2023年高考化学一模试题汇编 江苏18 化学反应原理综合题（解析版）

专题18化学反应原理综合题

1.(2023•江苏省南通市•统考一模)化学需氧量(COD)是指用强氧化剂将IL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。2为氧化剂时所消耗。2的质量。水体COD值常作为水

2+3+

体中有机污染物相对含量的综合指标之一、Fenton(Fe/H2O2)法能产生Fe和具有强氧化性的羟基自由

基(QH)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(QH)的电子式为»

(2)分别取初始PH=4、COD=80的废水20OmL,加入200mLH2O2,改变起始投加FeSO4∙7H2O的量，

反应相同时间。测得反应后水样CoD随Fe?+投加量的关系如图所示。当Fe?+投加量超过lg∙L∣时，反

应后水样COD不降反升的原因可能是。

0I.......................................................................I

00.20.40.60.81.01.21.4

Fe*投加最∕g∙L”

(3)已知QH更容易进攻有机物分子中电子云密度较大的基团。I-丁醇比正戊烷更容易受到QH进攻的原

因是O

(4)在FenIOn法的基础上改进的基于硫酸根自由基(So4)的氧化技术引起关注。研究发现，一种MnQ,

石墨烯纳米复合材料对催化活化S,Oj产生SO；具有很好的效果。sɔo^-结构为

O

A∖2-

Ii

OSO

L∕

f/

O

①与Fe?+/H?。?试剂相比，Mn3O4一石墨烯/S?。：的使用范围更广。SO4在强碱性条件下反应生成∙0H,

写出该反应的离子方程式：O

②一种制取Mn3O4一石墨烯纳米复合材料的物种转化关系可表示为(Go表示石墨烯)

NaBO2、H2

NaBH),空气/HQ

42:

MnO4-GO—《AMnO-GO-----——AMn3O4-GO

200C>12h

在石墨烯表面制得ImOlMn3O4,理论上需要消耗NaBH4物质的量为mol。

③利用该复合材料催化活化S2O;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】⑴H：Q•(2)溶液中c(Fe2+)过大，被还原的H2O2增多，生成的Fe?+催化H2O2分解

生成。2速率加快，溶液中CqOH)减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢，过量Fe?+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

(3)由于O的电负性比C大，1-丁醇中羟基(-0H)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∙0H的进攻

(4)①.SO；+OEr=QH+SO：②.3.75③.S?。：得到乂巴。4中Mn(H)和石墨烯失去

的电子，生成SO；和SO］；SOj和Mn3。4中的Mn(In)反应生成SO；和Mn(II)；水体中的还原性有机

污染物被SO；氧化生成CO2和H2O

【解析】

【小问1详解】

羟基自由基(QH)中含有1个未成对电子，电子式为H：01

••

【小问2详解】

Fenton(Fe2+/H?。?)法原理为产生Fe"和具有强氧化性的羟基自由基(QH)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(Fe?+)过大，被还原的

也。？增多，生成的Fe"催化H?。？分解生成O2速率加快，溶液中C(QH)减小，氧化去除还原性有机

物的速率减慢，过量Fe?+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；

【小问3详解】

由于O的电负性比C大，1-丁醇中羟基(-0H)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QH的进攻；

【小问4详解】

①SO；在强碱性条件下反应生成QH,反应中氢氧根离子失去电子转化为羟基自由基，反应为

SO；+OH-=OH+SOj;

②和NaBH,反应中锦元素化合价由+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

4Mn3O4~15e×4~15NaBH4,则在石墨烯表面制得ImolMn3O4,理论上需要消耗NaBH4的物质的

量为3.75mol;

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：S2O;-MSiJMn3O4

中Mn(H)和石墨烯失去的电子,生成SO；和SO]；SO；'和Mn3O4中的Mn(Ill)反应生成SO；和Mn(ll)；

水体中的还原性有机污染物被SO；氧化生成CO2和H2O。

2.(2023.江苏省常熟中学一模调研)空气中过量的二氧化硫会形成酸雨，易引起呼吸道疾病，因此，二氧

化硫的污染治理是化学研究的重要课题。

(1)石灰石一石膏法是一种常见的“钙基固硫”方法。其中，石灰石的溶解率与脱硫效果有着密切的关系。

可将催化条件下CaCO3吸收SO2宏观反应分为三步：

i.CaC。?由固相溶解进入液相，溶解速率为RA；

ii.SC>2由气相扩散进入液相，扩散速率为RB;

