全国高考化学化学反应原理综合考查的综合高考真题分类汇总(1)

全国高考化学化学反应原理综合考查的综合高考真题分类汇总(1)
一、化学反应原理综合考查
1．水蒸汽催化重整生物油是未来工业化制氢的可行方案。

以乙酸为模型物进行研究，发生的主要反应如下：
Ⅰ.CH 3COOH （g ）+2H 2O （g ）⇌2CO 2（g ）+4H 2（g ） △H 1 Ⅱ.CH 3COOH （g ）⇌2CO （g ）+2H 2（g ） △H 2 Ⅲ.CO 2（g ）+H 2（g ）⇌CO （g ）+H 2O （g ） △H 3 回答下列问题：
（1）用△H 1、△H 2表示，△H 3=___。

（2）重整反应的含碳产物产率、H 2产率随温度、水与乙酸投料比（S/C ）的变化关系如图（a ）、（b ）所示。

①由图（a ）可知，制备H 2最佳的温度约为___。

②由图（b ）可知，H 2产率随S/C 增大而___（填“增大”或“减小”）。

（3）向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH 3COOH 和H 2O 混合气体，若仅发生反应Ⅰ至平衡状态，测得H 2的体积分数为50%，则CH 3COOH 的平衡转化率为___。

（4）反应体系常生成积碳。

当温度一定时，随着S/C 增加，积碳量逐渐减小，其原因用化学方程式表示为___。

【答案】
21
H -H 2
V V 800℃ 增大 40% C(s)+H 2O (g)CO(g)+H 2(g)
【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据题干信息分析，反应Ⅲ=1
2(反应Ⅱ-反应Ⅰ)，由盖斯定律可得213-2
H H H ∆∆∆=，故答案为：
21
-2
H H ∆∆； (2)①由图(a)可知，制备H 2在800℃时，达到最高转化率，则制备氢气最佳的温度约为800℃,故答案为：800℃；
②由图(b)可知，S/C 增大时，反应I 平衡向正反应方向移动，反应III 平衡向逆反应方向移
动，使体系中的H 2的量增大，故答案为：增大；
(3)设CH 3COOH 和H 2O 的物质的量均为1mol ，平衡时，反应了CH 3COOH x mol ，列三段式有：
()()()()()()()
3222CH COOH g +2H O g 2CO g + 4H g mol 1100mol x 2x 2x 4x mol 1-x
1-2x
2x
4x
ƒ
起始转化平衡
测得H 2的体积分数为50%，则41
1
12242
x x x x x =-+-++，计算得x=0.4mol ，醋酸的转
化率为：
0.4mol
100%1mol
⨯=40%，即CH 3COOH 平衡转化率为40%，故答案为：40%； (4)当温度一定时，随着S/C 增加，积碳量逐渐减小，是由于积碳与水蒸气反应生成了CO 和H 2，反应的化学方程式为C(s)+H 2O (g)CO(g)+H 2(g)，故答案为：
C(s)+H 2O (g)
CO(g)+H 2(g)；
2．已知，常温下H 2S 、H 2CO 3 的电离常数如下表
K a1 K a2 H 2S 9.1×10-8 1×10-15 H 2CO 3
4.3×10－7
5.6×10－11
（1）①常温下，0.1mol/L 的硫化钠溶液和0.1mol.L -1的碳酸钠溶液，碱性更强的是_______。

其原因是_____________________________。

② 常温下，硫化钠水解的离子方程式_____________________________。

（2）H 2S 能与许多金属离子发生反应，生成溶解度不同和各种颜色的金属硫化物沉淀，可用于分离和鉴定金属离子。

①常温下，NaHS 溶液显______（选填“酸性”、“中性”或“碱性”）
②常温下，向100 mL 0.1 mol·
L －1 H 2S 溶液中滴加0.1 mol·L －1NaOH 溶液，得到溶液pH 与NaOH 溶液体积的关系曲线如图所示：
试分析图中a 、b 、c 、d 四个点，水的电离程度最大的是________；在b 点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______________________________。

