江苏省2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应的热效应、化学能与电能

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江苏省2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应的热效应、化学能与电能

一、单选题
1．（2023·江苏·统考二模）以乙炔和1，2－二氯乙烷为原料生产氯乙烯包括如下反应：
反应I：ClCH2CH2Cl(g)→HCl(g)+CH2=CHCl(g) ΔH1=+69.7 kJ•mol-1
反应Ⅱ：HC≡CH(g)+HCl(g)→CH2=CHCl(g) ΔH2=-98.8 kJ•mol-1
1.0×105Pa下，分别用如表三种方式进行投料，不同温度下反应达到平衡时相关数据如图所示。
方式
气体投料
平衡时相关数据
甲
ClCH2CH2Cl
ClCH2CH2Cl转化率
乙
n(HC≡CH)：n(HCl)=1：1
HC≡CH转化率
丙
n(ClCH2CH2Cl)：n(HC≡CH)=1：1
CH2=CHCl产率


下列说法不正确的是A．反应ClCH2CH2Cl(g)+HC≡CH(g)→2CH2=CHCl(g)的ΔH=-29.1 kJ•mol-1
B．曲线①表示平衡时ClCH2CH2Cl转化率随温度的变化
C．按方式丙投料，其他条件不变，移去部分CH2=CHCl可能使CH2=CHCl的产率从X点的值升至Y点的值
D．在催化剂作用下按方式丙投料，反应达到平衡时CH2=CHCl的产率(图中Z点)低于X点的原因可能是催化剂活性降低
2．（2023·江苏·统考二模）以一定浓度NaOH溶液吸收H2S可制备Na2S或NaHS。若通入H2S所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)。室温下，H2S的电离常数分别为Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。下列说法正确的是
A．Na2S溶液显碱性的原因：S2-+2H2OH2S+2OH-
B．NaOH恰好转化为Na2S的溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(S2-)
C．吸收所得c总=c(Na+)的溶液中：c(H2S)＞c(S2-)
D．NaOH溶液吸收H2S过程中，溶液的温度下降
3．（2023·江苏·统考二模）元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297kJ•mol-1)、单斜硫等，硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4。用SO2与SeO2的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。下列化学反应表示不正确的是
A．碱性氢氧燃料电池放电时的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
B．斜方硫的燃烧：S(s，斜方硫)+O2(g)=SO2(g)    △H=297kJ•mol-1
C．煅烧黄铁矿获得SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3
D．SO2与SeO2的水溶液反应制备硒：2SO2+SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4
4．（2023·江苏·统考一模）工业上制备Ti，采用碳氯化法将转化成。在1000℃时发生如下：
①        
②        
③        。
在，将、C、以物质的量比1：2.2：2进行碳氯化，平衡时体系中、CO、和C的组成比(物质的量分数)随温度变化如下图所示。下列说法不正确的是

A．1000℃时，反应的平衡常数
B．曲线III表示平衡时的物质的量分数随温度的变化
C．高于600℃，升高温度，主要对反应②的平衡产生影响
D．为保证的平衡产率，选择反应温度应高于1000℃
5．（2023·江苏南通·统考一模）工业上常用浓氯水检验输送氧气的营道是否泄漏，泄漏处有白烟生成，工业合成氨的反应为    。对于工业合成氨的反应，下列说法正确的是
A．使用高效催化剂可减小△H
B．适当降温或加压，反应的平衡常数都增大
C．及时将体系中的液化分离有利于平衡正向移动
D．用E表示键能，则：
6．（2023·江苏·统考一模）氨、氮、硫的化合物应用广泛。ClO2(分子空间填充模型为)。NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒。人工固氮可将N2转化为NH3，再进一步制备肼(N2H4)、硝酸、铵盐等化合物，肼和偏二甲肼(C2H8N2)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ·mol-1,H2S可除去废水中Hg2+等重金属离子，H2S 水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变诨浊。下列化学反应的方程式表示不正确的是
A．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3： ClO-+ CO2+ H2O = HClO+ HCO
B．H2S水溶液在空气中变浑浊的化学方程式： 2H2S+ O2= 2S↓ + 2H2O
C．用石墨作电极电解NaCl溶液的离子方程式： 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
D．肼燃烧的热化学方程式： N2H4(l)+O2(g)=N2(g) +2H2O(g) △H=-622.08 kJ·mol-1
7．（2023·江苏南通·统考二模）卤族元素单质及其化合物应用广泛。氟在自然界主要存在于萤石()中，与浓反应可制取HF；氯、溴主要存在于海水中，工业常通过电解NaCl饱和溶液制备，可用于制取漂白粉。卤水中可通过氧化、溶液吸收；BrCl能发生水解反应。易升华，一种二次电池正极界面反应机理如图所示。

