化的、平衡时的浓度，然后代入平衡常数表达式(平衡时生成物浓度化学计量数次幂的乘积与反应物浓度化学计量数次幂的乘积的比值)进行计算。(5)对于电化学类试题，首先判断是原电池还是电解池，然后分析电极类别，书写电极反应式，最后按电极反应式进行相关计算。电化学中的电极反应式的书写要做到以下几点：(1)根据题意、装置图分清“原电池”“电解池”或“电镀池”。(2)定电极：阴极、阳极；正极、负极。(3)根据电极反应物和介质确定产物进而写出电极反应式。①配平(原子守恒、电荷守恒、电子守恒)；②产物粒子在介质中存在的形式；③得、失电子要表达准确，得电子写＋ne－，失电子写－ne－。(4)对电化学计算要利用各电极转移的电子数相等求未知量。(6)对于电解质溶液类试题，要明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型，然后进行解答。【点对点真题回顾】1.（2023.江苏卷）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。（1）燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。“吸收”后所得的溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的，其原因是___________。（2）合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现反应Ⅰ：反应Ⅱ：①密闭体系中反应Ⅰ平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[]和尿素转化为氰酸铵()等副反应。尿素生产中实际投入和的物质的量之比为，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。（3）催化电解吸收的KOH溶液可将转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为___________(填化学式)。②当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为___________。③当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为___________(写出计算过程)。【答案】（1）①.②.相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳（2）①.<0②.适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高（3）①.H2②.③.每生成1mol转移12mole，每生成1mol转移2mole，故电解生成的和的物质的量之比为【解析】【小问1详解】由图可知“吸收”后所得的溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为。载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳。小问2详解】由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其<0。实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。【小问3详解】当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子得电子变成氢气。当电解电压为时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由生成的电极反应式为。当电解电压为时，电解过程中还原产物的为24%，还原产物的为8%，每生成1mol转移12mole，每生成1mol转移2mole，故电解生成的和的物质的量之比为。1.（2022.江苏卷）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。（1）“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。（2）“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为_______。②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是_______。（3）从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是_______。【答案】（1）①.②.Cu、O（2）①.②.吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+③.随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积，H2的产量增大，的产率增大（3）制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用【解析】【小问1详解】①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：；②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。【小问2详解】①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：；②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+；③在其他条件相同时，随增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。故答案为：随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积，H2的产量增大，的产率增大；【小问3详解】“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。3.（2021.江苏卷）甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。（1）500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)ΔH=178.8kJ·mol1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是___。（2）CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=246.5kJ·mol1反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol1反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s)ΔH=172.5kJ·mol1①在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=___。②1.01×105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，其原因是___。（3）利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为___。②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是___。【答案】（1）吸收CO2，提高H2的产率，提供热量（2）①.657.1kJ·mol1②.