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热练26　化学反应速率与化学平衡综合(二)
1. (2025·镇江质检)氢能是一种理想的清洁能源，可通过下列反应制取氢气。
(1) Al-NaCl与水反应制氢
①铝与水反应制氢面临的主要问题是反应过程中在铝表面极易生成致密的氧化膜，阻止反应的进行。采用球磨法制备颗粒细小的铝时常以NaCl为球磨助剂，Al-NaCl与水反应制氢时，NaCl溶解，新鲜的铝表面直接与水反应，加速铝与水制氢反应，其反应的化学方程式为　 　。
②Al-NaCl在NaOH和NiCl2溶液中析氢对比。Al-NaCl的质量之比为1∶2，Al-NaCl在不同反应体系中氢气生成量如图1所示。
　　　　　
图1　　　　　　　　　　　　　　　　　　图2
Ⅰ. 0～15 min,0.5 mol/L NaOH溶液中氢气的产生速率迅速增大的原因可能为　　 　 　 　。
Ⅱ. 0.5 mol/L NiCl2溶液中氢气的产生速率迅速增大且在50 min后速率保持最大的原因可能为　　 　 　 　 　 　。
(2)电解甲醇水溶液制氢
该制氢原理如图2所示，实现高纯氢气的产生和无增压运行。已知电解水的标准电压为1.23 V，电解甲醇水溶液的标准电压为0.02 V。
①写出阳极的电极反应式：　　 　。
②电解甲醇水溶液优于电解水的原因有　　 　 　。
(3) 氨硼烷(NH3BH3)制氢
①NH3BH3在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3＋6H2O===3NH＋B3O＋9H2↑。该反应中B原
子的杂化方式由sp3变为sp2，B3O具有六元环结构，其结构式可表示为　 　。
②NH3BH3水解作为一种绿色、可持续的制氢路线备受关注。研究发现，以Co-Ru纳米合金和CosNC为催化剂，可实现NH3BH3水解高效制氢，反应机理如图3所示。请从电负性的角度描述产氢过程的反应机理：
　 　 　 　 　。
图3
2. (2025·如皋质检)甲醛是室内装修常见污染物，可通过光触媒氧化法和催化氧化法等多种方法去除。
(1)将KMnO4、Ce(NO3)3、Mn(NO3)2和KOH按一定比例混合充分反应，可得一种用于去除甲醛的复合催化剂xMnO2·yCeO2(反应后锰元素均转化为MnO2)。若x∶y＝5∶4，则反应消耗的KMnO4、Ce(NO3)3、Mn(NO3)2的物质的量之比为　　 。
(2)一种以Ag-C3N4为催化剂、多孔SiO2为催化剂载体，去除空气中甲醛的机理如图1所示。
　　　
　　　图1　　　　　　　　　　　　　　　　　图2
①该催化剂去除甲醛的机理可描述为　　 　 　 　 　 　。
②写出酸性条件下，O与HCHO反应的离子方程式：　　 　。
③空气的湿度会影响甲醛的去除率，其他条件一定，测得甲醛的去除率与相对湿度的关系如图2所示。
Ⅰ.相对湿度从20%增大到40%，甲醛的去除率增大的主要原因是　　 　 　 　 　。
Ⅱ.相对湿度从40%增大到80%，甲醛的去除率降低的主要原因是　　 　 　。
(3)一种Au-氧化物催化去除甲醛的机理如图3所示。根据信息，将方框中所缺部分补全。
图3
3. (2025·苏州调研)储能材料是当前研究的热点。
(1)AlH3易分解释氢，且可与固体氧化物混合作固体燃料推进剂。AlH3与Fe2O3的反应过程如下：
Ⅰ. AlH3(s)===Al(s)＋3H(g)　ΔH＝＋521.1 kJ/mol
Ⅱ. 6H(g)＋Fe2O3(s)===2Fe(s)＋3H2O(g)　ΔH＝－1 209.2 kJ/mol
