江苏省常州市教育学会2021-2022学年高二化学下学期期末学业水平监测试题（Word版附解析）

常州市教育学会学业水平监测高二化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23K-39Mn-55Fe-56Cu-64Zn-65一、单项选择题：共14小题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.我国最新研发的“液态阳光”计划是利用太阳能电池板(主要材料为晶体Si)发电电解水制氢，再用H2与CO2合成CH3OH。下列说法不正确的是A.晶体Si属于分子晶体B.电解水时电能转化为化学能C.CO2属于非极性分子D.合成CH3OH时H2作还原剂【答案】A【解析】【详解】A．晶体Si中每个Si原子与相邻的4个Si原子通过共价键结合，这四个Si原子构成正四面体结构，这种结构向空间扩展就形成立体网状结构，因此晶体Si属于共价晶体，A错误；B．电解水时在电流作用下，在阳极和阴极发生反应产生O2、H2，因此能量转化方式是电能转化为化学能，B正确；C．CO2分子中C原子与2个O原子形成4个共价键，三个原子都在同一条直线上，分子结构对称，因此CO2分子属于非极性分子，C正确；D．H2与CO2合成CH3OH，在该反应中H2失去电子，H元素化合价升高，被氧化，因此合成CH3OH时H2作还原剂，D正确；故合理选项是A。2.实验室利用反应制备少量氮气，下列说法正确的是A.N的轨道表达式为B.的结构示意图为C.既含离子键又含共价键D.的电子式为：【答案】C 【解析】【详解】A．2p轨道上3个电子自旋方向相同，N的轨道表达式为，故A错误；B．氯是17号元素，的结构示意图为，故B错误；C．既含离子键(钠离子与亚硝酸根离子间)又含共价键(N与O之间)，故C正确；D．氮分子中形成氮氮叁键，的电子式为，故D错误；故选C。3.下列实验装置能达到实验目的的是A.用装置甲定量测定的分解速率B.用装置乙蒸干溶液制备无水固体C.用装置丙制备并能较长时间观察其颜色D.用装置丁采集到的压强数据判断铁钉发生吸氧腐蚀还是析氢腐蚀【答案】D【解析】【详解】A．用装置甲无法定量测定的分解速率，生成的气体会从长颈漏斗的管口逸出，故A错误；B．用装置乙蒸干溶液只能得到氧化铁，应用铁在氯气中燃烧制备无水固体，故B错误；C．丙中铁在阴极，铁不参与反应，应将装置丙中电源正极与铁相连制备并能较长时间观察其颜色，故C错误； D．吸氧腐蚀瓶内压强应减小，析氢腐蚀瓶内压强增大，用装置丁采集到的压强数据判断铁钉发生吸氧腐蚀还是析氢腐蚀，故D正确；故选D。4.下列有关物质的结构与性质的叙述不正确的是A.K元素特殊的焰色反应是由于K原子核外电子能级跃迁吸收能量B.乙烯易发生加成反应是由于分子中两个碳原子间的π键容易断裂C.键能、，因此稳定性大于D.金属Na中的金属键比金属K中的金属键强，因此金属Na熔点高于K【答案】A【解析】【详解】A．K元素特殊的焰色反应，是由于电子从高能级向低能级跃迁时能量以光的形式释放出来，A错误；B．乙烯分子中两个碳原子间以共价双键结合，其中C原子以sp2杂化轨道形成的键的重叠方式是头碰头，重叠成都大，因而较稳定，未杂化的2p轨道形成的π键的电子是肩并肩重叠，重叠程度较小，因而易断裂，所以易发生加成反应，使不饱和C原子变为饱和C原子，B正确；C．分子的键能之和越大，分子越稳定，由键能、可知，分子的键能之和大于，则稳定性大于，C正确；D．碱金属元素原子的半径越大，金属键越弱，则其单质的熔、沸点越低，D正确；故选A。5.化学反应原理在生产生活中有重要应用，下列说法不正确的是A.锅炉水垢中的可先用溶液处理后，再用酸去除B.在潮湿空气中，表面破损的镀锡铁皮比镀锌铁皮的腐蚀速率要快得多C.电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则转移到阴极的电子数为2molD.铜片上镀银时，将铜片接在电源的负极上，用溶液做电解质【答案】C【解析】【详解】A．