专题07 无机综合大题（北京专用）2026年高考化学二模分类汇编

**基本信息** 北京各区2026届二模无机综合大题汇编，聚焦工业合成、环境治理等真实情境，突出化学反应原理与元素化合物知识的综合应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |非选择题（无机综合大题）|9道|涵盖氨氧化反应焓变计算、电解法制硝酸电极反应、工业废水处理（生物硝化/化学沉淀）、钢铁冶炼中CO还原Fe₂O₃平衡分析等|以“室温电解空气制硝酸”“间接电解丙烯制环氧丙烷”等前沿工艺为情境，设置方程式书写、原理阐释、工艺优化等梯度问题，契合北京高考真题对真实情境与综合能力的考查趋势|

专题07 无机综合大题 1．（2026·北京丰台·二模）是一种重要的工业原料，其合成工艺的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 (1)方法一：工业上主要采用氨氧化法制备，其设备与流程如下图所示。 ①转化器中氨氧化的化学方程式为________。 ②已知与转化器中相同温度、压强下两个反应的焓变 反应ⅰ： 反应ⅱ： 要计算转化器中氨氧化反应的焓变，还需要另一个反应________的焓变。 ③NO和进入热交换器后，NO转化率显著提高的原因是________。 ④从资源和能源利用的角度说明该工艺的优点：________。 (2)方法二：中国科学家在室温下用电解法将空气转化为硝酸，其原理示意图如下。 ①阴极石墨棒上转化为·OH的电极总反应为________。 ②是·OH与反应生成的中间产物，其结构式为________。 ③若将阳极产生的通入阴极参与反应，则该电解工艺生成最终消耗的物质的量为________。 2．（2026·北京西城·二模）环氧丙烷是重要的有机化工原料，工业上先用丙烷制丙烯，再通过间接电解丙烯制环氧丙烷。 Ⅰ．丙烷制丙烯 (1)一定条件下，C3H8脱氢制丙烯发生如下反应：  ，从平衡的角度推断有利于制备丙烯的条件是___________。 (2)在高温下，CO2催化氧化C3H8制C3H6涉及的反应有： ⅰ.  ； ⅱ.  ； ⅲ.； …… ①CO2氧化C3H8生成C3H6、CO和反应的热化学方程式是___________。 ②与(1)相比，(2)中引入CO2的优点有___________(答两点)。 Ⅱ．间接电解法制环氧丙烷 丙烯经间接电解法制环氧丙烷(，简称PO)的原理示意图如图1。 已知：ⅰ.Br2与H2O反应：； ⅱ.； (3)阳极反应式是___________。 (4)丙烯经间接电解法制PO的总反应的化学方程式是___________。 (5)不将丙烯直接通入电解池内制PO，原因可能是___________。 (6)相同电压下电解，随的变化如图2。大于时，下降。不考虑其他副反应，从反应原理的角度解释原因：___________。 3．（2026·北京顺义·二模）工业排放的氨氮废水(主要以存在)是水体主要污染物之一。高效、科学的废水处理，有助于保护水中生态系统，维护人类健康。 (1)生物硝化法。利用氨氧化细菌等微生物催化转化氨氮。 ①废水中两步硝化反应的热化学方程式为： ⅰ、  ∆H=-546kJ·mol-1 ⅱ、  ∆H=-146kJ·mol-1 被完全氧化为的热化学方程式为______。 ②温度升高，反应速率加快，但温度高于时，反应速率急剧下降，去除率降低。可能原因是______。 ③硝化过程中，水体pH过低会抑制的硝化。从平衡移动的角度解释原因______。 (2)化学氧化法。以为氧化剂，可将废水中的氨氮转化为氮气。 ①理论上，3 mol可氧化2 mol。发生反应的离子方程式是______。 ②其他条件相同，温度对氨氮去除率的影响如图。 温度高于时，氨氮去除率下降的原因是______。 (3)化学沉淀法。一定条件下，向氨氮废水中加入稍过量、，可生成难溶的磷酸铵镁沉淀，除去氨氮。 ①用离子方程式表示沉淀的生成______。 ②其他条件相同，溶液pH不同时，氨氮的去除率如下。 pH 3 5 7 9 11 氨氮去除率 54.7% 60.8% 80.7% 93.3% 85.1% 随pH增大，氨氮去除率先增大后减小的原因是______。 4．（2026·北京海淀·二模）钢铁行业是排放的主要来源之一，约占全球总排放量的7%。减少炼铁过程中碳的使用对减排工作具有重要意义。 (1)已知：             则      _______ 。 (2)常压下，在密闭容器中用CO(或)在不同温度下将还原为Fe，达平衡时，混合气体中CO(或)的物质的量分数如图。 ①关于CO还原为Fe的反应，下列分析正确的是_______(填序号)。 a．装置内气体总物质的量不再变化时，说明反应达到化学平衡状态 b．其他条件不变，延长反应时间，不能改变CO的平衡转化率 c．还原所得Fe可能包覆于表面，使体系无法达到平衡状态 ②平衡时CO的物质的量分数：N>M，原因是_______。 ③用代替CO还原制备Fe，可减少排放，但该方案仍存在一定的局限性。从物质利用及能源消耗的角度分析其局限性分别为_______、_______。 (3)恒温恒容条件下，研究不同因素对铁氧化物还原速率的影响，实验方案和结果如下表。 实验编号 固体 粒径/mm 通不同气体时的相对还原速率 CO i FeO 0.1 0.27 0.09 0.33 ii FeO 2.5 0.25 0.08 0.35 iii FeO 8.5 0.15 0.06 0.25 iv FeO 20 0.021 0.007 0.036 v FeO，MgO 20 0.017 0.008 0.039 注：各实验中FeO质量相同。 ①实验i~iv以 CO进行还原时，相对还原速率依次下降，原因是_______。 ②研究表明，在FeO中加入少量MgO，某种氧化产物与MgO反应的生成物可“撑开”FeO晶体，从而加速FeO的还原。结合实验iv、v的数据，推测相关反应的化学方程式为_______。 5．（2026·北京昌平·二模）ClO2是一种广泛应用的杀菌消毒剂，可采用不同方法制备。 已知：ClO2沸点为11℃，常温下为易溶于水且不与水反应的气体，水溶液呈黄绿色。 (1)方法一：亚氯酸钠(NaClO2)与Cl2反应制得ClO2，该反应的化学方程式为___________。 (2)方法二：以氯酸钠(NaClO3)为原料制备ClO2，制备装置示意图如下(夹持装置略)，先将NaClO3和H2SO4混合液加入三口烧瓶中，再加入CaO2固体。 ①将该制备反应的化学方程式补充完整：_________。 ____________________________________________。 ②氧化性强与其结构有关，的空间结构是___________。 ③冰水浴的作用是___________。 ④当达到一定比值时，随增大，相同时间内NaClO3的转化率没有明显提升，可能的原因是___________。 (3)方法三：电化学-化学耦合法制备高纯ClO2(不含其它杂质气体)，装置示意图如下。A室为气体室，电极a为气体扩散电极，催化层朝向B室。为探究是否存在NaClO3直接放电生成ClO2，利用该装置按下表条件进行实验。 序号 B室溶液 A室通入气体 B室溶液颜色 ⅰ Ar(氩气) 无色 ⅱ O2 黄绿色 ①电极b是电解池的___________极。 ②由上述实验可知，不存在NaClO3直接放电生成ClO2，实验证据是___________。 ③经实验证明不存在NaClO3直接放电，结合电极反应式说明电化学-化学耦合法制备ClO2的原理：___________。 6．（2026·北京东城·二模）钛储量大，用途广。冶炼金属钛的两种方法如下。 I. 一种由钛铁矿(主要含 )冶炼金属钛的流程如下图。 (1)碳化在高温下进行，有 生成。该反应的化学方程式为___________。 (2)氯化时，若只通入空气，则发生： 已知 补全氯化反应的热化学方程式： ___________ (3)资料：氯化产物中及所含主要杂质的性质如下表。 化合物 沸点/°C 136 58 316 熔点/°C -25 -69 304 在中的溶解性 - 互溶 微溶 氯化产物冷却至室温，___________(填操作，下同)得到粗，再经过___________进一步纯化。 (4)利用溶液1可制备流程中所需的某些物质，方案为___________。 Ⅱ．电解熔融 ，制备金属Ti的装置示意图如下。 (5)石墨电极为电解池的___________极。 (6)以普通电极电解时，生成的金属钛迅速被熔融电解液中的高价钛氧化，生成熔点高、不导电的，对应的化学方程式为___________。以泡沫铁为电极， 可有效抑制金属钛与高价钛接触， 从而获得金属钛。 7．（2026·北京朝阳·二模）一种制备高浓度NaClO溶液(有效氯含量可达16.3%)的方法如下。 已知：i．有效氯含量指价氯元素的质量分数。 ii．；和均为无色。 (1)与NaOH溶液反应制得NaClO的化学方程式为___________。 (2)测定有效氯含量 量取5mL母液2，用蒸馏水稀释至250mL，加入过量KI溶液和盐酸，立即密封、摇匀。充分反应后，用标准溶液滴定至淡黄色，加入淀粉指示剂，滴定至终点。 ①滴定终点的现象为___________。 ②加入KI溶液和盐酸，发生反应的离子方程式为___________。 (3)探究第二次加碱的原因 实验：冰水浴条件下，直接向母液1中通入氯气，一段时间后，产生大量气体a，此时停止通入氯气，测得溶液b的、有效氯含量为1.3%。 ①分析溶液b有效氯含量比母液1低的原因： i．与水反应产生的HClO将NaClO氧化成。 ii．___________，产生。 ②实验证实气体a中含有和，检验宜选用___________(填序号)。 a．澄清石灰水    b．溶液    c．品红溶液 ③结合平衡移动原理，解释母液1转化为母液2的过程析出NaCl固体的原因___________。 8．（2026·北京房山·二模）消除NO对大气的污染一直是环境保护的重要研究课题。 Ⅰ、利用甲烷在催化剂条件下还原NO，相关反应如下： ①   ②   (1)写出甲烷还原NO的热化学方程式______。 Ⅱ、催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以为主的催化剂上可能发生的反应过程如下图。 (2)写出脱硝过程的总反应的化学方程式______。 (3)结合上图分析，下列说法正确的是______。(填序号) a．中Fe元素的化合价为+3价 b．作催化剂，通过改变反应历程，提高反应速率 c．在等压条件下，反应①、②和③的反应热之和，小于总反应的反应热之和 Ⅲ、电解氧化吸收法可将废气中的NO转变为。分别向溶液和 溶液中通入NO，测得电流强度与NO的去除率的关系如图1所示。电解溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图2所示。 已知：的氧化性弱于 (4)电解溶液时产生。氧化吸收NO的离子方程式为______。 (5)图1中NaCl电解液比电解液的NO去除率大，原因是______。 (6)随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是______。 9．