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专题13 化学反应原理综合
1．（2025·江苏·高考真题）合成气(和)是重要的工业原料气。
(1)合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要 (填数字)种化学键的键能数据。
(2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯。
①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有 。
②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的吸收剂、(正价有)缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。减缓设备腐蚀的原理是 。
(3)研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的，依次发生的主要反应：
步骤Ⅰ
步骤Ⅱ
①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有 ；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为 。
②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有 (填化学式)。
③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值： 。
【答案】(1)5
(2) 该反应为放热反应，在绝热容器中进行，的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，过量可有效防止催化剂活性下降 具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜
(3) 当时，载氧体为，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大 432 C、Fe、FeO 步骤Ⅰ中作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量积炭导致催化剂失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源
【详解】（1）反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的需。、、、，共5种化学键的键能数据。
（2）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，过量可有效防止催化剂活性下降。
②脱碳过程中，溶液会吸收，发生反应，当溶液浓度偏高时，会生成较多，而溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。中的Cr元素化合价为，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。
（3）①当时，载氧体中没有，只有，由于的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当时，转化率为60%，则，已知CO的选择性，则，根据图乙中数据可知，此时产物气中，则，故生成标准状况下CO和的总体积为432mL。
②新制载氧体与反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与反应，使载氧体再生从而继续与反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与反应。
③步骤Ⅰ中作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。
2.（2024·江苏·高考真题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。
(1)利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有 ；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得 。
(2)一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。
①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为 。
②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是 。
(3)反应可用于储氢。
①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是 。
②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示，氨基能将控制在催化剂表面，其原理是 ；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在 (填化学式)确认反应过程中的加氢方式。
【答案】(1) C、H、Fe
(2) 多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少
(3) NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降 -NH2可以与形成氢键 CN—NHD或DCOO—
【解析】（1）由图可知，反应器I中反应物为一氧化碳、氢气、氧化铁，生成物为二氧化碳、水、铁，发生的反应为、，则反应中化合价发生改变的元素为碳元素、氢元素、铁元素；由方程式可知，1mol一氧化碳和1mol氢气与氧化铁反应生成mol铁，反应器Ⅱ中铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式为，由方程式可知，mol铁生成氢气的物质的量为mol×=mol，故答案为：C、H、Fe；；
（2）①由题意可知，吸收一氧化碳的反应为一氧化碳与和氨水的混合溶液反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：；
②氧化铝含量大于2%，出口处氨含量下降说明多孔氧化铝含量过多会吸附反应生成的氨气，由图可知，氧化铝含量大于2%时，催化剂α-Fe表面积减小，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 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少；
（3）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，故答案为：NaHCO3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：-NH2可以与形成氢键；CN—NHD或DCOO—。
3．（2023·江苏·高考真题）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的平衡常数(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) 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳
(2) <0 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) H2 或 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】（1）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。
（2）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。
（3）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或。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。
4．（2022·江苏·高考真题）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) Cu、O
(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+ 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】（1）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，从解析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。
（2）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；
（3）“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。
5．（2021·江苏·高考真题）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·mol-1。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·mol-1
反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-1
①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) 657.1kJ·mol-1 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) 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu
【详解】（1）已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=－178.8kJ·mol-1，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。
（2）①反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·mol-1
反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
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·mol-1。
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。
（3）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。
1．（2025·江苏常州·二模）单质硫有、、、等同素异形体，可由闪锌矿(主要含ZnS、FeS)制备。已知：在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于150℃易分解，易溶于。
(1)制备：将闪锌矿置于敞口容器中，加入硫酸浸取，边搅拌边通入。部分浸取过程如图所示。
①步骤Ⅱ反应的离子方程式为 。
②高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是 。
③相同条件下，锌的浸出率和硫的氧化率随初始酸浓度的变化如图所示，初始酸浓度大于1.6mo/L时，硫的氧化率随酸浓度的增加而下降，主要原因是 。
(2)检验：请补充完整检测过滤所得固体中是否残留ZnS等难溶硫化物的实验方案：取少量浸取后过滤所得固体，加适量充分溶解，过滤，加热所得固体至完全挥发， (实验须选用的试剂：饱和溴水，蒸馏水，溶液。已知：饱和溴水可将硫化物氧化为硫酸盐)。
(3)蒸硫：将浸取后冷却所得粗硫置于如图所示装置中加热得到硫蒸气，再冷凝得到硫单质。
①蒸硫过程中，的进气口是 (填“a”或“b”)。蒸硫前，需通入一段时间，目的是 。
②已知沸点约445℃。温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是 。
【答案】(1) 高于112℃时，覆盖在闪锌矿表面的熔化，有利于锌元素浸出(或低于112℃时，会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出) 随着酸浓度增大，硫元素转化为逸出，导致硫的氧化率降低
(2)用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加溶液，如果无白色沉淀生成，则无ZnS等难溶硫化物残留
(3) b 排出空气，防止硫单质被氧化 分解为相对分子质量更小的分子，沸点降低
【详解】（1）①步骤Ⅱ反应物为H2S和Fe3+，生成物为Fe2+、H+、S8，离子方程式为：；
②在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是：高于112℃时，覆盖在闪锌矿表面的熔化，有利于锌元素浸出(或低于112℃时，会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出)；
③初始酸浓度大于1.6mo/L时，随着酸浓度增大，硫元素转化为逸出，导致硫的氧化率降低；
（2）溴水可以将硫化物最终氧化为硫酸根离子，检验是否残留ZnS等难溶硫化物的实验方案是：取少量浸取后过滤所得固体，加适量充分溶解，过滤，加热所得固体至完全挥发，用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加溶液，如果无白色沉淀生成，则无ZnS等难溶硫化物残留；
（3）①N2可以做保护气，防止硫被氧化，N2也可以冷却硫蒸气生成硫固体，故N2的进气口为b；蒸硫前通氮气目的是排出空气，防止硫单质被氧化；
②S8在高于150℃时易分解，沸点约445℃，温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是：分解为相对分子质量更小的分子，沸点降低。