通过沉淀的转化，形成溶解度更低的 CaCO3，再利用，溶解水垢，描述正确，不符题意；B．表面破损的带镀层铁皮在潮湿空气中均形成微型原电池环境，三种元素的活泼性依次是Zn>Fe>Sn，所以镀锌铁皮锌当负极结构，依然是损耗锌保护铁皮主结构，而破损的镀锡铁皮，主结构铁皮做负极结构，故此镀锡铁皮破损后更易被腐蚀，描述正确，不符题意；C．电解精炼铜阳极是含杂质的粗铜，阳极损失质量包括主成分Cu，参与反应的杂质Fe、Zn失电子后形成阳离子，以及少量不参与反应的金属Ag、Au等及更少量其它杂质，所以阳极质量减少64g不代表损失1molCu，故电路中转移电子不一定是2mol，描述错误，符合题意；D．电镀池基本结构，阳极是镀层金属，阴极是待镀件，电镀液是镀层金属元素阳离子溶液，铜片镀银，单质银是镀层金属，铜片作为待镀件连接电源负极做阴极，可溶的AgNO3配成溶液做电镀液，描述正确，不符题意；综上，本题选C。6.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，其中只有D是金属元素。A的最外层电子数是最内层电子数的2倍，B是空气中含量最多的元素，C的族序数是周期序数的3倍，D的核外电子最外层的p轨道有一个单电子。下列说法正确的是A.常温下A的氢化物一定为气态B.简单离子半径：B＞C＞DC.第一电离能：C＞B＞A＞DD.电负性：B＞C＞A＞D【答案】B【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，其中只有D是金属元素。A的最外层电子数是最内层电子数的2倍，A是C元素，B是空气中含量最多的元素，B是N元素，C的族序数是周期序数的3倍，C为O元素，D的核外电子最外层的p轨道有一个单电子，D为Al元素。【详解】A．常温下A的氢化物不一定为气态，如乙烷是气态、庚烷是液态，故A错误；B．电子层结构相同的离子，核电荷大的半径小，简单离子半径：B＞C＞D，故B正确；C．N的2p3是半充满结构，第一电离能比O大，第一电离能：N＞O＞C＞Na，故C错误；D．周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，电负性增大，电负性：O＞N＞C＞Na，故D错误；故选B。7.液态的可作制冷剂，还可用于制造铵态()氮肥和硝态()氮肥。20世纪 初，德国化学家哈伯首次用锇作催化剂在Pa、550°C的条件下以和为原料合成了：。2021年11月，我国报道了新的合成氨催化剂设计策略，该技术可实现温和条件下的氨催化合成。下列有关、、说法不正确的是A.液氨分子间存在氢键B.的空间构型为正四面体型C.和中的键角相等D.和中N原子杂化方式不同【答案】C【解析】【详解】A．N原子电负性较大，一个分子中的H与另一个分子中的N形成氢键，液氨分子间存在氢键，故A正确；B．的中心原子N原子价层电子对数为3+=4，空间构型为正四面体型，故B正确；C．中心原子N上孤电子对，对成键电子对斥力大，分子中键角变小，和中的键角不相等，故C错误；D．中N采用sp3杂化，中N原子价层电子对数为3+=3，原子采用sp2杂化，杂化方式不同，故D正确；故选C。8.液态的可作制冷剂，还可用于制造铵态()氮肥和硝态()氮肥。20世纪初，德国化学家哈伯首次用锇作催化剂在Pa、550°C的条件下以和为原料合成了：。2021年11月，我国报道了新的合成氨催化剂设计策略，该技术可实现温和条件下的氨催化合成。对于反应，下列说法正确的是A.高温条件，有利于反应的自发进行B.升高温度，反应的化学平衡常数K增大C.增大压强，活化分子百分数增多，反应速率加快 D.若反应放出92.4kJ热量，则过程中有3mol被氧化【答案】D【解析】【详解】A．该反应是∆H<0，∆S<0，根据∆H-T∆S，高温条件，不利于反应的自发进行，故A错误；B．升高温度，平衡逆向移动，反应的化学平衡常数K变小，故B错误；C．增大压强，单位体积内活化分子增多，活化分子百分数不变，反应速率加快，故C错误；D．若反应放出92.4kJ热量，则过程中有3mol被氧化，生成2molNH3，故D正确；故选D。