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热点 12 “看图说话”描述微观结构变化过程
“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，H 断裂为H原子，一个
2
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HO， 转
2
化为 ③. 随 增加，生成 和H 的速率更快、产量增大，生成
2
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，H 断裂为H原子，一个吸附在催化
2
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HO， 转化为
2；
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H 的速率更快，量更大，则得到活性 的速度更快，量也更
2
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·yCeO ，Ce是活泼金属)催化氧化可除去
2
H 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
2
n(CO)：n(O )：n(H )：n(N )=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO 催
2 2 2 2
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H 还原为金属Cu
2
【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H 还原为金属 Cu，所以当催化氧化温度超过
2
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) 沉淀，仍以Cr3+形
3
式存在于溶液中 = 中元素化合价为-1价，HO中H元素化合价为+1价，
2
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，HO中H元素化合价为+1价，二者发生归中反应生成氢
2
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·mol−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)+CO (g) CaCO (s) ΔH<0，温度升高K明显减小，K=1/ c(CO)，温度升高平衡
2 3 2
体系中c(CO)显著增大
2
(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(C H)，提高c(CO)对反应Ⅰ速率影响更大，原因是反应ⅱ速率较慢(活化
2 6 2
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(CO)，反应ⅱ速率加快，
2
从而提高反应Ⅰ速率；
③设CO(g)和C H(g)的物质的量分别为2mol和1mol,在800℃，CO 的转化率为30%，反
2 2 6 2
应量为 ，C H 的转化率为75%，反应量为 ,由反应
2 6
可知，生成C H(g)的物质的量为0.6mol，
2 4
C H(g)的选择性为 ；
2 4
（2）由图可知，CO是CO 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，
2
反应快；CO中间体能量低，稳定，利于生成；
（3）CaO(s)+CO (g) CaCO (s) ΔH<0，温度升高K明显减小，K=1/ c(CO)，温度升高平
2 3 2
衡体系中c(CO)显著增大；
2
（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0.5mol ，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)＋O(g) 2NO (g)分两步进行，其反应过程能量变化如图1。
2 2
反应Ⅰ．2NO(g) NO(g) ΔH；
2 2 1
反应Ⅱ．NO(g)＋O(g)=2NO (g) ΔH
2 2 2 2 2
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O 气体，保持其他条件不变，分别控制反应温
2
度分别为T 和T(T >T)，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
3 4 4 3
同量的NO，在温度 (填“T”或“T”)下消耗的时间较长。
3 4
(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 T
4
(2) NO -e-+NO =N O Cu2+催化Fe还原NO 的反应/Fe置换出Cu，形成铁铜原电
2 2 5
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T 下NO剩余量更多，故转化相同量的NO，在温度T 下消耗
4 4
的时间较长；
（2）①以NO 、O、熔融NaNO 组成的燃料电池装置如图，使用过程中石墨I电极发生反
2 2 3
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NO，即石墨I电极为负极；则该电池的负极反应式为：NO -e-+NO =N O；
2 5 2 2 5
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，HO在阴极得电子生成氢气，阴极反应： ，氢气与NO
2
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、H 在超过400℃时
2
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、H 会还原 、
2
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、
H 在超过400℃时将 、CuO还原；
2
（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) 2.4mol
(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/mol) + (—40kJ/mol)—( +247kJ/mol)=—155kJ/mol；
（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2CO+12e—+12H+=C H+4H O；
2 2 4 2
②铅蓄电池的总反应为Pb+PbO+2H SO =2PbSO+2H O，由得失电子数目守恒可知，每生
2 2 4 4 2
成0.2mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中硫酸的物质的量为0.2mol×12=2.4mol；
（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++H O=Fe3++•OH+OH-，还生成一种离子为
2 2
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：2HS(g)=S(g)+2H(g) ΔH =+169.8kJ⋅mol−1
2 2 2 1
反应Ⅱ：CH(g)+S (g)=CS (g)+2H(g) ΔH =+63.7kJ⋅mol−1
4 2 2 2 2
根据盖斯定律可知反应I+Ⅱ得CH(g)+2HS(g)=CS(g)+4H(g)
4 2 2 2
ΔH=ΔH +ΔH =(+169.8kJ⋅mol−1)+(+63.7kJ⋅mol−1)=+233.5kJ⋅mol−1；
3 1 2
由图可知，1100℃时，CS(g)的体积分数为 0.4%，根据CH(g)+S (g)=CS (g)+2H(g) 可知
2 4 2 2 2
反应Ⅱ生成H(g)的体积分数为2×0.4%=0.8%，消耗S(g)的体积分数为0.4%，体系中剩余
2 2
S(g)的体积分数1.95%，则反应I生成S(g)的体积分数为2.35%，根据2HS(g)=S(g)
2 2 2 2
+2H (g)可知，反应I生成H(g)体积分数为4.7%，两个反应共同生成H(g)的体积分数为
2 2 2
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HS体积分数不变，则其分压
2
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)，S(g)的体积分数减小；
2
故答案为：+233.5kJ⋅mol−1；5.5%；1000℃时CH 不参与反应，相同浓度(相同分压)的HS
4 2
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)，S(g)的体积分数减小。
2
（2）电极a上通入SO 生成HSO ，发生氧化反应，为负极，电极反应式为SO −2e−
2 2 4 2+2H O=4H++SO ；根据氧化过程发生两步反应可知1molH S反应最终生成2molSO ，
2 2 2
2molSO 在原电池反应中转移电子4mol，原电池正极反应为2H+-2e-+I =2HI，转移4mol电
2 2
子生成4molHI，分解生成2molH ；
2
故答案为：SO −2e−+2H O=4H++SO ；2mol。
2 2
（3）根据反应机理图可知，脱硫时，部分Fe O 转化成FeS，HS被氧化成S，再生过程时，
2 3 2
FeS与O 反应生成Fe O 和SO ，Fe O 脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为脱硫时HS还
2 2 3 2 2 3 2
原部分Fe O，生成S和FeS(FeS附着在Fe O 表面)；脱硫剂再生时FeS被O 氧化，生成了
2 3 2 3 2
Fe O 和SO ；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
2 3 2
硫剂中除Fe、O元素外，引入了S元素，即氧气将FeS氧化成Fe (SO )，或者氧化成
2 4 3
FeSO ，Fe (SO ) 与FeSO 不具有脱硫作用；
4 2 4 3 4
故正确答案：脱硫时还原部分Fe O，生成S和FeS，FeS附着在Fe O 表面；脱硫剂再生时
2 3 2 3
FeS被氧化，生成了Fe O 和SO ； 部分FeS被O 氧化生成FeSO [或Fe (SO )]，失去了
2 3 2 2 4 2 4 3
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1mol 和2mol ，达到平衡时， 的转化率为
80％，则平衡时参加反应的 为0.8mol， 的体积分数为5％，则
的物质的量为(1mol+2mol)×5%=0.15mol，生成 消耗的甲醇的物
质的量为0.3mol，则生成 消耗的甲醇的物质的量为0.8mol-0.3mol=0.5mol，生成
的物质的量为0.5mol
① 的选择性为 ；
②根据①的分析可知，平衡时 的物质的量为0.2mol， 的物质的量为
2mol-0.5mol-0.15mol=1.35mol， 的物质的量为0.5mol， 的物质的量为
0.5mol+0.15mol×2=0.8mol，则反应Ⅰ的平衡常数 ；
（4）①假设通入1mol 和2mol ，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1mol×92%=0.92mol，其中生成 的物质的量为0.92mol×90%=0.828mol，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。