2．（2025·江苏常州·二模）乙酸是一种重要的有机化工原料，其制备方法受到广泛研究和关注。
(1)CO催化电解制乙酸。
①将CO通入附着催化剂的多孔石墨电极，以KOH溶液为电解液，电解装置如图所示。生成的经处理后得到乙酸。阴极上CO生成的电极反应式为 。
②是一种来源广、价格低的化工原料。其他条件不变，改进工艺，以KOH和的混合液为电解液也可制备乙酸，电解装置如图所示。从装置和物质转化的角度分析，改进后的优点有 。
(2)光催化制乙酸。
在光照条件下，以PdO/Pd为催化剂，向反应器中匀速通入一定比例的和进行反应。在Pd表面产生。生成乙酸的一种机理如图所示。
①步骤Ⅵ过程中形成碳碳单键，在下图中补全X的结构。
步骤Ⅷ需在加热条件下，加入物质Y实现转化，Y可能为 (填字母)。
A．CO B． C．
②ⅰ：催化剂中Pd元素总量一定，乙酸的产量和光催化效率随PdO的含量变化如图所示。当PdO的含量大于时，随着PdO含量的增加，乙酸的产量逐渐减少，原因是 。
ⅱ：若催化剂中不含PdO时，在Pd上的反应仍遵循上述反应机理，则反应得到的有机产物有、 (填结构简式)。
③在该光催化条件下，比更易活化，生成更多的。若用代替部分进行实验，随着含量的上升，甲烷的消耗量略有增加，乙酸的产量却不升反降，原因是 。
【答案】(1) 乙酸的产量更高；无需使用离子交换膜，装置更简单(或成本更低)
(2) 或(与Pd相连虚线、实线不作要求) B 光催化效率降低，甲烷转化率下降；Pd含量减少，表面产生的量减少；Pd含量减少，甲烷的吸附量减少 装置中产生大量的，直接将甲烷氧化为
【详解】（1）①KOH溶液为电解液，阴极上CO发生还原反应生成，电极反应式为；
②根据图示也能转化为乙酸，装置中无需离子交换膜，从装置和物质转化的角度分析，改进后的优点有乙酸的产量更高；无需使用离子交换膜，装置更简单(或成本更低)；
（2）
①步骤Ⅵ过程中形成碳碳单键，结合步骤Ⅶ过程中生成乙酸，补全X的结构为或(与Pd相连虚线、实线不作要求)；步骤Ⅷ需在加热条件下，加入物质Y实现转化，□为氧空位，Y可能为，故选B；
②ⅰ：当PdO的含量大于时，随着PdO含量的增加，从图中可以看出光催化效率降低，因此乙酸的产量逐渐减少，原因是光催化效率降低，甲烷转化率下降；Pd含量减少，表面产生的量减少；Pd含量减少，甲烷的吸附量减少；
ⅱ：根据图示，若催化剂中不含PdO时，则不会形成碳氧双键，在Pd表面产生，则反应得到的有机产物除了，还有；
③若用代替部分进行实验，随着含量的上升，装置中产生大量的，乙酸可以进一步被氧化生成，所以甲烷的消耗量略有增加，乙酸的产量却不升反降，原因是装置中产生大量的，直接将甲烷氧化为。
3．（2025·江苏连云港·一模）性能优越的催化剂是实现二氧化碳加氢制甲烷工业化的关键。
(1)CO2在Ni/γ-Al2O3催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
反应I：CO2(g)＋4H2(g) = CH4(g)＋2H2O(g) H1= -143.9 kJ·mol 1
反应II：CO2(g)＋H2(g) = CO(g)＋H2O(g) H2
①已知在25℃、101kPa下，由最稳定单质生成1 mol某纯物质的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓，用表示。如表所示为几种常见物质的标准摩尔生成焓。
物质 CO2(g) H2(g) H2O(g) CO(g)
) －393.5 0 －241.8 －110.5
反应2CO(g)＋2H2(g) = CO2(g)＋CH4(g)的焓变为 。
②一定压强下，将一定比例CO2和H2通过装有Ni/γ-Ai2O3催化剂的反应器，反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况如图所示(虚线代表平衡转化率)。高于320℃后，CO2转化率略有下降，可能原因是 。
③γ-Al2O3因价格低廉、较高的热稳定性和比表面积而成为工业上最常用的催化剂载体。通过Rh(NO3)3（硝酸铑）热分解将铑有效负载在γ-Al2O3表面能有效提高催化性能的可能原因是 。
(2)CeO2催化CO2与H2转化为CH4的机理如图所示。
①在催化过程中由CeO2转变成CeO2-x晶胞的组成结构变化如图所示，一个CeO2-x晶胞中Ce4+和Ce3+个数比为 。
②催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成Ca xCe1-xOy可提高催化效率，其原因是 。
(3)通过Sonogashira偶联反应（如下图所示），将CoTBrPP（甲）在CuI与钯基催化剂的作用下，在甲上枝接PTAB(1,3,5-三乙炔苯聚合物)形成对CH4有较高选择性的CoTBrPP-PTAB-Cu新型催化剂（乙）。
①CoTBrPP-PTAB-Cu催化剂比CoTBrPP具有更好的导电性的原因是 。
②实验表明CoTBrPP和CoTBrPP-PTAB-Cu的ECSA(电化学活性面积，即参与电化学反应的有效面积)分别是7.1mF· cm-2和3.8mF·cm-2，偶联后ECSA降低的可能原因是 。
【答案】(1) －226.3 kJ·mol 1 320℃时，CO2和H2催化合成反应已达到平衡，升高温度，反应Ⅰ平衡向逆反应方向移动占主导，CO2的转化率减小 Rh(NO3)3热分解放出大量气体使得γ-Al2O3的表面积增大
(2) 结构中氧空位增加
(3) 三乙炔苯聚合物中的碳是sp和sp2杂化结构，有未参加杂化的p轨道上的电子 CoTBrPP表面接枝了聚1,3,5-三乙炔苯，使得活性位点难以暴露
【详解】（1）①反应热=产物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓，则，结合盖斯定律可知，2CO(g)＋2H2(g) = CO2(g)＋CH4(g)可以由I-2II，则该反应的反应热，
；
②可以从平衡移动的角度分析，由图可知，320℃之后，反应处于平衡状态，反应I为放热反应，温度升高平衡逆向移动，故答案为：320℃时，CO2和H2催化合成反应已达到平衡，升高温度，反应Ⅰ平衡向逆反应方向移动占主导，CO2的转化率减小；
③对于催化剂来说，接触面积越大，一般来说催化效果越好，另外硝酸铑分解会产生大量气体，故答案为：Rh(NO3)3热分解放出大量气体使得γ-Al2O3的表面积增大；
（2）①假设中的和的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合物中各元素正、负化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得m=1-2x，故一个晶胞中和个数比为；
②催化剂中掺入少量，用替代结构中部分形成，则催化剂中氧原子数减少，氧空位将增多，可提高催化效率，故答案为结构中氧空位增加；
（3）①PTAB中的碳为sp和sp2（形成共轭π键骨架），且存在 未杂化的p轨道电子 （可离域化），这些电子通过共轭体系形成 长程电子传输通道 ，显著提升催化剂的整体导电性，故答案为：三乙炔苯聚合物中的碳是sp和sp2杂化结构，有未参加杂化的p轨道上的电子；
②PTAB在CoTBrPP表面 枝接形成聚合物层 ，可能通过以下途径阻碍活性位点，物理覆盖 ，聚合物链直接遮挡CoTBrPP的活性中心，故答案为：CoTBrPP表面接枝了聚1,3,5-三乙炔苯，使得活性位点难以暴露。
4．（2025·江苏扬州·模拟预测）资源化利用具有重要意义。
(1)电催化制取甲烷。
①酸性条件下，向阴极通入，反应生成的电极反应式为 。
②实际电解时，需控制pH约为7.当其他条件相同时，pH减小，的产率降低，可能的原因是 。
(2)光催化制乙烯。、、三乙胺（）在催化剂作用下，光照一段时间可制得。
①催化剂中含。常温下，将溶液和溶液混合制备。已知：，、、。
反应的平衡常数K的数值为 。
制备时，溶液与溶液的混合方式为 。
②用同位素示踪法研究乙烯分子中C和H的来源。在其他条件相同时，三乙胺（分别与下列三组试剂反应，得到乙烯的质谱中最大质荷比均为28。能证明C和H均来源于三乙胺的一组试剂是 （填序号）。
A．和 B．和 C．和
若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有乙烯和 （填结构简式）。
(3)催化合成环状碳酸酯。
相邻原子或基团的大小和空间位置，会影响其他原子或基团接近反应原子，从而影响反应的进行。和1，1-二甲基环氧乙烷（）在催化作用下合成环状碳酸酯（R为多孔骨架），反应的可能机理如图所示。
①机理图步骤Ⅱ中C—O键的断键位置有两种。画出主要中间产物X的结构简式 。
②催化反应过程中，也能与连接，助其发生开环反应，连接方式如图所示。能与连接的原因是 。
【答案】(1) CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O pH减小，溶液中CO2浓度降低
(2) 向溶液中缓慢加入溶液并确保pH＜8 C CH2=CHCH3
(3) 能形成氢键N-H…O
【详解】（1）①电解池阴极发生还原反应，酸性条件下，向阴极通入，反应生成的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；
②pH减小，平衡CO2+H2OH2CO3 逆向移动，溶液中二氧化碳的浓度降低，转化率降低，故实际电解时，需控制pH约为7，当其他条件相同时，pH减小，的产率降低，可能的原因是pH减小，溶液中CO2浓度降低；
（2）①已知：，、、。
反应的平衡常数K=；
溶液因水解呈酸性，溶液因水解程度大于电离程度呈碱性，La(OH)3沉淀开始生成时c3(OH-)=mol3/L3=10-18mol3/L3，c(OH-)=10-6mol/L，pH=8，故要确保pH＜8，故制备时，溶液与溶液的混合方式为向溶液中缓慢加入溶液并确保pH＜8；
②证明C和H均来源于三乙胺，则要确保三乙胺（）中的C、H与其它实际中的C、H不同，则选C：和；
制备乙烯时，C和H均来源于三乙胺，则若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有乙烯和CH2=CHCH3；
（3）
1①甲基是推电子基， 中2号C-O键极性更大，故2号键更容易段，因此机理图步骤Ⅱ中主要中间产物X的结构简式为；
②催化反应过程中，也能与连接，助其发生开环反应，连接方式如图所示，则能与连接的原因是能形成氢键N-H…O。
5．（2025·江苏宿迁·模拟预测）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。
(1)和一定条件下可以合成甲醇，但是该过程往往存在副反应ii。
反应i：
反应ii：
则反应在 (选填“高温”、“低温”或“任意温度”)下可以自发进行。
(2)恒压下将和按体积比混合，在不同催化剂作用下发生反应i和反应ii，在相同的时间段内的选择性和产率随温度的变化如图。
已知：选择性。
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是 。
②，升高温度甲醇的选择性降低但甲醇的产率增大，其原因是 。
(3)光催化重整技术也是研究热点。以为光催化剂，光照时，价带失去电子并产生空穴(，具有强氧化性)，在导带获得电子生成CO和，价带上直接转化为CO和，反应机理如图所示：
在Rh表面，每生成1mol CO，则价带产生的空穴()数为 ；价带上的电极反应式可表示为 。
(4)利用配位化学原理也可以实现的捕捉和释放，从而实现的回收利用。上图是一种含锌配合物捕捉和释放的反应过程，请在方框内画出转化中间体的结构式 。
【答案】(1)高温
(2) 230℃、催化剂CZ(Zr-1)T 升高温度，反应i、ii的化学反应速率均增大，所以CO2的转化率提高、甲醇产率增大，但是由于反应i放热、反应ii吸热，升高温度对正向反应有利，而对反应i正向反应不利，所以甲醇的选择性降低。
(3) 2NA CH4+2h++O2-=CO+2H2
(4)
【详解】（1）根据盖斯定律，反应ii-反应i得到应，则，反应是气体分子数增加的反应：，则反应在高温下可以自发进行。
（2）①由图象可知在230℃下CH3OH的转化率最高，催化剂CZ(Zr-1)T对CH3OH的选择性最好，因此合成甲醇的工业条件是230℃、催化剂CZ(Zr-1)T；
②升高温度，反应i、ii的化学反应速率均增大，所以CO2的转化率提高、甲醇产率增大，但是由于反应i放热、反应ii吸热，升高温度对正向反应有利，而对反应i正向反应不利，所以甲醇的选择性降低。
（3）当价带产生1mol空穴(h+)时，电子转移为1mol，在Rh表面生成的CO数目为0.5NA，则每生成1mol CO，则价带产生的空穴(h+)的物质的量为2mol，空穴数为2NA；价带上的电极反应式为CH4+2h++O2-=CO+2H2。
（4）根据反应过程可知，方框内画出转化中间体的结构式为。
6．（2025·江苏南京·模拟预测）绿氨作为“零碳”燃料，是未来重要的清洁能源。
(1)氨燃料的应用。和混合燃烧可改善的燃烧性能，在25℃和101kPa下：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
①该条件下，的燃烧热 。
②在绝热容器中，将一定体积、不同组成比的、混合气体在足量中燃烧，其他条件相同时，测得体系的最高温度和反应后NO的物质的量分数随含量的变化如图所示（反应衡状态）。NO的物质的量分数随含量先增大后减小的原因是 。
(2)氨的催化分解。催化氨分解反应的原理如图所示。
①在500K完成反应Ⅰ后，用X-射线衍射法判断残留固体M的组成，其X-射线衍射图如下图中（a）所示，该反应的化学方程式为 。
②在723K完成反应Ⅱ后，残留固体的X-射线衍射图如下图中（b）所示，单质Fe由M中的某物质分解生成。经该循环得到的与的物质的量之比 3（填“>”、“<”或“=”）。
(3)氨电解反应可用于制氢。相同条件下，饱和氨水（的质量分数为34%）的密度为，液氨的密度为。
①电解含的液氨溶液制的装置如图所示，电解时，阳极的电极反应式为 。
②氨气燃料的性能可用“能量密度”来衡量，能量密度，则饱和氨水的能量密度为 （写出计算过程）。
③相比电解饱和氨水，电解液氨法制的优点是 。
【答案】(1) -382.5kJ/mol 在绝热容器中，反应前后能量守恒，开始时H2含量增加，反应放出的热量增多，温度升高；随着H2含量的继续增加，NO的物质的量分数先增大；随着温度的升高，反应ⅲ平衡逆向移动，从而导致NO的物质的量分数减小
(2) 6NH3+ 2Li3FeN2=Fe2N +3Li2NH+3N2+9H <
(3) 27mol/L “能量密度”大
【详解】（1）①由ⅱ. ，ⅲ.
