题型02 无机综合应用（期末真题汇编，北京专用）高三化学上学期

题型02 无机综合应用 1．(24-25高三上·北京丰台区·期末)氯气是一种重要的化工原料，可采用不同的方法制备。 (1)方法一：软锰矿(主要成分为MnO2)和浓盐酸在加热条件下可制得氯气，反应的化学方程式为 。 (2)方法二：氯化铜可催化氧化制氯气。一定条件下，使用CuCl2作催化剂，催化过程如下：          ①氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为 。 ②一定容积的密闭容器中，在L一定时，HCl平衡转化率分别随X和进料比[]的变化关系如图所示，其中L(L1、L2、L3)、X分别代表压强或温度。 ⅰ．X代表的物理量是 ，L1、L2、L3的关系从大到小为 。 ⅱ．在一定温度和压强下，选择进料比为1.0~2.0，其原因是 。 ⅲ．若HCl的初始浓度为c0 mol/L，计算M点的平衡常数K= 。 (3)方法三：电解氯化氢制氯气，示意图如下。 向电解后的阴极电解液中通入空气，可实现阴极电解液的再生，结合离子方程式解释再生的原理 。 【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2)   △H=-116 kJ/mol 压强 L3＞L2＞L1 进料比[]为1.0~2.0时，HCl平衡转化率较高，且O2与HCl剩余含量适中，利于得到纯净的氯气 (3)通入空气后发生反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，实现Fe3+再生 【详解】（1）软锰矿(主要成分为MnO2)和浓盐酸在加热条件下可制得氯气，同时反应产生MnCl2、H2O，根据电子守恒，可得该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O； （2）①根据已知信息： (ⅰ)   ； (ⅱ)  ； (ⅲ)   根据盖斯定律，将(ⅰ)+(ⅱ)+2×(ⅲ)，整理可得反应的总方程式为  △H=-116 kJ/mol； ②ⅰ．该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆向移动，HCl的平衡转化率减小；增大压强，化学平衡向气体体积减小的正向移动，导致HCl的平衡转化率增大。根据图示可知：在L一定时，X增大，HCl的平衡转化率增大，则X代表的物理量是压强；L表示温度。温度越低，HCl的平衡转化率越大，则L1、L2、L3的关系从大到小为L3＞L2＞L1； ⅱ．在一定温度和压强下，进料比为1.0～2.0，HCl的转化率较高，且O2与HCl反应后剩余的HCl能溶于水中，利于得到纯净的氯气； ⅲ．若HCl的初始浓度为c0 mol/L，M点进料比[]=1.0，则c(O2)=c0 mol/L，HCl的转化率为76%，则消耗的c(HCl)=0.76c0 mol/L，用三段式进行该可逆反应的化学计算： 则M点的平衡常数K=； （3）电解时，Fe3+得电子生成Fe2+，向电解后的阴极电解液中通入空气，空气中的O2具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，从而可以实现Fe3+再生。 2．(24-25高三上·北京朝阳区·期末)广泛应用于清洁和消毒。从实验室的探索到工业规模化的制备，其合成方法不断发展。 (1)实验室制备。 制备NaClO：浓 ①Ⅱ中制备NaClO的离子方程式是 。 ②过程Ⅰ，当氯气不再逸出时，和盐酸仍有剩余，此时加入较浓硫酸，再次产生氯气。解释硫酸的作用： 。 制备 ③中S的化合价为该物质中过氧键的数目为 。 (2)模块化电化学合成。 ①实际浓度的变化与理论浓度(电路中通过的电子均用于生成)的变化如下图所示。之后，的实际浓度低于理论浓度，推测原因： ⅰ．其他物质在阴极放电。 ⅱ． 。 经检验，原因ⅰ不合理。 ②充分电解后，将电极a、b对调，能继续合成，如此多次循环，实现可持续生产。结合电极反应式从的产生、储存、释放与应用的角度说明原因： 。 (3)与实验室制备的方法相比，模块化电化学合成两种消毒剂的优点之一是原子利用率高，用总反应方程式说明： 。 【答案】(1) 增强的氧化性 (2) 分解、在电极放电 ，产生；通过储存；经由释放；，应用。a、b对调，如此可多次循环。 (3) 【详解】（1）①Ⅱ中制备NaClO是将氯气通入到氢氧化钠溶液中，离子方程式是；②反应不能发生可能是还原剂还原性减弱，加入较浓硫酸，再次产生氯气，说明增加了氧化剂（）的氧化性，使反应能继续进行； ③S的化合价为+6，为+1，即8个O的总化合价为-14，故8个O中有2个氧原子为-1价，因此该分子中过氧键的数目为1；1mol该物质中过氧键的数目为； （2）由题干电解池装置图可知，电解NaOH溶液时，左侧电极是阴极，为O2转化为H2O2，电极反应为：O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-，发生还原反应，a电极为阳极，电极反应为：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，而电解NaCl溶液时，右侧电极为是阳极，Cl-转化为ClO-，电极反应为：Cl-+2OH- -2e=ClO-+H2O，b电极为阴极，电极反应为：NiOOH+H2O +e-= Ni(OH)2+OH-，①由分析可知，生成H2O2的电极发生还原反应，且H2O2中O为-1价，则其可以继续得到电子转化为-2价的O，即H2O2实际浓度比理论浓度小的原因可能是其在电极上放电电解，或不稳定而分解；②由分析可知，阴极反应：，产生；通过储存；经由释放；，应用。a、b对调，如此可多次循环； （3）合成过程中原子利用率高，即反应物尽可能全部转化为生成物，总反应方程式。 3．(24-25高三上·北京·期末)氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础的工业，电解装置的示意图如下。 (1)电解饱和食盐水总反应的化学方程式为 。电解时需加盐酸控制阳极区溶液pH在2~3，结合生产目的解释原因： 。 (2)储存饱和食盐水的金属设备容易发生电化学腐蚀，食盐水的流动和搅拌会加剧腐蚀，原因是 。 (3)淡盐水补食盐后可循环利用，但其中溶解的会部分转化为，造成设备腐蚀。需向淡盐水中加入盐酸脱除，补全该反应的离子方程式： 。 ______________________。 (4)阳离子交换膜是一种复合高分子材料，其靠近阴极的一侧富含，可排斥阴离子，因而具有离子选择透过性。若阳极室酸性过强，阳离子交换膜的选择透过性会降低，原因是 。 【答案】(1) 增大，使平衡逆向移动，减少氯气的消耗 (2)增加氧气与食盐水的接触，促进氧气的溶解，加剧金属的吸氧腐蚀 (3) (4)通过阳离子交换膜迁移至阴极室一侧，与膜上的生成，对阴离子的排斥力降低 【详解】（1）电解饱和食盐水过程中Cl-在阳极失去电子生成Cl2，H2O在阴极得到电子生成H2和OH-，总方程式为：，解时需加盐酸控制阳极区溶液pH在2~3，原因是：增大，使平衡逆向移动，减少氯气的消耗。 （2）储存饱和食盐水的金属设备容易发生电化学腐蚀，食盐水的流动和搅拌会加剧腐蚀，原因是：增加了氧气与食盐水的接触，促进氧气的溶解，加剧金属的吸氧腐蚀。 （3）和Cl-在酸性环境中发生归中反应生成Cl2，Cl元素化合价由+5价下降到0价，又由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 （4）若阳极室酸性过强，阳离子交换膜的选择透过性会降低，原因是：通过阳离子交换膜迁移至阴极室一侧，与膜上的生成，对阴离子的排斥力降低。 4．(24-25高三上·北京·期末)人工固氮对于农业生产有重要意义。 (1)工业合成氨。 ①和合成反应的化学方程式是 。 ②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是 。 a．升高温度    b．增大压强    c．使用催化剂 (2)中国科学家研究合金催化剂电催化还原制，装置如图1所示。 ①阴极生成，其电极反应式是 。 ②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明来自电催化还原，需排除以下可能： ⅰ．环境和电解池中存在微量的。 ⅱ．合金与、直接反应生成。 下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是 。 资料：自然界中的丰度：为99.6%，为0.4%。 a．用Ar代替进行实验，电解后未检测到 b．用代替进行实验，电解后仅检测到 c．不通电进行实验，未检测到 ③的生成速率、和的法拉第效率(FE)随阴极的电势变化如图2和图3所示。 [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/editorImg/2025/4/9/0e7a709c-db35-473a-b97c-867f4db4003d.png] 资料：ⅰ．相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。 ⅱ．某电极上产物B的 阴极的电势由降到时，的生成速率增大。阴极的电势继续降低，的生成速率反而减小。结合解释的生成速率减小的原因： 。 (3)用滴定法测定溶液中的物质的量浓度的一种方法如下。 Ⅰ．取含的待测溶液。 Ⅱ．加入过量的溶液。 Ⅲ．蒸馏，将蒸出的用过量的溶液吸收。 Ⅳ．加入甲基橙指示剂，用溶液滴定吸收液中过量的，消耗的溶液体积为。 计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积： 和。 【答案】(1) b (2) c 阴极同时还生成，随着阴极的电势降低，增大，减小，减小的程度大于总电流增大的程度，的生成速率减小 (3)、 【详解】（1）①和在高温、高压、催化剂的条件下反应，生成，化学方程式为：； ②a．升高温度，能够加快反应速率，但是合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应限度降低，故a不符合题意； b．增大压强，反应速率增大，同时平衡正向移动，反应限度增大，b符合题意； c．使用催化剂只能加快反应速率，不能改变反应限度，c不符合题意； 答案选b； （2）①由装置图可知，阴极得到电子，生成，其电极反应式为：； ②证明来自电催化还原，需排除i、ii两种可能； a．Ar是惰性气体，不可能被还原生成，如果电解后没有检测到，说明环境、装置、溶液本身不存在，可以排除i；但因为没有气参与，不确定合金与、是否直接反应生成，a错误； b．用代替进行实验，如果电解后检测到，说明氮来源必须是新通入的，可以排除i环境或装置原本不会含，但如果是合金与、水直接生成，生成的也是，不可排除ii，b错误； c．如果不开电源、无电解反应，结果没有，说明环境中本身没有污染源，可排除i，同时合金不与、直接反应生成，可以排除ii，c正确； 答案选c； ③由图2、图3可知，阴极的电势由降到时，的生成速率增大，阴极的电势继续降低，的生成速率反而减小，结合解释的生成速率减小的原因是阴极同时还生成，随着阴极的电势降低，增大，减小，减小的程度大于总电流增大的程度，的生成速率减小； （3）由题意可知，，其中有一部分硫酸和反应，剩下未反应的硫酸用NaOH滴定，消耗了：，因为是二元酸，而NaOH是一元碱，所以氢氧化钠消耗硫酸：，消耗硫酸：，根据反应，，则，，故计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积有； 5．(24-25高三上·北京石景山区·期末)氯资源的循环利用可提高物质的利用率，也是践行绿色化学理念的重要举措。 (1)工业上可用O2将HCl转化为Cl2，反应为：O2(g) + 4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)  ∆H 已知：H2(g) + Cl2(g)=2HCl(g)  ∆H1=-183.0 kJ·mol-1 2H2(g) + O2(g)=2H2O(g)  ∆H2 = - 483.6 kJ·mol-1 则上述反应的∆H = kJ·mol-1 。 (2)在恒温恒容的密闭容器中发生上述HCl转化为Cl2的反应，表明该反应已达到平衡状态的是 (填字母)。 a．混合气体密度不随时间变化 b．气体总压强不随时间变化 c．消耗1mol O2的同时有2 mol Cl2生成 d．混合气体颜色深浅不随时间变化 (3)工业上使用催化剂催化O2与HCl的反应时，在不同温度下，HCl转化率与HCl和O2的起始流速变化关系如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 ①T1、T2、T3温度由高到低依次为 。 ②此生产工艺提高HCl转化率的措施有 。(写两项即可) ③相同流速下，比较T1、T2、T3温度下HCl的转化率，较高流速下a>b>c，较低流速下a’< b’ < c’，请解释较高流速下a>b>c的原因 。 【答案】(1)-117.6 (2)bd (3) T1>T2>T3 提高O2/HCl的物料比，降低流速，降低温度 在较高流速时，反应未达到平衡，温度高的反应速率快，因此转化率高 【详解】（1）反应I：H2(g) + Cl2(g)=2HCl(g)  ∆H1=-183.0 kJ·mol-1 反应II：2H2(g) + O2(g)=2H2O(g)  ∆H2 = - 483.6 kJ·mol-1 根据盖斯定律：反应II-2×反应I，得到O2(g) + 4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)，则∆H=∆H2-2∆H1=- 483.6 kJ·mol-1-2×(-183.0 kJ·mol-1)= -117.6 kJ·mol-1； （2）a．反应物都是气体且恒容，混合气体密度为定值，始终不随时间变化，不能确定反应达到平衡状态，a不符合； b．恒温恒容的密闭容器中，气体的物质的量在变化气体，总压强随时间变化而变化，当总压强不变时，说明反应达到平衡状态，b符合； c．消耗1mol O2的同时有2 mol Cl2生成，都是正反应方向，不符合正逆反应速率相等，c不符合； d．Cl2是黄绿色，混合气体颜色深浅不随时间变化，说明Cl2的浓度不再变化，反应达到平衡状态，d符合； 答案选bd； （3）①根据较低流速下转化率可近似为平衡转化率，在相同流速为0.08mol·h-1时，反应O2(g) + 4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)  ∆H=-117.6mol·L-1为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，T1温度较高，对应的HCl转化率较低，故温度由高到低的顺序为：T1>T2>T3； ②提高HCl转化率的措施有：增加O2的量即提高O2/HCl的物料比；降低温度，使平衡正向移动；降低流速使反应更充分； ③在较高流速时，反应未达到平衡，温度高的反应速率快，因此转化率高。 