iii∙在催化剂作用下，溶解的SO?和Ca?+发生化学反应，且反应在液相中进行，反应速率为Rc。

若温度变化对总反应速率的影响如图1所示，则：

S

L∙

二

O

u

l

O

>一

①温度在25〜45℃时，总反应速率受(填“RA"、“R1√'或'Rc")控制。

②45〜55°C(催化剂活性不变)曲线呈下降趋势的原因：一是由于CaCo3的溶解度随温度升高而降低；二是

(2)利用Mno2与SO?反应既可消除污染又可以制备MnSO&,将含有S02尾气和一定比例的空气通入

MnO2悬浊液中，保持温度不变的情况下，测得溶液中C(Mn2+)和C(SO随反应时间的变化如图2所

∕J∖O

t/h

图2

①请写出Mno2与SO?反应的化学方程式：o

②导致溶液中C(Mn和C(SO：)的变化产生明显差异的原因是：

(3)—种研究酸雨中水催化促进硫酸盐形成的化学新机制如图3所示：

图3

①请写出SO：与N。？反应的离子方程式为：。

②请描述水催化促进硫酸盐形成的化学机制：通过“水分子桥”，处于纳米液滴中的SOj或HSO；可以将电

子快速转移给周围的气相N。？分子，。

【答案】(1)①.Rc②.二氧化硫溶解度随温度升高而降低

(2)Φ.MnO2+SO2=MnSO4②.部分SO2与。？、凡0反应生成H2SO4,且Mn"催化该

反应

+

(3)Φ.H+SO^+NO2=SO3+HNO2②.反应生成SO3和HNo2,SO?再与NO?分子反应

形成NO1SO3；NO,SO；与水分子反应形成HSO4和HNO2

【解析】

【小问1详解】

①三步中，i、ii为物理变化，i为溶解，ii为扩散，只有iii才为化学变化，只有iii中S02和Ca2+发生了

反应，才能说明总反应已经开始，所以RC决定总反应速率；

②45。C以后，升高温度，反应速率变慢，曲线呈下降趋势的原因一是由于CaCc)3的溶解度随温度升高而

降低，二是SO2的溶解度随温度升高而减小；

【小问2详解】

①利用MnO2与SO2反应既可消除污染又可以制备MnSO4,MnO2与SO2反应的化学方程式为：

MnO2+SO2=MnSO4；

②若反应体系只发生MnC)2+Sθ2=MnSCU,Mn2+与SO：变化应一致，即C(Mn?+)=C(So；一)，而图示信息表

明，C(S0f)>c(Mn2+),说明还发生了其它生成SOf的反应，由于温度不变，反应中还通入空气，所以可

能是空气中的02将SCh氧化生SO：,从图像看，生成SO：的速率较快，而Md+在后期是不变的，所以

Mn?+可能是SCh催化氧化成SOi的催化剂；答案为部分SO2与O?、H?0反应生成HzS。,，且MY卡催

化该反应；

【小问3详解】

①由图知，N02将Soj氧化生成HNc)2和SO?,根据S、N得失电子守恒配平反应，HNo2为弱酸，在离

子方程式中不可拆开，离子方程式为H++SO；+NCh=SO3+HNO2;

②题目要求描述滴液外的物质转化。看图描述，液滴中的SO；或HSo3与外围的NCh反应生成SO：和

HNO2,继续与NCh反应生成NO2SO3,继续与水反应生成HSOd和HNo

3.(2023•江苏省常州市•统考一模)Co2甲烷化是实现碳平衡阶段的中坚力量。

(1)1902年，PaUlSabatier首次报道了CCh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Co2和H2通过装有金属Ni的反应器可得到CH4。

