高考化学提高题专题复习化学反应原理综合考查练习题及详细答案

高考化学提高题专题复习化学反应原理综合考查练习题及详细答案
一、化学反应原理综合考查
1．资源化利用2CO ，不仅可以减少温室气体的排放，还可以获得燃料或重要的化工产
品。

(1)2CO 的捕集：
①2CO 属于___________分子(填“极性”或“非极性”)，其晶体(干冰)属于__________晶体。

②用饱和23Na CO 溶液做吸收剂可“捕集”2CO 。

若所得溶液pH 10=，溶液中
()()-2-33c HCO :c CO =_______；(室温下，23H CO 的71112K 410;K 510--=⨯=⨯)若吸
收剂失效，可利用NaOH 溶液使其再生，写出该反应的离子方程式_____。

③聚合离子液体是目前广泛研究的2CO 吸附剂。

结合下图．．．．分析聚合离子液体吸附2CO 的有利条件是____________。

(2)生产尿素：工业上以2CO 、3NH 为原料生产尿素()22CO NH ⎡⎤⎣⎦，该反应分为二步进行：
第一步：32242NH (g)CO (g)H NCOONH (s)+ƒ
ΔH=159.5kJ /mol -
第二步：()24222H NCOONH (s)CO NH (s)H O(g)+ƒ ΔH 72.5kJ /mol =+ 写出上述合成尿素的热化学方程式_______。

(3)合成乙酸：中国科学家首次以3CH OH 、2CO 和2H 为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示：
①原料中的3CH OH 可通过电解法由2CO 制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成
3CH OH 的电极反应式：____________。

②根据图示．．．．
，写出总反应的化学方程式：_______。

【答案】非极性 分子 2:1 2323HCO OH H O CO ---
+=+ 低温，低流速(或25℃，
110mL min -⋅) ()322222NH (g)CO (g)CO NH (s)H O(g)ΔH=87.0kJ /mol ++-ƒ
232CO 6e 6H CH OH H O -
+
++=+ *
322
32Lil 、CH OH+CO +H CH COOH H +H R O
【解析】 【分析】 【详解】
（1）①极性分子是指分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，而非极性分子是指原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子，2CO 是非金属氧化物，其结构式为：O =C =O ，属于非极性分子，干冰是固态二氧化碳，属于分子晶体，故答案为：非极性；分子。

②根据()()
(
)
23
3
H CO 2HCO c c K c +-
-
⋅=
，()(
)
(
)
3
23
HCO 1012H CO c c K 10mol L c -
+-
--=⨯
=⋅，则
(
)
(
)
3
23
10HCO 11CO c 102:1c 510
-
-
--==⨯；饱和Na 2CO 3溶液做吸收剂“捕集”CO 2生成NaHCO 3而失效，NaHCO 3是酸式盐，能与NaOH 反应生成Na 2CO 3和H 2O ，其离子反应方程式为：HCO 3−+OH −=H 2O +CO 32−，故答案为：2:1；HCO 3−+OH −=H 2O +CO 32−。

③观察图1可知，温度相对越低、气体流速越慢，聚合离子液体吸附CO 2越彻底、效果越好，即吸附CO 2的有利条件温度为25℃或低温，气体流速为10mL ⋅min −1或低流速，故答案为：低温，低流速(或25℃，10mL ⋅min −1)。

（2）已知：①32242NH (g)CO (g)H NCOONH (s)+ƒ
ΔH=159.5kJ /mol -；
②()24222H NCOONH (s)CO NH (s)H O(g)+ƒ ΔH 72.5kJ /mol =+； 根据盖斯定律，①+②可得合成尿素的热化学方程式：
()322222NH (g)CO (g)CO NH (s)H O(g)ΔH=87.0kJ /mol ++-ƒ，故答案为：()322222NH (g)CO (g)CO NH (s)H O(g)ΔH=87.0kJ /mol ++-ƒ。

（3）①电解时CO 2在阴极得到电子生成CH 3OH ，结合酸性条件写出阴极电极反应式为：
232CO 6e 6H CH OH H O -+++=+，故答案为：232CO 6e 6H CH OH H O -+++=+。

②根据图示可知，CH 3OH 、CO 2和H 2在LiI 、*Rh 作用下生成了乙酸，根据原子守恒写出化学反应方程式为：*
322
32Lil 、CH OH+CO +H CH COOH H +H R O ，故答案为：
*
322
32Lil 、CH OH+CO +H CH COOH H +H R O 。

