大题综合强化练 题型2　化学反应原理 （含解析）江苏省2023高考化学三轮冲刺练

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(1)在反硝化细菌作用下,用葡萄糖处理酸性废水中的NO3- ,产生两种对大气无污染的气体。该反应的离子方程式为 。
(2)纳米铁铜双金属有巨大的比表面积和很高的反应活性,可用于水体脱硝。
①纳米铁铜双金属与普通铁铜双金属脱硝效果(以处理某硝酸盐为例)如题图1所示。在0到20 min内,纳米铁铜双金属脱硝效果显著,其原因可能是 。
②研究表明水体中溶解氧的存在降低了纳米铁铜双金属脱硝的效果,验证的实验方案是 。
(3)有人提出了利用厌氧氨氧化菌细胞中的三种酶处理废水中NH3和NO2-的生化反应模型,其反应机理如图2所示。在NR酶和HH酶作用下的反应过程可分别描述为 、 。
2.(2022·江苏省苏北四市上学期期末调研)甲烷是一种重要的化工原料,常用于制H2和CO。
(1)甲烷裂解制氢的反应为CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH=75 kJ·ml-1,Ni和活性炭均可作该反应催化剂。CH4在催化剂孔道表面反应,若孔道堵塞会导致催化剂失活。
①Ni催化剂可用NiC2O4·2H2O晶体在氩气环境中受热分解制备,该反应方程式为 。
②向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活,其原因是 。
③在相同气体流量条件下,不同催化剂和进料比[V(N2)V(CH4)]对甲烷转化率的影响如图所示。
使用活性炭催化剂,且其他条件相同时,随着进料比的增大,甲烷的转化率逐渐增大的原因是 。
④使用Ni催化剂,且其他条件相同时,随时间增加,温度对Ni催化剂催化效果的影响如图所示。使用催化剂的最佳温度为 ,650 ℃条件下,1 000 s后,氢气的体积分数快速下降的原因为 。
(2)甲烷、二氧化碳重整制CO经历过程Ⅰ、Ⅱ。过程Ⅰ如图所示,可描述为 ;过程Ⅱ保持温度不变,再通入惰性气体,CaCO3分解产生CO2,Fe将CO2还原得到CO和Fe3O4。
3.(2022·江苏省盐城市上学期期中考试)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素,其剧毒、难降解且易生物聚集的特点极大地威胁了水环境安全和人体健康。天然水体中砷元素主要以As(Ⅲ)和As(Ⅴ)存在,且As(Ⅲ)的毒性更大。常见除砷的方法有沉淀法、氧化絮凝法和离子交换法等。
(1)沉淀法除砷:砷酸盐的溶解度小,工业上需要将废水中和至pH>12,再用氧化剂将As(Ⅲ)转化成As(Ⅴ),然后用石灰乳沉淀除砷,得到Ca5(AsO4)3OH沉淀。“沉砷”的最佳温度控制在80~85 ℃的原因是 。
(2)高铁酸盐氧化絮凝法除砷。
已知:a.As(Ⅲ)和As(Ⅴ)水溶液中含砷的各物种分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图所示。
b.高铁酸钾易溶于水,具有强氧化性;溶液酸性越强,其氧化性越强;在pH<1的酸性条件下质子化,主要以HFeO4-形式存在。
c.高铁酸钾在一定pH范围的水溶液中易生成Fe(OH)3胶体,溶液的pH对胶体粒子表面所带电荷有影响。pH=7.1时,胶体粒子表面不带电荷;pH>7.1时,胶体粒子表面带负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多;pH<7.1时,胶体粒子表面带正电荷,pH越低,表面所带正电荷越多。
①pH<1时,HFeO4-将As(Ⅲ)氧化为As(Ⅴ)的离子方程式为 。
②在一定pH范围内,K2FeO4的还原产物可形成Fe(OH)3胶体,吸附As(Ⅴ)的离子达到除砷目的;不同pH对K2FeO4氧化絮凝除砷影响如图所示。除砷过程中控制废水pH为4~7,pH过低或过高,砷的去除率都下降,其原因是 。
(3)离子交换法除砷:强碱性离子交换树脂上的OH-与废水中的H2AsO4-、HAsO42-、AsO43-进行离子交换,OH-进入水中,H2AsO4-、HAsO42-、AsO43-被树脂固定以达到除As(Ⅴ)目的;不同pH对As(Ⅴ)去除率的影响如图所示。结合As(Ⅴ)在水溶液中的存在形态与pH的关系和OH-的交换效率分析,pH=4.5时去除率最高的原因是 。