9.液态的可作制冷剂，还可用于制造铵态()氮肥和硝态()氮肥。20世纪初，德国化学家哈伯首次用锇作催化剂在Pa、550°C的条件下以和为原料合成了：。2021年11月，我国报道了新的合成氨催化剂设计策略，该技术可实现温和条件下的氨催化合成。我国最新报道的氨催化合成反应的机理如图所示(*代表微粒吸附在催化剂表面)。下列有关说法正确的是A.使用该催化剂，提高了反应活化能B.从催化剂表面脱离时有热量放出C.在转化过程中有极性键的断裂和形成D.合成氨的总反应速率由步骤的速率决定 【答案】D【解析】【详解】A．使用催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率，故A错误；B．由图象可知，从催化剂表面脱离时生成物的能量高于反应物的总能量，故有热量吸收，故B错误；C．在中只有非极性键H-H和NN的断裂，没有极性键的形成，故C错误；D．由图象可知，合成氨反应中步骤的活化能最大，故反应速率最慢，决定了整个反应的快慢，故D正确；故选D。10.某同学按如下步骤进行实验：已知：可与多种配体形成配合物，如浅紫色、红色的、无色的等。也可与SCN-形成蓝色的，但不能与配位。下列有关说法不正确的是A.中含有12个键，其中有6个配位键B.步骤①所得的溶液Ⅰ呈黄色可能与的水解有关C.步骤③发生反应平衡常数D.先加足量NaF溶液，再加几滴KSCN溶液，可检验溶液中是否含有【答案】A 【解析】【详解】A．铁离子与水分子中的氧原子形成配位键，每个水分子中有2个O-H键，中含有18个键，其中有6个配位键，故A错误；B．步骤①所得的溶液Ⅰ呈黄色可能与的水解形成Fe(OH)3有关，故B正确；C．步骤③发生反应的平衡常数=，故C正确；D．先加足量NaF溶液，铁离子生成稳定的无色，再加几滴KSCN溶液，能形成蓝色的，可检验溶液中是否含有，故D正确；故选A。11.酸性锌锰电池放电时电极上的剥落会造成电池效率“损失”。研究表明，向体系中加入少量KI固体能使电池持续放电，提高电池的工作效率，其原理如图所示。下列说法不正确的是A.附着碳电极为电池的正极B.放电时，锌电极的电极反应式为C.放电时，左侧溶液中pH逐渐增大D.与剥落的反应生成的能恢复“损失”的能量【答案】B【解析】【分析】Zn为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+，碳电极为正极，发生还原反应 MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，锰离子产生，产生的锰离子和剥落的正极材料发生反应，降低电池效率，加入KI后，对应反应方程式为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-，可知碘离子为催化剂。【详解】A．附着的碳电极为电池的正极，发生还原反应MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，故A正确；B．酸性锌锰电池放电时，锌失电子发生氧化反应，Zn为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+，故B错误；C．放电时，碳电极为正极，发生还原反应MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，氢离子通过质子交换膜由左侧向右侧迁移，左侧溶液中pH变大，故C正确；D．加入KI后，对应反应方程式为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-，与剥落的反应生成的能恢复“损失”的能量，故D正确；故选B。12.已知：，。室温下，向溶液中加入FeS粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加入足量稀，固体部分溶解。下列说法正确的是A.室温下，CuS的溶解度大于FeSB.反应正向进行，需满足C.