已知:CH4和H2的标准燃烧热分别为-890.3kJ∙moΓ1>-285.8kJ∙molL

l

CO2甲烷化反应CO2(g)+4H2(g)=CHMg)+2H2θ⑴的Ni=kJ∙moΓo

(2)近年来，生物电催化技术运用微生物电解池实现了Co2的甲烷化，其工作原理如图1所示。

-I微电压I-

有机物.______CO2CH4

IICO2i

质了1•交换<展11f

。一电活性微生物

①微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极电极反应式为。

②如果处理有机物［(CHzO)”］产生标准状况下112m3的CH4,则理论上导线中通过的电子的物质的量为

(3)经过百余年的探索研究，目前对C02甲烷化的反应路径和机制仍存在许多争议。ZrO2负载金属Rh

催化CO2甲烷化可能存在的两种反应机理如图2所示。

①C02和H2在催化剂表面不同活性位点(金属氧化物载体或分散在载体表面的活性金属)的吸附、活化形成

中间体，是讨论CO2甲烷化反应机理的首要关键问题。上述两种机理争论的焦点首先在于。

②吸附在活性金属Rh表面的中间体CO,除可能是由吸附在其表面的CCh直接解离产生，还可能是由

__________________解离产生•

③根据元素电负性的变化规律，由中间体H转化为中间体HI的过程可以描述为«

【答案】(1)-252.9

+

(2)①CO2+8H+8e=CH4+2H2O②.4xl04nio］

(3)①.CCh的吸附、活化位置(是在载体Zro2上，还是在活性金属Rh上，以及活化形成的中间体)

②.吸附在载体ZrCh的Zr原子表面的(Co2衍生物中间体)甲酸盐③.吸附在Zr原子表面的H原子与碳

酸氢盐中的C原子相互作用，吸附在。原子表面的H原子与碳酸氢盐羟基上的。原子相互作用，生成的

甲酸盐吸附在Zr原子表面、H2O分子直接离去

【解析】

【小问1详解】

1

由已知可得①CH4(g)+2θ2(g)=CO2(g)+2H2θ(l)Δ∕∕=-8903kJ∙mol,H2(g)+∣02(g)=H2θ(l)AH

1

=-285.8kJ∙moΓ,根据盖斯定律知4X②-①可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(1),其Δ∕∕=4×(-285.8

kJ∙moΓ')-(-890.3kJ∙moΓl)=-252.9kJ∙moΓl;

【小问2详解】

①微生物电解池实现Cθ2甲烷化，Co2得到电子生成CH4,其阴极电极反应式为Cθ2+8H'+8e^^=CH4+

2H2O;

V112000L

②标准状况下112m3的CH4的物质的量为"=二=77%-----=5000mol,1故产生500OmOlCH4,理论

Vm22.4Lmol

上导线中通过的电子的物质的量为500OmOlX8=4x10101；

【小问3详解】

①从图2可以看出，Co2和H2在催化剂表面不同活性位点的吸附、活化形成中间体不同，故上述两种机理

争论的焦点首先在于CCh的吸附、活化位置(是在载体ZrC)2上，还是在活性金属Rh上，以及活化形成的

中间体)；

②由图2可知，吸附在活性金属Rh表面的中间体CO,除了可能是吸附在活性金属Rh表面的CO2直接解

离产生，也有可能是机理②中由吸附在载体Zrc)2的Zr原子表面的(Co2衍生物中间体)甲酸盐解离产生；

③由图2可知中间体II脱去HzO生成中间体ΠI,根据元素电负性的变化规律，由中间体H转化为中间体In

的过程可以描述为吸附在Zr原子表面的H原子与碳酸氢盐中的C原子相互作用，吸附在O原子表面的H

原子与碳酸氢盐羟基上的。原子相互作用，生成的甲酸盐吸附在Zr原子表面、HzO分子直接离去。

4.(2023•江苏省靖江市•统考一模)氢能是一种绿色能源，也是重要的还原剂。目前有多种方法可以制氢

并储氢。

I.NaBH4＞氨硼烷(NH3BH3)、MgH2的制氢储氢。

(1)NaBH4与水反应生成H2,可能的反应机理如图-1所示。

H2OC©OH-

//OB原子oH原子OO原子

(≡-l)

①其他条件不变时，以D2O代替H2O催化释氢，所得气体的分子式为o

②电解NaBo2溶液可制得NaBH4,电解装置示意图如图-2所示。

(S-2)

该电解池阴极的电极反应式为o

(2)氨硼烷(NH3BH3)可以水解释氢和热分解释氢。受热释氢时固体残留率随温度的变化如图-3所示。

%

0

0A(110℃,93.55%)

×

B(155oC,87.10%)

90.0

80.0

700100200300400500

温度/。C

(图-3)

①NH3BH3中B的杂化方式.