4.(2022·江苏省南通市海门中学高三下学期入学考试)硫及其化合物性质与转化是一项重要研究课题。
(1)钠钙双碱法可高效脱除烟气中的SO2,脱硫的流程如图1所示。
①“吸收”时气液逆流在吸收塔中接触,采用气液逆流的目的是 。
②水溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-随pH的分布如图2所示,pH=5时,水溶液中c(SO32-)∶c(H2SO3)= 。
③已知Na2SO3的溶解度随着pH增大而减小。向“再生液”中通入SO2得到溶液X,溶液X的pH对脱硫效率的影响如图3所示。当pH由6升高到7时,脱硫效率迅速增大的原因为 ;当pH大于7时,随pH增大脱硫效率增速放缓的原因为 。
(2)2.560 g硫单质与60.00 mL 1.000 ml·L-1热NaOH溶液恰好完全反应,只生成Na2Sx和Na2S2O3,则x= 。
(3)过硫酸钠(Na2S2O8,结构含有过氧化键)是白色晶状粉末,易溶于水,常用作漂白剂、氧化剂等。将0.40 ml过硫酸钠与0.20 ml硫酸配制成1 L溶液,在一定条件下,测得溶液中部分微粒的浓度如图4所示(t时刻向溶液中加入少量MnO2)。
①t时刻前发生反应的离子方程式为 。
②图中气体Y的化学式为 。
5.(2022·江苏省南通市海门中学高三下学期入学考试)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CO2排放,实现自然界中的碳循环。
(1)以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下:
Ⅰ.CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH=177 kJ·ml-1(主反应)
Ⅱ.C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s) ΔH=9 kJ·ml-1(副反应)
反应Ⅰ的反应历程可分为如下两步:
ⅰ.C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)
ΔH1
ⅱ.H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) ΔH2=41 kJ·ml-1
①ΔH1= 。
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 。
③0.1 MPa时,向一恒容密闭容器中充入物质的量之比为2∶1的CO2(g)和C2H6(g),反应物转化率与反应温度的关系如图1所示。在800 ℃,C2H4(g)的选择性[C2H4(g)的物质的量反应的C2H6(g)的物质的量×100%]为 。
图1
(2)CO2可制甲烷化。CO2可制甲烷化过程中,CO2活化的可能途径如图2所示。CO是CO2活化的优势中间体,可能的原因是 。
图2
(3)CO2在熔融K2CO3中电解还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的阴极反应式为 。
(4)CO2可用CaO吸收,发生反应:CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s)。在不同温度下,达到平衡时体系中CO2物质的量浓度[c(CO2)]与温度的关系如图3所示。900 ℃下的c(CO2)远大于800 ℃下的c(CO2),其原因是 。
图3
6.(2022·江苏省苏北四市上学期期末调研)金属铁、铝可用于含铬(主要成分是Cr2O72-)酸性污水的处理。
(1)铝在含铬污水中将Cr2O72-还原为Cr3+,再调节pH生成Cr(OH)3沉淀除去。用铝处理不同初始pH的酸性含铬污水,Cr2O72-去除率与反应时间的关系如图1。
图1
①基态Cr3+的核外电子排布式为 。
②铝处理酸性含铬污水发生反应的离子方程式为 。
③铝处理初始pH=3的污水,前180 min污水中Cr2O72-的还原较慢,180 min后变快,其原因是 。
(2)将铁屑装入玻璃管中制成如图2所示污水处理柱。以同样的流速缓慢通入不同高度的处理柱进行酸性含铬污水处理实验,处理柱失活的时间与处理柱中铁屑高度的关系如图3。
①铁屑的高度为27 cm时,处理柱的失活时间不增反降,其可能的原因是 。
