2023年高考第三次模拟考试卷-化学（江苏A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第三次模拟考试卷-化学（江苏A卷）（全解全析），共17页。试卷主要包含了钠及其化合物的转化具有重要应用等内容，欢迎下载使用。

2023年高考化学第三次模拟考试卷A（江苏专用）
高三化学
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3． 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cu 64
第Ⅰ卷
一、 单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．“十四五”是我国实现2030年碳达峰时期，以节能减排为基础的低碳经济是保持社会可持续发展的战略举措。下列做法违背发展低碳经济的是
A．利用太阳能制氢气 B．提倡使用燃油车出行
C．进行拉闸限电活动 D．不使用一次性塑料制品
【答案】B
【分析】所谓低碳经济，是指在可持续发展理念指导下，通过技术创新、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭、石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态。
【解析】A．利用太阳能制氢气，符合低碳经济，A错误；
B．提倡使用燃油车出行违背发展低碳经济，B正确；
C．进行拉闸限电活动，符合低碳经济，C错误；
D．不使用一次性塑料制品，符合低碳经济，D错误；
故选B。
2．不仅能够激活植物体内的酶，清除羟基自由基和等代谢产物，还能与、NO、CO等信号分子相互作用，调控植物的生长发育。下列说法正确的是
A．分子中含有极性键和非极性键 B．为非极性分子
C．羟自由基的电子式为： D．的结构示意图为
【答案】A
【解析】A．分子中存在O-H极性键、O-O非极性键，A正确；
B．分子结构为V型，属于极性分子，B错误；
C．羟基自由基的电子式为，C错误；
D．为Ca失去两个电子，最外层电子为8个电子，且只有三层，D为Ca原子的结构示意图，D错误；
故选A。
3．X、Y、Z、M为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Z与M同主族，X和Z基态原子L层上均有2个未成对电子；W位于第四周期，其基态原子失去3个电子后3d轨道半充满。下列说法正确的是
A．电负性：Y>Z>X
B．键角：MZ>MZ
C．W位于元素周期表的ds区
D．Y基态原子核外有5种空间运动状态的轨道
【答案】D
【分析】X和Z的基态原子L层上有2个未成对电子，原子序数X 【解析】A．同周期主族元素从左向右，元素电负性增强，则电负性O>N>C，即Z>Y>X，故A错误；
B． 为，中心S原子的价层电子对数为4，采用杂化，有一个孤电子对，为中心S原子的价层电子对数为4，采用杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子的斥力大于成键电子间的斥力，则键角<，故B错误；
C．由上述分析可知，W为Fe，位于元素周期表的d区，故C错误；
D．Y为N元素，其基态原子轨道表示式为 ，有5种空间运动状态的轨道，故D正确；
答案选D。
4．侯氏制碱法制取NaHCO3的原理为。实验室用如图所示的装置模拟侯氏制碱法制取少量Na2CO3固体。下列有关说法正确的是