（2026·北京石景山·二模）常见的锌锰干电池分为酸性和碱性两种。 (1)酸性锌锰干电池是最早进入市场的实用电池，其工作原理可表示为：Zn+2MnO2+2NH4Cl=Mn2O3+2NH3+ZnCl2+H2O。 ①负极材料是___________。 ②NH3和Mn2O3的生成导致电池难以充电。写出正极的电极反应式___________。 (2)碱性锌锰干电池单位质量输出的电能多且储存时间长，其工作原理可表示为：Zn+2MnO2+H2O=2MnOOH+ZnO(KOH为电解质)，放电时，理论上产生a库仑电量，消耗MnO2的物质的量为___________mol。已知：转移1mol电子所产生的电量为96500库仑。 (3)废旧锌锰电池的回收利用具有重要意义，一种以废旧锌锰电池制备MnSO4的流程如下。 ①固体C的主要成分是___________。 ②从滤液D得到MnSO4的操作是___________。 (4)二十一世纪，我国科学家以ZnSO4或Zn(NO3)2替换KOH电解质，实现了锌锰电池的充放电，Zn2+嵌入脱出过程可表示为：Zn2++2e-+2MnO2=ZnMn2O4。 ①该体系中NO不氧化Zn，NO氧化性弱与其结构和环境有关，NO的空间结构是___________。 ②Mn2O在酸性溶液中歧化成MnO2和Mn2+的程度很大，写出反应的离子方程式___________。 ③普遍认为Mn从+3价到+2价会导致电池不可逆，MnSO4的加入可以增强电池的可逆性，请解释原因___________。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 无机综合大题 1．(1) 该反应是放热反应，降低温度使平衡向正反应方向移动，NO转化率提高 该工艺中NO、氧气可以循环利用，可以提高原料利用率，且使用热交换器对反应物进行预热，充分利用热能，提高反应效率 (2) H-O-N=N-O-H 1.25mol 2．(1)低压，高温 (2) CO2(g)+C3H8(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)      CO2消耗H2，提升丙烷生成丙烯的平衡转化率；在高温下碳被CO2还原为CO，防止积碳覆盖在催化剂表面减小反应速率 (3)2Br--2e-=Br2 (4)+H2 (5)防止丙烯在阳极被氧化生成其他副产物 (6)c(Br-)较大，不利于Br2+H2O=HBrO+H++Br-正向进行，Br2与H2O反应生成HBrO，Br2的转化率下降，FE(PO)下降 3．(1) 温度升高，氨氧化细菌（酶）的蛋白质变性失活，催化能力丧失，反应速率急剧下降 第一步硝化反应生成，过低使增大，硝化反应平衡逆向移动，抑制转化 (2) 温度升高，水解生成的受热分解，有效氧化剂浓度降低，氧化性减弱 (3) 目标沉淀的生成需要足够的和：酸度过高消耗，碱度过高消耗，都不利于沉淀生成，因此随pH增大，氨氮去除率先增大后减小 4．(1)-40 (2) bc 用CO还原为Fe的反应为放热反应，从M点到N点，温度升高，平衡逆向移动，平衡时 CO的物质的量分数大 制备成本高，且平衡转化率低于CO，原料利用率低 工业制取需要消耗大量能源，且该反应吸热，需要额外提供能量，整体能耗更高 (3) FeO粒径越大，与还原气体的接触面积越小，反应速率越慢，因此相对还原速率依次下降 5．(1)2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2 (2) CaO2+2NaClO3+2H2SO4=2ClO2↑+2H2O +Na2SO4+CaSO4↓+O2↑ 三角锥形 冷凝ClO2，便于收集 CaO2过量，溶液中H2O2浓度过大，H2O2分解速率加快，使参与反应的H2O2量不再增加，且转化生成的硫酸钙、过氧化钙都是微溶物，硫酸钙覆盖在过氧化钙表面阻止反应进一步发生 (3) 阳极 实验ⅰ中A室通入Ar后B室溶液的颜色为无色，说明该实验并没有ClO2 电极a(阴极)通入O2发生还原反应生成H2O2()，H2O2在B室中与NaClO3发生化学反应生成ClO2()，电极b(阳极)上水失电子生成O2 6．(1) (2)-690 (3) 过滤 蒸馏 (4)由溶液1制备无水，电解熔融制备Mg和 (5)阳 (6) 7．(1)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O (2) 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 3I−+ClO−+2H+=I+Cl−+H2O (3) NaClO在酸性条件下转化为HClO，HClO易分解 c 加入42%NaOH溶液，c(Na+)增大，通入氯气，生成Cl−，使NaCl(s)Na+(aq)+Cl−(aq)逆向移动 8．(1)   (2) (3)ab (4) (5)电解氯化钠溶液生成，氧化性强于，而且电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强，更有利于NO的去除 (6)随着电流强度增大，电流强度大于4时产生的浓度减小，浓度增大，氧化性弱 9．(1) Zn 2MnO2+2e−+2NH=Mn2O3+2NH3+H2O (2) (3) ZnS 加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥或蒸发结晶、洗涤、烘干 (4) 平面三角形 Mn2O+4H+MnO2+Mn2++2H2O Mn2O+4H+MnO2+Mn2++2H2O，随Mn2+浓度的增大，平衡逆向移动；或Mn2O+2e−+8H+=2Mn2++4H2O，增大Mn2+的浓度，反应不易发生 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 无机综合大题 1．