②110℃时NH3BH3分解释氢的化学方程式是

(3)MgH2是一种具有良好的复合储氢材料之一，是一种单层的二维材料，二维晶胞俯视图如图-4,MgH2

∏.H2能将4-硝基苯乙烯VI在特定条件下制备4-乙烯基苯胺(J。两种不同催化剂将4-硝基苯乙烯还

NO,NH2

原加氢的过程如图-5所示

已知：M。单原子位点对4-硝基苯乙烯有较好的吸附效果。

(≡-5)

Z

(4)①请描述4-硝基苯乙烯LJ在单原子催化剂下与H2发生反应的过程_______o

NO2

②使用双单原子催化剂，可以大大提高4-乙烯基苯胺的产率，原因是0

【答案】(1)①.H2、HD®.BO2+8e+6H2O=BH4+8OH

HOoCɪ

(2)①.sp3(2).NH3BH3NH2BH2+H2↑

(3)6(4)①.在Ir单原子位点，氢气活化为H原子，一部分H原子进攻双键，和双键发生加

成反应，另一部分H原子进攻硝基，将硝基还原为氨基，最终得到37%的4-氨基苯乙烯，32%的4-氨基苯

乙烷，29%的4-氨基苯乙烷。②..Ir单原子位点能促进氢气的活化，M。单原子位点对4-硝基苯乙烯有

较好的吸附效果，Mo和Ir的协同作用能改变催化剂的选择性。

【解析】

【小问1详解】

①若用DzO代替H2θ,D2O中的D一部分进入氢气，生成的氢气原子重新组合，所以生成的氢气有H2、

HD；

②电解池阴极得电子发生还原反应，NaBO2得到电子生成NaBH<,电极反应式为

BO2+8e+6H2O=BH4+80H-:

【小问2详解】

①B最外层有3个电子，和3个H原子形成b键，同时B原子为缺电子原子，能提供空轨道，N原子有孤

电子对，还可形成N→B配位键，则NH3BH3中B的杂化方式为sp3杂化；

②I(XrC时,根据图可知M(A)=M(NH3BH3)X93.55%=3lx93.55%=29,由此可知A为NH2BH2,则110℃

IlO0Cʌ

时NH3BH3分解释氢的化学方程式是NH3BH3NH2BH2+H2

【小问3详解】

由h-MgH2晶胞俯视图可知，在一个平行四边形结构中，处于锐角顶点的Mg与一个H相连，处于钝角顶

点的Mg与两个H相连，而每个镁同时为两个四边形的锐角顶点也为两个四边形的钝角顶点，则每个顶点

的Mg与周围6个H相连，配位数为6；

【小问4详解】

①由图示可以看出，在Ir单原子位点，氢气活化为H原子，一部分H原子进攻双键，和双键发生加成反

应，另一部分H原子进攻硝基，将硝基还原为氨基，最终得到37%的4-氨基苯乙烯，32%的4-氨基苯乙烷，

29%的4-氨基苯乙烷；

②由图示可以看出，M。单原子位点对4-硝基苯乙烯有较好的吸附效果，与单原子催化剂相比，在双单原

子催化剂作用下，4-氨基苯乙烯的选择性大于96%,大大减少了副反应的发生，说明M。和Ir的协同作用

能改变催化剂的选择性，可以提高4-氨基苯乙烯的产率。

5.(2023•江苏省南京市盐城市•统考一模)CO2的资源化利用能有效减少CO2的排放，充分利用碳资源。

(1)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。

500℃时，反应原理如下。

l

主反应：CH4(g)+CO2(g)=2Cθ(g)+2H2(g)ΔH=246.5kJ∙mor

副反应：IH2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)AH=41.2kJ∙moΓ'

l

II2Cθ(g)=CO2(g)+C(s)ΔH=-172.5kJ∙moΓ

l

IIICH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH=74.0kJ∙moΓ

其中，副反应0、HI形成的积碳易导致催化剂失去活性。

①在原料气中添加微量。2有利于保持催化剂的活性，其原因是»

②在催化剂中添加少量多孔CaO能提高CO2转化率并保持催化剂的活性，其原因是。

③主反应过程机理模型如图所示(*表示吸附在催化剂表面的活性物种)。根据反应机理，生成CO的过程可

描述为0

（2）我国科学家以Si/Bi材料作光电阴极、Co2饱和的0.5mol∙L√的KHCo3溶液作电解液（pH=7.4）,

将CO2转化为HCOoH,原理如图所示。

①根据图示，写出光电阴极电极反应式O

②从能源利用和资源综合利用角度分析该方法优点是。

【答案】（1）①.微量。2及时和副反应II、I产生的碳反应。防止催化剂表面积碳②.少量多孔

CaO（及其生成的CaCe）,）有利于将Co2吸附至催化剂表面，促进主反

应发生，提高CO的转化率③.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），0*和H2反应生成H2O,CPh*和比0反应生成七和CO*,CO