A．装置I中反应的离子方程式为
B．向装置II洗气瓶中加入NaOH溶液以除去CO2中的少量HCl
C．装置III中用冰水浴冷却试管内溶液有利于析出NaHCO3固体
D．析出NaHCO3固体的上层清液中不存在
【答案】C
【解析】A．碳酸钙难溶于水，书写离子方程式时不能拆开，要保留化学式的形式，正确的离子方程式为，故A错误；
B．氢氧化钠溶液也能吸收，所以除去中的少量要用饱和溶液，故B错误；
C．为降低碳酸氢钠的溶解度，装置Ⅲ中用冰水浴充分冷却试管内溶液，使固体析出，故C正确；
D．析出固体后的溶液为混有氯化铵的饱和溶液，上层清液中还存在，故D错误；
答案选C。
5．二氧化硫是一种重要的化工原料，可以制取硫酸、焦亚硫酸钠等化工产品。其中，催化制取三氧化硫的热化学方程式为：   kJ·mol。二氧化硫也是形成酸雨的主要污染物，可以通过氨气水溶液进行吸收。实验室可以用浓硫酸与铜加热制取少量二氧化硫。下列关于上述相关物质说法正确的是
A．空间构型为三角锥形
B．是常见食品漂白剂，原理与漂白粉相同
C．催化制取三氧化硫利用了的还原性
D．极易溶于水主要是因为分子间存在氢键
【答案】C
【解析】A．SO3中S价层电子对数3+(6-3×2)=3+0=3，S原子的确采用sp2杂化，SO3空间构型为平面三角形，A错误；
B．漂白粉的漂白性是利用其氧化性，二氧化硫的漂白性是因为和有色物质反应生成无色物质，所以其漂白原理不相同，故B错误；
C．SO2具有还原性，可以被氧化为三氧化硫，SO2催化制取三氧化硫利用了SO2的还原性，故C正确；
D．氨气极易溶于水主要是因为NH3与H2O可形成分子间氢键，增大了分子间作用力，而不是因为NH3分子间存在氢键，故D错误；
故答案为：C。
6．周期表中ⅤA族元素及其化合物作用广泛。氨是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱、医药等；肼的燃烧热为，是常用的火箭燃料；氮和磷都是植物生长的营养元素，单质磷可由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧制得；砷化镓是典型的二代半导体材料，在700～900℃条件下，与通过化学气相沉积可制得砷化镓晶体；铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料。下列化学反应表示正确的是
A. 肼的燃烧：
B. 制单质磷：
C. 制砷化镓晶体：
D. 铅蓄电池放电时的负极反应：
【答案】B
【解析】
【详解】A．肼燃烧生成氮气和水，热化学方程式为： ，A错误；
B．制单质磷化学方程式为：，B正确；
C．制砷化镓晶体化学方程式为：，C错误；
D．铅蓄电池放电时的负极反应：，D错误；
故选B。
7．铁元素在地壳中的含量仅次于氧、硅和铝居第四位。铁及其化合物应用广泛。高铁酸钾(K2FeO4)是种新型、高效、多功能水处理剂，其制备原理如下：2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O。下列铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．K2FeO4有还原性，可用于净水
B．Fe(OH)3受热易分解，可用于吸附杂质
C．FeCl3有氧化性，可用于制作印刷铜电路板
D．Fe2O3能与盐酸反应，可用于制作油漆涂料
【答案】C
【解析】A．K2FeO4中Fe元素化合价为最高价，则没有还原性，A错误；
B．Fe(OH)3胶体可用于吸附杂质，与其受热易分解无关，B错误；
C．FeCl3有氧化性，能与Cu发生氧化还原反应生成CuCl2和FeCl2，可用于制作印刷铜电路板，C正确；
D．Fe2O3为红棕色粉末，则可用于制作油漆涂料，与其能与盐酸反应无关，D错误；
故选C。
8．钠及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是
A．NaCl易溶于水，可用作食品的调味剂
B．Na2O2呈淡黄色，可用作潜水艇中供氧剂
C．NaOH易潮解，可用于粗盐提纯实验中Mg2+的沉淀
D．NaHCO3能与稀盐酸反应，可用于中和过多的胃酸
【答案】D
【解析】A．NaCl有咸味，可用作食品的调味剂，NaCl易溶于水与用作食品的调味剂没有关系，A不符题意；
B．Na2O2与人体呼出气体的二氧化碳、水反应产生氧气，故可用作潜水艇中供氧剂，其淡黄色与作供氧剂无关系，B不符题意；
C．NaOH作粗盐提纯实验中Mg2+的沉淀剂是因为OH-能沉淀Mg2+，与其是否易潮解无关，C不符题意；
D．胃酸中含HCl，NaHCO3能与稀盐酸反应，故可用于中和过多的胃酸，性质与用途具有对应关系，D符合题意；
答案选D。
9．止吐药米格列奈中间体N的合成反应如图(已知：Ph为苯基)。下列叙述错误的是