6．(24-25高三上·北京石景山区·期末)水是生命之源。水溶液中的离子平衡与我们的生产生活密切相关。 (1)水的电离平衡曲线如图所示。若以A点表示25°C时水在电离平衡时的离子浓度。当温度升到100°C时，水的电离平衡状态到B点，则100°C时水溶液的离子积为Kw= 。 (2)常温下向20.00 mL 0.100 mol·L-1 HX(一元酸)溶液中滴加0.100 mol·L-1 NaOH的pH变化如图所示。 ①HX的电离常数为 。 ②B点溶液中c(X-) c(Na+)(填“>”、“<”或“=”)。 ③C点为恰好完全反应点，溶液中的离子浓度顺序为 。 (3)25℃时，三种酸的电离平衡常数如表： 化学式 CH3COOH H2CO3 HF 电离平衡常数 1.8 ×10-5 K1=4.3 × 10-7，K2=5.6 ×10-11 6.0 ×10-4 ①下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是 (填序号)。 a．        b．F−        c．CH3COO−        d． ② 一般来说，如果一个反应的平衡常数数值大于105，通常认为该反应可以进行得较完全；平衡常数数值小于10-5，这个反应很难进行；平衡常数介于10-5~105之间的认为存在一定程度的可逆反应。请从化学反应平衡常数的角度分析CH3COOH能否与NaF反应生成HF 。 【答案】(1)10-12 (2) 10-5 = c(Na＋) > c(X-) > c(OH-) > c(H＋) (3) adcb 计算反应CH3COOH + F-CH3COO-+ HF的平衡常数K==3 × 10-2，介于10-5~105之间，因此反应能生成HF(或：根据计算平衡常数数据得反应正向进行的程度太小，因此不适宜制备HF) 【详解】（1）B点时，c(H+)=c(OH-)=1.0×10-6mol/L，Kw=c(H+)×c(OH-)=1.0×10-6×1.0×10-6=10-12； （2）①0.100 mol·L-1 HX起点时pH=3，c(H+)=10-3mol/L，电离出的c(X-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HX)=0.100 mol/L- c(X-)=0.100 mol/L-10-3mol/L≈0.100mol/L，Ka==； ②B点时，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(X-)+ c(OH-)= c(H+)+c(Na+)，得出c(X-)=c(Na+)； ③C点恰好完全反应，pH>7，溶液呈碱性，c(H+)<c(OH-)，根据电荷守恒：c(X-)+ c(OH-)= c(H+)+c(Na+)，得出c(X-)<c(Na+)，则溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋) > c(X-) > c(OH-) > c(H＋)； （3）①弱酸的电离常数越大，对应的酸酸性越强，其离子水解程度越小，结合氢离子能力越小，由电离常数大小可知，酸性HF>CH3COOH>H2CO3>，其酸根结合质子的能力由大到小的顺序为>> CH3COO−>F-，序号为：adcb； ②计算反应CH3COOH + F-CH3COO-+ HF的平衡常数K==3 × 10-2，介于10-5~105之间，因此反应能生成HF(或：根据计算平衡常数数据得反应正向进行的程度太小，因此不适宜制备HF)。 7．(24-25高三上·北京石景山区·期末)H2O2是重要的化学试剂，在实验室和生产实际中应用广泛。 (1)多角度认识物质，有助于我们更全面地认识物质的化学性质。 i．元素化合价角度 ①H2O2催化分解反应中体现了H2O2的 (填化学性质)。 ②H2O2与SO2反应，只做氧化剂，写出化学反应方程式 。 ③H2O2可使酸性KMnO4溶液褪色，在反应中只做还原剂，发生反应的化学方程式为：2KMnO4 + 5H2O2 + 3H2SO4 =K2SO4 + 2MnSO4 + 5O2↑ + 8H2O。实验室常用酸性KMnO4溶液测定H2O2的浓度。取10.00 mL H2O2溶液样品于锥形瓶中，加水稀释至50.00 mL，滴入0.10 mol∙L-1 KMnO4 溶液20.00 mL，恰好完全反应。则原样品中H2O2的物质的量浓度是 mol·L-1。 ii．物质类别角度 ④H2O2是一种二元弱酸，写出第一步电离方程式： ；H2O2与过量的Ca(OH)2反应的化学方程式为 。 (2)直接H2O2-H2O2燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。 电池总反应为：2H2O2=O2↑ + 2H2O ①电极为 极。 ②电极的反应式为： 。 ③该电池的设计利用了H2O2氧化性、还原性受 的影响造成的差异。 【答案】(1) 氧化性、还原性 H2O2+SO2=H2SO4 0.5 H2O2H+ + H2O2 + Ca(OH)2=CaO2+ 2H2O (2) 负极 H2O2 + 2e- + 2H+=2H2O 酸碱性或pH 【详解】（1）①催化分解反应为，该反应中O元素化合价即有升高，又有降低，体现了即具有氧化性又具有还原性； ②与反应，只做氧化剂，则生成硫酸，化学方程式：； ③根据化学方程式，2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，则2KMnO4～5H2O2，则反应的H2O2的物质的量为=510-3 mol，则该溶液的浓度为=0.5 mol·Lˉ1； ④是一种二元弱酸，第一步电离方程式为：；与过量反应生成过氧化钙和水，化学方程式为：； （2）原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动。外电路中电子由负极流向正极；所以电极Ⅰ为负极，失去电子，电极反应式为H2O2-2e- +2OH-=2H2O+O2；电极Ⅱ为正极，得电子，电极反应式为H2O2+2e- +2H+=2H2O；据此分析解题； ①由分析，电极Ⅰ为负极； ②由分析，电极Ⅱ为正极，得电子，电极反应式为H2O2+2e- +2H+=2H2O； ③根据两电极反应物相同，分别发生氧化、还原反应可知，H2O2在不同的酸碱性条件下的氧化性、还原性不同。 8．(24-25高三上·北京房山区·调研)碳酸二甲酯是一种环保且用途广泛的化工原料，可采用多种方法进行制备。 (1)方法一：早期以、和为原料，为催化剂，采用液相法合成。反应分两步进行： 反应i． 写出反应ii的化学方程式： 。 (2)方法二：用和直接合成。 反应的热化学方程式为：  。 ①在密闭容器中发生上述反应，下列措施能提升甲醇平衡转化率的是 （填序号）。 a．增大压强 b．增大和的投料比 c．及时分离出 ②一定条件下，测得单位时间的产率随温度变化如图所示。分析产率随温度变化的原因 （忽略温度对催化剂活性的影响）。 (3)方法三：以为原料，通过电化学法合成，工作原理如图所示。 ①b是电解池的 极。 ②电解过程中生成的电极反应式是 。 (4)以为原料制备，有助于实现碳中和，请结合化学反应原理对方法二提出优化建议 。 【答案】(1) (2) ac 温度低于时，随温度升高，反应速率加快，单位时间产率增大。温度高于时，反应达到平衡状态，该反应为放热反应，温度升高，化学平衡向着逆反应方向移动，产率降低 (3) 阴 (4)高效分离碳酸二甲酯或水、寻低温高效催化剂、二氧化碳和甲醇循环使用、回收热量用于原料预热（其他合理答案） 【详解】（1）早期以CH3OH、CO和O2为原料，CuCl为催化剂，采用液相法合成(CH3O)2CO方程式为4CH3OH+2CO+O2=2(CH3O)2CO+2H2O，反应ⅰ.4CH3OH+O2+4CuCl═4Cu(CH3O)Cl+2H2O，总反应减去反应ⅰ，可得反应ⅱ，化学方程式：2Cu(CH3O)Cl+CO═2CuCl+(CH3O)2CO。 （2）①a．该反应是气体体积减小得反应，增大压强，平衡正向移动，甲醇平衡转化率提高，故a正确； b．增大CH3OH和CO2的投料比，相当于减小CO2的浓度，平衡逆向移动，甲醇平衡转化率降低，故b错误； c．及时分离出(CH3O)2CO，平衡正向移动，甲醇平衡转化率提高，故c正确； 故答案为：ac； ②(CH3O)2CO产率随温度变化的原因温度低于140℃时，随温度升高，反应速率加快，(CH3O)2CO单位时间产率增大，温度高于140℃时，反应达到平衡状态，该反应为放热反应，温度升高，化学平衡向着逆反应方向移动，产率降低。 （3）①阴极上O2得到电子，阳极连接电源正极，阴极连接电源负极，则b为阴极，a为阳极； ②a电极上是甲醇、一氧化碳发生氧化反应生成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，为电解池的阳极，阳极的电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。 （4）以CO2为原料制备(CH3O)2CO，有助于实现碳中和，优化建议高效分离碳酸二甲酯或水、寻低温高效催化剂、二氧化碳和甲醇循环使用、回收热量用于原料预热。 9．(24-25高三上·北京·期末)在国民经济中占有重要地位。可采取不同的方法制备。 (1)氨的发现：科学家在加热氯化铵和石灰(主要成分是)混合物时发现氨，写出反应的化学方程式 。 (2)氰化法制氨：以为氮源两步合成氨。 ①第I步产物还有单质，则反应中 (填序号)。 a．是氧化剂        b．是还原剂        c．既是氧化剂又是还原剂 ②第II步产物还有，反应的化学方程式为 。 (3)直接合成法制氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下：    若断裂、需要吸收的能量分别为、，则断裂需要吸收的能量为 。 (4)电化学氮还原合成氨是未来合成氨工艺最有潜力的前沿技术。水相电解是最早实现低温合成氨的体系。 ①以溶液为离子导体的示意图如图所示，阴极的电极反应是 。 ②以稀硫酸为离子导体，氮还原的选择性较低。在稀硫酸中添加聚乙二醇，能显著提高氮还原的选择性，其原理如下。 聚乙二醇不影响的扩散。聚乙二醇能 ，有效抑制的扩散。 【答案】(1) (2) b (3) (4) 与形成氢键 【详解】（1）根据加热氯化铵和石灰(主要成分是)混合物时发现氨，知道反应物是氯化铵和，生成物是氨气、氯化钙和水，故反应的化学方程式是。 （2）①根据氰化法制氨合成流程图，可知反应Ⅰ是N2和反应生成CaCN2和单质C，中C元素的化合价是-1价，CaCN2中C元素的化合价是+4价，单质C中为0价，反应过程中，碳元素化合价是升高的，则反应中是反应物，是还原剂，故答案为b。 ②第二步反应是CaCN2和水在反应生成氨气和，故反应的化学方程式是。 （3）一个反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，断裂、需要吸收的能量分别为、，设断裂需要吸收的能量为x，则有x+3a -6b=-92.4，故x等于。 （4）①阴极发生还原反应，根据题干电化学氮还原合成氨，可知氮气在阴极得电子被还原成氨气，则根据电荷守恒、元素质量守恒和碱性电解液，可知电极反应式为。 ②以稀硫酸为离子导体，会在阴极形成氢气，降低氮还原的选择性；根据图可知聚乙二醇中的氧原子能与中的氢离子形成分子间氢键，能有效抑制的扩散，提高氮还原的选择性。 10．(24-25高三上·北京顺义区·期末)以工业废气回收的为原料合成甲醇，可实现资源的再利用。 (1)还原法： 以为原料合成甲醇的反应如下： 不同压强下，按照投料，实验测得的平衡转化率随温度的变化关系如图所示，且在平衡混合气中含有。 ①压强由大到小的顺序为 ； ②推测在合成甲醇过程中发生的副反应化学方程式为 ，且该反应的 0(填“>”“<”“=”)，推测的依据是 。 (2)电化学还原法： 利用太阳能光伏电池进行电化学还原制甲醇的装置如图所示。 ①工作电极的制作：将铝箔放入煮沸的饱和溶液中进行反应，可制得薄膜电极。生成的离子方程式为 。 ②工作电极上作催化剂，工作时电极上转化为甲醇的电极反应式为 。 ③此法制甲醇的优点是 (写出一条即可)。 【答案】(1) P1＞P2＞P3 CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ＞ 主反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，由图像可知，当温度升到一定的程度，压强不再影响化学平衡时，说明此时以副反应为主，温度升高，二氧化碳的转化率升高，可推出此时副反应平衡正向移动，则副反应为吸热反应ΔH＞0 (2) Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+ CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6OH- 利用太阳能，节约能源 【详解】（1）①由反应可知，在相同温度下，压强越大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，可得P1＞P2＞P3； ②由图像可知，当温度升到一定的程度，压强不再影响二氧化碳的转化率，可推出副反应反应前后气体的体积不变，因而有可能为CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)； 反应，正反应放热，温度升高平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低；由图像可知，当温度升到一定的程度，压强不再影响化学平衡时，说明此时以副反应为主，温度升高，二氧化碳的转化率升高，可推出此时副反应平衡正向移动，则副反应为吸热反应ΔH＞0； （2）①Cu和Cu2+反应生成Cu2O，离子方程式为Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+； ②工作电极上Cu2O作催化剂，电解质溶液是含有KOH的乙醇溶液，工作时电极上CO2转化为甲醇的电极反应式为CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6OH-； ③此法制甲醇的优点是利用太阳能，节约能源。 11．(23-24高三上·北京通州区·期末)甲醇氧化为甲醛和水的反应可看作以下两个连续反应： ⅰ. ⅱ.H2(g)+O2(g)=H2O(g)   ΔH2=-247.8kJ/mol 已知： (1) 。 (2)要提高反应ⅰ中甲醇平衡转化率，可采取的措施有 (写出两条) (3)应用负载银催化时反应ⅰ会发生以下副反应： ⅲ. ⅳ. 其他条件相同时，以为催化剂，研究银负载量对催化剂活性的影响，实验数据如图所示： ①依据实验数据应选择的最佳反应条件是 。 ②温度由650℃至700℃甲醛收率下降的可能原因是 。 (4)通过电催化法可将甲醇转化为甲醛，装置如图所示(电极均为惰性电极) ①电极连接电源的 极(填“正”或“负”)。 ②阳极室产生后发生的反应有： 、 (5)电解后甲醛含量测定方法如下：(溶液中无 、剩余) 已知： 若滴定过程中消耗碘V1L，消耗标准溶液V2L，则电解后甲醛的含量为 。 【答案】(1)+92.7kJ/mol (2)升温或减压 (3) 20%银负载量、650℃ 升温反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降 (4) 负 或 (5) 【详解】（1）按盖斯定律，反应=2×反应ⅰ+2×反应ⅱ，则=+92.7kJ/mol。 （2）反应ⅰ为气体体积增大的吸热反应，温度升高或减压均可使反应右移，则要提高反应ⅰ中甲醇平衡转化率，可采取的措施有升温或减压(写出两条)。 （3）①由图知，20%银负载量、650℃时甲醛的收率最高、20%银负载量时甲醛的选择性最大，则依据实验数据应选择的最佳反应条件是20%银负载量、650℃。 ②升温，反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降，则温度由650℃至700℃甲醛收率下降的可能原因是：升温反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降。 （4）①电解池中阳离子向阴极移动，则由图可知右侧电极为阴极，连接电源的负极。 ②氯离子在阳极放电产生氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸把甲醇氧化为甲醛，则阳极室产生后发生的反应有：或、 （5）由流程可知，电解后的甲醛溶液(溶液中无 、剩余)中，加入过量碘水、氢氧化钠溶液，发生，滴入标准硫代硫酸钠溶液与多余的碘单质反应：，酸化后若滴定过程中消耗碘V1L，消耗标准溶液V2L，则与甲醛反应的碘单质为，V升电解液中甲醛为，电解后甲醛的含量为。 12．(23-24高三上·北京丰台区·期末)以方铅矿(主要含、、)和软锰矿(主要含、及铁的氧化物)为原料联合制取和的一种流程示意图如下。 已知：　 (1)“酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和锰分别以和的形式浸出。 ①加快浸出速率可采取的措施有 (写出2条)。 ②补全与反应的离子方程式 。 ③加酸时，方案1：将盐酸一次性加入，硫元素主要转化为单质；方案2：将盐酸间隔一定时间分两次加入，硫元素主要转化为。该工艺流程采用方案2，理由是 。 (2)“除铁”时，加入至溶液，过量的软锰矿将氧化生成沉淀。写出发生反应的离子方程式 。 (3)滤渣的主要成分是和，滤液中，。则可推断、、的大小关系为 。 (4)“氧化”过程，生成时参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 (的结构式为)。 (5)干燥温度为，对产品进行鼓风烘干，得到的产物中锰含量结果如下图所示。后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降的原因可能是 。 【答案】(1) 加热、粉碎原料 防止单质覆盖在矿物表面，阻碍反应进行或方铅矿量一定时，提高浸出量 (2) (3) (4) (5)被氧化 【分析】由题给流程可知，向方铅矿和软锰矿中加入盐酸和氯化钠混合溶液酸浸，将矿石中的金属元素浸出后，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH约为3，将溶液中的铁元素转化为碱式氧化铁沉淀，过滤得到含有二氧化硅、碱式氧化铁的滤渣和含有四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子的滤液；滤液经冰水沉积、过滤得到二氯化铅固体和滤液；二氯化铅与硫酸溶液反应转化为硫酸铅；向滤液中加入硫化钠溶液，将溶液中的铅离子、锌离子转化为硫化铅、硫化锌沉淀，过滤得到含有硫化铅、硫化锌的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水后，通入空气氧化，将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，过滤得到四氧化三锰。 【详解】（1）①酸浸时，粉碎矿石、适当升高温度、适当增加盐酸浓度、搅拌等措施能加快浸出速率，故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或适当增加盐酸浓度或搅拌； ②由题意可知，硫化铅与二氧化锰的反应为硫化铅、二氧化锰与溶液中的氯离子、氢离子反应生成四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为； ③由题意可知，将盐酸间隔一定时间分两次加入的目的是将硫元素转化为硫酸根离子，防止硫元素转化为硫单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行，导致浸取率降低，故答案为：防止单质覆盖在矿物表面，阻碍反应进行或方铅矿量一定时，提高浸出量； （2）由题意可知，除铁时发生的反应为二氧化锰与溶液中的亚铁离子和水反应生成碱式氧化铁沉淀和氢离子，反应的离子方程式为； （3）由滤渣D中不含有硫化锰可知，三种硫化物中硫化锰的溶度积最大，由滤液C中铅离子浓度小于锌离子可知，硫化铅的溶度积小于硫化锌，则三种硫化物中硫化锰的溶度积大小顺序为； （4）由分析可知，加入氨水后，通入空气氧化的目的是将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，反应的离子方程式为6Mn2+＋6NH3·H2O+O2=2Mn3O4+6NH+6H+，由四氧化三锰的结构式可知，氧化物中二价锰离子和三价锰离子的个数比为1：2，则反应中氧化剂氧气和还原剂锰离子的物质的量之比为1：4； （5）5 h后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降说明四氧化三锰被空气中的氧气氧化，导致产品中混用杂质，使得氧元素的质量增大、锰元素的质量减小，故答案为：Mn3O4被O2氧化； 13．(23-24高三上·北京石景山区·期末)将作为弱氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯，具有避免乙烷深度氧化、资源化利用等显著优势。 (1)①查阅资料，计算氧化脱氢反应的反应热 i.查阅 的燃烧热数据（填化学式）。 ii.查阅水的汽化热：  。 利用上述数据，得如下热化学方程式：    ②检验产物有乙烯生成的操作和现象 。 (2)结合键能数据分析氧化脱氢反应的挑战和难点 。 键 键能 347.7 413.4 745 (3)推测催化氧化脱氢反应过程示意图如下，补全示意图中画框部分（示意图中未使用键线式）。 (4)分析投料体积比对反应的影响（650℃，0.1MPa，催化剂） ①从1提高到5，转化率从33.3%增加到50.5%，简述转化率增加的原因 。