新高考化学二轮复习培优练习热点12“看图说话”描述微观结构变化过程（2份打包，原卷版+解析版）

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“看图说话”描述微观结构变化过程是近几年江苏高考的必考内容，属于热点问题，主要考查用语言描述微观结构变化过程，解题时读懂题干信息，看清图像中微粒变化或者结构的变化进行正确描述，注意语言精练，表达准确，同时迁移应用正确的化学原理及结构化学知识，备考时关注核心考点的掌握至关重要。
一、反应机理
(1)反应机理是用来描述某反应物到反应产物所经由的全部基元反应，就是把一个复杂反应分解成若干个基元反应，以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，然后按照一定规律组合起来，从而阐述复杂反应的内在联系，以及总反应与基元反应内在联系。
(2)反应机理详细描述了每一步转化的过程，包括过渡态的形成，键的断裂和生成，以及各步的相对速率大小等。典型的是基元反应碰撞理论和基元反应过渡态理论。
(3)反应机理中包含的基元反应是单分子反应或双分子反应。完整的反应机理需要考虑到反应物、催化剂、反应的立体化学、产物以及各物质的用量。
(4)认识化学反应机理，任何化合物的每一步反应都应该是在该条件下此类化合物的通用反应。
2．有效碰撞理论
(1)化学反应发生的条件：在化学反应中，反应物分子不断发生碰撞，大多数碰撞无法发生反应，只有少数分子的碰撞才能发生化学反应，能发生有效碰撞的分子是活化分子。普通反应物分子形成活化分子所需要的能量叫活化能。而活化分子的碰撞也不一定都能发生有效碰撞。发生有效碰撞不仅有能量的因素，还有空间因素，只有同时满足这两者的要求才能发生有效碰撞。
二、有机反应机理必备知识
1.自由基反应
自由基反应，常指有机分子在反应中共价键发生均裂，产生自由基中间体。有自由基参加的反应称为自由基反应。
2. 亲电加成反应
（1）鎓离子历程：
X2与C＝C经π-络合物形成卤鎓离子，亲核的X-经反式加成生成产物。
（2）碳正离子历程：
（3）烯烃的自由基加成反应机理
（4）烯烃被过氧酸氧化成环氧化合物的反应机理
（5）1,2-环氧化合物的开环反应
1,2-环氧化合物是不稳定的，在酸或碱的催化作用下都会发生开环反应；碱催化，负离子进攻空阻较小的碳。酸催化，负离子进攻正性较大的碳。
考向 “看图说话”描述微观结构变化过程
1. （2022江苏卷节选）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_______。
【答案】②. H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个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 ③. 随增加，生成和H2的速率更快、产量增大，生成的速率更快、产率也增大
【解析】
【小问2详解】
②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个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；
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。
2. （2021江苏卷）（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___。
【答案】（3） ①. 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 ②. 高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu
【解析】
【小问3详解】
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。
（建议用时：45分钟）
1．研究废气、废水中污染物处理的有效措施是环保领域的重要课题。
Ⅰ、是空气的主要污染物之一，有效去除大气中的可以保护大气环境。
(1)空气中污染物NO可在催化剂作用下用还原。
已知：