反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小（3）①.铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价②.高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu【解析】【小问1详解】已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)ΔH=－178.8kJ·mol1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量。【小问2详解】①反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=246.5kJ·mol1反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol1依据盖斯定律可知I×3－II×2即得到反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=657.1kJ·mol1。②由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率。【小问3详解】①图2所示机理的步骤(i)中CO结合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。②由于高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降。4.（2020.江苏卷）CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。(1)CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO，其离子方程式为__________；其他条件不变，HCO3转化为HCOO的转化率随温度的变化如图1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_____________。(2)HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。①电池负极电极反应式为_____________；放电过程中需补充的物质A为_________(填化学式)。②图2所示的HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为_______________。(3)HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图3所示。①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成__________(填化学式)。②研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是_______________。【答案】(1).(2).温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强(3).(4).H2SO4(5).或(6).HD(7).提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度【解析】【分析】(1)根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；从温度对反应速率的影响以及温度对催化剂的影响的角度分析。(2)该装置为原电池装置，放电时HCOOˉ转化为被氧化，所以左侧为负极，Fe3+转化为Fe2+被还原，所以右侧为正极。(3)HCOOH生成HCOOˉ和H+分别与催化剂结合，在催化剂表面HCOOˉ分解生成CO2和Hˉ，之后在催化剂表面Hˉ和第一步产生的H+反应生成H2。【详解】(1)含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：+H2HCOOˉ+H2O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以的催化加氢速率迅速上升；(2)①左侧为负极，碱性环境中HCOOˉ失电子被氧化为，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ=+H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根，为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，则物质A为H2SO4；②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ=2+2H2O或2HCOOˉ+O2=2；(3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO2和HD(Hˉ与D+结合生成)；②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。【点睛】第3小题为本题难点，要注意理解图示的HCOOH催化分解的反应机理，首先HCOOH分解生成H+和HCOOˉ，然后HCOOˉ再分解成CO2和Hˉ，Hˉ和H+反应生成氢气。【点对点模拟仿真】1．（2023春·江苏扬州·高三统考开学考试）臭氧催化氧化是降解水体中有机污染物的常用方法。(1)一种电解法制备的装置如图所示。阳极生成的电极反应式为。广泛用于食品、环境的消毒与水体处理，主要原因有。(2)研究温度对一定时间内降解有机物的影响。通常降解时采用一次性投加的方式，温度升高，相同时间内有机物降解率降低。提出猜想：溶液中溶解的浓度减小。作出猜想的依据：；设计一个实验验证猜想：。(3)研究降解有机物的路径。资料：除直接降解有机物外，在溶液中能产生羟基自由基也能降解水中有机物。实验：取三份废水，保持其他条件相同，第一份直接通入；第二份在加入一定量的同时通入；第三份在加入一定量与叔丁醇的同时通入(叔丁醇能迅速结合而将其除去)，分别测量三份废水中有机物的残留率随时间的变化，结果如图所示。根据图中曲线可以得出的结论为。(4)研究降解有机物的机理。催化反应的一种机理如图所示，“Vo”表示表面的氧离子空穴。图中所示的反应步骤II可描述为。根据此机理，实际具有催化活性的催化剂为(以含字母x的化学式表示其组成)。【答案】(1)3H2O6e=O3↑+6H+氧化性强；还原产物无污染；过量的O3会分解，分解产物是O2，无残留污染(2)温度升高，O3分解速率加快；O3在溶液中的溶解度降低取相同体积、不同温度的若干份蒸馏水，向其中通入等物质的量的O3，相同时间后测量其中O3的浓度(3)MnO2对O3降解有催化作用；降解过程中产生了·OH，·OH参与降解，但不是降解的主要路径；O3直接降解是该降解过程的主要路径(4)O3与晶体中的O2反应生成O，同时释放出O2MnO2x【解析】（1）和电源正极相连的是阳极，阳极发生氧化反应，阳极生成的电极反应式为：3H2O6e=O3↑+6H+；具有很强的氧化性，且还原产物对环境无污染，过量的O3也会分解，分解产物是O2无残留，因此广泛用于食品、环境的消毒与水体处理。（2）温度升高气体的溶解度减小，反应速率加快。温度升高，O3分解速率加快；O3在溶液中的溶解度减小；设计实验时要控制单一变量，控制温度不同，其余条件相同。取相同体积、不同温度的若干份蒸馏水，向其中通入等物质的量的O3，相同时间后测量其中O3的浓度。（3）由图可知，加入二氧化锰后有机物残留率明显降低，再加入叔丁醇有机物残留率有所降低，但不太明显。