生成CuS后的溶液中一定存在：，且D.滤渣中加入稀发生反应的离子方程式为【答案】B【解析】【详解】A．＞，室温下，CuS的溶解度小于FeS，故A错误；B．反应K= ，要正向进行，需满足Qc=，故B正确；C．生成CuS后的溶液中一定存在：，且，故C错误；D．CuS不溶于稀，滤渣中加入稀不发生反应，故D错误；故选B。13.已知：亚磷酸()为二元弱酸，，。室温下，向10mL的溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，下列有关说法正确的是A.的电离方程式为B.加入10mLNaOH溶液时，溶液中C.加入20mLNaOH溶液时，溶液中存在：D.当溶液中时，加入的NaOH溶液体积大于15mL【答案】C【解析】【详解】A．亚磷酸分步电离，第一步电离方程式为，A错误；B．加入10mLNaOH溶液后，溶液中溶质为NaH2PO3，的水解常数Kh==0.2×10-12<Ka2，说明电离程度大于水解程度，溶液显酸性，B错误；C．亚磷酸为二元弱酸，加入20mLNaOH后溶液中溶质为Na2HPO3，根据质子守恒，可得c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H3PO3)，C正确；D．当加入NaOH15mL时，如不考虑离子的水解和电离，则， 水解常数为=0.4×10-7<Ka2，说明的电离程度大于的水解程度，则要想浓度等于浓度，加入的NaOH体积需要小于15mL，D错误；故答案选C。14.催化重整能够获得氢能，同时消除温室气体，催化重整过程中主要发生反应的热化学方程式如下：反应①反应②反应③常压下，将的混合气体置于密闭容器中，在不同温度下的重整体系中，平衡时各组分的物质的量分数如图所示。下列说法不正确的是A.反应①是催化重整的主反应B.反应②的C.450-800℃间，反应②的进行程度大于反应③D.为提高平衡时的产率，应研发更合适的催化剂【答案】D【解析】【详解】A．随温度升高，CO、H2的物质的量分数变化趋势基本相同，可知反应①是催化重 整的主反应，故A正确；B．反应②，反应②能自主发生，，可知反应②的，故B正确；C．反应①中CO、H2是反应产物，且物质的量比1:1，CO是反应②的产物，氢气是反应②的反应物，氢气是反应③的生成物，450-800℃间，CO的量始终大于氢气，反应②消耗氢气的量大于反应③生成氢气的量，所以反应②的进行程度大于反应③，故C正确；D．催化剂不能使平衡移动，选用更合适的催化剂不能提高平衡时的产率，故D错误；选D。二、非选择题：共4题，共58分。15.据NatureEnergy报道，最近科研人员研制出一种低浓度锂盐水系电解质溶液，充放电过程中锂离子具有较高的扩散速率，使得锂离子电池表现出优异的稳定性和放电容量。（1）对电极材料组成元素的分析。①O原子核外电子有___________种运动状态。②Mn元素位于元素周期表的___________区。③基态Ti原子的核外电子排布式为___________。（2）将和按的物质的量比配料，经研磨后升温至600~750℃可制得电极材料。①该反应的化学方程式为___________。②中锰元素的平均价态为+3.5。不同温度下，合成的中、和的含量与温度的关系见下表。T/℃7005.5644.5849.867502.5644.8752.578005.5044.1750.338506.2244.4049.38在上述温度范围内，锰元素平均价态的变化趋势为___________。 （3）以某种Ti的氧化物为原料，可制备正极材料尖晶石型钛酸锂()。①Ti的氧化物晶胞结构如图所示，其化学式为___________。②电池放电过程中，钛酸锂(难溶于水)由尖晶石型转变为岩盐型()，则正极的电极反应式为___________。【答案】（1）①.8②.d③.1s22s22p63s23p63d24s2（2）①.②.先变大后变小（3）①.TiO2②.【解析】【小问1详解】①原子核外电子运动状态与电子数相同，O原子核外电子有8种运动状态。