重难点13 化学反应原理综合题-2025年高考化学【热点·重点·难点】专练（北京专用）

重难点13 化学反应原理综合题 考点 三年考情分析 2025考向预测 反应热、电解质溶液、电化学与化学平衡的综合 2024·北京卷T16；2023·北京卷T16；2022·北京卷T16； 预计2025年高考考查反应热、电解质溶液、电化学与化学平衡的综合应用。 【思维导图】 【高分技巧】 一、反应热 盖斯定律 1．反应热的计算 2．热化学方程式书写易出现的错误 (1)未标明反应物或生成物的状态而造成错误。 (2)反应热的符号使用不正确，即吸热反应未标出“＋”号，放热反应未标出“－”号，从而导致错误。 (3)漏写ΔH的单位，或者将ΔH的单位写为kJ，从而造成错误。 (4)反应热的数值与方程式的计量数不对应而造成错误。 (5)对燃烧热的概念理解不到位，忽略其标准是1 mol 可燃物而造成错误。 (6)对中和反应反应热理解不准确。 ①强酸与强碱中和反应的反应热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，若用弱酸代替强酸(或用弱碱代替强碱)，因电离吸热，放出的热量减少。 ②若用浓硫酸(或NaOH固体)作反应物，放出热量增多。 ③若是稀硫酸和Ba(OH)2反应，生成1 mol H2O(l)时所释放的热量会比57.3 kJ多，原因是H＋与OH－结合成1 mol H2O(l)的同时，Ba2＋和SO结合成BaSO4沉淀也会放热。温馨提醒： 对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态之外，还要注明物质的名称。 如：①S(单斜，s)＋O2(g) = SO2(g)　ΔH1＝－297.16 kJ·mol－1 ②S(正交，s)＋O2(g) = SO2(g)　ΔH2＝－296.83 kJ·mol－1 ③S(单斜，s) = S(正交，s)　ΔH3＝－0.33 kJ·mol－1 二、反应速率计算 1、定义：单位时间内物质浓度的变化量（反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量） 单位：mol/(L·min) 或mol·L-1·s-1 2、公式法：v(B) = = 。 注：①以分压计算化学反应速率为单位时间内气体物质气体压强的变化量。 v(B) = ②以质量计算化学反应速率为单位时间内物质质量的变化量。 v(B) = 化学反应速率的比值法： 同一化学反应，各物质的反应速率之比等于方程式中的化学计量数之比。对于反应：mA(g)＋nB(g)=pC(g)＋qD(g)来说，则有＝＝＝。 3．用图像表示浓度、温度、压强对化学反应速率的影响 图像 图像分析 (1)其他反应条件一定，化学反应速率随反应物浓度增大而增大 (2)其他反应条件一定，化学反应速率随温度的升高而增大 (3)有气体参加的反应，化学反应速率随着压强的增大而增大 (4)有气体参加的反应，化学反应速率随着容器容积的增大而减小 (5)分别在较低温度和较高温度下反应，化学反应速率随着压强的增大及温度的升高而增大 温馨提示： 分析图表时应注意的问题 (1)仔细分析曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点，找准纵坐标与横坐标的对应数据。 (2)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。 4、反应速率常数 （1）含义：一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比。 （2）表达式 反应：aA(g)＋bB(g) ⇌gG(g)＋hH(g) 表达式： v正＝k正ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的速率常数)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的速率常数) （3）反应速率常数与化学平衡常数之间的关系 推导 一定温度下，可逆反应：aA(g)＋bB(g) ⇌gG(g)＋hH(g)，达到平衡状态时，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)，因平衡时v正＝v逆，则k正·ca(A)·cb(B)＝k逆·cg(G)·ch(H) 关系 ＝＝K 三、化学平衡的判断 1、平衡判据 eg：mA(g)＋nB(g) ⇌pC(g)＋qD(g) （1）速率 ①同一物质 a. ひA(正) =ひA(逆) ≠ 0 b.单位时间内，B 的消耗量=B的生成量 c.单位时间内，B 的断键数=B的成键数 ②不同物质 a. nひA(正)=mひB(逆) b.单位时间内，⇌同边的物质，A消耗的物质的量与B生成的物质的量成系数比 ⇌同边的物质，A消耗(或生成)的物质的量与C消耗(或生成)的物质的量成系数比 c.单位时间内，B 的断键数=B的成键数 （2）体系中各组分的物质的量、浓度或体积、体积分数、物质的量分数或质量分数保持不变，则达平衡。 （3）对于有颜色的物质参加或生成的可逆反应，颜色不随时间发生变化,则达平衡。 （4）绝热容器中，当体系温度不变，则达平衡。（若为恒温容器，则不可作为平衡判据） （5）当容器内气体的体积或总质量有一个为变量时，密度不再发生变化，可作为平衡判据 （6）对于有颜色的物质参加或生成的可逆反应，颜色不随时间发生变化，则达平衡。 （7）有气体参加的可逆反应 若m＋n=p＋q，则体系总压强保持不变,总体积不变,密度不变,平均相对分子质量不变,体系不一定达到平衡状态，不可作为平衡判据 若m＋n≠p＋q，则体系总压强保持不变,总体积不变,总物质的量不变,密度不变,平均相对分子质量不变,则达平衡。 2、化学平衡常数及其关联常数 （1）三段式 mA(g)＋nB(g) ⇌pC(g)＋qD(g) 起始/(mol·L－1)　　 a　　 　 b　　 0　　　 0 变化/(mol·L－1) mx nx px qx 平衡/(mol·L－1) a－mx b－nx px qx (2)几个公式 ①反应物的转化率=×100%=×100%。 ②生成物的产率:实际产量(指生成物)占理论产量的百分数。一般来讲,转化率越大,原料利用率越高,产率越大。 产率=×100%。 ③平衡时混合物组分的百分含量=×100%。 ④某组分的体积分数=×100%。 ⑤常用的气体定律 同温同体积：p(前)∶p(后)＝n(前)∶n(后) 同温同压强：＝，＝ (3)平衡常数表达通式：K＝ 或 Kp=[p(C)为平衡时气体C的分压] ①化学平衡常数K的大小只与温度有关,K>105时,可以认为该反应已经进行完全。 ②同一可逆反应中,K正·K逆=1。 ③同一方程式中的化学计量数同时扩大为原来的n倍或缩小至原来的,则新平衡常数K '与原平衡常数K间的关系:K'=Kn或K'=。 ④几个可逆反应方程式相加得总方程式,则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积;两个方程式相减所得反应的平衡常数为两个平衡常数之比。 ⑤水溶液中进行的反应,必须拆成离子方程式再计算平衡常数。 (2)应用 ①利用K判断化学反应的热效应 ②利用K判断反应进行的方向 若任意状态下的生成物与反应物的浓度幂之积的比值为Qc,若Qc>K,反应向逆反应方向进行;Qc=K,反应处于平衡状态;Qc<K,反应向正反应方向进行。 3.Kp含义及计算 (1)含义 有气体参与的反应，在化学平衡体系中，各气体物质的分压替代平衡浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数。 (2)表达式 对于一般可逆反应mA(g)＋nB(g) ⇌pC(g)＋qD(g)，当在一定温度下达到平衡时其压强平衡常数Kp可表示为Kp＝。 其中p(A)、p(B)、p(C)、p(D)表示反应物和生成物的分压，用平衡分压可以这样计算：分压=总压×物质的量分数。 p(总)=p(A)＋p(B)＋p(C)＋p(D)； ＝＝。 (3)计算技巧 ①根据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度。 ②计算各气体组分的物质的量分数或体积分数。 ③根据分压计算公式求出各气体物质的分压，某气体的分压=气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)。 ④根据平衡常数计算公式代入计算。例如，N2(g)＋3H2(g) ⇌2NH3(g)，压强平衡常数表达式为Kp＝。 四、平衡图像分析 1.化学平衡图像信息的获取 依据化学反应原理中反应速率和平衡移动知识解读图像,关键在于对“数”“形”“义”“性”的综合思考,包括: （1）明标 明确横、纵坐标所表示的化学含义,这是理解题意和进行正确思考的前提。明确坐标含义,也就是用变量的观点分析坐标,找出横、纵坐标的关系,再结合教材,联系相应的知识点。 （2）找点 找出曲线中的特殊点(起点、顶点、拐点、终点、交叉点、平衡点等),分析这些点所表示的化学意义以及影响这些点的主要因素及限制因素等,大多考题就落在这些点的含义分析上,因为这些点往往隐含着某些限制条件或某些特殊的化学含义。 （3）析线 正确分析曲线的变化趋势(上升、下降、平缓、转折等),同时对走势有转折变化的曲线,要分区段进行分析,研究各段曲线的变化趋势及其含义。 2.几种特殊的图像 (1) (2) (3)对于A(g)＋2B(g) ⇌C(g) (4)①如图，对于化学反应：mA(g)＋nB(g) ⇌pC(g)＋qD(g)，M点以前，表示开始反应，v正>v逆 ；M 点为恰好达到平衡点；M 点以后化学平衡受温度的影响，即升温，A 的百分含量增加或C 的百分含量减少，平衡左移，故正反应ΔH<0。 ②同类的模型有： 五、电化学问题 1.确定正、负极的依据 依据 正极 负极 反应类型 还原反应 氧化反应 电极变化 质量增加,逸出气体 溶解、质量变轻 电流方向 流出 流入 电子流向 流入 流出 离子移动方向 阳离子移动方向 阴离子移动方向 电极材料 较不活泼金属或导电非金属 较活泼金属 2.电解池阳极和阴极确定 （1）若装置中给出直流电源,则可直接确定电解装置的阳极、阴极。 （2）若装置中没有给出直流电源,则要根据电解过程的特征先确定电解装置的阳极、阴极。 依据 阴极 阳极 电流方向 流出 流入 电子流向 流入 流出 离子移 动方向 阳离子移动方向 阴离子移动方向 电极产物 金属(增重)、H2 电极溶解、O2、Cl2等非金属单质 pH变化 增大(碱性增强) 减小(酸性增强) 反应类型 还原反应 氧化反应 3.电极反应式的书写 电化学中的电极反应式的书写要做到以下几点： (1)根据题意、装置图分清“原电池”“电解池”或“电镀池”。 (2)定电极：阴极、阳极；正极、负极。 (3)根据电极反应物和介质确定产物进而写出电极反应式。 ①配平(原子守恒、电荷守恒、电子守恒)； ②产物粒子在介质中存在的形式； ③得、失电子要表达准确，得电子写＋ne－，失电子写－ne－。 (4)对电化学计算要利用各电极转移的电子数相等求未知量。 (6)对于电解质溶液类试题，要明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型，然后进行解答。 （建议用时：40分钟） 1．（2024·北京·高考真题）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 (1)方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和 。 (2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①第I步反应的化学方程式为 。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因 。 (3)方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式： 。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是 。 (4)人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因 。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。 2．（2023·北京·高考真题）尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 (1)十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 。 (2)二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步： ⅰ．和生成； ⅱ．分解生成尿素。    结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 (填序号)。 a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应 c． (3)近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。    ①电极是电解池的 极。 ②电解过程中生成尿素的电极反应式是 。 (4)尿素样品含氮量的测定方法如下。 已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。    ①消化液中的含氮粒子是 。 ②步骤ⅳ中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有 。 3．（2020·北京·高考真题）H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。 (1)早期制备方法：Ba(NO3)2BaOBaO2滤液H2O2 ①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是 。 ②II为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是 。 ③III中生成H2O2，反应的化学方程式是 。 ④减压能够降低蒸馏温度，从H2O2的化学性质角度说明V中采用减压蒸馏的原因： 。 (2)电化学制备方法：已知反应2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。 ①a极的电极反应式是 。 ②下列说法正确的是 。 A．该装置可以实现电能转化为化学能 B．电极b连接电源负极 C．该方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点 4．（2019·北京·高考真题）氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。 （1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。 ①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是 。 ②已知反应器中还存在如下反应： i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1 ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2 iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3 …… iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用 反应的ΔH。 ③反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是 （选填字母序号）。 a.促进CH4转化    b.促进CO转化为CO2 c.减少积炭生成 ④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率 （填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因： 。 （2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。 ①制H2时，连接 。 产生H2的电极反应式是 。 ②改变开关连接方式，可得O2。 ③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用： 。 5．（2024·北京大兴·三模）CO2的绿色减排、捕捉、转化是人类可持续发展的重要战略之一。 (1)现代工业技术可从空气或工业尾气中捕获CO2，氨水是常用的捕获剂，捕获时发生的反应是 。 (2) CO2可转化为甲醇。将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率与温度的变化如图所示： 催化效果最好的是催化剂 (选填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，a点的转化率比b点的高，其原因可能是 。(答两条) (3) CO2可转化为HCOOH ①一种制备过程为：CO2通过电解法转化为HCOO-，进一步生产HCOOH 反应机理如图所示，Pt电极上覆盖的Nafion膜是阳离子交换膜，对浓度不高的HCOO-有阻拦作用，可让水自由通过。 