Ⅲ. 2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)　ΔH＝－851.5 kJ/mol
①LiAlH4和AlCl3在无水乙醚中反应可以生成AlH3和LiCl，该反应的化学方程式为　　 　。
②反应2AlH3(s)＋2Fe2O3(s)===4Fe(s)＋3H2O(g)＋Al2O3(s)的ΔH＝　　 。
③AlH3与普通铝粉相比，AlH3与Fe2O3反应更容易引发的原因是　　 　 　 　 　 　。
(2)NaBH4是一种储氢材料，Co-B催化剂催化NaBH4释氢的原理：OH－使催化剂表面的BH释放H－，催化剂表面的H－与H＋结合生成H2(Co容易吸附阴离子)。在Co-B催化剂中掺有MoO3会提高NaBH4释氢速率，其部分机理如图1所示。
　　
图1　　　　　　　　　　　　　　　　　图2
①NaBH4水解生成H2和[B(OH)4]－的离子方程式为　　 　。
②用重水(D2O)代替H2O，通过检测反应生成的　　 　可以判断制氢的机理。
③掺有MoO3能提高催化效率的原理是　　 　 　。
④产氢速率与NaBH4浓度的关系如图2所示。当NaBH4浓度大于1 mol/L时，产氢速率下降的原因是　　 　 　 　。
4. (2025·南通一模)研究NO的形成和催化转化具有重要意义。
(1)已知：N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔS>0；25 ℃下，该反应的K＝5×10－31。燃油车高温发动机内发生上述反应，此时K　 　(填“>”“＝”或“<”)5×10－31。
(2)在催化剂作用下，NH3可将NO选择性还原为N2。
①向NO中通入适量O2使部分NO氧化为NO2有利于催化反应进行。当混合气中n(NO)∶n(NO2)＝1∶1时，氮氧化物被催化还原的反应速率最大。此时参加反应的n(O2)∶n(NH3)＝　 　。
②MnO2催化NH3还原NO的一种可能的反应机理如下：
结合元素电负性推测活性中间体B的结构式为　 　。
(3)烟气中SO2会影响金属氧化物催化NH3还原NO的效率。研究发现其可能原因主要有以下三点：
Ⅰ.SO2与NO在催化剂表面发生竞争吸附，抑制活性中间体的生成；
Ⅱ.SO2与NH3反应生成稳定性较弱的(NH4)2SO4和NH4HSO4，覆盖了催化剂的活性位点；
Ⅲ.金属氧化物与SO2反应最终生成稳定性强的金属硫酸盐，使催化剂的活性组分永远失效。
将一定比例的NH3、NO、O2、N2充分混合均匀后，以相同流速分别通过装有等质量MnO2和Mn3O4催化剂的反应器1 h，再分别向混合气体中添加少量SO2继续通气7 h后，将催化剂在400 ℃下充分加热1 h，继续通入无SO2的混合气体2 h，测得两个反应器中NO转化率随通气时间的曲线如图1所示。
　　　　
图1　　　　　　　　　　　　　图2
①0→1 h内，MnO2催化反应器中NO的转化率比Mn3O4催化反应器中的大。其原因是　　 　 　 　 　 　。
②1→2 h内，MnO2催化NH3还原NO的效率迅速降低的主要原因是　　 　 　 　 　 　。
③我国学者通过大量实验研究发现，添加CeO2的复合催化剂具有优越的抗SO2能力，并基于实验事实提出了如图2所示的CeO2抗中毒反应物种转化示意图。
(i)写出“步骤2”反应的化学方程式：　　 　。
(ii)CeO2能在250 ℃下保持其催化性能的原因是　　
　 　 　
　[已知：Ce2(SO4)3的理论分解温度为630 ℃]。
5. (2025·南京二模)乙烯是常用化工原料，其制备、利用和转化具有重要意义。
(1)二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生的反应如下：