下列化学反应表示正确是
A．电池正极放电时的电极反应有：
B．电解饱和NaCl溶液：
C．BrCl与反应：
D．用溶液吸收：
8．（2023·江苏南通·统考二模）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有少量酸性溶液的试管中滴加足量乙醇，充分振荡，观察溶液颜色变化
乙醇具有还原性
B
用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，观察火焰颜色
溶液中存在
C
向盛有3 mL 0.1 mol·L 溶液的试管中滴加2滴0.1 mol·L NaCl溶液，振荡试管，再向试管中滴加2滴0.1 mol·L KI溶液，观察生成沉淀的颜色

D
将中间裹有锌皮的铁钉放在滴有酚酞的饱和NaCl溶液中，一段时间后观察铁钉周围溶液颜色变化
铁钉能发生吸氧腐蚀

A．A B．B C．C D．D
9．（2023·江苏·统考一模）如图为某微生物燃料电池净化水的原理。下列说法正确的是

A．N极为负极，发生氧化反应
B．电池工作时，N极附近溶液pH减小
C．M极发生的电极反应为
D．处理0.1mol 时，有1.4mol 从交换膜左侧向右侧迁移
10．（2023·江苏·统考二模）一种电解法制备Na2FeO4的装置如图所示。下列说法正确的是

A．电解时化学能转化为电能
B．电解时应将铂电极与直流电源正极相连
C．电解过程中转移2mole-，理论上可获得标准状况下的H211.2L
D．电解时铁电极反应式：Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O
11．（2023·江苏南通·统考一模）一种将催化转化为的电化学装置如图所示。下列说法正确的是

A．该装置工作过程中化学能转化为电能
B．铂电极发生的反应为
C．工作过程中玻碳电极区溶液的pH增大
D．每产生标准状况下11.2L 时，理论上有2mol 通过质子交换膜
12．（2023·江苏·统考一模）CO2通过电催化法可生成C2H5OH，c-NC、i-NC是可用于阴极电极的两种电催化剂，其表面发生转化原理如图所示。下列有关说法正确的是

A．i-NC 电极发生氧化反应
B．合成过程中CO2作为还原剂
C．合成过程中用i-NC作电极催化剂更利于生成C2H5OH
D．c-NC 电极上发生反应： 2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O
13．（2023·江苏南京·南京师大附中校考一模）电催化氮气制备铵盐和硝酸盐的原理如图所示。下列说法正确的是

A．a极反应式为N2+12OH--10e-=2NO+6H2O
B．电解一段时间，a、b两电极区的pH均减小
C．电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极
D．相同时间内，a、b两极消耗N2的物质的量之比为5∶3

二、填空题
14．（2023·江苏南京·南京师大附中校考一模）燃煤烟气中SO2和NOx是大气污染物的主要来源，脱硫脱硝技术是烟气治理技术的研究热点。
(1)尿素/H2O2溶液脱硫脱硝。尿素[CO(NH2)2]是一种强还原剂。60℃时在一定浓度的尿素/H2O2溶液中通入含有SO2和NO的烟气，烟气中有毒气体被一定程度吸收。尿素/H2O2溶液对SO2具有很高的去除效率，写出尿素和H2O2溶液吸收SO2，生成硫酸铵和CO2的化学方程式为____。
(2)除去烟气中的NOx，利用氢气选择性催化还原(H2—SCR)是目前消除NO的理想方法。H2—SCR法的主反应：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H1
副反应：2NO(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g) △H2<0
①已知H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H3=-241.5kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H4=+180.5kJ·mol-1
则△H1=____kJ·mol-1。
②H2—SCR在Pt—HY催化剂表面的反应机理如图所示：

已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4∶1，反应中每生成1molN2，转移的电子的物质的量为___mol。
(3)V2O5/炭基材料(活性炭、活性焦、活炭纤维)也可以脱硫脱硝。V2O5/炭基材料脱硫原理是：SO2在炭表面被吸附，吸附态SO2在炭表面被催化氧化为SO3，SO3再转化为硫酸盐等。
①V2O5/炭基材料脱硫时，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O2后VOSO4吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为____。
②V2O5/炭基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，考察了烟气中O2的存在对V2O5/炭基材料催化剂脱硫脱硝活性的影响，结果如图所示，当O2浓度过高时，去除率下降，其可能原因是_____。


