专题13 化学反应原理综合题（期中真题汇编，北京专用）高三化学上学期

专题13 化学反应原理综合题 1.(2025-2026高三上·北京汇文中学·期中)燃煤、炼钢等过程会产生含有SO2、NO的烟气，为了避免环境污染，研发了多种脱硫脱硝技术。 I活性炭脱硫脱硝技术 （1）吸收塔1，在100～200℃，SO2在活性炭的吸附催化下生成硫酸，该过程的化学方程式为　　　　　　　。 （2）吸收塔2，在活性炭的催化作用下，烟气中的NO转化为无毒无害的气体排放到大气，该过程体现了NH3具有　　　　　　　(填“氧化性”或“还原性”)。 （3）吸收塔1中若SO2去除不彻底，进入吸收塔2，会降低NO的去除率，原因是　　　　　　　(写化学方程式)。 II络合吸收法脱硝技术 该技术有2种吸收NO的方法，涉及的反应如下： 方法1：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+方法2：[FeY]2-+NO⇌[FeY(NO)]2- 已知：[FeY]2-是Fe2+与某有机化合物的阴离子(Y4-)形成的配合物 （4）①方法1，pH过高不利于Fe2+与NO反应，原因是　　　　　　　。 ②尽管生产[FeY]2-所需成本比Fe2+高，实际工业生产更多选用方法2吸收NO，可能的原因有　　　　　　　(至少写出2个不同角度的原因)。 （5）研究温度对反应[FeY]2-(aq)+NO(g)⇌[FeY(NO)]2-(aq)ΔH<0的影响，在相同时间内，测得不同温度下，NO的去除率如图所示： 解释随温度变化NO去除率变化的原因　　　　　　　。 （6）使用锌粉将1L吸收液中浓度为0.04mol·L-1[FeY(NO)]2-转化为[FeY]2-、N2和NH，实现[FeY]2-的再生。若消耗锌粉0.03mol，测得NH浓度为0.004mol·L-1，则[FeY]2-的再生率为　　　　　　　。 2.(2025-2026高三上·北京十五中·期中)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：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 3.(2025-2026高三上·北京北师大二附中·期中)NH3在实验室和工业上都有广泛的应用。 （1）实验室常用下图所示装置制取NH3。 ①a中反应的化学方程式是　　　　　　　。 ②若将a中固体换成NH4Cl固体，　　　　　　　(填“能”或“不能”)制取NH3，原因是　　　　　　　(用化学方程式表示)。 （2）工业上以NH3为氮源催化氧化制备HNO3，反应原理分三步进行。 ①第Ⅰ步反应的化学方程式为　　　　　　　。 ②第Ⅱ步中，。一定温度下，在容积不变的密闭容器中，下列可说明该反应达到平衡状态的是　　　　　　　。 A.O2的浓度不再变化 B.容器内气体的颜色不发生变化 C.相同时间内，消耗1 mol NO同时生成1 mol NO2 ③80℃时，2 L密闭容器中充入0.40 mol N2O4，发生反应，数据如下表： t/s 0 20 40 60 80 100 c(NO2)/mol·L-1 0.00 0.12 0.20 0.26 0.30 0.30 20 s~40 s内，　　　　　　　。 （3）工业上通过MgCl2和[Mg(NH3)6]Cl2的相互转化可实现NH3的高效存储和利用。MgCl2和NH3反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，MgCl2和NH3反应生成[Mg(NH3)6]Cl2而不生成[Mg(NH3)]Cl2。分析原因：　　　　　　　。 ②从平衡的角度推断利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3生成MgCl2的条件并说明理由　　　　　　　。 4.(2025-2026高三上·北京北师大二附中·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中还原剂为　　　　　　　。 （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，600~1000 K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10 min时S2实际产率如下图。 ①从资源和能源利用的角度说明用反应ⅱ处理尾气的好处：　　　　　　　。 ②900 K，在10 min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随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是　　　　　　　。 （3）处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后(原理如图所示)，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。一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小1 mol，则理论上的物质的量减少2 mol。 请结合电极反应式说明理由：　　　　　　　。 5.(2025-2026高三上·北京市第三中学·期中)经一系列反应可以得到，如下图所示。 （1）Ⅰ中，和在催化剂作用下反应，其化学方程式是　　　　　　。 （2）Ⅱ中，。在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(、)下温度变化的曲线(如下图)。 ①比较、的大小关系：　　　　　　。 ②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是：　　　　　　。 （3）Ⅲ中，将转化为，再制备浓硝酸。 ①已知：；   ，下列能量变化示意图中，正确的是(选填字母)：　　　　　　。 ②与、化合的化学方程式是　　　　　　。 （4）Ⅳ中，电解NO制备，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为，需补充物质A，A是　　　　　　，说明理由：　　　　　　。 6.(2025-2026高三上·北京市第一六六中学、第五十中学·期中)汽车尾气中的生成和消除是科学家研究的重要课题。 （1）能形成酸雨，转化为的化学方程式是　　　　　　　　　　　。 （2）汽车发动机工作时会引发   ，其能量变化示意图如下： 则中氮氧键的键能是　　　　　　　　　　　。 （3）用可消除污染，反应原理为： ，以分别为4：1、3：1、1：3投料，得到脱除率随温度变化的曲线如图所示： ①曲线a对应的　　　　　　　　　　　。 ②曲线c中NO的起始浓度为，从A点到B点经过，该时间段内的脱除速率为　　　　　　　　　　　。 ③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是　　　　　　　　　　　(至少写两条)。 （4）选择性催化还原技术(SCR技术)可有效降低柴油机尾气中的排放。其原理是在催化剂作用下，用等物质将尾气中的转化为。 ①柴油机尾气中的是由和在高温或放电条件下生成的。高温尾气中绝大多数为NO，推测为　　　　　　　　　　　(填“放热”或“吸热”)反应。 ②在催化剂作用下，还原的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 ③用传感器检测NO的含量，其工作原理示意图如下： 写出工作电极的电极反应式：　　　　　　　　　　　。 7.(2025-2026高三上·北京房山良乡中学·期中)烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如下。 （1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。 