2026年北京高考化学二轮复习专题11 大题突破-化学反应原理综合（专题专练）（解析版）

专题11大题突破-化学反应原理综合

目录

第一部分风向速递洞察考向，感知前沿

第二部分分层突破固本培优，精准提分

A组·保分基础练

题型01考查盖斯定律和化学平衡

题型02考查热化学方程式、化学平衡和电化学

题型03查反应速率和化学平衡图像

题型04考查盐类的水解和沉淀溶解平衡

题型05综合考查化学反应原理

B组·抢分能力练

第三部分真题验证对标高考，感悟考法

定条件

．（高三上北京顺义月考）水煤气变换反应

125-26··Ⅰ.COgH2OgCO2gH2gΔH0

是重要的化工反应，该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图1所示。

(1)利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因。

(2)某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：H22H，其正反应的活化能远小于逆反应的

活化能。下列说法正确的是。

A．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应

B．Pd膜对气体分子的透过具有选择性

C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离

(3)同温同压下，等物质的量的CO和H2O入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，

CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为。

Ⅱ.该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图2所示，CO2和H2分别在两极产生。

(4)固体电解质采用（填“氧离子导体”或“质子导体”）。

(5)阴极的电极反应式为。

Ⅲ.工业上还可以利用水煤气变换反应的产物合成CH3OH，涉及的主要反应如下：

①CO2g3H2gCH3OHgH2OgΔH1

②CO2gH2gCOgH2OgΔH2

CO2的平衡转化率XCO2、CH3OH的选择性SCH3OH随温度、压强变化如下：

n转化为CHOH的CO

已知：SCHOH32100%

3转化的

nCO2

(6)初始nCO21mol、nH23mol，若平衡后XCO225%、SCH3OH50%，且只发生①、②，

则H2的转化率为。（保留小数点后一位即可）

(7)400℃左右，代表XCO2的两条曲线几乎相交于一点的原因是。

【答案】膜能选择性分离出，使平衡定条件正向移动，平衡转化

(1)PdH2COgH2OgCO2gH2g

+-

率增大(2)BC(3)1:8(4)质子导体(5)2H+2e＝H2↑(6)16.7%

(7)CH3OH的选择性几乎为0，体系发生的反应主要是反应

【详解】（1）反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是②：Pd膜能选择性分离出H2，使平衡

定条件正向移动，平衡转化率增大。

COgH2OgCO2gH2g

（2）A．H22H的正反应的活化能远小于逆反应的活化能，为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为

H2的过程为吸热反应，A错误；

B．Pd膜只允许H2通过，不允许CO2通过，对气体分子的透过具有选择性，B正确；

C．加快Pd膜内H原子迁移，平衡H22H正向移动，有利于H2的解离，C正确；

故选BC。

（）根据反应定条件，设通入的为，无膜情况下一氧化碳的平

3COgH2OgCO2gH2gCO1mol

衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，

cH2cCO20.750.75

可计算出此温度下平衡常数K==9；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，

cCOcH2O0.250.25

则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口的总

x0.9

VV

量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xmol，则9=，解得x=0.1，

0.10.1

VV

则出口a产生的H2为0.1mol，出口b的H2为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1:8。

（4）电解时，一氧化碳和水均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳

极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近，然后得电子产生氢气，故固体

电解质应采用质子导体。

++-

（5）电解时，H在阴极得到电子发生还原反应生成H2，电极反应式为：2H+2e＝H2↑。

（6）初始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，平衡后XCO225%，Δn(CO2)1mol25%0.25mol，