根据盖斯定律ⅲ-2×ⅱ得，△H=-1164.8kJ/mol-2182.6kJ/mol=-1530kJ/mol；
燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定物质时所放出的热量。则该条件下，的燃烧热△H=-1530kJ/mol×=-382.5kJ/mol；
②在绝热容器中，反应前后能量守恒，开始时H2含量增加，反应放出的热量增多，温度升高；随着H2含量的继续增加，NO的物质的量分数先增大；随着温度的升高，反应ⅲ平衡逆向移动，从而导致NO的物质的量分数减小，所以NO的物质的量分数随含量先增大后减小。
（2）①根据X射线衍射图（a）可知残留固体M为Fe2N和Li2NH，则反应Ⅰ的化学方程式为：6NH3+ 2Li3FeN2=Fe2N +3Li2NH+3N2+9H2；
②在723K完成反应Ⅱ后，单质Fe由M中的某物质分解生成。根据含铁物质的化学式，可知Fe2N分解放出氮气，所以经该循环得到的与的物质的量之比<3。
（3）①电解含的液氨溶液制的装置如图所示，电解时， 在阳极失电子生成N2，阳极的电极反应式为。
②设饱和氨水的体积为1L，密度为，则氨水的质量为900g，n(NH3)=，氨电解反应，则放出氢气的物质的量为27mol，则饱和氨水的能量密度为27mol/L。
③设液氨的体积为1L，液氨的密度为，则液氨的质量为770g，n(NH3)=，氨电解反应，则放出氢气的物质的量为68mol，则液氨的能量密度为68mol/L，相比电解饱和氨水，电解液氨法制的优点是“能量密度”大。
7．（2025·江苏南京·模拟预测）重铬酸钾（）在不同领域有着重要用途。
(1)室温下，溶液中含铬物种的浓度与pH的关系如图所示，反应的平衡常数 。
(2)酸性溶液曾用于检测司机是否酒后驾驶，反应原理如下（未配平）：
为探究用量对该反应速率的影响，设计如下实验：
室温下，将不同体积的溶液分别与溶液混合，加入乙醇溶液，用蒸馏水定容至50mL；静置30min后，用分光光度计测得溶液的吸光度A与溶液体积的关系如图所示（吸光度A仅与的浓度成正比）。
①若实验中加入的与乙醇完全反应，转移电子的物质的量为 mol。
②随着硫酸用量增加，吸光度A先增大后基本不变的原因是 。
(3)醋酸亚铬是一种红色晶体，在气体分析中常用作氧气吸收剂，其难溶于冷水，易溶于酸，潮湿环境下易被氧化。实验室用制备醋酸亚铬的装置如图所示：
①吸滤瓶中，锌将还原为（蓝色）的离子方程式为 。实验中锌必须过量的原因是 。
②锥形瓶中发生反应。请补充完整实验方案：打开，关闭，打开，向吸滤瓶中逐滴加入盐酸溶液； ；依次用蒸馏水、无水乙醇、无水乙醚洗涤晶体，干燥（实验中必须使用的用品：瓶塞、冰水浴）。
【答案】(1)0.011
(2) 0.004或 V(H2SO4)<10mL，随着硫酸用量增大，溶液中c(H+)增大，反应速率增大，c(Cr3+)增 大；V(H2SO4)>10mL，30min内乙醇完全反应，c(Cr3+)基本不变
(3) 使 K2Cr2O7充分被还原为CrCl2(或防止CrCl2被氧化)；产生H2将CrCl2溶液压入锥形瓶 当吸滤瓶中溶液颜色不再变化时，关闭K2，打开K3，关闭K1；当锥形瓶中溶液不再增加时，迅速用瓶塞塞紧锥形瓶；将锥形瓶置于冰水浴中冷却结晶，过滤
【详解】（1）根据C点：。
（2）①Cr化合价变化为+6→+3，CH3CH2OH中C的化合价为-2，CH3COOH中C的化合价为0，C化合价变化为-2→0，1mol得到6mol电子，1molCH3CH2OH失去4mol电子，根据得失电子守恒，则反应K2Cr2O7和乙醇的计量系数比为2：3，转移12mol电子，有计量关系：2K2Cr2O7~3乙醇~12e-；实验中：K2Cr2O7的物质的量为，乙醇的物质的量为，K2Cr2O7过量，则转移电子的物质的量为；
②随着硫酸用量增加，吸光度A先增大后基本不变的原因是：V(H2SO4)<10mL，随着硫酸用量增大，溶液中c(H+)增大，反应速率增大，c(Cr3+)增 大；V(H2SO4)>10mL，30min内乙醇完全反应，c(Cr3+)基本不变。
（3）①锌将还原为，同时生成Zn2+，离子方程式为；实验中锌必须过量的原因是：使 K2Cr2O7充分被还原为CrCl2(或防止CrCl2被氧化)，同时产生H2将CrCl2溶液压入锥形瓶
实验方案为：打开，关闭，打开，向吸滤瓶中逐滴加入盐酸溶液；当吸滤瓶中溶液颜色不再变化时，关闭K2，打开K3，关闭K1；当锥形瓶中溶液不再增加时，迅速用瓶塞塞紧锥形瓶；将锥形瓶置于冰水浴中冷却结晶，过滤。
8．（2025·江苏泰州·模拟预测）铁元素的纳米材料因具备良好的电学特性和磁学特性，而引起了广泛的研究。纳米零价铁可用于去除水体中的六价铬[]与硝酸盐等污染物。
(1)①用溶液与溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：。当生成1mol Fe时，反应中转移电子的物质的量为 。
②纳米Fe和均可用于降解含的废水。实验证明辅助纳米铁去除效果更佳，结合下图，分析其原因是 。
(2)电解法除的一种装置如图1所示。利用阳极生成的，还原生成，最终转化为和沉淀除去。随着电解的进行，阳极表面形成的钝化膜，电解效率降低。将电源正负极反接一段时间，钝化膜消失。钝化膜消失的原因为 。
(3)生物质铁炭纳米材料活化过一硫酸钾()降解有机污染物的反应历程如图2所示。图中SO和·OH分别表示硫酸根自由基和羟基自由基。
①生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为 。
②与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是： 。
(4)利用高炉炼铁尾气中的制取有机物的过程如下图。
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(FE%)随电解电压的变化如图所示：，选择性。
“电解”在质子交换膜电解池中进行，生成HCOOH的电极反应式为 ，当电解电压为时，生成和HCOOH的选择性之比为 。
【答案】(1) 8mol 有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快
(2)电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原
(3) 纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH 或·OH和 SO ，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2 和H2 O 石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染
(4) CO2+2H++2e-=HCOOH 1∶3
【详解】（1）①用溶液与溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：根据反应：，2mol生成4molH2，氢化合价升高8价，3molH2O生成成3molH2，氢化合价降6价，1molFeCl2生成Fe，铁化合价降2价，总共降8价，所以当生成1mol Fe时，反应中转移电子的物质的量为8mol；故答案为：8mol；
②辅助纳米铁去除效果更佳，由图1可知，因为有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快；故答案为：有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快；
（2）随着电解的进行，阳极表面形成的钝化膜，电解效率降低。将电源正负极反接一段时间，钝化膜消失。钝化膜消失的原因为电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原。故答案为：电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原；
（3）①生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH 或·OH和 SO ，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2 和H2 O。故答案为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO得到电子生成 SO和OH 或·OH和 SO ，活性SO和·OH与难降解有机污染物反应生成CO2 和H2 O；
②与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染。故答案为：石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染；
（4）“电解”在质子交换膜电解池中进行，酸性条件下二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲酸，生成HCOOH的电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH；2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O、CO2+2H++2e-=HCOOH，当电解电压为时，生成和HCOOH的法拉第效率相同，则12n(CH3CH2OH)=2n(HCOOH)，结合碳守恒，生成和HCOOH的选择性之比为=2×1∶1×6=1∶3 。故答案为：CO2+2H++2e-=HCOOH；1∶3。
9．（2025·江苏盐城·模拟预测）“碳达峰、碳中和”是我国社会发展重大战略之一，发展碳捕获并转化利用是实现碳中和的重要路径。
(1)利用浓海水和共同捕获。实验室可用图1所示装置捕获并制得碳酸钙。
①的作用是 。
②相同时间，浓海水中的去除率随的流量的变化如图2所示。随着气体流量的增加，溶液中的去除率先增大后减小的原因是 。