反应 平衡常数(25℃) 活化能/(kJ/mol) 反应a：    24.6 反应b：    3.17 反应c：    58.17 ①已知：   ，则　　　　　　　。 ②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是　　　　　　　。 ③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因　　　　　　　。 （2）其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。 ①溶液显碱性，用化学平衡原理解释：　　　　　　　。 ②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是　　　　　　　。 ③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是　　　　　　　。 ④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是　　　　　　　。 8.(2025-2026高三上·北京市东直门中学·期中)乙二醛是一种重要的精细化工产品。可由乙醛硝酸氧化法制备。 Ⅰ．研究其它条件相同时，仅改变一个条件对乙二醛制备的影响，获得如下数据。 （1）乙二醛的结构简式是　　　　　　　　　　　。 （2）图1中，曲线a对应的温度是　　　　　　　　　　　，判断的依据是　　　　　　　　　　　。 （3）图2中，c→d乙二醛的产率降低，并检测出较多的副产物，如乙二酸。产生较多乙二酸的原因是　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸的装置示意图如下(电极均为惰性电极)。 （4）与电源负极相连的是　　　　　　　　　　　(填“”或“”)。 （5）结合电极反应分析硝酸回收原理：　　　　　　　　　　　。 （6）测定纯化后溶液中乙二醛的含量。 ⅰ．移取纯化后的溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为溶液滴定至溶液恰好由无色变为粉红色。 ⅱ．向ⅰ所得溶液加入过量溶液，完全反应。 ⅲ．用硫酸滴定ⅱ中溶液至终点，消耗硫酸体积为。 已知：乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成。 该纯化后的溶液中乙二醛溶液的含量为　　　　　　　　　　　(乙二醛摩尔质量：)。 9.(2025-2026高三上·北京市第三中学·期中)是一种重要的工业原料。 （1）古代曾以绿矾()干馏产物制备。加热绿矾后得到红棕色粉末，同时生成两种硫的氧化物，反应的化学方程式为　　　　　　　。 （2）早期工业上采用铅室法制硫酸，反应过程如下： i． ii． iii． ①铅室法制硫酸的总反应为　　　　　　　。 ②的结构式为其中原子的杂化方式为　　　　　　　。 （3）现代工业采用接触法制硫酸。 ①在接触室发生反应不同的温度和压强下，的平衡转化率如图，图中横坐标代表　　　　　　　(填“温度”或“压强”)。 ②接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的：　　　　　　　。 （4）用软锰矿浆(主要成分为)吸收制硫酸尾气中的，并制备。 ①用软锰矿浆吸收时发生反应的化学方程式为　　　　　　　。 ②测定吸收后所得溶液中元素的含量。取待测液，加入溶液，充分反应后，加热煮沸，去除过量的，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。 已知： 待测液中元素的含量为　　　　　　　。 ③若未加热煮沸，会使测定结果　　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 10.(2025-2026高三上·北京师范大学附属中学·期中)硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。 （1）18～19世纪，利用和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。 ①工业上可用生产NO，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是　　　　　　。 ②制硫酸总反应的化学方程式是　　　　　　。 （2）现代用接触法制硫酸，关键工序是的催化氧化：    。 ①中硫氧键键能的平均值为 ，中硫氧键键能的平均值为 ，则中氧氧键的键能为　　　　　　。 ②其他条件不变，相同时间内的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于，的转化率减小，可能的原因是　　　　　　。 （3）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。 电解废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。 注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。 ①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理：　　　　　　。 ②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的M、N、较浓硫酸和较浓氨水联合处理废液，其原理示意图如图4所示。 ⅰ．较浓硫酸应注入　　　　　　（填“C极区”或“D极区”）。 ⅱ．从物质和能量的角度说明联合生产的优点：　　　　　　。 11.(2025-2026高三上·北京市西城外国语学校·期中)处理再利用有多种方法。 （1）碱法脱硫用溶液吸收。已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。 ①用化学用语表示溶液显酸性的原因：　　　　　　　　　　　。 ②用过量的溶液吸收的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 （2）热分解法脱硫在密闭容器中发生反应。其他条件不变时，的平衡转化率随温度和压强的变化如下图。 ①，反应中　　　　　　　　　　　(填“是”或“不是”)气态，理由是　　　　　　　　　　　。 ②实际反应在高温下进行的原因是　　　　　　　　　　　。 （3）间接电解法脱硫间接电解法脱硫过程的示意图如下。 ①溶液X的主要溶质是　　　　　　　　　　　。 ②简述在电解反应器中溶液再生的原理：　　　　　　　　　　　。 ③不考虑其他副反应，理论上5 mol 反应能生成　　　　　　　　　　　g 。 12.(2025-2026高三上·北京海淀·期中)乙烯产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志，通过乙烷氧化脱氢生产乙烯的工艺受到广泛关注。 已知：乙烯选择性 乙烯产率 Ⅰ．乙烷化学链氧化脱氢法（CL-ODH）的反应过程如下图。图中，金属氧化物是载氧体，还原阶段、再生阶段为循环反应。 （1）乙烷CL-ODH总反应的化学方程式为　　　　　　。 （2）锰基载氧体（Me为Mn）成本低，但由于其所载的氧活性过高，会导致乙烯的选择性下降，原因是　　　　　　。 （3）在锰基载氧体中掺杂适量能有效降低其氧活性，这与优异的热稳定性有关，的晶体类型是　　　　　　。 Ⅱ．乙烷的二氧化碳氧化脱氢（-ODH）中，和在催化剂作用下主要发生反应ⅰ，还可能发生反应ⅱ~ⅴ，相应热化学方程式如下。 ⅰ．    ⅱ．    ⅲ．    ⅳ．    ⅴ．    （4）反应ⅰ的　　　　　　。 （5）将总物质的量一定的、混合气体通过含催化剂的恒温恒容反应器，测得不同进气比时，乙烷转化率、乙烯产率随时间的变化情况如下图。 ①图中a、b、c三条曲线对应的进气比为、或，进气比为的曲线是　　　　　　（填“a”“b”或“c”）． ②反应10 min时，曲线c所对应的乙烯选择性=　　　　　　。 ③实际生产中，进气比不宜过高或过低，结合反应解释原因是　　　　　　。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 化学反应原理综合题 1.(2025-2026高三上·北京汇文中学·期中)燃煤、炼钢等过程会产生含有SO2、NO的烟气，为了避免环境污染，研发了多种脱硫脱硝技术。 I活性炭脱硫脱硝技术 （1）吸收塔1，在100～200℃，SO2在活性炭的吸附催化下生成硫酸，该过程的化学方程式为　　　　　　　。 （2）吸收塔2，在活性炭的催化作用下，烟气中的NO转化为无毒无害的气体排放到大气，该过程体现了NH3具有　　　　　　　(填“氧化性”或“还原性”)。 （3）吸收塔1中若SO2去除不彻底，进入吸收塔2，会降低NO的去除率，原因是　　　　　　　(写化学方程式)。 II络合吸收法脱硝技术 该技术有2种吸收NO的方法，涉及的反应如下： 方法1：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+方法2：[FeY]2-+NO⇌[FeY(NO)]2- 已知：[FeY]2-是Fe2+与某有机化合物的阴离子(Y4-)形成的配合物 （4）①方法1，pH过高不利于Fe2+与NO反应，原因是　　　　　　　。 ②尽管生产[FeY]2-所需成本比Fe2+高，实际工业生产更多选用方法2吸收NO，可能的原因有　　　　　　　(至少写出2个不同角度的原因)。 （5）研究温度对反应[FeY]2-(aq)+NO(g)⇌[FeY(NO)]2-(aq)ΔH<0的影响，在相同时间内，测得不同温度下，NO的去除率如图所示： 解释随温度变化NO去除率变化的原因　　　　　　　。 （6）使用锌粉将1L吸收液中浓度为0.04mol·L-1[FeY(NO)]2-转化为[FeY]2-、N2和NH，实现[FeY]2-的再生。若消耗锌粉0.03mol，测得NH浓度为0.004mol·L-1，则[FeY]2-的再生率为　　　　　　　。 【答案】（1）2SO2 + O2 + 2H2O 2H2SO4     （2）还原性     （3）2NH3+SO2+H2O= (NH4)2SO3 或4NH3+2SO2+ O2+2H2O =2 (NH4)2SO4     （4）① Fe2+ + 2OH-= Fe(OH)2    ② 方法2中反应的速率更快、限度更大、[FeY]2-比Fe2+抗氧化的能力强     （5）温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大。温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小     （6）60%      【解析】(1)吸收塔1，在100～200℃，SO2在活性炭的吸附催化下生成硫酸，即SO2和空气在活性炭的吸附催化下转化为硫酸，故该过程的化学方程式为2SO2 + O2 + 2H2O 2H2SO4，故答案为：2SO2 + O2 + 2H2O 2H2SO4； (2)吸收塔2，在活性炭的催化作用下，烟气中的NO转化为无毒无害的气体排放到大气，即NO和NH3反应生成N2和H2O，反应方程式为：6NO+4NH3=5N2+6H2O，则该过程体现了NH3具有还原性，故答案为：还原性； (3)吸收塔1中若SO2去除不彻底，进入吸收塔2，由于NH3的水溶液呈碱性，能与SO2反应生成亚硫酸铵或者硫酸铵等，从而降低NH3的浓度，故会降低NO的去除率，其发生的反应方程式为：2NH3+SO2+H2O= (NH4)2SO3 或4NH3+2SO2+ O2+2H2O =2 (NH4)2SO4，故答案为：2NH3+SO2+H2O= (NH4)2SO3 或4NH3+2SO2+ O2+2H2O =2 (NH4)2SO4； (4)① 方法1，pH过高则OH-浓度过大，则Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，从而不利于Fe2+与NO反应，故答案为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓； ② 尽管生产[FeY]2-所需成本比Fe2+高，但由于方法2中反应的速率更快、限度更大、[FeY]2-比Fe2+抗氧化的能力强，在实际工业生产更多选用方法2吸收NO，故答案为：方法2中反应的速率更快、限度更大、[FeY]2-比Fe2+抗氧化的能力强； (5)温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，则相同时间内NO的转化量增大，NO的脱除率增大，温度45℃以上，此时该该时段内已经达到化学平衡，且反应[FeY]2-(aq)+NO(g)⇌[FeY(NO)]2-(aq)ΔH<0为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小，故答案为：温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大。温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小； (6)已知[FeY(NO)]2-转化为[FeY]2-、N2和NH转化过程中只有N元素的化合价发生改变，其余元素的化合价未改变，根据得失电子总数相等可知，0.03molZn参与反应失去电子为0.06mol，测得NH浓度为0.004mol·L-1，即生成了0.004mol的NH此过程得到电子数为：0.004mol×5=0.02mol，则转化为N2时得到的电子数为：0.06-0.02=0.04mol，即生成的n(N2)==0.01mol，根据N原子守恒可知，参与反应的[FeY(NO)]2-的物质的量为：0.004+0.01×2=0.024mol，则[FeY]2-的再生率为：=60%，故答案为：60%。 2.(2025-2026高三上·北京十五中·期中)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】① CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2    ② C(s)+CO2(g)=2CO(g)    ③ abc    ④ 降低    ⑤ 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    ⑥ K1    ⑦ 2H2O+2e-=H2↑+2OH-    ⑧ 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 【解析】（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； ② ⅰ-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。 3.(2025-2026高三上·北京北师大二附中·期中)NH3在实验室和工业上都有广泛的应用。 （1）实验室常用下图所示装置制取NH3。 ①a中反应的化学方程式是　　　　　　　。 ②若将a中固体换成NH4Cl固体，　　　　　　　(填“能”或“不能”)制取NH3，原因是　　　　　　　(用化学方程式表示)。 （2）工业上以NH3为氮源催化氧化制备HNO3，反应原理分三步进行。 ①第Ⅰ步反应的化学方程式为　　　　　　　。 ②第Ⅱ步中，。一定温度下，在容积不变的密闭容器中，下列可说明该反应达到平衡状态的是　　　　　　　。 A.O2的浓度不再变化 B.容器内气体的颜色不发生变化 C.