（3）脱除天然气中的硫化氢既能减少环境污染，又可回收硫资源，该部分硫化氢用过量NaOH溶液吸收后，再以石墨作电极电解该溶液可回收硫，写出电解得到硫的总反应方程式（忽略氧的氧化还原）_______________；从整个生产工艺的角度分析，该方法不仅能减少环境污染、回收硫、得到一定量的副产物，还具有的优点是___________。

【答案】硫化钠溶液硫化氢的K a2小于碳酸的K a2，硫化钠更易水解 S2- + H2O HS- + OH-、HS- + H 2O H2S + OH-碱性 c c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＝c(H＋) ＞c(S2－)
Na2S＋2H2O S↓＋H2↑＋2NaOH 或S2－＋2H2O S↓＋H2↑＋2OH－产物NaOH可循环使用
【解析】
试题分析：（1）① H2CO3的第二步电离平衡常数是5.6×10－11，大于H2S的第二步电离平衡常数1×10-15，说明S2-的水解程度大于CO32-；②S2-的水解分两步进行；（1）①根据HS-的水解平衡常数和电离平衡常数分析NaHS溶液的酸碱性；②H2S抑制水电离，加入NaOH 中和H2S，H2S抑制作用逐渐减小，到c点H2S恰好与NaOH生成Na2S， Na2S水解促进水电离；d点氢氧化钠过量，过量的氢氧化钠抑制水电离。

NaHS溶液呈碱性，在b点溶液呈中性，所以b点溶质是NaHS和H2S，HS-要水解和电离，HS-、H2S的电离生成S2-；HS-
、H2S、H2O电离出H+。

（3）硫化氢用过量NaOH溶液吸收后生成Na2S，电解硫化钠溶液生成硫、氢气、氢氧化钠。

解析：（1）① H2CO3的第二步电离平衡常数是5.6×10－11，大于H2S的第二步电离平衡常数1×10-15，说明S2-的水解程度大于CO32-，硫化钠更易水解，所以硫化钠溶液的碱性
强；②S2-的水解分两步进行，硫化钠水解的离子方程式S2- + H2O HS- + OH-、HS- +
H 2O H2S + OH-；（2）①HS-的水解平衡常数，电离平
衡常数1×10-15，水解大于电离，所以NaHS溶液的呈碱性；②H2S抑制水电离，加入NaOH 中和H2S，H2S抑制作用逐渐减小，到c点H2S恰好与NaOH生成Na2S， Na2S水解促进水电离；d点氢氧化钠过量，过量的氢氧化钠抑制水电离，所以C点水电离程度最大。

NaHS溶液呈碱性，在b点溶液呈中性，所以b点溶质是NaHS和H2S， HS-、H2S的电离生成S2-
；HS-、H2S、H2O电离出H+，所以b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c(Na ＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＝c(H＋) ＞c(S2－)。

（3）硫化氢用过量NaOH溶液吸收后生成Na2S，电解硫化钠溶液生成硫、氢气、氢氧化钠，电解总方程式为
Na2S＋2H2O S↓＋H2↑＋2NaOH。

该方法不仅能减少环境污染、回收硫、得到一定量的副产物，还具有的优点是NaOH可循环使用。

电解：向酸溶液中逐滴加入碱溶液，水电离程度逐渐增大，碱过量时水的电离程度再逐渐减小。

NaHA溶液的酸碱性要根据HA-的电离和水解程度判断，若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；若水解大于电离，则溶液呈碱性。

3．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。

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
……
反应iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__（写化学方程式）反应的ΔH。

（3）反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于反应的计量数之比，目的是__（填字母）。

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，因为此时CaO主要发生了__（写化学方程式）反应而使（1）中反应平衡向__移动。

