2023年高考化學(xué)一模試題匯編 江蘇18 化學(xué)反應(yīng)原理綜合題（解析版）

專題18化學(xué)反應(yīng)原理綜合題

1.(2023?江蘇省南通市?統(tǒng)考一模)化學(xué)需氧量(COD)是指用強氧化劑將IL廢水中的還原性物質(zhì)氧化為

二氧化碳和水所消耗的氧化劑的量，并換算成以。2為氧化劑時所消耗。2的質(zhì)量。水體COD值常作為水

2+3+

體中有機污染物相對含量的綜合指標(biāo)之一、Fenton(Fe/H2O2)法能產(chǎn)生Fe和具有強氧化性的羥基自由

基(QH)引發(fā)一系列鏈?zhǔn)椒磻?yīng)，被廣泛應(yīng)用于有機廢水的治理。

(1)羥基自由基(QH)的電子式為?

(2)分別取初始PH=4、COD=80的廢水20OmL,加入200mLH2O2,改變起始投加FeSO4?7H2O的量，

反應(yīng)相同時間。測得反應(yīng)后水樣CoD隨Fe?+投加量的關(guān)系如圖所示。當(dāng)Fe?+投加量超過lg?L∣時，反

應(yīng)后水樣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更容易進(jìn)攻有機物分子中電子云密度較大的基團。I-丁醇比正戊烷更容易受到QH進(jìn)攻的原

因是O

(4)在FenIOn法的基礎(chǔ)上改進(jìn)的基于硫酸根自由基(So4)的氧化技術(shù)引起關(guān)注。研究發(fā)現(xiàn)，一種MnQ,

石墨烯納米復(fù)合材料對催化活化S,Oj產(chǎn)生SO；具有很好的效果。s?o^-結(jié)構(gòu)為

O

A?2-

Ii

OSO

L∕

f/

O

①與Fe?+/H?。?試劑相比，Mn3O4一石墨烯/S?。：的使用范圍更廣。SO4在強堿性條件下反應(yīng)生成?0H,

寫出該反應(yīng)的離子方程式：O

②一種制取Mn3O4一石墨烯納米復(fù)合材料的物種轉(zhuǎn)化關(guān)系可表示為(Go表示石墨烯)

NaBO2、H2

NaBH),空氣/HQ

42:

MnO4-GO—《AMnO-GO-----——AMn3O4-GO

200C>12h

在石墨烯表面制得ImOlMn3O4,理論上需要消耗NaBH4物質(zhì)的量為mol。

③利用該復(fù)合材料催化活化S2O;并去除廢水中有機污染物的可能反應(yīng)機理如圖所示。該機理可描述為

【答案】⑴H：Q?(2)溶液中c(Fe2+)過大，被還原的H2O2增多，生成的Fe?+催化H2O2分解

生成。2速率加快，溶液中CqOH)減小，氧化去除還原性有機物的速率減慢，過量Fe?+殘留，會增加測

量水樣COD時強氧化劑的用量，造成水樣COD測量值偏高

(3)由于O的電負(fù)性比C大，1-丁醇中羥基(-0H)的電子云密度比正戊烷中甲基(-CH3)亞甲基(-CH2-)

的電子云密度大，更易受到?0H的進(jìn)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

的電子，生成SO；和SO］；SOj和Mn3。4中的Mn(In)反應(yīng)生成SO；和Mn(II)；水體中的還原性有機

污染物被SO；氧化生成CO2和H2O

【解析】

【小問1詳解】

羥基自由基(QH)中含有1個未成對電子，電子式為H：01

??

【小問2詳解】

Fenton(Fe2+/H?。?)法原理為產(chǎn)生Fe"和具有強氧化性的羥基自由基(QH)引發(fā)一系列鏈?zhǔn)椒磻?yīng)除去有機

物；亞鐵離子能被過氧化氫氧化為鐵離子，鐵離子能催化過氧化氫分解；溶液中c(Fe?+)過大，被還原的

也。？增多，生成的Fe"催化H?。？分解生成O2速率加快，溶液中C(QH)減小，氧化去除還原性有機

物的速率減慢，過量Fe?+殘留，會增加測量水樣CoD時強氧化劑的用量，造成水樣CoD測量值偏高；

【小問3詳解】

由于O的電負(fù)性比C大，1-丁醇中羥基(-0H)的電子云密度比正戊烷中甲基(-CH3)亞甲基(-CH2-)的電

子云密度大，更易受到QH的進(jìn)攻；

【小問4詳解】

①SO；在強堿性條件下反應(yīng)生成QH,反應(yīng)中氫氧根離子失去電子轉(zhuǎn)化為羥基自由基，反應(yīng)為

SO；+OH-=OH+SOj;

②和NaBH,反應(yīng)中錦元素化合價由+7變?yōu)?2,NaBH4中氫元素化合價由-1變?yōu)?,根據(jù)電子守恒可知

4Mn3O4~15e×4~15NaBH4,則在石墨烯表面制得ImolMn3O4,理論上需要消耗NaBH4的物質(zhì)的

量為3.75mol;