(2)用催化剂的有机溶剂（）捕获二氧化碳制备。在，将的混合气体持续通入中，并维持、在浓度不变。向其中边搅拌边加入催化剂，发生反应。
①该反应机理可表示为以下三个基元反应，请补充反应iii的化学方程式。
i.；ii.；iii. 。
②生成的速率随的浓度的变化如图3所示。随的增大，先增大后基本不变的原因是 。
(3)用1，3－丙二胺（）捕获制作的充放电电池，提高了电池充放电循环性能。比有较好的导电性能。电极上转化的两种可能反应路径如图4所示。已知：
①路径Ⅰ中转化成反应式为 。
②选择路径Ⅰ而不选择路径Ⅱ的原因有 。
【答案】(1) 和二氧化碳生成碳酸根，继而转化成碳酸钙沉淀 二氧化碳浓度增大，生成碳酸钙沉淀，二氧化碳和碳酸钙反应转化为碳酸氢钙
(2) 当c≤c0时，v随c增大而增大是因为M是基元反应Ⅲ的反应物，v随M浓度增大而增大；c>c0时，v不再显著增加可能是因为受限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)
(3) 1，3－丙二胺在路径Ⅰ中比在Ⅱ中更容易进行转化
【详解】（1）①的作用是和二氧化碳生成碳酸根，继而转化成碳酸钙沉淀，②相同时间，浓海水中的去除率随的流量先增大后减小，随着气体流量的增加，溶液中的去除率先增大后减小的原因是二氧化碳浓度增大，生成碳酸钙沉淀，二氧化碳和碳酸钙反应转化为碳酸氢钙；
（2）①根据盖斯定律可知iii=总反应-i-ii=，②反应Ⅲ为决速步骤，但L的浓度取决于反应Ⅰ、Ⅱ，所以速率与催化剂M的浓度和反应物CO2(g)和H2(g)的浓度有关，当c≤c0时，速率取决于催化剂M的浓度，v随c增大而增大是因为M是基元反应Ⅲ的反应物，v随M浓度增大而增大；c>c0时，v不再显著增加可能是因为受限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)；
（3）①结合图示，可知路径Ⅰ中转化成反应式为，，②结合图示，选择路径Ⅰ而不选择路径Ⅱ的原因可能是1，3－丙二胺在路径Ⅰ中比在Ⅱ中更容易进行转化。
10．（2025·江苏扬州·模拟预测）铁粉可将废水中的Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ），含Cr（Ⅵ）物种的浓度随pH的变化如图所示。在水溶液中，铁粉表面会生成氧化膜且易发生聚沉，一定厚度的氧化膜可以转移电子。
(1)①的废水中，铁粉除去Cr（Ⅵ）生成和的离子方程式为 。
②在氩气氛围和空气氛围下，除铬率随时间的变化如图所示。在氩气氛围下除铬效果更好的原因是 。
(2)可用于修饰铁粉表面，且有较强还原性。经修饰后的铁粉除铬机理如图所示。
①与过量NaOH溶液反应可制得。是 元弱酸（填“一”“二”或“三”）。
②中两个原子与铁粉表面氧化膜中的一个离子形成配位键，在下图中画出氧化膜表面一个的结构式 。
③经修饰的铁粉除铬效果更好的原因是 。
(3)测定废水中Cr（Ⅵ）浓度：准确移取25.00mL含Cr（Ⅵ）的废水，调节pH为酸性，加入过量的KI溶液，充分反应后生成。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，发生反应。终点时消耗溶液12.00mL。计算废水中Cr（Ⅵ）浓度 （单位：，写出计算过程）。
【答案】(1) 使用惰性气体氩气，可以有效地隔绝空气，防止铁与氧气接触生成氧化膜发生聚沉，减弱除去Cr（Ⅵ）的效果
(2) 一 用修饰的铁粉可以通过它与铁粉表面的氧化膜形成稳定的配位键，从而更有效地利用其还原性将Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ）除去
(3)83.2
【详解】（1）①根据图表数据可知，在的废水中，Cr（Ⅵ）主要以存在，则用铁粉除去Cr（Ⅵ）生成和的离子方程式为：；
②根据在氩气氛围和空气氛围下，除铬率随时间的变化图可知，在氩气氛围下除铬效果比在空气氛围中更好，再根据题目信息在水溶液中，铁粉表面会生成氧化膜且易发生聚沉，其原因可能为：使用惰性气体氩气，可以有效地隔绝空气，防止铁与氧气接触生成氧化膜发生聚沉，减弱除去Cr（Ⅵ）的效果。
（2）①与过量NaOH溶液反应可制得 为正盐，则只能提供出1个供NaOH溶液中和，得到为一元酸；
②的结构为：，中两个原子与铁粉表面氧化膜中的一个离子形成配位键，其结构图形为：；
③经修饰的铁粉除铬效果更好的原因为：用修饰的铁粉可以通过它与铁粉表面的氧化膜形成稳定的配位键，从而更有效地利用其还原性将Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ）除去。
（3）由电子转移守恒可得得，氧化得到，则可以得到关系式：，则废水中Cr（Ⅵ）的浓度为：。
11．（2025·江苏南通·模拟预测）HCHO、(氨硼烷)、均可作为储氢材料，研究储氢材料的释氢过程具有重要意义。
(1)HCHO催化释氢过程中的物质转化关系如下：
9molHCHO参加反应，最终释放的物质的量与反应Ⅰ消耗的物质的量相同，则释放的物质的量为 。
(2)热解或醇解均可释氢。
①中三种元素电负性大小为。热解释氢的过程如下：
ⅰ．过程Ⅰ所得物质[分子式：]为链状结构，的结构简式为 。
ⅱ．过程Ⅲ制得的立方氮化硼晶胞结构如下图所示。推测立方氮化硼可能具有的用途 (任写一种)。
②一种催化醇解释氢时的物质转化过程如下：
ⅰ．与热解相比，醇解释氢的优点有 。
ⅱ．固体与释氢的总反应化学方程式为 。
(3)水解释氢机理如下图所示。
①取投入水中，一段时间后，取出固体，洗涤、干燥，称量固体质量为3.080g。计算该时间段内生成标准状况下的体积 (写出计算过程)。
②在溶液中也可水解释氢，且水解率明显提高，其机理如下图所示。在溶液中水解率明显提高的原因是 。
【答案】(1)3 mol
(2) 作耐高温材料、切割工具等 条件温和，节约能源
(3)
MgH2水解反应方程式为MgH2 + 2H2O = Mg(OH)2 + 2H2↑
设：未反应MgH2的物质的量为x，参与反应MgH2的物质的量为y，则生成Mg(OH)2的物质的量为y，根据题意有：
x + y = 0.1000 mol，26 g/mol x + 58 g/mol y = 3.08 g
解得y = 0.015 mol
n(H2) = 0.015 mol × 2 = 0.03 mol
V(H2) = 0.03 mol × 22.4 L/mol = 0.672 L MgCl2溶液中Mg2+水解使溶液H+浓度增加，MgH2水解速率加快；溶液中Mg2+能够与MgH2表面附近的OH-结合，避免在MgH2表面形成致密的Mg(OH)2覆盖层，使水解反应能够持续进行。
【分析】根据（1）中流程图可知反应Ⅰ反应物有HCHO、H2O和O2，生成物有HCOOH、H2O2，反应式为HCHO + O2 + H2O = H2O2 + HCOOH，反应Ⅱ反应物有H2O2、HCHO，生成物有HCOOH、H2，反应式为H2O2 + 2HCHO = H2↑+ 2HCOOH；
根据（2）中NH3BH3热解释氢流程图可知NH3BH3在110℃下发生分子间聚合，形成链状高分子(BNH4)n，其结构简式为，链状(BNH4)n在150℃下进一步释氢转化为(BNH2)n，随后在1400℃再次释氢，形成BN；根据（2）中催化NH3BH3醇释氢流程图可知，NH3BH3与CH3OH在催化剂的作用下释氢；
根据（3）中MgH2水解释氢机理图可写出其反应方程式：MgH2 + 2H2O = Mg(OH)2 + 2H2↑；根据（3）中MgH2在MgCl2溶液中水解释氢机理图可知MgCl2溶液中Mg2+水解使溶液H+浓度增加，从而使MgH2水解速率加快。
【详解】（1）设释放H2的物质的量为x mol，则n(O2) = x mol，反应Ⅰ中消耗x mol HCHO，反应Ⅱ中消耗2x mol HCHO，则3x = 9，故x = 3，则释放H2的物质的量为3mol。
（2）
①i．根据分析可知(BNH4)n的结构简式为；
ii．该材料在高温下生成，可知耐高温，又从立方氮化硼晶胞结构中可以看出B、N原子形成了类似金刚石的立体网状结构，硬度大，故可将其作耐高温材料、切割工具等。
②i．热解需要高温，醇解不需要高温，仅需催化剂，条件较为温和，即醇解释氢的优点为条件温和，节约能源；
ii．从物质转化过程看，反应物是NH3BH3和CH3OH，产物是H2，NH3以及含B、N、C、O产物，根据原子守恒，总反应为：。
（3）①由题中信息可得，根据分析知MgH2水解反应方程式为MgH2 + 2H2O = Mg(OH)2 + 2H2↑
设：未反应MgH2的物质的量为x，参与反应MgH2的物质的量为y，则生成Mg(OH)2的物质的量为y，根据题意有：x + y = 0.1000 mol，26 g/mol x + 58 g/mol y = 3.08 g，解得x = 0.085 mol，y = 0.015 mol，n(H2) = 0.015 mol × 2 = 0.03 mol，V(H2) = 0.03 mol × 22.4 L/mol = 0.672 L；
②根据分析可知，MgCl2溶液中Mg2+水解使溶液H+浓度增加，MgH2水解速率加快；溶液中Mg2+能够与MgH2表面附近的OH-结合，避免在MgH2表面形成致密的Mg(OH)2覆盖层，使水解反应能够持续进行。
12．（2025·江苏·一模）氢能是应用前景广阔的新能源。
(1)制氢。工业上电解碱性尿素水溶液制氢。
①阳极活性物质首先放电生成 NiOOH，该过程的电极反应式为 。
②吸附在NiOOH上被氧化生成N2。根据电负性规则，分子中能被Ni吸附的原子是 (填元素符号)。
(2)储氢。部分和Mg一定条件下化合生成以储氢；部分和在催化剂表面合成氨以储氢，其反应机理的部分过程如图所示。
①中间体X的结构 。
②研究发现，使用Ru系催化剂时，在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，实际工业 生产时，将控制在1.8~2.2之间，比理论值3小，其原因是 。