从催化剂表面脱附成CO。

（2）①.CO2+HCO-+2e=HCOO+CO;"②.利用太阳光能理论上无需额外消耗能量，将捕

集的CCh转化为有用的产品HCooH,既能有效减少温室气体CCh的排放量，又能充分利用碳资源。

【解析】

小问1详解】

微量氧气可将副反应上生成的C转化为氧化物，从而降低催化剂表面的积碳，避免积碳过多导致催化剂失

去活性；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；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0。故答案为：微量

02及时和副反应H、I产生的碳反应。防止催化剂表面积碳；多孔Cao有利于CO?吸附，从而促进CO?与

甲烷的反应，提高CO?转化率；吸附在催化剂表面的Co解离成Co和0*（活性氧原子）,吸附在催化剂表

面的CH4解离成Fh和CH2*（活性亚甲基）,0*和H2反应生成H2O,CH2*⅛H2O反应生成H?和CO*,CO从

催化剂表面脱附成co；

【小问2详解】

由图可知光阴极二氧化碳在碳酸氢钾溶液中转化为HCOOH,电极方程式为：

CO2+HCO-+2e=HCOO+C0ɪ^；利用太阳光能理论上无需额外消耗能量，将捕集的Co2转化为有用

的产品HCoOH,既能有效减少温室气体CCh的排放量，又能充分利用碳资源。

6.(2023•江苏省江阴市•统考一模)Co2、NOX和SCh等物质的转化和资源化利用是社会热点问题。

LCo2与CH4经催化重整，制得合成气•发生反应：CH4(g)+CO2(g).∙2CO(g)+2H2(g),已知上

述反应中相关的化学键键能数据如下：

化学键C-HC=OH-HCo中的化学键

键能

4137454361075

ZkJmol-1

(1)则该反应的ΔH=0

∏∙间接电化学法可对大气污染物No进行无害化处理，其工作原理如图所示，质子膜允许H+和HzO通过。

SzOj溶液o

3质子膜∣2

Pb仁

电极WIJL极∏

F-U、,SO/容液

HSO潘液电解池

(2)电极I应接电源的(填“正极”或"负极”)。

(3)每处理标准状况下22.4LN0,可同时得到gθ2

HL使用固体催化剂可提高脱硫效率。气体在固体催化剂表面反应的机理是气体反应物分子吸附在催化剂表

面，占据催化剂表面活性位点，生成一些活性高的微粒，从而降低反应活化能，提高反应速率，反应后气

体产物分子及时脱附空出活性位点。

(4)活性炭催化脱除SCh的机理如图所示(*代表吸附态)。

SO2

∕⅛再生

①写出“热再生”生成S02的化学方程式

②研究表明，温度在脱硫过程中是一个非常重要的因素，温度过高，脱硫效果会变差，原因可能是

(5)V2O5/炭基材料是在活性炭上载有V2O5活性成分，构成更高活性的活性炭催化剂，更有利于S02转化

为S03,最终实现脱硫。

①通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VoSo4的吸收峰，再通入02后VoSO4吸收峰消失,

该脱硫反应过程可描述为。

②控制一定气体流速和温度，考察烟气中O2的存在对V2O5/炭基材料催化剂脱硫活性的影响，结果如图所

示，当02浓度过高时，去除率下降，其原因可能是0

。卜.......................I

2468K)121416

。2浓度/%

(6)科学家通过NE活化改性提升了活性炭的脱硫性能，认为活性炭表面的含氮官能团具有催化性能，

含氮官能团越丰富越有利于提升脱硫性能，原因可能是。

【答案】(1)+120kJ∙moΓl

(2)负极(3)16

Δ

(4)①.C+2H2SO4(浓)=Cθ2↑+2Sθ2↑+2H2θ②.反应物在催化剂表面吸附效果变差，炭与硫酸

反应产生SO2,反应快速生成的SCh占据所有活性位点，来不及脱附，使吸附很快达到饱和

(5)①.SCh与V2O5作用形成具有Ve)Sc)4结构的中间体，VC)Sc)4中间体与气相的。2反应生成SO3

和V2O5(或3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3,4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3)②.氧气浓度过高时，Ch和SO2