③由圖可知，利用該復(fù)合材料催化活化并去除廢水中有機污染物的反應(yīng)機理為：S2O;-MSiJMn3O4

中Mn(H)和石墨烯失去的電子,生成SO；和SO]；SO；'和Mn3O4中的Mn(Ill)反應(yīng)生成SO；和Mn(ll)；

水體中的還原性有機污染物被SO；氧化生成CO2和H2O。

2.(2023.江蘇省常熟中學(xué)一模調(diào)研)空氣中過量的二氧化硫會形成酸雨，易引起呼吸道疾病，因此，二氧

化硫的污染治理是化學(xué)研究的重要課題。

(1)石灰石一石膏法是一種常見的“鈣基固硫”方法。其中，石灰石的溶解率與脫硫效果有著密切的關(guān)系。

可將催化條件下CaCO3吸收SO2宏觀反應(yīng)分為三步：

i.CaC。?由固相溶解進(jìn)入液相，溶解速率為RA；

ii.SC>2由氣相擴散進(jìn)入液相，擴散速率為RB;

iii?在催化劑作用下，溶解的SO?和Ca?+發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，且反應(yīng)在液相中進(jìn)行，反應(yīng)速率為Rc。

若溫度變化對總反應(yīng)速率的影響如圖1所示，則：

S

L?

二

O

u

l

O

>一

①溫度在25?45℃時，總反應(yīng)速率受(填“RA"、“R1√'或'Rc")控制。

②45?55°C(催化劑活性不變)曲線呈下降趨勢的原因：一是由于CaCo3的溶解度隨溫度升高而降低；二是

(2)利用Mno2與SO?反應(yīng)既可消除污染又可以制備MnSO&,將含有S02尾氣和一定比例的空氣通入

MnO2懸濁液中，保持溫度不變的情況下，測得溶液中C(Mn2+)和C(SO隨反應(yīng)時間的變化如圖2所

∕J?O

t/h

圖2

①請寫出Mno2與SO?反應(yīng)的化學(xué)方程式：o

②導(dǎo)致溶液中C(Mn和C(SO：)的變化產(chǎn)生明顯差異的原因是：

(3)—種研究酸雨中水催化促進(jìn)硫酸鹽形成的化學(xué)新機制如圖3所示：

圖3

①請寫出SO：與N。？反應(yīng)的離子方程式為：。

②請描述水催化促進(jìn)硫酸鹽形成的化學(xué)機制：通過“水分子橋”，處于納米液滴中的SOj或HSO；可以將電

子快速轉(zhuǎn)移給周圍的氣相N。？分子，。

【答案】(1)①.Rc②.二氧化硫溶解度隨溫度升高而降低

(2)Φ.MnO2+SO2=MnSO4②.部分SO2與。？、凡0反應(yīng)生成H2SO4,且Mn"催化該

反應(yīng)

+

(3)Φ.H+SO^+NO2=SO3+HNO2②.反應(yīng)生成SO3和HNo2,SO?再與NO?分子反應(yīng)

形成NO1SO3；NO,SO；與水分子反應(yīng)形成HSO4和HNO2

【解析】

【小問1詳解】

①三步中，i、ii為物理變化，i為溶解，ii為擴散，只有iii才為化學(xué)變化，只有iii中S02和Ca2+發(fā)生了

反應(yīng)，才能說明總反應(yīng)已經(jīng)開始，所以RC決定總反應(yīng)速率；

②45。C以后，升高溫度，反應(yīng)速率變慢，曲線呈下降趨勢的原因一是由于CaCc)3的溶解度隨溫度升高而

降低，二是SO2的溶解度隨溫度升高而減?。?/p>

【小問2詳解】

①利用MnO2與SO2反應(yīng)既可消除污染又可以制備MnSO4,MnO2與SO2反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

MnO2+SO2=MnSO4；

②若反應(yīng)體系只發(fā)生MnC)2+Sθ2=MnSCU,Mn2+與SO：變化應(yīng)一致，即C(Mn?+)=C(So；一)，而圖示信息表

明，C(S0f)>c(Mn2+),說明還發(fā)生了其它生成SOf的反應(yīng)，由于溫度不變，反應(yīng)中還通入空氣，所以可

能是空氣中的02將SCh氧化生SO：,從圖像看，生成SO：的速率較快，而Md+在后期是不變的，所以

Mn?+可能是SCh催化氧化成SOi的催化劑；答案為部分SO2與O?、H?0反應(yīng)生成HzS。,，且MY卡催

化該反應(yīng)；

【小問3詳解】

①由圖知，N02將Soj氧化生成HNc)2和SO?,根據(jù)S、N得失電子守恒配平反應(yīng)，HNo2為弱酸，在離

子方程式中不可拆開，離子方程式為H++SO；+NCh=SO3+HNO2;

②題目要求描述滴液外的物質(zhì)轉(zhuǎn)化?？磮D描述，液滴中的SO；或HSo3與外圍的NCh反應(yīng)生成SO：和

HNO2,繼續(xù)與NCh反應(yīng)生成NO2SO3,繼續(xù)與水反應(yīng)生成HSOd和HNo

3.(2023?江蘇省常州市?統(tǒng)考一模)Co2甲烷化是實現(xiàn)碳平衡階段的中堅力量。

(1)1902年，PaUlSabatier首次報道了CCh的甲烷化。在一定的溫度和壓力條件下，將按一定比例混合

的Co2和H2通過裝有金屬Ni的反應(yīng)器可得到CH4。

已知:CH4和H2的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱分別為-890.3kJ?moΓ1>-285.8kJ?molL

l

CO2甲烷化反應(yīng)CO2(g)+4H2(g)=CHMg)+2H2θ⑴的Ni=kJ?moΓo

(2)近年來，生物電催化技術(shù)運用微生物電解池實現(xiàn)了Co2的甲烷化，其工作原理如圖1所示。

-I微電壓I-

有機物.______CO2CH4

IICO2i

質(zhì)了1?交換<展11f

。一電活性微生物

①微生物電解池實現(xiàn)CO2甲烷化的陰極電極反應(yīng)式為。

②如果處理有機物［(CHzO)”］產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下112m3的CH4,則理論上導(dǎo)線中通過的電子的物質(zhì)的量為