（5）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池。

以此电池作电源，在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理过程（装置如图所示）。

其中物质a是__，电源负极电极反应为___。

“钝化”装置中阳极电极反应为___。

【答案】CH4+2H2O4H2+CO2 C(s)+CO2(g)=2CO(g)或
C(s)+2H2O(g)2H2(g)+CO2(g) abc 降低 CaO+H2O=Ca(OH)2左（或逆向）氧气（或O2） CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O 2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据CH4与H2O反应生成H2、CO2的物质的量之比为4:1，结合原子守恒可得反应的化学方程式为CH4+2H2O4H2+CO2；
（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
根据盖斯定律，由i-ii-iii或i+ii- iii可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)或
C(s)+2H2O(g)2H2(g)+CO2(g)，所以利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用
C(s)+CO2(g)=2CO(g)或C(s)+2H2O(g)2H2(g)+CO2(g)；
（3）反应物的投料比n(H2O):n(CH4)=4:1，大于初始反应的化学计量数之比，H2O的物质的量增加，有利于促进CH4转化，促进CO转化为CO2，防止CH4分解生成C(s)，从而减少积炭生成；答案选abc。

（4）根据题图可知，从t1时开始，CaO消耗率曲线的斜率逐渐减小，单位时间内CaO消耗率逐渐降低。

CaO与CO2反应生成CaCO3，CaCO3会覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积，从而失效；
(5) 模拟铝制品表面“钝化” 处理，则电极铝是阳极，与电源的正极相连，则C为阴极，与电源的负极相连，所以a物质是氧气，b物质是甲醇，负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O。

铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+。

4．近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。

因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。

回答下列问题：
（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。

下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。

设
HCl 初始浓度为c 0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O 2)=1∶1的数据计算K （400℃）
=____________（列出计算式）。

按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。

进料浓度比c(HCl)∶c(O 2)过低、过高的不利影响分别是____________。

（2）Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl 2(s)=CuCl(s)+1
2
Cl 2(g) ΔH 1=83 kJ·mol -1，CuCl(s)+
12O 2(g)=CuO(s)+1
2
Cl 2(g) ΔH 2=-20 kJ·mol -1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl 2(s)+H 2O(g) ΔH 3=-121 kJ·mol -1，则4HCl(g)+O 2(g)=2Cl 2(g)+2H 2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol -1。

（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl 的转化率的方法是______________。

（写出2种）
【答案】大于
22
40
(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c ⨯-⨯- O 2和Cl 2分离能耗较高、HCl 转化率较低 ﹣116 增加反应体系压强、及时除去产物 【解析】 【分析】
(1)结合图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl 平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，温度越高平衡常数越小；进料浓度比c(HCl)：c(O 2)的比值越大，HCl 的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl 转化率最高的为进料浓度比c(HCl)：c(O 2)=1：1，该曲线中400℃HCl 的平衡转化率为84%， 4HCl(g)+O 2(g)═2Cl 2(g)+2H 2O(g) 初始 c 0 c 0 0 0
平衡 0.84c 0 0.21c 0 0.42c 0 0.42c 0 转化c 0-0.84c 0 c 0-0.21c 0 0.42c 0 0.42c 0 带入K=22
40
(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c ⨯-⨯-计算即可；
进料浓度比c(HCl)：c(O 2)过低时，O 2浓度较大，Cl 2和O 2分离能耗较高；进料浓度比c(HCl)：c(O 2)过高时，O 2浓度过低，HCl 的转化率减小； (2)①CuCl 2(s)═CuCl(s)+
12Cl 2(g)△H 1=83kJ•mol -1，②CuCl(s)+12O 2(g)═CuO(s)+1
2
Cl 2(g)△H 2=-20kJ•mol -1，③CuO(s)+2HCl(g)═CuCl 2(s)+H 2O(g)△H 3=-121kJ•mol -1，根据盖斯定律，(①+②+③)×2可得4HCl(g)+O 2(g)═2Cl 2(g)+2H 2O(g)，据此计算该反应的△H ；
(3)4HCl(g)+O 2(g)═2Cl 2(g)+2H 2O(g)为气体体积缩小的放热反应，若要提高HCl 的转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析。