A．M合成N的反应为取代反应
B．中间体N的分子式为C22H16O8N2
C．M、N都能使酸性的KMnO4溶液褪色
D．物质的量相同的M与N最多消耗等量的NaOH
【答案】D
【解析】A．M合成N是M中的-OH被代替，反应为取代反应，故A正确；
B．根据N的结构简式，中间体N的分子式为C22H16O8N2，故B正确；
C．M、N中与苯基直接相连的碳原子上含有H原子，所以都能使酸性的KMnO4溶液褪色，故C正确；
D．1molM最多消耗2molNaOH，1mol N最多消耗4molNaOH，故D错误；
选D。
10．二氧化硫是一种重要的化工原料，可以制取硫酸、焦亚硫酸钠等化工产品。其中，催化制取三氧化硫的热化学方程式为：  △H=-196.6 kJ·mol。二氧化硫也是形成酸雨的主要污染物，可以通过氨气水溶液进行吸收。实验室可以用浓硫酸与铜加热制取少量二氧化硫。关于二氧化硫转化成三氧化硫的反应，在恒温恒压的密闭容器中进行时，下列说法正确的是
A．该反应中，反应物的键能之和＜产物的键能之和
B．反应中每充入2 mol SO2和1 mol O2，充分反应后转移电子数目为
C．使用优质催化剂，体系中的值增大
D．升高温度，能加快反应速率，提高二氧化硫的平衡转化率
【答案】A
【解析】A．反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，该反应是放热反应，说明在该反应中，反应物的键能之和＜产物的键能之和，A正确；
B．该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故反应中每充入2 mol SO2和1 mol O2，充分反应后转移电子数目小于，B错误；
C．使用优质催化剂，可以缩短达到平衡所需时间，但化学平衡不移动，因此体系中的值不变，C错误；
D．升高温度，物质的内能增加，分子之间有效碰撞次数增加，因而能加快反应速率。但该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆向移动，导致二氧化硫的平衡转化率降低，D错误；
故合理选项是A。
11．某学生对SO2与漂粉精[由Cl2与Ca(OH)2反应制得]的反应进行实验探究：
步骤
操作
现象
1
取4g漂粉精固体加入100mL水，充分溶解后过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝(约为12)，后褪色
2

一段时间后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
3
将瓶中产生的沉淀过滤、洗涤后，加入稀HCl
无明显变化
4
充分振荡后静置，在上层清液中加入BaCl2溶液
产生白色沉淀
根据上述现象所得结论正确的是A．pH试纸变蓝是因为漂粉精中含Ca(OH)2
B．出现黄绿色原因是SO2将Cl-氧化为Cl2
C．黄绿色褪去的原因是因为SO2有漂白性
D．漂粉精溶液中产生的白色沉淀为CaSO4
【答案】D
【解析】A．Cl2和Ca(OH)2生成氯化钙、次氯酸钙与水，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，次氯酸钙为强碱弱酸盐溶液呈碱性，故A错误；
B．SO2不能氧化Cl-，溶液变为黄绿色说明产生氯气，即二氧化硫通入后，溶液呈酸性，酸性环境中漂白粉中次氯酸钙与氯化钙发生归中反应生成氯气，离子方程式为Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O，故B错误；
C．黄绿色褪去的原因是Cl2与SO2发生氧化还原反应生成盐酸与硫酸，不是漂白性的原因，故C错误；
D．SO2被氧化为硫酸根，结合钙离子生成CaSO4白色沉淀，故D正确；
故选：D。
12．实验室制备亚硫酸钠的过程如下：将饱和碳酸钠溶液加热到40°C，通入二氧化硫至饱和后，再加入碳酸钠固体，在避免与空气接触的情况下结晶而制得。
(已知：H2SO3：Ka1=1.5×10-2；Ka2=6.3×10-8；H2CO3：Ka1=4.4×10-7；Ka2=4.7×10-11)
下列说法正确的是