（体积比为3和4时乙烷转化率基本相同） ②从4提高到5，副反应的化学方程式可能是 。 【答案】(1) C2H6、C2H4、CO 将反应得到的气体通入溴水或酸性KMnO4溶液中，溶液褪色 (2)CO2中C=O键的键能较高，是反应的挑战；乙烷分子中C—H键的键能大于C—C键的键能，所以C—H键的选择活化是难点 (3) (4) 从1提高到3，更多的CO2和乙烷反应生成乙烯，乙烷的转化率增大； 从4提高到5，更多的CO2和乙烷反应生成甲烷，乙烷的转化率增大 2CO2+C2H6CH4+3CO+ H2O 【详解】（1）①由乙烷与二氧化碳反应生成乙烯和气态水可知，计算二氧化碳氧化乙烷脱氢反应的反应热时，需查阅资料获取的数据为乙烷、乙烯、一氧化碳的燃烧热和液态水转化为气态水的反应热，故答案为：C2H6、C2H4、CO； ②乙烯能与溴水发生加成反应使溶液褪色，也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则检验产物有乙烯生成的操作和现象检验产物有乙烯生成的操作和现象为将反应得到的气体通入溴水或酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，故答案为：将反应得到的气体通入溴水或酸性KMnO4溶液中，溶液褪色； （2）由表格数据可知，二氧化碳氧化乙烷脱氢反应的挑战是二氧化碳分子中碳氧双键的键能较高，破坏共价键需要较高的能量；碳氢键的键能大于碳碳键的键能，所以反应的难点是选择合适的催化剂使反应中碳氢键优先活化断裂而碳碳键不断裂的条件下形成碳碳双键，故答案为：CO2中C=O键的键能较高，是反应的挑战；乙烷分子中C—H键的键能大于C—C键的键能，所以C—H键的选择活化是难点； （3） 由原子个数守恒可知，与乙烷反应生成，故答案为：； （4）①由图可知，从1提高到3时，乙烯的选择性增大，甲烷的选择性减小说明反应中更多的二氧化碳和乙烷反应生成乙烯导致乙烷的转化率增大；从4提高到5时，甲烷的选择性增大，乙烯的选择性减小说明更多的二氧化碳和乙烷反应生成甲烷导致乙烷的转化率增大，所以从1提高到5，乙烷转化率从33.3%增加到50.5%，故答案为：从1提高到3，更多的CO2和乙烷反应生成乙烯，乙烷的转化率增大； 从4提高到5，更多的CO2和乙烷反应生成甲烷，乙烷的转化率增大； ②从4提高到5时，甲烷的选择性增大，乙烯的选择性减小说明更多的二氧化碳和乙烷反应生成甲烷，则副反应的化学方程式为2CO2+C2H6CH4+3CO+ H2O，故答案为：2CO2+C2H6CH4+3CO+ H2O。 14．(23-24高三上·北京朝阳区·期末)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。 15．(23-24高三上·北京东城区·期末)地热能的开发利用(如下图)过程中需要研究管道的腐蚀与结构问题。 资料：地热水储藏在地下数百米的高压环境中，温度高达250℃以上，其中溶解有CO2、H2S、SiO2以及Na+、Ca2+、、Cl-等。 (1)室温下测得蒸汽冷凝液pH=2.9。 ①输送蒸汽的钢制管道与蒸汽冷凝液接触时，主要发生 (填“析氢”或“吸氧”)腐蚀，负极发生的电极反应是 。 ②蒸汽冷凝液中有H2SO4，是由蒸汽与O2反应生成的，该反应的化学方程式是 。 (2)地热水沿地热井管道上升时，随压强减小，达到某一高度(汽化位置)时剧烈汽化。由 △H1>0可知，“热水”与“地热水”相比，温度会 (填“升高”或“降低”)。 (3)汽化位置的管道中结垢最严重，主要成分是CaCO3，其形成与如下平衡有关。     △H2 已知CaCO3溶解度与CO2压强(p)和温度(T)的关系如下图所示。 ①△H2 0(填“>”或“<”)。 ②比较p1和p2大小并说明理由： 。 ③汽化位置最易析出CaCO3的因素：压强减小，水剧烈汽化，导致 。 (4)地热水中的SiO2以Si(OH)4形式存在，其溶解-析出过程可表示为： 结合化学键变化分析SiO2溶解过程中能量变化很小的原因可能是 。 【答案】(1) 析氢 Fe-2e-=Fe2+ H2S+2O2H2SO4 (2)降低 (3) ＜ p1＜p2，理由：温度一定时，CO2压强增大（CO2浓度增大），平衡正向移动，CaCO3溶解度增大 溶剂减少，c(Ca2+)和c()增大，CO2逸出 (4)该过程中断键（Si-O键、H-O键）和成键的种类与数目均相同，故断键吸收和成键放出的能量接近 【详解】（1）①室温下测得蒸汽冷凝液pH=2.9，输送蒸汽的钢制管道与蒸汽冷凝液接触时，主要发生析氢腐蚀，铁作负极，电极反应式为Fe-2e-═Fe2+，故答案为：析氢；Fe-2e-=Fe2+； ②依据电子守恒和原子守恒可得反应的化学方程式是H2S+2O2H2SO4，故答案为：H2S+2O2H2SO4。 （2）由可知，压强减小，平衡正向移动，反应正向吸热，故“热水”与“地热水”相比，温度会降低，故答案为：降低。 （3）①由图可知，压强一定时，温度升高，CaCO3溶解度减小，平衡逆向移动，故反应放热，ΔH2＜0，故答案为：＜； ②由图可知温度一定时，CO2压强增大（CO2浓度增大），平衡正向移动，CaCO3溶解度增大，故p1＜p2，故答案为：p1＜p2，理由：温度一定时，CO2压强增大（CO2浓度增大），平衡正向移动，CaCO3溶解度增大； ③汽化位置最易析出CaCO3的因素：压强减小，水剧烈汽化，导致溶剂减少，c(Ca2+)和c()增大，CO2逸出，故答案为：溶剂减少，c(Ca2+)和c()增大，CO2逸出。 （4）SiO2溶解过程中能量变化很小的原因可能是该过程中断键（Si-O键、H-O键）和成键的种类与数目均相同，故断键吸收和成键放出的能量接近，故答案为：该过程中断键（Si-O键、H-O键）和成键的种类与数目均相同，故断键吸收和成键放出的能量接近。 29 / 31 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型02 无机综合应用 1．(24-25高三上·北京丰台区·期末)氯气是一种重要的化工原料，可采用不同的方法制备。 (1)方法一：软锰矿(主要成分为MnO2)和浓盐酸在加热条件下可制得氯气，反应的化学方程式为 。 (2)方法二：氯化铜可催化氧化制氯气。一定条件下，使用CuCl2作催化剂，催化过程如下：          ①氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为 。 ②一定容积的密闭容器中，在L一定时，HCl平衡转化率分别随X和进料比[]的变化关系如图所示，其中L(L1、L2、L3)、X分别代表压强或温度。 ⅰ．X代表的物理量是 ，L1、L2、L3的关系从大到小为 。 ⅱ．在一定温度和压强下，选择进料比为1.0~2.0，其原因是 。 ⅲ．若HCl的初始浓度为c0 mol/L，计算M点的平衡常数K= 。 (3)方法三：电解氯化氢制氯气，示意图如下。 向电解后的阴极电解液中通入空气，可实现阴极电解液的再生，结合离子方程式解释再生的原理 。 2．(24-25高三上·北京朝阳区·期末)广泛应用于清洁和消毒。从实验室的探索到工业规模化的制备，其合成方法不断发展。 (1)实验室制备。 制备NaClO：浓 ①Ⅱ中制备NaClO的离子方程式是 。 ②过程Ⅰ，当氯气不再逸出时，和盐酸仍有剩余，此时加入较浓硫酸，再次产生氯气。解释硫酸的作用： 。 制备 ③中S的化合价为该物质中过氧键的数目为 。 (2)模块化电化学合成。 ①实际浓度的变化与理论浓度(电路中通过的电子均用于生成)的变化如下图所示。之后，的实际浓度低于理论浓度，推测原因： ⅰ．其他物质在阴极放电。 ⅱ． 。 经检验，原因ⅰ不合理。 ②充分电解后，将电极a、b对调，能继续合成，如此多次循环，实现可持续生产。结合电极反应式从的产生、储存、释放与应用的角度说明原因： 。 (3)与实验室制备的方法相比，模块化电化学合成两种消毒剂的优点之一是原子利用率高，用总反应方程式说明： 。 3．(24-25高三上·北京·期末)氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础的工业，电解装置的示意图如下。 (1)电解饱和食盐水总反应的化学方程式为 。电解时需加盐酸控制阳极区溶液pH在2~3，结合生产目的解释原因： 。 (2)储存饱和食盐水的金属设备容易发生电化学腐蚀，食盐水的流动和搅拌会加剧腐蚀，原因是 。 (3)淡盐水补食盐后可循环利用，但其中溶解的会部分转化为，造成设备腐蚀。需向淡盐水中加入盐酸脱除，补全该反应的离子方程式： 。 ______________________。 (4)阳离子交换膜是一种复合高分子材料，其靠近阴极的一侧富含，可排斥阴离子，因而具有离子选择透过性。若阳极室酸性过强，阳离子交换膜的选择透过性会降低，原因是 。 4．(24-25高三上·北京·期末)人工固氮对于农业生产有重要意义。 (1)工业合成氨。 ①和合成反应的化学方程式是 。 ②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是 。 a．升高温度    b．增大压强    c．使用催化剂 (2)中国科学家研究合金催化剂电催化还原制，装置如图1所示。 ①阴极生成，其电极反应式是 。 ②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明来自电催化还原，需排除以下可能： ⅰ．环境和电解池中存在微量的。 ⅱ．合金与、直接反应生成。 下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是 。 资料：自然界中的丰度：为99.6%，为0.4%。 a．用Ar代替进行实验，电解后未检测到 b．用代替进行实验，电解后仅检测到 c．不通电进行实验，未检测到 ③的生成速率、和的法拉第效率(FE)随阴极的电势变化如图2和图3所示。 [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/editorImg/2025/4/9/0e7a709c-db35-473a-b97c-867f4db4003d.png] 资料：ⅰ．相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。 ⅱ．某电极上产物B的 阴极的电势由降到时，的生成速率增大。阴极的电势继续降低，的生成速率反而减小。结合解释的生成速率减小的原因： 。 (3)用滴定法测定溶液中的物质的量浓度的一种方法如下。 Ⅰ．取含的待测溶液。 Ⅱ．加入过量的溶液。 Ⅲ．蒸馏，将蒸出的用过量的溶液吸收。 Ⅳ．加入甲基橙指示剂，用溶液滴定吸收液中过量的，消耗的溶液体积为。 计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积： 和。 5．(24-25高三上·北京石景山区·期末)氯资源的循环利用可提高物质的利用率，也是践行绿色化学理念的重要举措。 (1)工业上可用O2将HCl转化为Cl2，反应为：O2(g) + 4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)  ∆H 已知：H2(g) + Cl2(g)=2HCl(g)  ∆H1=-183.0 kJ·mol-1 2H2(g) + O2(g)=2H2O(g)  ∆H2 = - 483.6 kJ·mol-1 则上述反应的∆H = kJ·mol-1 。 (2)在恒温恒容的密闭容器中发生上述HCl转化为Cl2的反应，表明该反应已达到平衡状态的是 (填字母)。 a．混合气体密度不随时间变化 b．气体总压强不随时间变化 c．消耗1mol O2的同时有2 mol Cl2生成 d．混合气体颜色深浅不随时间变化 (3)工业上使用催化剂催化O2与HCl的反应时，在不同温度下，HCl转化率与HCl和O2的起始流速变化关系如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 ①T1、T2、T3温度由高到低依次为 。 ②此生产工艺提高HCl转化率的措施有 。(写两项即可) ③相同流速下，比较T1、T2、T3温度下HCl的转化率，较高流速下a>b>c，较低流速下a’< b’ < c’，请解释较高流速下a>b>c的原因 。 6．(24-25高三上·北京石景山区·期末)水是生命之源。水溶液中的离子平衡与我们的生产生活密切相关。 (1)水的电离平衡曲线如图所示。若以A点表示25°C时水在电离平衡时的离子浓度。当温度升到100°C时，水的电离平衡状态到B点，则100°C时水溶液的离子积为Kw= 。 (2)常温下向20.00 mL 0.100 mol·L-1 HX(一元酸)溶液中滴加0.100 mol·L-1 NaOH的pH变化如图所示。 ①HX的电离常数为 。 ②B点溶液中c(X-) c(Na+)(填“>”、“<”或“=”)。 ③C点为恰好完全反应点，溶液中的离子浓度顺序为 。 (3)25℃时，三种酸的电离平衡常数如表： 化学式 CH3COOH H2CO3 HF 电离平衡常数 1.8 ×10-5 K1=4.3 × 10-7，K2=5.6 ×10-11 6.0 ×10-4 ①下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是 (填序号)。 a．        b．F−        c．CH3COO−        d． ② 一般来说，如果一个反应的平衡常数数值大于105，通常认为该反应可以进行得较完全；平衡常数数值小于10-5，这个反应很难进行；平衡常数介于10-5~105之间的认为存在一定程度的可逆反应。请从化学反应平衡常数的角度分析CH3COOH能否与NaF反应生成HF 。 7．(24-25高三上·北京石景山区·期末)H2O2是重要的化学试剂，在实验室和生产实际中应用广泛。 (1)多角度认识物质，有助于我们更全面地认识物质的化学性质。 i．元素化合价角度 ①H2O2催化分解反应中体现了H2O2的 (填化学性质)。 ②H2O2与SO2反应，只做氧化剂，写出化学反应方程式 。 ③H2O2可使酸性KMnO4溶液褪色，在反应中只做还原剂，发生反应的化学方程式为：2KMnO4 + 5H2O2 + 3H2SO4 =K2SO4 + 2MnSO4 + 5O2↑ + 8H2O。实验室常用酸性KMnO4溶液测定H2O2的浓度。取10.00 mL H2O2溶液样品于锥形瓶中，加水稀释至50.00 mL，滴入0.10 mol∙L-1 KMnO4 溶液20.00 mL，恰好完全反应。则原样品中H2O2的物质的量浓度是 mol·L-1。 ii．物质类别角度 ④H2O2是一种二元弱酸，写出第一步电离方程式： ；H2O2与过量的Ca(OH)2反应的化学方程式为 。 (2)直接H2O2-H2O2燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。 