有氧条件下，与NO反应生成，相关热化学方程式为
(2)工业上含氮污染物处理以、、熔融组成的燃料电池装置如题图所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y，则该电池的正极反应式为 。
Ⅱ、在水溶液中，Cr(Ⅲ)以形态存在；Cr(Ⅵ)主要以和形态存在，其毒性是Cr(Ⅲ)的100倍。处理含Cr废水的常用方法是先将其转化为Cr(Ⅲ)，再进一步将转化为沉淀，减少水体中总铬含量。
(3)Cr(Ⅵ)在水溶液中常有和两种存在形式，加酸可以使转化为，该反应的离子方程式为 。
(4)可用于直接还原去除废水中的，反应时消耗大量。废水的初始pH对去除溶液中的Cr(Ⅵ)和总Cr的影响关系如题图所示：
①废水初始pH=2时，Cr(Ⅵ)的去除率达到100%，总Cr的去除率为0%，其原因是 。
②氢化铝锂()、硼氢化钠()在有机合成中应用广泛。还原能力(单位质量转移电子数)： (填“>”、“=”或“<”)
③是一种应用广泛的强还原剂，在热水中生成硼酸钠和氢气，反应如下：
。在催化剂作用下与水反应获得的微观过程如题图所示，若将中的H全部用D(重氢原子)代替，请根据上图结合相关方程式描述生成气体这一步的微观过程： 。
【答案】(1)-1627
(2)
(3)
(4) pH=2时，原废水中含大量H+，导致Cr(Ⅲ)无法转化为Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3+形式存在于溶液中 = 中元素化合价为-1价，H2O中H元素化合价为+1价，二者发生归中反应生成氢气：，若将中的H全部用D(重氢原子)代替，则将有生成
【解析】（1）①；
②；根据盖斯丁定律：①－4×②得；
（2）燃料电池中燃料通过负极发生氧化反应，电极反应式：；生成的进入正极，正极反应式：；
（3）加酸可以使转化为，该反应的离子方程式：；
（4）①废水初始pH为2时，虽然Cr (Ⅵ)的去除率达到100%，但总铬元素的去除率为0.0%，说明溶液中重铬酸根离子转化为铬离子，但铬离子没有转化为氢氧化铬沉淀，所以总铬元素的去除率为0.0%；
②氢化铝锂()、硼氢化钠()相对分子质量相同，H元素都为+1价，还原能力(单位质量转移电子数)相同；
③中元素化合价为-1价，H2O中H元素化合价为+1价，二者发生归中反应生成氢气：，若将中的H全部用D(重氢原子)代替，则将有生成；
2．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。资源化利用碳氧化合物能有效减少排放，实现自然界中的碳循环。
(1)以为原料合成涉及的主要反应如下：
I． (主反应)
II． (副反应)
反应的反应历程可分为如下两步：
i．
ii．
① 。
②相比于提高，提高对反应速率影响更大，可能的原因是 。
③时，向一恒容密闭容器中充入物质的量之比为的和，反应物转化率与反应温度的关系如图所示。在，得选择性为 。
(2)可制甲烷化，可制甲烷化过程中，活化的可能途径如图所示。是活化的优势中间体，可能的原因是 。
(3)可用吸收，发生反应：。在不同温度下，达到平衡时体系中物质的量浓度[]与温度的关系如图所示。下的远大于下的，其原因是 。
(4)研究表明与在作用下发生反应的能量变化及反应过程如图所示，下列说法正确的是___________。
A．是催化剂，是中间产物
B．增大压强可以提高与的反应速率和平衡转化率
C．每当有生成时，转移电子
D．与转变成和的总过程，温度升高，平衡常数K增大
【答案】(1) +136 kJ·ml−1 反应ii速率较慢(活化能较大)，是反应Ⅰ的决速步骤 80%
(2)生成CO中间体反应的活化能小，反应快；CO中间体能量低，稳定，利于生成
(3)CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s) ΔH<0，温度升高K明显减小，K=1/ c(CO2)，温度升高平衡体系中c(CO2)显著增大
(4)ACD
【解析】（1）①根据盖斯定律反应Ⅰ-反应ii可得；
②相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)对反应Ⅰ速率影响更大，原因是反应ⅱ速率较慢(活化能较大)，是反应Ⅰ的决速步骤，决定总反应速率的快慢，提高c(CO2)，反应ⅱ速率加快，从而提高反应Ⅰ速率；