Sn电极生成HCOO-的电极反应式是 ，相同条件下，当电路中通过的电量不太高时，HCOO-的产率明显增大的原因是 。 ②中科院设计了一种利用N(C2H5)3捕获气相CO2后，直接在纳米金催化剂表面上加氢合成甲酸的反应，其过程如图所示。下列说法合理的是 。 A．CO2加氢合成甲酸是一个最理想的“原子经济”反应 B．使用纳米金催化剂能有效降低CO2加氢制甲酸反应的活化能，进而降低 C．在纳米金催化剂表面上发生了极性键和非极性键的断裂 6．（2024·北京·模拟预测）肼()有较强的还原性，与等可组成火箭推进剂。 (1)已知：Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 火箭发射时与反应生成和，该反应的热化学方程式是 。 (2)肼的传统生产工艺为法，两步反应分别在不同容器的水溶液环境中进行： ⅰ．(快) ⅱ．(慢) 已知电负性，下列说法正确的是 (填序号)。 a．反应ⅰ中做氧化剂 b．适当提高反应ⅰ温度，可显著提高相同时间内的产量 c．采用压强可以增大的溶解度，提高反应ⅱ中的利用率 (3)采用法制得肼后，可采用分步蒸馏的方法将其从反应混合液中分离出来。 ①水合肼(，常温为液态)中与间存在氢键，在下图中用“…”表示出这种作用力 。 ②蒸馏过程中首先馏出的物质是 (填序号)。 a．    b．    c． (4)产品中肼含量的测定方法如下。 取产品加水稀释，滴入2滴淀粉溶液，用溶液滴定3次，平均每次消耗溶液，已知：。 ①样品中肼(以计)的质量分数为 。 ②若滴定过程中操作过于缓慢，则测定结果 (填“偏大”、“偏小”或“不受影响”)。 (5)肼除做火箭推进剂外还可用于燃料电池中。某种碱性肼-空气燃料电池(电解质为溶液)具有高效、无污染的特点，装置如下图所示： ①负极的电极反应式是 。 ②电池工作一段时间后正极区溶液基本保持不变，结合电极反应式解释原因： 。 7．（2024·北京·三模）了解化石燃料燃烧过程中二氧化硫（）和氮氧化物（）的处理对改善环境推动可持续发展具有重要意义。结合所学知识，回答下列问题： I．用活性炭吸附。 (1)活性炭可以和反应。一定条件下，当1mol NO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，写出其反应的热化学方程式： 。 (2)活性炭吸附反应如下： 。 在℃时，该反应在2L容器中测得反应不同时间各物质的物质的量如下： 时间（min） 0 10 20 30 40 50 （mol） 2 1.16 0.80 0.80 1.23 1.23 （mol） 0 0.42 0.60 0.60 0.80 0.80 0~10min内，的平均反应速率 ，30min时，该反应的平衡常数 。 (3)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据表中的数据判断改变的条件可能是 （填字母）。 a．加入活性炭            b．通入     c．缩小容器的体积        d．加入合适的催化剂 II．烟气脱除。 工业上可用纳米MgO分散到一定浓度的溶液中，配制成烟气脱硫试剂。 将含有的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图1所示。 图1烟气脱硫效率与溶液pH值图2亚硫酸盐含硫粒子物质的量分数与pH的关系 已知：ⅰ．纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应； ⅱ．在水中难溶，可溶。 (4)烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右，烟气脱硫效率始终很高。结合化学用语解释其原因 。 (5)脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，对脱硫效率有显著影响。实验发现，在600s以后，随着的脱除，溶液pH值几乎不变，但浓度逐渐升高，结合图2中含硫微粒的分布情况，用离子方程式解释其可能原因 。 (6)为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以采取的措施有：提高分散系中MgO与的浓度、 （写出两条）。 8．（2024·北京·三模）乙醇是重要的化工原料，乙醇的生产体现化学科学与技术的不断进步。 Ⅰ.以煤为原料生产乙醇 (1)乙酸甲酯生成乙醇的反应如下：。 ①能提高乙酸甲酯平衡转化率的条件有 (答出两点)。 ②当温度为时，存在副反应：。的电子式是 。 Ⅱ.以为原料生产乙醇 (2)制备铜基催化剂：在单质纳米颗粒中加入单质，反应后形成铜基催化剂。单质与单质反应的化学方程式是 。 (3)电催化还原。将(2)中制备的催化剂装载在阴极上，以为电解质溶液，阴极得到 ①补充完整阴极反应式： 。 2CO2+___________=CH3CH2OH+___________ ②在上述条件下，的副反应能被明显抑制，分析原因： ⅰ.相比于的还原反应，该催化剂对的还原反应具有较高的选择性； ⅱ. (补充完整)。 (4)研究在阴极被还原为不同产物的途径，结果如图(部分微粒略)。 ①下列说法或推测合理的是 (填序号)。 性质稳定，活化是催化剂的重要性能 途径Ⅰ的含碳产物还可能有等 按途径Ⅱ(不考虑途径Ⅰ)，转化为，同时生成 ②铜基催化剂吸附密度大且能明显降低断键的活化能，则铜基催化剂对 (填甲醇或乙醇)有较高的选择性。 9．（2024·北京海淀·三模）资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种途径。 I．制甲醇，过程如下： i．催化剂活化：(无活性)(有活性) ii．与在活化后的催化剂表面可逆的发生反应①，其反应历程如图。同时伴随反应②：　。 (1)反应①每生成1放热49.3，写出其热化学方程式： 。 (2)与混合气体以不同的流速通过反应器，气体流速与转化率、选择性的关系如图。 已知：选择性(生成所用的)(转化的)。 流速加快可减少产物中的积累，减少反应 (用化学方程式表示)的发生，从而减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。 (3)对于以上制甲醇的过程，以下描述正确的是 (填序号)。 A．反应中经历了、键的形成和断裂 B．加压可以提高的平衡转化率 C．升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性 II．一种以甲醇和二氧化碳为原料，利用()和纳米片()作催化电极，电化学法制备甲酸(甲酸盐)的工作原理如图所示。 (4)①阴极表面发生的电极反应式为 。 ②若有1通过质子交换膜，则理论上生成的和共 。 (5)电解部分甲醇后，将阴阳极的电解液混合，加入过量氢氧化钠后蒸干溶液，再向所得固体中加入过量稀硫酸，溶解后得200溶液。取20溶液，加入溶液，充分反应后，再加入过量溶液和5滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。 已知：；。 ①滴定终点的现象为 。 ②假设电流效率为100%，则电解池装置中通过的电子的物质的量为 。 ③若不加入氢氧化钠，直接蒸干溶液，则②中的计算结果将 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 10．（2024·北京·模拟预测）选择性还原技术(SCR)可以有效脱除烟气中的氮氧化物()。 已知：ⅰ．在164℃以上时可加速分解成； ⅱ．当NO与的物质的量相同时，会发生快速反应： (1)钒基催化剂()可用于，反应机理与催化剂表面的活性吸附位点有关。基于Lewis酸位点的SCR催化反应机理如图所示。 ①脱除NO的反应方程式为 。 ②若烟气中含有硫的氧化物，则会降低的反应速率，可能的原因是 。 (2)臭氧对反应具有一定的辅助作用：。在不同温度下，经相同时间后测得不同投料比时NO的脱除率如图所示。 ①温度低于250℃时，投料比为0.5时，NO脱除率较高的原因是 。 ②350℃后，NO脱除率均有不同程度下降，可能的原因是 (答出两点)。 (3)以电化学结合氧化法除去烟气中的和，装置如图所示。 ①若阳极区生成1mol，则经过质子交换膜的为 mol。 ②从资源利用角度说明结合电解法与氧化法的优点 。 11．（2024·北京丰台·二模）将转化为高附加值的化学品，对实现碳中和、可持续发展具有重要意义。 Ⅰ.利用催化加氢制备乙烯，反应过程主要分为两步。 ⅰ.   ⅱ.   (1)和反应制备乙烯的热化学方程式为 。 (2)0.1MPa，投料比的条件下研究反应ⅰ，在不同温度下达到平衡时各气体的物质的量分数如图1所示(水转化为液态，不计入)。 ①200℃时，主要发生的反应的化学方程式为 。 ②800℃时，的平衡转化率为 。 Ⅱ.利用煤气化灰渣(主要成分有CaO、、和MgO等)封存，制备高纯碳酸钙。 ⅰ.浸出：向灰渣中加入稍过量盐酸，充分反应后过滤，得滤液a； ⅱ.净化：向滤液a中逐渐加入氨水，金属氢氧化物分步沉淀，分步过滤，得到滤液b； ⅲ.碳酸化：向滤液b中通入，过滤、洗涤、干燥，得到高纯。 已知：一些金属氢氧化物在溶液中达到沉淀溶解平衡时的与pH关系如图2所示。 (3)净化时，先分离出的氢氧化物是 。 (4)碳酸化时发生主要反应的离子方程式是 。 Ⅲ.利用双极膜电解制备NaOH，捕集烟气中，制备。已知：双极膜为复合膜，可在直流电的作用下，将膜间的解离，提供和。 (5)结合电极反应解释A区产生浓NaOH溶液的原因 。 (6)当电路中转移2mol时，上图装置产生 mol NaOH。 (7)制得的固体样品中常混有。准确称量xg样品，下列方案中，能测定样品中纯度的是 。 A．充分加热，固体减重 B．与足量稀盐酸充分反应，加热蒸干，得固体 C．与足量稀硫酸充分反应并加热，逸出气体用碱石灰吸收，增重 12．（2024·北京通州·一模）乙烯合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 (1)用烃类热裂解法制乙烯是乙烯工业化生产的开端。 ①乙烷高温裂解制备乙烯（反应Ⅰ）的化学方程式是 。 ②在裂解过程中伴随反应Ⅱ：，在高温下缩短在反应器中的停留时间可提高乙烯的获取率，由此判断反应速率：反应Ⅰ 反应Ⅱ。（填“>”“<”或“=”） (2)乙炔选择性加氢制乙烯是石油化工领域重要的发展阶段。 以钯（Pd）为催化剂可有效提高乙烯产率，在催化剂表面的反应机理如下图所示（吸附在催化剂表面的粒子用*标注）。 ①下列说法正确的是 。 a．NP-Pd催化反应过程中步骤Ⅰ为放热反应 b．ISA-Pd催化反应过程中步骤Ⅱ为决速步骤 c．两种催化剂均能降低总反应的反应热 ②吸附态乙烯（）脱离催化剂表面，可得到，如未及时脱附，易在催化剂表面继续氢化经过渡态Ⅲ后而形成乙烷。制选择性较好的催化剂是 。 (3)以为原料用不同的方法制乙烯有助于实现碳中和。 I．干气重整制乙烯。下图是2种投料比[，分别为1：1、2：1]下，反应温度对平衡转化率影响的曲线。 ①曲线b对应的投料比是 。 ②当曲线a、b对应的投料比达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的关系是 。 Ⅱ．双金属串联催化剂电催化制乙烯，装置示意图如图所示。 已知：法拉第效率 ③ISA-Ni催化剂上发生的电极反应式是 。 ④该环境下，测得可达50%，若电路中通过1.2mol电子时，则产生乙烯的物质的量是 mol。 13．（2024·北京海淀·二模）工业锌粉常用于制造防锈漆等，其主要成分为金属锌，还有少量含锌化合物及其他杂质，锌单质的含量及锌元素的总量影响着工业锌粉的等级。 I．锌的制备 (1)氯氨法炼锌：一定条件下，通入，以浓溶液为浸取剂浸锌，可将矿物中难溶的转化为、等，同时生成S，结合平衡移动原理解释、对浸锌的作用： 。 (2)酸性介质中电沉积制锌粉：以和混合液（pH为4~6）为电解质溶液，用下图装置电解制锌粉，一定条件下，实验测得电流效率为80%。 已知：电流效率 ①阴极的电极反应有 。 ②制得65g锌粉时，电解质溶液中的物质的量至少增加 mol。 (3)离子液体电沉积制锌：80℃时，将溶解于EMIC（结构如图）中，电解制锌。离子化合物EMIC的熔点约为79℃，从结构角度解释其熔点低的原因： 。 Ⅱ．锌元素总量的测定 已知： i．二甲酚橙（In）与反应： EDTA与反应： ii．溶液可排除其他金属阳离子的干扰，避免其与EDTA和In作用。 (4)滴定终点时的现象是 。 (5)计算样品中锌元素的质量分数还需要的实验数据有 。 14．（2024·北京·模拟预测）绿色能源是当今重要的研究热点，2022年中科院大连化物所的制汽油科研项目成功了，这是一项重大成功，直接影响的是国计民生。寻找新的能源成为了科学研究的热点。 ．甲烷化反应为：，该反应又称Sabatier反应。 (1)相关的化学键键能数据如下表所示： 化学键 H—H H—O C—H C=O 436 463 413 803 Sabatier反应的 。 (2)若要同时提高反应的速率和二氧化碳的平衡转化率，可以采取的措施有： (写一点即可)。 (3)在体积为的恒温密闭容器中，投入、进行上述反应，达到平衡后，若的转化率为20%，则该反应的平衡常数为 (写计算式)。 (4)转化为也可通过电化学反应实现，其原理如图所示： 电解过程中，阴极室和阳极室的溶液浓度基本保持不变，阴极的电极反应式为 ；若生成理论上阳极室生成混合气体的体积为 L(标准状况，忽略气体的溶解)。 15．（2024·天津河北·一模）氢能的开发和利用是推动我国能源结构转型，保障国家能源安全，实现“碳达峰”、“碳中和”目标的重要途径。目前，我国已成为世界第一大产氢国，主要有三类工业制氢路线： (1)化工燃料重整制氢 已知：      则与反应生成和的反应热是 。 (2)工业副产氢 已知：工业上用水煤气法制氢气，有关化学方程式是： 反应一：   反应二：   ①反应一在时达到化学平衡状态，则此温度下该反应的平衡常数表达式 。 ②在时将和各通入体积为的密闭容器中反应发生反应二，时达到平衡状态，该反应的平衡常数是9，则的转化率是 ，用的浓度变化表示的反应速率是 。 (3)清洁能源电解制氢 已知：利用电解饱和食盐水可制得氢气，下图为电解装置示意图： ①电极是极 (填“阴”或“阳”)，电极的电极反应式 。 ②假设室温条件下电解饱和食盐水一段时间，当两极产生的气体共(标准状况下)时，溶液的为 (溶液体积没有变化)。 16．（2024·北京门头沟·一模）氨是一种重要的化工原料，迄今为止，人类仍然在追求低成本、高产率的合成氨技术。 Ⅰ．直接合成氨。 (1)根据图1所示的能量转换关系，合成的热化学方程式为 。 (2)为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用双催化剂，通过光辐射产生温差。使在 (填“热”或“冷”，下同)表面断裂，氨气在 表面生成，有利于提高合成氨的反应速率和平衡产率。 Ⅱ．电化学法合成氨。 应用电化学原理，硝酸盐亚硝酸盐氨，实现了高效合成氨，装置如图2。 (3)生成的电极反应式是 。 (4)当电路中有电子通过时，一定量的被还原生成和 。 Ⅲ．氯化镁循环法合成氨。 (5)选用试剂完成转化。 ①选用进行转化，将置于中能释放出，反应的方程式是 。 ②选用固体进行转化，依据合成氨的过程(如图3)，写出合成氨的总反应方程式： 。 ③相比于，用固体转化的优点有 (写出一条即可)。 17．（24-25高三上·北京·阶段练习）工业锌粉常用于制造防锈漆等，其主要成分为金属锌，还有少量含锌化合物及其他杂质。锌单质的含量及锌元素的总量影响着工业锌粉的等级。 Ⅰ．锌的制备 (1)氯氨法炼锌：一定条件下，通入，以浓溶液为浸取剂浸锌，可将矿物中难溶的转化为、等，同时生成S，结合平衡移动原理解释、对浸锌的作用： 。 (2)酸性介质中电沉积制锌粉：以和混合液（为4~6）为电解质溶液，用下图装置电解制锌粉。一定条件下，实验测得电流效率为。 已知：电流效率 ①阴极的电极反应有 。 ②制得锌粉时，电解质溶液中的物质的量至少增加 。 (3)离子液体电沉积制锌：80℃时，将溶解于（结构如图）中，电解制锌。离子化合物的熔点约为79℃，从结构角度解释其熔点低的原因： 。 Ⅱ．锌元素总量的测定 已知： ⅰ．二甲酚橙（）与反应：   与反应：   ⅱ．溶液可排除其他金属阳离子的干扰，避免其与和作用。 (4)滴定终点时的现象是 。 (5)计算样品中锌元素的质量分数还需要的实验数据有 。 18．（24-25高三上·北京朝阳·期中）是一种重要的工业原料，可采用不同的方法制备。 (1)方法一：  。反应条件中，能提高平衡转化率的是 。 (2)合成氨原料氢气的制备：煤的气化→水煤气变换→二氧化碳脱除→精制氢气。 ①煤的气化：在不同温度，反应达到平衡时气体的组成如下。 i．   ii．   iii．   属于放热反应的有 。 ②水煤气变换：以为催化剂，催化反应ii进行变换，催化过程可表示如下： 第一步：    第二步： 。(写热化学方程式，焓变用含的关系式表示) ③二氧化碳脱除： 用的水溶液除去，产物为、 。 (3)方法二：基于电解方法，研究者通过“空气→硝酸(或)→氨”的途径合成氨。 ①空气→硝酸(图1)：在电极上的反应路径如图2所示。其中吸附在电极表面上的物种用*标注。 i．需要的能量较大，原因是 。 ii．溶液中生成的化学方程式是 。 ②氨：电解溶液，生成的电极反应式为 。 19．（24-25高三上·北京房山·期中）的转化有助于实现碳循环和碳减排。 (1)工业用和在一定条件下分两步反应生产尿素，其能量变化示意图如下： 合成尿素总反应的热化学方程式是 。 (2)近年科学家提出“绿色自由”构想。