SCH3OH50%，n(转化为CH3OH的CO2)=0.25mol50%0.125mol，列化学平衡三段式，

CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

变化mol0.1250.3750.1250.125

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

变化mol0.1250.1250.1250.125

0.5mol

n(H)0.375mol0.125mol0.5mol，氢气转化率为100%16.7%,。

23mol

（7）400℃左右，代表XCO2的两条曲线几乎相交于一点的原因是：CH3OH的选择性几乎为0，体系发

生的反应主要是反应。

②

2．（25-26高三上·北京·月考）利用工业废气中的CO2合成基础化工原料甲醇(CH3OH)，是CO2资

源化的重要方法，涉及的主要化学反应有：

1

反应i：CO2g3H2gCH3OHgH2OgΔH149kJmol

反应ii：CO2gH2gCOgH2OgΔH2

3

(1)已知：CHOHgOgCOg2HOgΔH676kJmol1

322223

利用ΔH1和ΔH3计算ΔH2时，还需要利用反应的H(写出方程式)。通过计算得出

1

ΔH241kJmol。

(2)控制反应条件(均使用了催化剂)，研究投料比(反应物的物质的量之比)、压强、温度对反应体系的影响。

生成所用的生成所用的

nBCO2nBCO2

产率和选择性S的定义：B100%SB100%

投入的转化的

nCO2nCO2

nCO2nH2

①图1中，投料比是指(填“”或“”)；当投料比为5时，CO2的转化率约为16%，

nH2nCO2

CH3OH5%，则SCH3OH。

②图2中，在催化剂2的作用下，发生的主要反应是(填“ⅰ”或“ⅱ”)。

③图3中，当温度高于523K时，甲醇的产率随温度升高而减小，原因可能有(写出2条)。

(3)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2g和3molH2g，发生上述反应，t秒后达到

平衡。此时容器中CH3OHg为amol，CO2g为bmol。

1

①平衡后H2Og的浓度为molL(用含a、b、V的代数式表示，下同)。

②用CO的浓度变化表示0~t秒反应ⅱ的反应速率，vCOmolL1s1。

③该条件下反应ⅰ的化学平衡常数为。

【答案】(1)2COgO2g2CO2g(合理即可)