②铁屑中掺入一定量炭黑,污水的处理效果明显提高,炭黑的作用是 。
③铁处理后的废水加入石灰调节pH=9,同时通入适量的空气,其目的是 。
7.(2022·江苏省南通市海门区第二次诊断)有机物催化脱氢制备氢气和化工原料是当前石化工业研究的重要课题之一。
(1)以甲烷、水蒸气为原料进行催化重整是制氢的常见方法之一,过程可能涉及反应:
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
ΔH1=+206.2 kJ·ml-1
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
ΔH2=-41.1 kJ·ml-1
CH4(g)C(g)+2H2(g) ΔH3=+74.8 kJ·ml-1
①反应C(g)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) ΔH4= kJ·ml-1。
②向原料中添加正硅酸锂Li4SiO4作为CO2的吸附剂,除产生氢气外还生成两种盐,写出该反应的方程式 。
(2)甲基环己烷催化脱氢(+3H2)是石油工业制氢常见方法,以Ni-Cu为催化剂,固定反应温度为650 K,以氮气为载气,在不同载气流速情况下,甲基环己烷脱氢转化率如图1所示,b点转化率能与a点保持相当的原因是 。
(3)以H2O、CaBr2、Fe3O4为原料进行气固相反应可以实现水的分解制得氢气,其反应原理如图2所示。反应“①”中生成3 ml HBr,生成氢气的物质的量为 ,从原料到O2的生成过程可描述为 (用化学用语表示)。
题型2 化学反应原理
1.解析:(1)葡萄糖的化学式为C6H12O6,与NO3-反应生成两种无污染气体,由元素守恒确定,这两种气体为N2和CO2,反应为C6H12O6+NO3-N2↑+CO2↑,C6H12O6中C为0价,碳元素化合价升高24、NO3-中氮元素化合价降低5价,由得失电子守恒有5C6H12O6+24NO3-12N2↑+30CO2↑,再由电荷守恒有5C6H12O6+24NO3-+24H+12N2↑+30CO2↑,最后据元素守恒有:5C6H12O6+24NO3-+24H+12N2↑+30CO2↑+42H2O。(2)①纳米铁铜颗粒小,表面积大,易吸附NO3-,且反应点较多;铁铜可以形成极多的微电池,可以加快反应速率,所以纳米铁铜可以加快除去NO3-。②此空需要采用对比法。两支试管中,一支通O2,另一支不通O2;同时加入纳米铁铜双金属进行反应;反应后,测定NO3-的量,然后比较通O2与不通O2的脱氮率。(3)观看图2,NR酶处,箭头指入有:NO2-、5H+、4e-,箭头指出为NH2OH,即说明NO2-在酸性条件下,得电子生成NH2OH;HH酶处,箭头指入有NH2OH和NH3,箭头指出为N2H4,即说明NH2OH和NH3转化为N2H4。
答案:(1)5C6H12O6+24NO3- +24H+12N2↑+30CO2↑+42H2O (2)①纳米铁铜双金属的比表面积大,能吸附废水中更多的硝态氮;纳米铁铜双金属颗粒更小,表面的反应活性点更多(或还原性更强);纳米铁铜双金属能形成更多的微小原电池,短时间内反应速率更快 ②向两支试管中分别加入等体积硝态氮废水,同时通入相同时间的足量的空气和氮气;停止通气后,向两支试管中加入等量的纳米铁铜双金属,相同时间后,测定两份废水中硝态氮的含量,比较有氧和无氧环境中的脱氮率 (3)在NR酶的作用下,NO2-在酸性介质中(结合H+)得电子生成NH2OH(和H2O)(或NO2- +5H++4e-NH2OH+H2O) 在HH酶的作用下,NH2OH和NH3转化为N2H4(和H2O)(或NH2OH+NH3N2H4+H2O)
2.解析:(1)①根据题意可知,NiC2O4·2H2O在氩气环境中受热分解可得到Ni,NiC2O4·2H2O中镍的价态降低,则NiC2O4·2H2O中+3价的碳升高为+4价,其产物为CO2,反应的化学方程式为:NiC2O4·2H2ONi+2CO2↑+2H2O。②向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活,是因为水蒸气与碳反应生成CO(或CO2)与氢气,减少固体碳对孔道的堵塞。③进料比的增大,进入反应的甲烷含量越低,甲烷分子与催化剂接触的几率越大,转化率越高。④由图可知,550℃,600℃,650℃,催化效率最高的是600℃;650℃条件下,氢气的体积分数快速下降,是因为温度升高反应速率加快,催化剂内积碳量增加,催化剂快速失活。(2)由图可知,CH4和CO2在催化剂Ni表面反应,生成CO和H2,H2和CO还原Fe3O4生成Fe、CO2和H2O,未反应完和生成的CO2与CaO反应生成CaCO3。