【详解】
(1)根据反应方程式知，HCl 平衡转化率越大，平衡常数K 越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)； 由图像知，400℃时，HCl 平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
2224HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g)+=+
起始(浓度) c 0 c 0 0 0
变化(浓度) 0.84c 0 0.21c 0 0.42c 0 0.42c 0 平衡(浓度)(1-0.84)c 0 (1-0.21)c 0 0.42c 0 0.42c 0
则
K=22
40
(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c ⨯-⨯-；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分
离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl 不能充分反应，导致HCl 转化率较低；
(2)根据盖斯定律知，(①+②+③)×2得2224HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g)+=+ ∆H=(∆H 1+∆H 2+∆H 3)×2=-116kJ·mol -1；
(3)若想提高HCl 的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动。

【点睛】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，但影响因素不能完全被消除；使用勒夏特列原理时，必须注意研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。

5．磷酸是重要的化学试剂和工业原料。

请回答下列问题： （1）已知：25°C 时，磷酸和碳酸的电离常数如下表所示。

向Na 2CO 3溶液中滴加少量H 3PO 4溶液，反应的离子方程式为__。

（2）已知：
I.CaO(s)+H 2SO 4(l)=CaSO 4(s)+H 2O(l) ∆H = -271kJ·mol -1
II.5CaO(s)+3H 3PO 4(l)+HF(g)=Ca 3(PO 4)3F(s)+5H 2O(l) ∆H =-937 kJ·mol -1 回答下列问题：
①工业上用Ca 3(PO 4)3F 和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为__。

②一定条件下，在密闭容器中只发生反应II ，达到平衡后缩小容器容积，HF 的平衡转化率__(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；HF 的平衡浓度__。

（3）工业上用磷尾矿制备Ca 3(PO 4)3F 时生成的副产物CO 可用于制备H 2，原理为CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g) ∆H 。

①一定温度下，向10L 密闭容器中充入0.5molCO 和lmolH 2O(g)，2min 达到平衡时，测得0~2min 内用CO 2表示的反应速率v(CO 2)=0.02mol·L -1·min -1。

则CO 的平衡转化率a=__，该反应的平衡常数K =__。

②在压强不变的密闭容器中发生上述反应，设起始的
2n(CO)
n(H O)
=y ，CO 的平衡体积分数(φ)
与温度(T)的关系如图所示。

则：该反应的∆H__0(填“>”“<”或“=”，下同)。

a_1，理由为__。

【答案】H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42- Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)3H3PO4(l)＋HF(g)＋
5CaSO4(s) ΔH=－418 kJ·mol－1增大不变 80% 8
3
< < 相同温度下，y越小，CO 的转
化率越大，其平衡体积分数越小
【解析】
【分析】
根据电离平衡常数可知酸性有如下关系：H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-，少量
H3PO4和CO32-不能生成二氧化碳和水，只能生成HCO3-，由于H2PO4-﹥HCO3-，H2PO 4-也能和CO32-反应，所以另一个产物为HPO42-。

【详解】
（1）根据电离平衡常数可知酸性有如下关系：H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-，所以少量磷酸和碳酸钠反应的最终产物为：NaHCO3和NaHPO4，所以离子方程式为：
H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42-，故答案为：H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42-；
（2）①已知：Ⅰ．CaO(s)＋H2SO4(l)CaSO4(s)＋H2O(l) ΔH=－271 kJ·mol－1
Ⅱ．5CaO(s)+3H3PO4(l)＋HF(g)Ca5(PO4)3F(s)＋5H2O(l) ΔH=－937 kJ·mol－1
根据盖斯定律可知Ⅰ×5－Ⅱ即得到Ca5(PO4)3F和硫酸，所以反应制备磷酸的热化学方程式为Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)3H3PO4(l)＋HF(g)＋5CaSO4(s) ΔH=－418 kJ·mol－1，故答案为：Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)3H3PO4(l)＋HF(g)＋5CaSO4(s) ΔH=－418 kJ·mol－1；
②反应Ⅱ的正反应体积减小，所以达到平衡后缩小容器容积平衡向正反应方向移动，HF的平衡转化率增大。