三、原理综合题
15．（2023·江苏南通·统考二模）乙硫醇()的综合利用及治理是当前环境领域关注的焦点之一。
(1)家用煤气中可掺入微量具有难闻气味的乙硫醇。
已知：   kJ·mol
   kJ·mol
   kJ·mol
的______。
(2)是一种高效多功能的新型绿色水处理剂，可用于除去废水中的。已知水溶液中的物种分布分数如图所示。

①已知，比较和酸性强弱并从结构的角度说明理由：______。
②写出工业废水时，氧化生成和的离子方程式：_______。
③一种采用电化学方法制取的装置原理如图所示。阳极使用的是易被氧化的活性铁电极。电解池阳极室中KOH溶液的浓度为14 mol·L、电解60 min，调节不同的电压，测得反应后溶液中的浓度与电流密度(其他条件一定，电压与电流密度大小成正比)的关系如图所示。

I  写出制取的电极反应式：______。
II  电流密度大于4 mA·cm时，所得反应后溶液中的浓度上升幅度变小的原因是______。
16．（2023·江苏·统考一模）工业上利用甲醇和水蒸气可制备氢气。
I.电解法制氢：甲醇电解可制得，其原理如图所示。

(1)阳极的电极反应式为_______。
II.催化重整法制氢
(2)已知：
反应1：    
反应2：    
则反应3：    _______
(3)以催化剂进行甲醇重整制氢时，固定其它条件不变，改变水、甲醇的物质的量比甲醇平衡转化率及CO选择性的影响如图所示。[]

①当水、甲醇比大于0.8时，CO选择性下降的原因是_______。
②当水、甲醇比一定时，温度升高，CO选择性有所上升，可能原因是_______。
(4)铜基催化剂()能高效进行甲醇重整制氢，但因原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化剂失活。
①甲醇中混有少量的甲硫醇()，重整制氢时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，其原理用化学反应方程式表示为_______。
②将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进行还原，第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原。结果只有第二份催化剂活性恢复。说明催化剂失活的另外可能的原因是_______。
(5)在Pt-Pd合金表面上甲醇与水蒸气重整反应的机理如图所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面，M为反应过程中的中间产物)。

根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式并描述步骤2的反应机理_______。
17．（2023·江苏南通·统考一模）从废脱硝催化剂(主要成分为、)中回收和，具有重要意义。
(1)碳氯化—氧化法提取。将粉碎后的催化剂渣料与过量焦炭混合投入高温氯化炉充分反应，将生成的与其他气体分离，并将其氧化得。该过程主要涉及以下反应：
反应I        
反应Ⅱ          
已知常压下的沸点为136.4℃，C的燃烧热为，CO的燃烧热为。
①反应I的_______。
②从反应I的混合体系中分离出的措施是_______。
③氯化炉中生成CO比生成更有利于转化为，其原因是_______。
(2)碱溶法回收和，部分工艺流程如下：

“酸洗”时，转化为或，“水解”后得到。
①写出“热碱浸取”时发生反应的离子方程式：_______。
②锐钛型和金红石型是最常见的两种晶体类型，煅烧过程中，会发生“锐钛型→金红石型”转化，固体质量残留率和晶型转化率随温度变化如图1所示，晶型转化过程中的能量变化如图2所示。设计用“过滤”所得制备金红石型的操作方案：_______，金红石型的晶胞结构如图3所示。用“○”圈出所有位于晶胞体内的原子_______。

③为测定回收所得样品的纯度，进行如下实验：称取2.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL 溶液。量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00mL 0.5000 溶液(过量)，再用0.01000 标准溶液液定至终点，消耗标准溶液24.00mL。滴定过程中发生如下反应(均未配平)：；
计算样品的纯度_______(写出计算过程)。

