2021届高考化学热点：化学原理综合 （解析版）

化学原理综合

1.(2020•北京东城-高三一模)液相催化还原法去除水体中NO3是一项很有前

景的技术。某科研小组研究该方法中使用的固体催化剂Pd-Cu/Ti02的制备和催化

条件，结果如下。

I.制备Pd-Cu/TiOz的反应过程如下图所示，光照使TiOz发生电荷分离，将金

属Pd沉积在TiOz表面。再用类似方法沉积Cu,得到在TiOz纳米颗粒表面紧密接

触的Pd-Cu纳米簇。

(1)该过程中，乙醇发生__________(填“氧化”或“还原”)反应。

(2)请在②中补全光照条件下形成Pd-Cu纳米簇的反应过程示意图o

II.Pd-Cu/TiOz分步催化还原机理如图a所示。其他条件相同，不同pH时，反

应1小时后NO；转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图

b所示。

(

郭

明

。

。

火

虫

血

彝

乩

咽

以

氨态氟代表NHj、NH-和NHs-HiO的总和

图a图b

(3)该液相催化还原法中所用的还原剂是o

(4)i的离子方程式是o

(5)研究表明，OIK在Pd表面与NO?竞争吸附，会降低Pd吸附NO?的能力，但

对Pd吸附H的能力影响不大。

①随pH增大，距和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，原因是,

导致反应ii的化学反应速率降低。

②随pH减小，还原产物中趣看的变化趋势是,说明Pd表面吸附

的NO1和H的个数比变大，对反应(用离子方程式表示)更有利。

(6)使用Pd-Cu/TiOz,通过调节溶液pH,可将NO；尽可能多地转化为用，具体

方法是__________

-

【答案】(1)氧化(2)(3)H2(4)CU+N03=N02'

Pd-Cu/TiO,

+CuO或H2+N03-N0『+H20(5)①Pd表面单位面积吸附的NO-数目

减小②增大2NO2-+6H=N2+4H2O+2(»r(6)先调节溶液的pH到12,

待NO3-几乎完全转化为NO「后，调节pH到4

【解析】(1)根据制备Pd-Cu/TiOz的反应过程示意图中①，Pb2+得电子发生还原

反应，则乙醇发生氧化反应。

(2)根据①的示意图，②中铜离子应得电子生成铜，乙醇与其发生反应，则光

照条件下形成Pd-Cu纳米簇的反应过程②示意图为

(3)根据图a可知，氢气生成氨态氮，氢元素的化合价升高，失去电子，作该

2

液相催化还原法中还原剂。

(4)i中铜与硝酸根离子反应生成亚硝酸根离子和铜离子，或Pd-Cu/TiOz作催

化剂，硝酸根离子与氢气发生氧化还原反应生成亚硝酸根离子和水，根据得失电

PdCu/T12

子守恒，得到离子方程式Cu+N(V=N02'+CU0或H2+NO3--°N02-+H20o

(5)①因为OIF在Pd表面与NO「竞争吸附，会降低Pd吸附NO『的能力，随pH

增大，0田浓度增大，导致Pd表面单位面积吸附的NOr数目减小，用和氨态氮在

还原产物中的百分比均减小，反应ii的化学反应速率降低。

②根据图b所示，随pH减小，n(NJ增大，n(氨态氮)变化不大，则还原产物

中迷着增大，Pd表面吸附的N(V和H的个数比变大，NO『更易转化为心，根据

得失电子守恒，得到对应的离子方程式为2N0F+6H=N2+4H20+20H-O

(7)根据图b所示，pH=12时，NOJ所占的物质的量的百分比最高，pH=4时，N2

所占的物质的量的百分比最高，所以先调节溶液的pH到12,待N03-几乎完全转

化为NOJ后，调节pH到4使用Pd-Cu/TiOz,通过调节溶液pH,可将NO3-尽可能

多地转化为此。

2.(2020•北京石景山-高三一模)汽车尾气中NO、的生成和消除是科学家研究

的重要课题。

(1)NO、能形成酸雨，NOz转化为HN03的化学方程式是

(2)汽车发动机工作时会引发N2(g)+02(g)=2N0(g)A比+180kJ-mol-1,其能

量变化示意图如下:

N(g)±94驷•卬喷；

一akJ,mol1、

----------------2NO(g)

02(g)+498kJ«moH

3

则NO中氮氧键的键能是_kj•mol^o

(3)用NH3可消除NO污染，反应原理为：4NH3+6N0号震5N2+6H2O,以〃(加3)：

水NO)分别为4:1、3:1、1:3投料，得到NO脱除率随温度变化的曲线如图所示:

①曲线a对应的/7(NH3):Z?(NO)=_0

②曲线c中NO的起始浓度为4X10%g/m3,从A点到B点经过0.8s,该时间段

内NO的脱除速率为_mg/(in3•s)。

③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900c时NO脱除率都会骤然下

降，可能的原因是—(至少写两条)。

<1)3N02+H20=2HN03+N04N02+02+2H20=4HN03(2)632(3)①1:3

②IXKT，③i、催化剂的活性下降；ii、氨气可能发生分解；出、反应为放

热反应，温度高反应速率快，达到平衡后平衡逆向移动

【解析】(1)NO?与水发生反应：3NO2+H2O2HNO3+NO或4眦+02+240=4皿03；答案

为：3NO2+H2O=2HNO3+NO或4N02+02+2H20=4HN03；

(2)根据A层反应物化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量，

可得：946kJ-mor1+498kJ•mol'^akJ•mol^lSOkJ,解得：a=632。答案为：

632；

(3)①由分析可知，曲线a对应的A(NH3)：A(N0)=1:3；答案为：1:3；

②由图可知，A点到B点，N0的脱除率为0.75-0.55=0.20,则从A点到B点

43

C(NO)=0.20x4xl0-mg/m,则从A点到B点内N0的脱除率为

4

c(NO)=0.80x107mg/n?=]xio7mg/(m3s),答案为：1X1()T；

t0.8s''

③可从催化剂、可逆反应的平衡移动、反应物或生成物随温度变化的角度进行分

析。在温度超过900c时N0脱除率都会骤然下降，可能的原因有：i、催化剂

的活性下降；ii、氨气可能发生分解；出、反应为放热反应，升高温度，达到平

衡后平衡逆向移动；答案为：i、催化剂的活性下降；ii、氨气可能发生分解；

出、反应为放热反应，升高温度，达到平衡后平衡逆向移动。

3.(2020•北京朝阳-高三期末)合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：

N2(g)+3H2(g)一定条件2NH3(g)AH

(1)科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所

示(吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒)。

①加3的电子式是o

②写出步骤C的化学方程式O

③由图像可知合成氨反应的AH0(填“V”或“=”)。

(2)传统合成氨工艺是将用和乩在高温、高压条件下发生反应。若向容积为1.0L

的反应容器中投入5molN2.15molH2,在不同温度下分别达平衡时，混合气

中加3的质量分数随压强变化的曲线如图所示：

5

NH3的质量分数/%

100

80

60

40

20

0

①温度I、T2>T3大小关系是

②M点的平衡常数K=（可用分数表示）。

（3）目前科学家利用生物燃料电池原理（电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递

电子），研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如下:

b

a「l

电电

极、MV2tMV"J极

氢化酶固氮酶

质子交换膜

①导线中电子移动方向是

②固氮酶区域发生反应的离子方程式是O

③相比传统工业合成氨，该方法的优点有O

【答案】（1）①H：*H②*NNH+H2—™—>*N+NH3③V（2）①

3

TVT2<T3②7.32X10'（3）①afb②弗+6T+6MT=2NH3

+6MV2+③条件温和、生成氨的同时释放电能

【解析】（1）①根据氨气的中心原子N,最外层有5个电子，与三个氢原子形成

三对共用电子对，还剩一对孤对电子，得到电子式H：柒'故答案为：嗯：H；

②根据图像，化学方程式：*NNH+H2一™—>*N+NH3,故答案为：*NNH+

催化剂

H2,*N+NH3；

6

③能量值是降低的，故反应放热，可以判断AH<0,故答案为：V；

(2)①合成氨的反应放热，升高温度，平衡向吸热的方向移动，根据图像，在相

同的压强下，温度越高，氨气的质量分数越小，故温度「VT2<T3,故答案为:

L<T2<T3；

②设变化的氮气的物质的量浓度为x

N2(g)+3H2(g)一定条件2NH3(g)

开始5150

变化x3x2x

平衡5-x15-3x2x

M点氨气的质量分数为40%,

x17

则际。脏4。％,解得X=2,

故右高凯二篇=7.32Xlg故答案为：7.32X107；

(3)①根据图示，a极区，氢气被氧化为氢离子，故MT-MV?+被氧化，因此a为

负极，b为正极，导线中电子移动方向是afb,故答案为：a-b；

②根据图示，固氮酶区域发生反应为氮气和MT反应生成氨气和MV?*,根据氧化

还原反应规律，该离子方程式N2+61T+6MVJ2NH3+6MV2+,故答案为：

++2+

N2+6H+6MV=2NH3+6MV；

③传统工业合成氨反应条件为高温、高压、催化剂，反应条件苛刻，该方法制取

氨气条件温和、生成氨的同时释放电能，故答案为：条件温和、生成氨的同时释

放电能。

4.(2020•北京海淀•北大附中高三月考)一氧化碳甲烷化反应为：C0(g)+3H2(g)

=CH4(g)+H20(g)o下图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化(部分物

7

质省略)。

CO(g)+H2(g)—>CO(g)+-H—>-CHO@>-CH+H2O(g)—►CH4(g)

下列说法不正确的是

A.步骤①只有非极性键断裂

B.步骤②的原子利用率为100%

c.过渡态n能量最高，因此其对应的步骤③反应速率最慢

D.该方法可以清除剧毒气体CO,从而保护环境

【答案】C

【解析】A.步骤①是庆断键，C0未断键，因此只有非极性键断裂，故A正确；

B.步骤②反应物全部变为生成物，因此原子利用率为100%,故B正确；C.根

据图中信息，过渡态I的能量差最高，因此其对应的步骤①反应速率最慢，故C

错误；D.根据反应的历程可知，有毒一氧化碳与氢气反应最终转化为无毒的甲

烷，该方法可以清除剧毒气体C0,从而保护环境，故D正确。综上所述，答案

为C。

5.(2020•北京海淀•清华附中高三三模)利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐

蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H\。2、NO,等共存物的存在

会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为n“其中用于

有效腐蚀的电子的物质的量外。下列说法错误的是

8

A.反应①②③④均在正极发生

B.④的电极反应式为NC）3+10H++8e-=NH：+3H20

C.单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时ne=amol

D.增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可使m增大

【答案】C

【解析】A.由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④

均为得电子的反应，所以应在正极发生，A项正确；B.由示意图及元素N的化

合价变化可写出如下转化NOJ+Be-fNHj由于生成物中有NH人所以只能用T和

H20来配平该反应而不能用H20和OK来配平，所以④的电极反应式为

+

NO,+10H+8e=NH：+3H20,B项正确；C.三氯乙烯CzHCL中C原子化合价为+1价,

乙烯中C原子化合价为-2价，1molGHCb转化为1molC2H4时，得到6mol电

子，脱去3mol氯原子，所以脱去amolCl时rie=2amol,C项错误；D.增大

单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，

加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，D项正确；故选C。

6.（2020•北京延庆・高三月考）硫酸盐（含SO；、HSO；）气溶胶是PM2.5的成

分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程

示意图如下：

9

S.NO。OH

下列说法不正确的是（）

A.该过程有H20参与B.NO2是生成硫酸盐的还原剂

C.硫酸盐气溶胶呈酸性D.该过程中有硫氧键生成

【答案】B

【解析】A.根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H20参与，选项A正确；B.根

据图示的转化过程，NO2转化为HNO2,N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价

降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，选项B不正

确;C.硫酸盐（含SO：、HS0；）气溶胶中含有HS0；,转化过程有水参与，则HS0；

在水中可电离生成H+和S0M则硫酸盐气溶胶呈酸性，选项C正确；D.根据图

示转化过程中，由SO；转化为HS0；,根据图示对照，有硫氧键生成，选项D正

确；答案选B。

7.（2020•北京东城-高三一模）2007年诺贝尔化学奖授予埃特尔以表彰其对

于合成氨反应机理的研究，氮气和氢气分子在催化剂表面的部分变化过程如图所

示，下列说法不正碉的是（）

•表示N舟表示H表示催化剂表面

10

N(g)+3H(g)高温、高压2NH(g)AH=-92kj/mol

22催化剂3

A.升高温度不能提高一段时间内NH3的产率

B.图①一②过程吸热，图②一③过程放热

C.弗在反应过程中三键均发生断裂

D.反应过程中存在小卜、小儿等中间产物

【答案】A

【解析】由图可知：在催化剂表面，氮气断开三键，并逐一与氢形成N-H键，

最终形成氨气。A项、升高温度能提高反应速率，所以在达到平衡前升高温度能

提高一段时间内氨气的产率，A选项错误；B项、图①一②是N三N断裂过程，断

键吸热；图②—③是N—H键形成过程，成键放热B选项正确；C项、虽然本反

应是可逆反应，但反应中，所有氮气均能断开三键，只是同时又有新的氮氮三键

形成，因此体系中总含有氮气，C选项正确；D项、从图中可知，断键产生的氮

原子，能逐一和氢结合形成-NH-、-NHz和NH3,D选项正确；答案选A。

8.(2020•北京海淀•清华附中高三月考)氮的氧化物是造成大气污染的主要物

质。研究氮氧化物的反应机理和化学平衡对于消除环境污染有重要意义。

(l)N0在空气中存在如下反应2N0(g)+02(g)?2N02(g)

上述反应分两步完成，其反应历程如图所示。

反应I反应II反应过程

11

请回答下列问题：

①写出反应II的热化学方程式0

②反应I和反应H中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反

应。决定2N0(g)+02(g)w2N(Ug)反应速率的是(填“反应I”或“反应

H”)，请写出判断的理由o

(2)用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)+2N0(g)wN2(g)+C02(g)o

向恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和NO,FC时，各物质起始浓度及12min

和15min时各物质的平衡浓度如表所示：

(molL1)

NOCON

时间(22

00.20000

120.0500.0750.075

150.1000.0500.450

①FC时，该反应的平衡常数为o

②在12min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，15min时重新达到平衡，则

改变的条件是o

③在15min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和弗，使二者的浓度均增加

至原来的两倍，此时反应。正______3(填”>”、"V”或“=”)。

(3)N02存在如下平衡：2N02(g)?N204(g)AH<0,在一定条件下NO2与N2O4的消

耗速率与各自的分压(分压=总压X物质的量百分数)有如下关系：〃正(NOJ=

2

kx•p(N02),y逆(N2O4)=k2•p(N204),相应的速率与其分压关系如下图所示。一

定温度下，口、k2与平衡常数4(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)

间的关系是4=(用ki、k?表示)；图中标出的点0、A、B、C、D中，能表

示反应达到平衡状态的点是O

12

1

【答案】（1）①N202（g）+02（g）w2N02（g）△i^（E-E2）kJ-mol-②反应H反

应H的活化能大于反应I的活化能，反应H断键时需要更多的能量，反应速率慢

⑵①2.25②增大用的浓度③,⑶年今BD

【解析】(1)①根据能量关系图，反应n为放热反应，热化学方程式为：

N202(g)+02(g)02NO2(g)△层(E1-E2)kj/mol,故答案为：N202(g)+02(g)w2N02(g)

△^(E-E2)kJ/mol；

②反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应速率由最慢的一步决定，所以决

定2N0(g)+02(g)w2N02(g)反应速率的是反应^,故答案为：反应n；反应n的活

化能大于反应I的活化能，反应n断键时需要更多的能量，反应速率慢；

(2)①根据表格数据，TC时，12min时为平衡状态，

c(CO,)c(N,)0.075x0.075

c2(NO)—=2.25,故答案为：2.25；

②根据表中数值知，15min时重新达到平衡时，N0、氮气的浓度增大，二氧化碳

的浓度减小，说明平衡逆向移动，说明改变条件是增大用的浓度，故答案为：增

大用的浓度；

③原先达到平衡时，。=°0浮*=后2.25,在15min时，保持温度和容器体积不

变再充入N0和N2,使二者的浓度均增加至原来的两倍，

以'=专湍4=写詈=1」25<{,所以反应正向移动，/正逆，故答案为:

13

>;

2

(3)/正(NO?)=ki•p(N02),y逆(N2O4)=k2•p(N2O4),平衡时需要满足。逆(N2O4)=

yv正(NO2),即gkjp2(NO2)=k2・p(N2O4),4=；!瑞1=今;满足平衡条件

MN02)=2y(N2()4)即为平衡点，根据图象，B、D所对应的速率刚好为1：2的关系,

k

所以B、D两点为平衡点，故答案为：端-；BDo

9.(2020•北京朝阳・高二期末)CO2的富集与转化是当今环境研究的热点。

(1)化石燃料的燃烧是使大气C02浓度增加的原因之一。汽油中含有辛烷(C8H18),

ImolC此8⑴完全燃烧生成C02(g)^H20(l),放出5518kJ热量。写出C此8完全燃

烧的热化学方程式：

(2)一种富集CO?的过程如图所示。

①气体I、II、ID中，CO?浓度最高的是—o

②反应II的化学方程式是_。

(3)一定条件下，CO?和庆反应能生成C2H4,实现CO2向能源物质的转化。

已知：2C02(g)+6H2(g)言C2H4(g)+4H20(g)A水0

①上述反应的A月可根据C2H4(g)+302(g)=2C02(g)+2H20(g)和—反应的焰变计算。

②研究温度和压强对CO2的平衡转化率的影响，结果如图所示。

14

X代表的物理量是_。比较L］与L2的大小，并说明依据

③相同条件下，CO?和庆还能发生其它反应：

反应a：C02(g)+H2(g)CO(g)+H20(g)

反应b：C02(g)+4H2(g)CH4(g)+2H20(g)

Fe和Co(钻)可作为该反应的催化剂。改变铁钻的物质的量比，测定相同时间内

CO2的消耗率和含碳产物的占比，结果如下：

n(Fe)：CO2消耗率含碳产物占比/%

n(Co)/%COC2H4CH4

100：01.110000

50：5030.536.820.342.9

0：10069.22.70.297.1

结合数据，推测催化剂中钻的作用：

25

【答案】(1)C此8(1)+y02(g)=8C02(g)+9H20(1)A^-5518kJ/mol(2)①

JUK2C03+Ca(OH)2=CaC031+2KOH(3)①2H2(g)+02(g)=2H20(g)②温度

反应2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+440(g)是气体体积缩小的反应，当温度一定时,

增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大③钻能使反应物分子更易

15

转化为活化分子，加快C02被上还原的反应速率；同时使C02被压还原得更充分,

易生成含氢量高的CHo提高燃的选择性

【解析】(DlmolCsHDD完全燃烧生成ca(g)和联(1),放出5518kJ热量，该

反应的热化学方程式为：CsHi8(1)。2(g)=8C02(g)+940(1)△

25

年-5518kJ/moL故答案为：C8H18(l)+yO2(g)=8C02(g)+9H20(1)A

於-5518kJ/mol；

(2)①由过程图示可知气体I与氢氧化钾反应，其中含有的二氧化碳被氢氧化钾

吸收转变成碳酸钾，气体H中为其他气体，碳酸钾与物质a氢氧化钙反应，产

生碳酸钙沉淀b,碳酸钙高温分解得到气体IH(较纯净的二氧化碳)，因此气体

III中，二氧化碳的浓度最大，故答案为：HI；

②由以上分析，反应H为碳酸钾与氢氧化钙的反应，反应方程式为：

K2C03+Ca(0H)2=CaC031+2K0H,故答案为：K2C03+Ca(OH)2=CaC031+2K0H；

(3)①由盖斯定律可知，该反应2c02(g)+6H2(g)wC2H4(g)+4H20(g),可由

C此(g)+302(g)=2C02(g)+2H20(g)与2H2(g)+02(g)=2H20(g)得到,故答案为：

2H2(g)+02(g)=2H20(g)；

②若X为压强，由图像可知随X的增大，二氧化碳转化率减小，说明反应逆向移

动，而该反应正向气体分子数减小，增大压强平衡正向移动，因此X不是压强，

应为温度，故答案为：温度；反应2c02(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H20(g)是气体体积

缩小的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大;

③由表格信息可知，Co的占比越高，二氧化碳的消耗率越大，可知Co有利用二

氧化碳转变成有机产物，同时Co的占比越高产物中甲烷的含量越高，可知Co对

反应有一定的选择性，Co在反应中的作用为：钻能使反应物分子更易转化为活

16

化分子，加快C02被压还原的反应速率；同时使C02被上还原得更充分，易生成

含氢量高的CH”提高煌的选择性，故答案为：钻能使反应物分子更易转化为活

化分子，加快C02被H2还原的反应速率；同时使C02被上还原得更充分，易生成

含氢量高的CHo提高烧的选择性；

10.(2020•北京延庆-高三一模)氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，采

用天然气制备氢气的流程如下。

天然气一［蒸汽他-8变换一&画］

IIIIII

请回答下列问题：

I.蒸汽转化：在催化剂的作用下，水蒸气将QL氧化，结合图表信息回答问题。

(1)该过程的热化学方程式是。

(2)平衡混合物中C0的体积分数与压强的关系如图所示，判断「和Tz的大小关

系：Tl12(填或“=”),并说明理由o

(3)一定温度下，在1L恒容的密闭容器中充入hnolCH,和lmol水蒸气充分反应

达平衡后，测得反应前后容器中气体的物质的量之比是3:4,计算该条件下反应

的平衡常数为o

17

n.co变换：500c时，co进一步与水反应生成co2和％。

m.模拟上提纯工艺：将co?和上分离得到上的过程如下:

依据图示信息回答：

(4)吸收池中发生反应的离子方程式是o

(5)写出电解池中阳极发生的电极反应式；结合化学用语说明K2c溶液

再生的原因O

【答案】(1)5搀)+凡0(切CO(g)+3H2(g)AH=+204kJ/mol(2)>根据热

化学方程式CHKg)+Hq(g)CO(g)+3H2(g)△H=+204kJ/mol可知，升高温度，平

衡正向移动，C0的体积分数增大;再对应图像，压强一定时，则(3)0.75

+

(4)co；+H2O+CO2=2HCO；2H2O-4e-=O2?+4H(5)阴极放电发生反应：

--

2H2O+2e=H2T+2OH产生的0E与电解液中的碳酸氢根发生反应：

OH-+HCO；=COr+H2O,实现了K2c溶液的再生

【解析】I.(D由图可知，lmol甲烷、Imol水蒸气生成ImolCO和31noi氢气吸

收热量(2582-2378)kJ=204kJ,故热化学方程式为：

CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)AZ/=+204kJ/mol,故答案为：

CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)A//=+204kJ/mol.

(2)该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以相同压强下，温度越高,

C0的体积分数越大，故T〉T2,故答案为：>；根据热化学方程式

CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△”=+204kJ/mol可知，升高温度，平衡正向移动，

18

CO的体积分数增大，再对应图像，压强一定时，则「〉12；

(3)一定温度下，在1L恒容的密闭容器中充入ImolC上和Imol的水蒸气充分反

应达平衡后，测得反应前后容器中气体的物质的量之比是3:4,设消耗甲烷物质

CH4(g)+H2o(g)CO(g)+3也(g)

起始(mol)1100

的量x,据此计算:

转化(mol)xxx3x

平衡(mol)1-x1-xx3x

4io

望=，x=|mol,则平衡时各物质的浓度分别为：c(CH4)=c(H20)=1mol/L,

Ixl3

c(CO)=1mol/L,c(H2)=lmol/L,则该反应的平衡常数f为=0.75,故答案为:

0.75；

m.(4)由图可知，吸收池中氢气并未反应,二氧化碳被吸收进入惰性电极电解池,

即吸收池中为二氧化碳与碳酸钾溶液的反应，离子方程式为：

22_

C03+C02+H20=2HC03',故答案为：C03+C02+H20=2HC03；

(5)HC03/在电离平衡：HCOs^ir+COs2-,阴极H+放电浓度减小平衡右移，C(V-再生,

+

阴极反应：2H20+2e-=H21+0田，阳极反应：2H2O-4e-=O21+4H；HCO3+OIT—

2+

CO3+H2O,使碳酸钾溶液得以再生，故答案为：2H2O-4e=O2T+4H；阴极放电

发生反应：2H2O+2e-=凡T+2OH-产生的0H■与电解液中的碳酸氢根发生反应：

OH-+HCO；=CO.r+H2O,实现了K2c。3溶液的再生。

11.(2020•北京朝阳•高三月考)煤燃烧排放的烟气含有S02和NOx(主要成分为

NO、NO2的混合物)，对烟气进行脱硫、脱硝有多种方法。

(1)碱液吸收法：采用石灰乳脱除SO?.脱除后的主要产物是。

(2)液相氧化法：采用NaClO溶液进行脱除。

19

①NaClO水解的离子方程式是0

②NaClO溶液吸收NO的主要过程如下

i.NO(aq)+HC10(aq)言N02(aq)+HC1(aq)△方i

ii.3N02(aq)+H20⑴W2HN03(aq)+N0(aq)

(3)研究发现，在液相氧化法中，一定量的SO?能提高NO、的脱除率。当pH=5.5

时，SO2对有效氯含量、NO、脱除率的影响如图所示。

-

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♦一

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图I

①据图1,通入SO2后有效氯含量降低。SO2和HC1O反应的离子方程式是o

②针对图2中NO,脱除率提高的原因，研究者提出了几种可能发生的反应：

A.SO2+2NO+H2O—N20+H2S04

B.2S02+2N0+2H20—N2+2H2S04

C.4S02+2N02+4H20—N2+4H2S04

用同位素示踪法确认发生的反应：把】'NO?和NO按一定比例混合，通入SO?的水

20

溶液中，检测气体产物。

a.气体产物中主要含有物。2、N20,则发生的主要反应是(填序号)。

b.同时检测到气体产物中还有物N,产生^NN的化学方程式是o

【答案】(l)CaSO3(2)①CIO-+H2O0HCIO+OH-②2N0(aq)+3HC10(aq)

=2HN03(aq)+3HC1(aq)A^3A^+A^③pH越小，NaClO的水解平衡右

移，即水解程度越大，溶液中HC1O的浓度越高，则反应i的平衡右移，则NO脱

+15

除率越高(3)@S02+HC10+H20=3H+SOt+CE(2)AN02+N0+3S02+3H20=

15NN+3H2sO4

【解析】(DSO2是酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，故二氧化硫被石灰乳

即Ca(OH)2吸收后生成的是CaS03和水，故答案为：CaSO3；

(2)①NaClO是强碱弱酸盐，C1(T水解显碱性：C10'+H20^HC10+0H",故答案为:

C1O-+H2O^HC1O+OH-；

②根据盖斯定律，iX3+ii即可得目标反应：2N0(aq)+3HC1O(aq)=2HN03

(aq)+3HC1(aq),则反应热△A=3△区+ZXA,故答案为：2N0(aq)+3HC1O

(aq)=2HN03(aq)+3HC1(aq)2XQ3△直+△笈；

③NaClO是强碱弱酸盐，溶液中存在水解平衡，溶液显碱性，pH越小，酸性越

强，促进了NaClO的水解平衡向右移动，即水解程度越大，溶液中HC1O的浓

度越高，则反应i的平衡右移，则NO脱除率越高，故答案为：pH越小，NaClO

的水解平衡右移，即水解程度越大，溶液中HC1O的浓度越高，则反应i的平

衡右移，则NO脱除率越高；

(3)①SO?和HC1O反应时，SO?被氧化为H2s0妙HC1O被还原为HCL根据得失电

+

子守恒和电荷守恒可知离子方程式为S02+HC10+H20=3H+SO^-+cr,故答案为:

21

+

S02+HC10+H20=3H+SO^+C1'；

②a.气体产物中主要含有物。2、N20,则说明物。2没有被消耗，只有NO被消

耗生成了弗0,则说明发生了反应A,故答案为：A；

b.同时检测到气体产物中还有物N,则说明物。2和NO均参与了反应，且参

与此反应的两者的物质的量之比为1：1,两者均被还原为。价，而SO?被氧化

1515

为H2s。4,据此得失电子守恒可知化学方程式为：N02+N0+3S02+3H20=N

1515

N+3H2sO4.故答案为：N02+N0+3S02+3H20=NN+3H2S04O

12.(2020•北京高考•真题T15)H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发

展。

(D早期制备方法：Ba(N03)2」『Ba0+Ba02」^滤液减弋频>402

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—。

②H为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是—o

③HI中生成员。2,反应的化学方程式是—o

④减压能够降低蒸储温度，从H2O2的化学性质角度说明V中采用减压蒸储的原因:

(2)电化学制备方法：已知反应2H2。2=2&0+()21能自发进行，反向不能自发进行,

通过电解可以实现由H20和为原料制备H202,如图为制备装置示意图。

22

①a极的电极反应式是—o

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.该方法相较于早期剂备方法具有原料廉价，对环境友好等优点

【答案】(1)①2Ba(N0,型2BaO+02t+4N021②增大压强或增大氧气的浓度

或降低温度③BaO2+2HCl=BaCl2+H202④上。2受热易分解(2)①

+

02+2H+2e'=H2O2②AC

【解析】(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N02O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(N03)2-2BaO+021+4N021；

②II为BaO与氧气反应生成Ba。?，是可逆反应，反应方程式为：

2Ba0(s)+02(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；

③IH中过氧化领与盐酸反应生成氯化领和双氧水，反应的化学方程式是

Ba()2+2HC1=BaCb+HzO2;

④H2O2受热易分解，采用减压能够降低蒸镭温度，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02+2H++2e-=H202；

23

②A.2H202=2H20+02t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+O2屿2H2O2,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。

13.(2020•北京海淀•北大附中高三月考)(X)2的资源化利用能有效减少C02排

放，充分利用碳资源。

⑴在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。

①写出钙化作用的离子方程式O

②同位素示踪法证实光合作用释放出的只来自于上0。用力标记物质的光合

作用的化学方程式如下，将其补充完整：

=^=(CH:OX*xH;O

叶绿体

⑵电解法转化C02可实现C02资源化利用。电解C02制HC00K的原理示意图如

To

24

①阴极的电极反应式为o

②电解一段时间后，阳极区KHC03浓度下降，原因是

___________________________________________________________________________________________________________O

⑶C02催化加氢合成二甲醛是一种C02转化方法，其过程中主要发生下列反应:

反应I：C02(g)+H2(g)===C0(g)+H20(g)A=+41.2kJ•mol-1

反应H：2C02(g)+6H2(g)==Cl130cH3(g)+3H20(g)A^=-122.5kJ•mol

-1

在恒压、C02和H2的起始量一定的条件下，C02平衡转化率和平衡时CH30cH3的

选择性随温度的变化如图。

Cl130cH3的选择性

S8

r邙

aCO2平衡转化率

a

%

200240280320360

温度/电

CH30cH3的选择性=2xCH30cH3的物质的量反应的CO?的物质的量X100%

①温度高于300℃时，COZ平衡转化率随温度升高而上升的原因是

②220C时，在催化剂作用下C02与小反应一段时间后，测得CH30cH3的选择

性为48%(图中A点)。反应时间和温度不变，提高CH30cH3选择性的措施有

A.增大压强B.使用对反应H催化活性更高的催化剂C.及时移走产

25

物

-

【答案】⑴①Ca?++2HC03=CaCO3I+C021+H20②XCO22xH20(2)

①CO2+2e-+H20=HCOO-+0H-②氢氧根与碳酸氢根反应生成碳酸根和水

⑶①反应I是吸热反应，反应向吸热反应方向移动即正向移动，反应H是放热反

应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动即逆向移动，升高温度，对反应II的影

响大于反应I,因此COZ平衡转化率随温度升高而上升②ABC

【解析】⑴①钙化作用是钙离子和碳酸氢根反应生成碳酸钙、二氧化碳和水，其

2+2+

离子方程式Ca+2HC03-=CaC03I+C021+H20；故答案为：Ca+2HCO3-=CaC03

I+C021+H20o

②同位素示踪法证实光合作用释放出的只来自于上0,根据质量守恒得到化学

方程式XCO2+2x40=^(CH,0)「”0、-xH、0；故答案为：xC0；2XH0O

叶绿体22

⑵①电解C02制HCOOK,化合价降低，在阴极反应，因此阴极的电极反应式为

--

C02+2e+H20=HCOO-+0H；故答案为：C02+2e-+H20=HC0(T+0H-o

②阴极生成氢氧根，氢氧根与碳酸氢根反应生成碳酸根和水，因此电解一段时间

后，阳极区KHC03浓度下降；故答案为：氢氧根与碳酸氢根反应生成碳酸根和水。

⑶①根据图中信息，温度高于300℃时，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因

是反应I是吸热反应,反应向吸热反应方向移动即正向移动,反应n是放热反应,

升高温度，平衡向吸热反应方向移动即逆向移动，升高温度，对反应n的影响大

于反应I,因此coZ平衡转化率随温度升高而上升；故答案为：反应I是吸热反

应，反应向吸热反应方向移动即正向移动，反应II是放热反应，升高温度，平衡

向吸热反应方向移动即逆向移动，升高温度，对反应n的影响大于反应I,因此

26

C02平衡转化率随温度升高而上升。

②A.反应II是体积减小的反应，而反应I是等体积反应，增大压强，反应n平

衡正向移动，提高CH30cH3选择性；B.反应存在两个竞争的反应，因此使用对反

应II催化活性更高的催化剂来提高CH30cH3选择性；C.及时移走产物CH30cH3,能

使得反应n不断正向反应，增加CH30cH3选择性；综上所述，答案为ABC。

14.(2020•海淀•北京市育英学校高三三模)研究表明，氮氧化物(NOx)和二氧

化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，其转化关系如下图所示。

kT

uw

ef

T

l

(1)NH3的电子式是

(2)NH4N03溶液中的离子浓度由大到小顺序是o

(3)①已知：S02生成S03总反应方程式是：2s02(g)+02(g)w2s03(g)。此反应可

通过如下两步完成：2N0(g)+02(g)w2N02(g),写出第二步的化学方程式

②一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入N02和SO2各1mol,5min达到

平衡，此时容器中N02和

NO的浓度之比为1：3,则NO2的平衡转化率是o

(4)利用NaClOz/HzOz酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。

①制备少量NaClOz,其装置如下图所示：

27

装置I控制温度在35~55℃,通入S02将NaC103还原为Cl()2(沸点：11℃),

反应的离子方程式是，装置II中反应生成NaClOz,此反应中作为氧化剂的

是—，反应后装置m中溶液中阴离子除了CIO；.CIO；、Cl\C10\OT外还可能

含有的一种阴离子是o

②用制得的NaClOz/HzOz酸性复合吸收剂同时对NO、S02进行氧化得到硝酸和硫

酸而除去。在温度一定时，n(H202)/n(NaC102),溶液pH对脱硫脱硝的影响如下

图所示：

图a图b

从图a和图b中可知脱硫脱硝最佳条件是o图b中SO?的去除率随

pH的增大而增大，而NO的去除率在pH>5.5时反而减小，请解释NO去除率

减小的可能原因是O

H

【答案】⑴H：注H⑵。(网>c(NH；)>cOT)>c(0案)(3)(DN02+

SO2-SO3+NO②75%(4)①S02+2C10=2C102+SO;-C102SO：(2)

pH在5.5~6.0,Z2(H2O2)/j7(NaClO2)=6：1pH>5.5以后，随着pH增大，NO的

还原性降低；或比。2和NaClOz氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸

【解析】(1)氨气是氮原子和三个氢原子形成三个共价键形成的共价化合物，电

28

HH

子式：H疝:H。故答案为：H疝:H；

(2)硝酸镂溶液中镀根离子水解溶液显酸性，NILNOa溶液中的离子浓度由大到小

+

顺序是c(NO-)>C(NH；)>C(H+)>C(OIT),故答案为：C(NO；)>C(NH：)>C(H)>

C(OIT)；

(3)①已知:S02生成S03总反应方程式是：I.2S02(g)+02(g)w2S03(g)。此反

应可通过如下两步完成：n.2N0(g)+02(g)02NC)2(g),盖斯定律计算(i-n)

xg得到第二步的化学方程式NO2+SO20SO3+NO。故答案为：N024-S02WSO3

+N0；

②一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入N02和SO2各1mol,5min达到

平衡，此时容器中N02和NO的浓度之比为1：3,结合三行计算列式得到，设

消耗NO?的物质的量为x：

N&(g)+SQ(g)SO,(g)+NO⑻

起始量a。/1100

变化量加0/