A．饱和Na2CO3溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)
B．“反应I”的离子方程式为2CO+SO2+H2O=2HCO+SO
C．“反应I”得到的溶液中有c(HSO)＞c(SO)
D．“反应II”中有大量气体产生
【答案】C
【解析】A．Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c( )，而H2CO3是第二步水解反应产生，c(H2CO3)的浓度比c( )小得多，所以c(Na+ )+c(H+ )＞c(H2CO3)+c()+c( )，A错误；
B．由电离平衡可知酸性： H2SO3＞H2CO3＞＞，对于反应I，当溶液pH=4.1时，会反应生成CO2，B错误；
C．通入SO2至饱和，生成H2SO3溶液，H2SO3 分步电离，且以第一步电离为主，H2SO3 H++，H++SO32-，电离程度逐渐减小，所以c(HSO)＞c(SO)，C正确：
D．对于反应II，当溶液pH=10时，SO2或CO2均不会从碱性溶液中逸出，因此“反应II”中不能有大量气体产生，D错误；
故合理选项是C。
13．在丁烯(C4H8)催化裂解为丙烯(C3H6)、乙烯(C2H4)的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为：反应I：  △H1=a kJ/mol；反应II：  △H2=b kJ/mol。在0.1 MPa的恒压密闭容器中，丁烯催化裂解体系中各组分平衡时的质量分数随温度变化的关系如图所示。下列说法错误的是

A．反应：   kJ/mol
B．由图可知：a＜0＜b
C．在催化剂许可的前提下，温度控制在450℃左右有利于制取丙烯
D．其他条件相同时，适当充入惰性气体，有利于提高乙烯和丙烯的产量
【答案】C
【解析】A．反应1：  △H1=a kJ/mol；反应II：  △H2=b kJ/mol，根据盖斯定律，(反应II×3-反应I)×，整理可得：   kJ/mol ，A正确；
B．图中分析可知随温度升高，反应I：  △H1=a kJ/mol，丙烯质量分数在一定温度下，随温度升高减小，说明升温反应逆向进行，正反应为放热反应，反应II：  △H2=b kJ/mol，随温度升高，乙烯质量分数增大，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，则a＜0＜b ，B正确；
C．在催化剂许可的前提下，温度控制在450℃左右，反应I ：  △H1=a kJ/mol ，a＜0，升温平衡逆向进行，不利于制取丙烯，C错误；
D．在0.lMPa的恒压密闭容器中，其他条件相同时，适当充入惰性气体，体积增大，压强减小，化学平衡向气体体积增大的方向进行，反应I正向进行，反应II正向进行，有利于提高乙烯和丙烯的产量，D正确；
故合理选项是C。

第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（16分）钴()的常见化合价有+2、+3等，均容易形成相应配离子，如、。脱除烟气中NO的机理如下：

I.活化氧气：在氨水中与氧气作用生成具有强氧化性的微粒X(其中Co的化合价为+3)，X的结构如上图所示。
(1)用“□”标识出X中体现强氧化性的基团：_______。
II.配位较钴的其它配位离子易吸收NO生成，将NO由气相转入液相。溶液的pH对NO的配位脱除率的影响如图所示。

(2)图中时，NO脱除率较低，其原因可能是_______。
III.氧化吸收：被X氧化为，在氨水中生成硝酸铵和亚硝酸铵，达到脱除NO的效果。
(3)用活性炭作催化剂、水作还原剂可实现的再生，维持溶液脱除NO的能力，可能机理如图所示。

已知：活性炭表面既有大量的酸性基团，又有大量的碱性基团。溶液的pH对活性炭表面所带电荷有影响。时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多。
①由步骤(ii)可知活性炭表面有大量的_______(填“酸性”或“碱性”)基团。
②写出步骤(iii)的离子反应方程式：_______。
(4)一定温度下，pH对再生反应的影响如图所示。