③设CO2(g)和C2H6(g)的物质的量分别为2ml和1ml,在800℃，CO2的转化率为30%，反应量为，C2H6的转化率为75%，反应量为,由反应可知，生成C2H4(g)的物质的量为0.6ml，C2H4(g)的选择性为；
（2）由图可知，CO是CO2活化的优势中间体，可能的原因是生成中间体反应的活化能小，反应快；CO中间体能量低，稳定，利于生成；
（3）CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s) ΔH<0，温度升高K明显减小，K=1/ c(CO2)，温度升高平衡体系中c(CO2)显著增大；
（4）A．从图中可知，反应前后质量和性质保持不变，所以是催化剂，是反应过程的中间产物，故A正确；
B．该反应前后气体体积不变，增大压强平衡不动，故B错误；
C．每当有生成时，即生成0.5ml，根据反应方程式可知，转移了电子，故C正确；
D．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应是放热反应，则与转变成和的总过程，是吸热反应，温度升高，平衡常数K增大，故D正确；
故选ACD。
3．是空气的主要污染物之一，有效去除大气中的可以保护大气环境。含氮废水氨氮(以存在)和硝态氮(以存在)引起水体富营养化，需经处理后才能排放。
(1)空气中污染物可在催化剂作用下用还原。
①已知：；
；
有氧条件下，与反应生成，相关热化学方程式为； 。
②NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化如图1。
反应Ⅰ．2NO(g)N2O2(g) ΔH1；
反应Ⅱ．N2O2(g)＋O2(g)=2NO2(g) ΔH2
化学反应速率由速率较慢的反应步骤决定。以上反应决定NO氧化反应速率的步骤是反应 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
③在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其他条件不变，分别控制反应温度分别为T3和T4(T4>T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图2。根据图像信息，转化相同量的NO，在温度 (填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长。
(2)工业上含氮化合物污染物处理
①以、熔融组成的燃料电池装置如图3所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氮的氧化物，则该电池的负极反应式为 。
②纳米铁粉可用于处理含氮废水。用纳米铁粉处理水体中的，反应的离子方程式为。相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中的速率有较大差异(如图4)，产生该差异的可能原因是 。
③电极生物膜法也能有效去除水体中的，进行生物的反硝化反应，其可能反应机理如图5所示。以必要文字来描述此过程为 。
【答案】(1) -1627 Ⅱ T4
(2) NO2-e-+NO=N2O5 Cu2+催化Fe还原NO的反应/Fe置换出Cu，形成铁铜原电池/Fe置换出Cu，Cu催化Fe还原NO的反应(其他合理答案也可) 水分子在阴极得电子，生成氢气；氢气与硝酸根在生物膜上反应，生成氮气
【解析】（1）①Ⅰ.；
Ⅱ.；
Ⅲ.
由盖斯定律可知Ⅲ=Ⅰ-4×Ⅱ，则=-4×=-4×=；
②反应Ⅱ的活化能更大，故反应Ⅱ是慢反应，决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ；
③根据图像信息，相同时间T4下NO剩余量更多，故转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长；
（2）①以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如图，使用过程中石墨I电极发生反应生成氧化物Y，二氧化氮在负极失电子发生氧化反应，元素化合价升高为+5价，氧化物Y为N2O5，即石墨I电极为负极；则该电池的负极反应式为：NO2-e-+NO=N2O5；