（2026·北京丰台·二模）是一种重要的工业原料，其合成工艺的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 (1)方法一：工业上主要采用氨氧化法制备，其设备与流程如下图所示。 ①转化器中氨氧化的化学方程式为________。 ②已知与转化器中相同温度、压强下两个反应的焓变 反应ⅰ： 反应ⅱ： 要计算转化器中氨氧化反应的焓变，还需要另一个反应________的焓变。 ③NO和进入热交换器后，NO转化率显著提高的原因是________。 ④从资源和能源利用的角度说明该工艺的优点：________。 (2)方法二：中国科学家在室温下用电解法将空气转化为硝酸，其原理示意图如下。 ①阴极石墨棒上转化为·OH的电极总反应为________。 ②是·OH与反应生成的中间产物，其结构式为________。 ③若将阳极产生的通入阴极参与反应，则该电解工艺生成最终消耗的物质的量为________。 【答案】(1) 该反应是放热反应，降低温度使平衡向正反应方向移动，NO转化率提高 该工艺中NO、氧气可以循环利用，可以提高原料利用率，且使用热交换器对反应物进行预热，充分利用热能，提高反应效率 (2) H-O-N=N-O-H 1.25mol 【分析】由图，氨气和氧气催化氧化生成NO，NO和氧气转化为二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸； 【详解】（1）①转化器中氨氧化反应为氨气和氧气催化氧化生成NO ：； ②已知与转化器中相同温度、压强下两个反应的焓变 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 由盖斯定律，反应[ⅲ-2(ⅰ-ⅱ)]得到反应，故要计算转化器中氨氧化反应的焓变，还需要另一个反应的焓变； ③NO和进入热交换器后，NO转化率显著提高的原因是该反应是放热反应，降低温度使平衡向正反应方向移动，NO转化率提高； ④该工艺中NO、氧气可以循环利用，可以提高原料利用率，且使用热交换器对反应物进行预热，充分利用热能，提高反应效率； （2）①由图，阴极石墨棒上反应为在酸性条件下得到电子转化为·OH，同时生成水，反应为：。 ②是·OH与反应生成的中间产物，则氮分子中断裂1个氮氮键和·OH结合生成，其结构式为HO-N=N-OH。 ③该电解工艺的总反应为，该反应式已计入阳极产生的氧气在阴极的消耗，代表了净的物料变化。根据化学计量关系，生成最终消耗，则生成最终消耗的物质的量为。 2．（2026·北京西城·二模）环氧丙烷是重要的有机化工原料，工业上先用丙烷制丙烯，再通过间接电解丙烯制环氧丙烷。 Ⅰ．丙烷制丙烯 (1)一定条件下，C3H8脱氢制丙烯发生如下反应：  ，从平衡的角度推断有利于制备丙烯的条件是___________。 (2)在高温下，CO2催化氧化C3H8制C3H6涉及的反应有： ⅰ.  ； ⅱ.  ； ⅲ.； …… ①CO2氧化C3H8生成C3H6、CO和反应的热化学方程式是___________。 ②与(1)相比，(2)中引入CO2的优点有___________(答两点)。 Ⅱ．间接电解法制环氧丙烷 丙烯经间接电解法制环氧丙烷(，简称PO)的原理示意图如图1。 已知：ⅰ.Br2与H2O反应：； ⅱ.； (3)阳极反应式是___________。 (4)丙烯经间接电解法制PO的总反应的化学方程式是___________。 (5)不将丙烯直接通入电解池内制PO，原因可能是___________。 (6)相同电压下电解，随的变化如图2。大于时，下降。不考虑其他副反应，从反应原理的角度解释原因：___________。 【答案】(1)低压，高温 (2) CO2(g)+C3H8(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)      CO2消耗H2，提升丙烷生成丙烯的平衡转化率；在高温下碳被CO2还原为CO，防止积碳覆盖在催化剂表面减小反应速率 (3)2Br--2e-=Br2 (4)+H2 (5)防止丙烯在阳极被氧化生成其他副产物 (6)c(Br-)较大，不利于Br2+H2O=HBrO+H++Br-正向进行，Br2与H2O反应生成HBrO，Br2的转化率下降，FE(PO)下降 【详解】（1）该反应为吸热反应，升高温度有利于平衡向正反应方向移动；该反应为气体体积增大的反应，即在低压的条件下更有利于向正反应方向进行； （2）①由题意可知，该反应方程式为CO2(g)+C3H8(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)，其为反应ⅰ与反应ⅱ的加和，则=+165kJ/mol； ②由题意可知，反应生成的H2可以继续和CO2反应，降低H2的浓度，提升丙烷生成丙烯的平衡转化率；在高温下碳被CO2还原为CO，防止积碳覆盖在催化剂表面减小反应速率 （3）由图可知，阳极反应式为2Br--2e-=Br2； （4） 由图可知，丙烯经间接电解法制PO的过程中，阳极的反应由溴离子生成溴单质，继续生成次溴酸，由次溴酸与丙烯反应生成CH3CH(OH)CH2Br，阴极由水反应生成氢气，则最后形成碱性KOH溶液的环境，由CH3CH(OH)CH2Br在碱性溶液中发生分子内取代反应生成PO，则该总反应的化学方程式为+H2； （5）丙烯直接在电极上反应，选择性差，易发生氧化或还原等副反应，故不将丙烯直接通入电解池内制PO，原因是防止丙烯在阳极被氧化生成其他副产物； （6）c(Br-)较大，不利于Br2+H2O=HBrO+H++Br-正向进行，Br2与H2O反应生成HBrO，Br2的转化率下降，FE(PO)下降。 