nH25

(2)或31.25%ⅱ原因一：温度高于523℃，催化剂失去活性；原因二：温度升高，

nCO216

反应ⅱ速率增大程度更为显著，以反应ii为主；原因三：反应ⅰ为放热反应，反应ii为吸热反应，温度升高，

反应ⅰ平衡逆移，反应ⅱ平衡正移等等

2

1b1aba1bV

(3)3

VVtb22ab

1

【详解】（1）已知反应i：CO2g3H2gCH3OHgH2OgΔH149kJmol，

3

反应iii：CHOHgOgCOg2HOgΔH676kJmol1，

322223

根据盖斯定律可知为求反应ii：CO2gH2gCOgH2Og的H可用反应i+iii可得

33

3HgOg3HOg，利用3HgOg3HOg和2COgO2g2CO2g的H计算

22222222

CO2gH2gCOgH2Og的H。

nH2

（2）①根据图中关系，CO2转化率与投料比成正比，故投料比是指；

nCO2

转化了的

nCO2CHOH5%

CO的转化率=100%，故SCHOH3100%100%31.25%；

2投入的3转化率

nCO2CO216%

②图2中，在催化剂2的作用下，压强增大对CO2平衡转化率无影响，故发生的主要反应是反应ⅱ；

③图3中，当温度高于523K时，甲醇的产率随温度升高而减小，原因可能有原因一：温度高于523℃，催

化剂失去活性；原因二：温度升高，反应ⅱ速率增大程度更为显著，以反应ii为主；原因三：反应ⅰ为放热反

应，反应ii为吸热反应，温度升高，反应ⅰ平衡逆移，反应ⅱ平衡正移等等。

（3）①根据题中数据列出三段式

CO2g3H2gCH3OHgH2Og

起始/mol13

转化/mola3aaa

平衡/mol1a33aaa

CO2gH2gCOgH2Og

起始/mol1a33a0a

转化/mol1-a-b1-a-b1-a-b1-a-b

平衡/molb22ab1-a-b1-b

1b

平衡后水的浓度为molL1；

V

1a-b

②用CO的浓度变化表示0~t秒反应ⅱ的反应速率V1ab11；

vCOmolLs

tVt

1ba

2

VVa1bV

③该条件下反应ⅰ的化学平衡常数K33

b22abb22ab

VV

3．（25-26高三上·北京·月考）SO2是一种重要的化工原料，其合理利用以及废气处理一直是化

工研究的热点。

(1)利用反应SO2+MnO2=MnSO4可以制备高纯MnSO4，实验装置如图：

①用化学方程式表示石灰乳的作用：。

2-2+

②一段时间后，测得反应后溶液中的nSO4明显大于nMn，原因是：。

2

(2)SO2可用于处理酸性Cr2O7的废水，铬元素最后转化为正三价铬沉淀除去。一种处理流程如下：

2

Na2SO3Cr2O7

SO2NaHSO3Na2SO4

①结合化学用语解释NaHSO3溶液显酸性的原因是。

2

②NaHSO3与Cr2O7反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。

③处理过程中，实际消耗的nNaHSO3远大于理论值，原因是。

(3)用Na2SO4溶液吸收工业烟气中的低浓度SO2，采用阳离子膜电解法，严格控制电压，电解吸收液制成产

品硫和O2。工作原理示意图如下图(左)，阴极区和阳极区的pH随时间的变化关系如下图(右)：

请结合电极反应式解释溶液C可以循环利用吸收SO2的原因：。

【答案】(1)SO2+Ca(OH)2=CaSO3+H2O在溶液中，空气中的O2将SO2氧化为H2SO4

-HSO-H++SO---

(2)在溶液中，HSO3既存在电离（33），又存在水解(HSO3+H2O=H2SO3+OH)，但电离程度

2

大于水解程度。1:3因为部分NaHSO3在酸性条件下分解成SO2逸出，未参与还原Cr2O7的反应

+-↓+

(3)阴极发生反应：SO2+4H+4e=S+2H2O，溶液酸性减弱，但溶液D中的H可通过阳离子交换膜移动到

阴极，故可以循环利用吸收SO2。

【详解】（1）①SO2具有毒性，在该实验中需要设置尾气吸收装置来吸收SO2，反应方程式如下：

SO2+Ca(OH)2=CaSO3+H2O；

②由于在溶液中空气中的氧气能将SO2氧化为硫酸，所以一段时间后溶液中硫酸根离子的物质的量大于锰

离子的。

--+-

（2）①NaHSO3溶液显酸性，其原因是：在溶液中，HSO3既存在电离（HSO3H+SO3），又存在水解

--

(HSO3+H2O=H2SO3+OH)，但电离程度大于水解程度；

2

②NaHSO3和Cr2O7反应时，硫元素化合价+4价变为+6价，化合价升高，故NaHSO3还原剂，铬元素化合

价+6价变化为+3价，化合价降低，为氧化剂，电子转移总数6e，结合电子守恒配平书写离子方程式为：

-2-+3+2-

3HSO3+Cr2O7+5H=2Cr+3SO4+H2O，反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比1:3；

--+2

③HSO3在酸性条件下会生成SO2：HSO3+H=SO2+H2O，生成的SO2气体从溶液中逸出，无法与Cr2O7充

分反应，导致实际消耗的nNaHSO3远大于理论值；

（3）在电解池中，与电池负极相连的为阴极，由电解池示意图可知，S单质在阴极产生，则阴极发生反应：

+-↓

SO2+4H+4e=S+2H2O，因此溶液C酸性降低，从而可以循环利用吸收SO2。

01考查盖斯定律和化学平衡

1．将CO2富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。

(1)一种富集烟气中CO2的方法示意图如图：

写出“解吸”过程产生CO2的化学方程式：。

(2)CO2性质稳定，使其活化是实现转化的重要前提。

①使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受(填“C”或“O”)原子的孤电子对，破坏CO2的结构使

其活化。

②采用电化学、光化学等手段，使CO2(填“提供”或“接受”)电子转化为CH3OH。

(3)CO2与H2在催化剂作用下可转化为CH3OH，体系中发生的主要反应如下：

1

ⅰ．CO2g3H2gCH3OHgH2OgΔH149kJmol

1

ⅱ．CO2gH2gCOgH2OgΔH241kJmol

研究表明，CO与H2也能生成CH3OH，写出该反应的热化学方程式：。

(4)在催化剂作用下，将1molCO2、3molH2投入反应器，反应温度对CO2平衡转化率XCO2、CH3OH选

择性YCH3OH的影响如图。

n转化为CHOH的CO

已知：YCHOH32100%

3转化的

nCO2

n转化为CHOH的CO

CHOH产率32100%

3投料的

nCO2

①XCO2随温度升高逐渐增大、YCH3OH随温度升高逐渐减小的原因是。

②在240℃达到平衡时，CH3OH的产率为%。若除反应ⅰ和ⅱ不考虑其他反应，体系

(填“吸收”或“放出”)的热量为kJ。

【答案】(1)2KHCO3K2CO3+CO2+H2O(2)O接受

1

(3)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH-90kJmol

(4)反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ii正向移动程度3

吸收3.45

【详解】（1）“解吸”过程中KHCO3受热分解生成K2CO3和CO2，化学方程式为：2KHCO3K2CO3+CO2+H2O。

（2）①CO2中C原子形成了4个共价键，O原子形成了2个共价键，C原子不含孤电子对，O原子含有孤

电子对，使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受O原子的孤电子对，破坏CO2的结构使其活化；