分子会产生竞争吸附的局势，当02分子占据催化剂过多活性位点时，剩余的SCh分子就不能很好地被吸

附，导致脱硫率下降

(6)活性炭材料表面的含氮官能团具有碱性，能够促进活性炭对SCh的吸附及氧化

【解析】

【小问1详解】

ImOlCH4中含有4molC—H键，ImOICo2中含有2molC-O键，ImoICO中含有ImOIC=O键，ImOIH2

佛化剂

中含有1molH-H键，根据反应CH4(g)+CO2(g).-2CO(g)+2H2(g)可得^H=[4XE(C-H)+2

×E(C=0)]-[2×E(C=O)+2×E(H-H)]=(4×413+2×745)kJ/mol-(2×1075+2×436)kJ∕mol=+120kJ/mol；

【小问2详解】

从图示中，可知在吸收塔中NO变成了N2,N的化合价降低，S?。：变成了HS0；,S的化合价从+3升

高到了+4,化合价升高。在电解池中，HS0；变成了S?。：，S的化合价从+4降低到+3,得到电子，

电极I为阴极，接连电源的负极；

【小问3详解】

整个装置中转移的电子数相同，处理标准状况下22.4LN0,即ImOINO,N的化合价从+2降低到0,转

+

移了2mol电子，阳极2H2O-4e=4H+O21，生成16gO2即OSmoKh需要2mol电子，答案为16g；

【小问4详解】

①根据图中信息可知，“热再生”是活性炭基材料与浓硫酸反应生成SCh,反应的化学方程式为C+

Δ

2H2SO4(浓)=CO2T+2SO2T+2H2O;

②研究表明，温度在脱硫过程中是一个非常重要的因素，温度过高，反应物在催化剂表面吸附效果变差，

炭与硫酸反应产生S02,反应快速生成的SCh占据所有活性位点，来不及脱附，使吸附很快达到饱和，脱

硫效果会变差；

【小问5详解】

①

根据题意可知，该脱硫反应过程可描述为SCh与V2O5作用形成具有VoSO4结构的中间体；VOSo4中间体

与气相的。2反应生成SO3和V2O5或3SO2+V2O5+02=2VoSO4+Sθ3,4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3,故答

案为:SO2与V2O5作用形成具有VoSO4结构的中间体,VOSCU中间体与气相的02反应生成SO3和V2O5(或

3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3,4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3);

②当02浓度过高时，去除率下降，其可能原因是氧气浓度过高时，02、SCh和NO分子会产生竞争吸附的

局势，当02分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率

下降；

故答案为：氧气浓度过高时，和S02分子会产生竞争吸附的局势，当02分子占据催化剂过多活性位点

时，剩余的SCh分子就不能很好地被吸附，导致脱硫率下降；

【小问6详解】

活性炭材料表面的含氮官能团具有碱性，能够促进活性炭对S02的吸附及氧化，含氮官能团越丰富越有利

于提升脱硫性能。

7.(2023•江苏省南京外国语中学一模调研)CO2资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种

途径。

I.Co2制甲醇。以1%。3作催化剂，可使CC)2在温和的条件下转化为甲醇，经历如下过程:

还原

i.催化剂活化：I%O3(无活性)≡^"'Tn。，(有活性)

氧化23r

ii.CO2与H2在活化后的催化剂表面可逆的发生反应①，其反应历程如图1。

同时伴随反应②：CO2(g)+H2(g)<⅞Cθ(g)+H2θ(g)Δ^=+41.2kJ∕mol

CH,OH(g)