②相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中的速率有较大差异(如图4)，由图可知铜离子浓度越大，去除率越大，产生该差异的可能原因是：Cu2+催化Fe还原NO的反应/Fe置换出Cu，形成铁铜原电池/Fe置换出Cu，Cu催化Fe还原NO的反应；
③由图可知，H2O在阴极得电子生成氢气，阴极反应：，氢气与NO发生反硝化作用在生物膜上反应生成氮气：。
4．氢气是未来的重要能源，可以通过甲烷电化学分解法、甲烷蒸汽重整法、光解水法等来制备。
(1)甲烷电化学分解法。可能的反应机理如图，该装置中阳极反应式为 。
(2)甲烷蒸汽重整法。该方法是在重整制氢过程中加入纳米CaO作为高温吸附剂，所涉及的主要热化学方程式为：
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
①反应I-反应Ⅲ分两个温度段进行，工业生产中采用先高温后低温的原因是 。
②高温下会发生积碳反应：。高温下该反应能自发进行的原因是 。为了防止积碳，实际操作中水蒸气要过量，发生反应：，其 。
③利用为载体的催化剂可以除去中混有的少量CO和NO，催化剂中复合掺杂、CuO后能提升催化活性。实验测得当催化温度超过400℃时，催化剂的催化活性下降，可能原因是 。
(3)光解水法。GeZnNO催化剂光照时会产生电子和具有强氧化性的电子空穴，加入助催化剂有利于电子与的分离，该催化剂光解水可能的反应机理如图所示。产生和的过程可描述为 。
【答案】(1)
(2) 先高温有利于反应Ⅰ正向进行，再低温有利于反应Ⅱ和Ⅲ正向进行 高温下，因此高温下该反应正自发进行 +131.2 CO、H2在超过400℃时将、CuO还原
(3)
【解析】（1）甲烷在阳极失去电子结合阴极传递过来的氧负离子，生成氢气和二氧化碳气体，故答案为：；
（2）反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ和Ⅲ是放热反应，高温有利于吸热反应，低温有利于放热反应；该反应正向生成的气体增多，高温条件下；根据盖斯定律③=①-②，，高温条件下CO、H2会还原、CuO从而降低催化剂活性；故答案为：先高温有利于反应Ⅰ正向进行，再低温有利于反应Ⅱ和Ⅲ正向进行、高温下，因此高温下该反应正自发进行，+191.2，CO、H2在超过400℃时将、CuO还原；
（3）根据图示，水在GeZnNO催化剂表面先分解为过氧化氢和氢离子，紧接着过氧化氢再分解为氧气和氢离子，最后氢离子在表面生成氢气，故答案为：。
5．Ⅰ.我国要在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的目标，的捕集与转化是研究的重要课题。
(1)和重整可制合成气和，其热化学方程式为
已知下列热化学方程式：
反应1：
反应2：
反应3：
则
(2)一种电化学法将转化为乙烯的原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。
①阴极上的电极反应式为 。
②以铅蓄电池为电源，每生成乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中的硫酸的物质的量为 。
Ⅱ.过量含磷物质的排放会致使水体富营养化，因此发展水体除磷技术非常重要。常用的除磷技术有化学沉淀法，吸附法等。
(3)铁炭混合物在水溶液中形成微电池，铁转化为进一步被氧化为与结合成沉淀。铁炭总质量一定，反应时间相同，测得磷去除率随铁炭质量比的变化如图所示。
①当时，随着增加，磷去除率降低，原因是 。
②当时，随着增加，磷去除率也降低。但降低幅度低于增加时的降低幅度，原因是 。
(4)次磷酸根()具有较强的还原性。利用联合除去废水中次磷酸根，转化过程如图所示。
①转化(Ⅰ)除生成和羟基自由基外，还生成一种离子，其化学式为 。
②利用联合除去废水中的过程可描述为 。
【答案】(1)—155
(2) 2.4ml
(3) 增加，形成的微电池数目减少，溶液中减小，磷去除率降低 炭对含磷粒子有吸附作用，辅助去除磷
(4) 和反应生成和，和反应生成，和反应生成沉淀，从而去除水体中的磷