Ⅰ. C2H6(g)＋CO2(g)C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋177.7 kJ/mol
Ⅱ. C2H6(g)＋2CO2(g)4CO(g)＋3H2(g)　ΔH2＝＋428.9 kJ/mol
①若起始加入CO2和C2H6的物质的量分别为n0(CO2)、n0(C2H6)，仅考虑上述反应，达到平衡时体系中所有含碳物质n(X)与起始物质之间存在的等量关系为 n0(CO2)＋2n0(C2H6)＝
　　 　(X用具体物质化学式表示)。
②实际投料比采用＝2∶1，而不采用3∶1的原因是　　 　 　。
(2)乙烯催化氧化制乙醛和环氧乙烷()，发生以下反应：
ⅰ. 2C2H4(g)＋O2(g)―→2CH3CHO(g)
ⅱ. 2C2H4(g)＋O2(g)―→2(g)
常压下，将一定比例C2H4、O2混合气体匀速通过装有Ag/MnO2催化剂的反应器，不同温度下测得的相关数据见下表：
温度/ ℃ 90 110 130 150
乙烯转化率/% 8 13 29 60
乙醛选择性/% 78 70 65 57
①90～150 ℃范围内，乙醛产率随温度升高而　 (填“增大”“减小”或“不变”)。
②90～150 ℃范围内，乙醛选择性随温度升高而降低的原因是　　 　 　。
③150 ℃时，控制反应温度和时间不变，能提高环氧乙烷选择性的措施是　　 　 　。
(3)在果蔬储存和运输中，一种C2H4转化反应的部分机理如图所示(*O表示活性氧)。
研究表明，催化剂表面酸性强的桥羟基是催化氧化的活性位点，而酸性弱的硅羟基(Si—OH)和铝羟基(Al—OH)则不显示催化活性。
①从键的极性角度，分析桥羟基酸性更强的原因是　　 　。
②生成的H2O吸附在催化剂表面使催化活性下降，其原理是　　
　　 　 。
6. (2025·苏锡常镇二调)H2S在工业生产过程中容易导致催化剂失活，工业上脱除H2S有多种方法。
(1)克劳斯法脱H2S
①2H2S(g)＋O2(g)===2S(g)＋2H2O(g)　ΔH1
②2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－1 124 kJ/mol
③2H2S(g)＋SO2(g)===3S(g)＋2H2O(g) ΔH3＝－233 kJ/mol
ΔH1＝　 kJ/mol。
(2)电化学脱H2S
工作原理如图1所示。
图1
①将含有H2S的尾气通入电解池的阴极，阴极发生电极反应式为　　 　。
②电解过程中，阳极区域需不断通入N2的原因为　　 　 　 　 　。
(3)Fe2(SO4)3吸收液脱H2S
吸收： Ⅰ. H2S(g)H2S(aq)；Ⅱ. H2S(aq)H＋＋HS－；
Ⅲ. __________。
再生： Ⅳ. 4Fe2＋＋4H＋＋O2===4Fe3＋＋2H2O
①写出吸收过程中步骤Ⅲ的离子方程式：　　 　。
②固定总铁浓度c[Fe(t)]＝60 g/L，c(Fe2＋)与H2S脱除率(η)和pH变化关系如图2所示。当c(Fe2＋)＞15 g/L时，随着c(Fe2＋)增大，H2S脱除率逐渐减小而pH几乎不变的原因为　　 　 　 　 　 　。
　　　
图2　　　　　　　　　　　　图3
(4)四乙基偏钒酸铵氧化脱H2S
四乙基偏钒酸铵[(C2H5)4NVO3]难溶于冷水，易溶于75 ℃以上的热水。其中钒元素的化合价为＋5，具有强氧化性。该氧化型离子液体对H2S的吸收及再生机理如图3所示。
①吸收反应的生成物中钒元素的化合价为　 。
②水浴80 ℃，反应Ⅱ能迅速发生，该反应的离子方程式为　　 。
③＋5价钒的氧化性随着碱性增强而降低。但研究发现，利用碱性溶剂时，四乙基偏钒酸铵对H2S的脱除率更高，可能的原因为　　 　 　。