(3)經(jīng)過百余年的探索研究，目前對C02甲烷化的反應(yīng)路徑和機制仍存在許多爭議。ZrO2負(fù)載金屬Rh

催化CO2甲烷化可能存在的兩種反應(yīng)機理如圖2所示。

①C02和H2在催化劑表面不同活性位點(金屬氧化物載體或分散在載體表面的活性金屬)的吸附、活化形成

中間體，是討論CO2甲烷化反應(yīng)機理的首要關(guān)鍵問題。上述兩種機理爭論的焦點首先在于。

②吸附在活性金屬Rh表面的中間體CO,除可能是由吸附在其表面的CCh直接解離產(chǎn)生，還可能是由

__________________解離產(chǎn)生?

③根據(jù)元素電負(fù)性的變化規(guī)律，由中間體H轉(zhuǎn)化為中間體HI的過程可以描述為?

【答案】(1)-252.9

+

(2)①CO2+8H+8e=CH4+2H2O②.4xl04nio］

(3)①.CCh的吸附、活化位置(是在載體Zro2上，還是在活性金屬Rh上，以及活化形成的中間體)

②.吸附在載體ZrCh的Zr原子表面的(Co2衍生物中間體)甲酸鹽③.吸附在Zr原子表面的H原子與碳

酸氫鹽中的C原子相互作用，吸附在。原子表面的H原子與碳酸氫鹽羥基上的。原子相互作用，生成的

甲酸鹽吸附在Zr原子表面、H2O分子直接離去

【解析】

【小問1詳解】

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,根據(jù)蓋斯定律知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;

【小問2詳解】

①微生物電解池實現(xiàn)Cθ2甲烷化，Co2得到電子生成CH4,其陰極電極反應(yīng)式為Cθ2+8H'+8e^^=CH4+

2H2O;

V112000L

②標(biāo)準(zhǔn)狀況下112m3的CH4的物質(zhì)的量為"=二=77%-----=5000mol,1故產(chǎn)生500OmOlCH4,理論

Vm22.4Lmol

上導(dǎo)線中通過的電子的物質(zhì)的量為500OmOlX8=4x10101；

【小問3詳解】

①從圖2可以看出，Co2和H2在催化劑表面不同活性位點的吸附、活化形成中間體不同，故上述兩種機理

爭論的焦點首先在于CCh的吸附、活化位置(是在載體ZrC)2上，還是在活性金屬Rh上，以及活化形成的

中間體)；

②由圖2可知，吸附在活性金屬Rh表面的中間體CO,除了可能是吸附在活性金屬Rh表面的CO2直接解

離產(chǎn)生，也有可能是機理②中由吸附在載體Zrc)2的Zr原子表面的(Co2衍生物中間體)甲酸鹽解離產(chǎn)生；

③由圖2可知中間體II脫去HzO生成中間體ΠI,根據(jù)元素電負(fù)性的變化規(guī)律，由中間體H轉(zhuǎn)化為中間體In

的過程可以描述為吸附在Zr原子表面的H原子與碳酸氫鹽中的C原子相互作用，吸附在O原子表面的H

原子與碳酸氫鹽羥基上的。原子相互作用，生成的甲酸鹽吸附在Zr原子表面、HzO分子直接離去。

4.(2023?江蘇省靖江市?統(tǒng)考一模)氫能是一種綠色能源，也是重要的還原劑。目前有多種方法可以制氫

并儲氫。

I.NaBH4＞氨硼烷(NH3BH3)、MgH2的制氫儲氫。

(1)NaBH4與水反應(yīng)生成H2,可能的反應(yīng)機理如圖-1所示。

H2OC?OH-

//OB原子oH原子OO原子

(≡-l)

①其他條件不變時，以D2O代替H2O催化釋氫，所得氣體的分子式為o

②電解NaBo2溶液可制得NaBH4,電解裝置示意圖如圖-2所示。

(S-2)

該電解池陰極的電極反應(yīng)式為o

(2)氨硼烷(NH3BH3)可以水解釋氫和熱分解釋氫。受熱釋氫時固體殘留率隨溫度的變化如圖-3所示。

%

0

0A(110℃,93.55%)

×

B(155oC,87.10%)

90.0

80.0

700100200300400500

溫度/。C

(圖-3)

①NH3BH3中B的雜化方式.