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应3+反应2—总反应得到反应1，则反应ΔH1=ΔH—ΔH2+ΔH3=(+132.0kJ/ml) + (—40kJ/ml)—( +247kJ/ml)=—155kJ/ml；
（2）①由图可知，左侧电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯和水，电极反应式为2CO2+12e—+12H+=C2H4+4H2O；
②铅蓄电池的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，由得失电子数目守恒可知，每生成0.2ml乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中硫酸的物质的量为0.2ml×12=2.4ml；
（3）①随着m(Fe)的增加，形成的微电池数目减少，导致铁转化为Fe2+数目减少，溶液中的c(Fe2+)减小，磷去除率降低；
②随着m(C)增加，由于炭的吸附性，炭对含磷粒子有吸附作用，磷去除率降低；
（4）①根据图4，转化(I)为氧化还原反应，Fe2++H2O2=Fe3++•OH+OH-，还生成一种离子为OH-；
②由图可知，利用联合除去废水中的过程可描述为：和反应生成和，和反应生成，和反应生成沉淀，从而去除水体中的磷。
6．的脱除和资源化利用是一项重要研究课题。
(1)热解制。将和混合气导入热解器，反应分两步进行。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
现将硫化氢和甲烷按体积比投料，并用稀释。在常压和不同温度下，反应相同时间后，、和的体积分数随温度的变化关系如图所示。
① 。
②1100℃时，的体积分数为 。
③在常压、1000℃下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是 。
④在1100℃~1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，的体积分数减小，原因是 。
(2)通过电化学循环法可将转化为和，如图所示。其中氧化过程发生两步反应：、。
①电极a上发生反应的电极反应式为 。
②理论上参加反应可产生的物质的量为 。
(3)可用作脱除气体的脱硫剂。脱硫和再生的可能反应机理如图所示。
①脱硫和再生过程可以描述为 。
②再生时需控制通入的浓度和温度。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 。
【答案】(1) + 1000℃时不参与反应，相同浓度(相同分压)的经历相同的时间转化率相同 在1100℃~1150℃之间，以反应Ⅱ为主，随温度升高，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ(或反应Ⅱ速率大于反应Ⅰ)，的体积分数减小
(2)
(3) 脱硫时还原部分，生成和，附着在表面；脱硫剂再生时被氧化，生成和 部分被氧化成了[或]，失去了脱硫作用
【解析】（1）反应Ⅰ：2H2S(g)=S2(g)+2H2(g) ΔH1=+169.8kJ⋅ml−1
反应Ⅱ：CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) ΔH2=+63.7kJ⋅ml−1
根据盖斯定律可知反应I+Ⅱ得CH4(g)+2H2S(g)=CS2(g)+4H2(g) ΔH3=ΔH1+ΔH2=(+169.8kJ⋅ml−1)+(+63.7kJ⋅ml−1)=+233.5kJ⋅ml−1；
由图可知，1100℃时，CS2(g)的体积分数为 0.4%，根据CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) 可知反应Ⅱ生成H2(g)的体积分数为2×0.4%=0.8%，消耗S2(g)的体积分数为0.4%，体系中剩余S2(g)的体积分数1.95%，则反应I生成S2(g)的体积分数为2.35%，根据2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)可知，反应I生成H2(g)体积分数为4.7%，两个反应共同生成H2(g)的体积分数为4.7%+0.8%=5.5%；