参考答案：
1．D
【详解】A．由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ可得该反应，即反应ClCH2CH2Cl(g)+HC≡CH(g)→2CH2=CHCl(g)的ΔH=-29.1 kJ•mol-1，A正确；
B．反应Ⅰ正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，ClCH2CH2Cl转化率，由图可知，曲线①表示平衡时ClCH2CH2Cl转化率随温度的变化，B正确；
C．按方式丙投料，其他条件不变，移去部分CH2=CHCl，CH2=CHCl的浓度减小，反应反应Ⅰ和Ⅱ均向正反应方向移动，CH2=CHCl的产率增加，可能使CH2=CHCl的产率从X点的值升至Y点的值，C正确；
D．催化剂不影响化学平衡移动，对平衡时CH2=CHCl的产率无影响；D错误；
故选D。
2．C
【详解】A．S2-的水解分步进行，以第一步水解为主，离子方程式为，A错误；
B．NaOH恰好转化为Na2S，则溶液中溶质全为Na2S，溶液中的氢氧根全部来自于水的电离，则c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，B错误；
C．c总=c(Na+)，即c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=c(Na+)，此时加入的NaOH的物质的量等于H2S的物质的量，溶质全为NaHS，Ka2=1.3×10-13，HS-的水解平衡常数Kh==0.91×10-7，则HS-的水解程度大于电离程度，故c(H2S)＞c(S2-)，C正确；
D．NaOH溶液吸收H2S，发生酸碱中和反应放出热量，溶液温度升高，D错误；
故答案选C。
3．B
【详解】A．碱性氢氧燃料电池中，通入氧气的一极是正极，故正极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，A项正确；
B．燃烧热为1mol燃料充分燃烧生成稳定的氧化物时所释放的能量，故斜方硫的燃烧：S(s，斜方硫)+O2(g)=SO2(g) △H= -297kJ•mol-1，B项错误；
C．煅烧黄铁矿获得SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3，C项正确；
D．SO2与SeO2的水溶液反应制备硒，根据氧化还原反应配平，故方程式：2SO2+SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4，D项正确；
故答案选B。
4．D
【分析】进行碳氯化，平衡时体系中、CO、和C的组成比(物质的量分数)随温度变化如下图所示，的分数几乎不变，则反应①生成CO的分数几乎不变，1000℃时①③的平衡常数远大于②，则此时CO含量远大于CO2，故Ⅰ为CO曲线；反应②生成等量的CO2、C，由于投料中含有碳，则C的含量大于CO2，故Ⅱ、Ⅲ分别为C、CO2的曲线；
【详解】A．1000℃时，由盖斯定律可知，①-③得反应，则其平衡常数，A正确；
B．由分析可知，曲线III表示平衡时的物质的量分数随温度的变化，B正确；
C．高于600℃，升高温度，的分数几乎不变，而CO含量显著增大，反应均为放热，升温反应逆向进行，则说明此时升高温度主要对反应②的平衡产生影响，导致CO含量显著增大，C正确；
D．温度200℃~1200℃之间四氯化碳的平衡转化率几乎不变，故升高温度对其平衡转化率增加作用不大，D错误；
故选D。
5．C
【详解】A．催化剂可以改变反应速率，不能改变焓变，A错误；
B．温度变化平衡常数发生变化，降低温度平衡右移，平衡常数变大，改变压强不会改变平衡常数，B错误；
C．及时将体系中的液化分离，减小生成物的浓度，有利于平衡正向移动，C正确；
D．用E表示键能，则：，D错误；
故选C。
6．D
【详解】A．HClO的酸性比碳酸弱，比碳酸氢根的酸性强，故NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3：ClO-+ CO2+ H2O = HClO+ ，A正确；
B．H2S水溶液在空气中，和氧气反应后生成单质硫和水，变浑浊的化学方程式： 2H2S+ O2= 2S↓ + 2H2O，B正确；
C．用石墨作电极电解NaCl溶液，产生氯气、氢气和氢氧化钠，离子方程式： 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，C正确；
D．标准燃烧热，水为液态，肼燃烧的热化学方程式： N2H4(l)+O2(g)=N2(g) +2H2O(l) △H=-622.08 kJ·mol-1，D错误；
故答案为：D。
7．A
【详解】A．由图示信息可知放电时正极转化有：、，电极反应有：，故A正确；
B．电解饱和NaCl溶液：，故B错误；
C．BrCl与反应：，故C错误；
D．溶于水生成HBr和HBrO，生成的酸与反应，吸收试剂过量，最终只生成碳酸氢钠：，故D错误；
故选：A。
8．A
【详解】A．酸性溶液的试管中滴加足量乙醇，若溶液褪色说明被还原为无色离子，则乙醇表现还原性，否则则无还原性，故A正确；
B．焰色试验只能确定金属元素是否存在，不能确定具体物质，故B错误；
C．所用硝酸银溶液过量，滴入的碘化钾直接与硝酸银反应生成AgI沉淀，不能说明是AgCl转化为AgI，因此不能验证Ksp大小，故C错误；
D．锌比铁活泼，形成原电池时Zn作负极，Fe作正极，铁钉不被腐蚀，故D错误；
故选：A。
9．C
【分析】由图可知，有机物失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，则M为负极；重铬酸根离子得到电子发生还原反应，则N为正极；
【详解】A．由分析可知，M极为负极，发生氧化反应；N为正极，A错误；
B．电池工作时，重铬酸根离子得到电子发生还原反应生成Cr3+，反应为，N极附近消耗氢离子，溶液pH变大，B错误；
C．有机物失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，M极发生的电极反应为，C正确；
D．根据电子守恒可知，，则处理0.1mol 时，有0.6mol 从交换膜左侧向右侧迁移，D错误；
故选C。
10．D
【分析】电解法制备Na2FeO4，根据装置图，铁元素化合价由0价→+6价，化合价升高，根据电解原理，铁电极作阳极，铂电极为阴极，据此分析；
【详解】A．该装置为电解池，将电能转化成化学能，故A错误；
B．根据上述分析，铂电极为阴极，与电源的负极相连，故B错误；
C．阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，转移2mol电子，生成1mol氢气，则标准状况下，生成氢气体积为22.4L，故C错误；
D．制备高铁酸钠，铁元素化合价升高，根据电解原理，铁电极为阳极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O，故D正确；
答案为D。
11．D
【分析】由图可知，催化转化为同时水发生氧化反应生成氧气，反应中电能转化为化学能；
【详解】A．由分析可知，反应中电能转化为化学能，A错误；
B．铂电极二氧化碳得到电子发生还原反应生成乙烯，发生的反应为，B错误；
C．工作过程中玻碳电极反应为，反应生成氢离子，溶液的pH减小，C错误；
D．每产生标准状况下11.2L （为0.5mol）时，则玻碳电极生成2mol氢离子，故理论上有2mol 通过质子交换膜，D正确；
故选D。
12．D
【分析】根据分析，c-NC端CO2得到电子生成C2H5OH，i-NC中CO2得电子生成C2H5OH和CO；
【详解】A．根据分析，i-NC电极中，C的化合价由+4价降低到+2价，发生还原反应，A错误；
B．合成过程中CO2中的C由+4价降低到+2价，作氧化剂，B错误；
C．根据分析在i-NC中CO2得电子生成C2H5OH和CO，不利于C2H5OH，C错误；
D．根据分析，c-NC端CO2得到电子生成C2H5OH， 2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，D正确；
故答案为：D。
13．C
【详解】A．由图示可知，a极氮气失电子变为硝酸根离子，电解质溶液呈酸性，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，A错误；
B．由图示可知，a极为阳极，失电子，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b极为阴极，得电子，电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，则阳极区酸性增强、pH减小，阴极区酸性减弱、pH增大，B错误；
C．a极为阳极、b极为阴极，电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极，C正确；
D．a极电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b极电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，依据得失电子守恒，转移30mol电子时阴极、阳极消耗氮气的物质的量分别为5mol、3mol，即a、b两极消耗N2的物质的量之比为3:5，D错误；
答案选C。
14．(1)SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2
(2)     -663.5     3
(3)     SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和或3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3     氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2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