(3)储氢物质的运用。常用于烟气(主要成分NO、)脱硝。以为载气，将含一定量NO、及的模拟烟气以一定流速通过装有催化剂的反应管，研究温度、、对脱硝反 应的影响。
①如图所示，温度高于350℃时，NO转化率下降，推测原因是 。
②如图所示，温度高于350℃时，和不含水蒸气的烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO转化率更高，其原因是 。
③实验证明，烟气中含会导致催化剂不可逆的中毒(氧化生成覆盖在生成的表面，阻止了氧化)。而添加CuO后抗硫能力显著增强，请结合下图机理，说明抗硫能力增强的原因 。
【答案】(1) Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O N、O
(2) 提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率；利于提高H2的转化率，同时提高储氢率
(3) 温度升高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少 在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率 添加CuO后，氧化生成的SO覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力
【详解】（1）①由题意可知，阳极上发生的反应为碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生氧化反应生成NiOOH和水，电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，故答案为：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O；
②由电负性可知，尿素分子中氧原子和氮原子带部分负电荷，NiOOH中镍原子带正电荷，所以尿素分子中的氮原子和氧原子能被镍原子吸附，故答案为：N、O；
（2）
①由图可知，中间体X结合一个氢原子生成氨气和在催化剂表面的N≡，则中间体X的结构为，故答案为：；
②减小相当于增大氮气的浓度，增大氮气的浓度，可以增大氮气在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率，也可以使平衡向正反应方向移动，增大氢气的转化率，提高储氢率，故答案为：提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率；利于提高H2的转化率，同时提高储氢率；
（3）①温度高于350℃时，一氧化氮转化率下降是因为温度升高，催化剂的活性下降，氨气和氧气反应生成一氧化氮，还原剂氨气的量减少导致一氧化氮转化率下降，故答案为：温度升高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少；
②温度高于350℃时，和不含水蒸气的烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO转化率更高说明水蒸气的存在抑制了氨气和氧气生成一氧化氮的反应，更多的氨气和一氧化氮反应，提高了一氧化氮转化率，故答案为：在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率；
③由图可知，加入氧化铜后，氧化生成的硫酸根离子覆盖在铜离子上，使硫酸根离子不会附着在Ce3+上，有利于氧气氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力，所以添加氧化铜后，催化剂抗硫能力显著增强，故答案为：添加CuO后，氧化生成的SO覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力。
13．（2025·江苏苏州·三模）研究氢气的制备、储存与应用有重要意义。
I．氢气的制备
利用下图所示的铜—氯循环可以实现氢气的制备。
(1)300℃时，将水蒸气以一定流速通过CuCl2固体进行水解和热解，所得含Cu物质中Cu的物质的量占初始CuCl2的物质的量之比，随时间的变化如图所示。
已知：高于290℃时，CuCl2开始分解生成CuCl。
①90min时，含铜产物中含量最高的是 。
②60~90min时，产物中CuCl2增多的原因是 。
(2)其他条件不变，反应60min CuCl的占比随温度的变化如图所示。325~350℃随着温度升高CuCl的占比迅速增大的原因是 。
(3)CuCl溶于盐酸产生用于电解，电解反应的化学方程式为 。
Ⅱ．氢气的储存
(4)氢气常储存于不锈钢罐中，但H2易被金属催化解离形成半径小的H，H在金属中扩散导致氢脆降低罐体性能。在罐体内部引入一层聚乙烯醇()膜可以防止氢脆现象。H2难以穿过聚乙烯醇膜的原因可能是 。
Ⅲ．氢气的应用
氢气作为一种抗氧化剂，可以清除体内产生的X(与硝酸根互为同分异构体)，对于肿瘤等疾病有一定的治疗作用。
(5)已知X中N为价，且不含环状结构。则其结构式为 。
(6)将纳米镁注入肿瘤处可生成H2，用于肿瘤治疗。实验表明用溶液预先处理过的纳米镁疗效更好，原因是 。
【答案】(1) CuCl2 Cu2OCl2发生热分解生成CuO和CuCl2，CuCl2经水解循环又产生CuO，前者更多
(2)CuCl2分解为CuCl的反应速率加快，Cu2OCl2分解为CuCl的反应速率加快
(3)H2CuCl2H2↑+CuCl2
(4)聚乙烯醇的分子极性较强，与H2之间的分子间作用力较小，且聚乙烯醇分子间存在氢键，使得聚乙烯醇内分子间隙较小
(5)[O=N-O-O]-
(6)Mg与溶液可以反应置换出Pt，则Mg和Pt之间形成原电池，加快了H2的生成
【详解】（1）①由题干图像信息可知，90min时，含量最高的曲线虽然是Cu2OCl2，但其含量并未大于CuCl2的两倍，故含铜产物中含量最高的是CuCl2，故答案为：CuCl2；
②由题干反应历程图可知，60~90min时，Cu2OCl2发生热分解生成CuO和CuCl2，CuCl2经水解循环又产生CuO，前者速率大于后者，故导致产物中CuCl2增多，故答案为：Cu2OCl2发生热分解生成CuO和CuCl2，CuCl2经水解循环又产生CuO，前者更多；
（2）325~350℃随着温度升高CuCl2分解为CuCl的反应速率加快，Cu2OCl2分解为CuCl的反应速率加快，导致CuCl的占比迅速增大，故答案为：CuCl2分解为CuCl的反应速率加快，Cu2OCl2分解为CuCl的反应速率加快；
（3）由题干反应历程图可知，CuCl溶于盐酸产生用于电解，电解得到CuCl2和H2，故电解反应的化学方程式为：H2CuCl2H2↑+CuCl2，故答案为：H2CuCl2H2↑+CuCl2；
（4）
已知聚乙烯醇()的分子极性较强，而H2为非极性分子，与H2之间的分子间作用力较小，且聚乙烯醇分子间存在氢键，使得聚乙烯醇内分子间隙较小，导致H2难以穿过聚乙烯醇膜，故答案为：聚乙烯醇的分子极性较强，与H2之间的分子间作用力较小，且聚乙烯醇分子间存在氢键，使得聚乙烯醇内分子间隙较小；
（5）已知X中N为价，且不含环状结构，即存在过氧键，则其结构式为[O=N-O-O]-，故答案为：[O=N-O-O]-；
（6）将纳米镁注入肿瘤处可生成H2，用于肿瘤治疗，Mg的金属性比Pt的强，故Mg与溶液可以反应置换出Pt，则Mg和Pt之间形成原电池，加快了H2的生成，故实验表明用溶液预先处理过的纳米镁疗效更好，故答案为：Mg与溶液可以反应置换出Pt，则Mg和Pt之间形成原电池，加快了H2的生成。
14．（2025·江苏苏州·三模）纳米铜用途广泛，可用铜蓝矿（CuS为主要成分）为原料制备。
I．获得纳米铜
(1)制备溶液，用溶液浸取铜蓝矿，除去其中含铁离子后，再通入制取。不采用氨水直接浸取铜蓝矿的原因为 。[已知： ；]
(2)制备纳米铜。调节溶液的，加入溶液，水浴加热，充分反应得到纳米铜。
①获得纳米铜时，被氧化成，反应的离子方程式为 。
②还原过程中可能生成难溶的CuCl（白色）和（红色），为判断纳米铜样品中是否含有上述两种杂质，补充完整实验方案：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净， 。（已知：；必须使用的试剂和设备：溶液。 溶液，溶液，通风设备）
Ⅱ．应用纳米铜
(3)纳米铜铂电池。如图表示一种CuPt纳米棒悬浮在稀碘水中，通过发生电极反应在Cu极和Pt级区域之间产生浓度差即产生电势差，形成自建电场；该纳米棒因内部传递电子而带负电荷，在自建电场作用下定向移动。
①该纳米棒的Cu极电极反应式为 。
②该纳米棒向 。（填“Cu极”或“Pt极”）方向定向移动。
【答案】(1)， ，其平衡常数很小，几乎不反应
(2) 将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，取少量样品，将其加入过量溶液中，边加边搅拌，若固体部分溶解，溶液呈现蓝色，则含有；在通风设备里，另取少量样品加入过量6mol/LHNO3溶液中，边加边搅拌，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则含有CuCl
(3) Cu极
【详解】（1）， ，其平衡常数很小，几乎不反应，故不采用直接氨水浸取铜蓝矿；
（2）①75℃时，碱性溶液中与发生氧化还原反应，生成Cu、N2，结合质量守恒还生成NH3、H2O，铜化合价由+2变为0、肼中氮化合价由-2变为0，根据得失电子守恒，离子方程式为；
②检验纳米铜样品中是否含有CuCl（白色）、（红色），应使其溶解检验溶液中是否含有氯离子，确定样品中是否含有CuCl，根据在酸性条件下发生，得到溶液显蓝色，而Cu、CuCl与稀硫酸不反应，确定样品中是否含有，故实验方案为：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，取少量样品，将其加入过量溶液中，边加边搅拌，若固体部分溶解，溶液呈现蓝色，则含有；在通风设备里，另取少量样品加入过量6mol/LHNO3溶液中，边加边搅拌，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则含有CuCl；