根据图像可知常压、1000℃时甲烷不参加反应，保持通入的H2S体积分数不变，则其分压和浓度均不变，温度、压强和浓度，经历相同时间，转化率不变；
温度在1100℃~1150℃之间时，以反应Ⅱ为主，随温度升高，反应Ⅱ速率增大的程度大于反应Ⅰ(或反应Ⅱ速率大于反应Ⅰ)，S2(g)的体积分数减小；
故答案为：+233.5kJ⋅ml−1；5.5%；1000℃时CH4不参与反应，相同浓度(相同分压)的H2S经历相同的时间转化率相同；在1100℃~1150℃之间，以反应Ⅱ为主，随温度升高，反应Ⅱ速率增大的程度大于反应Ⅰ(或反应Ⅱ速率大于反应Ⅰ)，S2(g)的体积分数减小。
（2）电极a上通入SO2生成H2SO4，发生氧化反应，为负极，电极反应式为SO2−2e−+2H2O=4H++SO；根据氧化过程发生两步反应可知1mlH2S反应最终生成2mlSO2，2mlSO2在原电池反应中转移电子4ml，原电池正极反应为2H+-2e-+I2=2HI，转移4ml电子生成4mlHI，分解生成2mlH2；
故答案为：SO2−2e−+2H2O=4H++SO；2ml。
（3）根据反应机理图可知，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；当氧气浓度较大时，脱硫剂的质量增大，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，Fe2(SO4)3与FeSO4不具有脱硫作用；
故正确答案：脱硫时还原部分Fe2O3，生成S和FeS，FeS附着在Fe2O3表面；脱硫剂再生时FeS被氧化，生成了Fe2O3和SO2； 部分FeS被O2氧化生成FeSO4 [或Fe2(SO4)3]，失去了脱硫作用。
7．的资源化利用和转化已成为当今科学研究的热点。
(1)以、为原料合成的主要反应为：
该反应历程可分为如下两步：
i：
ii：
① 。
②提高比提高对产率影响更大，其原因是 。
(2)用与，通过不同途径可得到甲酸。
①一种利用电催化反应器合成甲酸的工作原理如图所示。

生成HCOOH的电极反应方程式为 。
②时，水在Mn粉表面产生的与反应生成甲酸和MnO。直接加热与难以生成甲酸，该条件下能较快生成甲酸的原因是 。
(3)和环氧乙烷在MgO作催化剂的条件下可以合成碳酸乙烯酯。
①溶液中加入尿素生成沉淀，同时有气体产生，该反应的离子方程式为 。
②溶液与沉淀剂(尿素或氢氧化钠)反应生成沉淀，过滤后将沉淀焙烧得到MgO。与氢氧化钠作沉淀剂相比，用尿素作沉淀剂焙烧生成的MgO作催化剂效果更好，其原因为 。
③MgO催化合成碳酸乙烯酯( )可能的反应机理如图所示，根据元素电负性的变化规律，步骤Ⅰ、Ⅱ的过程可描述为 。

【答案】(1) 提高二氧化碳的浓度，反应ii正向进行程度增大，使氢气的浓度降低，有利于反应i正向进行，进而有利于乙烯的生成
(2) 反应生成的MnO是氢气与二氧化碳反应生成甲酸的催化剂，降低反应所需活化能
(3) 焙烧释放更多的气体，制得的氧化镁更加疏松多孔 环氧乙烷中的电负性大的氧原子吸附在镁离子上，环氧乙烷中的碳氧键断裂，二氧化碳中的一个氧原子与环氧乙烷中的一个碳原子结合，二氧化碳中的碳原子与氧离子结合
【解析】（1）①根据盖斯定律总反应减去ii 得到i，则；故答案为：。
②提高比提高对产率影响更大，比较总反应和历程中的两步反应分析，其原因是提高二氧化碳的浓度，反应ii正向进行程度增大，使氢气的浓度降低，有利于反应i正向进行，进而有利于乙烯的生成；故答案为：提高二氧化碳的浓度，反应ii正向进行程度增大，使氢气的浓度降低，有利于反应i正向进行，进而有利于乙烯的生成。
（2）①根据图中信息阳极是氢离子失去电子变为氢离子，阴极是二氧化碳得到电子和氢离子结合生成HCOOH，因此生成HCOOH的电极反应方程式为；故答案为：。
②时，水在Mn粉表面产生的与反应生成甲酸和MnO。直接加热与难以生成甲酸，该条件下能较快生成甲酸的原因是反应生成的MnO是氢气与二氧化碳反应生成甲酸的催化剂，降低反应所需活化能；故答案为：反应生成的MnO是氢气与二氧化碳反应生成甲酸的催化剂，降低反应所需活化能。
（3）①溶液中加入尿素生成沉淀，同时有气体产生，还有氯化铵生成，则该反应的离子方程式为；故答案为：。