①当时，的转化率随pH的减小而降低_______的原因是。当时，的转化率随pH的增大而降低的原因是_______。
(5)一定pH下，反应相同时间，的转化率随温度的升高而增大，可能的原因是_______。(至少答出2点)
【答案】(1)
(2)在pH相对较低的溶液中不稳定
(3)     酸性    
(4)     pH越低，活性炭表面所带正电荷越多，与静电斥力增加，不利于的催化还原     pH增加，的解离受到抑制，不利于的生成，从而不利于的催化还原
(5)温度升高，反应速率加快，有利于反应的转化率;温度升高有利于的解离，有利于的生成，从而有利于的还原;温度升高，氧气在水中的溶解度下降，有利于反应产物氧气从活性炭表面脱除，从而有利于的吸附与还原

【解析】（1）在该微粒中含有双氧链，该结构具有强氧化性，故用"口标识出X中体现强氧化性的基团为。
（2）图中pH=9.75时，NO脱除率较低，其原因可能是在pH相对较低的溶液中不稳定；
（3）①由步骤(ⅱ)可知有Co3＋产生，所以活性炭表面有大量的酸性基团。
②步骤(ⅲ)中Co3＋被还原为Co2＋，反应的离子反应方程式为。
（4）①由于pH越低，活性炭表面所带正电荷越多，与静电斥力增加，不利于的催化还原，因此当时，的转化率随pH的减小而降低。
②由于pH增加，的解离受到抑制，不利于的催化还原，所以当pH>6.5时，的转化率随pH的增大而降低。
（5）温度升高，反应速率加快，有利于反应的转化率;温度升高有利于的解离，有利于的生成，从而有利于的还原;温度升高，氧气在水中的溶解度下降，有利于反应产物氧气从活性炭表面脱除，从而有利于的吸附与还原，因此的转化率随温度的升高而增大。
15．（15分）丹参素不仅在治疗冠心病、心绞痛方面有独特的疗效，还具有改善微循环、抗菌消炎、抗氧化等广泛的药理作用。丹参素一种衍生物的合成路线如下：

(1)B中含氧官能团的为_______和_______(填官能团名称)
(2)第⑤步反应的类型是 _______。
(3)第⑥步反应的化学方程式为______。
(4)写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式________。
①遇氯化铁溶液显紫色            
②能发生银镜反应和水解反应
③分子中有五种不同化学环境的氢原子
(5)已知：HCHO + CH3CHO→，请写出以 、CH3CH2OH为原料合成 的路线流程图(无机试剂可任选)____________。合成路线流程图如下：CH3CH2OHCH2=CH2CH3CH3
【答案】     肽键     羧基     还原反应     + NaHCO3→+ CO2↑ + H2O     或     CH3CH2OHCH3CHO
【分析】B的结构中含有氧元素的官能团为羧基和肽键，E到F为羰基变成羟基，为还原反应；遇到氯化铁显紫色说明含有酚羟基，能发生银镜反应和水解反应说明含有甲酸酯基，根据5种不同环境的氢原子分析结构有对称性，据此回答。
【解析】(1)从B的结构简式可知含氧官能团的为肽键和羧基；
(2)对比E、F的结构可知，E中羰基转化为羟基，属于还原反应；
(3)由F、G的结构可知，F中羧基与碳酸氢钠反应生成G，反应还生成二氧化碳和水，化学方程式为+ NaHCO3→+ CO2↑ + H2O；
(4)①遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应和水解反应，说明含有甲酸形成的酯基；③分子中有五种不同化学环境的氢原子，应为对称结构，为2个乙基关于羟基和甲酸酯基对称，结构简式为：或；
(5)乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛和苯甲醛发生加成反应生成，再发生催化氧化反应生成，用还原NaBH4生成，最后与乙醇发生酯化反应生成，合成路线为：CH3CH2OHCH3CHO 。
16．（15分）聚乳酸()是一种新型生物降解材料，可用于包装食品。某化学兴趣小组利用化学解聚方法，由废旧聚乳酸餐盒制得高纯乳酸钙。
已知：乳酸是淡黄色黏性液体，与乙醇、水混溶；乳酸钙是白色粉末，溶于冷水，易溶于热水，水溶液的pH值为6.0~7.0，不溶于乙醇、丙酮等有机溶剂。