由于温度不变，平衡常数不变，即K＝c(HF)，因此HF的平衡浓度不变，故答案为：增大；不变；
（3）①测得 0～2 min内用CO2 表示的反应速率v(CO2)=0.02 mol·L－1·min－1，所以生成CO2
浓度是0.04mol/L，则
()()()()
222
0.050.1
0.040.04
0.
CO g H O g CO g H g
(mol
010.06
/L)00
(mol/L)0.040.04
(mol/L)0.040.04
ƒ
＋＋
起始浓度
转化浓度
平衡浓度
，因此
CO的平衡转化率α=0.04
0.05
×100%＝80%，该反应的平衡常数 K＝
0.040.04
0.010.06
⨯
⨯
=
8
3
，故答案
为：80%；8
3
；
②根据图像可知升高温度CO的体积分数增大，说明平衡向正反应方向进行，所以该反应的ΔH＜0，由于相同温度下，y越小，CO 的转化率越大，其平衡体积分数越小，所以a＜1，故答案为：<；<；相同温度下，y越小，CO 的转化率越大，其平衡体积分数越小。

【点睛】
（1）根据电离平衡常数：H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-，H3PO4少量，产物只能
是最后两个。

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．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-。

8．随着科学技术的发展和环保要求不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。

Ⅰ.工业上使用的捕碳剂有NH3和(NH4)2CO3，它们与CO2可发生如下可逆反应：
NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)NH4HCO3(aq) ΔH1
2NH 3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)(NH4)2CO3(aq) ΔH2
(NH 4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq) ΔH3
则ΔH3＝_________________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。

Ⅱ.目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的化学反应方程式为CO 2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)，已知：H2的体积分数随温度的升高而增加。

（1）该反应的ΔS________0(填“＞”“＜”或“＝”)，该反应的ΔH________0(填“＞”或“＜”)。

（2）在恒容密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2并发生上述反应，T℃下，CO2物质的量浓度c(CO2)随时间t变化的曲线如图所示。

下列能说明反应达到平衡状态的是
________(填字母代号)。

A．体系压强保持不变
B．混合气体密度保持不变
C．甲烷和水蒸气的物质的量之比保持不变
D．H2的质量分数保持不变
（3）T℃下，反应前20s的平均反应速率v(H2)＝______________(用含a、b的代数式表示)。

（4）T℃下，该反应的平衡常数K＝_________________________(用含a、b的代数式表示)。

（5）若降低温度，反应重新达到平衡，则v(正)________；CO2转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)。

Ⅲ.工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图所示：
（1）在阳极区发生的反应包括___________________________________和H＋＋HCO3－
=CO2↑＋H2O。