与在300℃、的条件下可生成甲醇，不同温度下，在1L恒容密闭容器中充入2mol和5mol，相同时间内测得的转化率随温度的变化如图所示： ①T4→T5阶段温度升高的转化率下降，该反应的 0，理由是 。 ②计算温度为T4时a点的平衡常数为 。 (3)利用电催化可将同时转化为多种有机燃料，其原理如图所示： ①铜电极上产生HCOOH的电极反应式为 。 ②若铜电极上只生成1.6g，则有 mol通过质子交换膜。 ③在实际生产中当pH过低时，有机燃料产率降低，可能的原因是 。 20．（24-25高三上·北京通州·期中）广泛存在于许多燃气和工业废气中，脱除其中的既可回收硫又可防止产生污染。 Ⅰ.克劳斯法脱硫流程如下： 已知：催化转化器中反应为 (1)写出高温反应炉发生反应的化学方程式 。 (2)上图流程中①、②原料气理论上的最佳用量比为①：②= 。 II.工业上用吸收液脱除烟气中的。此方法包含的过程如下： i. ii. iii. 一定条件下测得脱硫率与浓度的变化关系如下图所示： (3)吸收液过滤出S后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是 。 (4)当的浓度大于时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于 。 III.工业上采用下图所示装置电解和混合溶液一段时间，然后停止电解，通入，利用生成的将转化为S，自身转化为 (5)电解时，阳极的电极反应式为 。 (6)当阴极产生标准状况下气体后通入，完全反应后有 g S析出。 (7)补全通入时发生反应的离子方程式： 。 21．（24-25高三上·北京·期中）黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应： i． (1)反应i生成1molS2时，转移电子的物质的量为 mol。 (2)反应i所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2.将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ii，同时发生副反应iii。 ii．   iii．   理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10min时S2实际产率如图。 ①比较反应速率：反应ii 反应iii(填“大于”或“小于”)。 ②随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是 。 ③900K，在10min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为 。 (3)处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。 ①该装置中，正极的电极反应式为 。 ②一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小了1mol，则理论上减小了 mol。 22．（24-25高三上·北京·阶段练习）NH3是一种重要的工业原料，可采用不同的方法制备NH3。 (1)方法一：早期以氯化铵和熟石灰制备NH3，反应的化学方程式为 。 (2)方法二：以铁为主的催化剂在400～500℃和10～30 MPa的条件下，由N2和H2合成氨。 ①该反应放热，但仍选择较高温度400～500℃。其原因是 。 ②对N2和H2的反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入n mol N2和3n mol H2进行反应。在不同压强下(、、)，反应达到平衡时，测得NH3的体积分数(α)随温度的变化如图所示。解释B点的容器容积小于A点的容器容积的原因 。 (3)方法三：常温常压下电解法合成氨的原理如下图所示。 ①阴极生成氨的电极反应式为 。 ②阳极氧化产物只有O2，电解时实际生成的NH3的总量远远小于由理论计算所得NH3的量，结合电极反应式解释原因： 。 (4)方法四：一种分解NH4Cl实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表或MgO中的一种。 ①图中代表氨气的是 (填字母序号)。 ②该转化过程中会生成副产物MgCl2，通入水蒸气可减少MgCl2的产生，反应的方程式为 。 23．（24-25高三上·北京·阶段练习）将沼气(主要成分为)中的、资源化转化在能源利用、环境保护等方面意义重大。 I.脱除沼气中的并使之转化为可再利用的资源 资料： ⅰ.(黄色溶液)，与酸反应生成S、(或) ⅱ.BaS、均易溶于水 (1)乙醇胺()可脱除沼气中的，这与其结构中的 (填官能团名称)有关。加热所得产物，得到，同时乙醇胺得以再生。 (2)采用加热法可将转化为和，反应为：    △H。一定温度下，将a mol 置于v L密闭容器中加热分解，平衡时混合气中与H2的物质的量相等，该温度下反应的平衡常数K= (用含a、v的代数式表示) (3)采用电解法也可将转化为S和。先用NaOH溶液吸收气体，再电解所得溶液。电解时阴极产生无色气体，阳极附近溶液变为黄色。 ①用方程式解释阳极附近溶液变为黄色的原因 。 ②实验测得的转化率大于S的收率，推测电解时阳极可能生成、等物质。实验证实了上述推测成立，写出检验的实验操作及现象： 。 资料：的转化率；S的收率。 ③停止通电，向黄色溶液中通入 (填化学式)气体，析出S，过滤，滤液可继续电解。 Ⅱ.与催化重整可生成，与在催化剂作用下可转化为，体系中发生的主要反应有： ⅰ.     ⅱ.     (4)研究表明，CO与也能生成，写出该反应的热化学方程式： 。 (5)在催化剂作用下，将1mol 、3mol 投入反应器，反应温度对平衡转化率、选择性的影响如下。 已知： 随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是 。 24．（24-25高三上·北京通州·阶段练习）工业废气中的硫化氢是一种无色有毒的气体。根据硫化氢的性质，可采取不同的处理方法。 (1)氧化法(克劳斯法)，其原理是：。 已知：  ；   。 第②步反应的热化学方程式为 。 (2)热分解法，其原理是：。不同温度和压强下，的平衡转化率变化如图。 (填“>”或“＜”)，原因是 。 (3)直接电解法，可回收S和。 资料：ⅰ．溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化如下图。 ⅱ．(黄色溶液)；与酸反应生成S。 ①直接电解酸性溶液(pH≈5)，容易出现电解反应不能持续进行的情况，结合电极反应式分析其可能的原因 。 ②工业上，常用烧碱吸收，将吸收后的溶液(pH=13.2)先进行电解，再用电解后的黄色溶液吸收生成S。反应生成S的离子方程式是 。 (4)间接电解法。先用溶液吸收含的工业废气，所得溶液用惰性电极进行电解。 ①反应池中发生的离子方程式是 。 ②该装置实验有两个显著优点：a．的原子利用率100%；b． 。 25．（24-25高三上·北京通州·阶段练习）肼()有较强的还原性，与等可组成火箭推进剂。 (1)已知： Ⅰ．  ； Ⅱ．  ； Ⅲ．  。 火箭发射时与反应生成和。该反应的热化学方程式是 。 (2)肼的传统生产工艺为Raschig法，两步反应分别在不同容器的水溶液环境中进行： ⅰ． (快)； ⅱ． (慢)。 已知电负性N>Cl。下列说法不正确的是 (填序号)。 a．适当提高反应ⅰ温度，可显著提高相同时间内的产量 b．采用3.0MPa压强可以增大的溶解度，提高反应ⅱ中的利用率 c．反应ⅰ中做还原剂 (3)采用Raschig法制得肼后，可采用分步蒸馏的方法将其从反应混合液中分离出来。 ①水合肼(，常温为液态)中与间存在氢键，在下图中用“…”表示出这种作用力 。 ②蒸馏过程中首先馏出的物质是 (填序号)。 a．        b．        c．NaCl (4)产品中肼含量的测定方法如下。 取0.50g产品加20mL水稀释，滴入2滴淀粉溶液，用0.500 溶液滴定3次，平均每次消耗I₂溶液20.00mL。已知：。 ①样品中肼(以计)的质量分数为 。 ②若滴定过程中操作过于缓慢，则测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 (5)肼除做火箭推进剂外还可用于燃料电池中。某种碱性肼-空气燃料电池(电解质为KOH溶液)具有高效、无污染的特点，装置如下图所示。 ①负极的电极反应式是 。 ②电池工作一段时间后正极区KOH溶液pH基本保持不变，结合电极反应式解释原因 。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点13 化学反应原理综合题 考点 三年考情分析 2025考向预测 反应热、电解质溶液、电化学与化学平衡的综合 2024·北京卷T16；2023·北京卷T16；2022·北京卷T16； 预计2025年高考考查反应热、电解质溶液、电化学与化学平衡的综合应用。 【思维导图】 【高分技巧】 一、反应热 盖斯定律 1．反应热的计算 2．热化学方程式书写易出现的错误 (1)未标明反应物或生成物的状态而造成错误。 (2)反应热的符号使用不正确，即吸热反应未标出“＋”号，放热反应未标出“－”号，从而导致错误。 (3)漏写ΔH的单位，或者将ΔH的单位写为kJ，从而造成错误。 (4)反应热的数值与方程式的计量数不对应而造成错误。 (5)对燃烧热的概念理解不到位，忽略其标准是1 mol 可燃物而造成错误。 (6)对中和反应反应热理解不准确。 ①强酸与强碱中和反应的反应热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，若用弱酸代替强酸(或用弱碱代替强碱)，因电离吸热，放出的热量减少。 ②若用浓硫酸(或NaOH固体)作反应物，放出热量增多。 ③若是稀硫酸和Ba(OH)2反应，生成1 mol H2O(l)时所释放的热量会比57.3 kJ多，原因是H＋与OH－结合成1 mol H2O(l)的同时，Ba2＋和SO结合成BaSO4沉淀也会放热。温馨提醒： 对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态之外，还要注明物质的名称。 如：①S(单斜，s)＋O2(g) = SO2(g)　ΔH1＝－297.16 kJ·mol－1 ②S(正交，s)＋O2(g) = SO2(g)　ΔH2＝－296.83 kJ·mol－1 ③S(单斜，s) = S(正交，s)　ΔH3＝－0.33 kJ·mol－1 二、反应速率计算 1、定义：单位时间内物质浓度的变化量（反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量） 单位：mol/(L·min) 或mol·L-1·s-1 2、公式法：v(B) = = 。 注：①以分压计算化学反应速率为单位时间内气体物质气体压强的变化量。 v(B) = ②以质量计算化学反应速率为单位时间内物质质量的变化量。 v(B) = ③常用的气体定律 同温同体积：p(前)∶p(后)＝n(前)∶n(后) 同温同压强：＝＝＝ 化学反应速率的比值法： 同一化学反应，各物质的反应速率之比等于方程式中的化学计量数之比。对于反应：mA(g)＋nB(g)=pC(g)＋qD(g)来说，则有＝＝＝。 3．用图像表示浓度、温度、压强对化学反应速率的影响 图像 图像分析 (1)其他反应条件一定，化学反应速率随反应物浓度增大而增大 (2)其他反应条件一定，化学反应速率随温度的升高而增大 (3)有气体参加的反应，化学反应速率随着压强的增大而增大 (4)有气体参加的反应，化学反应速率随着容器容积的增大而减小 (5)分别在较低温度和较高温度下反应，化学反应速率随着压强的增大及温度的升高而增大 温馨提示： 分析图表时应注意的问题 (1)仔细分析曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点，找准纵坐标与横坐标的对应数据。 (2)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。 4、反应速率常数 （1）含义：一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比。 （2）表达式 反应：aA(g)＋bB(g) ⇌gG(g)＋hH(g) 表达式： v正＝k正ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的速率常数)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的速率常数) （3）反应速率常数与化学平衡常数之间的关系 推导 一定温度下，可逆反应：aA(g)＋bB(g) ⇌gG(g)＋hH(g)，达到平衡状态时，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)，因平衡时v正＝v逆，则k正·ca(A)·cb(B)＝k逆·cg(G)·ch(H) 关系 ＝＝K 三、化学平衡的判断 1、平衡判据 eg：mA(g)＋nB(g) ⇌pC(g)＋qD(g) （1）速率 ①同一物质 a. ひA(正) =ひA(逆) ≠ 0 b.单位时间内，B 的消耗量=B的生成量 c.单位时间内，B 的断键数=B的成键数 ②不同物质 a. nひA(正)=mひB(逆) b.单位时间内，⇌同边的物质，A消耗的物质的量与B生成的物质的量成系数比 ⇌同边的物质，A消耗(或生成)的物质的量与C消耗(或生成)的物质的量成系数比 c.单位时间内，B 的断键数=B的成键数 （2）体系中各组分的物质的量、浓度或体积、体积分数、物质的量分数或质量分数保持不变，则达平衡。 （3）对于有颜色的物质参加或生成的可逆反应，颜色不随时间发生变化,则达平衡。 （4）绝热容器中，当体系温度不变，则达平衡。（若为恒温容器，则不可作为平衡判据） （5）当容器内气体的体积或总质量有一个为变量时，密度不再发生变化，可作为平衡判据 （6）对于有颜色的物质参加或生成的可逆反应，颜色不随时间发生变化，则达平衡。 （7）有气体参加的可逆反应 若m＋n=p＋q，则体系总压强保持不变,总体积不变,密度不变,平均相对分子质量不变,体系不一定达到平衡状态，不可作为平衡判据 若m＋n≠p＋q，则体系总压强保持不变,总体积不变,总物质的量不变,密度不变,平均相对分子质量不变,则达平衡。 2、化学平衡常数及其关联常数 （1）三段式 mA(g)＋nB(g) ⇌pC(g)＋qD(g) 起始/(mol·L－1)　　 a　　 　 b　　 0　　　 0 变化/(mol·L－1) mx nx px qx 平衡/(mol·L－1) a－mx b－nx px qx (2)几个公式 ①反应物的转化率=×100%=×100%。 ②生成物的产率:实际产量(指生成物)占理论产量的百分数。一般来讲,转化率越大,原料利用率越高,产率越大。 产率=×100%。 ③平衡时混合物组分的百分含量=×100%。 ④某组分的体积分数=×100%。 ⑤常用的气体定律 同温同体积：p(前)∶p(后)＝n(前)∶n(后) 同温同压强：＝，＝ (3)平衡常数表达通式：K＝ 或 Kp=[p(C)为平衡时气体C的分压] ①化学平衡常数K的大小只与温度有关,K>105时,可以认为该反应已经进行完全。 ②同一可逆反应中,K正·K逆=1。 ③同一方程式中的化学计量数同时扩大为原来的n倍或缩小至原来的,则新平衡常数K '与原平衡常数K间的关系:K'=Kn或K'=。 ④几个可逆反应方程式相加得总方程式,则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积;两个方程式相减所得反应的平衡常数为两个平衡常数之比。 ⑤水溶液中进行的反应,必须拆成离子方程式再计算平衡常数。 (2)应用 ①利用K判断化学反应的热效应 ②利用K判断反应进行的方向 若任意状态下的生成物与反应物的浓度幂之积的比值为Qc,若Qc>K,反应向逆反应方向进行;Qc=K,反应处于平衡状态;Qc<K,反应向正反应方向进行。 3.Kp含义及计算 (1)含义 有气体参与的反应，在化学平衡体系中，各气体物质的分压替代平衡浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数。 (2)表达式 对于一般可逆反应mA(g)＋nB(g) ⇌pC(g)＋qD(g)，当在一定温度下达到平衡时其压强平衡常数Kp可表示为Kp＝。 其中p(A)、p(B)、p(C)、p(D)表示反应物和生成物的分压，用平衡分压可以这样计算：分压=总压×物质的量分数。 p(总)=p(A)＋p(B)＋p(C)＋p(D)； ＝＝。 (3)计算技巧 ①根据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度。 ②计算各气体组分的物质的量分数或体积分数。 ③根据分压计算公式求出各气体物质的分压，某气体的分压=气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)。 ④根据平衡常数计算公式代入计算。例如，N2(g)＋3H2(g) ⇌2NH3(g)，压强平衡常数表达式为Kp＝。 四、平衡图像分析 1.化学平衡图像信息的获取 依据化学反应原理中反应速率和平衡移动知识解读图像,关键在于对“数”“形”“义”“性”的综合思考,包括: （1）明标 明确横、纵坐标所表示的化学含义,这是理解题意和进行正确思考的前提。明确坐标含义,也就是用变量的观点分析坐标,找出横、纵坐标的关系,再结合教材,联系相应的知识点。 （2）找点 找出曲线中的特殊点(起点、顶点、拐点、终点、交叉点、平衡点等),分析这些点所表示的化学意义以及影响这些点的主要因素及限制因素等,大多考题就落在这些点的含义分析上,因为这些点往往隐含着某些限制条件或某些特殊的化学含义。 （3）析线 正确分析曲线的变化趋势(上升、下降、平缓、转折等),同时对走势有转折变化的曲线,要分区段进行分析,研究各段曲线的变化趋势及其含义。 2.几种特殊的图像 (1) (2) (3)对于A(g)＋2B(g) ⇌C(g) (4)①如图，对于化学反应：mA(g)＋nB(g) ⇌pC(g)＋qD(g)，M点以前，表示开始反应，v正>v逆 ；M 点为恰好达到平衡点；M 点以后化学平衡受温度的影响，即升温，A 的百分含量增加或C 的百分含量减少，平衡左移，故正反应ΔH<0。 ②同类的模型有： 五、电化学问题 1.确定正、负极的依据 依据 正极 负极 反应类型 还原反应 氧化反应 电极变化 质量增加,逸出气体 溶解、质量变轻 电流方向 流出 流入 电子流向 流入 流出 离子移动方向 阳离子移动方向 阴离子移动方向 电极材料 较不活泼金属或导电非金属 较活泼金属 2.电解池阳极和阴极确定 （1）若装置中给出直流电源,则可直接确定电解装置的阳极、阴极。 （2）若装置中没有给出直流电源,则要根据电解过程的特征先确定电解装置的阳极、阴极。 依据 阴极 阳极 电流方向 流出 流入 电子流向 流入 流出 离子移 动方向 阳离子移动方向 阴离子移动方向 电极产物 金属(增重)、H2 电极溶解、O2、Cl2等非金属单质 pH变化 增大(碱性增强) 减小(酸性增强) 反应类型 还原反应 氧化反应 3.电极反应式的书写 电化学中的电极反应式的书写要做到以下几点： (1)根据题意、装置图分清“原电池”“电解池”或“电镀池”。 (2)定电极：阴极、阳极；正极、负极。 (3)根据电极反应物和介质确定产物进而写出电极反应式。 ①配平(原子守恒、电荷守恒、电子守恒)； ②产物粒子在介质中存在的形式； ③得、失电子要表达准确，得电子写＋ne－，失电子写－ne－。 (4)对电化学计算要利用各电极转移的电子数相等求未知量。 (6)对于电解质溶液类试题，要明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型，然后进行解答。 （建议用时：40分钟） 1．（2024·北京·高考真题）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 (1)方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和 。 (2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①第I步反应的化学方程式为 。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因 。 (3)方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式： 。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是 。 (4)人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因 。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。 【答案】(1)难挥发性 (2) ，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响 (3) 反应iii生成，将氧化成，更易转化成 (4)中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程 【详解】（1）浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。 （2）①第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为； ②，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积。 （3）①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为； ②反应iii生成，将氧化成，更易转化成。 （4）中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。 2．（2023·北京·高考真题）尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 (1)十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 。 (2)二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步： ⅰ．和生成； ⅱ．分解生成尿素。    结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 (填序号)。 a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应 c． (3)近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。    ①电极是电解池的 极。 ②电解过程中生成尿素的电极反应式是 。 (4)尿素样品含氮量的测定方法如下。 已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。    ①消化液中的含氮粒子是 。 ②步骤ⅳ中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有 。 【答案】(1) (2)ab (3) 阳 (4) 样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度 【详解】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是。答案为； （2）a．反应ⅰ的活化能是，反应ⅱ活化能是，，a项正确； b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确； c．总反应的：，c项错误； 故选ab。 （3）①电极b上发生失电子生成的氧化反应，是电解池的阳极。②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为。答案为阳极；； （4）①尿素消化分解生成和，由于反应中存在浓，则消化液中含氮粒子为。②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入溶液的体积和浓度。答案为；样品的质量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。 3．（2020·北京·高考真题）H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。 (1)早期制备方法：Ba(NO3)2BaOBaO2滤液H2O2 ①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是 。 ②II为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是 。 ③III中生成H2O2，反应的化学方程式是 。 ④减压能够降低蒸馏温度，从H2O2的化学性质角度说明V中采用减压蒸馏的原因： 。 (2)电化学制备方法：已知反应2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。 ①a极的电极反应式是 。 ②下列说法正确的是 。 A．该装置可以实现电能转化为化学能 B．电极b连接电源负极 C．该方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点 【答案】 2Ba(NO3)22BaO+ O2↑+4NO2↑ 增大压强或增大氧气的浓度或降低温度 BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2 H2O2受热易分解 O2+2H++2e-= H2O2 AC 【分析】(1)根据流程图示，硝酸钡受热分解，生成氧化钡、氧气和二氧化氮，氧化钡与氧气反应生成过氧化钡，过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，向反应后的溶液中加入试剂除去钡离子，过滤后对滤液进行减压蒸馏，得到双氧水，据此分析解答； (2)根据图示，左端电极上氧气转化为双氧水，氧元素的化合价由0价变为-1价，得电子发生还原反应，则a电极为阴极，电极反应为O2+2H++2e-= H2O2，b电极为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应为2H2O-4e-= 4H++ O2↑，据此分析解答。 【详解】(1)①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2。根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为：2Ba(NO3)22BaO+ O2↑+4NO2↑； ②II为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为：2BaO(s)+O2(g)2BaO2(s)，正反应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气的浓度或降低温度； ③III中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式是BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2； ④H2O2受热易分解，采用减压能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低； (2)①根据分析，a极的电极反应式是O2+2H++2e-= H2O2； ②A．2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确； B．根据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误； C．根据分析，该装置的总反应为2H2O+O22H2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料为氧气和水，来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故C正确； 答案选AC。 【点睛】易错点为(1)中的④，H2O2受热易分解，减压能够降低蒸馏温度，减小双氧水的分解，提高双氧水的产率。 4．（2019·北京·高考真题）氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。 （1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。 ①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是 。 ②已知反应器中还存在如下反应： i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1 ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2 iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3 …… iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用 反应的ΔH。 ③反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是 （选填字母序号）。 a.促进CH4转化    b.促进CO转化为CO2 c.减少积炭生成 ④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率 （填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因： 。 （2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。 ①制H2时，连接 。 产生H2的电极反应式是 。 ②改变开关连接方式，可得O2。 ③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用： 。 【答案】 CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2 C(s)+CO2(g)=2CO(g) abc 降低 CO2和CaO发生反应CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO表面，阻止了CO2和CaO继续反应 K1 2H2O+2e-=H2↑+2OH- 连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移 【详解】（1）①由于生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2； ②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),设为ⅳ，用ⅳ-ⅲ可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，因此，还需利用C(s)+CO2(g)=2CO(g)反应的焓变； ③初始反应n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应ⅰ知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a正确；根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大，CO的转化率越高，b正确；ⅰ和ⅱ产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应ⅲ，积炭生成量减少，c正确； ④t1时CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低；CO2和CaO发生反应CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO表面，阻止了CO2和CaO继续反应，从而导致CaO失效； （2）①电极生成H2时，根据电极放电规律可知H+得到电子变为氢气，因而电极须连接负极，因而制H2时，连接K1，该电池在碱性溶液中，由H2O提供H+，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-； ③电极3上NiOOH和Ni(OH)2相互转化，其反应式为NiOOH+e-+H2O⇌Ni(OH)2+OH-，当连接K1时，Ni(OH)2失去电子变为NiOOH，当连接K2时，NiOOH得到电子变为Ni(OH)2，因而作用是连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移。 5．（2024·北京大兴·三模）CO2的绿色减排、捕捉、转化是人类可持续发展的重要战略之一。 (1)现代工业技术可从空气或工业尾气中捕获CO2，氨水是常用的捕获剂，捕获时发生的反应是 。 (2) CO2可转化为甲醇。将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率与温度的变化如图所示： 催化效果最好的是催化剂 (选填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，a点的转化率比b点的高，其原因可能是 。(答两条) (3) CO2可转化为HCOOH ①一种制备过程为：CO2通过电解法转化为HCOO-，进一步生产HCOOH 反应机理如图所示，Pt电极上覆盖的Nafion膜是阳离子交换膜，对浓度不高的HCOO-有阻拦作用，可让水自由通过。 Sn电极生成HCOO-的电极反应式是 ，相同条件下，当电路中通过的电量不太高时，HCOO-的产率明显增大的原因是 。 ②中科院设计了一种利用N(C2H5)3捕获气相CO2后，直接在纳米金催化剂表面上加氢合成甲酸的反应，其过程如图所示。下列说法合理的是 。 A．CO2加氢合成甲酸是一个最理想的“原子经济”反应 B．使用纳米金催化剂能有效降低CO2加氢制甲酸反应的活化能，进而降低 C．