（3）①原电池中电子由负极移向正极，根据题干、图中信息可知，Cu极相当于原电池负极，失电子生成CuI，电极反应式为；
②根据Cu极电极反应可知，Cu极区域碘离子浓度减小、Pt极区域碘离子浓度增大，即产生电势差，形成自建电场，该纳米棒带负电荷向碘离子浓度小的方向移动，即向Cu极方向移动。
15．（24-25高三下·江苏·阶段练习）纳米铜用途广泛，可用铜蓝矿(CuS为主要成分)为原料制备。
Ⅰ. 获得纳米铜
(1)测定铜蓝矿中铜元素含量。称取样品0.2500 g，加入稀硝酸充分溶解后蒸干：加入10.00 mL稀盐酸溶解并完全转移至碘量瓶中，加化学试剂掩蔽杂质离子，再加足量的10% KI溶液，摇匀，塞上瓶塞，置于暗处5 min，充分反应：用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至微黄色，加入NH4SCN溶液和淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗15.00 mL标准溶液。则样品中Cu元素的质量分数是 (写出计算过程，有关反应：，)。
(2)制备[Cu(NH3)4]2+溶液。用FeCl3溶液浸取铜蓝矿，除去其中含铁离子后，再通入NH3制取。不采用氨水直接浸取铜蓝矿的原因为 。[已知：　Kf=1.2×109；Ksp(CuS)=1.2×10-36]
(3)制备纳米铜。调节[Cu(NH3)4]2+溶液的pH=11，加入3 mol/L N2H4溶液，75 ℃水浴加热，充分反应得到纳米铜。
①获得纳米铜时，N2H4被氧化成N2，反应的离子方程式为 。　　　　　　　　　　　　　　　　　　
②N2H4还原过程中可能生成难溶的CuCl(白色)和Cu2O(红色)，为判断纳米铜样品中是否含有上述两种杂质，补充完整实验方案：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净， 。
(已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；必须使用的试剂和设备：2 mol/L H2SO4溶液、6 mol/L HNO3溶液、2% AgNO3溶液，通风设备)
Ⅱ. 应用纳米铜
(4)纳米铜铂电池。如图表示一种Cu-Pt纳米棒悬浮在稀碘水中，通过发生电极反应在Cu极和Pt极区域之间产生I-浓度差即产生电势差，形成自建电场；该纳米棒因内部传递电子而带负电荷，在自建电场作用下定向移动。
①该纳米棒的Cu极电极反应式为 。
②该纳米棒向 (填“Cu极”或“Pt极”)方向定向移动。
【答案】(1)38.40%
(2)反应的化学平衡常数= ，正反应方向几乎不能发生，故不采用直接氨水浸取铜蓝矿
(3) 取少量样品，将其加入过量溶液中，边加边搅拌，若固体部分溶解，溶液呈现蓝色，则含有；在通风设备里，另取少量样品加入过量6 mol/L HNO3溶液中，边加边搅拌，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则含有
(4) Cu极
【详解】（1）有题给反应可得关系式，则=，则样品中Cu元素的质量分数为
（2）铜蓝矿的主要成分CuS与氨水直接浸取，反应的化学平衡常数= ，正反应方向几乎不能发生，故不采用直接氨水浸取铜蓝矿；
（3）①75℃时，碱性溶液中与发生氧化还原反应，生成、、、，根据得失电子守恒离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为；
②检验纳米铜样品中是否含有，应使其溶解检验溶液中是否含有，确定样品中是否含有，根据在酸性条件下发生溶液显蓝色，而Cu、与稀硫酸不反应，确定样品中是否含有，故实验方案为：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，取少量样品，将其加入过量溶液中，边加边搅拌，若固体部分溶解，溶液呈现蓝色，则含有；在通风设备里，另取少量样品加入过量6 mol/L HNO3溶液中，边加边搅拌，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则含有；
（4）①根据题干、图中信息可知，Cu极相当于原电池负极，失电子生成，电极反应式为；
②根据Cu极电极反应可知，Cu极区域小、Pt极区域大，即产生电势差，形成自建电场，该纳米棒带负电荷向小的方向移动，即向Cu极方向移动。
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题13 化学反应原理综合
1．（2025·江苏·高考真题）合成气(和)是重要的工业原料气。
(1)合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要 (填数字)种化学键的键能数据。
(2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯。
①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有 。
②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的吸收剂、(正价有)缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。减缓设备腐蚀的原理是 。
(3)研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的，依次发生的主要反应：
步骤Ⅰ
步骤Ⅱ
①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有 ；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为 。
②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有 (填化学式)。
③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值： 。
2.（2024·江苏·高考真题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。
(1)利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有 ；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得 。
(2)一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。
①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为 。
②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是 。
(3)反应可用于储氢。
①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是 。
②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示，氨基能将控制在催化剂表面，其原理是 ；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在 (填化学式)确认反应过程中的加氢方式。
3．（2023·江苏·高考真题）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的平衡常数(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)。
4．（2022·江苏·高考真题）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 。
5．（2021·江苏·高考真题）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·mol-1。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·mol-1
反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-1
①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 。
1．（2025·江苏常州·二模）单质硫有、、、等同素异形体，可由闪锌矿(主要含ZnS、FeS)制备。已知：在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于150℃易分解，易溶于。
(1)制备：将闪锌矿置于敞口容器中，加入硫酸浸取，边搅拌边通入。部分浸取过程如图所示。
①步骤Ⅱ反应的离子方程式为 。
②高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是 。
③相同条件下，锌的浸出率和硫的氧化率随初始酸浓度的变化如图所示，初始酸浓度大于1.6mo/L时，硫的氧化率随酸浓度的增加而下降，主要原因是 。
(2)检验：请补充完整检测过滤所得固体中是否残留ZnS等难溶硫化物的实验方案：取少量浸取后过滤所得固体，加适量充分溶解，过滤，加热所得固体至完全挥发， (实验须选用的试剂：饱和溴水，蒸馏水，溶液。已知：饱和溴水可将硫化物氧化为硫酸盐)。
(3)蒸硫：将浸取后冷却所得粗硫置于如图所示装置中加热得到硫蒸气，再冷凝得到硫单质。