【详解】（1）尿素和H2O2溶液吸收SO2，生成硫酸铵和CO2，依据得失电子守恒和原子守恒可得，反应的化学方程式为：SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2。
（2）①已知I．H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H3=-241.5kJ·mol-1，II．N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H4=+180.5kJ·mol-1，依据盖斯定律I2-II有：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)，△H1=(-241.5kJ·mol-1)2-(+180.5kJ·mol-1)=-663.5kJ·mol-1。
②已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4∶1，依据图示和得失电子守恒可得反应的离子方程式为：4NH+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+，依据方程式可知，反应中每生成1molN2，转移的电子的物质的量为3mol。
（3）①V2O5/炭基材料脱硫时，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O2后VOSO4吸收峰消失，说明VOSO4是中间体，反应过程中生成了VOSO4、又消耗了VOSO4，因此该脱硫反应过程可描述为：SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和，或者用化学方程式表示为：3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3。
②若氧气浓度过高，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多的活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。
15．(1)-3526 kJ·mol
(2)     酸性：，是推电子基团，使中的极性降低，电离出的能力减弱               铁电极表面出现更多的与Fe之间竞争放电生成；放电生成的将Fe氧化形成氧化物覆盖在电极表面(铁放电时生成氧化物覆盖在电极表面)，阻碍的生成