②Mn是25号元素，外围电子排布式为3d54s2，位于元素周期表的d区。③Ti是22号元素，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2。【小问2详解】二氧化锰和碳酸锂按4：1的物质的量比配料，温度600-750℃，制得电极材料LiMn2O4，Mn化合价降低，C的化合价最高，则氧的化合价升高，应有氧气产生，化学方程式为。由表中数据可知，700-750℃，w(Mn2+)逐渐减小，w(Mn4+)增大，而800-850℃，w(Mn2+)逐渐增大，w(Mn4+)减小，可说明锰元素的平均价态的变化趋势是先变大后变小。【小问3详解】Ti有8个原子在顶点，一个在晶胞内，O有两个原子在晶胞内，四个在面上，根据均摊法可知Ti个数为，O个数为，故其化学式为TiO2。Li为负极失电子生成Li+，Li4Ti5O12为正极得电子生成Li7Ti5O12，正极反应式为。 16.工业上常用软锰矿(主要成分)为原料制备高锰酸钾。（1）将软锰矿和KOH固体粉碎后混合，鼓入空气充分焙烧，冷却后，将固体研细，用碱性溶液浸取，过滤得溶液。再采用惰性电极阳离子交换膜法电解溶液(装置如图所示)，制得。①原料经焙烧生成，焙烧时空气的作用是___________。②电解时，阳极的电极反应式为___________。③研究发现，当未使用阳离子交换膜进行电解时，的产率降低，其原因是___________。（2）测定产品的纯度。称取2.5000g样品溶于水，加入硫酸酸化后配成100.00mL溶液，取20.00mL置于锥形瓶中，用标准溶液进行滴定。(反应原理为)①滴定终点的现象是___________。②记录实验消耗溶液的体积。第一次实验的记录数据明显大于后两次，其原因可能是第一次滴定时___________(填字母)。A．装液前，滴定管没有用标准液润洗B．洗涤后，锥形瓶未干燥直接加入待测的溶液C．滴定前滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失③数据处理。将后两次实验消耗溶液体积取平均值为30.00mL。计算该 产品的质量分数___________(写出计算过程)。【答案】（1）①.空气中的氧气将锰元素氧化，同时空气可搅拌固体粉末，加快反应速率②.MnO-e-=MnO③.MnO(和MnO)会扩散到阴极区，在阴极发生还原反应（2）①.当滴加最后一滴溶液时，锥形瓶中溶液红色恰好褪去，半分钟内不恢复原来颜色②.AC③.m(Fe2+)=c(Fe2+)×V(Fe2+)=0.5000mol/L×30.00×10-3L=1.500×10-2mol，依据方程式得n(MnO)=n(Fe2+)=×1.500×10-2mol=3.000×10-3mol，ω()==94.8%【解析】【分析】采用惰性电极阳离子交换膜法电解溶液,阳极的电极反应式为MnO-e-=MnO，阴极2H2O+2e-=H2↑+2OH-；滴定终点的现象是当滴加最后一滴溶液时，锥形瓶中溶液红色恰好褪去，半分钟内不恢复原来颜色，根据进行计算。【小问1详解】①原料经焙烧生成，焙烧时空气的作用是空气中的氧气将锰元素氧化，同时空气可搅拌固体粉末，加快反应速率。故答案为：空气中的氧气将锰元素氧化，同时空气可搅拌固体粉末，加快反应速率；②电解时，阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式为MnO-e-=MnO。故答案为：MnO-e-=MnO；③研究发现，当未使用阳离子交换膜进行电解时，的产率降低，其原因是MnO(和MnO)会扩散到阴极区，在阴极发生还原反应。故答案为：MnO(和MnO)会扩散到阴极区，在阴极发生还原反应；【小问2详解】 ①滴定终点的现象是当滴加最后一滴溶液时，锥形瓶中溶液红色恰好褪去，半分钟内不恢复原来颜色。故答案为：当滴加最后一滴溶液时，锥形瓶中溶液红色恰好褪去，半分钟内不恢复原来颜色；②A．装液前，滴定管没有用标准液润洗，使滴定管内溶液浓度降低，消耗溶液体积增大，故A符合；B．洗涤后，锥形瓶未干燥直接加入待测的溶液，对结果没有影响，故B不符；C．