②CO2中C元素化合价为+4价，CO2转化为CH3OH的过程中C元素化合价下降，则采用电化学、光化学

等手段，使CO2接受电子转化为CH3OH。

（3）由盖斯定律可知反应i-反应ii可得目标方程：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

111

ΔHΔH1-ΔH2=49kJmol-41kJmol=-90kJmol。

（4）①XCO2随温度升高逐渐增大、YCH3OH随温度升高逐渐减小的原因是：反应i为放热反应，反

应ii为吸热反应，随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ii正向移动程度；

②在240℃达到平衡时，CO2平衡转化率XCO2=15%，CH3OH选择性YCH3OH=20%，则生成

0.03mol

n(CHOH)=1mol×0.15×0.2=0.03mol，则CHOH的产率为100%=3%，反应i放热49kJ×0.03=1.47kJ；

331mol

1mol×15%×80%=0.12mol二氧化碳参与反应ii，反应ii吸热41kJ×0.12=4.92kJ，故在240℃达到平衡时，体

系吸收的热量为4.92kJ-1.47kJ=3.45kJ。

2．硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：

钒催化剂

11

SO2(g)O2(g)SO3(g)H98kJmol，回答下列问题：

2

(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图(a)所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方

程式为：。

、

(2)当SO2(g)O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和

5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图(b)所示。反应在5.0MPa、550℃时的α，

判断的依据是。影响α的因素有。

、

(3)将组成(物质的量分数)为2m%SO2(g)m%O2(g)和q%N2(g)的气体通入反应器，在一定的温度和压强下

进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3的物质的量分数为。

0.8

α

研究表明，SO催化氧化的反应速率方程为：，式中：为反应速率常数，随温度

(4)2vk11nαk

α

′

t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α为某时刻SO2转化率，n为常数。在α0.90时，将一系列温度下的

k、α值代入上述速率方程，得到v~t曲线，如图(c)所示。已知：图示温度范围催化剂活性变化不大。

曲线上v最大值所对应温度称为该α下反应的最适宜温度tm。t<tm时，v逐渐提高；t>tm后，v逐渐下降。

原因是。

1

【答案】(1)2V2O5(s)2SO2(g)2VOSO4(s)V2O4(s)H351kJmol

(2)0.975该反应气体分子数减少，增大压强，α提高，5.0MPa2.5MPap2，所以p15.0Mpa温

2mα

度、压强和反应物的起始浓度(3)100%

100mα

(4)升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。t<tm时，k增大对v的提高大于α引起的降低；

t>tm后，k增大对v的提高小于α引起的降低

钒催化剂

11

【详解】（1）由题中信息可知：①SO2(g)O2(g)SO3(g)H98kJmol，②V2O4(s)+

2

-1-1

SO3(g)⇌V2O5(s)+SO2(g)∆H2=-24kJ∙mol，③V2O4(s)+2SO3(g)⇌2VOSO4(s)∆H1=-399kJ∙mol，方程③-2

方程②得2V2O5(s)2SO2(g)2VOSO4(s)V2O4(s)H，根据盖斯定律可知，其∆H=

-1-1-1

∆H1-2∆H2=(-399kJ∙mol)-(-24kJ∙mol)2=-351kJ∙mol，所以所求的热化学方程式：

1

2V2O5(s)2SO2(g)2VOSO4(s)V2O4(s)H351kJmol。

钒催化剂

11

（2）SO2(g)O2(g)SO3(g)H98kJmol是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可

2

以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应

在550℃、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，

由图中数据可知，α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物(N2和O2)的浓度、

温度、压强等。

（3）假设原气体的物质的量为100mol，SO2、O2和N2的物质的量分别为2mmol、mmol和qmol，则

2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为α，达到平衡过程中，SO2、O2、O3分别变化了

2、、2

2mmol、mmol、2mmol，平衡时SO2、O2、O3分别为m(1-)molm(1-)molmmol，平衡时气体的总物

质的量为n(总)=2m(1-α)mol+m(1-α)mol+2mαmol+qmol=(3m+q-mα)mol=(100-mα)mol，则SO3的物质的量分

2mα

数为100%。

100-mα

0.8

α

（4）由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，vk11nα，升高温度，k

α

增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增

大对v的提高小于α引起的降低。

3．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：氯化氢可催化氧化制氯气。一定条件下，使用CuCl2作催化剂，催化过程如下：

−1

2CuCl2(s)=2CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+166kJ·mol

−1

2CuCl(s)+O2(g)=2CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=−40kJ·mol

−1

CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=−121kJ·mol

①氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为。

c(HCl)

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，

c(O2)