2．氢气是一种清洁高效的新型能源，如何经济实用的制取氢气成为重要课题。

(1)硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：
已知：
反应I：SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l) = 2HI(aq) + H2SO4(aq) ΔH1 =﹣213 kJ·mol-1
反应II：H2SO4(aq) = SO2(g) + H2O(l) +1/2O2(g) ΔH2 = +327 kJ·mol-1
反应III：2HI(aq) = H2(g) + I2(g) ΔH3 = +172 kJ·mol-1
则反应2H2O(l) = 2H2 (g)+O2(g) ΔH= ________。

(2)H2S可用于高效制取氢气，发生的反应为2H2S(g)⇌S2(g)＋2H2(g)。

Ⅰ.若起始时容器中只有H2S，平衡时三种物质的物质的量与裂解温度的关系如图：
①图中曲线1表示的物质是________________(填化学式)。

②A点时H2S的转化率为__________________。

③C点时，设容器内的总压为pPa，则平衡常数K p=________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。

II.若在两个等体积的恒容容器中分别加入2.0mol H2S、1.0mol H2S，测得不同温度下H2S的平衡转化率如图所示：
①M点和O点的逆反应速率v(M)______v(O) (填“>”“<”或“=”，下同)；
②M、N两点容器内的压强2P(M)_____P(N)，平衡常数K(M)_____K(N)。

【答案】＋572kJ·mol－1 S2 50% p Pa < < <
【解析】
【分析】
(1)利用盖斯定律进行反应2H2O(l) = 2H2(g)+O2(g) ΔH的计算；
(2)Ⅰ.由反应方程式2H 2S(g)S2(g)+2H2(g)可知，若起始时容器中只有H2S，平衡时S2的
物质的量为H 2的1
2
，则曲线l 表示的物质是S 2，曲线m 表示的物质是H 2S ，曲线n 表示的物质是H 2，据此分析解答；
Ⅱ.反应2H 2S(g)S 2(g)+2H 2(g)中，H 2S 的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即M
点和O 点分别所在的曲线代表H 2S 的起始量为0.1mol 和0.2mol ，据此解答；
【详解】
(1)根据盖斯定律，反应(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ)×2可得到反应2H 2O(l) = 2H 2(g)+O 2(g)，其ΔH =2(ΔH 1+ΔH 2+ΔH 3)=2×(172+327-213)=+572kJ·mol -1，故答案为：+572kJ·mol -1； (2)Ⅰ.①由反应方程式2H 2S(g)S 2(g)+2H 2(g)可知，若起始时容器中只有H 2S ，平衡时S 2
的物质的量为H 2的
1
2
，则曲线l 表示的物质是S 2，故答案为：S 2； ②根据图像，A 点时，硫化氢和氢气的物质的量相等，根据2H 2S(g)
S 2(g)+2H 2(g)，说明
反应的硫化氢与剩余的硫化氢相等，H 2S 的转化率为50%，故答案为：50%；
③根据A 点可知，起始时硫化氢为20mol ，B 点时，硫化氢与S 2的物质的量相等，设分解的硫化氢为x ，则20-x=2x ，解得x=
403mol ，容器中含有H 2S 203mol ，S 220
3
mol ，H 2
403mol ，物质的量分数分别为14，14，1
2
，平衡常数K p =2211
(p Pa)(p Pa)
2
4=p Pa 1(p Pa)4
⨯，故答案为：p Pa ； Ⅱ.①反应2H 2S(g)
S 2(g)+2H 2(g)中，H 2S 的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即
M 点和O 点分别所在的曲线代表H 2S 的起始量为0.1mol 和0.2mol ，恒容容器中，M 点的浓度小于O 点，则逆反应速率v(M)< v(O)，故答案为：<； ②由图像可知，H 2S 的转化率均为45%，可列三段式有：
()()()()
()()
222mol 200mol 0.2H S g S g 90.450.9mol 1.1
0.45
+g 02.9
H 垐?噲?
起始转化平衡
n(总)N =1.1+0.45+0.9=2.45mol
()()()()
()()
222mol 100mol 0.450.2250.45mol 0.55
0.225
02H S g S g +.2H 45
g 垐?噲?
起始转化平衡
n(总)M =0.55+0.45+0.225=1.225mol
2n(总)M =n(总)M ，又图像可知T M <T N ，由PV=nRT 可得，2P(M)<P(N)，
()220.450.2250.151V V M =V
0.55V K ⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭≈⎛⎫ ⎪⎝⎭，()2
2
0.90.45
0.301V V =V 1.1V K N ⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭≈⎛⎫
⎪⎝⎭
，则K(M)<K(N)，故答案为：<；<。