(1)分别取一定量的NaOH、无水乙醇和白色聚乳酸餐盒碎片，装入锥形瓶，加热解聚；待反应完毕，向锥形瓶中加入少量浓盐酸，然后加热浓缩，得到淡黄色黏稠状液体和少量白色不溶物；向所得混合物中加入20mL无水乙醇并搅拌均匀，静置、过滤，弃去白色不溶物。
①写出聚乳酸在碱性条件下解聚的化学方程式___。
②仪器a的作用是___。
③向混合物中加入20mL无水乙醇的作用是___。
(2)以上述实验步骤中得到的滤液为原料制备乳酸钙时，请补充完整相应的实验方案：___，过滤、晾干，得到乳酸钙固体。(实验中可选用的试剂：碱石灰粉末、氢氧化钙粉末、丙酮)
(3)通过以下方法测定产品纯度：取ag乳酸钙样品溶解，加入缓冲溶液调节pH值，加入bmLcmol·L-1EDTA溶液。然后加入指示剂，用dmol·L-1的标准锌溶液滴定过量的EDTA溶液，实验消耗标准锌溶液emL。已知：Ca2+和Zn2+与EDTA反应的化学计量数之比均为1：1。计算乳酸钙的纯度(写出计算过程)：___。
【答案】     +nNaOHnHOCH(CH3)COONa+H2O     冷凝回流     乳酸为黏稠状液体，需用乙醇溶解后才能过滤     在搅拌下将氢氧化钙粉末分批加入③中得到的滤液，控制最终溶液的pH值6~7，(过滤)；取滤液于烧杯中，冰水浴下搅拌，同时加入一定量的丙酮，析出大量白色固体     ×100%
【分析】聚乳酸是由羧基和羟基脱水缩合形成酯基而形成的高聚物，碱性环境中加热发生水解得到乳酸钠，加入浓盐酸，依据“强酸制弱酸”原理得到淡黄色黏稠状的乳酸，加入20mL无水乙醇并搅拌均匀，静置、过滤，得到乳酸的乙醇溶液。
【解析】(1)①写出聚乳酸在碱性条件下受热，酯基发生水解，得到乳酸钠，化学方程式为+nNaOHnHOCH(CH3)COONa+H2O；
②为提高原料的利用率，仪器a可以冷凝回流；
③解聚得到乳酸为淡黄色黏稠状液体，需用乙醇溶解后形成溶液，才能过滤除去不溶性杂质；
(2)碱石灰中含有NaOH，所以应该用氢氧化钙粉末和乳酸进行反应制取乳酸钙，为了使乳酸钙更好的从溶液中析出，可以在冰水浴中结晶，并加入丙酮降低其溶解度，所以实验方案为：在搅拌下将氢氧化钙粉末分批加入③中得到的滤液，控制最终溶液的pH值6~7，(过滤)；取滤液于烧杯中，冰水浴下搅拌，同时加入一定量的丙酮，析出大量白色固体；
(3)根据题意与Ca2+反应后剩余的n(EDTA)=de×10-3mol，则与与Ca2+反应的n(EDTA)=(bc-de)×10-3mol，所以样品中n(乳酸钙)=(bc-de)×10-3mol，纯度为×100%=×100%。
17．（15分）页岩气中含有CH4、CO2、H2S等气体，是蕴藏于页岩层可供开采的天然气资源。页岩气的有效利用需要处理其中所含的CO2和H2S。
I. CO2的处理：
(1)CO2和CH4重整可制合成气(主要成分为CO、H2)。已知下列热化学反应方程式：



反应的___________
(2)Ni催化CO2加H2形成CH4，其历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，反应相同时间，含碳产物中CH4的百分含量及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。

①260℃时生成主要产物所发生反应的化学方程式为___________。
②温度高于320℃，CO2的转化率下降的原因是___________。
II. H2S的处理：Fe2O3可用作脱除H2S气体的脱硫剂。Fe2O3脱硫和Fe2O3再生的可能反应机理如图3所示。