①蒸硫过程中，的进气口是 (填“a”或“b”)。蒸硫前，需通入一段时间，目的是 。
②已知沸点约445℃。温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是 。
2．（2025·江苏常州·二模）乙酸是一种重要的有机化工原料，其制备方法受到广泛研究和关注。
(1)CO催化电解制乙酸。
①将CO通入附着催化剂的多孔石墨电极，以KOH溶液为电解液，电解装置如图所示。生成的经处理后得到乙酸。阴极上CO生成的电极反应式为 。
②是一种来源广、价格低的化工原料。其他条件不变，改进工艺，以KOH和的混合液为电解液也可制备乙酸，电解装置如图所示。从装置和物质转化的角度分析，改进后的优点有 。
(2)光催化制乙酸。
在光照条件下，以PdO/Pd为催化剂，向反应器中匀速通入一定比例的和进行反应。在Pd表面产生。生成乙酸的一种机理如图所示。
①步骤Ⅵ过程中形成碳碳单键，在下图中补全X的结构。
步骤Ⅷ需在加热条件下，加入物质Y实现转化，Y可能为 (填字母)。
A．CO B． C．
②ⅰ：催化剂中Pd元素总量一定，乙酸的产量和光催化效率随PdO的含量变化如图所示。当PdO的含量大于时，随着PdO含量的增加，乙酸的产量逐渐减少，原因是 。
ⅱ：若催化剂中不含PdO时，在Pd上的反应仍遵循上述反应机理，则反应得到的有机产物有、 (填结构简式)。
③在该光催化条件下，比更易活化，生成更多的。若用代替部分进行实验，随着含量的上升，甲烷的消耗量略有增加，乙酸的产量却不升反降，原因是 。
3．（2025·江苏连云港·一模）性能优越的催化剂是实现二氧化碳加氢制甲烷工业化的关键。
(1)CO2在Ni/γ-Al2O3催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
反应I：CO2(g)＋4H2(g) = CH4(g)＋2H2O(g) H1= -143.9 kJ·mol 1
反应II：CO2(g)＋H2(g) = CO(g)＋H2O(g) H2
①已知在25℃、101kPa下，由最稳定单质生成1 mol某纯物质的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓，用表示。如表所示为几种常见物质的标准摩尔生成焓。
物质 CO2(g) H2(g) H2O(g) CO(g)
) －393.5 0 －241.8 －110.5
反应2CO(g)＋2H2(g) = CO2(g)＋CH4(g)的焓变为 。
②一定压强下，将一定比例CO2和H2通过装有Ni/γ-Ai2O3催化剂的反应器，反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况如图所示(虚线代表平衡转化率)。高于320℃后，CO2转化率略有下降，可能原因是 。
③γ-Al2O3因价格低廉、较高的热稳定性和比表面积而成为工业上最常用的催化剂载体。通过Rh(NO3)3（硝酸铑）热分解将铑有效负载在γ-Al2O3表面能有效提高催化性能的可能原因是 。
(2)CeO2催化CO2与H2转化为CH4的机理如图所示。
①在催化过程中由CeO2转变成CeO2-x晶胞的组成结构变化如图所示，一个CeO2-x晶胞中Ce4+和Ce3+个数比为 。
②催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成Ca xCe1-xOy可提高催化效率，其原因是 。
(3)通过Sonogashira偶联反应（如下图所示），将CoTBrPP（甲）在CuI与钯基催化剂的作用下，在甲上枝接PTAB(1,3,5-三乙炔苯聚合物)形成对CH4有较高选择性的CoTBrPP-PTAB-Cu新型催化剂（乙）。
①CoTBrPP-PTAB-Cu催化剂比CoTBrPP具有更好的导电性的原因是 。
②实验表明CoTBrPP和CoTBrPP-PTAB-Cu的ECSA(电化学活性面积，即参与电化学反应的有效面积)分别是7.1mF· cm-2和3.8mF·cm-2，偶联后ECSA降低的可能原因是 。
4．（2025·江苏扬州·模拟预测）资源化利用具有重要意义。
(1)电催化制取甲烷。
①酸性条件下，向阴极通入，反应生成的电极反应式为 。
②实际电解时，需控制pH约为7.当其他条件相同时，pH减小，的产率降低，可能的原因是 。
(2)光催化制乙烯。、、三乙胺（）在催化剂作用下，光照一段时间可制得。
①催化剂中含。常温下，将溶液和溶液混合制备。已知：，、、。
反应的平衡常数K的数值为 。
制备时，溶液与溶液的混合方式为 。
②用同位素示踪法研究乙烯分子中C和H的来源。在其他条件相同时，三乙胺（分别与下列三组试剂反应，得到乙烯的质谱中最大质荷比均为28。能证明C和H均来源于三乙胺的一组试剂是 （填序号）。
A．和 B．和 C．和
若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有乙烯和 （填结构简式）。
(3)催化合成环状碳酸酯。
相邻原子或基团的大小和空间位置，会影响其他原子或基团接近反应原子，从而影响反应的进行。和1，1-二甲基环氧乙烷（）在催化作用下合成环状碳酸酯（R为多孔骨架），反应的可能机理如图所示。
①机理图步骤Ⅱ中C—O键的断键位置有两种。画出主要中间产物X的结构简式 。
②催化反应过程中，也能与连接，助其发生开环反应，连接方式如图所示。能与连接的原因是 。
5．（2025·江苏宿迁·模拟预测）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。
(1)和一定条件下可以合成甲醇，但是该过程往往存在副反应ii。
反应i：
反应ii：
则反应在 (选填“高温”、“低温”或“任意温度”)下可以自发进行。
(2)恒压下将和按体积比混合，在不同催化剂作用下发生反应i和反应ii，在相同的时间段内的选择性和产率随温度的变化如图。
已知：选择性。
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是 。
②，升高温度甲醇的选择性降低但甲醇的产率增大，其原因是 。
(3)光催化重整技术也是研究热点。以为光催化剂，光照时，价带失去电子并产生空穴(，具有强氧化性)，在导带获得电子生成CO和，价带上直接转化为CO和，反应机理如图所示：
在Rh表面，每生成1mol CO，则价带产生的空穴()数为 ；价带上的电极反应式可表示为 。
(4)利用配位化学原理也可以实现的捕捉和释放，从而实现的回收利用。上图是一种含锌配合物捕捉和释放的反应过程，请在方框内画出转化中间体的结构式 。
6．（2025·江苏南京·模拟预测）绿氨作为“零碳”燃料，是未来重要的清洁能源。
(1)氨燃料的应用。和混合燃烧可改善的燃烧性能，在25℃和101kPa下：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
①该条件下，的燃烧热 。
②在绝热容器中，将一定体积、不同组成比的、混合气体在足量中燃烧，其他条件相同时，测得体系的最高温度和反应后NO的物质的量分数随含量的变化如图所示（反应衡状态）。NO的物质的量分数随含量先增大后减小的原因是 。
(2)氨的催化分解。催化氨分解反应的原理如图所示。
①在500K完成反应Ⅰ后，用X-射线衍射法判断残留固体M的组成，其X-射线衍射图如下图中（a）所示，该反应的化学方程式为 。
②在723K完成反应Ⅱ后，残留固体的X-射线衍射图如下图中（b）所示，单质Fe由M中的某物质分解生成。经该循环得到的与的物质的量之比 3（填“>”、“<”或“=”）。
(3)氨电解反应可用于制氢。相同条件下，饱和氨水（的质量分数为34%）的密度为，液氨的密度为。
①电解含的液氨溶液制的装置如图所示，电解时，阳极的电极反应式为 。
②氨气燃料的性能可用“能量密度”来衡量，能量密度，则饱和氨水的能量密度为 （写出计算过程）。
③相比电解饱和氨水，电解液氨法制的优点是 。
7．（2025·江苏南京·模拟预测）重铬酸钾（）在不同领域有着重要用途。
(1)室温下，溶液中含铬物种的浓度与pH的关系如图所示，反应的平衡常数 。
(2)酸性溶液曾用于检测司机是否酒后驾驶，反应原理如下（未配平）：
为探究用量对该反应速率的影响，设计如下实验：
室温下，将不同体积的溶液分别与溶液混合，加入乙醇溶液，用蒸馏水定容至50mL；静置30min后，用分光光度计测得溶液的吸光度A与溶液体积的关系如图所示（吸光度A仅与的浓度成正比）。
①若实验中加入的与乙醇完全反应，转移电子的物质的量为 mol。
②随着硫酸用量增加，吸光度A先增大后基本不变的原因是 。
(3)醋酸亚铬是一种红色晶体，在气体分析中常用作氧气吸收剂，其难溶于冷水，易溶于酸，潮湿环境下易被氧化。实验室用制备醋酸亚铬的装置如图所示：
①吸滤瓶中，锌将还原为（蓝色）的离子方程式为 。实验中锌必须过量的原因是 。
②锥形瓶中发生反应。请补充完整实验方案：打开，关闭，打开，向吸滤瓶中逐滴加入盐酸溶液； ；依次用蒸馏水、无水乙醇、无水乙醚洗涤晶体，干燥（实验中必须使用的用品：瓶塞、冰水浴）。
8．（2025·江苏泰州·模拟预测）铁元素的纳米材料因具备良好的电学特性和磁学特性，而引起了广泛的研究。纳米零价铁可用于去除水体中的六价铬[]与硝酸盐等污染物。
(1)①用溶液与溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：。当生成1mol Fe时，反应中转移电子的物质的量为 。
②纳米Fe和均可用于降解含的废水。实验证明辅助纳米铁去除效果更佳，结合下图，分析其原因是 。
(2)电解法除的一种装置如图1所示。利用阳极生成的，还原生成，最终转化为和沉淀除去。随着电解的进行，阳极表面形成的钝化膜，电解效率降低。将电源正负极反接一段时间，钝化膜消失。钝化膜消失的原因为 。
(3)生物质铁炭纳米材料活化过一硫酸钾()降解有机污染物的反应历程如图2所示。图中SO和·OH分别表示硫酸根自由基和羟基自由基。
①生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为 。