【点睛】
本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡图象的分析应用，掌握盖斯定律的使用方法和图象题的分析方法是解题的关键。

本题的易错点是(2)Ⅰ，注意理解平衡常数K p 的含义和计算方法。

3．研究NO 的性质对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。

(1)自然界在闪电时，生成NO 的反应方程式为__________________。

(2)T ℃时在容积为2L 的恒容密闭容器中，充入NO 和O 2发生反应：2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)，不同时刻测得容器中n (NO)、n (O 2)如表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 n (NO)/mol 1 0.6 0.4 0.2 0.2 0.2 n (O 2)/mol
0.6
0.4
0.3
0.2
0.2
0.2
①在T ℃下，0~2s 时，该反应的平均反应速率(NO)v =________；
②该温度下反应的平衡常数K =________，在T ℃下，能提高NO 的平衡转化率的措施有_______、________。

(3)已知NO 和O 2反应的历程如图，回答下列问题：
①写出其中反应①的热化学方程式也(△H 用含物理量E 的等式表示)：________。

②试分析上述基元反应中，反应①和反应②的速率较小的是_____（选填“反应①”或“反应②”）；已知反应①会快速建立平衡状态，反应②可近似认为不影响反应①的平衡。

对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是____________。

【答案】N 2＋O 2
闪电
2NO 0.15mol·L －1·s －1 160.0L·mol －1 增大O 2的浓度 增大体系压强
2NO(g)ƒN 2O 2(g) △H =－(E 3－E 2)kJ·mol －1 反应② 因为反应①为放热反应，升高温度，反应①平衡逆向移动，导致c (N 2O 2)减小，反应②变慢，而反应②为慢反应是总反应速率的决
速反应 【解析】 【分析】
(2)根据(NO)=c n
v t V t
∆∆=∆∆计算化学反应速率；根据2222(NO )=(NO)(O )c K c c 求算平衡常数；
(3)根据△H =生成物的总能量－反应物的总能量求算△H ； (4)一般来说，活化能越大，化学反应速率越慢。

【详解】
(1)在闪电时，N 2和O 2会发生化合反应生成NO ，化学方程式为N 2＋O 2
闪电
2NO ；
(2)①在T ℃下，0～2s 时，n (NO)从1mol 降低到0.4mol ，变化了0.6mol ，容器体积为2L 。

根据(NO)=
c n v t V t ∆∆=∆∆，带入数据，有-1-10.6mol
(NO)=0.15mol L s 2L 2s
v =⨯g g ； ②根据方程式，从开始到平衡，消耗n (NO)=1mol －0.2mol=0.8mol ，则生成
n (NO 2)=0.8mol 。

平衡时，NO 、O 2、NO 2的物质的量分别为0.2mol 、0.2mol 、0.8mol ，容器
体积为2L ，平衡常数2222(NO )
=(NO)(O )c K c c ，带入数据，有
2
20.8mol (
)2==160.0L/mol 0.2mol 0.2mol ()()22L K L L
⨯；
在T ℃下，提高NO 的转化率，需平衡向正反应方向移动，需要注意的是，温度已经限定，不能改变温度。

则增大NO 的转化率，可以增大O 2的浓度；该反应是气体分子数减小的反应，可以压缩体积，增大压强；
(3)①根据图像，反应①为NO(g)反应化合生成N 2O 2(g)，根据△H =生成物的能量－反应物的能量，则热化学方程式：2NO(g)ƒN 2O 2(g) △H =－(E 3－E 2)kJ·
mol －1； ②一般来说，活化能越大，化学反应速率越慢。

反应①的活化能为E 4－E 3，反应②的活化能为E 5－E 2，根据图示，反应②的活化能大，化学反应速率较小；
化学反应速率慢的基元反应是总反应的决速步，反应②的活化能大，化学反应速率较小，是总反应的决速步。

从图示看，反应①和②都是放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，由于反应①快速达到平衡，则反应①的产物N 2O 2的浓度会减小，但对于反应②来说，c (N 2O 2)减小，会使得反应②的反应速率减小，而反应②是总反应的决速步，因此总反应速率变慢。