滴定前滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失，气泡的体积也当成消耗的溶液的体积，消耗溶液体积增大，故C符合；故答案为：AC；③m(Fe2+)=c(Fe2+)×V(Fe2+)=0.5000mol/L×30.00×10-3L=1.500×10-2mol，依据方程式得n(MnO)=n(Fe2+)=×1.500×10-2mol=3.000×10-3mol，ω()==94.8%。故答案为：m(Fe2+)=c(Fe2+)×V(Fe2+)=0.5000mol/L×30.00×10-3L=1.500×10-2mol，依据方程式得n(MnO)=n(Fe2+)=×1.500×10-2mol=3.000×10-3mol，ω()==94.8%。17.将转化为有机燃料是实现碳资源可持续利用的有效途径。（1）催化加氢制甲醇。向容积为2L的恒容、绝热密闭容器中通入2.0mol和3.0mol，发生反应如下：①反应在5min时达平衡，测得此时容器内与的物质的量之比为，则前5min内，该反应的平均反应速率___________。②下列可用来判断该反应已达到平衡状态的有___________(填标号)。A．B．容器中 C．混合气体的密度保持不变D．容器内的温度保持不变③两分子甲醇可进一步脱水制得二甲醚：则的___________。（2）催化加氢制甲烷。向恒压、密闭容器中通入1mol和4mol，在催化剂作用下发生如下反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：上述反应达平衡时，容器中、和CO的物质的量随温度的变化关系如图所示。①曲线A表示___________的物质的量随温度的变化。②800℃时曲线B代表物质的物质的量远大于400℃时的物质的量，其原因是___________。③曲线C代表物质的物质的量随温度的升高，先逐渐增大后逐渐减小。在200-600℃间，曲线C逐渐上升的原因是___________。【答案】（1）①.0.15mol∙L-1∙min-1②.AD③.-122.4kJ∙mol-1（2）①.CH4②.反应Ⅱ的∆H＞0，高温时正反应进行的程度(或化学平衡常数)很大，达到平衡时生成的CO很多；反应Ⅲ的∆H＜0，高温时正反应进行的程度(或化学平衡常数)很小，达到平衡时消耗的CO很少③.反应Ⅰ、反应Ⅲ的∆H＜0，均为放热反应，升高温度，平衡左移；反应Ⅱ的∆H＞0，温度升高，平衡右移；温度对反应Ⅰ影响程度大于对反应Ⅱ、反应Ⅲ的影响程度之和【解析】【小问1详解】 ①反应在5min时达平衡，测得此时容器内与的物质的量之比为，，，x=0.5，则前5min内，该反应的平均反应速率=0.15mol∙L-1∙min-1。故答案为：0.15mol∙L-1∙min-1；②A．时正反应速率等于逆反应速率，说明达到平衡状态，故A符合；B．容器中始终有，不能确定是否达到平衡状态，故B不符；C．反应前后均为气体，气体的质量和体积保持不变，混合气体的密度保持不变，不能确定是否达到平衡状态，故C不符；D．该容器是绝热容器，容器内的温度保持不变，说明反应放出的热量和吸收的热量处于平衡状态，反应达到平衡状态，故D符合；故答案为：AD；③a.两分子甲醇可进一步脱水制得二甲醚：b.由盖斯定律：a×2+b,则的(-49.5kJ∙mol-1)×2-23.4kJ∙mol-1=-122.4kJ∙mol-1。故答案为：-122.4kJ∙mol-1；【小问2详解】①反应Ⅰ、反应Ⅲ生成甲烷的反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，物质的含量降低，曲线A表示CH4的物质的量随温度的变化。故答案为：CH4；②800℃时曲线B代表物质的物质的量远大于400℃时的物质的量，其原因是反应Ⅱ的∆H＞0，高温时正反应进行的程度(或化学平衡常数)很大，达到平衡时生成的CO很多；反应Ⅲ的∆H＜0，高温时正反应进行的程度(或化学平衡常数)很小，达到平衡时消耗的CO很少；。