因此MnO2对O3降解有催化作用，降解过程中产生了·OH，·OH参与降解，但不是降解的主要路径，O3直接降解是该降解过程的主要路径。（4）有图可知，反应步骤II可描述为：O3与晶体中的O2反应生成O，同时释放出O2；步骤1二氧化锰放出氧气生成MnO2x，步骤2MnO2x与结合O3放出氧气生成O，步骤2O结合O2放出氧气，同时生成二氧化锰，因此实际具有催化活性的催化剂为MnO2x。2．（2023·江苏淮安·淮阴中学校考模拟预测）含氮化合物(、、等)是环境污染物，可用以下方法消除其污染。Ⅰ．苯酚()是一种广泛使用、易氧化的化工产品。一种在下用废气催化氧化苯制备苯酚的新方法为：。(1)已知则。Ⅱ．在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，以达到消除污染的目的，其工作原理如图1所示。(2)被还原为的过程可描述为：液体中，在导电基体的单原子铂上失去电子生成，电子进入导电基体中进行传导，。(3)若导电基体上的Pt颗粒增多，造成的后果是。(4)单原子铂催化剂相比于Pt颗粒催化剂，优点有。Ⅲ．三维电极法：它是在传统的电解槽两电极之间填充粒状或碎屑状材料，填充的粒子电极表面能带电，成为新的一极(第三极)。如图2为用三维电极法处理氨氮废水的原理图，石墨板作为阴、阳极，自制活性炭为填充材料，电解一定浓度的、与NaCl的酸性混合溶液来进行模拟。(5)该装置可以生成大量氧化性更强的，去除的离子方程式为。(6)相比于传统的二维电极反应系统，三维电极的优点有。【答案】(1)(2)在单原子铜上得到失去的电子被还原为NO，NO继续在单原子铂上得电子被还原为，从液体中逸出，在铱表面被还原为(3)若导电基体上的Pt颗粒增多，更多转化为存在于溶液中，不利于降低溶液中含氮量(4)原子利用效率最大化；催化活性更高；具有较高的稳定性(5)(6)提高了电流效率；能耗低，能降低运行成本；粒子电极表面会生成许多强氧化性物种，提高了氧化效率【解析】（1）6C(s，石墨)+3H2(g)C6H6(g)①，2N2(g)+O2(g)2N2O(g)②，12C(s，石墨)+6H2(g)+O2(g)2C6H5OH(g)③，根据盖斯定律，③×－①－②×，因此ΔH=ΔH3－ΔH1－ΔH2=286kJ/mol；（2）根据图示，在导电基体的单原子铂上失去转化为，电子进入导电基体中进行传导，在单原子铜表面得到一部分电子还原为，在单原子铂表面得到一部分还原为，从液体中逸出，在铱表面被还原为；（3）根据图示结合反应过程可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，更多转化为存在于溶液中，不利于降低溶液中含氮量；（4）由图示可知，单原子铂催化剂相比于Pt颗粒催化剂，原子利用效率最大化；催化活性更高；具有较高的稳定性；（5）由图可知·OH可以将溶液中氧化为，则·OH去除的离子反应方程式为；（6）相比于传统的二维电极反应系统，三维电极的电极比表面积增大，粒子电间距小，提高了电流效率；三维电极能耗低，能降低运行成本，粒子电极表面会生成许多强氧化活性物种，提高了催化效率，没有电催化氧化对阳极的严格要求；故答案为：①提高了电流效率；②能耗低，能降低运行成本；③粒子电极表面会生成许多强氧化活性物种，提高了氧化效率(任答出一种，合理即可)。3．（2023·江苏·高三统考专题练习）烟气中的NOx是大气的主要污染物之一，NOx的吸收处理是当前研究的热点。(1)还原吸收法方法1：直接使用尿素[CO(NH2)2]溶液吸收烟气中的NOx。方法2：先用合适的氧化剂将NOx中的NO氧化为NO2，再用CO(NH2)2溶液去还原吸收。还原吸收等量的NOx，消耗尿素较多的是(填“方法1”或“方法2”)。工业上选择方法2处理NOx的原因是。(2)水吸收法NO2和N2O4均能被水吸收，不同初始压强下，NO2和N2O4的混合气体被水吸收前和吸收达平衡后，气体中NO2和N2O4的体积分数如图所示。混合气体中与水反应的主要成分是。达平衡后，气体中的NO2和N2O4的体积分数之和远小于100%，原因是。(3)配合物吸收法钴氨配合物吸收NO的主要原理如下。对NO的配合能力很强，而对NO的配合能力极低。①与NO反应的和与反应的物质的量之比为。②钴氨溶液经过多次循环吸收NO后，其吸收NO的能力会降低，为了恢复钴氨溶液吸收NO的能力，需采取的方法是。(4)NO与在某催化剂表面反应生成的过程中，在催化剂表面能形成被吸附的O(用OSite表示)，接下来的机理可能有两种：机理1：机理2：上述两个反应均为基元反应。保持温度和NO的浓度不变，测得NO与在该催化剂作用下反应的初始速率与浓度的关系如图所示。能合理解释图中曲线变化的机理为(填“机理1”或“机理2”)；判断的依据是。【答案】(1)方法2在水中溶解性好，与尿素溶液反应速率快；的氧化性强于NO(2)和与水反应后生成了NO(3)将还原为(4)机理2机理2认为反应速率与O吸附量和NO吸附量有关；浓度较小时，增加，O吸附量增大，反应速率加快；浓度较大时，增加，O吸附量增大、NO吸附量减小，反应速率减慢【解析】（1）先用合适的氧化剂将NOx中的NO氧化为NO2，再用CO(NH2)2溶液去还原吸收，NO和NO2均被CO(NH2)2还原为N2，已知等物质的量的NO和NO2，后者消耗的尿素更多，故还原吸收等量的NOx，消耗尿素较多的是方法2，NO转化为NO2后在水中溶解性好，与尿素溶液反应速率快；且NO2的氧化性强于NO，故工业上选择方法2处理NOx，故答案为：方法2；NO2在水中溶解性好，与尿素溶液反应速率快；NO2的氧化性强于NO；（2）水吸收法由题干图示信息可知，水吸收过程中N2O4的初始和平衡气体的体积分数变化比较明显，而NO2的变化不明显，即可推知混合气体中与水反应的主要成分是N2O4，已知3NO2+H2O=2HNO3+NO，3N2O4+2H2O=4HNO3+2NO，即NO2和N2O4与水反应后生成了NO，导致达平衡后，气体中的NO2和N2O4的体积分数之和远小于100%，故答案为：N2O4；NO2和N2O4与水反应后生成了NO；（3）①由题干图示信息可知，[Co(NH3)6]2++NO=[Co(NH3)5NO]2++NH3，2[Co(NH3)6]2++O2=[(NH3)3CoOOCo(NH3)3]4++6NH3，[Co(NH3)5NO]2++[(NH3)3CoOOCo(NH3)3]4++6NH3+H2O=[Co(NH3)5NO2]2++2[Co(NH3)6]3++2OH，由此分析可知，与NO反应的[Co(NH3)6]2+和与O2反应的[Co(NH3)6]2+物质的量之比为1:2，故答案为：1:2；②由题干信息可知，[Co(NH3)6]2+对NO的配合能力很强，而[Co(NH3)6]3+对NO的配合能力极低，钴氨溶液经过多次循环吸收NO后，其吸收NO的能力会降低，为了恢复钴氨溶液吸收NO的能力，需采取的方法是将[Co(NH3)6]3+还原为[Co(NH3)6]2+；（4）由题干两个基元反应信息可知，机理1认为反应速率与O吸附量有关，而与NO的吸附量无关，而机理2认为反应速率与O吸附量和NO吸附量有关，结合题干图示信息可知，当O2浓度较小时，增加c(O2)，O吸附量增大，反应速率加快；O2浓度较大时，增加c(O2)，O吸附量增大、NO吸附量减小，反应速率减慢，故机理2能合理解释图中曲线变化，故答案为：机理2；机理2认为反应速率与O吸附量和NO吸附量有关，当O2浓度较小时，增加c(O2)，O吸附量增大，反应速率加快；O2浓度较大时，增加c(O2)，O吸附量增大、NO吸附量减小，反应速率减慢。4．（2023·江苏·高三统考专题练习）甲烷化是一种实现资源化利用的有效途径。(1)1902年，PaulSabatier首次报道了的甲烷化。在一定的温度和压力条件下，将按一定比例混合的和H₂通过装有金属Ni的反应器可得到。PaulSabatier反应为

。已知25℃和101kPa时，①的燃烧热kJ⋅mol1；②的燃烧热kJ⋅mol1；

kJ⋅mol1则PaulSabatier反应的kJ⋅mol1。(2)近年来，生物电催化技术运用微生物电解池实现了的甲烷化，其工作原理如图1所示。①微生物电解池实现甲烷化的阴极电极反应式为。②如果处理有机物产生标准状况下112m3CH4，则理论上导线中通过电子的物质的量为。(3)光催化还原法也能实现甲烷化，其可能的反应机理如图2所示，为催化剂，在紫外光照射下，VB端光产生带正电荷的空穴()，形成光生电子一空穴对，与所吸附的物质发生氧化还原反应。①光催化转化O2为时，在VB端发生的反应为。②在紫外光照射下，还原CH4的过程可描述为。③催化剂的催化效率和CH4的生成速率随温度的变化关系如图3所示。300~400℃之间，CH4生成速率加快的原因是。【答案】(1)164.9(2)mol(3)在紫外光照射下，晶体内的电子受到激发由VB端跃迁到CB端，产生光生电子和空穴，并由内部迁移至表面，在CB端得到光生电子被还原为300~400℃之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，的生成速率加快【解析】（1）已知的燃烧热kJ⋅mol1，可得①△H1=285.8kJ⋅mol1；的燃烧热kJ⋅mol1，可得②△H2=890.3kJ⋅mol1；③