(3) Fe2O3脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为_______。
(4)再生时需控制通入O2的浓度和温度。400℃条件下，氧气浓度较大时，会出现脱硫剂再生时质量增大，且所得再生脱硫剂脱硫效果差，原因是_______。
(5)脱硫剂再生时可以使用水汽代替O2。700℃条件下用水汽代替O2再生时，生成Fe3O4、H2S和H2，Fe3O4也可作脱硫剂。写出水汽作用条件下脱硫剂再生反应的化学方程式：_____。
【答案】(1)+246.5
(2)          温度升高催化剂活性降低(或温度升高CO2难吸附在催化剂表面)，反应速率减慢
(3)脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS (FeS附着在Fe2O3表面)；脱硫剂再生时FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2
(4)FeS氧化生成【或】，失去了脱硫作用
(5)

【解析】（1）依据目标反应方程式，根据盖斯定律进行反应热的计算；
（2）根据图中信息，依据化合价升价守恒和元素守恒，可得反应的化学方程式；因Ni作催化剂，催化剂的催化活性在一定温度下才能具有较高的活性；
（3）根据图1可知，脱硫时，部分Fe2O3转化成FeS，H2S被氧化成S，再生过程时，FeS与O2反应生成Fe2O3和SO2，Fe2O3脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS(FeS附着在Fe2O3表面)；脱硫剂再生时FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2；
（4）400℃条件下，当氧气浓度较大时，脱硫剂的质量增大，可能氧气将FeS中的S氧化成＋6价，脱硫剂中除Fe、O元素外，引入了S元素，即氧气将FeS氧化成Fe2(SO4)3，或者氧化成FeSO4，FeSO4、Fe2(SO4)3不具有脱硫作用；
（5）根据题中信息，水蒸气可以代替氧气，生成Fe3O4、H2S和H2，根据化合价升价守恒和元素守恒，可得反应方程式，以此来解析；
（1）①C(s)＋2H2(g)=CH4(g)ΔH=-74.5kJ·mol-1；②CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH=-40.0kJ·mol-1；③C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH=＋132.0kJ·mol-1；依据目标反应方程式，根据盖斯定律，③-②-①，ΔH=[＋132.0-(-40.0)-(-74.5)]kJ·mol－1=＋246.5kJ·mol－1；
（2）①根据图2可知，260℃时主要产物是CH4，根据图1，CO2与H2反应生成甲烷的同时，还是生成了H2O，C的化合价由+4价降低为-4价，H的化合价由0价升高为+1价，依据化合价升价守恒和元素守恒，可得发生的化学方程式为：CO2＋4H2CH4＋2H2O；
②因为用Ni作催化剂，催化剂的催化活性在一定温度下才能具有较高的活性，因此温度高于320℃时，CO2的转化率下降，可能是升高温度催化剂的活性较低，使反应速率减慢；也可能是升高温度CO2难吸附在催化剂表面，造成化学反应速率减慢；
（3）根据图1可知，脱硫时，部分Fe2O3转化成FeS，H2S被氧化成S，再生过程时，FeS与O2反应生成Fe2O3和SO2，Fe2O3脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS(FeS附着在Fe2O3表面)；脱硫剂再生时FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2；
（4）400℃条件下，当氧气浓度较大时，脱硫剂的质量增大，可能氧气将FeS中的S氧化成＋6价，脱硫剂中除Fe、O元素外，引入了S元素，即氧气将FeS氧化成Fe2(SO4)3，或者氧化成FeSO4，FeSO4、Fe2(SO4)3不具有脱硫作用；
（5）根据题中信息，水蒸气可以代替氧气，生成Fe3O4、H2S和H2，Fe的化合价由+2价升高为+3价，H的化合价由+1价降低为0价，根据化合价升价守恒和元素守恒，可得反应方程式为：3FeS＋4H2OFe3O4＋3H2S＋H2；