答案：因为反应①为放热反应，升高温度，反应①平衡逆向移动，导致c (N 2O 2)减小，反应②变慢，而反应②为慢反应是总反应速率的决速反应。

4．页岩气中含有较多的乙烷，可将其转化为更有工业价值的乙烯。

（1） 二氧化碳氧化乙烷制乙烯。

将C 2H 6和CO 2按物质的量之比为1∶1通入反应器中，发生如下反应：
噲?C2H4(g) + H2(g) ΔH1＝+136.4kJ·mol−1
ⅰ．C2H6(g) 垐?
噲?CO(g) + H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1
ⅱ．CO2(g) + H2(g) 垐?
噲?C2H4(g) +CO(g) +H2O(g) ΔH3
ⅲ．C2H6(g) +CO2(g) 垐?
①用ΔH1、ΔH2计算ΔH3＝______kJ·mol−1。

噲?2C(s)+3H2(g)为积碳反应，生成的碳附着在催化剂表面，降②反应ⅳ：C2H6(g) 垐?
低催化剂的活性，适当通入过量CO2可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：__。

③二氧化碳氧化乙烷制乙烯的研究热点之一是选择催化剂，相同反应时间，不同温度、不同催化剂的数据如下表（均未达到平衡状态）：
（注）C2H4选择性：转化的乙烷中生成乙烯的百分比。

CO选择性：转化的CO2中生成CO的百分比。

对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为__，理由是__。

实验条件下，铬盐作催化剂时，随温度升高，C2H6的转化率升高，但C2H4的选择性降低，原因是__。

（2）利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯，示意图如图：
①电极a与电源的______极相连。

②电极b的电极反应式是______。

【答案】+177.6 增大CO2的量，发生反应C+CO22CO，消耗C；增大CO2的量，反
应ⅲ正向进行程度增加，降低了C2H6的浓度，反应ⅳ进行的程度减小铬盐相同温度下，铬盐作催化剂时C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高温度升高，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ增大的更多正极 CO2+2e－+2H+=CO+H2O
【解析】
【分析】
【详解】
噲?C2H4(g) + H2(g) ΔH1＝+136.4kJ·mol−1
（1）①已知：C2H6(g) 垐?
噲?CO(g) + H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1
ⅱ．CO2(g) + H2(g) 垐?
噲?C2H4(g) +CO(g) +H2O(g) ΔH3
ⅲ．C2H6(g) +CO2(g) 垐?
由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ得反应ⅲ，则ΔH3＝ΔH1+ΔH2=（+136.4kJ·mol−1）+（+41.2kJ·mol−1）=+177.6kJ·mol−1，故答案为：+177.6；
②增大二氧化碳的量，可以有效缓解积碳的原因是，二氧化碳能与碳在加热条件下反应生成一氧化碳，消耗积碳，反应的化学方程式为C+CO22CO；增大二氧化碳的量，反应ⅲ向正正反应方向移动，降低了体系中C2H6的浓度，使反应ⅳ向逆反应方向移动，减少积碳的生成，故答案为：增大CO2的量，发生反应C+CO22CO，消耗C；增大CO2的量，反应ⅲ正向进行程度增加，降低了C2H6的浓度，反应ⅳ进行的程度减小；
③由表格数据可知，相同温度下，铬盐作催化剂时，C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高，则对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为铬盐；升高温度，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ的化学反应速率增大的幅度更大，导致C2H6的转化率升高，C2H4的选择性降低，故答案为：温度升高，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ增大的更多；
（2）①电解池中，阳离子向阴极移动，由图给氢离子的移动方向可知，电极a为阳极，与电源正极相连，故答案为：正；
②电解池中，阳离子向阴极移动，由图给氢离子的移动方向可知，电极b为阴极，在氢离子作用下，二氧化碳在阴极上得电子发生还原反应生成一氧化碳和水，电极反应式为CO2 +2e－+2H+=CO+H2O。

5．研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。

(1)海水中无机碳的存在形式及分布如图所示,用离子方程式表示海水呈弱碱性的主要原因______________________。

已知春季海水pH＝8.1，预测冬季海水碱性将会_______(填“增强”或“减弱”)，理由是_________________。

(2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＜0，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。

如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系。

下列说法正确的是________(填字母)。

A．a、b、c三点H2转化率：c＞a＞b
B．上述三种温度之间关系为T1＞T2＞T3
C．c点状态下再通入1molCO和4molH2，新平衡中H2的体积分数增大
D．a点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，平衡不移动
(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如下图所示：
①NO的作用是_________________。

②已知：O3(g)＋O(g)===2O2(g) ΔH＝－143kJ·mol－1
反应1：O3(g)＋NO(g)===NO2(g)＋O2(g) ΔH1＝－200.2kJ·mol－1。