3．（2026·北京顺义·二模）工业排放的氨氮废水(主要以存在)是水体主要污染物之一。高效、科学的废水处理，有助于保护水中生态系统，维护人类健康。 (1)生物硝化法。利用氨氧化细菌等微生物催化转化氨氮。 ①废水中两步硝化反应的热化学方程式为： ⅰ、  ∆H=-546kJ·mol-1 ⅱ、  ∆H=-146kJ·mol-1 被完全氧化为的热化学方程式为______。 ②温度升高，反应速率加快，但温度高于时，反应速率急剧下降，去除率降低。可能原因是______。 ③硝化过程中，水体pH过低会抑制的硝化。从平衡移动的角度解释原因______。 (2)化学氧化法。以为氧化剂，可将废水中的氨氮转化为氮气。 ①理论上，3 mol可氧化2 mol。发生反应的离子方程式是______。 ②其他条件相同，温度对氨氮去除率的影响如图。 温度高于时，氨氮去除率下降的原因是______。 (3)化学沉淀法。一定条件下，向氨氮废水中加入稍过量、，可生成难溶的磷酸铵镁沉淀，除去氨氮。 ①用离子方程式表示沉淀的生成______。 ②其他条件相同，溶液pH不同时，氨氮的去除率如下。 pH 3 5 7 9 11 氨氮去除率 54.7% 60.8% 80.7% 93.3% 85.1% 随pH增大，氨氮去除率先增大后减小的原因是______。 【答案】(1) 温度升高，氨氧化细菌（酶）的蛋白质变性失活，催化能力丧失，反应速率急剧下降 第一步硝化反应生成，过低使增大，硝化反应平衡逆向移动，抑制转化 (2) 温度升高，水解生成的受热分解，有效氧化剂浓度降低，氧化性减弱 (3) 目标沉淀的生成需要足够的和：酸度过高消耗，碱度过高消耗，都不利于沉淀生成，因此随pH增大，氨氮去除率先增大后减小 【详解】（1）盖斯定律计算：将已知两个热化学方程式相加，总反应和焓变同时除以2，计算得，得到目标热化学方程式:；该反应依靠微生物的酶催化，酶的本质是蛋白质，高温会使蛋白质变性失活，因此反应速率急剧下降； 根据勒夏特列原理，生成物浓度增大，平衡向逆反应方向移动，因此抑制的硝化； （2）中从+1价降为-1价，每个得；中从-3价升为0价，每个失，根据电子守恒得计量比，再结合电荷、原子守恒配平方程式为：； 水解生成，受热易分解，温度升高后有效氧化剂浓度降低，氧化性减弱，因此氨氮去除率下降； （3）反应物为、、和水，生成物为磷酸铵镁沉淀，配平方程式为：； 降低时，与结合，浓度降低，不利于目标沉淀生成；随增大，浓度升高，有利于目标沉淀生成，去除率升高；过高时，与生成沉淀，浓度降低，不利于目标沉淀生成，去除率下降，因此随pH增大，氨氮去除率呈先增大后减小的趋势。 4．（2026·北京海淀·二模）钢铁行业是排放的主要来源之一，约占全球总排放量的7%。减少炼铁过程中碳的使用对减排工作具有重要意义。 (1)已知：             则      _______ 。 (2)常压下，在密闭容器中用CO(或)在不同温度下将还原为Fe，达平衡时，混合气体中CO(或)的物质的量分数如图。 ①关于CO还原为Fe的反应，下列分析正确的是_______(填序号)。 a．装置内气体总物质的量不再变化时，说明反应达到化学平衡状态 b．其他条件不变，延长反应时间，不能改变CO的平衡转化率 c．还原所得Fe可能包覆于表面，使体系无法达到平衡状态 ②平衡时CO的物质的量分数：N>M，原因是_______。 ③用代替CO还原制备Fe，可减少排放，但该方案仍存在一定的局限性。从物质利用及能源消耗的角度分析其局限性分别为_______、_______。 (3)恒温恒容条件下，研究不同因素对铁氧化物还原速率的影响，实验方案和结果如下表。 实验编号 固体 粒径/mm 通不同气体时的相对还原速率 CO i FeO 0.1 0.27 0.09 0.33 ii FeO 2.5 0.25 0.08 0.35 iii FeO 8.5 0.15 0.06 0.25 iv FeO 20 0.021 0.007 0.036 v FeO，MgO 20 0.017 0.008 0.039 注：各实验中FeO质量相同。 ①实验i~iv以 CO进行还原时，相对还原速率依次下降，原因是_______。 ②研究表明，在FeO中加入少量MgO，某种氧化产物与MgO反应的生成物可“撑开”FeO晶体，从而加速FeO的还原。结合实验iv、v的数据，推测相关反应的化学方程式为_______。 【答案】(1)-40 (2) bc 用CO还原为Fe的反应为放热反应，从M点到N点，温度升高，平衡逆向移动，平衡时 CO的物质的量分数大 制备成本高，且平衡转化率低于CO，原料利用率低 工业制取需要消耗大量能源，且该反应吸热，需要额外提供能量，整体能耗更高 (3) FeO粒径越大，与还原气体的接触面积越小，反应速率越慢，因此相对还原速率依次下降 【详解】（1）根据盖斯定律，将已知反应编号： ① ②； 目标反应=①②，因此。 （2）①a．该反应前后气体总物质的量始终不变，因此气体总物质的量不变不能说明反应达到平衡，a错误； b．延长反应时间不改变平衡状态，因此不能改变CO的平衡转化率，b正确； c．若生成的Fe包覆在表面，会隔绝反应物接触，使反应无法持续进行，体系不能达到平衡，c正确。 ②该反应为放热反应（），温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡物质的量分数增大，因此 ③ 物质利用：制备成本高，且平衡转化率低于CO，原料利用率低； 能源消耗：工业制取需要消耗大量能源，且该反应吸热，需要额外提供能量，整体能耗更高。 （3）①FeO粒径越大，反应物（FeO与还原剂气体）的接触面积越小，反应速率越慢，因此相对还原速率依次下降。 ②结合实验iv、v的数据，加入MgO后，用CO的还原速率减慢，而加入的还原速率加快，说明是与反应生成摩尔体积更大的，可撑开FeO晶体，加快还原速率。 5．（2026·北京昌平·二模）ClO2是一种广泛应用的杀菌消毒剂，可采用不同方法制备。 已知：ClO2沸点为11℃，常温下为易溶于水且不与水反应的气体，水溶液呈黄绿色。 (1)方法一：亚氯酸钠(NaClO2)与Cl2反应制得ClO2，该反应的化学方程式为___________。 (2)方法二：以氯酸钠(NaClO3)为原料制备ClO2，制备装置示意图如下(夹持装置略)，先将NaClO3和H2SO4混合液加入三口烧瓶中，再加入CaO2固体。 ①将该制备反应的化学方程式补充完整：_________。 ____________________________________________。 ②氧化性强与其结构有关，的空间结构是___________。 ③冰水浴的作用是___________。 ④当达到一定比值时，随增大，相同时间内NaClO3的转化率没有明显提升，可能的原因是___________。 (3)方法三：电化学-化学耦合法制备高纯ClO2(不含其它杂质气体)，装置示意图如下。A室为气体室，电极a为气体扩散电极，催化层朝向B室。为探究是否存在NaClO3直接放电生成ClO2，利用该装置按下表条件进行实验。 序号 B室溶液 A室通入气体 B室溶液颜色 ⅰ Ar(氩气) 无色 ⅱ O2 黄绿色 ①电极b是电解池的___________极。 ②由上述实验可知，不存在NaClO3直接放电生成ClO2，实验证据是___________。 ③经实验证明不存在NaClO3直接放电，结合电极反应式说明电化学-化学耦合法制备ClO2的原理：___________。 【答案】(1)2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2 (2) CaO2+2NaClO3+2H2SO4=2ClO2↑+2H2O +Na2SO4+CaSO4↓+O2↑ 三角锥形 冷凝ClO2，便于收集 CaO2过量，溶液中H2O2浓度过大，H2O2分解速率加快，使参与反应的H2O2量不再增加，且转化生成的硫酸钙、过氧化钙都是微溶物，硫酸钙覆盖在过氧化钙表面阻止反应进一步发生 (3) 阳极 实验ⅰ中A室通入Ar后B室溶液的颜色为无色，说明该实验并没有ClO2 电极a(阴极)通入O2发生还原反应生成H2O2()，H2O2在B室中与NaClO3发生化学反应生成ClO2()，电极b(阳极)上水失电子生成O2 【分析】以氯酸钠(NaClO3)为原料制备ClO2的实验过程中，将NaClO3和H2SO4混合液加入三口烧瓶中，再加入CaO2固体后，反应生成ClO2，在常温下为气体，通入冰水浴之后冷凝为黄绿色液体，在反应过程中可能会伴随有Cl2的生成，用NaOH溶液作尾气处理，既防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，也可以用于吸收Cl2。 【详解】（1）根据氧化还原反应原理，NaClO2中Cl为+3价，Cl2中Cl为0价，ClO2中Cl为+4价，NaCl中Cl为-1价，由得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式2NaClO2+Cl2 =2ClO2+2NaCl； （2）①根据氧化还原反应和原子守恒，CaO2中O为-1价，NaClO3中Cl为+5价, CIO2中Cl为+4价，CaO2作还原剂，NaClO3作氧化剂，反应为CaO2+2NaClO3+2H2SO4=2ClO2↑+2H2O +Na2SO4+CaSO4↓+O2↑； ②中Cl的价层电子对数为，有1对孤电子对,所以空间结构是三角锥形； ③因为ClO2沸点为11℃，所以冰水浴可冷凝ClO2，便于收集； ④CaO2与水反应生成H2O2，H2O2参与反应CaO2过量，溶液中H2O2浓度过大，H2O2分解速率加快，使参与反应的H2O2量不再增加，导致NaClO3转化率没有明显提升，且转化生成的硫酸钙、过氧化钙都是微溶物，硫酸钙覆盖在过氧化钙表面阻止反应进一步发生； （3）①由题意可知，电极b由H2O生成O2，其中O的化合价升高，则电极b为阳极，其电极反应方程式为：2H2O- 4e- = 4H++O2，电极a为阴极，其电极反应方程式为：O2+4H++4e- = 2H2O； ②实验ⅰ中A室通入Ar后B室溶液的颜色为无色，说明该实验并没有ClO2； ③电极a(阴极)通入O2发生还原反应生成H2O2()，H2O2在B室中与NaClO3发生化学反应生成ClO2()，电极b(阳极)上水失电子生成O2。 6．（2026·北京东城·二模）钛储量大，用途广。冶炼金属钛的两种方法如下。 I. 一种由钛铁矿(主要含 )冶炼金属钛的流程如下图。 (1)碳化在高温下进行，有 生成。该反应的化学方程式为___________。 (2)氯化时，若只通入空气，则发生： 已知 补全氯化反应的热化学方程式： ___________ (3)资料：氯化产物中及所含主要杂质的性质如下表。 化合物 沸点/°C 136 58 316 熔点/°C -25 -69 304 在中的溶解性 - 互溶 微溶 氯化产物冷却至室温，___________(填操作，下同)得到粗，再经过___________进一步纯化。 (4)利用溶液1可制备流程中所需的某些物质，方案为___________。 Ⅱ．电解熔融 ，制备金属Ti的装置示意图如下。 (5)石墨电极为电解池的___________极。 (6)以普通电极电解时，生成的金属钛迅速被熔融电解液中的高价钛氧化，生成熔点高、不导电的，对应的化学方程式为___________。以泡沫铁为电极， 可有效抑制金属钛与高价钛接触， 从而获得金属钛。 【答案】(1) (2)-690 (3) 过滤 蒸馏 (4)由溶液1制备无水，电解熔融制备Mg和 (5)阳 (6) 【分析】钛铁矿与焦炭反应生成粗TiC和粗Fe，通过磁选可分离二者。粗TiC与空气中的与发生氯化反应生成粗，纯化后可得。与Mg反应可得和Ti的混合物，将其水洗后可得Ti和溶液，据此作答。 【详解】（1）碳化过程中，与焦炭反应生成粗TiC、粗Fe和CO，该反应过程中，Fe从+2价降至0价，部分C从0价降至-4价，部分从0价升至+2价，结合质量守恒可写出该反应方程式：； （2）根据盖斯定律，反应3=反应1+反应2，则； （3）由表格信息可知，在室温状态下，和均为液体，为固体，可通过过滤将与和分离。的沸点显著高于，因此可通过蒸馏分离和，进而得到纯的； （4）由分析可知，溶液1为溶液，经处理可得无水。电解熔融的可得Mg和； （5）从示意图可以看出，泡沫铁电极表面生成Ti，Ti元素从+4价降至0价，该电极发生还原反应，则泡沫铁电极为阴极，石墨电极为阳极； （6）由题干信息可知，以普通电极电解时，生成的Ti被电解液中的高价钛氧化生成，其中Ti元素为+3价。在该反应过程中，单质Ti的化合价从0价升至+3价，中的Ti元素从+4价降至+3价，结合质量守恒可写出该反应方程式：。 7．（2026·北京朝阳·二模）一种制备高浓度NaClO溶液(有效氯含量可达16.3%)的方法如下。 已知：i．有效氯含量指价氯元素的质量分数。 ii．；和均为无色。 (1)与NaOH溶液反应制得NaClO的化学方程式为___________。 (2)测定有效氯含量 量取5mL母液2，用蒸馏水稀释至250mL，加入过量KI溶液和盐酸，立即密封、摇匀。充分反应后，用标准溶液滴定至淡黄色，加入淀粉指示剂，滴定至终点。 ①滴定终点的现象为___________。 ②加入KI溶液和盐酸，发生反应的离子方程式为___________。 (3)探究第二次加碱的原因 实验：冰水浴条件下，直接向母液1中通入氯气，一段时间后，产生大量气体a，此时停止通入氯气，测得溶液b的、有效氯含量为1.3%。 ①分析溶液b有效氯含量比母液1低的原因： i．与水反应产生的HClO将NaClO氧化成。 ii．___________，产生。 ②实验证实气体a中含有和，检验宜选用___________(填序号)。 a．澄清石灰水    b．溶液    c．品红溶液 ③结合平衡移动原理，解释母液1转化为母液2的过程析出NaCl固体的原因___________。 【答案】(1)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O (2) 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 3I−+ClO−+2H+=I+Cl−+H2O (3) NaClO在酸性条件下转化为HClO，HClO易分解 c 加入42%NaOH溶液，c(Na+)增大，通入氯气，生成Cl−，使NaCl(s)Na+(aq)+Cl−(aq)逆向移动 【分析】将30%~40%NaOH溶液置于冰水浴中通入Cl2反应后抽滤得到NaCl固体和母液1（主要含NaClO、NaCl、NaOH），向母液1中加入42%NaOH溶液，再次在冰水浴中通入Cl2继续反应，Na+浓度升高促进NaCl固体析出，抽滤后得到NaCl固体和母液2（高浓度NaClO溶液）。 【详解】（1）与NaOH溶液反应制得NaClO：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O； （2）母液2中含高浓度NaClO溶液，先加入KI溶液反应生成I2，因为KI过量，所以可写成，3I−+ClO−+2H+=+Cl−+H2O ；I2遇淀粉变蓝，用标准溶液滴定至淡黄色，加入淀粉指示剂，当滴入最后一滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，到达终点； （3）①次氯酸分解生成氧气和盐酸，有效氯含量降低； ②气体a通入澄清石灰水没有明显现象，无法检验Cl2，Cl2和O2均能氧化Fe2+，所以溶液无法检验Cl2，Cl2可以使品红溶液褪色但O2不能，所以用品红溶液来检验，故选a； ③母液1中存在平衡：NaCl(s)Na+(aq)+Cl-(aq)，加入NaOH溶液后，Na+浓度增大，同时Cl2与NaOH溶液反应生成Cl-，Cl-浓度增大，平衡逆向移动，析出NaCl固体。 8．（2026·北京房山·二模）消除NO对大气的污染一直是环境保护的重要研究课题。 Ⅰ、利用甲烷在催化剂条件下还原NO，相关反应如下： ①   ②   (1)写出甲烷还原NO的热化学方程式______。 Ⅱ、催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以为主的催化剂上可能发生的反应过程如下图。 (2)写出脱硝过程的总反应的化学方程式______。 (3)结合上图分析，下列说法正确的是______。(填序号) a．中Fe元素的化合价为+3价 b．作催化剂，通过改变反应历程，提高反应速率 c．在等压条件下，反应①、②和③的反应热之和，小于总反应的反应热之和 Ⅲ、电解氧化吸收法可将废气中的NO转变为。