故答案为：反应Ⅱ的∆H＞0，高温时正反应进行的程度(或化学平衡常数)很大，达到平衡时生成的CO很多；反应Ⅲ的∆H＜0，高温时正反应进行的程度(或化学平衡常数)很小，达到平衡时消耗的CO 很少；③曲线C代表物质的物质的量随温度的升高，先逐渐增大后逐渐减小。在200-600℃间，曲线C逐渐上升的原因是反应Ⅰ、反应Ⅲ的∆H＜0，均为放热反应，升高温度，平衡左移；反应Ⅱ的∆H＞0，温度升高，平衡右移；温度对反应Ⅰ影响程度大于对反应Ⅱ、反应Ⅲ的影响程度之和。故答案为：反应Ⅰ、反应Ⅲ的∆H＜0，均为放热反应，升高温度，平衡左移；反应Ⅱ的∆H＞0，温度升高，平衡右移；温度对反应Ⅰ影响程度大于对反应Ⅱ、反应Ⅲ的影响程度之和。18.是形成PM2.5的重要前驱体，高效脱除日趋成为重要的研究课题。（1）生物技术在酸性溶液中，利用微生物T。F菌能够实现天然气中的脱除，其原理如图所示。该脱除过程总反应的化学方程式为___________。（2）化学技术利用高温加热法能够在脱除的同时，还获得和，实现资源再生，其反应原理为。①常压下，将以一定流速通过反应管，分别在无催化剂、作催化剂条件下，反应相同时间，实验测得的转化率与温度的关系如图示。温度高于1100℃后，无论是否使用催化剂，的转化率都几乎相等，其原因是___________。②在作催化剂条件下，保持反应器压强、温度不变，在中按一定的比例掺入惰性 气体Ar，能提高热分解反应时的平衡转化率，其原因是___________。（3）光催化技术在紫外光照射下，光催化剂表面的活性位点能将空气中的和转化成具有强氧化性的光生自由基，光生自由基再将已吸附在催化剂活性位点上的快速氧化生成硫酸盐，实现的高效脱除。①其他条件相同，向装有8g光催化剂反应舱内通入。调整的不同初始浓度，反应舱内浓度随时间变化关系如图所示。结合光催化技术原理分析，初始浓度较小，其脱除速率较慢的原因是___________。(3分)，②其他条件相同，反应舱内初始浓度为30mg/m3。调整反应舱内光催化剂的质量，残留率随时间变化关系如图所示。随着光催化剂的质量增加，脱除速率逐渐提高，但提高的程度在逐渐减小，其原因可能是___________。(3分)【答案】（1） （2）①.1100℃时，几乎失去催化活性②.温度、压强一定时，原料气中掺入Ar相当于往平衡混合气中充入稀有气体，相当于减小压强，促进平衡正向移动，从而提高的平衡转化率（3）①.H2S初始浓度较低时，光催化剂表面的活性位点吸附的H2S较少，氧化反应速率较慢②.随着TiO2光催化剂质量的增加，对H2S的吸附量增多，氧化反应速率加快；同时氧化反应生成更多的硫酸盐，覆盖在TiO2光催化剂的活性位点上，导致单位质量的TiO2光催化剂能够产生的光生自由基的量相对减少，所以脱除H2S的速率增加减缓【解析】【小问1详解】依据图示：在硫酸铁催化剂条件下硫化氢与氧饭应生成硫单质和水，反应总方程式；【小问2详解】①在约1100℃时，有无催化，其转化率几乎相等，则表明催化剂的催化效果接近0，从而得出原因是1100℃时，几乎失去催化活性；②压强一定，掺入稀有气体Ar虽然不参与反应，但可减小反应物与生成物的浓度，减小反应物的碰撞次数，从而使平衡向气体分子数增大的方向移动，从而得出掺入Ar能提高的平衡转化率，该事实表明：温度、压强一定时，原料气中掺入Ar相当于往平衡混合气中充入稀有气体，相当于减小压强，促进平衡正向移动，从而提高的平衡转化率；【小问3详解】①由题中信息可知，硫化氢吸附在催化剂活性位点上，实现的高效脱除，H2S初始浓度较低时，光催化剂表面的活性位点吸附的H2S较少，氧化反应速率较慢；②由题中信息可知硫化氢最终生成了硫酸盐，会覆盖在催化剂表面，从而减小了催化剂的催化效率，故硫化氢提高的程度在逐渐减小，其原因可能是：随着TiO2光催化剂质量的增加，对H2S的吸附量增多，氧化反应速率加快；同时氧化反应生成更多的硫酸盐，覆盖在TiO2光催化剂的活性位点上，导致单位质量的TiO2光催化剂能够产生的光生自由基的量相对减少，所以脱除H2S的速率增加减缓。