反应2：热化学方程式为____________________________。

(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－759.8kJ·mol -1，反应达到平衡时，N的体积分数随n(CO)n(NO)的变化曲线如下图。

①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近________。

②a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为________；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为__________。

③若n(CO)n(NO)＝0.8，反应达平衡时，N的体积分数为20%，则NO的转化率为_____。

【答案】HCO3-+H2O=H2CO3+OH-；减弱；水解是吸热的，温度越低，水解程度越低；D；催化剂； NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) △H=+57.2 kJ/mol； 1：1； c<b<a； b=c>d；60%。

【解析】
【分析】
（1）本小题考察盐类水解，水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱；
（2）根据图中n(H 2)/n(CO)越大，即增大氢气浓度，平衡正向移动，CO 的转化率增大；根据图中关系，当n(H 2)/n(CO)一定时，温度升高，CO 转化率变大，反应正方向为吸热反应，与题意反应是放热反应像违背；利用反应平衡常数，在此基础上再加入反应物质，可求出Q c ，比较Q c 与K 即可推断出平衡是否移动。

（3）通过图示，不难得到NO 起着催化剂的作用，根据盖斯定律，可以得到反应2的热化学方程式；
（4）当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N 2的体积分数最大，所以b 点的平衡体系中C 、N 原子个数比接近1：1；根据反应是放热反应，当n(CO)/n(NO)一定时，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数变小，CO 的转化率变小；列出三段式即可求出NO 的转化率。

【详解】
(1)海水呈弱碱性的主要原因是HCO 3-+H 2O=H 2CO 3+OH -；春季海水pH ＝8.1，水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱；
(2) A.根据图中n(H 2)/n(CO)越大，即增大氢气浓度，平衡正向移动，CO 的转化率增大，而氢气转化率变小，图中CO 转化率c>b ，所以氢气转化率b>c ；a 、b 两点的n(H 2)/n(CO)相同，CO 转化率越大，氢气的转化率越大，所以a>b 。

综上氢气的转化率为a>b>c ；A 项错误；
B.根据图中关系，当n(H 2)/n(CO)一定时，温度升高，CO 转化率变大，反应正方向为吸热反应，与题意反应是放热反应像违背；所以温度T 1<T 2<T 3；B 项错误；
C.c 点状态下再通入1molCO 和4molH 2，等效平衡在原平衡的基础上压强增大一倍，正方向为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，新平衡中H 2的体积分数减小，C 项错误；
D.T 1温度下，a 点n(H 2)/n(CO)=1.5，列出三段式：
()()()23 CO g 2H g ===CH OH g ? 1 1.5 0 0.5 1 0.5 0.5 0.5 0.5
＋起始反应平衡 ，T 1温度下的平衡常数K=
2
0.5
0.50.5⨯ =4，
再通入0.5molCO 和0.5molCH 3OH ，Qc=2
0.50.5
(0.50.5)0.5++⨯ =4，所以平衡不移动，D 项正
确；
（3）反应①是臭氧在NO 作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO 和氧气，反应过程中NO 参与反应后又生成，所以NO 作用为催化剂；
根据盖斯定律两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式：NO 2(g)+O(g)=NO(g)+O 2(g) △H=+57.2kJ/mol ；
（4）①当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N 2的体积分数最大，所以b 点的平衡体系中C 、N 原子个数比接近1：1；
②增大n(CO)/n(NO)，CO 转化率降低，所以a 、b 、c 三点CO 的转化率从小到大的顺序为
c<b<a；平衡常数只与温度有关，所以b、c点的平衡常数相同，反应放热，升温平衡正向移动，N2的体积分数减小，所以T1>T2，d点平衡常数小于b、c点，所以b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为b=c>d；
③若n(CO)n(NO)＝0.8，反应达平衡时，N的体积分数为20%，令平衡时CO转化了xmol，
列出三段式：
()()()()
22
0.8 1 0 0
2
0.8 1
2CO g2NO g=N g2CO g
2
x
x x x
x
x x
--
起始
反应
平衡
＋＋
x
，N的体积分数为
2
1.8
2
x
x
-
=20%，解得x=0.6，所以CO转化率为0.6/1=60%。

【点睛】
盐类水解，水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱；反应平衡常数K只与温度有关，温度升高，平衡正向移动，K值增大，平衡逆向移动，K值减小；在有关平衡反应中转化率或涉及体积分数、物质的量分数题型中一般设未知数。