（2）简述CO32－在阴极区再生的原理：____________________________。

（3）NH3·BH3＋3H2O2=NH4BO2＋4H2O。

下列说法正确的是___________。

A ．电流从左侧电极经过负载后流向右侧电极
B ．BO 2－通过质子交换膜向正极移动
C ．负极附近溶液pH 增大
D ．正极的反应式为3H 2O 2＋6H ＋＋6e －=6H 2O
【答案】2ΔH 1－ΔH 2 ＜ ＜ AD a-b 5
mol /(L ·s ) 344(a-b)b(4b-3a) 减小 增大 4OH －－4e －=2H 2O ＋O 2↑或2H 2O －4e －=4H ＋＋O 2↑ 阴极H ＋放电产生H 2，OH －浓度变大并与HCO 3－反
应使CO 32－再生 D
【解析】
【分析】
【详解】
I ．①NH 3(l )＋H 2O (l )＋CO 2(g )
NH 4HCO 3(aq ) ΔH 1 ②2NH 3(l )＋H 2O (l )＋CO 2(g )
(NH 4)2CO 3(aq ) ΔH 2 ③(NH 4)2CO 3(aq )＋H 2O (l )＋CO 2(g )
2NH 4HCO 3(aq ) ΔH 3 利用盖斯定律计算①×2-②得到(NH 4)2CO 3(aq )＋H 2O (l )＋CO 2(g )2NH 4HCO 3(aq ) ΔH 3＝2ΔH 1－ΔH 2；
Ⅱ.(1)该反应正反应方向气体分子数减少，则ΔS ＜0，已知H 2的体积分数随温度的升高而增加，说明温度升高，平衡逆向移动，正反应方向为放热反应，则ΔH ＜0；
（2）A .该反应前后气体分子数不等，反应过程中体系压强发生变化，当体系压强不变时，说明反应达到平衡状态，故A 正确；
B .反应前后气体总质量不变，容器体积不变，气体密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B 错误；
C .从反应开始到平衡，甲烷和水蒸气的物质的量之比均为1:2,始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C 错误；
D .H 2的质量分数保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D 错误； 故答案选：AD ；
（3）由图1可知：反应前20秒CO 2的物质的量浓度减少（a -b ）mol /L ,则H 2物质的量浓度减少4（a -b ）mol /L ，平均速率()24（a-b ）mol/L v H ==20s
mol /(L ·s )； （4）起始时通入等物质的量的CO 2和H 2，二者的起始浓度相等，均为a mol /L ，减少的浓度分别为(a -b ) mol /L 和4(a -b ) mol /L ，平衡浓度分别为b mol /L 、(4b -3a ）mol /L ，CH 4和水蒸气的平衡浓度分别为(a -b ) mol /L 和2(a -b ) mol /L ，该反应的平衡常数
23
44(a-b)2(a-b)4(a-b)K==b 4b-3a)b(4b-3a)
⎡⎤⨯⎣⎦⨯(； （5）降低温度，v (正)减小，平衡正向移动，CO 2转化率增大；
Ⅲ.（1）由图2可知：阳极区OH -失电子生成O 2，电极反应式为
224OH 4e =2H O O －－：－＋↑或222H O 4e =4H O －＋－＋↑；
（2）阴极的电极反应为2+-2H +2e =H ↑，c (H +)减小，电离平衡-+2-33HCO H +CO ƒ正
向移动，可以使CO 32-再生；
（3）由反应NH 3·BH 3＋3H 2O 2=NH 4BO 2＋4H 2O 可知H 2O 2中氧元素化合价下降发生还原反应，为原电池的正极，NH 3·BH 3中B 元素化合价升高，发生氧化反应，为原电池的负极。

A . 电流从正极流向负极，即从右侧电极经过负载后流向左侧电极，故A 错误； B . 放电时,阴离子向负极移动,所以BO 2−通过质子交换膜向负极移动，故B 错误； C . NH 3•BH 3为负极失电子发生氧化反应,电极反应式为
-+33242NH BH +2H O-6e =NH BO +6H g ，所以负极附近溶液pH 减小，故C 错误； D . 右侧H 2O 2为正极得到电子发生还原反应,电极反应式为+-2223H O +6H +6e =6H O ，故D 正确；
故答案选：D 。

【点睛】
化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等，据此来判断化学反应是否达到平衡，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，以及衍生的物理量中变量不变分析判断。

9．以下是关于“外界因素对化学平衡移动影响的实验研究”的课题，回答问题：
（1）影响化学平衡因素的界定：化学平衡发生移动的本质原因是________，所以影响化学平衡的因素可以从分析影响的因素入手．
a ． v （正）≠v（逆）
b ．v （正）和v （逆）都增大
c ．v （正）和v （逆）都减小
（2）研究的思路与方法
①研究对象的选择，现有以下可逆反应：
A ．()()22420NO g N O g H <僔
B ．333()3FeCl KSCN Fe SCN KCl ++ƒ 其中，A 适合于研究_______对平衡的影响，B 适合于研究_______对平衡的影响． a ．浓度 b ．温度 c ．压强 d ．催化剂
②研究方法：采用控制其他因素不变，改变其中一个因素的方法，并进行对比实验．
（3）单一因素对化学平衡移动影响的实验研究：
a ．浓度：将3FeCl 与KSCN 反应后所得的混合液分为3等份，分别加入浓3FeCl 溶液、浓KSCN 溶液和NaOH 固体，观察现象．现象：加入浓3FeCl 溶液后的混合溶液红色________，加入NaOH 固体后，混合溶液红棕色________．
b ．温度：将密封并相互连通的盛有2NO 的两个玻璃球，一个放人热水中，另一个放入冷水中．
现象：放入热水中的球内红棕色________；放入冷水中的球内红棕色________．
（4）综合（3）能得出的影响化学平衡移动的原因是________．
【答案】a abc ab 变深 变浅 变深 变浅 温度 压强
【解析】
本题探究温度、压强、浓度对化学平衡的影响。