②溶液与沉淀剂(尿素或氢氧化钠)反应生成沉淀，过滤后将沉淀焙烧得到MgO。与氢氧化钠作沉淀剂相比，用尿素作沉淀剂焙烧生成的MgO作催化剂效果更好，其原因为焙烧释放更多的气体，制得的氧化镁更加疏松多孔；故答案焙烧释放更多的气体，制得的氧化镁更加疏松多孔。
③MgO催化合成碳酸乙烯酯()可能的反应机理如图所示，根据元素电负性的变化规律，步骤Ⅰ、Ⅱ的过程可描述为环氧乙烷中的电负性大的氧原子吸附在镁离子上，环氧乙烷中的碳氧键断裂，二氧化碳中的一个氧原子与环氧乙烷中的一个碳原子结合，二氧化碳中的碳原子与氧离子结合；故答案为：环氧乙烷中的电负性大的氧原子吸附在镁离子上，环氧乙烷中的碳氧键断裂，二氧化碳中的一个氧原子与环氧乙烷中的一个碳原子结合，二氧化碳中的碳原子与氧离子结合。
8．甲硫醇()是重要的有机化工中间体，可用于合成维生素。通过和合成的主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
(1)计算反应的ΔH= 。
(2)时，向恒容密闭容器中充入一定量和发生反应，下列事实能说明反应达到平衡状态的是 (填选项字母)；若按相同比例再充入一定量和，的平衡转化率将 (填“变大”“变小”或“不变”)。
A．容器内气体密度不再发生变化 B．混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
C．的体积分数不再发生变化 D．和的物质的量之比不再变化
(3)时，按物质的量之比为1︰2向压强为的恒压密闭容器中充入和发生反应，达到平衡时，的转化率为80％，的体积分数为5％。
①计算的选择性为 (的选择性)。
②反应Ⅰ的平衡常数 (是用分压表示的平衡常数)。
(4)在、反应压力为0.7 Mpa条件下，气体按90 mL／min的速率通过催化剂表面发生反应，每分钟反应体系中转化率、选择性随温度的变化如图甲所示，催化机理如图乙所示。
①370℃时，用分压表示的反应速率为 Mpa／min。
②结合催化机理分析，当温度高于370℃时，转化率随温度升高而降低的原因可能为 。
③从化学键的角度描述ⅲ→ⅰ脱水的过程： 。
【答案】(1)b-2a
(2) CD 不变
(3) 62.5% 1.48
(4) 0.1932 温度过高，催化剂会失去活性 ⅲ中的W—O键和H—S键断开，之后O和H结合在一起形成水
【解析】（1）根据盖斯定律可知，Ⅱ-2Ⅰ=，则ΔH=b-2a；
（2）A．所有反应物和产物都是气体，容器恒容，则气体密度不是变量，故容器内气体密度不再发生变化，不能证明反应达到平衡，A错误；
B．结合A分析可知，总质量不变，且反应气体分子数不变的反应，则混合气体的平均相对分子质量不是变量，则当其不变的时候不能证明反应达到平衡，B错误；
C．硫化氢为反应物，随着反应的进行，逐渐减少，当其体积分数不再发生变化，则说明反应达到平衡，C正确；
D．根据题给信息可知，反应Ⅰ、Ⅱ都会生成水，但是只有反应Ⅱ生成，则和的物质的量之比是变量，当其不变的时候，可以证明反应达到平衡，D正确；
故选故选CD；
若按相同比例再充入一定量和，相当于加压，两个反应都是气体分子数不变的反应，则加压平衡不移动，故的平衡转化率将不变；
（3）假设通入1ml和2ml，达到平衡时，的转化率为80％，则平衡时参加反应的为0.8ml，的体积分数为5％，则的物质的量为(1ml+2ml)×5%=0.15ml，生成消耗的甲醇的物质的量为0.3ml，则生成消耗的甲醇的物质的量为0.8ml-0.3ml=0.5ml，生成的物质的量为0.5ml
①的选择性为；
②根据①的分析可知，平衡时的物质的量为0.2ml，的物质的量为2ml-0.5ml-0.15ml=1.35ml，的物质的量为0.5ml，的物质的量为0.5ml+0.15ml×2=0.8ml，则反应Ⅰ的平衡常数；
（4）①假设通入1ml和2ml，根据图中信息可知，370℃时，每分钟参加反应的甲醇的物质的量为1ml×92%=0.92ml，其中生成的物质的量为0.92ml×90%=0.828ml，其分压为，则用分压表示的反应速率为0.1932 Mpa／min；
②温度过高，催化剂会失去活性，导致转化率降低；
③由图可知ⅲ→ⅰ脱水的过程为：ⅲ中的W—O键和H—S键断开，之后O和H结合在一起形成水。