在纳米金催化剂表面上发生了极性键和非极性键的断裂 【答案】(1)2NH3·H2O+CO2=(NH4)2CO3+H2O (2) 催化剂I 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行 (3) CO2+H++2e-=HCOO-或+CO2+2e-=HCOO-+ 当电路中通过的电量不太高时，Nafion膜可以阻止HCOO-到阳极即Pt电极上放电 AC 【详解】（1）现代工业技术可从空气或工业尾气中捕获CO2，氨水是常用的捕获剂，捕获时发生的反应是2NH3·H2O+CO2=(NH4)2CO3+H2O，故答案为：2NH3·H2O+CO2=(NH4)2CO3+H2O； （2）从图象中可知，在催化剂I的作用下，CO2的转化率是最高的，所以催化剂I的催化效果是最好的；该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，是由于该反应为放热反应，温度升高，平衡吸热反应方向移动；故答案为：催化剂I；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行； （3）①由题干装置图可知，Sn为阴极、Pt为阳极，Sn电极生成HCOO-的电极反应式CO2+H++2e-=HCOO-，电解液里KHCO3产生的也可以向CO2提供H+，故电极反应方程式也可以写成：+CO2+2e-=HCOO-+，Pt电极上覆盖的Nafion膜是阳离子交换膜，对浓度不高的HCOO-有阻拦作用，相同条件下，当电路中通过的电量不太高时，Nafion膜可以阻止HCOO-到阳极即Pt电极上放电，导致HCOO-的产率明显增大，故答案为：CO2+H++2e-=HCOO-或+CO2+2e-=HCOO-+；当电路中通过的电量不太高时，Nafion膜可以阻止HCOO-到阳极即Pt电极上放电； ② A．由题干反应历程图可知，CO2加氢合成甲酸的总反应方程式为：CO2+H2HCOOH，原子利用率达100%，是一个最理想的“原子经济”反应，A正确； B．使用纳米金催化剂能有效降低CO2加氢制甲酸反应的活化能，加快反应速率，但不能影响反应物和生成物的总能量，故不能降低，B错误； C．由题干反应历程图可知，在纳米金催化剂表面上发生了C-O、C-N极性键和H-H非极性键的断裂，C正确； 故答案为：AC。 6．（2024·北京·模拟预测）肼()有较强的还原性，与等可组成火箭推进剂。 (1)已知：Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 火箭发射时与反应生成和，该反应的热化学方程式是 。 (2)肼的传统生产工艺为法，两步反应分别在不同容器的水溶液环境中进行： ⅰ．(快) ⅱ．(慢) 已知电负性，下列说法正确的是 (填序号)。 a．反应ⅰ中做氧化剂 b．适当提高反应ⅰ温度，可显著提高相同时间内的产量 c．采用压强可以增大的溶解度，提高反应ⅱ中的利用率 (3)采用法制得肼后，可采用分步蒸馏的方法将其从反应混合液中分离出来。 ①水合肼(，常温为液态)中与间存在氢键，在下图中用“…”表示出这种作用力 。 ②蒸馏过程中首先馏出的物质是 (填序号)。 a．    b．    c． (4)产品中肼含量的测定方法如下。 取产品加水稀释，滴入2滴淀粉溶液，用溶液滴定3次，平均每次消耗溶液，已知：。 ①样品中肼(以计)的质量分数为 。 ②若滴定过程中操作过于缓慢，则测定结果 (填“偏大”、“偏小”或“不受影响”)。 (5)肼除做火箭推进剂外还可用于燃料电池中。某种碱性肼-空气燃料电池(电解质为溶液)具有高效、无污染的特点，装置如下图所示： ①负极的电极反应式是 。 ②电池工作一段时间后正极区溶液基本保持不变，结合电极反应式解释原因： 。 【答案】(1) (2) (3) (4) 偏小 (5) 正极反应式为：，电路中每转移时，正极区生成的全部迁移到负极区，与负极区消耗的的物质的量相同 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅱ×2—Ⅰ—Ⅲ×2得到肼与二氧化氮反应生成氮气和水的反应，则反应的△H=(—534.0kJ/mol)×2—(—67.7kJ/mol)—(—26.4kJ/mol)×2=—947.5kJ/mol，反应的化学方程式为，故答案为：； （2）a．由氮元素的电负性大于氯元素可知，NH2Cl中氯元素的化合价与次氯酸钠中氯元素的化合价相同，都为+1价，则反应中没有元素发生化合价变化，该反应是非氧化还原反应，所以次氯酸钠不可能是氧化剂，故错误； b．由题意可知，反应的决速步为反应ii，适当提高反应ⅰ温度，不能加快反应ii的反应速率，不能提高相同时间内水合肼的产量，故错误； c．采用3.0MPa压强可以增大氨气的溶解度，增大溶液中NH2Cl的浓度，反应ii的平衡向正反应方向移动，有利于提高NH2Cl的利用率，故正确； 故选c； （3） ①水合肼分子中肼分子和水分子可以形成分子间氢键，表示氢键的示意图为，故答案为：； ②氨分子和水合肼分子都是分子晶体，沸点小于离子晶体氯化钠，水合肼分子中肼分子和水分子形成的分子间氢键强于氨分子间形成的分子间氢键，沸点高于氨分子，所以蒸馏过程中首先溜出的物质为氨气，故选a； （4）①由题意可知，滴定消耗20.00mL0.500mol/L碘溶液，由方程式可知，样品中肼的质量分数为×100%=32%，故答案为：32%； ②肼具有还原性，若滴定过程中操作过于缓慢，肼易被空气中的氧气氧化，使得消耗标准碘液的体积偏小，导致测定结果偏小，故答案为：偏小； （5）由电子移动方向可知，通入肼的电极为燃料电池的负极，碱性条件下肼在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为，通入氧气的电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为； ①由分析可知，通入肼的电极为燃料电池的负极，碱性条件下肼在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为，故答案为：； ②由分析可知，通入氧气的电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为，电路中每转移时，正极区生成的全部迁移到负极区，与负极区消耗的的物质的量相同，所以电池工作一段时间后正极区KOH溶液pH基本保持不变，故答案为：正极反应式为：，电路中每转移时，正极区生成的全部迁移到负极区，与负极区消耗的的物质的量相同。 7．（2024·北京·三模）了解化石燃料燃烧过程中二氧化硫（）和氮氧化物（）的处理对改善环境推动可持续发展具有重要意义。结合所学知识，回答下列问题： I．用活性炭吸附。 (1)活性炭可以和反应。一定条件下，当1mol NO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，写出其反应的热化学方程式： 。 (2)活性炭吸附反应如下： 。 在℃时，该反应在2L容器中测得反应不同时间各物质的物质的量如下： 时间（min） 0 10 20 30 40 50 （mol） 2 1.16 0.80 0.80 1.23 1.23 （mol） 0 0.42 0.60 0.60 0.80 0.80 0~10min内，的平均反应速率 ，30min时，该反应的平衡常数 。 (3)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据表中的数据判断改变的条件可能是 （填字母）。 a．加入活性炭            b．通入     c．缩小容器的体积        d．加入合适的催化剂 II．烟气脱除。 工业上可用纳米MgO分散到一定浓度的溶液中，配制成烟气脱硫试剂。 将含有的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图1所示。 图1烟气脱硫效率与溶液pH值图2亚硫酸盐含硫粒子物质的量分数与pH的关系 已知：ⅰ．纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应； ⅱ．在水中难溶，可溶。 (4)烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右，烟气脱硫效率始终很高。结合化学用语解释其原因 。 (5)脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，对脱硫效率有显著影响。实验发现，在600s以后，随着的脱除，溶液pH值几乎不变，但浓度逐渐升高，结合图2中含硫微粒的分布情况，用离子方程式解释其可能原因 。 (6)为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以采取的措施有：提高分散系中MgO与的浓度、 （写出两条）。 【答案】(1)   (2) 0.042mol/（L·min） 0.675 (3)b (4)  溶液pH值显碱性，主要反应为：或 (5)，，或 (6)减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中浓度等（其他合理答案均可）。 【详解】（1）当1mol NO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，NO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体是氮气和二氧化碳，反应的热化学方程式为  。 （2）0~10min内，的物质的量由2mol变为1.16mol，的平均反应速率 mol/（L·min），平衡常数只与温度有关，平衡时的浓度为0.4mol/L、的浓度为0.3mol/L、CO2的浓度为0.6mol/L，30min时，该反应的平衡常数。 （3）a．活性炭是固体，加入活性炭，平衡不移动，故不选a；             b．通入 ，平衡正向移动，、的物质的量均增多，故选b； c．缩小容器的体积，不可能、的物质的量均增多，故不选c         d．加入合适的催化剂，平衡不移动，故不选d； 选b。 （4）纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应生成氢氧化镁，  溶液pH值显碱性；主要反应为：或。 （5）在600s以后，随着的脱除，溶液pH值为4，根据图像，溶液中含硫微粒为，被氧化为，其可能原因，，。 （6）为了提高烟气的脱硫效率，可以采取的措施有：减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中浓度等。 8．（2024·北京·三模）乙醇是重要的化工原料，乙醇的生产体现化学科学与技术的不断进步。 Ⅰ.以煤为原料生产乙醇 (1)乙酸甲酯生成乙醇的反应如下：。 ①能提高乙酸甲酯平衡转化率的条件有 (答出两点)。 ②当温度为时，存在副反应：。的电子式是 。 Ⅱ.以为原料生产乙醇 (2)制备铜基催化剂：在单质纳米颗粒中加入单质，反应后形成铜基催化剂。单质与单质反应的化学方程式是 。 (3)电催化还原。将(2)中制备的催化剂装载在阴极上，以为电解质溶液，阴极得到 ①补充完整阴极反应式： 。 2CO2+___________=CH3CH2OH+___________ ②在上述条件下，的副反应能被明显抑制，分析原因： ⅰ.相比于的还原反应，该催化剂对的还原反应具有较高的选择性； ⅱ. (补充完整)。 (4)研究在阴极被还原为不同产物的途径，结果如图(部分微粒略)。 ①下列说法或推测合理的是 (填序号)。 性质稳定，活化是催化剂的重要性能 途径Ⅰ的含碳产物还可能有等 按途径Ⅱ(不考虑途径Ⅰ)，转化为，同时生成 ②铜基催化剂吸附密度大且能明显降低断键的活化能，则铜基催化剂对 (填甲醇或乙醇)有较高的选择性。 【答案】(1) 增大压强、降低温度、增加氢气浓度等 (2) (3) KHCO3溶液显碱性，H+浓度较低，H+氧化性较弱（或H+的电子速率减慢） (4) ab 乙醇 【详解】（1）①由乙酸甲酯生成乙醇的反应方程：可知，该反应为方式反应，且为分子式减小的反应，故能提高乙酸甲酯平衡转化率的条件有降低温度、增大压强、增加氢气浓度等； ②由原子守恒知，该反应：中，为甲醇，甲醇的电子式是； （2）铜单质具有还原性，硫单质具有弱氧化性，故单质与单质反应的化学方程式是； （3）①电催化还原。将(2)中制备的催化剂装载在阴极上，以为电解质溶液，阴极得到阴极电解反应式为； ②由于比于的还原反应，该催化剂对的还原反应具有较高的选择性、KHCO3溶液显碱性，H+浓度较低，H+氧化性较弱（或H+的电子速率减慢），故副反应能被明显抑制； （4）①a.中所有原子最外层均达到8电子稳定结构，性质稳定，因此活化是催化剂的重要性能，a正确； 由图知，途径Ⅰ的含碳产物还可能有等，b正确； 由O守恒，按途径Ⅱ(不考虑途径Ⅰ)，转化为，同时生成，c错误； 故选ab； ②由图知，铜基催化剂吸附密度大且能明显降低断键的活化能，由于铜具有还原性，易失去电子，则铜基催化剂对乙醇有较高的选择性。 9．（2024·北京海淀·三模）资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种途径。 I．制甲醇，过程如下： i．催化剂活化：(无活性)(有活性) ii．与在活化后的催化剂表面可逆的发生反应①，其反应历程如图。同时伴随反应②：　。 (1)反应①每生成1放热49.3，写出其热化学方程式： 。 (2)与混合气体以不同的流速通过反应器，气体流速与转化率、选择性的关系如图。 已知：选择性(生成所用的)(转化的)。 流速加快可减少产物中的积累，减少反应 (用化学方程式表示)的发生，从而减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。 (3)对于以上制甲醇的过程，以下描述正确的是 (填序号)。 A．反应中经历了、键的形成和断裂 B．加压可以提高的平衡转化率 C．升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性 II．一种以甲醇和二氧化碳为原料，利用()和纳米片()作催化电极，电化学法制备甲酸(甲酸盐)的工作原理如图所示。 (4)①阴极表面发生的电极反应式为 。 ②若有1通过质子交换膜，则理论上生成的和共 。 (5)电解部分甲醇后，将阴阳极的电解液混合，加入过量氢氧化钠后蒸干溶液，再向所得固体中加入过量稀硫酸，溶解后得200溶液。取20溶液，加入溶液，充分反应后，再加入过量溶液和5滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。 已知：；。 ①滴定终点的现象为 。 ②假设电流效率为100%，则电解池装置中通过的电子的物质的量为 。 ③若不加入氢氧化钠，直接蒸干溶液，则②中的计算结果将 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 【答案】(1) (2) (3)AB (4) (或) 0.75 (5) 最后半滴溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不变蓝 偏低 【详解】（1）反应①中CO2和H2在温和的条件下转化为甲醇和H2O，每生成1molCH3OH (g)放热49.3kJ，其热化学方程式为△H = - 49.3kJ/mol。 （2）已知催化剂活化：In2O3 (无活性)In2O3-x(有活性)，流速加快可减少产物中H2O的积累，减少反应的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。 （3）A．由图1可知，反应中经历了In- C、In-O键的形成和断裂，选项A正确； B．CO2制甲醇是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高CO2的平衡转化率，选项B正确； C．由 △H = -49.3kJ/mol是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温”度会降低甲醇在平衡时的选择性，选项C错误； 故答案为: AB。 （4）①由图可知二氧化碳在左侧电极发生反应，其中碳元素化合价降低，则a为负极，CO2得到电子生成HCOO-和或，该电极反应式为：(或)； ②由第一问的分析可知b为阳极，CH3OH失去电子生成HCOOH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平阳极反应为：CH3OH -4e-+H2O = HCOOH+ 4H+，阴极电极反应为：，由此可以发现，若有1molH+通过质子交换膜时，则转移1mol电子，则此时该装置生成HCOO-和HCOOH共计0.75mol。 （5）①向HCOOH溶液中加入过量KMnO4溶液，发生反应：，再加入过量溶液和5滴淀粉溶液，过量的KMnO4溶液将I-氧化为I2，离子方程式为：，此时溶液为蓝色的，然后加入溶液滴定至终点，I2被还原为I-，溶液变无色，则滴定终点的现象为：最后半滴溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不变蓝； ②由①分析可得关系式：5HCOOH~2KMnO4~5I2~10，则与HCOOH反应的n(KMnO4)= ，则n(HCOOH)=2.5n(KMnO4)= =，由电极方程式、CH3OH -4e-+H2O = HCOOH+ 4H+可知，消耗了CO2，转移电子的物质的量为=mol； ③若不加入氢氧化钠，阳极产生的HCOOH没有转化为HCOONa，直接蒸干溶液，部分HCOOH会挥发，导致②中的计算结果将偏低。 10．（2024·北京·模拟预测）选择性还原技术(SCR)可以有效脱除烟气中的氮氧化物()。 已知：ⅰ．在164℃以上时可加速分解成； ⅱ．当NO与的物质的量相同时，会发生快速反应： (1)钒基催化剂()可用于，反应机理与催化剂表面的活性吸附位点有关。