列出三段式，即可得到方程得出答案。

6．氮氧化物是大气主要污染物，主要来自于工业废气及汽车尾气的排放，工业废气中NO 是主要成分之一。

（1）乙烯作为还原剂的脱硝(NO)，其反应机理示意图如图所示．写出解吸过程的化学方程式____________________。

（2）FeSO4-Na2SO3复合吸收剂吸收烟气中的NO，该方法利用Fe2+易与NO发生络合反应的特性，原理如下NO+FeSO4Fe(NO)SO4
①如图是一段时间内不同吸收剂对NO脱除率对比，加入Na2SO3溶液后，吸收效率增强，除了Na2SO3也能吸收部分NO外，还能防氧化从而增大Fe2+的含量，写出此原理的离子方程式_______________________________________。

②模拟实验表明，温度过高或过低都会降低NO的脱除率，其原因是
_______________________________________。

（3）采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图
①无隔膜条件下电解食盐水后溶液呈弱碱性，原因是____________________________.
②写出NO发生反应的离子方程式____________________________。

③根据下图所示，脱NO过程中控制溶液pH在______________范围内更合理。

【答案】2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O 2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降 ClO－
+H 2O HClO+OH－ 2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O 5—6
【解析】
【分析】
(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，写出对应化学方程式；
(2)①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增
大Fe2+的含量；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为
2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会水解；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强。

【详解】
(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，化学方程式为2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O，故答案为：
2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O；
(2) ①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量，离子方程式为2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+，故答案为：2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低，故答案为：温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为
2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会发生水解，方程式为ClO －+H 2O HClO+OH－，故答案为：ClO－+H2O HClO+OH－；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O，故答案为：2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强，故答案为5-6。

7．生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用电解法从溶液中去除。

电解装置如图：以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷。

I．电解除氮
（1）在碱性溶液中，NH3能直接在电极放电，转化为N2，相应的电极反应式为：
_______。

（2）有Cl-存在时，除氮原理如图1所示，主要依靠有效氯（HClO、ClO-）将NH4+ 或NH3氧化为N2。

在不同pH条件下进行电解时，氮的去除率和水中有效氯浓度如图2：
①当pH<8时，主要发生HClO氧化NH4+ 的反应，其离子方程式为：____________。

②结合平衡移动原理解释，当pH<8时，氮的去除率随pH的降低而下降的原因是：
_____。

③当pH>8时，ClO-发生歧化导致有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是（答出一点即可）：______。

II．电解除磷
（3）除磷的原理是利用Fe2+ 将PO43- 转化为Fe3(PO4)2沉淀。

①用化学用语表示产生Fe2+的主要过程：_______________。

②如图为某含Cl- 污水在氮磷联合脱除过程中溶液pH的变化。

推测在20-40 min时脱除的
元素是________。

（4）测定污水磷含量的方法如下：取100mL污水，调节至合适pH后用AgNO3溶液使磷全部转化为Ag3PO4沉淀。

将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定产生的Ag+，发生反应Ag++SCN-=AgSCN↓，共消耗c mol/LNH4SCN溶液V mL。

则此污水中磷的
含量为___mg/L（以磷元素计）。

【答案】2NH3–6e-+6OH-=N2+6H2O 3HClO +2NH4+=3Cl-+N2+3H2O+5H+随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2 + H2OƒH+ + Cl- +HClO平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH4+的氧化率下降 pH升高有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH升高有利于
NH4+转变为NH3，且有利于NH3逸出） Fe–2e-=Fe2+磷310cv 3
【解析】
【分析】
（1）碱性溶液中，NH3转化为N2，化合价降低得电子；
（2）当pH<8时，HClO将NH4+ 氧化为N2；随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2 + H2OƒH+
+ Cl- +HClO平衡逆向移动；当pH>8时，有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化，或有利于NH3逸出；
（3）除磷时，Fe作阳极失电子；电解除氮，pH会减小。

电解除磷，pH会增大；
（4）由关系式P~ Ag3PO4~ 3AgSCN~3NH4SCN解答。

【详解】
（1）在碱性溶液中，NH3转化为N2，化合价降低得电子，相应的电极反应式为2NH3–6e-+6OH-=N2+6H2O；
（2）①当pH<8时，HClO将NH4+ 氧化为N2的离子方程式为3HClO +2NH4+=3Cl-
+N2↑+3H2O+5H+；
②当pH<8时，随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2 + H2OƒH+ + Cl- +HClO平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH4+的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降；
③当pH>8时，ClO-发生歧化导致有效氯浓度下降，NH4+的氧化率下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是pH升高有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH升高有利于NH4+转变为NH3，且有利于NH3逸出）；
（3）①除磷时，Fe作阳极失电子，产生Fe2+的主要过程为Fe–2e-=Fe2+；
②由图溶液pH的变化，在碱性溶液中，电解除氮时2NH3N2+3H2，消耗NH3，pH会减小。