相同时间内，消耗1 mol NO同时生成1 mol NO2 ③80℃时，2 L密闭容器中充入0.40 mol N2O4，发生反应，数据如下表： t/s 0 20 40 60 80 100 c(NO2)/mol·L-1 0.00 0.12 0.20 0.26 0.30 0.30 20 s~40 s内，　　　　　　　。 （3）工业上通过MgCl2和[Mg(NH3)6]Cl2的相互转化可实现NH3的高效存储和利用。MgCl2和NH3反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，MgCl2和NH3反应生成[Mg(NH3)6]Cl2而不生成[Mg(NH3)]Cl2。分析原因：　　　　　　　。 ②从平衡的角度推断利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3生成MgCl2的条件并说明理由　　　　　　　。 【答案】（1）①     ② 不能    ③      （2）①     ② AB    ③ 0.002 mol∙L-1∙s-1     （3）① 生成的反应活化能更低    ② 反应是吸热反应，也是气体分子数增加的反应，升温、减压有利于脱除氨      【解析】(1)① 实验室利用氯化铵和氢氧化钙固体混合共热制取氨气，反应的化学方程式为； ② 若将a中固体换成固体，则不能制取氨气，因为分解产生的和遇冷又会化合形成，反应的化学方程式为； (2)① 工业上以NH3为氮源催化氧化制备HNO3，第Ⅰ步为NH3与氧气在催化剂加热条件下合成NO，化学方程式为； ②A．O2的浓度不再变化，说明O2的消耗速率与生成速率相等，即反应达到平衡状态，A符合题意； B．NO2为红棕色气体，容器内气体的颜色不发生变化，即NO2的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，B符合题意； C．相同时间内，消耗1 mol NO同时生成1 mol NO2，只体现正反应方向的速率关系，不能说明反应达到平衡状态，C不符合题意； 故选AB； ③20~40 s内，NO2平均反应速率为，各物质的反应速率之比等于化学计量系数之比，则； (3)① 由题图可知，生成的反应的活化能E2小于生成的反应的活化能E1，故室温下更易生成； ② 根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，   ，该反应为吸热反应，且气体分子数增大，升高温度、降低压强有利于平衡正向移动，使脱除NH3生成MgCl2，因此有利的反应条件为高温低压。 4.(2025-2026高三上·北京北师大二附中·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中还原剂为　　　　　　　。 （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，600~1000 K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10 min时S2实际产率如下图。 ①从资源和能源利用的角度说明用反应ⅱ处理尾气的好处：　　　　　　　。 ②900 K，在10 min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随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是　　　　　　　。 （3）处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后(原理如图所示)，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。一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小1 mol，则理论上的物质的量减少2 mol。 请结合电极反应式说明理由：　　　　　　　。 【答案】（1）FeS2、C     （2）① 回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂，利用反应ii放热为反应i提供能量    ② 减小至900K时S2的平衡产率后保持不变    ③ 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）根据电极方程式正极的电极反应式为：+4e-+6=S+3H2O+6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      【解析】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中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：+4e-+6=S+3H2O+6，据此回答。 (1)反应ⅰ 中部分Fe的化合价由+2价升高到+3价，S的化合价由-1价升高到0价，C的化合价由0价升高到+2价，化合价升高被氧化，故还原剂为FeS2、C； (2)① 反应ii处理尾气的好处有：回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂，利用反应ii放热为反应i提供能量； ② 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，故答案为：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变； ③ 随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：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，故答案为：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)根据电极方程式正极的电极反应式为：+4e-+6=S+3H2O+6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。 5.(2025-2026高三上·北京市第三中学·期中)经一系列反应可以得到，如下图所示。 （1）Ⅰ中，和在催化剂作用下反应，其化学方程式是　　　　　　。 （2）Ⅱ中，。在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(、)下温度变化的曲线(如下图)。 ①比较、的大小关系：　　　　　　。 ②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是：　　　　　　。 （3）Ⅲ中，将转化为，再制备浓硝酸。 ①已知：；   ，下列能量变化示意图中，正确的是(选填字母)：　　　　　　。 ②与、化合的化学方程式是　　　　　　。 （4）Ⅳ中，电解NO制备，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为，需补充物质A，A是　　　　　　，说明理由：　　　　　　。 【答案】（1）     （2）①     ② 变小     （3）① A    ②      （4）①     ② 根据反应 ，电解产生的多      【解析】(1)氨气催化氧化生成NO与水，反应方程式为： ； (2)① 由图可知相同温度下，p2时NO的转化率大，又知为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，NO的转化率增大，故p1＜p2； ② 由图可知，相同条件下，随着温度的升高，NO的转化率减小，即升温平衡逆向移动，由化学平衡移动原理可知则该反应为放热反应，所以升高温度平衡常数K变小； (3)① 因NO2生成N2O4的反应为放热反应，且N2O4(g)的能量高于N2O4(l)，故选A； ②与、反应生成硝酸，故化学方程式为：； (4)由图可得电池总反应为： ，反应生成过量的HNO3，为使电解产物全部转化为，需补充NH3。 