热练26　化学反应速率与化学平衡综合(二)
1. (2025·镇江质检)氢能是一种理想的清洁能源，可通过下列反应制取氢气。
(1) Al-NaCl与水反应制氢
①铝与水反应制氢面临的主要问题是反应过程中在铝表面极易生成致密的氧化膜，阻止反应的进行。采用球磨法制备颗粒细小的铝时常以NaCl为球磨助剂，Al-NaCl与水反应制氢时，NaCl溶解，新鲜的铝表面直接与水反应，加速铝与水制氢反应，其反应的化学方程式为　2Al＋6H2O===2Al(OH)3＋3H2↑　。
②Al-NaCl在NaOH和NiCl2溶液中析氢对比。Al-NaCl的质量之比为1∶2，Al-NaCl在不同反应体系中氢气生成量如图1所示。
　　　　　
图1　　　　　　　　　　　　　　　　　　图2
Ⅰ. 0～15 min,0.5 mol/L NaOH溶液中氢气的产生速率迅速增大的原因可能为　NaOH与Al2O3或Al(OH)3反应生成可溶性盐，从而破坏了铝表面的氧化膜，促进了Al-NaCl析氢反应　。
Ⅱ. 0.5 mol/L NiCl2溶液中氢气的产生速率迅速增大且在50 min后速率保持最大的原因可能为　在NiCl2溶液中，Al与Ni2＋迅速反应生成Ni，生成的Ni附着在Al表面，形成许多以Ni为正极、Al为负极构成的Ni-Al微电池，大大加快氢气生成速率　。
(2)电解甲醇水溶液制氢
该制氢原理如图2所示，实现高纯氢气的产生和无增压运行。已知电解水的标准电压为1.23 V，电解甲醇水溶液的标准电压为0.02 V。
①写出阳极的电极反应式：　CH3OH＋H2O－6e－===CO2↑＋6H＋　。
②电解甲醇水溶液优于电解水的原因有　电解甲醇水溶液耗能少，成本低；纯度高，产率(速度)高；无氧气产生，实验更安全　。
(3) 氨硼烷(NH3BH3)制氢
①NH3BH3在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3＋6H2O===3NH＋B3O＋9H2↑。该反应中B原子的杂化方式由sp3变为sp2，B3O具有六元环结构，其结构式可表示为　　。
②NH3BH3水解作为一种绿色、可持续的制氢路线备受关注。研究发现，以Co-Ru纳米合金和CosNC为催化剂，可实现NH3BH3水解高效制氢，反应机理如图3所示。请从电负性的角度描述产氢过程的反应机理：　水中O—H断裂，带正电的H吸附在催化剂表面；因电负性：B图3
【解析】 (2)①由图可知，在阳极甲醇失去电子生成二氧化碳和氢离子，氢离子向阴极移动，电极反应式为CH3OH＋H2O－6e－===CO2↑＋6H＋。②根据题意，电解水的标准电压为1.23 V，电解甲醇水溶液的标准电压为0.02 V，结合图示可知，该过程没有氧气生成，故电解甲醇水溶液的优点是耗能少、成本低、纯度高、产率(速度)高且无氧气产生，实验更安全。(3)①该反应中B原子的杂化方式由sp3变为sp2，则B原子价层电子对数为3，且B3O具有六元环结构，则其结构式见答案。②结合图示可知，反应过程中，NH3BH3中断裂了B—H，B、H吸附在催化剂上，同时水也断裂了O—H，O、H吸附在催化剂上，由于电负性：O>H>B，在催化剂的表面分别吸附了带正电的H和带负电的H，二者结合生成H2从催化剂表面逸出。
2. (2025·如皋质检)甲醛是室内装修常见污染物，可通过光触媒氧化法和催化氧化法等多种方法去除。
(1)将KMnO4、Ce(NO3)3、Mn(NO3)2和KOH按一定比例混合充分反应，可得一种用于去除甲醛的复合催化剂xMnO2·yCeO2(反应后锰元素均转化为MnO2)。若x∶y＝5∶4，则反应消耗的KMnO4、Ce(NO3)3、Mn(NO3)2的物质的量之比为　14∶20∶11　。