△H3=44.0kJ⋅mol1；由盖斯定律可知，①×4②2×③可得4△H1△H22△H3=164.9kJ⋅mol1。（2）①由图可知，在阴极得电子生成CH4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；②标准状况下112m3CH4的物质的量为，由电极方程式可知转移=mol。（3）①由图可知，光催化转化O2为时，在VB端发生的反应为；②由图可知，在紫外光照射下，还原CH4的过程可描述为在紫外光照射下，晶体内的电子受到激发由VB端跃迁到CB端，产生光生电子和空穴，并由内部迁移至表面，在CB端得到光生电子被还原为；③由图可知，300~400℃之间，CH4生成速率加快的原因是300~400℃之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，的生成速率加快。5．（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考二模）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。(1)工业上将含有硫化物的废水(以H2S、HS、S2的形式存在)引入氧化池，加入高锰酸钾溶液氧化。已知高锰酸钾在酸性条件下的还原产物为Mn2+，碱性条件下的为MnO2。①pH>7时高锰酸钾将废水中的硫化物氧化为S，该反应的离子方程式为。②研究发现：其他条件相同时，废水呈酸性时硫化物的去除率明显大于呈碱性时去除率，则可能的原因。(2)常温下，H2S的Ka1=1.3×107、Ka2=7.0×1015，Ksp(MnS)=1.4×1015。向含有0.0020mol·L1Mn2+废水中通入一定量的H2S，当溶液的pH=a、c(HS)=1.0×104mol·L1时，Mn2+开始沉淀，则a=。(3)表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理可用图1表示。其它条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是。②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是。(4)甲硫醇是一种恶臭、有毒物质。生物法去除甲硫醇反应为2CH3SH+7O2=2CO2+2H2O+2H2SO4。研究表明，在H2S存在条件下，可改变甲硫醇(用

表示)生物降解途径，反应历程如图2所示，请用简洁的语言描述图中甲硫醇的降解过程。

【答案】(1)2MnO+3S2+4H2O=2MnO2↓+3S↓+8OH或2MnO+3HS+H2O=2MnO2↓+3S↓+5OH等物质的量的高锰酸钾在酸性条件下转移的电子数目比碱性条件下多(2)6(3)OH浓度增大，促进H2SH++HS平衡向正反应方向移动，HS浓度增大若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少(4)H2S存在的条件下，H2S被O2氧化生成S8，S8与甲硫醇

反应生成

和

，最后

、

与O2反应生成SO【解析】（1）①pH＞7为碱性介质，高锰酸钾被还原为MnO2，硫化物被氧化为S，根据得失电子守恒和原子守恒以及电荷守恒，可以写出：2MnO+3S2+4H2O=2MnO2↓+3S↓+8OH或2MnO+3HS+H2O=2MnO2↓+3S↓+5OH；②酸性时，高锰酸钾被还原为Mn2+，等物质的量的高锰酸钾可以得到更多的电子，可以氧化更多的硫化物，即等物质的量的高锰酸钾在酸性条件下转移的电子数目比碱性条件下多；（2）当时开始沉淀，调节溶液的pH=a，H2S电离常数：K2=7.0×1015，c(HS)=1.0×104mol·L1，，则，则，所以，解得a=6；（3）①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是:OH浓度增大，促进平衡向正反应方向移动，HS浓度增大；②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是：若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少；（4）H2S存在的条件下，H2S被O2氧化生成S8，S8与甲硫醇