电解除磷，阳极电解铁，阴极电解氢离子，pH会增大，20-40min时pH增大，则脱除的元素是磷；
（4）由关系式P～Ag3PO4～3AgSCN～3NH4SCN可知：n（P）=1
3
n（NH4SCN）=
1
3
cV3
10-
⨯
mol，则此污水中磷的含量为：1
3
cV3
10-
⨯mol3
31g/mol/
10mg g
⨯⨯÷0.1L=
310
3
cV
mg/L。

【点睛】
第（4）问解题关键是找准所求量与标准液的关系，如P～Ag3PO4～3AgSCN～3NH4SCN。

8．羰基硫（COS）主要存在于煤、石油和天然气中，会造成设备腐蚀、环境污染，更危害人体健康。

目前，我国已经实现了在催化剂（γ-Al2O3）、低温条件下的精度脱除COS，如图为天然气中脱除COS反应流化床示意图：
（1）①已知：H 2（g）+COS（g）H2S（g）+CO（g）△H1=+6.2kJ•mol-1
H 2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）△H2=+41.2kJ•mol-1
则COS精度脱除反应H 2O（g）+COS（g）H2S（g）+CO2（g）的△H=__kJ•mol-1。

②将H2O与COS以体积比1：2置于恒温恒容密闭容器中反应，若测得该反应平衡时H2O 与COS的体积比1：6，则该温度下，脱除反应的平衡常数K=__（保留两位小数）。

（2）T℃时，以一定流速、不同物质的量的H2O（g）和COS（g）通过流化床，测得COS
（g）脱除速率变化关系如图。

已知：COS脱除反应机理如下，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。

a．吸附：H2O→H2O*
b．反应：COS+H2O*→CO2+H2S*
c．脱附：H2S*→H2S
①若COS（g）脱除速率v=kn x（COS）•n y（H2O）（mol•min-1），由图中的数据可算出x、k的值：x=__，k=__。

②“吸附”步骤为__（填“快反应”或“慢反应”），理由是__。

③脱除反应的决速步骤为__（填“a”、“b”或“c”）。

④少量氢气可以抑制催化剂积硫（S*）中毒，分析该流化床中可能存在的可逆反应是__。

（3）工业上常采用下图所示电解装置，将气态废弃物中的硫化氢转化为可利用的硫。

首先通电电解K4[Fe（CN）6]与KHCO3的混合溶液，通电一段时间后，再向所得溶液通入H2S时发生反应的离子方程式为2[Fe（CN）6]3-+2CO32-+H2S═2[Fe（CN）6]4-+2HCO3-+S↓．电解过程中阴极区电极反应式为_。

【答案】-35 2.67 1 2 快反应 H2O（g）的物质的量不影响总反应速率 b
S*+H 2H2S* 2HCO3-+2e-=H2↑+2CO32-
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①已知：①H2（g）+COS（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H1=+6.2kJ•mol-1
②H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H2=+41.2kJ•mol-1
根据盖斯定律，反应①-②即可得COS精度脱除反应H2O（g）+COS（g）⇌H2S（g）+CO2（g）△H=（6.2-41.2）kJ/mol=-35kJ/mol，故答案为：-35；
②根据题意列三段式：
H2O（g）+COS（g）=H2S（g）+CO2（g）（单位：mol）起始量：1 2 0 0
转化量：x x x x
平衡量：1-x 2-x x x
则11
26
x
x
-
=
-
，解得x=0.8，平衡常数K=
()
()
22
2
()0.80.8
()0.2 1.2
c H S c CO
c H O c COS
⨯⨯
=
⨯⨯
=2.67，
故答案为：2.67；
（2）①根据图示，当H2O的物质的量固定时，COS（g）脱除速率为COS（g）物质的量的2倍，则x=1，k=2，故答案为：1；2；
②根据图示，由于H2O（g）的物质的量不影响总反应速率，因此“吸附”步骤是快反应，故答案为：快反应；H2O（g）的物质的量不影响总反应速率；
③根据COS（g）脱除速率与COS（g）物质的量的关系可知脱除反应的决速步骤为b，
故答案为：b；
④少量氢气可以抑制催化剂积硫（S*）中毒，该过程可逆反应可能时S*+H2⇌H2S*，
故答案为：S*+H2⇌H2S*；
（3）根据信息可知，电解后溶液中存在CO32-，结合阴极化合价降低，电极反应式为
2HCO3-+2e-=H2↑+2CO32-，
故答案为：2HCO3-+2e-=H2↑+2CO32-。