基于Lewis酸位点的SCR催化反应机理如图所示。 ①脱除NO的反应方程式为 。 ②若烟气中含有硫的氧化物，则会降低的反应速率，可能的原因是 。 (2)臭氧对反应具有一定的辅助作用：。在不同温度下，经相同时间后测得不同投料比时NO的脱除率如图所示。 ①温度低于250℃时，投料比为0.5时，NO脱除率较高的原因是 。 ②350℃后，NO脱除率均有不同程度下降，可能的原因是 (答出两点)。 (3)以电化学结合氧化法除去烟气中的和，装置如图所示。 ①若阳极区生成1mol，则经过质子交换膜的为 mol。 ②从资源利用角度说明结合电解法与氧化法的优点 。 【答案】(1) 硫的氧化物与反应，生成的盐附着在催化剂表面，使催化剂活性降低 (2) 当为0.5时，生成的和剩余的NO物质的量相同，发生快速反应： 温度升高分解，减小；催化剂失活 (3) 1 氧化烟气中的、，可回收和，在阳极再生，循环使用 【分析】Ce3+转化为Ce4+，化合价升高，失去电子发生氧化反应，阳极电极反应式为：Ce3+-e-=Ce4+，生成氢气一极为阴极，电极方程式为：，据此回答。 【详解】（1）①根据反应机理示意图可知，脱除NO的总反应化学方程式：； ②若烟气中含有硫的氧化物，则会降低NH3−SCR的反应速率，可能的原因是：硫的氧化物与NH3反应，生成的盐附着在催化剂表面，使催化剂活性降低； （2）①温度低于250℃时，O3/NO投料比为0.5时，NO脱除率较高的原因是：当O3/NO为0.5时，生成的NO2和剩余的NO物质的量相同，发生快速反应； ②350℃后，NO脱除率均有不同程度下降，可能的原因是：温度升高O3分解，c(O3)减小或者催化剂失活； （3）①若阳极区生成1molCe4+，根据电极反应式可知，转移1mol电子，则经过质子交换膜的H+为1mol； ②结合电解法与Ce4+氧化法的优点为：Ce4+氧化烟气中的SO2、NO2，可回收HNO3和H2SO4，Ce4+在阳极再生，循环使用。 11．（2024·北京丰台·二模）将转化为高附加值的化学品，对实现碳中和、可持续发展具有重要意义。 Ⅰ.利用催化加氢制备乙烯，反应过程主要分为两步。 ⅰ.   ⅱ.   (1)和反应制备乙烯的热化学方程式为 。 (2)0.1MPa，投料比的条件下研究反应ⅰ，在不同温度下达到平衡时各气体的物质的量分数如图1所示(水转化为液态，不计入)。 ①200℃时，主要发生的反应的化学方程式为 。 ②800℃时，的平衡转化率为 。 Ⅱ.利用煤气化灰渣(主要成分有CaO、、和MgO等)封存，制备高纯碳酸钙。 ⅰ.浸出：向灰渣中加入稍过量盐酸，充分反应后过滤，得滤液a； ⅱ.净化：向滤液a中逐渐加入氨水，金属氢氧化物分步沉淀，分步过滤，得到滤液b； ⅲ.碳酸化：向滤液b中通入，过滤、洗涤、干燥，得到高纯。 已知：一些金属氢氧化物在溶液中达到沉淀溶解平衡时的与pH关系如图2所示。 (3)净化时，先分离出的氢氧化物是 。 (4)碳酸化时发生主要反应的离子方程式是 。 Ⅲ.利用双极膜电解制备NaOH，捕集烟气中，制备。已知：双极膜为复合膜，可在直流电的作用下，将膜间的解离，提供和。 (5)结合电极反应解释A区产生浓NaOH溶液的原因 。 (6)当电路中转移2mol时，上图装置产生 mol NaOH。 (7)制得的固体样品中常混有。准确称量xg样品，下列方案中，能测定样品中纯度的是 。 A．充分加热，固体减重 B．与足量稀盐酸充分反应，加热蒸干，得固体 C．与足量稀硫酸充分反应并加热，逸出气体用碱石灰吸收，增重 【答案】(1)   (2) 75% (3) (4) (5)阴极反应：，增大，穿过阳离子交换膜进入A区产生浓NaOH溶液 (6)4 (7)AB 【详解】（1）目标反应为，目标反应=2ⅰ+ⅱ则目标反应的，热化学方程式为； （2）根据图像可知200℃时主要生成甲烷，反应方程式为；800℃平衡时甲烷的物质的量分数为0，根据图像可以列三段式：则，，则二氧化碳的转化率为； （3）根据图像可知，Fe3+在pH=3左右完全沉淀，Al3+和Mg2+完全沉淀pH都大于3，因此先分离出的氢氧化物是Fe(OH)3； （4）碳酸化时通入的二氧化碳、一水合氨和氯化钙生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，离子方程式为； （5）该电池阴极发生，随着电解的进行，溶液中氢氧根离子浓度增大，同时钠离子经阳离子交换膜向阴极移动，使阴极区域的氢氧化钠浓度增大而得到氢氧化钠浓溶液； （6）每转移2mol电子有2molNaOH在阴极区生成，同时有2molNaOH在阳极区的双极膜和阳离子交换膜之间生成，因此每转移2mol电子有4molNaOH生成； （7）充分加热后，碳酸氢钠受热分解，因此减重质量为碳酸氢钠生成的二氧化碳和水，可以由此计算出碳酸氢钠的质量进而求得碳酸氢钠的质量分数，A正确；与足量稀盐酸反应后加热蒸干所得国体为NaCl，根据氯化钠的质量可列方程组而求得碳酸氢钠的质量进而求得碳酸氢钠的质量分数，B正确；与足量稀硫酸充分反应并加热，逸出气体用碱石灰吸收，增重为二氧化碳和水的质量，水的质量无法计算，因此不能计算得出碳酸氢钠的质量分数，C错误。 12．（2024·北京通州·一模）乙烯合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 (1)用烃类热裂解法制乙烯是乙烯工业化生产的开端。 ①乙烷高温裂解制备乙烯（反应Ⅰ）的化学方程式是 。 ②在裂解过程中伴随反应Ⅱ：，在高温下缩短在反应器中的停留时间可提高乙烯的获取率，由此判断反应速率：反应Ⅰ 反应Ⅱ。（填“>”“<”或“=”） (2)乙炔选择性加氢制乙烯是石油化工领域重要的发展阶段。 以钯（Pd）为催化剂可有效提高乙烯产率，在催化剂表面的反应机理如下图所示（吸附在催化剂表面的粒子用*标注）。 ①下列说法正确的是 。 a．NP-Pd催化反应过程中步骤Ⅰ为放热反应 b．ISA-Pd催化反应过程中步骤Ⅱ为决速步骤 c．两种催化剂均能降低总反应的反应热 ②吸附态乙烯（）脱离催化剂表面，可得到，如未及时脱附，易在催化剂表面继续氢化经过渡态Ⅲ后而形成乙烷。制选择性较好的催化剂是 。 (3)以为原料用不同的方法制乙烯有助于实现碳中和。 I．干气重整制乙烯。下图是2种投料比[，分别为1：1、2：1]下，反应温度对平衡转化率影响的曲线。 ①曲线b对应的投料比是 。 ②当曲线a、b对应的投料比达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的关系是 。 Ⅱ．双金属串联催化剂电催化制乙烯，装置示意图如图所示。 已知：法拉第效率 ③ISA-Ni催化剂上发生的电极反应式是 。 ④该环境下，测得可达50%，若电路中通过1.2mol电子时，则产生乙烯的物质的量是 mol。 【答案】(1) > (2) ab ISA-Pd催化剂 (3) 1：1 反应温度越低，投料比越高 0.05 【详解】（1）①乙烷高温裂解生成乙烯和氢气，反应的化学方程式是； ②缩短在反应器中的停留时间可提高乙烯的获取率，即加快反应I速率将转化为乙烯，则反应速率：反应Ⅰ>反应Ⅱ； （2）①a．NP-Pd催化反应过程中步骤Ⅰ的反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故a正确； b．ISA-Pd催化反应过程中步骤Ⅱ的正反应活化能最大，反应速率最慢，整个反应由最慢的一步决定，则步骤Ⅱ为决速步骤，故b正确； c．两种催化剂均能降低总反应的活化能，催化剂不改变反应热，故c错误； 故选ab； ②吸附态乙烯（）脱离催化剂表面，可得到，由图可知，ISA-Pd催化剂过渡态III的能量高于，有利于脱离催化剂表面，制选择性较好的催化剂是ISA-Pd催化剂； （3）①干气重整制乙烯的化学方程式为，相同温度下，增大投料比[]即增大二氧化碳的量，使平衡正向移动，消耗更多，则平衡转化率增大，曲线b对应的投料比是1：1； ②当曲线a、b对应的投料比达到相同的平衡转化率时，需要增大投料比才能实现相同的平衡转化率，可知对应的反应温度与投料比的关系是：反应温度越低，投料比越高； ③ISA-Ni催化剂上CO2得电子生成CO，电解质为KHCO3，发生的电极反应式是； ④该环境下，测得=50%，电路中通过1.2mol电子时，生成C2H4所用的电子为1.2mol×50%=0.6mol，NP-Cu催化剂上发生的电极反应式是，ISA-Ni催化剂上发生的电极反应式是，则转移12mol电子时生成1mol乙烯，产生乙烯的物质的量是。 13．（2024·北京海淀·二模）工业锌粉常用于制造防锈漆等，其主要成分为金属锌，还有少量含锌化合物及其他杂质，锌单质的含量及锌元素的总量影响着工业锌粉的等级。 I．锌的制备 (1)氯氨法炼锌：一定条件下，通入，以浓溶液为浸取剂浸锌，可将矿物中难溶的转化为、等，同时生成S，结合平衡移动原理解释、对浸锌的作用： 。 (2)酸性介质中电沉积制锌粉：以和混合液（pH为4~6）为电解质溶液，用下图装置电解制锌粉，一定条件下，实验测得电流效率为80%。 已知：电流效率 ①阴极的电极反应有 。 ②制得65g锌粉时，电解质溶液中的物质的量至少增加 mol。 (3)离子液体电沉积制锌：80℃时，将溶解于EMIC（结构如图）中，电解制锌。离子化合物EMIC的熔点约为79℃，从结构角度解释其熔点低的原因： 。 Ⅱ．锌元素总量的测定 已知： i．二甲酚橙（In）与反应： EDTA与反应： ii．溶液可排除其他金属阳离子的干扰，避免其与EDTA和In作用。 (4)滴定终点时的现象是 。 (5)计算样品中锌元素的质量分数还需要的实验数据有 。 【答案】(1)ZnS在溶液中存在如下平衡：，加入，NH发生水解：，NH3·H2O与形成，通入，与反应生成S，促进溶解平衡正向移动 (2) 、 0.25 (3)EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱 (4)溶液从红色变为黄色，且30s不变红 (5)待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积 【详解】（1）硫化锌在溶液中存在如下溶解平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2−(aq)，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中存在如下水解平衡：NH+ H2ONH3·H2O+H+，加入氯化铵浓溶液，溶液中锌离子与一水合氨反应生成四氨合锌离子，通入氧气，氧气与溶液中硫离子反应生成硫，硫化锌的溶解平衡向右移动，硫化锌转化为可溶的锌离子和四氨合锌离子，所以一定条件下，通入氧气，以氯化铵浓溶液为浸取剂可以浸取矿物中的锌元素，故答案为：ZnS在溶液中存在如下平衡：，加入，NH发生水解：，NH3·H2O与形成，通入，与反应生成S，促进溶解平衡正向移动； （2）由题意可知，酸性介质中电沉积制锌粉的过程为与直流电源正极相连的左侧锌电极为电解池的阳极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气； ①由分析可知，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气，电极反应式为、，故答案为：、； ②由题意可知，制得65g锌粉时，理论上析出金属锌的物质的量为=1.25mol，由得失电子数目守恒可知，阳极放电生成锌离子的物质的量为1.25mol，则电解质溶液中增加锌离子的物质的量为1.25mol—=0.25mol，故答案为：0.25； （3）由结构可知，离子化合物EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱，所以EMIC的熔点低，故答案为：EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱； （4）由题意可知，二甲酚橙为EDTA溶液滴定溶液中锌离子的指示剂，溶液中锌离子与EDTA完全反应后，滴入最后半滴EDTA溶液，溶液会由红色变为黄色，则滴定终点时的现象为溶液从红色变为黄色，且30s不变红，故答案为：溶液从红色变为黄色，且30s不变红； （5）由方程式可知，计算样品中锌元素的质量分数除需要样品的质量、EDTA溶液的浓度外，还需要待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积，故答案为：待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积。 14．（2024·北京·模拟预测）绿色能源是当今重要的研究热点，2022年中科院大连化物所的制汽油科研项目成功了，这是一项重大成功，直接影响的是国计民生。寻找新的能源成为了科学研究的热点。 ．甲烷化反应为：，该反应又称Sabatier反应。 (1)相关的化学键键能数据如下表所示： 化学键 H—H H—O C—H C=O 436 463 413 803 Sabatier反应的 。 (2)若要同时提高反应的速率和二氧化碳的平衡转化率，可以采取的措施有： (写一点即可)。 (3)在体积为的恒温密闭容器中，投入、进行上述反应，达到平衡后，若的转化率为20%，则该反应的平衡常数为 (写计算式)。 (4)转化为也可通过电化学反应实现，其原理如图所示： 电解过程中，阴极室和阳极室的溶液浓度基本保持不变，阴极的电极反应式为 ；若生成理论上阳极室生成混合气体的体积为 L(标准状况，忽略气体的溶解)。 【答案】(1) (2)加压(或增加H2浓度) (3) (4) 224 【详解】（1）焓变等于反应物的键能之和与生成物的键能之和的差，可得：Sabatier反应的△H=(803kJ/mol×2+436 kJ/mol×4)-(413 kJ/mol×4+463 kJ/mol×4)=-154kJ/mol，故答案为：-154； （2）Sabatier反应是气体分子数减小的放热反应，增大压强或增大氢气浓度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，故答案为：加压(或增加H2浓度)； （3）由题给数据可建立如下三段式： 由三段式数据可知，反应的平衡常数K=，故答案为：； （4）由图可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，多晶铜电极为阴极，因为电解过程中，阴极室和阳极室的溶液浓度基本保持不变，则二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷和碳酸氢根离子，电极反应式为；由得失电子数目守恒可知，生成1mol甲烷时，转移，根据，阳极生成2mol氧气和8mol二氧化碳，标准状况下，混合气体的体积为10mol×22.4L/mol=224L，故答案为：；224。 15．（2024·天津河北·一模）氢能的开发和利用是推动我国能源结构转型，保障国家能源安全，实现“碳达峰”、“碳中和”目标的重要途径。目前，我国已成为世界第一大产氢国，主要有三类工业制氢路线： (1)化工燃料重整制氢 已知：      则与反应生成和的反应热是 。 (2)工业副产氢 已知：工业上用水煤气法制氢气，有关化学方程式是： 反应一：   反应二：   ①反应一在时达到化学平衡状态，则此温度下该反应的平衡常数表达式 。 ②在时将和各通入体积为的密闭容器中反应发生反应二，时达到平衡状态，该反应的平衡常数是9，则的转化率是 ，用的浓度变化表示的反应速率是 。 (3)清洁能源电解制氢 已知：利用电解饱和食盐水可制得氢气，下图为电解装置示意图： ①电极是极 (填“阴”或“阳”)，电极的电极反应式 。 ②假设室温条件下电解饱和食盐水一段时间，当两极产生的气体共(标准状况下)时，溶液的为 (溶液体积没有变化)。 【答案】(1)+659.8 (2) (或0.75) (3) 阳 13 【详解】（1）①   ②   与反应生成和的反应依据盖斯定律①×2-②得到：+2=+4 △H=+659.8kJ•mol-1，反应热是+659.88kJ•mol-1，故答案为：+659.8。 （2）①，注意碳为固体，由反应的化学方程式可知平衡常数表达式K=，故答案为：； ②在时将和各通入体积为的密闭容器中反应发生反应，5分钟时达到平衡状态，该反应的平衡常数是9，设CO的转化率是x，依据三段式列式得到： K=  x=0.75，则CO的转化率为75%；用CO的浓度变化表示的反应率速==7.5×10-4 mol/(L•min)；故答案为：75%；7.5×10-4 ； （3）①分析装置图可知，饱和食盐水变为淡盐水，则C1极上Cl-失去电子转化为氯气，    Na+通过阳离子交换膜向右移动，所以电极是阳极，C2电极为阴极，在阴极是水中的氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为； ②C1为阳极溶液中氯离子失电子生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，结合阴极电极反应式可知，通过相等电量，两极生成的气体物质的量相等，当两极产生的气体共(标准状况下)即0.01mol气体时，生成氢气0.005mol，则同时生成OH-为0.01mol，溶液体积为100mL，则溶液中的OH-浓度为0.1mol/L，所以溶液的pH=13。故答案为：阳；；13。 16．（2024·北京门头沟·一模）氨是一种重要的化工原料，迄今为止，人类仍然在追求低成本、高产率的合成氨技术。 Ⅰ．直接合成氨。 (1)根据图1所示的能量转换关系，合成的热化学方程式为 。 (2)为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用双催化剂，通过光辐射产生温差。使在 (填“热”或“冷”，下同)表面断裂，氨气在 表面生成，有利于提高合成氨的反应速率和平衡产率。 Ⅱ．电化学法合成氨。 应用电化学原理，硝酸盐亚硝酸盐氨，实现了高效合成氨，装置如图2。 (3)生成的电极反应式是 。 (4)当电路中有电子通过时，一定量的被还原生成和 。 Ⅲ．氯化镁循环法合成氨。 (5)选用试剂完成转化。 ①选用进行转化，将置于中能释放出，反应的方程式是 。 ②选用固体进行转化，依据合成氨的过程(如图3)，写出合成氨的总反应方程式： 。 ③相比于，用固体转化的优点有 (写出一条即可)。 【答案】(1) (2) 热 冷 (3) (4)0.1 (5) 氨的收率高，原子利用率高 【详解】（1）化学反应的能量变化等于反应过程断裂化学键吸收的能量-形成化学键释放的能量，根据图像分析，与反应生成的反应热为，合成的热化学方程式为； 故答案为：； （2）键能较大，使断裂需要吸收能量，故断裂在催化剂“热”表面进行，有利于提高速率，而氨气生成是形成键的过程会释放能量，在催化剂“冷”表面进行，有利于平衡正移； 故答案为：热；冷； （3）根据题意可知，高效合成氨应用电解原理，实现硝酸盐亚硝酸盐氨，从装置图分析其电解质溶液呈碱性，则生成的电极反应式是； 故答案为： （4）根据电极反应式，被还原生成转移电子为1.2mol，则被还原生成转移电子为，由电极反应式可计算生成的物质的量为0.1mol； 故答案为：0.1； （5）根据题中信息，将置于中能释放出，同时还生成，故反应方程式为：； 根据图示可知，氮化镁和氯化铵反应生成氨气和氯化镁，故合成氨的总反应方程式是； 极易溶于水，选用水完成转化，生成的氨有部分溶于水，氨的收率低，原子利用率低，选用固体转化生成的可以循环利用，故相比于，用固体转化的优点有氨的收率高，原子利用率高； 故答案为：；；氨的收率高，原子利用率高。 17．（24-25高三上·北京·阶段练习）工业锌粉常用于制造防锈漆等，其主要成分为金属锌，还有少量含锌化合物及其他杂质。锌单质的含量及锌元素的总量影响着工业锌粉的等级。 Ⅰ．锌的制备 (1)氯氨法炼锌：一定条件下，通入，以浓溶液为浸取剂浸锌，可将矿物中难溶的转化为、等，同时生成S，结合平衡移动原理解释、对浸锌的作用： 。 (2)酸性介质中电沉积制锌粉：以和混合液（为4~6）为电解质溶液，用下图装置电解制锌粉。一定条件下，实验测得电流效率为。 已知：电流效率 ①阴极的电极反应有 。 ②制得锌粉时，电解质溶液中的物质的量至少增加 。 (3)离子液体电沉积制锌：80℃时，将溶解于（结构如图）中，电解制锌。离子化合物的熔点约为79℃，从结构角度解释其熔点低的原因： 。 Ⅱ．锌元素总量的测定 已知： ⅰ．二甲酚橙（）与反应：   与反应：   ⅱ．溶液可排除其他金属阳离子的干扰，避免其与和作用。 (4)滴定终点时的现象是 。 (5)计算样品中锌元素的质量分数还需要的实验数据有 。 【答案】(1)ZnS在溶液中存在如下平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2—(aq)，加入NH4Cl，NH在溶液中水解：NH+H2ONH3·H2O+ OH—，NH3·H2O与Zn2+反应生成[Zn(NH3)4]2+，通入O2，O2与S2—反应生成S，Zn2+、S2—浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移 (2) Zn2++2e—=Zn、2H++2e—=H2↑ 0.25 (3)EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间形成的离子键弱 (4)滴入最后半滴EDTA溶液，溶液由红色变为黄色，且30s不变红 (5)待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积 【详解】（1）硫化锌在溶液中存在如下溶解平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2—(aq)，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中存在如下水解平衡：NH+H2ONH3·H2O+ OH—，加入氯化铵浓溶液，溶液中锌离子与一水合氨反应生成四氨合锌离子；通入氧气，氧气与溶液中硫离子反应生成硫，溶液中锌离子和硫离子的浓度减小，硫化锌的溶解平衡向右移动，有利于硫化锌转化为锌离子、四氨合锌离子等，所以一定条件下，通入氧气，以氯化铵浓溶液为浸取剂可以浸取矿物中的锌元素，故答案为：ZnS在溶液中存在如下平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2—(aq)，加入NH4Cl，NH在溶液中水解：NH+H2ONH3·H2O+ OH—，NH3·H2O与Zn2+反应生成[Zn(NH3)4]2+，通入O2，O2与S2—反应生成S，Zn2+、S2—浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移 （2）由题意可知，酸性介质中电沉积制锌粉的过程为与直流电源正极相连的左侧锌电极为电解池的阳极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气； ①由分析可知，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气，电极反应式为Zn2++2e—=Zn、2H++2e—=H2↑，故答案为：Zn2++2e—=Zn、2H++2e—=H2↑； ②由分析可知，制得65g锌粉时，理论上析出金属锌的物质的量为=1.25mol，由得失电子数目守恒可知，阳极放电生成锌离子的物质的量为1.25mol，则电解质溶液中增加锌离子的物质的量为1.25mol—=0.25mol，故答案为：0.25； （3）由结构可知，离子化合物EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间形成的离子键弱，所以EMIC的熔点低，故答案为：EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间形成的离子键弱； （4）由题意可知，二甲酚橙为EDTA溶液滴定溶液中锌离子的指示剂，溶液中锌离子与EDTA完全反应后，滴入最后半滴EDTA溶液，溶液会由红色变为黄色，则滴定终点时的现象为滴入最后半滴EDTA溶液，溶液从红色变为黄色，且30s不变红，故答案为：滴入最后半滴EDTA溶液，溶液从红色变为黄色，且30s不变红； （5）由方程式可知，计算样品中锌元素的质量分数除需要样品的质量、EDTA溶液的浓度外，还需要待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积，故答案为：待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积。 18．（24-25高三上·北京朝阳·期中）是一种重要的工业原料，可采用不同的方法制备。 (1)方法一：  。反应条件中，能提高平衡转化率的是 。 (2)合成氨原料氢气的制备：煤的气化→水煤气变换→二氧化碳脱除→精制氢气。 ①煤的气化：在不同温度，反应达到平衡时气体的组成如下。 i．   ii．   iii．   属于放热反应的有 。 ②水煤气变换：以为催化剂，催化反应ii进行变换，催化过程可表示如下： 第一步：    第二步： 。(写热化学方程式，焓变用含的关系式表示) ③二氧化碳脱除： 用的水溶液除去，产物为、 。 (3)方法二：基于电解方法，研究者通过“空气→硝酸(或)→氨”的途径合成氨。 ①空气→硝酸(图1)：在电极上的反应路径如图2所示。其中吸附在电极表面上的物种用*标注。 i．需要的能量较大，原因是 。 ii．溶液中生成的化学方程式是 。 ②氨：电解溶液，生成的电极反应式为 。 【答案】(1)高压 (2) ii、iii    (3) 分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量 【详解】（1）合成氨反应是气体分子数减小的放热反应，因此高压平衡正移，能提高平衡转化率，高温平衡逆移，降低平衡转化率，而催化剂不影响平衡移动，故答案为：高压； （2）①因为只有反应ii中有，只有反应iii中有，并且根据图示可知，升高温度，、含量减小，所以反应ii、iii是放热反应；但是升高温度，反应ii平衡逆移，含量增大，但是根据图示知，升高温度，含量减小，因此，反应i是吸热反应； ②根据盖斯定律，反应ii减去第一步反应可以得到：  ； ③根据电荷守恒、原子守恒，化学方程式为：+=+，则产物为、； （3）①分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量；根据已知条件知溶液中生成的化学方程式是：； ②硝酸根在阴极得电子还原为氨气，根据电荷守恒、原子守恒，电极反应为：。 19．（24-25高三上·北京房山·期中）的转化有助于实现碳循环和碳减排。 (1)工业用和在一定条件下分两步反应生产尿素，其能量变化示意图如下： 合成尿素总反应的热化学方程式是 。 (2)近年科学家提出“绿色自由”构想。与在300℃、的条件下可生成甲醇，不同温度下，在1L恒容密闭容器中充入2mol和5mol，相同时间内测得的转化率随温度的变化如图所示： ①T4→T5阶段温度升高的转化率下降，该反应的 0，理由是 。 ②计算温度为T4时a点的平衡常数为 。 (3)利用电催化可将同时转化为多种有机燃料，其原理如图所示： ①铜电极上产生HCOOH的电极反应式为 。 ②若铜电极上只生成1.6g，则有 mol通过质子交换膜。 ③在实际生产中当pH过低时，有机燃料产率降低，可能的原因是 。 【答案】(1)2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2 (l)+H2O(l) △H=-101.5kJ/mol (2) ＜ T4时刻达到平衡后，其他条件不变，温度升高，CO2转化率降低，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应 800(L/mol)2 (3) CO2+2e-+2H+=HCOOH 0.8 c(H+)增大，铜电极上发生副反应2H++2e-=H2↑ 【详解】（1）由图可得如下热化学方程式：①2NH3(g)+CO2(g)= NH2COONH4 (l) △H=—117kJ/mol，②NH2COONH4 (l) =CO(NH2)2 (l)+H2O(l) △H=+15.5kJ/mol，由盖斯定律可知，反应①+反应②得到反应2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2 (l)+H2O(l) ，则反应△H=(—117kJ/mol)+( +15.5kJ/mol) =—101.5kJ/mol，反应的热化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2 (l)+H2O(l) △H =—101.5kJ/mol，故答案为：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2 (l)+H2O(l) △H=—101.5kJ/mol； （2）①由图可知，T4条件下二氧化碳的转化率最大，说明反应达到平衡，T4→T5阶段温度升高，二氧化碳的转化率下降，说明平衡向逆反应方向移动，该反应是焓变小于0的放热反应，故答案为：＜；T4时刻达到平衡后，其他条件不变，温度升高，CO2转化率降低，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应； ②由图可知，温度为T4时，a点二氧化碳的转化率为80%，由题意可建立如下三段式： ，由三段式数据可知，反应的平衡常数K=(L/mol)2=800(L/mol)2，故答案为：800(L/mol)2； （3）①由图可知，铜电极为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，故答案为：CO2+2e-+2H+=HCOOH； ②由图可知，铜电极为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷和水，电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，则铜电极上只生成1.6g甲烷时，即=0.1molCH4，转移电子的物质的量为0.8mol，内外电路转移电子物质的量相等，则通过质子交换膜的氢离子的物质的量为0.8mol，故答案为：0.8； ③在实际生产中，pH过低时有机燃料产率降低是因为溶液中氢离子浓度过大，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，导致有机燃料产率降低，故答案为：c(H+)增大，铜电极上发生副反应2H++2e-=H2↑。 20．（24-25高三上·北京通州·期中）广泛存在于许多燃气和工业废气中，脱除其中的既可回收硫又可防止产生污染。 Ⅰ.克劳斯法脱硫流程如下： 已知：催化转化器中反应为 (1)写出高温反应炉发生反应的化学方程式 。 (2)上图流程中①、②原料气理论上的最佳用量比为①：②= 。 II.工业上用吸收液脱除烟气中的。此方法包含的过程如下： i. ii. iii. 一定条件下测得脱硫率与浓度的变化关系如下图所示： (3)吸收液过滤出S后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是 。 (4)当的浓度大于时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于 。 III.工业上采用下图所示装置电解和混合溶液一段时间，然后停止电解，通入，利用生成的将转化为S，自身转化为 (5)电解时，阳极的电极反应式为 。 (6)当阴极产生标准状况下气体后通入，完全反应后有 g S析出。 (7)补全通入时发生反应的离子方程式： 。 【答案】(1) (2)1：2 (3)通入足量的空气 (4)浓度增大，pH减小，使过程i、ii向逆反应方向进行且pH减小的影响超过过程中浓度增大的影响 (5) (6)16 (7) 【详解】（1）高温反应炉中反应物为空气与原料气，产物为二氧化硫，反应的化学方程式：； （2）流程中①，1个SO2 需要1个H2S，②流程2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1个SO2 需要2个H2S，最佳用量比为①：②=1：2； （3）根据，滤液Fe2+，在酸性环境，需进行再生，较经济的再生方法是通入足量的O2(或空气)将亚铁离子变为铁离子； （4）图中当Fe3+的浓度大于10 g·L −1时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于Fe3+浓度增大，pH减小，增加了氢离子浓度，反应i、ii的化学平衡逆向移动，pH减小因素超过反应iii中Fe3+浓度增大因素；故答案为：浓度增大，pH减小，使过程i、ii向逆反应方向进行且pH减小的影响超过过程中浓度增大的影响； （5）电解时阳极发生失电子的氧化反应，先将[Fe(CN)6]4-转化为[Fe(CN)6]3-，化合价升高，所以反应为：； （6）②根据和阴极反应式为，得到关系式为：H2～2CO～S，所以生成标况下的氢气体积是11.2L的时候，析出16g S； （7）根据化合价升降法及元素守可知，铁化合价由+3价降低到+2价，S化合价由-2价升高到0价，方程式为； 21．（24-25高三上·北京·期中）黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应： i． (1)反应i生成1molS2时，转移电子的物质的量为 mol。 (2)反应i所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2.将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ii，同时发生副反应iii。 ii．   iii．   理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10min时S2实际产率如图。 ①比较反应速率：反应ii 反应iii(填“大于”或“小于”)。 ②随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是 。 ③900K，在10min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为 。 (3)处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。 ①该装置中，正极的电极反应式为 。 ②一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小了1mol，则理论上减小了 mol。 【答案】(1)4 (2) 大于 温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大；对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动 先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变 (3) 2 【分析】原电池中，葡萄糖转化为二氧化碳和水，碳的化合价在升高，作负极，Na2SO3转化为单质硫，Na2SO3中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：，据此回答。 