(2)一种以Ag-C3N4为催化剂、多孔SiO2为催化剂载体，去除空气中甲醛的机理如图1所示。
　　　
　　　图1　　　　　　　　　　　　　　　　　图2
①该催化剂去除甲醛的机理可描述为　在光照条件下，H2O在Ag表面失电子生成·OH和H＋，电子通过C3N4中的电子孔到达另一侧银表面，O2在Ag表面得电子生成O，甲醛被·OH和O氧化为CO2和H2O　。
②写出酸性条件下，O与HCHO反应的离子方程式：　4O＋3HCHO＋4H＋===5H2O＋3CO2　。
③空气的湿度会影响甲醛的去除率，其他条件一定，测得甲醛的去除率与相对湿度的关系如图2所示。
Ⅰ.相对湿度从20%增大到40%，甲醛的去除率增大的主要原因是　相对湿度增大，催化剂吸附的水增多，催化剂表面产生更多的·OH，使甲醛去除率增大　。
Ⅱ.相对湿度从40%增大到80%，甲醛的去除率降低的主要原因是　相对湿度增大，催化剂表面吸附的H2O增多，吸附的甲醛减小，使甲醛去除率降低　。
(3)一种Au-氧化物催化去除甲醛的机理如图3所示。根据信息，将方框中所缺部分补全。
图3
答案：
【解析】 (1) 若复合催化剂中MnO2有5 mol，CeO2有4 mol，根据Ce元素守恒可知参加反应的Ce(NO3)3为4 mol，设参加反应的KMnO4为a mol，参加反应的Mn(NO3)2为b mol，根据Mn元素守恒有a＋b＝5，根据得失电子守恒有3a＝4＋2b，两式联合可得a＝2.8、b＝2.2，故反应消耗的三者的物质的量之比＝2.8∶4∶2.2＝14∶20∶11。
3. (2025·苏州调研)储能材料是当前研究的热点。
(1)AlH3易分解释氢，且可与固体氧化物混合作固体燃料推进剂。AlH3与Fe2O3的反应过程如下：
Ⅰ. AlH3(s)===Al(s)＋3H(g)　ΔH＝＋521.1 kJ/mol
Ⅱ. 6H(g)＋Fe2O3(s)===2Fe(s)＋3H2O(g)　ΔH＝－1 209.2 kJ/mol
Ⅲ. 2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)　ΔH＝－851.5 kJ/mol
①LiAlH4和AlCl3在无水乙醚中反应可以生成AlH3和LiCl，该反应的化学方程式为　3LiAlH4＋AlCl34AlH3＋3LiCl　。
②反应2AlH3(s)＋2Fe2O3(s)===4Fe(s)＋3H2O(g)＋Al2O3(s)的ΔH＝　－1 018.5 kJ/mol　。
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)NaBH4是一种储氢材料，Co-B催化剂催化NaBH4释氢的原理：OH－使催化剂表面的BH释放H－，催化剂表面的H－与H＋结合生成H2(Co容易吸附阴离子)。在Co-B催化剂中掺有MoO3会提高NaBH4释氢速率，其部分机理如图1所示。
　　
图1　　　　　　　　　　　　　　　　　图2
①NaBH4水解生成H2和[B(OH)4]－的离子方程式为　BH＋4H2O===[B(OH)4]－＋4H2↑　。
②用重水(D2O)代替H2O，通过检测反应生成的　HD、[B(OD)4]－(D3BO3亦可)　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促进H2O的电离产生H＋和OH－　。
④产氢速率与NaBH4浓度的关系如图2所示。当NaBH4浓度大于1 mol/L时，产氢速率下降的原因是　反应生成大量[B(OH)4]－吸附在Co表面，阻止BH的吸附反应　。