电池总反应为：2H2O2=O2↑ + 2H2O ①电极为 极。 ②电极的反应式为： 。 ③该电池的设计利用了H2O2氧化性、还原性受 的影响造成的差异。 8．(24-25高三上·北京房山区·调研)碳酸二甲酯是一种环保且用途广泛的化工原料，可采用多种方法进行制备。 (1)方法一：早期以、和为原料，为催化剂，采用液相法合成。反应分两步进行： 反应i． 写出反应ii的化学方程式： 。 (2)方法二：用和直接合成。 反应的热化学方程式为：  。 ①在密闭容器中发生上述反应，下列措施能提升甲醇平衡转化率的是 （填序号）。 a．增大压强 b．增大和的投料比 c．及时分离出 ②一定条件下，测得单位时间的产率随温度变化如图所示。分析产率随温度变化的原因 （忽略温度对催化剂活性的影响）。 (3)方法三：以为原料，通过电化学法合成，工作原理如图所示。 ①b是电解池的 极。 ②电解过程中生成的电极反应式是 。 (4)以为原料制备，有助于实现碳中和，请结合化学反应原理对方法二提出优化建议 。 9．(24-25高三上·北京·期末)在国民经济中占有重要地位。可采取不同的方法制备。 (1)氨的发现：科学家在加热氯化铵和石灰(主要成分是)混合物时发现氨，写出反应的化学方程式 。 (2)氰化法制氨：以为氮源两步合成氨。 ①第I步产物还有单质，则反应中 (填序号)。 a．是氧化剂        b．是还原剂        c．既是氧化剂又是还原剂 ②第II步产物还有，反应的化学方程式为 。 (3)直接合成法制氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下：    若断裂、需要吸收的能量分别为、，则断裂需要吸收的能量为 。 (4)电化学氮还原合成氨是未来合成氨工艺最有潜力的前沿技术。水相电解是最早实现低温合成氨的体系。 ①以溶液为离子导体的示意图如图所示，阴极的电极反应是 。 ②以稀硫酸为离子导体，氮还原的选择性较低。在稀硫酸中添加聚乙二醇，能显著提高氮还原的选择性，其原理如下。 聚乙二醇不影响的扩散。聚乙二醇能 ，有效抑制的扩散。 10．(24-25高三上·北京顺义区·期末)以工业废气回收的为原料合成甲醇，可实现资源的再利用。 (1)还原法： 以为原料合成甲醇的反应如下： 不同压强下，按照投料，实验测得的平衡转化率随温度的变化关系如图所示，且在平衡混合气中含有。 ①压强由大到小的顺序为 ； ②推测在合成甲醇过程中发生的副反应化学方程式为 ，且该反应的 0(填“>”“<”“=”)，推测的依据是 。 (2)电化学还原法： 利用太阳能光伏电池进行电化学还原制甲醇的装置如图所示。 ①工作电极的制作：将铝箔放入煮沸的饱和溶液中进行反应，可制得薄膜电极。生成的离子方程式为 。 ②工作电极上作催化剂，工作时电极上转化为甲醇的电极反应式为 。 ③此法制甲醇的优点是 (写出一条即可)。 11．(23-24高三上·北京通州区·期末)甲醇氧化为甲醛和水的反应可看作以下两个连续反应： ⅰ. ⅱ.H2(g)+O2(g)=H2O(g)   ΔH2=-247.8kJ/mol 已知： (1) 。 (2)要提高反应ⅰ中甲醇平衡转化率，可采取的措施有 (写出两条) (3)应用负载银催化时反应ⅰ会发生以下副反应： ⅲ. ⅳ. 其他条件相同时，以为催化剂，研究银负载量对催化剂活性的影响，实验数据如图所示： ①依据实验数据应选择的最佳反应条件是 。 ②温度由650℃至700℃甲醛收率下降的可能原因是 。 (4)通过电催化法可将甲醇转化为甲醛，装置如图所示(电极均为惰性电极) ①电极连接电源的 极(填“正”或“负”)。 ②阳极室产生后发生的反应有： 、 (5)电解后甲醛含量测定方法如下：(溶液中无 、剩余) 已知： 若滴定过程中消耗碘V1L，消耗标准溶液V2L，则电解后甲醛的含量为 。 12．(23-24高三上·北京丰台区·期末)以方铅矿(主要含、、)和软锰矿(主要含、及铁的氧化物)为原料联合制取和的一种流程示意图如下。 已知：　 (1)“酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和锰分别以和的形式浸出。 ①加快浸出速率可采取的措施有 (写出2条)。 ②补全与反应的离子方程式 。 ③加酸时，方案1：将盐酸一次性加入，硫元素主要转化为单质；方案2：将盐酸间隔一定时间分两次加入，硫元素主要转化为。该工艺流程采用方案2，理由是 。 (2)“除铁”时，加入至溶液，过量的软锰矿将氧化生成沉淀。写出发生反应的离子方程式 。 (3)滤渣的主要成分是和，滤液中，。则可推断、、的大小关系为 。 (4)“氧化”过程，生成时参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 (的结构式为)。 (5)干燥温度为，对产品进行鼓风烘干，得到的产物中锰含量结果如下图所示。后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降的原因可能是 。 13．(23-24高三上·北京石景山区·期末)将作为弱氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯，具有避免乙烷深度氧化、资源化利用等显著优势。 (1)①查阅资料，计算氧化脱氢反应的反应热 i.查阅 的燃烧热数据（填化学式）。 ii.查阅水的汽化热：  。 利用上述数据，得如下热化学方程式：    ②检验产物有乙烯生成的操作和现象 。 (2)结合键能数据分析氧化脱氢反应的挑战和难点 。 键 键能 347.7 413.4 745 (3)推测催化氧化脱氢反应过程示意图如下，补全示意图中画框部分（示意图中未使用键线式）。 (4)分析投料体积比对反应的影响（650℃，0.1MPa，催化剂） ①从1提高到5，转化率从33.3%增加到50.5%，简述转化率增加的原因 。（体积比为3和4时乙烷转化率基本相同） ②从4提高到5，副反应的化学方程式可能是 。 14．(23-24高三上·北京朝阳区·期末)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： 。 15．(23-24高三上·北京东城区·期末)地热能的开发利用(如下图)过程中需要研究管道的腐蚀与结构问题。 资料：地热水储藏在地下数百米的高压环境中，温度高达250℃以上，其中溶解有CO2、H2S、SiO2以及Na+、Ca2+、、Cl-等。 (1)室温下测得蒸汽冷凝液pH=2.9。 ①输送蒸汽的钢制管道与蒸汽冷凝液接触时，主要发生 (填“析氢”或“吸氧”)腐蚀，负极发生的电极反应是 。 ②蒸汽冷凝液中有H2SO4，是由蒸汽与O2反应生成的，该反应的化学方程式是 。 (2)地热水沿地热井管道上升时，随压强减小，达到某一高度(汽化位置)时剧烈汽化。由 △H1>0可知，“热水”与“地热水”相比，温度会 (填“升高”或“降低”)。 (3)汽化位置的管道中结垢最严重，主要成分是CaCO3，其形成与如下平衡有关。     △H2 已知CaCO3溶解度与CO2压强(p)和温度(T)的关系如下图所示。 ①△H2 0(填“>”或“<”)。 ②比较p1和p2大小并说明理由： 。 ③汽化位置最易析出CaCO3的因素：压强减小，水剧烈汽化，导致 。 (4)地热水中的SiO2以Si(OH)4形式存在，其溶解-析出过程可表示为： 结合化学键变化分析SiO2溶解过程中能量变化很小的原因可能是 。 29 / 31 学科网（北京）股份有限公司 $