【详解】（1）反应中，碳元素从0价升高到+2价、铁元素化合价升高，3个铁原子共升高2价、硫元素从-1价降低到0价，氧元素从0价降低到-2价，每当生成3molS2，理论上转移12mol电子，则反应i生成1molS2时，转移电子的物质的量为4mol。 （2）①发生的反应有ii．   iii．  ，已知600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%，由图可知10min时S2实际产率从略低于50%到70%左右，温度越高反应速率越快且越不利于正反应，可见温度高速度快决定了10min时含硫产物以S2为主，说明反应速率：反应ii大于反应iii。 ②发生反应ii，同时发生副反应iii。二者均为放热反应，升温平衡左移，则随温度升高，S2平衡产率上升的可能原因是：温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动。 ③通过观察图像可知，10min时S2的实际产率大于平衡产率，所以最终要减小到与900K时产率相等，则900K，在10min后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为：先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变，或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变。 （3）①据分析，该装置中，正极的电极反应式为。 ②根据电极方程式可知，当消耗1mol亚硫酸根离子，转移4mol电子，同时消耗6mol碳酸氢根离子，生成6mol碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4mol的H+通过质子交换膜来到正极，4mol氢离子可以结合4mol的碳酸根离子生成4mol的碳酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2mol。 22．（24-25高三上·北京·阶段练习）NH3是一种重要的工业原料，可采用不同的方法制备NH3。 (1)方法一：早期以氯化铵和熟石灰制备NH3，反应的化学方程式为 。 (2)方法二：以铁为主的催化剂在400～500℃和10～30 MPa的条件下，由N2和H2合成氨。 ①该反应放热，但仍选择较高温度400～500℃。其原因是 。 ②对N2和H2的反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入n mol N2和3n mol H2进行反应。在不同压强下(、、)，反应达到平衡时，测得NH3的体积分数(α)随温度的变化如图所示。解释B点的容器容积小于A点的容器容积的原因 。 (3)方法三：常温常压下电解法合成氨的原理如下图所示。 ①阴极生成氨的电极反应式为 。 ②阳极氧化产物只有O2，电解时实际生成的NH3的总量远远小于由理论计算所得NH3的量，结合电极反应式解释原因： 。 (4)方法四：一种分解NH4Cl实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表或MgO中的一种。 ①图中代表氨气的是 (填字母序号)。 ②该转化过程中会生成副产物MgCl2，通入水蒸气可减少MgCl2的产生，反应的方程式为 。 【答案】(1)Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+CaCl2+2H2O (2) 高温能加快反应速率，同时催化剂在较高温度400～500℃条件下活性高，对速率的促进作用更大 N2和H2的转化率相同，但B的温度高，气体体积增大，容积大 (3) 2H2O-4e-=4H++O2 电解时实际阴极除了N2得电子生成NH3外，还可能生成、H+，还可能发生， (4) NH3 MgCl2+H2OMg(OH)Cl+HCl 【详解】（1）加热熟石灰和氯化铵生成NH3、氯化钙、水，反应的化学方程式是Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+CaCl2+2H2O。 （2）①该反应放热，但较高温度的条件能加快反应速率，同时催化剂在较高温度400～500℃条件下活性高，对速率的促进作用更大； ②B点的容器容积小于A点的容器容积的原因是：N2和H2的转化率相同，但B的温度高，气体体积增大，容积大。 （3）①由图可知，左侧得电子，左侧是阴极，电极反应为N2+6e-+6H+=2NH3；右侧为阳极，失电子，2H2O-4e-=4H++O2； ②电解时实际阴极除了N2得电子生成NH3外，还可能生成、H+，还可能发生，。 （4）①NH4Cl分解的产物是NH3和HCl，分解得到的HCl与MgO反应生成Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl又可以分解成HCl与MgO，a为NH3，b为Mg(OH)Cl，c为HCl，d为MgO； ②MgCl2可以水解生成Mg(OH)Cl，方程式为：MgCl2+H2OMg(OH)Cl+HCl，因此通入水蒸气可减少MgCl2的产生。 23．（24-25高三上·北京·阶段练习）将沼气(主要成分为)中的、资源化转化在能源利用、环境保护等方面意义重大。 I.脱除沼气中的并使之转化为可再利用的资源 资料： ⅰ.(黄色溶液)，与酸反应生成S、(或) ⅱ.BaS、均易溶于水 (1)乙醇胺()可脱除沼气中的，这与其结构中的 (填官能团名称)有关。加热所得产物，得到，同时乙醇胺得以再生。 (2)采用加热法可将转化为和，反应为：    △H。一定温度下，将a mol 置于v L密闭容器中加热分解，平衡时混合气中与H2的物质的量相等，该温度下反应的平衡常数K= (用含a、v的代数式表示) (3)采用电解法也可将转化为S和。先用NaOH溶液吸收气体，再电解所得溶液。电解时阴极产生无色气体，阳极附近溶液变为黄色。 ①用方程式解释阳极附近溶液变为黄色的原因 。 ②实验测得的转化率大于S的收率，推测电解时阳极可能生成、等物质。实验证实了上述推测成立，写出检验的实验操作及现象： 。 资料：的转化率；S的收率。 ③停止通电，向黄色溶液中通入 (填化学式)气体，析出S，过滤，滤液可继续电解。 Ⅱ.与催化重整可生成，与在催化剂作用下可转化为，体系中发生的主要反应有： ⅰ.     ⅱ.     (4)研究表明，CO与也能生成，写出该反应的热化学方程式： 。 (5)在催化剂作用下，将1mol 、3mol 投入反应器，反应温度对平衡转化率、选择性的影响如下。 已知： 随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是 。 【答案】(1)氨基 (2) (3) 、(黄色溶液) 取少量阳极附近溶液，加入足量盐酸，静置，取上层清液，加溶液，若产生白色沉淀，则含有 (4)     (5)反应i为放热反应，反应ⅱ为吸热反应。随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ⅱ正向移动程度 【详解】（1）H2S的水溶液是弱酸，具有酸性，氨基具有碱性，二者能发生反应，故乙醇胺()可脱除沼气中的，这与其结构中的氨基(填官能团名称)有关。 （2）一定温度下，将a mol 置于v L密闭容器中加热分解，，平衡时混合气中与H2的物质的量相等，则amol-2x=2x，x=0.25amol，该温度下反应的平衡常数为。 （3）①先用NaOH溶液吸收气体，发生反应：，再电解所得溶液，硫离子在阳极放电生成硫单质、淡黄色的硫单质不溶于水，据信息，硫能与硫离子反应生成可溶性 (黄色溶液)，故阳极附近溶液变为黄色，用方程式解释阳极附近溶液变为黄色的原因为：、(黄色溶液)。 ②实验测得的转化率大于S的收率，推测电解时阳极可能生成、等物质。由于酸性条件下硫离子、亚硫酸根离子会反应生成不溶性硫单质，或者氢离子与反应生成硫单质，会干扰硫酸根离子的检验，为防止干扰，检验时需过滤加盐酸后产生的硫或往上层清液中滴入氯化钡，则检验阳极可能存在的实验操作及现象为：取少量阳极附近溶液，加入足量盐酸，静置，取上层清液，加溶液，若产生白色沉淀，则含有。 ③已知与酸反应生成S、，则停止通电时，防止引入其它酸根离子，可向黄色溶液中通入气体，析出S，过滤，滤液可继续电解。 （4）CO与H2反应生成CH3OH的化学方程式为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)； ⅰ.     ⅱ.     根据盖斯定律：i-ii计算反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的ΔH=-49kJ⋅mol-1-(+41kJ⋅mol-1)=-90kJ⋅mol-1，CO与生成的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=-90kJ⋅mol-1。 （5）反应ⅰ放热，升温平衡左移，二氧化碳转化率减小、甲醇产量减小，反应ⅱ为吸热反应，升温平衡右移，二氧化碳转化率增大。则随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是：当温度升高时，反应ⅰ逆向移动，而反应ⅱ正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择率却降低。 24．（24-25高三上·北京通州·阶段练习）工业废气中的硫化氢是一种无色有毒的气体。根据硫化氢的性质，可采取不同的处理方法。 (1)氧化法(克劳斯法)，其原理是：。 已知：  ；   。 第②步反应的热化学方程式为 。 (2)热分解法，其原理是：。不同温度和压强下，的平衡转化率变化如图。 (填“>”或“＜”)，原因是 。 (3)直接电解法，可回收S和。 资料：ⅰ．溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化如下图。 ⅱ．(黄色溶液)；与酸反应生成S。 ①直接电解酸性溶液(pH≈5)，容易出现电解反应不能持续进行的情况，结合电极反应式分析其可能的原因 。 ②工业上，常用烧碱吸收，将吸收后的溶液(pH=13.2)先进行电解，再用电解后的黄色溶液吸收生成S。反应生成S的离子方程式是 。 (4)间接电解法。先用溶液吸收含的工业废气，所得溶液用惰性电极进行电解。 ①反应池中发生的离子方程式是 。 ②该装置实验有两个显著优点：a．的原子利用率100%；b． 。 【答案】(1)   (2) ＜ 同温下，的平衡转化率受压强影响，因此为气体，该反应是气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，的平衡转化率减小 (3) 阳极：，生成的S覆盖在阳极上，阻止反应持续进行 (4) 溶液可以循环使用 【详解】（1）第②步反为SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)，设反应a：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)，反应b：S(s)+O2(g)=SO2(g) ，根据盖斯定律可知，②=a-3b，则SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l) ∆H=-281kJ·mol-1，答案：  ； （2）由图可知，压强改变会影响硫化氢的转化率，说明S2为气体，则压强增大，平衡逆向移动，硫化氢转化率降低，则P1<P2，原因是，同温下，H2S的平衡转化率受压强影响，因此S2为气体，该反应是气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小，答案：＜；同温下，的平衡转化率受压强影响，因此为气体，该反应是气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，的平衡转化率减小； （3）①由图可知，酸性条件时，存在形式是硫化氢分子，由于阳极硫化氢发生氧化反应而生成硫单质，硫单质不导电，覆盖在石墨电极表面，从而导致石墨电极导电性下降，阳极：，生成的S覆盖在阳极上，阻止反应持续进行，②根据信息可知，电解后的黄色溶液中含有，则其与硫化氢反应生成单质硫，离子方程式为：，答案：阳极：，生成的S覆盖在阳极上，阻止反应持续进行；； （4）①反应池中含有三价铁和硫化氢，两者反应生成二价铁和单质硫，总反应为：，②根据图示可知，通过电解生成三价铁和氢气，则该装置实验有两个显著优点：a．H2S的原子利用率100%；b．FeCl3溶液可以循环使用，答案：  ；溶液可以循环使用。 25．（24-25高三上·北京通州·阶段练习）肼()有较强的还原性，与等可组成火箭推进剂。 (1)已知： Ⅰ．  ； Ⅱ．  ； Ⅲ．  。 火箭发射时与反应生成和。该反应的热化学方程式是 。 (2)肼的传统生产工艺为Raschig法，两步反应分别在不同容器的水溶液环境中进行： ⅰ． (快)； ⅱ． (慢)。 已知电负性N>Cl。下列说法不正确的是 (填序号)。 a．适当提高反应ⅰ温度，可显著提高相同时间内的产量 b．采用3.0MPa压强可以增大的溶解度，提高反应ⅱ中的利用率 c．反应ⅰ中做还原剂 (3)采用Raschig法制得肼后，可采用分步蒸馏的方法将其从反应混合液中分离出来。 ①水合肼(，常温为液态)中与间存在氢键，在下图中用“…”表示出这种作用力 。 ②蒸馏过程中首先馏出的物质是 (填序号)。 a．        b．        c．NaCl (4)产品中肼含量的测定方法如下。 取0.50g产品加20mL水稀释，滴入2滴淀粉溶液，用0.500 溶液滴定3次，平均每次消耗I₂溶液20.00mL。已知：。 ①样品中肼(以计)的质量分数为 。 ②若滴定过程中操作过于缓慢，则测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 (5)肼除做火箭推进剂外还可用于燃料电池中。某种碱性肼-空气燃料电池(电解质为KOH溶液)具有高效、无污染的特点，装置如下图所示。 ①负极的电极反应式是 。 ②电池工作一段时间后正极区KOH溶液pH基本保持不变，结合电极反应式解释原因 。 【答案】(1)   (2)ac (3) a (4) 32% 偏小 (5) 正极反应：，电路中每转移4mol 时，正极区生成的4mol 全部迁移到负极区，与负极区消耗的的物质的量相同 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅱ×2-Ⅰ-Ⅲ×2得到肼与二氧化氮反应生成氮气和水的反应，则反应的△H=(-534.0kJ/mol)×2-(-67.7kJ/mol)-(-26.4kJ/mol)×2=-947.5kJ/mol，反应的化学方程式为  ； （2）a．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由题意可知，反应的决速步为反应ii，适当提高反应ⅰ温度，不能加快反应ii的反应速率，不能提高相同时间内水合肼的产量，错误； b．增大压强能增大气体在溶液中溶解度，由题意可知，反应的决速步为反应ii，适当提高反应ⅰ温度，不能加快反应ii的反应速率，采用3.0MPa压强可以增大氨气的溶解度，增大溶液中NH2Cl的浓度，反应ii的平衡向正反应方向移动，有利于提高NH2Cl的利用率，正确； c．由氮元素的电负性大于氯元素可知，氨气、NH2Cl中氮均为-3价，则反应中没有元素发生化合价变化，该反应是非氧化还原反应，所以不是还原剂，错误； 故选ac； （3） ①当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；水合肼分子中肼分子和水分子可以形成分子间氢键，表示氢键的示意图为； ②氨分子和水合肼分子都是分子晶体，沸点小于离子晶体氯化钠，水合肼分子中肼分子和水分子形成的分子间氢键强于氨分子间形成的分子间氢键，沸点高于氨分子，所以蒸馏过程中首先溜出的物质为氨气，故选a； （4）①由题意可知，滴定消耗20.00mL0.500mol/L碘溶液，由方程式可知，样品中肼的质量分数为； ②肼具有还原性，若滴定过程中操作过于缓慢，肼易被空气中的氧气氧化，使得消耗标准碘液的体积偏小，导致测定结果偏小； （5）由电子移动方向可知，通入肼的电极为燃料电池的负极，碱性条件下肼在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为，通入氧气的电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为； ①由分析可知，通入肼的电极为燃料电池的负极，碱性条件下肼在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为； ②由分析可知，通入氧气的电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为，电路中每转移4mol 时，正极区生成的4mol 全部迁移到负极区，与负极区消耗的的物质的量相同，所以电池工作一段时间后正极区KOH溶液pH基本保持不变。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$