反应生成

和

，最后

、

与O2反应生成SO。6．（2023秋·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校考期末）甲烷是一种重要的化工原料，常用于制H2和CO。(1)甲烷裂解制氢的反应为CH4(g)=C(s)+2H2(g)△H=75kJ/mol，Ni和活性炭均可作该反应催化剂。CH4在催化剂孔道表面反应，若孔道堵塞会导致催化剂失活。①Ni催化剂可用NiC2O4·2H2O晶体在氩气环境中受热分解制备，该反应方程式为。②向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活，其原因是。③在相同气体流量条件下，不同催化剂和进料比[]对甲烷转化率的影响如图所示。使用活性炭催化剂，且其他条件相同时，随着进料比的增大，甲烷的转化率逐渐增大的原因是。④使用Ni催化剂，且其他条件相同时，随时间增加，温度对Ni催化剂催化效果的影响如图所示。使用催化剂的最佳温度为，650℃条件下，1000s后，氢气的体积分数快速下降的原因为。(2)甲烷、二氧化碳重整制CO经历过程I、II。过程I如图所示，可描述为；过程II保持温度不变，再通入惰性气体，CaCO3分解产生CO2，Fe将CO2还原得到CO和Fe3O4。【答案】(1)NiC2O4·2H2ONi+2CO2↑+2H2O水蒸气与碳反应生成CO(或CO2)与氢气，减少固体碳对孔道的堵塞进入反应的甲烷含量越低，甲烷分子与催化剂接触的几率越大，转化率越高600℃温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活(2)CH4和CO2在催化剂Ni表面反应，产生CO和H2，H2和CO还原Fe3O4生成Fe、CO2和H2O，未反应完和生成的CO2与CaO反应生成CaCO3【解析】（1）①根据题意可知，在氩气环境中受热分解可得到Ni：NiC2O4·2H2ONi+2CO2↑+2H2O②向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活，是因为水蒸气与碳反应生成CO(或CO2)与氢气，减少固体碳对孔道的堵塞；③进料比的增大，进入反应的甲烷含量越低，甲烷分子与催化剂接触的几率越大，转化率越高；④由图可知，550摄氏度，600摄氏度，650摄氏度催化效率最高的是600摄氏度时，故答案为：600℃；650℃条件下，氢气的体积分数快速下降，是因为温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活；（2）由图可知，CH4和CO2在催化剂Ni表面反应，生成CO和H2，H2和CO还原Fe3O4生成Fe、CO2和H2O，未反应完和生成的CO2与CaO反应生成CaCO3。7．（2023·江苏·校联考模拟预测）工业上用铁泥制取黄铵铁矾并用于处理含有机染料的废水。I．制备黄铵铁矾用含氧化铁57.4%的铁泥制备黄铵铁矾的实验流程如下：(1)实验中须对“过滤1”所得滤液中的含铁量进行测定，其目的是。(2)写出“热合成”发生反应的化学方程式：。(3)上述流程中可以循环利用的物质是(写化学式)。Ⅱ．用黄铵铁矾处理含有机染料(用MB表示)的废水黄铵铁矾表面具有丰富的羟基基团，可催化氧化去除废水中的有机染料，该过程可能的机理如图1所示。(4)从电负性的角度分析图1(a)中第②步铁元素化合价的变化及原因：。(5)在用黄铵铁矾处理废水中MB的过程中，可观察到反应前期废水变澄清，黄铵铁矾表面附着一层MB，然后逐渐消失。黄铵铁矾去除废水中有机染料(用MB表示)可能的机理可描述成：。(6)已知：不稳定，易与含氧酸根离子反应生成。在温度、用量都相同的情况下，测得废水的pH对MB去除率的影响如图2所示，pH=7时MB去除率明显降低，可能的原因是。【答案】(1)确定加入的量(2)(3)(4)铁由+3价变为+4价。观察图(a)，第①步中铁原子与氧原子间成键方式未变，铁仍为＋3价；而经过第②步后，Fe与O原子间增加了一个共价键，考虑到Fe的电负性小于O，所以Fe的化合价升高了1，为＋4价(5)黄铵铁矾催化裂解产生，促进MB吸附于黄铵铁矾表面，在黄铵铁矾的催化作用下，将MB氧化成等物质除去(6)pH增大，溶液中(或)浓度增大，使得裂解生成的减少，氧化MB的速率减慢【分析】I．含氧化