图I

(1)反应①中每生成ImoICH3OH(g)放热49.3kJ,写出其热化学方程式o

(2)Co2与H2混合气体以不同的流速通过反应器，气体流速与CO2转化率、CH3OH选择性的关系如

图2。

已知：CH3OH选择性=n(生成CH3OH所消耗的CO2的量)∕n(发生转化的CO2的量)CH3OH选择性随

流速增大而升高的原因____________________。

同时，流速加快可减少产物中H2。的积累，减少反应_________(用化学方程式表示)的发生，减少催化剂

的失活，提高甲醇选择性。

(3)对于以上Co2制甲醇的过程，以下描述正确的是

A.碳的杂化方式发生了改变B.反应中经历了In—C、In-O键的形成和断裂

C.加压可以提高CO2的平衡转化率D.升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性

II.甲醇燃料电池(DMFC)示意图如图。电极A、B均浸泡于稀硫酸中。H+可在聚合物电解质自由移动，其

余微粒均无法通过聚合物电解质。

电极A电慑B

(4)①电极A上发生的电极反应为；

②X口、Y口两处硫酸溶液的浓度关系为CXCγ(填或)，原因是。

【答案】⑴

CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=T9.3kJ/mol

(2)①.反应①比反应②速率快；流速增大使原料气反应时间减少，反应①产生的CH,OH与反应②

产生的均减少，但减少得更多

CoCOIn2O3-χ+xH2O=In2O,+xH,(3)ABC

+③,电极发生

(4)①.CH3OH-6e^+H2O=CO2↑+6H②.>B

+每转移有跨过聚合物电解质进入右侧溶液，电极上消耗

O2+4H+4e^=2H,O,4mole∖4molH'

4molH+«溶液中〃(H。不变，体积增加，硫酸浓度减小

【解析】

【小问1详解】

反应①中CCh和H2在温和的条件下转化为甲醇和H20,每生成ImOICH3θH(g)放热49.3kJ,其热化学方程

式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)∆∕7=-49.3kJ∕mol,故答案为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)

∆⅛=-49.3kJ∕mol;

【小问2详解】

反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)A"=-49.3kJ∕mol是气体分子数减小的反应，反应②：

CO2(g)+H2(g)=CO2(g)+H2O2(g)是气体分子数不变的反应，增大CCh与H2混合气体的流速可增大压强，反

应①平衡正向移动,生成CH3OH消耗的CO2的物质的量增大,导致CH3OH选择性升高；已知催化剂活化：

孙。3(无活性)号黑TnQχ(有活性)，

流速加快可减少产物中HzO的积累，减少反应

In2‰x+xH2O=In2O3+xH2的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性，

故答案为：增大CCh与H2混合气体的流速可增大压强，反应①平衡正向移动，生成CHQH消耗的CCh

的物质的量增大，导致CHQH选择性升高；ImCh一χ+xH2O=In2O3+xH2;

【小问3详解】

A.Co2的结构式为O=C=O,碳采取SP杂化，甲醇CH3OH中C有4个σ键，碳采取sp3杂化，故A正确；

B.由图1可知，反应中经历了In-C、In-O键的形成和断裂，故B正确；

C.Ce)2制甲醇是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高CCh的平衡转化率，故C正确；

D.由Cθ2(g)+3H2(g)=CH3θH(g)+H2θ(g)AH=-49.3kJ∕mol是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温度

会降低甲醇在平衡时的选择性，故D错误；

故答案为：ABC；

【小问4详解】

①由图可知，甲醇在A电极失去电子转化为二氧化碳，则电极A上发生的电极反应为

CH3OH-6e+H2O=CO2↑+6H+,故答案为：CH3OH-6e+H2O=CO2↑+6H+;

++

②电极B发生。2+4H+4e-=2H2O,每转移4mole,有4molH跨过聚合物电解质进入右侧溶液，

电极上消耗4molH+。溶液中〃(H+)不变，体积增加，硫酸浓度减小，则cχ>cγ°

8.(2023•江苏省南通市如皋市•统考一模)铁系纳米复合材料可以去除水体中的硝酸盐污染物。

(1)Fe-Ag金属复合材料去除某PH=2的废水中NO；的反应历程如图所示(吸附在金属复合材料表面的

物种用*标注)

①如图中NOJ的去除机理可描述为。

②其他条件一定，反应相同时间，溶液的PH越大，N0；的去除率越低的原因是。

m(Ag)

(2)控制其他条件一定，反应相同时间，不同Ag负载比二?、xl00%的Fe-Ag金属复合材料对

(Fe-Ag)

N0；的去除率影响如图所示。Ag负载比小于3%时，N0；的去除率较低的原因是。

80

Ili

时间∕min

(3)其他条件一定，反应相同时间，分别用含铁质量相等的纳米铁粉、CU负载比为4%的Fe-CU金属复

合材料、Ag负载比为3%的Fe-Ag金属复合材料去除溶液中NO；,反应后残留的NO；、生成的NH：和N2

的物质的量如图所示。

-

O

U

V

n

①与其他材料相比，Fe-Ag金属复合材料去除NO'的优点是。

②用纳米铁粉去除NoI时，反应过程中的物种及能量变化如图所示，用纳米铁粉去除NO；时生成N2的

量极少的原因是o

Z

N,O*

Z.7

.4J

Z

L

.8

L.5

L.2

S.9

.6

.3

OS..03

6

O9.