6.(2025-2026高三上·北京市第一六六中学、第五十中学·期中)汽车尾气中的生成和消除是科学家研究的重要课题。 （1）能形成酸雨，转化为的化学方程式是　　　　　　　　　　　。 （2）汽车发动机工作时会引发   ，其能量变化示意图如下： 则中氮氧键的键能是　　　　　　　　　　　。 （3）用可消除污染，反应原理为： ，以分别为4：1、3：1、1：3投料，得到脱除率随温度变化的曲线如图所示： ①曲线a对应的　　　　　　　　　　　。 ②曲线c中NO的起始浓度为，从A点到B点经过，该时间段内的脱除速率为　　　　　　　　　　　。 ③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是　　　　　　　　　　　(至少写两条)。 （4）选择性催化还原技术(SCR技术)可有效降低柴油机尾气中的排放。其原理是在催化剂作用下，用等物质将尾气中的转化为。 ①柴油机尾气中的是由和在高温或放电条件下生成的。高温尾气中绝大多数为NO，推测为　　　　　　　　　　　(填“放热”或“吸热”)反应。 ②在催化剂作用下，还原的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 ③用传感器检测NO的含量，其工作原理示意图如下： 写出工作电极的电极反应式：　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）3NO2+H2O=2HNO3+NO     （2）632     （3）① 1：3    ②     ③ 催化剂失活、反应逆向移动、NH3分解     （4）① 放热    ②     ③ NO-3e-+2H2O=+4H+      【解析】(1)NO2溶于水生成HNO3和NO，其反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。 (2)   ，=反应物键能总和-生成物键能总和，因此946+498-2a=180，解得中氮氧键的键能a=632。 (3)① 中，NH3过量时NO脱除率更高，曲线a脱除率最低，故1：3。 ②NO的起始浓度为，从A点到B点经过，脱除的NO浓度为，脱除速率为。 ③温度超900℃脱除率下降的原因：催化剂失活（高温破坏催化剂结构）、反应逆向移动（该反应为放热反应，高温平衡逆向）、NH3分解（高温下 NH3→N2+H2，失去还原剂）等。 (4)①高温尾气中绝大多数为NO，说明高温更有利于逆向进行，而高温时，可逆反应的吸热反应进行程度大，因此该反应逆向为吸热反应，正向为放热反应。 ②在催化剂作用下，还原，二者生成N2和H2O，中N元素化合价升高3，中N元素化合价降低4，因此反应方程式为。 ③工作电极中NO失去3个电子生成，酸性条件下用H+、H2O配平电极反应式为NO-3e-+2H2O=+4H+。 7.(2025-2026高三上·北京房山良乡中学·期中)烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如下。 （1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。 反应 平衡常数(25℃) 活化能/(kJ/mol) 反应a：    24.6 反应b：    3.17 反应c：    58.17 ①已知：   ，则　　　　　　　。 ②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是　　　　　　　。 ③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因　　　　　　　。 （2）其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。 ①溶液显碱性，用化学平衡原理解释：　　　　　　　。 ②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是　　　　　　　。 ③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是　　　　　　　。 ④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是　　　　　　　。 【答案】（1）①     ② 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低    ③ 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于     （2）① 溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性    ② 溶液直接与反应是脱除的主要原因    ③     ④       【解析】(1)① 已知：反应a：   ，    ，根据盖斯定律，将两反应相加再除以2得反应，==，故答案为：。 ② 反应a为气体分子数增大的反应，，较高温度下更有利于反应a进行，所以在其他条件不变时，高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，导致反应b和c的速率减小，和NO的转化率均降低，故答案为：高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低。 ③ 由表中数据可知，反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于，故答案为：反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于。 (2)①溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性，故答案为：溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性。 ②的浓度很低时，溶液直接与反应是脱除的主要原因，即的脱除率几乎不受的浓度的影响，的脱除率超过97%，故答案为：溶液直接与反应是脱除的主要原因。 ③与反应氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式是为，故答案为：。 ④ 吸收过程中，部分和发生归中反应生成和H2O，反应中和的物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为，故答案为：。 8.(2025-2026高三上·北京市东直门中学·期中)乙二醛是一种重要的精细化工产品。可由乙醛硝酸氧化法制备。 Ⅰ．研究其它条件相同时，仅改变一个条件对乙二醛制备的影响，获得如下数据。 （1）乙二醛的结构简式是　　　　　　　　　　　。 （2）图1中，曲线a对应的温度是　　　　　　　　　　　，判断的依据是　　　　　　　　　　　。 （3）图2中，c→d乙二醛的产率降低，并检测出较多的副产物，如乙二酸。产生较多乙二酸的原因是　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸的装置示意图如下(电极均为惰性电极)。 （4）与电源负极相连的是　　　　　　　　　　　(填“”或“”)。 （5）结合电极反应分析硝酸回收原理：　　　　　　　　　　　。 （6）测定纯化后溶液中乙二醛的含量。 ⅰ．移取纯化后的溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为溶液滴定至溶液恰好由无色变为粉红色。 ⅱ．向ⅰ所得溶液加入过量溶液，完全反应。 ⅲ．用硫酸滴定ⅱ中溶液至终点，消耗硫酸体积为。 