【详解】（1）已知：①   kJ·mol；②   kJ·mol；③   kJ·mol；由盖斯定律可知，③+2×②-2×①得 =-3526 kJ·mol；
（2）①由图可知，当和浓度相等时，10 ②时，氧化生成和，Fe元素由+6价下降到+3价，S元素由-2价上升到+4价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；
③阳极使用的是易被氧化的活性铁电极，Fe失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；电流密度大于4 mA·cm时，所得反应后溶液中的浓度上升幅度变小的原因是：铁电极表面出现更多的与Fe之间竞争放电生成；放电生成的将Fe氧化形成氧化物覆盖在电极表面(铁放电时生成氧化物覆盖在电极表面)，阻碍的生成。
16．(1)
(2)+
(3)     水的含量增加，促进反应2、3正向进行，二氧化碳选择性上升， CO选择性下降     反应1为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为CO的平衡转化率上升；反应3为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为二氧化碳的平衡转化率上升；且上升幅度前者超过后者，导致一氧化碳选择性上升
(4)          催化剂表面有积碳沉积
(5)M的结构简式为 ，吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH，H与甲醛分子中氧原子结合，OH上的O与碳原子结合，生成 ，生成的 （通过氧原子）吸附在催化剂表面

【详解】（1）由图可知，阳极甲醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，反应为；
（2）由盖斯定律可知，反应1+2得反应3：    
（3）①当水、甲醇比大于0.8时，水的含量增加，促进反应2、3正向进行，二氧化碳选择性上升， CO选择性下降；
②反应1为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为CO的平衡转化率上升；反应3为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为二氧化碳的平衡转化率上升；且上升幅度前者超过后者，导致一氧化碳选择性上升；
（4）①原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化剂失活，由催化重整法制氢反应可知，甲醇中混有少量的甲硫醇()，重整制氢时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，其原理是甲硫醇和氧化锌反应生成硫化锌、甲醇，反应为；
②第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，使得第二份催化剂活性恢复，说明催化剂失活的另外可能的原因是催化剂表面有积碳沉积，而煅烧可以将积碳除去使得催化剂活性恢复；
（5）M的结构简式为 ，吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH，H与甲醛分子中氧原子结合，OH上的O与碳原子结合，生成 ，生成的 （通过氧原子）吸附在催化剂表面。
17．(1)     -49     将含有、CO、的气体混合物通过热交换器降温冷凝     与生成相比，生成CO使反应I的△S更大，更有利于反应正向进行
(2)          用HCl酸洗，将生成的充分水解后，过滤、洗涤得到，在950℃下煅烧至恒重          86.45%

【详解】（1）①C的燃烧热为，可得热化学方程式：；CO的燃烧热为，可得热化学方程式：；由盖斯定律可知：反应I可由2×Ⅲ-2×Ⅳ-Ⅱ得到，则，故答案为：-49；
②常压下的沸点为136.4℃，从反应I的混合体系中分离出可将混合气体降温冷凝，使液化后与CO、分离，故答案为：将含有、CO、的气体混合物通过热交换器降温冷凝；
③氯化炉中生成CO会使反应I的熵值增大的更多，更有利于反应正向移动，故答案为：与生成相比，生成CO使反应I的△S更大，更有利于反应正向进行；
（2）①热碱浸取”时转化为，反应离子方程式为：，故答案为：；
②用盐酸酸洗后转化为，经水解生成，难溶于水，经过滤、洗涤后得到，然后在950℃下煅烧至恒重即可得到；由晶胞结构可知黑球有八个位于顶点，个数为，白球上下面各有2个，晶胞中含有的白球个数为，结合化学式及晶胞结构可知，1个黑球和2个白球应为体内，才能满足化学式配比，故答案为：用HCl酸洗，将生成的充分水解后，过滤、洗涤得到，在950℃下煅烧至恒重；；
③根据得失电子守恒可得：

，，，故答案为：86.45%。