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。

-1

iii.若HCl的初始浓度为c0mol·L，计算M点的平衡常数K=(写出原始计算式，无需计算最终结果)。

(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

−1

(2)4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=−116kJ·mol压强L3＞L2＞L1进料比小于1.0时，

O2过量，给提纯Cl2带来困难，进料比大于2.0时，HCl的转化率明显减小，经济上不合算

4

(0.38c0)

4

(0.24c0)0.81c0

2+3+2++3+

(3)通入空气，能将Fe全部转化为Fe，离子方程式为4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O

【详解】（1）软锰矿(主要成分为MnO2)和浓盐酸在加热条件下反应，可制得氯气，同时生成MnCl2等，

依据得失电子守恒和质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。

−1

（2）ⅰ.2CuCl2(s)=2CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+166kJ·mol

−1

ⅱ.2CuCl(s)+O2(g)=2CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=−40kJ·mol

−1

ⅲ.CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=−121kJ·mol

①依据盖斯定律，将反应ⅰ+ⅱ+ⅲ×2得，氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为4HCl(g)

−1−1−1−1

+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(+166kJ·mol)+(−40kJ·mol)+(−121kJ·mol)×2=−116kJ·mol。

−1

②i.对于反应4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=−116kJ·mol，增大压强，平衡正向移动，HCl的平衡转

化率增大，升高温度，平衡逆向移动，HCl的平衡转化率减小，则由图中信息可得出，X代表的物理量是

压强，L1、L2、L3的关系从大到小为L3＞L2＞L1。

c(HCl)

ii.从图中可以看出，在一定温度和压强下，随着的不断增大，HCl的平衡转化率不断减小，进料比小

c(O2)

于1.0时，O2过量，给后续分离Cl2、O2带来困难，进料比大于2.0时，HCl的转化率没有明显增大，经济

上不合算，所以选择进料比为1.0~2.0，其原因是：进料比小于1.0时，O2过量，给提纯Cl2带来困难，进

料比大于2.0时，HCl的转化率明显减小，经济上不合算。

c(HCl)

-1

iii.若HCl的初始浓度为c0mol·L，在M点，=1，此时HCl的平衡转化率为76%，则此时O2的初始

c(O2)

-1

浓度也为c0mol·L，可建立如下三段式：

4HCl(g)O2(g)2Cl2(g)2H2O(g)

起始量

(mol/L)c0c000

变化量

(mol/L)0.76c00.19c00.38c00.38c0

平衡量

(mol/L)0.24c00.81c00.38c00.38c0

224

c(H2O)c(Cl2)(0.38c0)

计算M点的平衡常数K=4=4。

c(HCl)c(O2)(0.24c0)0.81c0

++3+2+

（3）从图中可以看出，在阳极，HCl失电子生成Cl2和H，H向阴极移动；在阴极，Fe得电子生成Fe。

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，即将Fe2+氧化生成Fe3+，依据得失电子守恒、

2++3+

电荷守恒和质量守恒，可得出发生反应的离子方程式为4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O，结合离子方程式解释再

2+3+2++3+

生的原理：通入空气，能将Fe全部转化为Fe，离子方程式为4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O。

4．（2024·北京门头沟·一模）氨是一种重要的化工原料，迄今为止，人类仍然在追求低成本、高产率的合

成氨技术。

、

Ⅰ．N2H2直接合成氨。

、

(1)根据图1所示的能量转换关系，N2H2合成NH3的热化学方程式为。

(2)为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用FeTiO2xHy双催化剂，通过光辐射产生温差。