②110℃時NH3BH3分解釋氫的化學(xué)方程式是

(3)MgH2是一種具有良好的復(fù)合儲氫材料之一，是一種單層的二維材料，二維晶胞俯視圖如圖-4,MgH2

∏.H2能將4-硝基苯乙烯VI在特定條件下制備4-乙烯基苯胺(J。兩種不同催化劑將4-硝基苯乙烯還

NO,NH2

原加氫的過程如圖-5所示

已知：M。單原子位點對4-硝基苯乙烯有較好的吸附效果。

(≡-5)

Z

(4)①請描述4-硝基苯乙烯LJ在單原子催化劑下與H2發(fā)生反應(yīng)的過程_______o

NO2

②使用雙單原子催化劑，可以大大提高4-乙烯基苯胺的產(chǎn)率，原因是0

【答案】(1)①.H2、HD?.BO2+8e+6H2O=BH4+8OH

HOoC?

(2)①.sp3(2).NH3BH3NH2BH2+H2↑

(3)6(4)①.在Ir單原子位點，氫氣活化為H原子，一部分H原子進(jìn)攻雙鍵，和雙鍵發(fā)生加

成反應(yīng)，另一部分H原子進(jìn)攻硝基，將硝基還原為氨基，最終得到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單原子位點能促進(jìn)氫氣的活化，M。單原子位點對4-硝基苯乙烯有

較好的吸附效果，Mo和Ir的協(xié)同作用能改變催化劑的選擇性。

【解析】

【小問1詳解】

①若用DzO代替H2θ,D2O中的D一部分進(jìn)入氫氣，生成的氫氣原子重新組合，所以生成的氫氣有H2、

HD；

②電解池陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，NaBO2得到電子生成NaBH<,電極反應(yīng)式為

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

【小問2詳解】

①B最外層有3個電子，和3個H原子形成b鍵，同時B原子為缺電子原子，能提供空軌道，N原子有孤

電子對，還可形成N→B配位鍵，則NH3BH3中B的雜化方式為sp3雜化；

②I(XrC時,根據(jù)圖可知M(A)=M(NH3BH3)X93.55%=3lx93.55%=29,由此可知A為NH2BH2,則110℃

IlO0C?

時NH3BH3分解釋氫的化學(xué)方程式是NH3BH3NH2BH2+H2

【小問3詳解】

由h-MgH2晶胞俯視圖可知，在一個平行四邊形結(jié)構(gòu)中，處于銳角頂點的Mg與一個H相連，處于鈍角頂

點的Mg與兩個H相連，而每個鎂同時為兩個四邊形的銳角頂點也為兩個四邊形的鈍角頂點，則每個頂點

的Mg與周圍6個H相連，配位數(shù)為6；

【小問4詳解】

①由圖示可以看出，在Ir單原子位點，氫氣活化為H原子，一部分H原子進(jìn)攻雙鍵，和雙鍵發(fā)生加成反

應(yīng)，另一部分H原子進(jìn)攻硝基，將硝基還原為氨基，最終得到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由圖示可以看出，M。單原子位點對4-硝基苯乙烯有較好的吸附效果，與單原子催化劑相比，在雙單原

子催化劑作用下，4-氨基苯乙烯的選擇性大于96%,大大減少了副反應(yīng)的發(fā)生，說明M。和Ir的協(xié)同作用

能改變催化劑的選擇性，可以提高4-氨基苯乙烯的產(chǎn)率。

5.(2023?江蘇省南京市鹽城市?統(tǒng)考一模)CO2的資源化利用能有效減少CO2的排放，充分利用碳資源。

(1)1991年，AShCroft提出了甲烷二氧化碳重整的技術(shù)理論：氣體分子吸附至催化劑表面后發(fā)生反應(yīng)。

500℃時，反應(yīng)原理如下。

l

主反應(yīng)：CH4(g)+CO2(g)=2Cθ(g)+2H2(g)ΔH=246.5kJ?mor

副反應(yīng)：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，副反應(yīng)0、HI形成的積碳易導(dǎo)致催化劑失去活性。

①在原料氣中添加微量。2有利于保持催化劑的活性，其原因是?