已知：乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成。 该纯化后的溶液中乙二醛溶液的含量为　　　　　　　　　　　(乙二醛摩尔质量：)。 【答案】（1）OHC-CHO     （2）① 45℃    ② “先拐先平，数值大”，温度越高反应速率越快     （3）硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大氧化性增强，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸。     （4）     （5）Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，2H2O-4e-=O2↑+4H+，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸     （6）      【解析】(1)乙二醛分子中含有2个醛基，结构简式是OHC-CHO； (2)温度越高反应速率越快，根据“先拐先平，数值大”，图1中，曲线a对应的温度是45℃； (3)硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大氧化性增强，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸，所以c→d乙二醛的产率降低，产生较多乙二酸； (4)运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸，则B中硝酸根离子向C室移动，电解池中阴离子向阳极移动，则Y为阳极、X为阴极，X与电源负极相连； (5)Y为阳极，Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，2H2O-4e-=O2↑+4H+，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸； (6)与乙二醛反应及与硫酸反应的氢氧化钠总计为溶液；则乙二醛共消耗氢氧化钠的物质的量为 ，乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成，根据元素守恒，反应方程式为OHC-CHO+NaOH=，则乙二醛的物质的量为，该纯化后的溶液中乙二醛溶液的含量为。 9.(2025-2026高三上·北京市第三中学·期中)是一种重要的工业原料。 （1）古代曾以绿矾()干馏产物制备。加热绿矾后得到红棕色粉末，同时生成两种硫的氧化物，反应的化学方程式为　　　　　　　。 （2）早期工业上采用铅室法制硫酸，反应过程如下： i． ii． iii． ①铅室法制硫酸的总反应为　　　　　　　。 ②的结构式为其中原子的杂化方式为　　　　　　　。 （3）现代工业采用接触法制硫酸。 ①在接触室发生反应不同的温度和压强下，的平衡转化率如图，图中横坐标代表　　　　　　　(填“温度”或“压强”)。 ②接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的：　　　　　　　。 （4）用软锰矿浆(主要成分为)吸收制硫酸尾气中的，并制备。 ①用软锰矿浆吸收时发生反应的化学方程式为　　　　　　　。 ②测定吸收后所得溶液中元素的含量。取待测液，加入溶液，充分反应后，加热煮沸，去除过量的，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。 已知： 待测液中元素的含量为　　　　　　　。 ③若未加热煮沸，会使测定结果　　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 【答案】（1）     （2）①     ②      （3）① 温度    ② 反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率下降或通过换热使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；平衡角度：避免温衡转化率显著下降     （4）①     ②     ③ 偏大      【解析】(1)加热绿矾得到红棕色粉末，可知有生成，同时生成两种硫的氧化物，可知有生成，加热过程中结晶水先失去，则反应的化学方程式 。 (2)① 根据铅室法制硫酸反应过程，可知是催化剂，和是中间产物，是反应物，是产物，把i、ii、iii三步反应的化学方程式相加， 去掉中间产物，可得总的反应化学方程式 。 ②的结构式为，可知S原子与周围O原子的价层电子对数为，所以S原子采取的是杂化。 (3)① 从图可知，横坐标增大，的平衡转化率是减小的。该反应是气体分子数减少的反应，若是压强，压强增大，的平衡转化率应是增大的，另该反应是放热反应，则增大温度，平衡会向吸热反应即逆反应方向移动，的平衡转化率减小，故横坐标代表温度。 ② 用换热器将热量导出，可以避免接触室内温度过高，催化剂失去活性，反应速率下降，另外导出的热量可使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；从平衡角度讲，该反应是放热反应，温度过高会使平衡转化率下降。 (4)① 用软锰矿浆(主要成分为)吸收，并制备反应的化学方程式为。 ② 用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液，此过程发生的反应是，结合已知反应可得到关系式 设待测液中元素的浓度为x，可得 解得即元素的浓度为。 ③ 若未加热煮沸，待测液中含有少量的，会使标准液消耗变多，从而使测定结果偏大。 10.(2025-2026高三上·北京师范大学附属中学·期中)硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。 （1）18～19世纪，利用和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。 ①工业上可用生产NO，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是　　　　　　。 ②制硫酸总反应的化学方程式是　　　　　　。 （2）现代用接触法制硫酸，关键工序是的催化氧化：    。 ①中硫氧键键能的平均值为 ，中硫氧键键能的平均值为 ，则中氧氧键的键能为　　　　　　。 ②其他条件不变，相同时间内的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于，的转化率减小，可能的原因是　　　　　　。 （3）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。 电解废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。 注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。 ①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理：　　　　　　。 ②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的M、N、较浓硫酸和较浓氨水联合处理废液，其原理示意图如图4所示。 ⅰ．较浓硫酸应注入　　　　　　（填“C极区”或“D极区”）。 ⅱ．从物质和能量的角度说明联合生产的优点：　　　　　　。 