答案:(1)①NiC2O4·2H2ONi+2CO2↑+2H2O ②水蒸气与碳反应生成CO(或CO2)与氢气,减少固体碳对孔道的堵塞 ③进入反应的甲烷含量越低,甲烷分子与催化剂接触的几率越大,转化率越高 ④600 ℃ 温度升高反应速率加快,催化剂内积碳量增加,催化剂快速失活
(2)CH4和CO2在催化剂Ni表面反应,产生CO和H2,H2和CO还原Fe3O4生成Fe、CO2和H2O,未反应完和生成的CO2与CaO反应生成CaCO3
3.解析:(1)“沉砷”的最佳温度控制在80~85℃是由于温度过低,反应速率慢;温度过高,Ca(OH)2溶解度小,沉淀率下降。(2)①pH<1时,HFeO4-将As(Ⅲ)氧化为As(Ⅴ),HFeO4-被还原为Fe3+:HFeO4-+H3AsO3Fe3++H3AsO4,铁价态降低3、As价态升高2,由得失电子守恒有2HFeO4-+3H3AsO32Fe3++3H3AsO4,再由电荷守恒:2HFeO4-+3H3AsO3+8H+2Fe3++3H3AsO4,最后由元素守恒得该反应的离子方程式为2HFeO4-+3H3AsO3+8H+2Fe3++3H3AsO4+5H2O。②在一定pH范围内,K2FeO4的还原产物可形成Fe(OH)3胶体,吸附As(Ⅴ)的离子达到除砷目的。根据不同pH对K2FeO4氧化絮凝除砷影响图示可知:除砷过程中控制废水pH为4~7,pH过低或过高,砷的去除率都下降,这是由于pH过低,酸性增强,K2FeO4氧化H3AsO3,本身被还原为Fe3+,生成絮凝剂Fe(OH)3胶体较少,此时As(Ⅴ)主要以H3AsO4分子形式存在,被Fe(OH)3胶体吸附的量少,As的去除率下降。pH过高,K2FeO4氧化性减弱,还原产物Fe3+的量减少,产生Fe(OH)3胶体的量少;pH过高,碱性增强,产生Fe(OH)3胶体的量少,且絮凝剂表面所带负电荷增多,As(Ⅴ)主要以HAsO42-或AsO43-形式存在,静电斥力增加,As的去除率下降。(3)结合As(Ⅴ)在水溶液中的存在形态与pH的关系和OH-的交换效率分析,可知在溶液pH=4.5时去除率最高,这是由于根据离子交换原理:1个OH-可以交换1个H2AsO4-,与HAsO42-交换需要2个OH-,与AsO43-交换需要3个OH-,不能与H3AsO4交换。pH=4.5时,As(Ⅴ)主要以H2AsO4-形式存在;pH<4.5时,pH越小,H3AsO4比例越高,去除率越低;pH>4.5时,pH越大,HAsO42-和AsO43-比例越高,去除率越低。
答案:(1)温度过低,反应速率慢;温度过高,Ca(OH)2溶解度小,沉淀率下降 (2)①2HFeO4-+3H3AsO3+8H+2Fe3++3H3AsO4+5H2O ②pH过低,酸性增强,K2FeO4氧化H3AsO3,本身被还原为Fe3+,此时As(Ⅴ)主要以H3AsO4分子形式存在,被Fe(OH)3胶体吸附的量少,As的去除率下降;pH过高,K2FeO4氧化性减弱,还原产物Fe3+的量减少,产生Fe(OH)3胶体的量少,且絮凝剂表面所带负电荷增多,As(Ⅴ)主要以HAsO42-或AsO43-形式存在,静电斥力增加,As的去除率下降 (3)根据离子交换原理:1个OH-可以交换1个H2AsO4-,与HAsO42-交换需要2个OH-,与AsO43-交换需要3个OH-,不能与H3AsO4交换。pH=4.5时,As(Ⅴ)主要以H2AsO4-形式存在;pH<4.5时,pH越小,H3AsO4比例越高,去除率越低;pH>4.5时,pH越大,HAsO42-和AsO43-比例越高,去除率越低
4.解析:(1)①气液逆流可以增大接触面积,加快反应速率,提高SO2吸收率。②c(SO32-)c(H2SO3)=c(SO32-)·c(H+)c(HSO3-)×c(HSO3-)·c(H+)c(H2SO3)×1c2(H+)=Ka2Ka1c2(H+),据图可知当c(H2SO3)=c(HSO3-)时pH=1.8,即c(H+)=10-1.8ml·L-1,所以Ka1=c(HSO3-)·c(H+)c(H2SO3)=10-1.8,同理c(SO32-)=c(HSO3-)时pH=7,即c(H+)=10-7ml·L-1,可得Ka2=c(SO32-)·c(H+)c(HSO3-)=10-7,pH=5时,c(H+)=10-5ml·L-1,所以c(SO32-)c(H2SO3)=10-1.8×10-7(10-5)2=101.2。③据图可知,当pH由6升高到7时,水溶液中SO32-的含量迅速升高,即再生液中Na2SO3的浓度增大,吸收SO2的效率增强;当pH大于7时,随着pH进一步增大,“再生液”中Na2SO3的溶解度因pH增大而减小,Na2SO3会析出,Na2SO3浓度减小,脱硫效率增速放缓。(2)2.560g硫单质即2.56g32g·ml-1=0.08ml,·L-1热NaOH溶液中含有0.06mlNaOH,恰好完全反应,只生成Na2Sx和Na2S2O3,由原子守恒可知反应的化学方程式为(2x+2)S+6NaOH2Na2Sx+Na2S2O3+3H2O,则2x+26=,解得x=3。(3)①过硫酸钠(Na2S2O8)中含有过氧键,即含有-1价的O元素,据图可知t时刻前S2O82-的浓度减小,SO42-浓度增大,同时产生X,根据所学知识-1价的氧元素容易转化为氧气,但此时没有气体生成,所以没有生成氧气,后续加入MnO2后生成气体,可推断出X为H2O2,加入MnO2被催化分解为氧气,所以t时刻前发生反应的离子方程式为S2O82-+2H2O2SO42-+H2O2+2H+。②根据上述分析可知Y为O2。
答案:(1)①增大接触面积,加快反应速率,提高SO2吸收率 ②101.2 ③“再生液”中Na2SO3的浓度增大,吸收SO2的效率增强 随着pH进一步增大,“再生液”中Na2SO3的溶解度因pH增大而减小,Na2SO3会析出,Na2SO3浓度减小,脱硫效率增速放缓 (2)3 (3)①S2O82-+2H2O2SO42-+H2O2+2H+ ②O2
5.解析:(1)①根据盖斯定律可知,ΔH1=177kJ·ml-1-(41kJ·ml-1)=136kJ·ml-1。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,决定总反应的快慢。③假设CO2(g)和C2H6(g)物质的量分别为2ml、1ml,由图可知,反应CO2(g)和C2H6(g)物质的量分别为2ml×30%=0.6ml、1ml×75%=0.75ml,由CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g),可知生成C2H4(g)物质的量为0.6ml,则在800℃,C2H4(g)的选择性为×100%=80%。(2)生成中间体反应的活化能小,反应快;由图可知,CO中间体能量低,稳定且活化能较小,利于生成(或反应放热,利于中间体的生成)。(3)阴极发生还原反应,CO2在熔融K2CO3中电解还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH,C的价态为-2价)的阴极反应为二氧化碳得到电子发生还原反应生成正丙醇,3个CO2生成1个CH3CH2CH2OH,得电子为3×[4-(-2)]=18,则3CO2+18e-CH3CH2CH2OH,由电荷守恒有3CO2+18e-CH3CH2CH2OH+9CO32-,再由质量守恒得电极反应式为12CO2+18e-+4H2OCH3CH2CH2OH+9CO32-。(4)由于CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s) ΔH<0,反应为放热反应,温度升高平衡逆向移动,K减小,K=1c(CO2),故温度升高平衡体系中c(CO2)增大。
答案:(1)①136 kJ·ml-1 ②反应ⅱ速率较慢(活化能较大),是反应Ⅰ的决速步骤 ③80% (2)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(或反应放热,利于中间体的生成) (3)12CO2+18e-+4H2OCH3CH2CH2OH+9CO32- (4)由于CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s) ΔH<0,温度升高K减小,K=1c(CO2),温度升高平衡体系中c(CO2)增大