【解析】 (1) ②根据盖斯定律，Ⅰ×2＋Ⅱ＋Ⅲ可得目标热化学方程式，故ΔH＝[＋521.1×2＋(－1 209.2)＋(－851.5)]kJ/mol＝－1 018.5 kJ/mol。(2) ②根据反应原理，得到的氢气的组成中，有一半来自加入的水，故通过检测反应生成的HD、[B(OD)4]－可以判断制氢的机理。③MoO3促进H2O的电离产生H＋和OH－，从而提高了催化效率。④结合图示可知，产生H2的速率取决于BH在催化剂表面的吸附以及H2O电离出的H＋的速率，当NaBH4浓度大于1 mol/L时，反应生成大量[B(OH)4]－吸附在Co表面，阻止BH的吸附反应，从而导致产氢速率下降。
4. (2025·南通一模)研究NO的形成和催化转化具有重要意义。
(1)已知：N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔS>0；25 ℃下，该反应的K＝5×10－31。燃油车高温发动机内发生上述反应，此时K　>　(填“>”“＝”或“<”)5×10－31。
(2)在催化剂作用下，NH3可将NO选择性还原为N2。
①向NO中通入适量O2使部分NO氧化为NO2有利于催化反应进行。当混合气中n(NO)∶n(NO2)＝1∶1时，氮氧化物被催化还原的反应速率最大。此时参加反应的n(O2)∶n(NH3)＝　1∶4　。
②MnO2催化NH3还原NO的一种可能的反应机理如下：
结合元素电负性推测活性中间体B的结构式为　　。
(3)烟气中SO2会影响金属氧化物催化NH3还原NO的效率。研究发现其可能原因主要有以下三点：
Ⅰ.SO2与NO在催化剂表面发生竞争吸附，抑制活性中间体的生成；
Ⅱ.SO2与NH3反应生成稳定性较弱的(NH4)2SO4和NH4HSO4，覆盖了催化剂的活性位点；
Ⅲ.金属氧化物与SO2反应最终生成稳定性强的金属硫酸盐，使催化剂的活性组分永远失效。
将一定比例的NH3、NO、O2、N2充分混合均匀后，以相同流速分别通过装有等质量MnO2和Mn3O4催化剂的反应器1 h，再分别向混合气体中添加少量SO2继续通气7 h后，将催化剂在400 ℃下充分加热1 h，继续通入无SO2的混合气体2 h，测得两个反应器中NO转化率随通气时间的曲线如图1所示。
　　　　
图1　　　　　　　　　　　　　图2
①0→1 h内，MnO2催化反应器中NO的转化率比Mn3O4催化反应器中的大。其原因是　MnO2将部分NO氧化为NO2，使混合气体中n(NO)与n(NO2)趋于相等，此时氮氧化物被催化还原的反应速率最大　。
②1→2 h内，MnO2催化NH3还原NO的效率迅速降低的主要原因是　混合气中加入SO2，导致反应生成(NH4)2SO4和NH4HSO4，覆盖了催化剂的活性位点　。
③我国学者通过大量实验研究发现，添加CeO2的复合催化剂具有优越的抗SO2能力，并基于实验事实提出了如图2所示的CeO2抗中毒反应物种转化示意图。
(i)写出“步骤2”反应的化学方程式：　2Ce2(SO4)3＋9NH3＋6H2O2Ce2O3＋3(NH4)2SO4＋3NH4HSO4　。
(ii)CeO2能在250 ℃下保持其催化性能的原因是　NH3促进了Ce2(SO4)3在较低温度下向Ce2O3的转化，同时生成的(NH4)2SO4和NH4HSO4可以进一步与NO和O2反应生成N2和SO2，并促进了CeO2的生成，实现催化剂再生　[已知：Ce2(SO4)3的理论分解温度为630 ℃]。