4).

反应历程

【答案】(1)①.Fe失去电子生成Fe2，H卡在Fe表面得电子生成氢原子并吸附在金属Ag的表面;

氢原子失去电子给吸附在Ag表面的NO：和NO?；NO3得电子生成NO2,NO?得电子生成NH：或N?

②∙pH越大，氢离子浓度越小，得到的氢原子浓度越小，氢原子还原NO3、No2的速率越低

（2）当Ag负载量小于3%时，吸附于Ag表面的NO?较少，当Ag负载量大于3%时，与Fe反应生成并

吸附于Ag表面的氢原子较少

（3）①.硝酸盐去除效率高，生成氮气较多，减少了溶液中氨氮的二次污染②.生成N?过程中

N原子和NO反应生成N?0所需的活化能较高，反应较困难，生成N?含量少

【解析】

【小问1详解】

①由图示可知反应的过程为：Fe失去电子生成Fe?+,H+在Fe表面得电子生成氢原子并吸附在金属Ag的

表面；氢原子失去电子给吸附在Ag表面的N0；和NO；；NO］得电子生成N0£,NO；得电子生成

NH^N?；

②PH越大，氢离子浓度越小，得到的氢原子浓度越小，氢原子还原NO；、NO；的速率越低。

【小问2详解】

当Ag负载量小于3%时，吸附于Ag表面的N0；较少，当Ag负载量大于3%时，与Fe反应生成并吸附

于Ag表面的氢原子较少，故当Ag负载比小于3%时，NO；的去除率较低。

【小问3详解】

①由图示可知，Fe-Ag金属复合材料反应后残留的NO,最低，硝酸盐去除效率高，生成氮气较多，减少了

溶液中氨氮的二次污染；

②由图示可知，生成N?过程中N原子和No反应生成N^O所需的活化能较高，反应较困难，生成N2含

量少。

9.（2023•江苏省苏北四市（徐州、淮安、宿迁、连云港）∙统考一模）铝系金属复合材料能有效还原去除

水体中的硝酸盐污染。铝粉表而复合金属的组分和含量，会影响硝酸盐的去除效果。

（1）在相同实验条件下，分别使用纯铝粉和CU负载量为3%、4%、5%的Al/Cu二元金属复合材料对硝酸

盐的去除效果如图所示。

-⅜-VQCu

-A-4*∙ΛΓCu

,∙∙AI1⅛

①由如图可知用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能原因是。

②实验发现Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除，可能原因是。

(2)在Al/Cu二元金属复合材料基础上引入Pd形成三元金属复合材料，其去除水体中硝酸盐的机理如图

所示。

J'NO；GMp卬

NH4(*I∣H,<g>'H*<M⅜iMh)∖

HH*'卜、\\∖MI

/---------H(a⅛>1

),w)/

NO3"NI"MM∖Cu//

ʌlAlv4⅛

Al

Ul*1*心"去示•喊，生"附•

①使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为镀盐，该转化的机理可描述为：H+吸附在CU

表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads),,NK与H+结合为NH：进入溶液。

②引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高，可能原因是

③其他条件相同时，Al/Cu/Pd三元金属复合材料去除水体中硝酸盐的效果与溶液PH关系如图所示。水体

PH在4至6范围内，随PH增大硝酸盐去除率降低的可能原因是;水体PH在8.5至10范围内，随

PH增大硝酸盐去除率升高的可能原因是。

s如

*

⅛

760

星40

4

£20

£

【答案】(1)①∙Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应(或形成Al-CU原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反

应速率)②.因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al与水体

中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱

(2)①.吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的NO；(ads)反应生成NO；(ads),NoNadS)脱离Cu

表面被释放到溶液中，溶液中NO：(ads)转移并吸附在Al表面被还原为NE(ads)②.由图可知CU表

面吸附的H(ads)不能将NO；(ads)转化为N2,而Pd表面吸附的H(ads)可实现上述转化。CU表面生成的N0^

(ads)可转移并吸附在Pd表面,被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2③.pH在4~6范围内，随PH增大，

溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H(ads)减少，使硝酸盐去除率降低④.pH在8.5〜10范围

内，随着PH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原

硝酸根，使硝酸盐的去除率升高

【解析】