②在催化劑中添加少量多孔CaO能提高CO2轉(zhuǎn)化率并保持催化劑的活性，其原因是。

③主反應(yīng)過程機理模型如圖所示(*表示吸附在催化劑表面的活性物種)。根據(jù)反應(yīng)機理，生成CO的過程可

描述為0

（2）我國科學(xué)家以Si/Bi材料作光電陰極、Co2飽和的0.5mol?L√的KHCo3溶液作電解液（pH=7.4）,

將CO2轉(zhuǎn)化為HCOoH,原理如圖所示。

①根據(jù)圖示，寫出光電陰極電極反應(yīng)式O

②從能源利用和資源綜合利用角度分析該方法優(yōu)點是。

【答案】（1）①.微量。2及時和副反應(yīng)II、I產(chǎn)生的碳反應(yīng)。防止催化劑表面積碳②.少量多孔

CaO（及其生成的CaCe）,）有利于將Co2吸附至催化劑表面，促進(jìn)主反

應(yīng)發(fā)生，提高CO的轉(zhuǎn)化率③.吸附在催化劑表面的CO解離成CO和O*（活性氧原子）,吸附在催化劑

表面的CH4解離成H2和CH2*（活性亞甲基），0*和H2反應(yīng)生成H2O,CPh*和比0反應(yīng)生成七和CO*,CO

從催化劑表面脫附成CO。

（2）①.CO2+HCO-+2e=HCOO+CO;"②.利用太陽光能理論上無需額外消耗能量，將捕

集的CCh轉(zhuǎn)化為有用的產(chǎn)品HCooH,既能有效減少溫室氣體CCh的排放量，又能充分利用碳資源。

【解析】

小問1詳解】

微量氧氣可將副反應(yīng)上生成的C轉(zhuǎn)化為氧化物，從而降低催化劑表面的積碳，避免積碳過多導(dǎo)致催化劑失

去活性；多孔Cao可以吸附二氧化碳，從而促進(jìn)二氧化碳與甲烷在催化劑表面接觸反應(yīng)，提高二氧化碳的

轉(zhuǎn)化率；結(jié)合圖示信息可知二氧化碳被吸附在Ni表面，之后發(fā)生斷鍵，生成CO和0。故答案為：微量

02及時和副反應(yīng)H、I產(chǎn)生的碳反應(yīng)。防止催化劑表面積碳；多孔Cao有利于CO?吸附，從而促進(jìn)CO?與

甲烷的反應(yīng)，提高CO?轉(zhuǎn)化率；吸附在催化劑表面的Co解離成Co和0*（活性氧原子）,吸附在催化劑表

面的CH4解離成Fh和CH2*（活性亞甲基）,0*和H2反應(yīng)生成H2O,CH2*?H2O反應(yīng)生成H?和CO*,CO從

催化劑表面脫附成co；

【小問2詳解】

由圖可知光陰極二氧化碳在碳酸氫鉀溶液中轉(zhuǎn)化為HCOOH,電極方程式為：

CO2+HCO-+2e=HCOO+C0?^；利用太陽光能理論上無需額外消耗能量，將捕集的Co2轉(zhuǎn)化為有用

的產(chǎn)品HCoOH,既能有效減少溫室氣體CCh的排放量，又能充分利用碳資源。

6.(2023?江蘇省江陰市?統(tǒng)考一模)Co2、NOX和SCh等物質(zhì)的轉(zhuǎn)化和資源化利用是社會熱點問題。

LCo2與CH4經(jīng)催化重整，制得合成氣?發(fā)生反應(yīng)：CH4(g)+CO2(g).?2CO(g)+2H2(g),已知上

述反應(yīng)中相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：

化學(xué)鍵C-HC=OH-HCo中的化學(xué)鍵

鍵能

4137454361075

ZkJmol-1

(1)則該反應(yīng)的ΔH=0

∏?間接電化學(xué)法可對大氣污染物No進(jìn)行無害化處理，其工作原理如圖所示，質(zhì)子膜允許H+和HzO通過。

SzOj溶液o

3質(zhì)子膜∣2

Pb仁

電極WIJL極∏

F-U、,SO/容液

HSO潘液電解池

(2)電極I應(yīng)接電源的(填“正極”或"負(fù)極”)。

(3)每處理標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LN0,可同時得到gθ2

HL使用固體催化劑可提高脫硫效率。氣體在固體催化劑表面反應(yīng)的機理是氣體反應(yīng)物分子吸附在催化劑表

面，占據(jù)催化劑表面活性位點，生成一些活性高的微粒，從而降低反應(yīng)活化能，提高反應(yīng)速率，反應(yīng)后氣

體產(chǎn)物分子及時脫附空出活性位點。

(4)活性炭催化脫除SCh的機理如圖所示(*代表吸附態(tài))。

SO2

∕?再生

①寫出“熱再生”生成S02的化學(xué)方程式

②研究表明，溫度在脫硫過程中是一個非常重要的因素，溫度過高，脫硫效果會變差，原因可能是

(5)V2O5/炭基材料是在活性炭上載有V2O5活性成分，構(gòu)成更高活性的活性炭催化劑，更有利于S02轉(zhuǎn)化

為S03,最終實現(xiàn)脫硫。

①通過紅外光譜發(fā)現(xiàn)，脫硫開始后催化劑表面出現(xiàn)了VoSo4的吸收峰，再通入02后VoSO4吸收峰消失,

該脫硫反應(yīng)過程可描述為。

②控制一定氣體流速和溫度，考察煙氣中O2的存在對V2O5/炭基材料催化劑脫硫活性的影響，結(jié)果如圖所

示，當(dāng)02濃度過高時，去除率下降，其原因可能是0

。卜.......................I

2468K)121416

。2濃度/%

(6)科學(xué)家通過NE活化改性提升了活性炭的脫硫性能，認(rèn)為活性炭表面的含氮官能團具有催化性能，

含氮官能團越豐富越有利于提升脫硫性能，原因可能是。

【答案】(1)+120kJ?moΓl

(2)負(fù)極(3)16

Δ

(4)①.C+2H2SO4(濃)=Cθ2↑+2Sθ2↑+2H2θ②.反應(yīng)物在催化劑表面吸附效果變差，炭與硫酸

反應(yīng)產(chǎn)生SO2,反應(yīng)快速生成的SCh占據(jù)所有活性位點，來不及脫附，使吸附很快達(dá)到飽和

(5)①.SCh與V2O5作用形成具有Ve)Sc)4結(jié)構(gòu)的中間體，VC)Sc)4中間體與氣相的。2反應(yīng)生成SO3

和V2O5(或3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3,4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3)②.氧氣濃度過高時，Ch和SO2

分子會產(chǎn)生競爭吸附的局勢，當(dāng)02分子占據(jù)催化劑過多活性位點時，剩余的SCh分子就不能很好地被吸

附，導(dǎo)致脫硫率下降

(6)活性炭材料表面的含氮官能團具有堿性，能夠促進(jìn)活性炭對SCh的吸附及氧化

【解析】

【小問1詳解】

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

佛化劑

中含有1molH-H鍵，根據(jù)反應(yīng)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；

【小問2詳解】

從圖示中，可知在吸收塔中NO變成了N2,N的化合價降低，S?。：變成了HS0；,S的化合價從+3升

高到了+4,化合價升高。在電解池中，HS0；變成了S?。：，S的化合價從+4降低到+3,得到電子，

電極I為陰極，接連電源的負(fù)極；

【小問3詳解】

整個裝置中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同，處理標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LN0,即ImOINO,N的化合價從+2降低到0,轉(zhuǎn)

+

移了2mol電子，陽極2H2O-4e=4H+O21，生成16gO2即OSmoKh需要2mol電子，答案為16g；

【小問4詳解】

①根據(jù)圖中信息可知，“熱再生”是活性炭基材料與濃硫酸反應(yīng)生成SCh,反應(yīng)的化學(xué)方程式為C+

Δ

2H2SO4(濃)=CO2T+2SO2T+2H2O;

②研究表明，溫度在脫硫過程中是一個非常重要的因素，溫度過高，反應(yīng)物在催化劑表面吸附效果變差，

炭與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生S02,反應(yīng)快速生成的SCh占據(jù)所有活性位點，來不及脫附，使吸附很快達(dá)到飽和，脫

硫效果會變差；

【小問5詳解】

①

根據(jù)題意可知，該脫硫反應(yīng)過程可描述為SCh與V2O5作用形成具有VoSO4結(jié)構(gòu)的中間體；VOSo4中間體

與氣相的。2反應(yīng)生成SO3和V2O5或3SO2+V2O5+02=2VoSO4+Sθ3,4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3,故答

案為:SO2與V2O5作用形成具有VoSO4結(jié)構(gòu)的中間體,VOSCU中間體與氣相的02反應(yīng)生成SO3和V2O5(或

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

②當(dāng)02濃度過高時，去除率下降，其可能原因是氧氣濃度過高時，02、SCh和NO分子會產(chǎn)生競爭吸附的

局勢，當(dāng)02分子占據(jù)催化劑過多活性位時，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，導(dǎo)致脫硫脫硝率

下降；

故答案為：氧氣濃度過高時，和S02分子會產(chǎn)生競爭吸附的局勢，當(dāng)02分子占據(jù)催化劑過多活性位點

時，剩余的SCh分子就不能很好地被吸附，導(dǎo)致脫硫率下降；

【小問6詳解】

活性炭材料表面的含氮官能團具有堿性，能夠促進(jìn)活性炭對S02的吸附及氧化，含氮官能團越豐富越有利

于提升脫硫性能。

7.(2023?江蘇省南京外國語中學(xué)一模調(diào)研)CO2資源化利用是解決資源和能源短缺、減少碳排放的一種

途徑。

I.Co2制甲醇。以1%。3作催化劑，可使CC)2在溫和的條件下轉(zhuǎn)化為甲醇，經(jīng)歷如下過程:

還原

i.催化劑活化：I%O3(無活性)≡^"'Tn。，(有活性)

氧化23r

ii.CO2與H2在活化后的催化劑表面可逆的發(fā)生反應(yīng)①，其反應(yīng)歷程如圖1。

同時伴隨反應(yīng)②：CO2(g)+H2(g)<?Cθ(g)+H2θ(g)Δ^=+41.2kJ∕mol

CH,OH(g)

圖I

(1)反應(yīng)①中每生成ImoICH3OH(g)放熱49.3kJ,寫出其熱化學(xué)方程式o

(2)Co2與H2混合氣體以不同的流速通過反應(yīng)器，氣體流速與CO2轉(zhuǎn)化率、CH3OH選擇性的關(guān)系如

圖2。

已知：CH3OH選擇性=n(生成CH3OH所消耗的CO2的量)∕n(發(fā)生轉(zhuǎn)化的CO2的量)CH3OH選擇性隨

流速增大而升高的原因____________________。

同時，流速加快可減少產(chǎn)物中H2。的積累，減少反應(yīng)_________(用化學(xué)方程式表示)的發(fā)生，減少催化劑

的失活，提高甲醇選擇性。

(3)對于以上Co2制甲醇的過程，以下描述正確的是

A.碳的雜化方式發(fā)生了改變B.反應(yīng)中經(jīng)歷了In—C、In-O鍵的形成和斷裂

C.加壓可以提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率D.升高溫度可以提高甲醇在平衡時的選擇性

II.甲醇燃料電池(DMFC)示意圖如圖。電極A、B均浸泡于稀硫酸中。H+可在聚合物電解質(zhì)自由移動，其

余微粒均無法通過聚合物電解質(zhì)。

電極A電懾B

(4)①電極A上發(fā)生的電極反應(yīng)為；

②X口、Y口兩處硫酸溶液的濃度關(guān)系為CXCγ(填或)，原因是。

【答案】⑴

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

(2)①.反應(yīng)①比反應(yīng)②速率快；流速增大使原料氣反應(yīng)時間減少，反應(yīng)①產(chǎn)生的CH,OH與反應(yīng)②

產(chǎn)生的均減少，但減少得更多

CoCOIn2O3-χ+xH2O=In2O,+xH,(3)ABC

+③,電極發(fā)生

(4)①.CH3OH-6e^+H2O=CO2↑+6H②.>B

+每轉(zhuǎn)移有跨過聚合物電解質(zhì)進(jìn)入右側(cè)溶液，電極上消耗

O2+4H+4e^=2H,O,4mole?4molH'

4molH+?溶液中〃(H。不變，體積增加，硫酸濃度減小

【解析】

【小問1詳解】

反應(yīng)①中CCh和H2在溫和的條件下轉(zhuǎn)化為甲醇和H20,每生成ImOICH3θH(g)放熱49.3kJ,其熱化學(xué)方程

式為CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)?∕7=-49.3kJ∕mol,故答案為：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)

??=-49.3kJ∕mol;

【小問2詳解】

反應(yīng)①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)A"=-49.3kJ∕mol是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，反應(yīng)②：

CO2(g)+H2(g)=CO2(g)+H2O2(g)是氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，增大CCh與H2混合氣體的流速可增大壓強，反

應(yīng)①平衡正向移動,生成CH3OH消耗的CO2的物質(zhì)的量增大,導(dǎo)致CH3OH選擇性升高；已知催化劑活化：

孫。3(無活性)號黑TnQχ(有活性)，

流速加快可減少產(chǎn)物中HzO的積累，減少反應(yīng)

In2‰x+xH2O=In2O3+xH2的發(fā)生，減少催化劑的失活，提高甲醇選擇性，

故答案為：增大CCh與H2混合氣體的流速可增大壓強，反應(yīng)①平衡正向移動，生成CHQH消耗的CCh

的物質(zhì)的量增大，導(dǎo)致CHQH選擇性升高；ImCh一χ+xH2O=In2O3+xH2;

【小問3詳解】

A.Co2的結(jié)構(gòu)式為O=C=O,碳采取SP雜化，甲醇CH3OH中C有4個σ鍵，碳采取sp3雜化，故A正確；

B.由圖1可知，反應(yīng)中經(jīng)歷了In-C、In-O鍵的形成和斷裂，故B正確；

C.Ce)2制甲醇是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，加壓平衡正向移動，可以提高CCh的平衡轉(zhuǎn)化率，故C正確；

D.由Cθ2(g)+3H2(g)=CH3θH(g)+H2θ(g)AH=-49.3kJ∕mol是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，升高溫度

會降低甲醇在平衡時的選擇性，故D錯誤；

故答案為：ABC；

【小問4詳解】

①由圖可知，甲醇在A電極失去電子轉(zhuǎn)化為二氧化碳，則電極A上發(fā)生的電極反應(yīng)為

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

++

②電極B發(fā)生。2+4H+4e-=2H2O,每轉(zhuǎn)移4mole,有4molH跨過聚合物電解質(zhì)進(jìn)入右側(cè)溶液，

電極上消耗4molH+。溶液中〃(H+)不變，體積增加，硫酸濃度減小，則cχ>cγ°

8.(2023?江蘇省南通市如皋市?統(tǒng)考一模)鐵系納米復(fù)合材料可以去除水體中的硝酸鹽污染物。

(1)Fe-Ag金屬復(fù)合材料去除某PH=2的廢水中NO；的反應(yīng)歷程如圖所示(吸附在金屬復(fù)合材料表面的

物種用*標(biāo)注)

①如圖中NOJ的去除機理可描述為。

②其他條件一定，反應(yīng)相同時間，溶液的PH越大，N0；的去除率越低的原因是。

m(Ag)

(2)控制其他條件一定，反應(yīng)相同時間，不同Ag負(fù)載比二?、xl00%的Fe-Ag金屬復(fù)合材料對

(Fe-Ag)

N0；的去除率影響如圖所示。Ag負(fù)載比小于3%時，N0；的去除率較低的原因是。

80

Ili

時間∕min

(3)其他條件一定，反應(yīng)相同時間，分別用含鐵質(zhì)量相等的納米鐵粉、CU負(fù)載比為4%的Fe-CU金屬復(fù)

合材料、Ag負(fù)載比為3%的Fe-Ag金屬復(fù)合材料去除溶液中NO；,反應(yīng)后殘留的NO；、生成的NH：和N2

的物質(zhì)的量如圖所示。

-

O

U

V

n

①與其他材料相比，F(xiàn)e-Ag金屬復(fù)合材料去除NO'的優(yōu)點是。

②用納米鐵粉去除NoI時，反應(yīng)過程中的物種及能量變化如圖所示，用納米鐵粉去除NO；時生成N2的

量極少的原因是o

Z

N,O*

Z.7

.4J

Z

L

.8

L.5

L.2

S.9

.6

.3

OS..03

6

O9.

4).

反應(yīng)歷程

【答案】(1)①.Fe失去電子生成Fe2，H卡在Fe表面得電子生成氫原子并吸附在金屬Ag的表面;

氫原子失去電子給吸附在Ag表面的NO：和NO?；NO3得電子生成NO2,NO?得電子生成NH：或N?

②?pH越大，氫離子濃度越小，得到的氫原子濃度越小，氫原子還原NO3、No2的速率越低

（2）當(dāng)Ag負(fù)載量小于3%時，吸附于Ag表面的NO?較少，當(dāng)Ag負(fù)載量大于3%時，與Fe反應(yīng)生成并

吸附于Ag表面的氫原子較少

（3）①.硝酸鹽去除效率高，生成氮氣較多，減少了溶液中氨氮的二次污染②.生成N?過程中

N原子和NO反應(yīng)生成N?0所需的活化能較高，反應(yīng)較困難，生成N?含量少

【解析】

【小問1詳解】

①由圖示可知反應(yīng)的過程為：Fe失去電子生成Fe?+,H+在Fe表面得電子生成氫原子并吸附在金屬Ag的

表面；氫原子失去電子給吸附在Ag表面的N0；和NO；；NO］得電子生成N0￡,NO；得電子生成

NH^N?；

②PH越大，氫離子濃度越小，得到的氫原子濃度越小，氫原子還原NO；、NO；的速率越低。

【小問2詳解】

當(dāng)Ag負(fù)載量小于3%時，吸附于Ag表面的N0；較少，當(dāng)Ag負(fù)載量大于3%時，與Fe反應(yīng)生成并吸附

于Ag表面的氫原子較少，故當(dāng)Ag負(fù)載比小于3%時，NO；的去除率較低。

【小問3詳解】

①由圖示可知，F(xiàn)e-Ag金屬復(fù)合材料反應(yīng)后殘留的NO,最低，硝酸鹽去除效率高，生成氮氣較多，減少了

溶液中氨氮的二次污染；

②由圖示可知，生成N?過程中N原子和No反應(yīng)生成N^O所需的活化能較高，反應(yīng)較困難，生成N2含

量少。

9.（2023?江蘇省蘇北四市（徐州、淮安、宿遷、連云港）?統(tǒng)考一模）鋁系金屬復(fù)合材料能有效還原去除

水體中的硝酸鹽污染。鋁粉表而復(fù)合金屬的組分和含量，會影響硝酸鹽的去除效果。

（1）在相同實驗條件下，分別使用純鋁粉和CU負(fù)載量為3%、4%、5%的Al/Cu二元金屬復(fù)合材料對硝酸

鹽的去除效果如圖所示。

-?-VQCu

-A-4*?ΛΓCu

,??AI1?

①由如圖可知用Al/Cu二元金屬復(fù)合材料去除水體中硝酸鹽效果明顯優(yōu)于鋁粉，可能原因是。

②實驗發(fā)現(xiàn)Al/Cu二元金屬復(fù)合材料中Cu負(fù)載量過高也不利于硝酸鹽的去除，可能原因是。

(2)在Al/Cu二元金屬復(fù)合材料基礎(chǔ)上引入Pd形成三元金屬復(fù)合材料，其去除水體中硝酸鹽的機理如圖

所示。

J'NO；GMp卬

NH4(*I∣H,<g>'H*<M?iMh)?

HH*'卜、\\?MI

/---------H(a?>1

),w)/

NO3"NI"MM?Cu//

?lAlv4?

Al

Ul*1*心"去示?喊，生"附?

①使用Al/Cu二元金屬復(fù)合材料，可將水體中硝酸鹽轉(zhuǎn)化為鍍鹽，該轉(zhuǎn)化的機理可描述為：H+吸附在CU

表面并得電子生成強還原性的吸附氫H(ads),,NK與H+結(jié)合為NH：進(jìn)入溶液。

②引入Pd的Al/Cu/Pd三元金屬復(fù)合材料，硝酸鹽轉(zhuǎn)化為N2選擇性明顯提高，可能原因是

③其他條件相同時，Al/Cu/Pd三元金屬復(fù)合材料去除水體中硝酸鹽的效果與溶液PH關(guān)系如圖所示。水體

PH在4至6范圍內(nèi)，隨PH增大硝酸鹽去除率降低的可能原因是;水體PH在8.5至10范圍內(nèi)，隨

PH增大硝酸鹽去除率升高的可能原因是。

s如

*

?

760

星40

4

￡20

￡

【答案】(1)①?Cu能催化鋁粉去除硝酸鹽的反應(yīng)(或形成Al-CU原電池，增大鋁粉去除硝酸鹽的反

應(yīng)速率)②.因為過多的Cu原子覆蓋于二元金屬表面，減少了表面Al原子數(shù)，從而減少Al與水體

中硝酸鹽的接觸機會，使硝酸鹽去除效果減弱

(2)①.吸附氫H(ads)與同樣吸附于Cu表面的NO；(ads)反應(yīng)生成NO；(ads),NoNadS)脫離Cu

表面被釋放到溶液中，溶液中NO：(ads)轉(zhuǎn)移并吸附在Al表面被還原為NE(ads)②.由圖可知CU表

面吸附的H(ads)不能將NO；(ads)轉(zhuǎn)化為N2,而Pd表面吸附的H(ads)可實現(xiàn)上述轉(zhuǎn)化。CU表面生成的N0^

(ads)可轉(zhuǎn)移并吸附在Pd表面,被Pd表面的H(ads)進(jìn)一步還原為N2③.pH在4~6范圍內(nèi)，隨PH增大，

溶液中氫離子濃度減小，催化劑表面產(chǎn)生的H(ads)減少，使硝酸鹽去除率降低④.pH在8.5?10范圍

內(nèi)，隨著PH增大，氫氧根濃度增大，促進(jìn)鋁表面氧化鋁的溶解，同時鋁與OH-反應(yīng)產(chǎn)生的氫原子能還原

硝酸根，使硝酸鹽的去除率升高

【解析】