【答案】（1）① 4NH3+5O2 4NO+6H2O    ② 2SO2+O2+2H2O 2H2SO4     （2）① (6b-4a-196)    ② 温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小     （3）① A极附近，发生反应为：2H2O+2e-=2H2↑+2OH-，c(OH-)增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极发生反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，c(H+)增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸    ② D极区    ③ 利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水      【解析】(1)①工业上可用NH3生产NO，该反应的化学方程式是：4NH3+5O2 4NO+6H2O； ②由图可知，制硫酸总反应的化学方程式是2SO2+O2+2H2O 2H2SO4； (2)现代用接触法制硫酸，关键工序是SO2的催化氧化：    ； ①SO2中硫氧键键能的平均值为akJ•mol-1，SO3中硫氧键键能的平均值为bkJ•mol-1，设O2中氧氧键的键能为ckJ•mol-1，则有(4a+c)-6b=-196kJ•mol-1，解得c=(6b-4a-196)kJ•mol-1，即O2中氧氧键的键能为(6b-4a-196)kJ•mol-1； ②其他条件不变，相同时间内SO2的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于T，SO2的转化率减小，可能的原因是温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小； (3)①由图可知，A极附近，稀氨水转化为较浓氨水，电极反应为：2H2O+2e-=2H2↑+2OH-，c(OH-)增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极稀硫酸转化为浓硫酸，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，c(H+)增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸； ②i.图3中产生的M、N分别为O2、H2，氢氧燃料电池中，C极O2得到电子，发生还原反应：O2+4e-+4H+=2H2O，c（H+）减小，c(OH-)增大， 铵根离子通过阳离子交换膜X进入C极，则较浓氨水应该注入C极区，同理，D极，H2失去电子，发生氧化反应，2H2-4e-=4H+，c(H+)增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜Y进入D极区，故较浓硫酸注入D极区； ⅱ.从物质和能量的角度说明联合生产的优点是利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。 11.(2025-2026高三上·北京市西城外国语学校·期中)处理再利用有多种方法。 （1）碱法脱硫用溶液吸收。已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。 ①用化学用语表示溶液显酸性的原因：　　　　　　　　　　　。 ②用过量的溶液吸收的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 （2）热分解法脱硫在密闭容器中发生反应。其他条件不变时，的平衡转化率随温度和压强的变化如下图。 ①，反应中　　　　　　　　　　　(填“是”或“不是”)气态，理由是　　　　　　　　　　　。 ②实际反应在高温下进行的原因是　　　　　　　　　　　。 （3）间接电解法脱硫间接电解法脱硫过程的示意图如下。 ①溶液X的主要溶质是　　　　　　　　　　　。 ②简述在电解反应器中溶液再生的原理：　　　　　　　　　　　。 ③不考虑其他副反应，理论上5 mol 反应能生成　　　　　　　　　　　g 。 【答案】（1）①     ②      （2）① 是    ② 其他条件不变时，增大压强，H2S的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态    ③ 升高温度，有利于增大反应速率和提高H2S的转化率         （3）① FeCl2和HCl     ② 含FeCl2和HCl的溶液加入阳极区，Fe2+放电生成Fe3+，且H+由阳极区通过质子交换膜进入阴极区，FeCl3溶液得以再生    ③ 10      【解析】本题为综合性原理化工题，第一小问中，为二元弱酸，分布电离，且酸性小于碳酸，大于，故写方程式要注意产物，其余根据题目信息解答即可。 (1)①为二元弱酸，分步电离，且酸性小于碳酸，故用化学用语表示溶液显酸性的原因为的电离方程式，但以第一步为主； ② 由表中电离常数可知，酸性为H2CO3＞H2S＞＞HS-，根据强酸制弱酸的原理可知，过量的碳酸钾溶液与硫化氢反应生成碳酸氢钾和硫氢化钾，反应的离子方程式为； (2)①，根据图像可知，压强越大，硫化氢的转化率反而越小，说明该反应正反应是气体体积增大的反应，S2是气态； ② 由图可知，升高温度，硫化氢的转化率增大，说明该反应正向为吸热反应，故实际反应在高温下进行可以加快反应速率，同时也可使平衡向正反应方向移动，增大硫化氢的转化率； (3)① 由图可知，吸收反应器中氯化铁溶液与硫化氢气体反应生成氯化亚铁和盐酸，反应的方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，由方程式可知，溶液X为FeCl2和HCl的混合溶液； ② 由图可知，电解反应器中右侧电极为电解池的阴极，发生反应：，左侧电极为阳极，发生反应：，H+通过质子交换膜进入阴极区，氯化铁溶液在阳极区得以再生，故答案为：含FeCl2和HCl的溶液加入阳极区，Fe2+放电生成Fe3+，且H+由阳极区加入阴极区，FeCl3溶液得以再生； ③ 不考虑其他副反应，间接电解法脱硫过程实际上是硫化氢分解生成硫和氢气，所以理论上5mol硫化氢反应能生成氢气的质量为5mol×2g/mol=10g，故答案为：10。 12.(2025-2026高三上·北京海淀·期中)乙烯产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志，通过乙烷氧化脱氢生产乙烯的工艺受到广泛关注。 已知：乙烯选择性 乙烯产率 Ⅰ．乙烷化学链氧化脱氢法（CL-ODH）的反应过程如下图。图中，金属氧化物是载氧体，还原阶段、再生阶段为循环反应。 （1）乙烷CL-ODH总反应的化学方程式为　　　　　　。 （2）锰基载氧体（Me为Mn）成本低，但由于其所载的氧活性过高，会导致乙烯的选择性下降，原因是　　　　　　。 （3）在锰基载氧体中掺杂适量能有效降低其氧活性，这与优异的热稳定性有关，的晶体类型是　　　　　　。 Ⅱ．乙烷的二氧化碳氧化脱氢（-ODH）中，和在催化剂作用下主要发生反应ⅰ，还可能发生反应ⅱ~ⅴ，相应热化学方程式如下。 ⅰ．    ⅱ．    ⅲ．    ⅳ．    ⅴ．    （4）反应ⅰ的　　　　　　。 （5）将总物质的量一定的、混合气体通过含催化剂的恒温恒容反应器，测得不同进气比时，乙烷转化率、乙烯产率随时间的变化情况如下图。 ①图中a、b、c三条曲线对应的进气比为、或，进气比为的曲线是　　　　　　（填“a”“b”或“c”）． ②反应10 min时，曲线c所对应的乙烯选择性=　　　　　　。 ③实际生产中，进气比不宜过高或过低，结合反应解释原因是　　　　　　。 【答案】（1）     （2）锰基载氧体所载的氧活性过高，氧化性过强，会将乙烷过度氧化为更高价含碳产物（如CO、CO2等）     （3）共价晶体     （4）+177.7     （5）① a    ② 83.3%    ③ 进气比过高，CO2比例过大，对反应iv的促进作用大于对反应i的促进作用，导致乙烯选择性降低；进气比过低，C2H6比例过大，乙烷转化率降低，且会促进反应v进行，导致乙烯的产率下降      【解析】(1)由图可知，MeOx将乙烷氧化生成乙烯和水，自身被还原为MeOx-1，之后空气中的氧气被MeOx-1捕获转化为MeOx，从而实现催化循环，因此乙烷CL-ODH总反应的化学方程式为； (2)锰基载氧体（Me为Mn）成本低，但由于其所载的氧活性过高，氧化性过强，会将乙烷过度氧化为更高价含碳产物（如CO、CO2等），因此导致乙烯的选择性反而下降； (3)SiO2中Si原子与O原子间以共价键形成空间网状结构，属于共价晶体； (4)根据盖斯定律，反应i可由反应ii+iii得到，则反应i的； (5)① 进气比增大，相当于在不变时增大，促进平衡正向移动，C2H6的转化率增大，因此三条曲线中进气比为的曲线是a； ② 从图中可知，反应10 min时，曲线c对应的乙烷转化率为30%，乙烯产率为25%，则乙烯的选择性=； ③ 进气比过高，CO2比例大，对反应iv的促进作用大于对反应i的促进作用，导致乙烯选择性降低；进气比过低，C2H6比例大，乙烷转化率降低，且会促进反应v进行，导致乙烯的产率下降。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题13化学反应原理综合题 1.【答案】(1)2S0:+0,+2H0活性装280，(2)还原性 (3)2NH3+S02+H20= 100~200C NH)S03或4NH+2SO+O2+2H0=2个NH)2S04(4)①Fe2++2OH=Fe(OH2②方法2中反应的速 率更快、限度更大、[FeY]比Fe+抗氧化的能力强 (5)温度45℃以下，升高温度，有利于加 快反应速率，NO的脱除率增大。温度45C以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的 脱除率减小 (6)60% 2.【答案】①CL4+2H0=4H+C02 ②C(s)+CO2(g=2CO(g) ③abc ④降 低 ⑤CO2和Ca0发生反应CaO+C02-CaCO,生成的CaCo3覆盖在Ca0表面，阻止了C02和 CaO继续反应 ⑥K ⑦2H0+2e=H↑+20H ⑧连接K1或K2时，电极3分别作 为阳极材料和阴极材料，并且NOOH和Ni(OD2相互转化提供电子转移 20.【答案】(1)①2NH,C1+CaOH)2=CaCl,+2NH3t+2H20 ②不能 ③ 催化剂 NH3+HCI=NHCI (2)① 4NH3+502=4N0+6H,0 ② AB ③0.002molL1s1 (3)①生成Mg(NH,6C1,的反应活化能更低 ② 反应Mg(NH,6Cl,s)=MgCL,(s+6NH,(g是吸热反应，也是气体分子数增加的反应，升温、减 压有利于MgNH,6C1,脱除氨 4.【答案】(1)FeS、C (2)①回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂，利用反 应ⅱ放热为反应i提供能量 ②减小至900K时S的平衡产率后保持不变 ③温度升高， 反应ii平衡逆向移动，使c(SO,)、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)根据电极方程式正极的电极反应式为：S0?+4e+6HC0, $+3H,0+6C0?-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 1/3 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 5.【答案】(1)4NH3+502 催化剂 4N0+6H,O (2)① P1<P2 ②变 ☑ 小 (3)①A②2N2O4+02+2H20=4HN03 (4)①NH3 ②根据反应 8NO+7H,O 电解 ,&,电解产生的HNO3多 6.【答案】(1)3NO2+HO=2HNO3+NO (2)632 (3)①1：3 ② 1×104 ③催化剂失活、反应逆向移动、H分解 (4)①放热 ② 催化剂 8NH3+6NO2=7N2+12H2O ③N0-3e+2H0-N0,+4H 7.【答案】(1)①-241.6kJ/mol ②高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O)减小， 反应b和c的速率减小，导致SO2和NO的转化率均降低 ③反应b的活化能小于反应c,反应b 的速率大于反应c,因此NO的转化率高于SO2 (2)①溶液中存在： SO+H,0=HSO+OH、NH+H,O=NH,H,0+H'SO的水解程度大于NH:的水解程 度，使溶液显碱性 ②NH4hSO,溶液直接与S0,反应是脱除SO,的主要原因 ③ 2NO,+3S0+H,O=2NO,+SO+2HSO ④NO,+NH=N2↑+2H2O 8.【答案】(1)OHC-CHo (2)①45℃ ②“先拐先平，数值大”，温度越高反应 速率越快 (3)硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大氧化性增强，导致副反应速率增大使得乙二 醛被氧化为乙二酸。 (4)X (5)Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子， 2H0-4=02↑+4，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸 (6) 580.50V1-V2 &【答案】(1)2Fes0,7H,0月 (2)02s0,+2H,0+0, NO ②sp3 (3)①温度 ②反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率 下降或通过换热使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；平衡角度：避免温衡转化率显著下降 (4)①SO2+MnO2=MnSO4 ② 11cV2×103 ③偏大 V 213 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 10.【答案】(1)①4NH+50,催化剂4N0+60②2S0+0+2H0氮氧化物2HS04 (2)① △ 乙 (6b-4a-196)②温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率 减小 (3)①A极附近，发生反应为：2HO+2=2H↑+2OH,c(OH)增大，铵根离子通过阳离 子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极发生反应为：2H0-4e=O↑+4，cH)增大，硫 酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸 ②D极 区 ③利用H和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水 11.【答案】(1)①H,S=H+HS;HS=H+S ②CO+H2S=HCO3+HS (2)①是 ②其他条件不变时，增大压强，HS的转化率减小，说明该反应是气体体积 增大的反应，S是气态 ③升高温度，有利于增大反应速率和提高HS的转化 率 (3)①FeC1,和HC1 ②含FeCl,和HC1的溶液加入阳极区，Fe+放电生 成Fe3+,且H由阳极区通过质子交换膜进入阴极区，FeCl3溶液得以再生 ③10 12.【答案】（1)2C,H6+02=2C2H4+2H20 (2)锰基载氧体所载的氧活性过高，氧 化性过强，会将乙烷过度氧化为更高价含碳产物（如C0、C0,等） (3)共价晶体 (4)+177.7 (5)①a ②83.3% ③进气比过高，CO,比例过大，对反应iv的 促进作用大于对反应i的促进作用，导致乙烯选择性降低：进气比过低，CH6比例过大，乙烷转化率降低， 且会促进反应ⅴ进行，导致乙烯的产率下降 3/3