②与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是： 。
(4)利用高炉炼铁尾气中的制取有机物的过程如下图。
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(FE%)随电解电压的变化如图所示：，选择性。
“电解”在质子交换膜电解池中进行，生成HCOOH的电极反应式为 ，当电解电压为时，生成和HCOOH的选择性之比为 。
9．（2025·江苏盐城·模拟预测）“碳达峰、碳中和”是我国社会发展重大战略之一，发展碳捕获并转化利用是实现碳中和的重要路径。
(1)利用浓海水和共同捕获。实验室可用图1所示装置捕获并制得碳酸钙。
①的作用是 。
②相同时间，浓海水中的去除率随的流量的变化如图2所示。随着气体流量的增加，溶液中的去除率先增大后减小的原因是 。
(2)用催化剂的有机溶剂（）捕获二氧化碳制备。在，将的混合气体持续通入中，并维持、在浓度不变。向其中边搅拌边加入催化剂，发生反应。
①该反应机理可表示为以下三个基元反应，请补充反应iii的化学方程式。
i.；ii.；iii. 。
②生成的速率随的浓度的变化如图3所示。随的增大，先增大后基本不变的原因是 。
(3)用1，3－丙二胺（）捕获制作的充放电电池，提高了电池充放电循环性能。比有较好的导电性能。电极上转化的两种可能反应路径如图4所示。已知：
①路径Ⅰ中转化成反应式为 。
②选择路径Ⅰ而不选择路径Ⅱ的原因有 。
10．（2025·江苏扬州·模拟预测）铁粉可将废水中的Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ），含Cr（Ⅵ）物种的浓度随pH的变化如图所示。在水溶液中，铁粉表面会生成氧化膜且易发生聚沉，一定厚度的氧化膜可以转移电子。
(1)①的废水中，铁粉除去Cr（Ⅵ）生成和的离子方程式为 。
②在氩气氛围和空气氛围下，除铬率随时间的变化如图所示。在氩气氛围下除铬效果更好的原因是 。
(2)可用于修饰铁粉表面，且有较强还原性。经修饰后的铁粉除铬机理如图所示。
①与过量NaOH溶液反应可制得。是 元弱酸（填“一”“二”或“三”）。
②中两个原子与铁粉表面氧化膜中的一个离子形成配位键，在下图中画出氧化膜表面一个的结构式 。
③经修饰的铁粉除铬效果更好的原因是 。
(3)测定废水中Cr（Ⅵ）浓度：准确移取25.00mL含Cr（Ⅵ）的废水，调节pH为酸性，加入过量的KI溶液，充分反应后生成。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，发生反应。终点时消耗溶液12.00mL。计算废水中Cr（Ⅵ）浓度 （单位：，写出计算过程）。
11．（2025·江苏南通·模拟预测）HCHO、(氨硼烷)、均可作为储氢材料，研究储氢材料的释氢过程具有重要意义。
(1)HCHO催化释氢过程中的物质转化关系如下：
9molHCHO参加反应，最终释放的物质的量与反应Ⅰ消耗的物质的量相同，则释放的物质的量为 。
(2)热解或醇解均可释氢。
①中三种元素电负性大小为。热解释氢的过程如下：
ⅰ．过程Ⅰ所得物质[分子式：]为链状结构，的结构简式为 。
ⅱ．过程Ⅲ制得的立方氮化硼晶胞结构如下图所示。推测立方氮化硼可能具有的用途 (任写一种)。
②一种催化醇解释氢时的物质转化过程如下：
ⅰ．与热解相比，醇解释氢的优点有 。
ⅱ．固体与释氢的总反应化学方程式为 。
(3)水解释氢机理如下图所示。
①取投入水中，一段时间后，取出固体，洗涤、干燥，称量固体质量为3.080g。计算该时间段内生成标准状况下的体积 (写出计算过程)。
②在溶液中也可水解释氢，且水解率明显提高，其机理如下图所示。在溶液中水解率明显提高的原因是 。
12．（2025·江苏·一模）氢能是应用前景广阔的新能源。
(1)制氢。工业上电解碱性尿素水溶液制氢。
①阳极活性物质首先放电生成 NiOOH，该过程的电极反应式为 。
②吸附在NiOOH上被氧化生成N2。根据电负性规则，分子中能被Ni吸附的原子是 (填元素符号)。
(2)储氢。部分和Mg一定条件下化合生成以储氢；部分和在催化剂表面合成氨以储氢，其反应机理的部分过程如图所示。
①中间体X的结构 。
②研究发现，使用Ru系催化剂时，在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，实际工业 生产时，将控制在1.8~2.2之间，比理论值3小，其原因是 。
(3)储氢物质的运用。常用于烟气(主要成分NO、)脱硝。以为载气，将含一定量NO、及的模拟烟气以一定流速通过装有催化剂的反应管，研究温度、、对脱硝反 应的影响。
①如图所示，温度高于350℃时，NO转化率下降，推测原因是 。
②如图所示，温度高于350℃时，和不含水蒸气的烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO转化率更高，其原因是 。
③实验证明，烟气中含会导致催化剂不可逆的中毒(氧化生成覆盖在生成的表面，阻止了氧化)。而添加CuO后抗硫能力显著增强，请结合下图机理，说明抗硫能力增强的原因 。
13．（2025·江苏苏州·三模）研究氢气的制备、储存与应用有重要意义。
I．氢气的制备
利用下图所示的铜—氯循环可以实现氢气的制备。
(1)300℃时，将水蒸气以一定流速通过CuCl2固体进行水解和热解，所得含Cu物质中Cu的物质的量占初始CuCl2的物质的量之比，随时间的变化如图所示。
已知：高于290℃时，CuCl2开始分解生成CuCl。
①90min时，含铜产物中含量最高的是 。
②60~90min时，产物中CuCl2增多的原因是 。
(2)其他条件不变，反应60min CuCl的占比随温度的变化如图所示。325~350℃随着温度升高CuCl的占比迅速增大的原因是 。
(3)CuCl溶于盐酸产生用于电解，电解反应的化学方程式为 。
Ⅱ．氢气的储存
(4)氢气常储存于不锈钢罐中，但H2易被金属催化解离形成半径小的H，H在金属中扩散导致氢脆降低罐体性能。在罐体内部引入一层聚乙烯醇()膜可以防止氢脆现象。H2难以穿过聚乙烯醇膜的原因可能是 。
Ⅲ．氢气的应用
氢气作为一种抗氧化剂，可以清除体内产生的X(与硝酸根互为同分异构体)，对于肿瘤等疾病有一定的治疗作用。
(5)已知X中N为价，且不含环状结构。则其结构式为 。
(6)将纳米镁注入肿瘤处可生成H2，用于肿瘤治疗。实验表明用溶液预先处理过的纳米镁疗效更好，原因是 。
14．（2025·江苏苏州·三模）纳米铜用途广泛，可用铜蓝矿（CuS为主要成分）为原料制备。
I．获得纳米铜
(1)制备溶液，用溶液浸取铜蓝矿，除去其中含铁离子后，再通入制取。不采用氨水直接浸取铜蓝矿的原因为 。[已知： ；]
(2)制备纳米铜。调节溶液的，加入溶液，水浴加热，充分反应得到纳米铜。
①获得纳米铜时，被氧化成，反应的离子方程式为 。
②还原过程中可能生成难溶的CuCl（白色）和（红色），为判断纳米铜样品中是否含有上述两种杂质，补充完整实验方案：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净， 。（已知：；必须使用的试剂和设备：溶液。 溶液，溶液，通风设备）
Ⅱ．应用纳米铜
(3)纳米铜铂电池。如图表示一种CuPt纳米棒悬浮在稀碘水中，通过发生电极反应在Cu极和Pt级区域之间产生浓度差即产生电势差，形成自建电场；该纳米棒因内部传递电子而带负电荷，在自建电场作用下定向移动。
①该纳米棒的Cu极电极反应式为 。
②该纳米棒向 。（填“Cu极”或“Pt极”）方向定向移动。
15．（24-25高三下·江苏·阶段练习）纳米铜用途广泛，可用铜蓝矿(CuS为主要成分)为原料制备。
Ⅰ. 获得纳米铜
(1)测定铜蓝矿中铜元素含量。称取样品0.2500 g，加入稀硝酸充分溶解后蒸干：加入10.00 mL稀盐酸溶解并完全转移至碘量瓶中，加化学试剂掩蔽杂质离子，再加足量的10% KI溶液，摇匀，塞上瓶塞，置于暗处5 min，充分反应：用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至微黄色，加入NH4SCN溶液和淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗15.00 mL标准溶液。则样品中Cu元素的质量分数是 (写出计算过程，有关反应：，)。
(2)制备[Cu(NH3)4]2+溶液。用FeCl3溶液浸取铜蓝矿，除去其中含铁离子后，再通入NH3制取。不采用氨水直接浸取铜蓝矿的原因为 。[已知：　Kf=1.2×109；Ksp(CuS)=1.2×10-36]
(3)制备纳米铜。调节[Cu(NH3)4]2+溶液的pH=11，加入3 mol/L N2H4溶液，75 ℃水浴加热，充分反应得到纳米铜。
①获得纳米铜时，N2H4被氧化成N2，反应的离子方程式为 。　　　　　　　　　　　　　　　　　　
②N2H4还原过程中可能生成难溶的CuCl(白色)和Cu2O(红色)，为判断纳米铜样品中是否含有上述两种杂质，补充完整实验方案：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净， 。
(已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；必须使用的试剂和设备：2 mol/L H2SO4溶液、6 mol/L HNO3溶液、2% AgNO3溶液，通风设备)
Ⅱ. 应用纳米铜
(4)纳米铜铂电池。如图表示一种Cu-Pt纳米棒悬浮在稀碘水中，通过发生电极反应在Cu极和Pt极区域之间产生I-浓度差即产生电势差，形成自建电场；该纳米棒因内部传递电子而带负电荷，在自建电场作用下定向移动。
①该纳米棒的Cu极电极反应式为 。
②该纳米棒向 (填“Cu极”或“Pt极”)方向定向移动。
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