分别向溶液和 溶液中通入NO，测得电流强度与NO的去除率的关系如图1所示。电解溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图2所示。 已知：的氧化性弱于 (4)电解溶液时产生。氧化吸收NO的离子方程式为______。 (5)图1中NaCl电解液比电解液的NO去除率大，原因是______。 (6)随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是______。 【答案】(1)   (2) (3)ab (4) (5)电解氯化钠溶液生成，氧化性强于，而且电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强，更有利于NO的去除 (6)随着电流强度增大，电流强度大于4时产生的浓度减小，浓度增大，氧化性弱 【详解】（1）根据盖斯定律，反应②-反应①×2：   。 （2）将反应①、②、③相加消去中间产物，化学计量数化为最简整数比，得总反应的化学方程式为：。 （3）a．中，为-1价，因此Fe为+3价，a正确； b．作为催化剂，参与反应历程改变反应路径，降低活化能，提高反应速率，b正确； c．反应①、②、③相加等于总反应，根据盖斯定律，分步反应的反应热之和等于总反应的反应热，c错误； 故答案选ab。 （4）NO被氧化为，被还原为，离子方程式为：。 （5）电解NaCl溶液时生成，的氧化性强于，对NO的氧化效率更高，电解NaCl溶液时阴极产生OH⁻，使溶液呈碱性，更有利于对NO的吸收和氧化，因此NO去除率比电解液大。 （6）随着电流强度增大，电流强度大于4时，会被进一步氧化生成氧化性较弱的，导致溶液中有效氧化NO的浓度降低，因此NO去除率下降。 9．（2026·北京石景山·二模）常见的锌锰干电池分为酸性和碱性两种。 (1)酸性锌锰干电池是最早进入市场的实用电池，其工作原理可表示为：Zn+2MnO2+2NH4Cl=Mn2O3+2NH3+ZnCl2+H2O。 ①负极材料是___________。 ②NH3和Mn2O3的生成导致电池难以充电。写出正极的电极反应式___________。 (2)碱性锌锰干电池单位质量输出的电能多且储存时间长，其工作原理可表示为：Zn+2MnO2+H2O=2MnOOH+ZnO(KOH为电解质)，放电时，理论上产生a库仑电量，消耗MnO2的物质的量为___________mol。已知：转移1mol电子所产生的电量为96500库仑。 (3)废旧锌锰电池的回收利用具有重要意义，一种以废旧锌锰电池制备MnSO4的流程如下。 ①固体C的主要成分是___________。 ②从滤液D得到MnSO4的操作是___________。 (4)二十一世纪，我国科学家以ZnSO4或Zn(NO3)2替换KOH电解质，实现了锌锰电池的充放电，Zn2+嵌入脱出过程可表示为：Zn2++2e-+2MnO2=ZnMn2O4。 ①该体系中NO不氧化Zn，NO氧化性弱与其结构和环境有关，NO的空间结构是___________。 ②Mn2O在酸性溶液中歧化成MnO2和Mn2+的程度很大，写出反应的离子方程式___________。 ③普遍认为Mn从+3价到+2价会导致电池不可逆，MnSO4的加入可以增强电池的可逆性，请解释原因___________。 【答案】(1) Zn 2MnO2+2e−+2NH=Mn2O3+2NH3+H2O (2) (3) ZnS 加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥或蒸发结晶、洗涤、烘干 (4) 平面三角形 Mn2O+4H+MnO2+Mn2++2H2O Mn2O+4H+MnO2+Mn2++2H2O，随Mn2+浓度的增大，平衡逆向移动；或Mn2O+2e−+8H+=2Mn2++4H2O，增大Mn2+的浓度，反应不易发生 【详解】（1）①原电池中，失电子发生氧化反应的电极为负极，酸性锌锰干电池中Zn失电子，故负极材料为Zn； ②正极上MnO2得电子，结合总反应，参与反应，生成Mn2O3、NH3和水，配平得到电极反应式为2MnO2+2e−+2NH=Mn2O3+2NH3+H2O； （2）由总反应可知，1 mol MnO2参与反应转移1 mol电子，总电量为a库仑，转移电子物质的量为，结合电极方程式，可知对应消耗MnO2的物质的量为； （3）①酸浸后滤液中含有Zn2+、Mn2+，加入硫化铵后，S2−与Zn2+生成难溶的ZnS沉淀，因此固体C为ZnS； ②从溶液中获得MnSO4，操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 （4）①中心N原子价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为平面正三角形； ②+3价Mn歧化生成+4价MnO2和+2价Mn2+，根据得失电子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式Mn2O+4H+MnO2+Mn2++2H2O； ③+3价Mn转化为+2价会导致电池不可逆，加入MnSO4增大溶液中Mn2+浓度，使歧化反应平衡逆向移动，抑制+3价Mn歧化，减少不可逆反应，因此增强电池可逆性。此外，对于Mn(III)直接还原为Mn(II)的不可逆过程（如Mn2O+2e−+8H+=2Mn2++4H2O），增加产物Mn2+的浓度也会抑制该反应的进行。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $