2023年届高考化学二轮复习汇编试卷：F单元化学反应与能量(2023年高考真题 模拟新题)

F单元化学反响与能量

Fl化学反响与能量变化

2O.F1B3HlKl

[2023•江苏卷]磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如

Ca(PO)等形式存在。它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。

342

(1)白磷(P)可由Ca(PO)、焦炭和SiO在肯定条件下反响获得。相关热化学方程式如下：

43422

2Ca(PO)(s)+10C(s)===6CaO(s)+P(s)+10CO(g)ΔH=+3359.26kJ∙mol>

34241

CaO(s)+SlO(s)===CaSiO(s)ΔH=-89.61kJ∙molɪ

232

2Ca(PO)(s)+6SiO(s)+10C(s)===6CaSiO(s)+P(s)+10CO(g)ΔH

3422343

则AH=kJ∙mol-ι

30

(2)白磷中毒后可用CUSc)溶液解毒，解毒原理可用以下化学方程式表示：

4

HP+60CuSO+96HO===20CuP+24HPO+60HSO

44233424

60molCUSO4能氧化白磷的物质的量是。

(3)磷的重要化合物NaHPO、NaHPO和NaPO可通过HPo与NaOH溶液反响获得，

24243434

含磷各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与PH的关系如以下图

所示。

图O

①为获得尽可能纯的NaHiPO4,PH应掌握在________；pH=8时，溶液中主要含磷物

种浓度大小关系为。

②NaHPO溶液显碱性，假设向溶液中参加足量的CaCl溶液，溶液则显酸性，其缘由是

242

_______________________________________________________________________(用

离子方程式表示)。

(4)磷的化合物三氯氧磷(PClOCICI)与季戊四醇(CHoHCHOHCCHOHCHOH)以物质的

2222

量之比2：1反响时，可获得一种型阻燃剂中间体X,并释放出一种酸性气体。季戊四醇与

X的核磁共振氢谱如以下图所示。

图O

①酸性气体是(填化学式)。

②X的构造简式为O

20.［答案I(1)2821.6

(2)3mol

(3)①4〜5.5(介于此区间内的任意值或区间均可)

c(HP0^)>c(HPO)

424

®3Ca2++2HPO2===Ca(PO)I+2H+

4342

(4)①HCl

(2)P0C100CHCCHCH0P0C10CH

2222

［解析］⑴依据盖斯定律，将“上式+下式依据'，即得所求反响的ΔH=+3359.26kJ∙mol

∣+(-89.61kJ∙mol-i)×6=2821.6kJ∙mol-ιo(2)P的化合价有升有降,Cu的化合价只降低。

P从0价升到+5价，1molP共失去20mol电子，依据得失电子守恒有：n(P)X20=

n(CuSO)×1,所以60molCuSO标以氧化3molP。(3)①从图中不难看出，PH在4土5.5之

444

间时，HPO的含量最高。在pH=8时，溶液中含有HPO2和HPo-两种离子，且前者大于

24424

后者。②足量的Ca?+与HPOj局部电离出的PO3：结合，生成难溶的CaFe)沉淀，促进了

HPO2一的电离，故溶液显酸业(4)三氯氧磷与季加四醇以2：1反响，3核磁昼振氢谱中的峰

4

由2组变成1组，明显应为四个羟基上的H原子被取代了，生成了HCl及

POCIOOCHCCHCHOPOCIOCH。

2222

7E3F1［2023•安徽卷］我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲

醛的氧化，其反响如下：HCHO+O*<^COι+HOo以下有关说法正确的选项是()

A.该反响为吸热反响

B.CO分子中的化学键为非极性键

2

C.HeHo分子中既含σ键又含TI键

D.每生成1.8gH0消耗2.24LO

22

7.C［解析］甲醛发生氧化反响属于放热反响，A项错误；COy子中化学键为碳氧双

键，该化学键是不同非金属元素间形成的极性键，B项错误；在HCHe)中C—H键为σ键，

在碳氧双键中一条为σ键、一条为兀键，C项正确；依据HCHo+0-X⅛JC0+H0可知,

222

每生成1.8g(即0.1mol)水，消耗0.1molO,因不知氧气所处温度、压强，无法确定其体积，

D项错误。

11.F1F2F3

［2023•福建卷］某科学家利用二氧化铀(Cec))在太阳能作用下将H。、CO转变为H、

2222

COo其过程如下：

mCeO太阳啊m—x)Cee)∙xCe+xO

2①22

(m-χ)CeO∙xCe+xHO+xCO≡1-⅛mCeO+xH+xCO

222②22

以下说法不正确的选项是()

A.该过程中CeO,没有消耗

B.该过程实现了太阳能向化学能的转化

C.图O中AH=ΔH+∆H

I23

图0

D.以CO和O构成的碱性燃料电池的负极反响式为Co+4C)H-—2e-===CO2-+2HO

11.C［解析］H0、CO转变为H、CO的过程分两步进展，第1步反响消耗Ceo的

2222

物质的量与第2步反响生成CeO的物质的量一样，则该过程中Ceo没有消耗，A项正确；

22

上述转变将化学能较低的H0、CO转化为化学能较高的H、CO,将太阳能转化为化学能

储存在燃料(水煤气或H和4θ)中，E项正确；读图可得3个热《化学方程式：ΦHO(g)===H(g)

222

+10(g)ΔH,②HO(l)===HO(g)ΔH,③H(g)+10(g)===HO(l)ΔH,观看觉察①+

22122222223

②=一③，由盖斯定律可得：ΔH+ΔH=-ΔH,则AH=-ΔH-ΔH=-(ΔH+∆H),

I23I2323

C项错误；CO是燃料，在负极上发生氧化反响，其产物不是CO,由于CO是酸性氧化物，

22

与过量碱溶液易反响生成碳酸根离子，依据电子、电荷和原子守恒原理可得负极反响式为CO

+40H—2e===CO2-+2H0,D项正确。

32

12.FlGl

［2023•山东卷］对于反响CO(g)+H?(g)Ce),(g)+H,(g)AH<O,在其他条件不变的

状况下()

A.参加催化剂，转变了反响的途径，反响的AH也随之转变

B.转变压强，平衡不发生移动，反响放出的热量不变

C.上升温度，反响速率加快，反响放出的热量不变

D.假设在原电池中进展，反响放出的热量不变

12.BI解析I反响的AH大小只取决于反响物、生成物的状态与反响条件，而和反响

是否使用催化剂、反响途径无关，A项错误；该反响在反响前后气体的总体积不变，因此转

变压强，平衡不移动，反响放出的热量不变，B项正确；上升温度，平衡逆向进展，反响放

出热量减小，C项错误：在原电池中，随反响进展，能量转化形式是化学能转化为电能，而

不再是化学能转化为热能，D项错误。

6.Fl∣2023•北京卷］以下设备工作时，将化学能转化为热能的是()

6.D［解析］硅太阳能电池将太阳能直接转化为电能，A项错误；锂离子电池将化学能

转化为电能，B项错误；太阳能集热器将太阳能转化为热能，C项错误；燃气灶将化学能转

化为热能，D项正确。

27.FlG3

［2023•浙江卷］捕碳技术(主要指捕获CO?在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前

NH和(NH)CO已经被用作工业捕碳剂，它心与CO可发生如下可逆反响：

34232

反响I：2NH(1)+HO(I)+C0(g)(NH)CO(aq)ΔH

322423I

反响II：NH(1)+H0(l)+C0(g)NHHCO(aq)ΔH

322432

反响HI：(NH)CO(aq)+HO(1)+CO(g)2NHHCO(aq)ΔH

42322433

请答复以下问题：

(1)ΔH与AH、AH,之间的关系是：ΔH=________o

(2)为争论温厩对(N4)CO捕获CO效聿的影响，在某温度T下，将肯定量的(NH)CO

4232I423

溶液置于密闭容器中，并充入肯定量的CO,气体(用氮气作为稀释剂)，在t时刻，测得容器

中CO气体的浓度。然后分别在温度为T、*、T、T下，保持其他初始试验条件不变，重

22345

复上述试验，经过一样时间测得Cc),气体浓度，得到趋势图［见图(a)］。则：

①ΔH________0(填“”或"v")。

②在T；〜T,及T，〜T$二个温度区间,容器内CO算体浓度呈现如图(a)所示的变化趋势，

其缘由是‘-"'-____________________________________

O

③反响m在温度为TI时，溶液PH随时间变化的趋势曲线如图(b)所示。当时间到达tI

时，将该反响体系温度快表上升到T,,并维持该温度。请在该图中画出tI时刻后溶液的pH

变化总趋势曲线。

(a)(b)

图0

(3)利用反响UI捕获CO,在(NH)CO初始浓度和体积确定的状况下，提高Co吸取量

24232

的措施有____________________________________________________________________________

(写出2个)。

(4)以下物质中也可能作为CO1捕获剂的是o

ʌ-NHQB,Na2CO3

C.HOCH9CH1OHD.Hc)CH,CH,NH,

27.［答案j(l)2AH2-AH∣

(2)Φ<

②Tl〜T,区间，化学反响未到达平衡，温度越高，化学反响速率越快，所以CO,被捕获

的量随温度上升而提高。T,〜T5区间，化学反响已到达平衡，由于正反响是放热反响，温度

上升平衡向逆反响方向移动，所以不利于CO,捕获

③

(3)降低温度；增加Ce)浓度(或分压)

2

(4)B、D

［解析］(1)依据盖斯定律可得出，将“反响∏X2一反响i”，即得反响ΠI,所以AH=

2ΔH-ΔH。(2)①从图(a)分析，T时Co吸取率最高，当温度再高时，平衡会逆向移动，导

2132

致CO的量增多，故该反响为放热反响，即ΔH<0o②当温度低于T时，反响未达平衡，

233

当温度高时，CO的吸取率加快。③温度从T升到T时，CO的吸取率减小，则溶液中的

2122

CO,含量少，PH增大，当温度不变时，反响达平衡，则Co含量不变，PH不变。(3)反响In

为/体体积减小的放热反响，故可以承受低温、高压以提高CO的吸取量。(4)C0与NaCO

2223

反响可生成NaHCO,HOCHCHNH中的氨基显碱性，也可以吸取酸性气体CC/。

32222

F2反响热的计算与重要的反响热

25.F2N1［2023・安徽卷］X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期

元素，其相关信息如下表：

元素___________________相关信息____________________

XX的最高价氧化物对应的水化物化学式为H耳03

YY是地壳中含量最高的元素

ZZ的基态原子最外层电子排布式为3s23p∣

WW的一种核素的质量数为28,中子数为14

(I)W位于元素周期表第周期第族;W的原子半径比X的(填

“大”或“小”)。

(2)Z的第一电离能比W的_______(填“大”或“小”)；XY由固态变为气态所需抑制

2

的微粒间作用力是

氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物

质名称。

(3)振荡下，向Z单质与盐酸反响后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量，能观看到的

现象是____________________________________________________________________________

W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的化学方程式是

O

(4)在25°C、IOlkPa下，13.5g的Z固体单质在Y气色中完全燃烧后恢复至原状

态，放热419kJ,该反应的热化学方程式是

25.［答案］⑴三NA大

⑵小分子间作用力乙酸(其他合理答案均可)

⑶先生成白色沉淀，后沉淀渐渐溶解，最终变成无色溶液Si+4HF===SiFt+2Ht

42

⑷4Al(s)+3O(g)===2AlO(s)ΔH=-3352kJ∙mol(其他合理答案均可)

223

I解析I利用X的信息知箕为IVA族元素，Y是地壳中含量最高的元素，故Y为氧元素，

结合X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素可知X为碳元素；Z的基态原子的电

子排布式为3s23p∣,则Z为13号元素铝；W元素的一种核素的质量数为28,中子数为14,

则质子数为14,则W为硅元素。(I)Si核外电子层数为3、最外层电子数为4,因此Si位于

第三周期IVA族；同主族元素随核电荷数增大原子半径增大，故Si的原子半径比C的大。(2)

铝为较活泼金属，最外层3p∣电子简洁失去，因此AKSi相比，第一电离能较小的是Ah

CO晶体转化为气体，分子没有转变，只是分子间间距变大，因此破坏的作用力是分子间作

2

用力；由H、C、0形成的分子：乙酸、乙醇等同种分子间均存在氢键。(3)A1与盐酸反响后

的溶液中含有AH+,因此向该溶液中参加NaOH至过量，依次发生反响为A13++3OH

===A1(OH)I、Al(OH)+OH===A10-+2H0,可看到的现象是先生成白色沉淀，后沉淀逐

3322

渐溶解，最终变为无色溶液；Si与HF反响可珞换出H,，同时还生成SiFq气体。(4)13.5gAl

物质的量为0.5mol,由题中数据可知4molAI与氧气完全反响生成固态AlO时，放出热量

23

为419kJX∕JI½21.=3352kJ。

0.5mol

11.FlF2F3

［2023•福建卷］某科学家利用二氧化IΦ(CeO)在太阳能作用下将H0、CO转变为H、

2222

COo其过程如下：

mCeθ—X)CeO∙xCe+xO

2①22

(m-χ)CeO∙xCe+xHO+xCO∙≡j^mCeO+xH+xCO

222②22

以下说法不正确的选项是()

A.该过程中Cee)淡有消耗

B.该过程实现了太阳能向化学能的转化

C.图O中AH=ΔH+ΔH

I23

图O

D.以Co和O构成的碱性燃料电池的负极反响式为C0+40H-—2e===CO2-+2HO

232

H.CI解析］H0、CO转变为H、CO的过程分两步进展，第1步反响消耗CeO的

2222

物质的量与第2步反响生成ClO的物质的量一样，则该过程中Cec)没有消耗，A项正确；

22

上述转变将化学能较低的H0、CO转化为化学能较高的H、CO,将太阳能转化为化学能

储存在燃料(水煤气或H和&>)中,A项正确；读图可得3个加化学方程式：①HO(g)===H(g)

222

+10(g)AH,②HexI)===H0(g)AH,③H(g)+10(g)===HO⑴AH,观看觉察①+

22122222223

②=一③，由盖斯定律可得：2UI1+∆H2=-ΔH3,则ΔH1--ΔH2-ΔH3=-(ΔH2+∆H3),C

项错误；CO是燃料，在负极上发生氧化反响，其产物不是CO,,由于eoɔ是酸性氧化物，

与过量碱溶液易反响生成碳酸根离子，依据电子、电荷和原子守恒原理可得负极反响式为Co

+4OH--2e-===CO2-+2HO,D项正确。

32

31.F2G4GlC3G2G3G5

[2023・广东卷]大气中的局部碘源于O到海水中I-的氧化。将。彗续通入Nal溶液中进

行模拟争论。

(I)O3将I-氧化成I,的过程由3步反响组成：

①IYaq)+。3===1。(aq)+0<g)AHJ

②IO(aq)+iΓ(叫)H0I(aq5ΔH；

2

③HOI(aq)+I-(aq)+H+(aq)I,(aq)+H,0⑴ΔH。

总反应的2化2学3方程式为

,其

反响热AH=o

(2)在溶液中存在化学平衡：I(aq)+I-(aq)I-(aq),其平衡常数表达式为

23

_______________O

(3)为探究Fe2，对O氧化I反响的影响(反响体系如图0),某争论小组测定两组试验中1

33

浓度和体系pH,结果见图1和下表。

7

.

7

T

h

h

z

c

d

j

编号反响物反响反响后PH

第1组C)"一5.211.0

第2组O3+I-+Fe2÷5.24.1

①第1组实验中，导致反应后PH升高的原因是

②图0中的A为.由Fe3+生成A的过程能显著提高「的转化率，缘由是

③第2组试验进展18s后，L浓度下降。导致下降的直接缘由有(双选)

A.C(H+)减小B.c(I-)减小

C.I,(g)不断生成D.c(Fe3+)增加

(4)据图1,计算3-18s内第2组试验中生成!-的平均反响速率(写出计算过程，结果保

留两位有效数字)。

31.［答案］(1)(1)2I-+0+2H÷==I+0+H0(其他合理答案也给分)∖H+∖H

322212

+∆W,

__c(I-)___

(2)K=

⑷C(I2)∙c(1-)

(3)①03氧化I-生成反响消耗H÷,使H+浓度减小(其他合理表达也给分)

②Fe(OH)J由于Fe3+的水解，体系中H*浓度增加，使0?氧化I-的两个分步反响②

和③的平衡向右移动，I-的转化率提高

③BC

∆c11.8×l0-3mol-£∣—3.5×10-3mol-L→

(4)v(ɪ-)=--=--------------------------------------------------------------≈5.5×10-4mol∙L-ι∙s-ι(其

△t18s—3s

他合理答案也给分)

[解析I(1)臭氧在酸性条件下将碘离子氧化成碘单质的过程由3步反响组成，观看3

个热化学方程式中的反响物和生成物，觉察①+②+③可以得出总反响的热化学方程式为2I

-(aq)+0∕g)+2H÷(aq)Haq)+0,(g)+H,0⑴,依据盖斯定律可得其焰变A4=A"∣+A

H+∆W?氢离子表示强酸疝硫酸等，射臭氧春续通入NaI溶液中，总反响的化学方程表是

23

2Nal+O+HSONaSO+1+0+HO或2Nal+O+HSO===NaSO+l+O+H0

等；(2)由化学平褊常数定攵我可落,*2Kaq)+I(aq)3i端)的聿衡摘质表送式男

23

c(I-)

,、L、；(3)①导致前者反响后PH上升的缘由是臭氧将碘离子氧化为I的总反响的

C(ɪɔ)-CII-J2

离子方程式为2I-+C)3+2H'∖+O,(g)+H,O(或者第②③步反响的反响物中都有氢离子，

第③步反响的生成物1有水)，既常耗氧2离子又Ib成水，譬溶液的酸性减弱、PH上升：

②图13中A不行能为Fe2+,由于参加Fe2+后，发生如下反响：2Fe2++O+2H+==2Fe3++H0、

32

2Fe3++2I-==2Fe2++I,,随着反响的进展，I-消耗贻尽，持续通入0.Fe2+完全转化为Fe3+,

即铁元素只能以正刍介的价态存在；图13中A为Fe(OH)y依题意奇知第2组反响后pH=4.1,

+41f

则c(H)=1.0×lO-mol∕L,c(OH-)=1.0xl0^..9mol/L,由于Fe(OHMS)-Fe3+(aq)+30H-

(aq),KW[Fe(OH)J=c(Fe3+)xcɜ(OH-)=4.0XiO-38,则

K[Fe(OH)]4.0x10—38*人八〜丁、-一，十

c(Fe3+>_M__1——LLɪ_____________≈4.0χl0-8.3mol∕L,由于4.0x10-8.3r∏ol∕L远远小于

C3(OH-)[1.0X10-9.9)3

1.0×10-5mol∕L,说明Fe3+已经完全沉淀，则A为Fe(OH)；由于Fe3++3H0一^Fe(OH)+3H÷,

323

Fe3+的水解导致体系中H+浓度增加，使O3氧化I「的两个分步反响②和③的平衡向右移动，I

的转化率提高；③比照表格中第1、2组试验前后PH可得，第1组PH增大，c(H∙)减小，

图中第1组试验所得I；浓度曲线先略为增大后几乎不变，第2组PH减小，c(H」)增大，图中

第2组试验所得；浓鹿曲线先显著增大后渐渐减小至无，依据上述分析可得，假设(H+)减小,

I-浓度不会下降，1项错误；假设c(I-)减小，则反响③HOI(aq)+l-(aq)+H-(叫)I(aq)+

32

HO⑴的平衡左移，C(I)也减小，导致I(aq)+l-(aq)「(aq)的平衡左移，所以I-浓度下降，

22233

B项正确；假其I(g)不断生成，导驾I(aq)I,(g)的溶解平衡右移，既使溶液中《I?减小，

又使I(aq)+I(aq)「(aq)的平衡女移，则U浓度下降，C项正确；假设加的)钿加，Fe3∙

233

将I-直接氧化成I或发生反响2Fe3++2I-===2Fe2++l,则溶液中/I)增大，而海水中<1)

略为减小或无视不2计，导致I(aq)+I(aq)I-(aq)的孕衡右移，I-浓用增大，D项错误；(4)

233

读图，3〜18s内第2组试验中I-浓度由3.5X10-3mol∕L增加到11.8×10ɜmol∕L,则生成I-

33

的平均反响速率v(l-)=。3)=(11.8—3.5)X10-3mol〃L-I=5.5=10-4mo∣∕(L∙s),此

3Δ/18s-3s

问需要留意纵坐标中'Nl3)∕l0-3mol"L∣"隐含的信息，计算时需要图中所得数据乘以

w

“X10-3mol*L-I0

10.F2G2H2

[2023•天津卷]某市对大气进展监测，觉察该市首要污染物为可吸入颗粒物PM直径小

于等于2.5μm的悬浮颗粒物)，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM：：、SO,、

NoX等进展争论具有重要意义。

,请答复以下问题：

(1)将PM样本用蒸储水处理制成待测试样。

2.5

假设测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：

离子Na+NHjSO?NOFCI

浓度∕mol∙Lτ4X

10-66义

10-62X

10-54X

10-53X

10-52义

10-5

依据表中数据推断PM,$的酸碱性为________,试样的PH=________o

⑵为削减SO,的排放,"常实行的措施有：

①将煤转化后清洁气体燃料。

1

(g)

:H2+2O2(g)===H2O(g)

ΔH=-241.8kJmol1I

1

C(s)+202(gj===CO(g)ΔH=-110.5kJmol

写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式

②洗涤含SO的烟气。以下物质可作洗涤剂的是

2

°

a.Ca(OH)b.NaCO

223

c.CaCld.NaHSO

23

⑶汽车尾气中NoX和CO的生成及转化

①汽缸中生成NO初反响为

N2(g)+O2(g)2N0(g)ΔH>O

假设1mol空气含0.8molN2和0.2molθɔ,1300°C时在密闭容器内反响到达平衡，测得

No为8X104mol。计算该温度下的平衡常数K=。

汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是

②汽车燃油不完全燃烧时产生CO,有人设想按以下反响除去CO：2CO(g)===2C(s)

+0(g)2

己知该反应’的ΔH>O,简述该设想能否实现的依据：

O

③目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可削减Co和NO的污染，其化学反响方程

式为____________________________________________________________________________

10.［答案］(1)酸性4

(2)ΦC(s)+HO(g)===CO(g)+H,(g)

ΔH=+131.3kj-moɪ-ɪ

②a、b

(3)①4X10-6温度上升，反响速率加快，平衡右移

②该反响是焰增、滴减的反响，任何温度下均不自发进展

③2CO+2NO催化剂,F2C0+N

22

I解析］(I)PM中含NH+,因NH+的水解而显酸性;依据电荷守恒得C(H+)+c(K+)+c(Na

2544

÷)+c(NH-)=2c(SO2-)+c(NO-)+c(Cl-),将表格中的数据代入求得C(H十)=10。mol∙L-i,PH

443

=4o

(2)①第2个方程式减第1个方程式得目标反响的热化学方程式为C(s)+HO(g)===CO(g)

+H(g)ΔH=+131.3kj-moɪ-ɪ.

2②So是酸性氧化物，可用碱性物质吸取，故正确答案为a、b。

2

(3)①K=一一CfXl一一.=」经J2：2」=4X10-6；该反响为吸热反响，上升温度，

C(N)Xe(O)0.8×0.2

22

平衡向正反响方向移动，且上升温度，反响速率加快。

②该反响AH>0、且AS<O,故反响在任何温度下都不能自发。

③NO具有氧化性，能将CO氧化成CO,自身被复原为N。

22

26.D4F2G2F3

［2023•北京卷］NoX是汽车尾气中的主要污染物之一。

(I)NO能形最酸雨，写出NO转化为HNO的化学方程式：

X23

___________________________________________________________________________O

(2)汽车发动机工作时会引发N和0反响，其能量变化示意图如下：

22

2l49iLkLma)

×ɑ-63∩L→kJmo∣-2N0(g)No(g)94i!LmftM2N(gɔ0ɔ(g)-'20(gɔ

①写出该反应的热化学方程式：

②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是

⑶在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NO的排放。

①当尾气中空气缺乏时，N?在催化转化器中被复原成N2排出。写出N。被C。复原的

②当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸取No生成盐。其吸取力量挨次

下：nMgO'CaO'SrO'Ba。。'原因关

元素的金属性渐渐增加，金属氧化物对No、的吸取力量渐渐增加。

(4)通过No传感器可监测NO的含量，其H作原理示意图如下：

XX

NiO电极

fæ■迁移'固体电解质

J---------、Pt电极

①Pt电极上发生的是反响(填“氧化”或“复原”)。

②写出NiO电极的电极反应式

O

26.I答案I(I)3NO+HO===2HNO+NO

223

⑵①N,(g)+θ,(g)===2NO(g)

ΔH=+183kJ∙mol-1

②增大

⑶①2CO+2NO巡维J+2CO

②依据Mg、Ca,Sr和Ba的质子数，得知它们均为IlA族元素。同一主族的元素，从上

到下，原子半径渐渐增大

(4)①复原

②NO+CP-—2e-===N0,

［解析I(I)NO与水反响的论学方程式为3NO+HO===2HNO+NO。

2223

(2)①N,(g)+6,(g)===2NO(g)ΔH=945kJmoh∣+498kJ∙mol-∣-2X630kJ∙mol-∣=+

183kJ∙mol->0②该反响为吸热反响，随温度上升，化学平衡常数增大。

(3)依据题意No被复原为N,则Co被氧化为CO。

22

(4)Pt电极上0得电子发生复原反响，电极反响式为0+4e-===2CP一，电池总反响式为

22

2N0+0===2N0,用电池总反响式减去Pt电极的电极反响式并化简得Nio电极的电极反响

式：NO+O2—2e-===N0。

28.C2F2F3

［2023.课标全国卷I］二甲醛(CHOCH)反无色气体，可作为一种型能源。由合成气

(组成为H、CO和少量的Cc))直接制京二甲嬴，其中的主要过程包括以下四个反响：

22

甲醇合成反响：

(I)CO(g)+2H(g)===CHOH(g)

23

ΔH=-90.1kJmol-ɪ

(∏)C0(g)+3H(g)===CHOH()+H0(g)

2232g

ΔH=-49.0kJ∙mol-i

水煤气变换反响：

(IΠ)CO(g)+HO(g)===CO(g)+H(g)

222

ΔH=-41.1kJ∙mok'

3

二甲醛合成反响：

(IV)2CHOH(g)===CHOCH(g)+H0(g)

3332

ΔH4=-24.5kJ-molɪ

答复以下问题：

(I)Al0是合成气直接制备二甲醛反响催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较

23

高纯度AlO的主要工艺流程是

23

(以化学方程式表示)。

⑵分析二甲醛合成反应(IV)对于CO转化率的影响

⑶由H和CO直接制备二甲醛(另一产物为水蒸气)的热化学方程式为

2

根据化学反应原理，分析增加压强对直接制备二甲醛反应的影响

⑷有争论者在催化剂(含Cu-Zn-Al-O和Aipλ压强为5.0MPa的条件下，由H?

和CO直接制备二甲醛，结果如图0所示。其中Co转化率随温度上升而降低的缘由是

之

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*

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图O

(5)二甲醛直接燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度高于甲醇直接燃料电池

(5.93kW-h∙kg一)。假设电解质