6.解析:(1)①Cr为24号元素,Cr基态原子电子排布式为[Ar]3d54s1,则基态Cr3+的核外电子排布式为[Ar]3d3。②铝在含铬污水中将Cr2O72-还原为Cr3+,根据氧化还原反应得到铝处理酸性含铬污水发生反应:Al+Cr2O72-Al3++Cr3+,铝升高3价、铬降低6价,由得失电子守恒有2Al+1Cr2O72-2Al3++2Cr3+,再由电荷守恒有2Al+1Cr2O72-+14H+2Al3++2Cr3+,最后由质量守恒得离子方程式为2Al+Cr2O72-+14H+2Al3++2Cr3++7H2O。③铝处理初始pH=3的污水,前180min污水中Cr2O72-的还原较慢,180min后变快,铝表面有氧化铝膜,pH=3时,溶液中的氢离子先将氧化铝膜反应掉,再是铝和重铬酸根反应,因此其原因是180min前Al表面的氧化膜没有完全溶解,180min后溶解了氧化膜的Al与Cr2O72-反应。(2)①铁屑的高度为27cm时,处理柱的失活时间不增反降,其可能的原因是铁与重铬酸根反应生成铁离子和铬离子,经过铁柱的时间延长,可能造成溶液的pH升高,Cr3+等金属离子会生成沉淀,附着在铁屑表面,使处理柱失去处理活性。②铁屑中掺入一定量炭黑,污水的处理效果明显提高,炭黑的作用是炭黑和铁屑形成原电池,铁为负极,炭黑为正极,从而加快反应的速率。③铁处理后的废水加入石灰调节pH=9,同时通入适量的空气,其目的是通入空气,O2将Fe2+氧化为Fe3+,加入石灰时可以更快生成Fe(OH)3胶体,与Cr(OH)3共沉淀,Cr(OH)3沉淀更完全。
答案:(1)①1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3 ②2Al+Cr2O72-+14H+2Al3++2Cr3++7H2O ③180 min前Al表面的氧化膜没有完全溶解,180 min后溶解了氧化膜的Al与Cr2O72-反应 (2)①反应时间延长,造成溶液的pH升高,Cr3+等金属离子会生成沉淀,附着在铁屑表面,使处理柱失去处理活性 ②炭黑和铁屑形成原电池,加快反应的速率 ③通入空气,O2将Fe2+氧化为Fe3+,生成Fe(OH)3胶体,与Cr(OH)3共沉淀,Cr(OH)3沉淀更完全
7.解析:(1)①将第一个方程式加上第二个方程式,再减去第三个方程式得到反应C(g)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) ΔH4=206.2kJ·ml-1+(-41.1kJ·ml-1)-74.8kJ·ml-1=90.3kJ·ml-1。②向原料中添加正硅酸锂Li4SiO4作为CO2的吸附剂,除产生氢气外还生成两种盐,说明CO2与Li4SiO4反应生成碳酸锂和硅酸锂,其反应方程式为CH4+2H2O+Li4SiO4Li2SiO3+Li2CO3+4H2。(2)b点转化率能与a点保持相当的原因:a点载气流速较小,甲基环己烷的浓度较大,其在催化剂表面吸附及发生脱氢反应的百分率较小,故其转化率较小;适当加快载气流速可以减小反应物的浓度,使反应物在催化剂表面吸附及发生脱氢反应的百分率变大,故甲基环己烷转化率随载气流速适当加快而提高;b点载气流速过快,会使甲基环己烷在催化剂表面的反应时间减少,导致甲基环己烷转化率降低,因此,b点转化率能与a点保持相当。(3)反应①为3FeBr2+4H2OFe3O4+H2↑+6HBr,生成1ml氢气同时生成6mlHBr,反应生成3mlHBr,则生成氢气的物质的量为0.5ml。根据图中信息可知,从原料到O2的生成过程可描述为:在高温下,水先与溴化钙反应生成氧化钙和溴化氢;然后溴化氢与四氧化三铁反应生成溴化亚铁和溴;溴再与氧化钙反应生成溴化钙和氧气;水再与溴化亚铁反应生成氢气、四氧化三铁和溴化氢,催化剂得以再生。如此周而复始,水在催化剂(CaBr2、Fe3O4)的作用下转化为氧气和氢气,总反应的化学方程式为2H2OO2↑+2H2↑。
答案:(1)①+90.3 ②CH4+2H2O+Li4SiO4Li2SiO3+Li2CO3+4H2 (2)a点载气流速较小,甲基环己烷的浓度较大,其在催化剂表面吸附及发生脱氢反应的百分率较小,故其转化率较小;适当加快载气流速可以减小反应物的浓度,使反应物在催化剂表面吸附及发生脱氢反应的百分率变大,故甲基环己烷转化率随载气流速适当加快而提高;b点载气流速过快,会使甲基环己烷在催化剂表面的反应时间减少,导致甲基环己烷转化率降低,因此,b点转化率能与a点保持相当 (3)①0.5 ml ②2H2OO2↑+2H2↑