（1）化学平衡状态的特征为V （正）=V （逆），所以化学平衡发生移动的本质原因是正逆反应速率不相等，即V （正）≠V （逆）；（2）反应A ．2NO 2（g ）⇌N 2O 4 （g ）△H ＜0中，反应前后气体体积不相等，反
应为放热反应，则温度、压强、浓度都会影响化学平衡，但是催化剂不影响平衡，所以反应A适合于研究温度、压强、浓度对平衡应的影响，即abc正确；B反应
FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KCl在溶液中进行，压强和催化剂不影响平衡，而温度和浓度会影响平衡，所以B适合研究温度、压强对平衡的影响，即ab正确；（3）a．浓度：将FeCl3与KSCN反应后所得的混合液分为3等份，分别加入浓FeCl3溶液、浓KSCN溶液和NaOH固体，观察现象．现象：加入浓FeCl3溶液后，铁离子浓度增大，平衡向着正向移动，则混合溶液红色变深；加入NaOH固体后，氢氧根离子与铁离子反应生成难溶物氢氧化铁，则溶液中铁离子浓度减小，混合溶液红棕色变浅；b．温度：将密封并相互连通的盛有NO2的两个玻璃球，一个放人热水中，另一个放入冷水中；现象：由于反应
2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0为放热反应，升高温度后平衡向着逆向移动，二氧化氮浓度增大，球内红棕色变深；放入冷水中，平衡向着正向移动，二氧化氮浓度减小，则球内红棕色变浅；（4）根据（3）温度、浓度对化学平衡的影响可知：在其它条件不变时，增大反应物浓度或减小生成物浓度，平衡向正向移动，增大生成物浓度或减小反应物浓度，平衡向逆向移动；升高温度，平衡向吸热方向进行，降低温度，平衡向放热方向进行。

点睛：化学平衡移动的分析：影响因素主要有：浓度、压强、温度，其移动可通过勒沙特列原理进行分析。

化学平衡移动的实质是浓度、温度、压强等客观因素对正、逆反应速率变化产生不同的影响，使v(正)≠v(逆)，原平衡状态发生移动。

10．CO、SO2是常见的大气污染物，应用化学原理变废为宝，意义重大。

(1)CO与SO2用铝矾土作催化剂、475℃条件下反应生成CO2和硫蒸气，该反应可用于从烟道气中回收硫，反应过程中各组分的物质的量与反应时间的关系如图所示，该反应的化学方程式为________。

(2)利用CO可以合成新能源物质——甲醇。

其原理为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
ΔH。

在压强分别为p1、p2，体积均为V L的两个容器中充入a mol CO、2a mol H2，在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡时转化率与温度、压强的关系有下表数据：
50℃100℃200℃300℃400℃
p10.650.500.400.320.24
p20.800.700.650.500.41
①ΔH________0，p1________p2。

(填“＞”“＜”或“＝”)。

②压强为p2，温度为300℃时，该反应的平衡常数K＝________。

③压强为p1，温度为100℃时，达到平衡后，继续向其中通入0.5a mol CO、a mol H2、
0.5a mol CH3OH，则平衡时CH3OH的体积分数________(填“增大”“减小”或“不。