题目
合成气（CO和H2）是重要的工业原料气。（1）合成气制备甲醇：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）。CO的结构式为C≡O，估算该反应的ΔH需要 ____ （填数字）种化学键的键能数据。（2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯H2。①合成气变换。向绝热反应器中通入CO、H2和过量的H2O（g）：CO（g）+(H)_(2)O（g）underline(underline{低温型催化剂)} 约23(0)°C、3MPa H2 50 4-|||-个 个 40 a o {2-|||-三1三-|||-30-|||-20 l-|||-载氧体 载氧体 50 0-|||-一40 B-|||-反应器 z-|||-个 载氧体循环 20-|||-CH4 H2O 0 0.3 0.4 0.5 1.0-|||-步骤I 步骤Ⅱ x-|||-甲 乙③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中Fe2O3的作用、气体分步制备的价值： ____ 。
合成气（CO和H2）是重要的工业原料气。
（1）合成气制备甲醇：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）。CO的结构式为C≡O，估算该反应的ΔH需要 ____ （填数字）种化学键的键能数据。
（2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯H2。
①合成气变换。向绝热反应器中通入CO、H2和过量的H2O（g）：$CO（g）+{H}_{2}O（g）\begin{array}{c}\underline{\underline{低温型催化剂}}\\ 约23{0}°C、3MPa\end{array}C{O}_{2}（g）+{H}_{2}（g）\;\;ΔH＜0$。催化作用受接触面积和温度等因素影响，H2O（g）的比热容较大。H2O（g）过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有 ____ 。
②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的K2CO3吸收剂、K2CrO4（Cr正价有+3、+6）缓蚀剂等。K2CO3溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 ____ （填化学式）。K2CrO4减缓设备腐蚀的原理是 ____ 。
（3）研究CH4、H2O（g）与不同配比的铁铈载氧体[$\frac{x}{2}F{e}_{2}{O}_{3}•（1-x）Ce{O}_{2}，0≤x≤1，Ce$是活泼金属，正价有+3、+4]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O（g），依次发生的主要反应：
步骤Ⅰ$C{H}_{4}→_{850℃}^{载氧体供氧}CO+2{H}_{2}$
步骤Ⅱ${H}_{2}O→_{400℃}^{载氧体夺氧}{H}_{2}$
①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、CH4转化率、$\frac{n（{H}_{2}）}{n（CO）}$与x的关系如图乙所示。x=0时，$\frac{n（{H}_{2}）}{n（CO）}$大于理论值2的可能原因有 ____ ；x=0.5时，通入标准状况下300mL的CH4至反应结束，CO的选择性=$\frac{{n}_{生成}（CO）}{{n}_{转化}（C{H}_{4}）}×100%=80%$，则生成标准状况下CO和H2的总体积为 ____ mL。
②x=0.5时，新制载氧体、与CH4反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示（X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。步骤Ⅱ中，能与H2O（g）反应的物质有 ____ （填化学式）。
③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中Fe2O3的作用、气体分步制备的价值： ____ 。
（1）合成气制备甲醇：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）。CO的结构式为C≡O，估算该反应的ΔH需要 ____ （填数字）种化学键的键能数据。
（2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯H2。
①合成气变换。向绝热反应器中通入CO、H2和过量的H2O（g）：$CO（g）+{H}_{2}O（g）\begin{array}{c}\underline{\underline{低温型催化剂}}\\ 约23{0}°C、3MPa\end{array}C{O}_{2}（g）+{H}_{2}（g）\;\;ΔH＜0$。催化作用受接触面积和温度等因素影响，H2O（g）的比热容较大。H2O（g）过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有 ____ 。
②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的K2CO3吸收剂、K2CrO4（Cr正价有+3、+6）缓蚀剂等。K2CO3溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 ____ （填化学式）。K2CrO4减缓设备腐蚀的原理是 ____ 。
（3）研究CH4、H2O（g）与不同配比的铁铈载氧体[$\frac{x}{2}F{e}_{2}{O}_{3}•（1-x）Ce{O}_{2}，0≤x≤1，Ce$是活泼金属，正价有+3、+4]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O（g），依次发生的主要反应：
步骤Ⅰ$C{H}_{4}→_{850℃}^{载氧体供氧}CO+2{H}_{2}$
步骤Ⅱ${H}_{2}O→_{400℃}^{载氧体夺氧}{H}_{2}$
①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、CH4转化率、$\frac{n（{H}_{2}）}{n（CO）}$与x的关系如图乙所示。x=0时，$\frac{n（{H}_{2}）}{n（CO）}$大于理论值2的可能原因有 ____ ；x=0.5时，通入标准状况下300mL的CH4至反应结束，CO的选择性=$\frac{{n}_{生成}（CO）}{{n}_{转化}（C{H}_{4}）}×100%=80%$，则生成标准状况下CO和H2的总体积为 ____ mL。
②x=0.5时，新制载氧体、与CH4反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示（X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。步骤Ⅱ中，能与H2O（g）反应的物质有 ____ （填化学式）。
③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中Fe2O3的作用、气体分步制备的价值： ____ 。
题目解答
答案
（1）反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的ΔH需C≡O。H—H、C—O、C—H、O—H，共5种化学键的键能数据。
（2）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；H2O（g）的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，H2O（g）过量可有效防止催化剂活性下降。
②脱碳过程中，K2CO3溶液会吸收CO2，发生反应K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，当K2CO3溶液浓度偏高时，会生成较多KHCO3，而KHCO3溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。K2CrO4中的Cr元素化合价为+6，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。
（3）①当x=0时，载氧体中没有Fe2O3，只有CeO2，由于CeO2的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，$\frac{n（{H}_{2}）}{n（CO）}$增大；由题图乙可知，当x=0.5时，CH4转化率为60%，则n转化（CH4）=300mL×60%=180mL，已知CO的选择性=$\frac{{n}_{生成}（CO）}{{n}_{转化}（C{H}_{4}）}×100%=80%$，则n生成（CO）=180mL×80%=144mL，根据图乙中数据可知，此时产物气中$\frac{n（{H}_{2}）}{n（CO）}=2$，则n生成（H2）=144mL×2=288mL，故生成标准状况下CO和H2的总体积为432mL。
②新制载氧体与CH4反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与H2O（g）反应，使载氧体再生从而继续与CH4反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与CH4反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与H2O（g）反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与H2O（g）反应。
③步骤Ⅰ中Fe2O3作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。
（2）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；H2O（g）的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，H2O（g）过量可有效防止催化剂活性下降。
②脱碳过程中，K2CO3溶液会吸收CO2，发生反应K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，当K2CO3溶液浓度偏高时，会生成较多KHCO3，而KHCO3溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。K2CrO4中的Cr元素化合价为+6，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。
（3）①当x=0时，载氧体中没有Fe2O3，只有CeO2，由于CeO2的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，$\frac{n（{H}_{2}）}{n（CO）}$增大；由题图乙可知，当x=0.5时，CH4转化率为60%，则n转化（CH4）=300mL×60%=180mL，已知CO的选择性=$\frac{{n}_{生成}（CO）}{{n}_{转化}（C{H}_{4}）}×100%=80%$，则n生成（CO）=180mL×80%=144mL，根据图乙中数据可知，此时产物气中$\frac{n（{H}_{2}）}{n（CO）}=2$，则n生成（H2）=144mL×2=288mL，故生成标准状况下CO和H2的总体积为432mL。
②新制载氧体与CH4反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与H2O（g）反应，使载氧体再生从而继续与CH4反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与CH4反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与H2O（g）反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与H2O（g）反应。
③步骤Ⅰ中Fe2O3作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。