使NN在(填“热Fe”或“冷Ti”，下同)表面断裂，氨气在表面生成，有利于提高合成氨的反

应速率和平衡产率。

Ⅱ．电化学法合成氨。

还原还原

应用电化学原理，硝酸盐亚硝酸盐氨，实现了高效合成氨，装置如图2。

(3)生成NO2的电极反应式是。

(4)当电路中有2mol电子通过时，一定量的NO3被还原生成0.6molNO2和molNH3。

Ⅲ．氯化镁循环法MCC合成氨。

(5)选用试剂a完成转化。

①选用H2O进行转化，将Mg3N2置于H2O中能释放出NH3，反应的方程式是。

②选用NH4Cl固体进行转化，依据合成氨的过程(如图3)，写出合成氨的总反应方程式：。

③相比于H2O，用NH4Cl固体转化Mg3N2的优点有(写出一条即可)。

13

【答案】(1)NgHgNHgΔH45kJ/mol(2)热Fe冷Ti

22223

(3)NO3+2eH2O=NO22OH(4)0.1

氨的收率高，原子利

(5)Mg3N26H2O=2NH33MgOH2Mg3N26NH4Cl=3MgCl2+8NH3

用率高

【详解】（1）化学反应的能量变化等于反应过程断裂化学键吸收的能量-形成化学键释放的能量，根据图像

13

分析，molNg与molHg反应生成1molNHg的反应热为

22223

、

ΔH473654339397436kJ/mol=45kJ/mol，N2H2合成NH3的热化学方程式为

13

NgHgNHgΔH45kJ/mol；

22223

13

故答案为：NgHgNHgΔH45kJ/mol；

22223

（2）NN键能较大，使NN断裂需要吸收能量，故NN断裂在催化剂“热Fe”表面进行，有利于提高

速率，而氨气生成是形成NH键的过程会释放能量，在催化剂“冷Ti”表面进行，有利于平衡正移；

故答案为：热Fe；冷Ti；

还原还原

（3）根据题意可知，高效合成氨应用电解原理，实现硝酸盐亚硝酸盐氨，从装置图分析其电解质溶

液呈碱性，则生成NO2的电极反应式是NO3+2eH2O=NO22OH；

故答案为：NO3+2eH2O=NO22OH

（4）根据电极反应式NO3+2eH2O=NO22OH，NO3被还原生成0.6molNO2转移电子为1.2mol，则NO3

被还原生成NH3转移电子为2mol1.2mol=0.8mol，由电极反应式NO3+8e6H2O=NH39OH可计算生

成的NH3物质的量为0.1mol；

故答案为：0.1；

（）根据题中信息，将置于中能释放出NH，同时还生成，故反应方程式为：

5Mg3N2H2O3MgOH2

；

Mg3N26H2O=2NH33MgOH2

根据图示可知，氮化镁和氯化铵反应生成氨气和氯化镁，故合成氨的总反应方程式是

Mg3N26NH4Cl=3MgCl2+8NH3；

NH3极易溶于水，选用水完成转化，生成的氨有部分溶于水，氨的收率低，原子利用率低，选用NH4Cl固

体转化生成的MgCl2可以循环利用，故相比于H2O，用NH4Cl固体转化Mg3N2的优点有氨的收率高，原子

利用率高；

故答案为：；；氨的收率高，原子

Mg3N26H2O=2NH33MgOH2Mg3N26NH4Cl=3MgCl2+8NH3

利用率高。

02考查热化学方程式、化学平衡和电化学

5．（2024·北京房山·一模）大气中CO2含量的控制和CO2资源化利用具有重要意义。

(1)CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：

1

Ⅰ：CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g)ΔH1247kJmol

1

Ⅱ：CH4(g)3CO2(g)4CO(g)2H2O(g)ΔH2329kJmol

反应CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)ΔH

1

(2)工业上可利用CO2制备CH3OH：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)ΔH49kJmol

①500℃时，该反应的平衡常数K2.50，该温度下某时刻测得体系内四种物质的浓度均为1molL1，则此

时v正v逆(填“>”“=”或“<”)。

②提高反应速率且增大CH3OH(g)的平衡产率，可采取的措施。

A．升高反应温度

B．使用合适的催化剂

C．增大体系压强

D．从平衡体系中及时分离出CH3OH(g)

(3)一种捕获CO2并实现资源利用的反应原理如图1所示。反应Ⅰ完成之后，以N2为载气，将恒定组成的

、

N2CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所

催化剂

示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，推测发生了副反应(反应Ⅲ)：CH4C2H2。

①反应Ⅱ的化学方程式为。

②t1t3时间段内，反应Ⅱ速率减小至0的原因。

③t2时刻，反应II和反应Ⅲ生成H2的速率之比为。

(4)在铜基配合物的催化作用下，利用电化学原理可将CO2转化为碳基燃料(包括CO、烷烃和羧酸等)，其装

置原理如图所示。

①图中生成甲酸的电极反应式为。

②当有0.2mol

H通过质子交换膜时，理论上最多生成HCOOH的质量为。

【答案】(1)41kJmol1(2)>C

催化剂

(3)CaCO3CH4CaO2CO2H2催化剂表面不断被积碳覆盖直至反应II无法进行(或其他合理

答案)3：1(4)CO22e2HHCOOH4.6g

1

【详解】（1）由盖斯定律可知，(Ⅱ-Ⅰ)×2可得

2

1111

CO2gH2gCOgH2OgΔH247kJmol329kJmol=41kJmol。

2

（2）①500℃时，