9．Ⅰ.含氮化合物在工农业生产中都有重要应用。

(1)氨和肼(N2H4)是两种最常见的氮氢化物。

己知：4NH3(g)＋3O2(g)⇌2N2(g)＋6H2O(g) ΔH1=－541.8kJ/mol，化学平衡常数为K1。

N2H4(g)＋O2(g)⇌N2(g)＋2H2O(g) ΔH2=－534kJ/mol，化学平衡常数为K2。

则用NH3和O2制取N2H4的热化学方程式为___________，该反应的化学平衡常数K=__________(用K1、K2表示)。

(2)对于2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)，在一定温度下，于1L的恒容密闭容器中充入
0.1molNO和0.3molCO，反应开始进行。

①下列能说明该反应已经达到平衡状态的是____________(填字母代号)。

A.c(CO)=c(CO2)
B.容器中混合气体的密度不变
C.v(N2)正=2v(NO)逆
D.容器中混合气体的平均摩尔质量不变
②图为容器内的压强(P)与起始压强(P0)的比值(P/P0)随时间(t)的变化曲线。

0～5min内，该反应的平均反应速率v(N2)= _____________，平衡时NO的转化率为______________。

(已知气体的压强比等于其物质的量之比)
(3)使用间接电化学法可处理燃煤烟气中的NO ，装置如图所示。

已知电解池的阴极室中溶液的pH 在4～7之间，写出阴极的电极反应式________________。

Ⅱ.采用氨水吸收烟气中的 SO 2
若氨水与 SO 2恰好完全反应生成正盐，则此时溶液呈_________性(填“酸”或“碱”)。

常温下弱电解质的电离平衡常数如下：氨水：K b =1.8×10-5mol •L ˉ1；H 2SO 3 ： Ka 1=1.3×10-2mol •L ˉ1，Ka 2=6.3×10-8mol •L ˉ1
【答案】4NH 3(g )+O 2(g ) ⇌2N 2H 4(g )+2H 2O (g ) △H =+526.2kJ /mol
212K K D 0.006mol /(L •min ) 80% 2HSO 3-+2e -+2H +=S 2O 42-+2H 2O 碱
【解析】
【分析】
I .(1)根据盖斯定律分析解答；(2)①根据平衡状态的标志和特征结合方程式分析判断；②根据三段式，结合气体的压强比等于其物质的量之比计算解答；(3)结合图象，找出阴极的反应物、生成物，联系电极反应式书写；
Ⅱ.先计算铵根离子与亚硫酸根的水解平衡常数，再进行判断。

【详解】
I .(1)①4NH 3(g )＋3O 2(g )⇌2N 2(g )＋6H 2O (g ) ΔH 1=－541.8kJ /mol ，②N 2H 4(g )＋O 2(g )⇌N 2(g )＋2H 2O (g ) ΔH 2=－534kJ /mol ，根据盖斯定律，反应①-反应②×2即可消去N 2，从而得到NH 3和O 2制取N 2H 4(g )的热化学方程式：4NH 3(g )+O 2(g )
⇌2N 2H 4(g )+2H 2O (g )△H =△H 1-△H 2×2 =-541.8kJ /mol +534kJ /mol ×2 =526.2kJ /mol ，则K =212K K ，故答案为：4NH 3(g )+O 2(g ) ⇌2N 2H 4(g )+2H 2O (g ) △H =+526.2kJ /mol ；2
12K K ； (2)①对于2NO (g )＋2CO (g )⇌N 2(g )＋2CO 2(g )，①A 、c (CO )=c (CO 2)，浓度相等不表示浓度不变，不能说明达到平衡状态，故A 错误；B 、由于该反应气体的质量不变，体积不变，则密度为定值，所以容器中混合气体的密度不变，不能说明是平衡状态，故B 错误；C 、v (N 2)正=2v (NO )逆，速率不与计量系数成正比，不能说明是平衡状态，故C 错误；D 、由于。