【解析】 (1) 该反应在高温下才能自发进行，因ΔS>0，故可判断ΔH＞0，则升高温度时平衡正向移动，平衡常数增大，即温度升高时，K＞5×10－31。(2) ①根据得失电子守恒可得关系式：4NH3～6NO～5N2、8NH3～6NO2～7N2，设参与反应的n(NO)＝n(NO2)＝6 mol，根据关系式可知所需的n(NH3)＝12 mol，根据2NO＋O2===2NO2可知，用于氧化NO生成NO2的n(O2)＝3 mol，故n(O2)∶n(NH3)＝3 mol∶12 mol＝1∶4。②电负性：O>N>H，NH3分子中N原子的电子云密度大于NO中N原子的电子云密度，NH3更易与Mn形成配位键而被吸附，故气体X为NH3，Y为NO。(3) ①MnO2中Mn元素化合价更高，氧化性更强，故在0→1 h内，MnO2将部分NO氧化为NO2，从而使得NO的转化率大。②加入SO2后，SO2被氧化后与NH3结合，生成的(NH4)2SO4和NH4HSO4覆盖了催化剂的活性位点，从而导致还原NO的效率迅速降低。③(ii)由图2中步骤2可知，NH3促进了Ce2(SO4)3在较低温度下向Ce2O3的转化，由图中步骤3可知，步骤2生成的(NH4)2SO4和NH4HSO4可以进一步与NO和O2反应生成N2和SO2，同时CeO2生成，实现催化剂再生。
5. (2025·南京二模)乙烯是常用化工原料，其制备、利用和转化具有重要意义。
(1)二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生的反应如下：
Ⅰ. C2H6(g)＋CO2(g)C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋177.7 kJ/mol
Ⅱ. C2H6(g)＋2CO2(g)4CO(g)＋3H2(g)　ΔH2＝＋428.9 kJ/mol
①若起始加入CO2和C2H6的物质的量分别为n0(CO2)、n0(C2H6)，仅考虑上述反应，达到平衡时体系中所有含碳物质n(X)与起始物质之间存在的等量关系为 n0(CO2)＋2n0(C2H6)＝　n(CO2)＋2n(C2H6)＋2n(C2H4)＋n(CO)　(X用具体物质化学式表示)。
②实际投料比采用＝2∶1，而不采用3∶1的原因是　防止更多的CO2将乙烷转化为CO，使乙烯产率下降　。
(2)乙烯催化氧化制乙醛和环氧乙烷()，发生以下反应：
ⅰ. 2C2H4(g)＋O2(g)―→2CH3CHO(g)
ⅱ. 2C2H4(g)＋O2(g)―→2(g)
常压下，将一定比例C2H4、O2混合气体匀速通过装有Ag/MnO2催化剂的反应器，不同温度下测得的相关数据见下表：
温度/ ℃ 90 110 130 150
乙烯转化率/% 8 13 29 60
乙醛选择性/% 78 70 65 57
①90～150 ℃范围内，乙醛产率随温度升高而增大(填“增大”“减小”或“不变”)。
②90～150 ℃范围内，乙醛选择性随温度升高而降低的原因是　温度升高和催化剂活性变化共同作用，使反应ⅱ的速率增幅大于反应ⅰ的速率增幅　。
③150 ℃时，控制反应温度和时间不变，能提高环氧乙烷选择性的措施是　使用对反应ⅱ选择性更高的催化剂、及时分离环氧乙烷　。
(3)在果蔬储存和运输中，一种C2H4转化反应的部分机理如图所示(*O表示活性氧)。
研究表明，催化剂表面酸性强的桥羟基是催化氧化的活性位点，而酸性弱的硅羟基(Si—OH)和铝羟基(Al—OH)则不显示催化活性。
①从键的极性角度，分析桥羟基酸性更强的原因是　桥羟基中O同时受到Si(Ⅳ)与Al(Ⅲ)吸引，使O—H极性增强　。
②生成的H2O吸附在催化剂表面使催化活性下降，其原理是　H2O结合桥羟基电离出的H＋生成H3O＋(或H2O中氧原子与桥羟基中氢原子形成氢键)　。
【解析】 (1) ①若起始加入CO2和C2H6的物质的量分别为n0(CO2)、n0(C2H6)，达到平衡时，根据C原子守恒可知n0(CO2)＋2n0(C2H6)＝n(CO2)＋2n(C2H6)＋2n(C2H4)＋n(CO)。(2) ①假设乙烯的投入量为1 mol，由表格数据可知，90～150 ℃范围内，升高温度，生成乙醛的物质的量分别为1 mol×8%×78%＝0.062 4 mol(90 ℃)、1 mol×13%×70%＝0.091 mol(110 ℃)、1 mol×29%×65%＝0.188 5 mol(130 ℃)、1 mol×60%×57%＝0.342 mol(150 ℃)，说明乙醛产率增大。(3) ①由于Si(Ⅳ)与Al(Ⅲ)具有吸电子效应，桥羟基中O同时受到Si(Ⅳ)与Al(Ⅲ)吸引，使O—H极性增强。②吸附在催化剂表面的H2O结合桥羟基电离出的H＋生成H3O＋(或H2O中氧原子与桥羟基中氢原子形成氢键)，从而使催化活性下降。
6. (2025·苏锡常镇二调)H2S在工业生产过程中容易导致催化剂失活，工业上脱除H2S有多种方法。
(1)克劳斯法脱H2S
①2H2S(g)＋O2(g)===2S(g)＋2H2O(g)　ΔH1
②2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－1 124 kJ/mol
③2H2S(g)＋SO2(g)===3S(g)＋2H2O(g) ΔH3＝－233 kJ/mol
ΔH1＝－530 kJ/mol。
(2)电化学脱H2S
工作原理如图1所示。
图1
①将含有H2S的尾气通入电解池的阴极，阴极发生电极反应式为　H2S＋2e－===S2－＋H2↑　。
②电解过程中，阳极区域需不断通入N2的原因为　N2可以吹走阳极表面生成的硫蒸气，防止S2覆盖在阳极表面，降低放电效率　。
(3)Fe2(SO4)3吸收液脱H2S
吸收： Ⅰ. H2S(g)H2S(aq)；Ⅱ. H2S(aq)H＋＋HS－；
Ⅲ. __________。
再生： Ⅳ. 4Fe2＋＋4H＋＋O2===4Fe3＋＋2H2O
①写出吸收过程中步骤Ⅲ的离子方程式：　HS－＋2Fe3＋===S↓＋2Fe2＋＋H＋　。
②固定总铁浓度c[Fe(t)]＝60 g/L，c(Fe2＋)与H2S脱除率(η)和pH变化关系如图2所示。当c(Fe2＋)＞15 g/L时，随着c(Fe2＋)增大，H2S脱除率逐渐减小而pH几乎不变的原因为　增加c(Fe2＋)，体系的氧化性减小了，不利于吸收反应Ⅲ的进行，因而H2S脱除率下降；由于c(Fe2＋)增加，再生反应Ⅳ消耗的H＋与反应Ⅱ、Ⅲ生成的H＋相当，导致体系pH几乎不变　。
　　　
图2　　　　　　　　　　　　图3
(4)四乙基偏钒酸铵氧化脱H2S
四乙基偏钒酸铵[(C2H5)4NVO3]难溶于冷水，易溶于75 ℃以上的热水。其中钒元素的化合价为＋5，具有强氧化性。该氧化型离子液体对H2S的吸收及再生机理如图3所示。
①吸收反应的生成物中钒元素的化合价为＋3。
②水浴80 ℃，反应Ⅱ能迅速发生，该反应的离子方程式为　2VO＋O22VO　。
③＋5价钒的氧化性随着碱性增强而降低。但研究发现，利用碱性溶剂时，四乙基偏钒酸铵对H2S的脱除率更高，可能的原因为　碱性溶剂对硫化氢吸收速率的影响大于碱性条件下氧化性减弱对反应速率的影响　。
【解析】 (1) 根据盖斯定律，反应①＝×②＋×③，故ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＝×(－1 124 kJ/mol)＋×(－233 kJ/mol)＝－530 kJ/mol。(3) ①Fe3＋作为催化剂，包含先消耗再重新生成的过程，故反应Ⅲ为Fe3＋氧化HS－生成Fe2＋和S的过程，离子方程式为HS－＋2Fe3＋===S↓＋2Fe2＋＋H＋。

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