文档内容
2025届高三化学一轮专题复习讲义（28）
专题七 化学热点
7-2 化学反应原理综合题（1课时）
【复习目标】
理解最核心、最基础的概念和原理的内涵，能从模型的角度认识这些概念和原理，并说
出它们建立的过程和关键证据，反思它们建立的思路与方法，深化对化学基本原理、基本观
念的理解与认识，促进对科学本质的理解。
【重点突破】
通过对研究案例的研究过程的分析和研讨，帮助学生发展提出问题的意识和能力，扩展
分析问题和解决问题的角度和思路。
【真题再现】
例1．（2023·江苏高考）空气中 含量的控制和 资源利用具有重要意义。
CO2 CO2
（1）燃煤烟气中 的捕集可通过如下所示的物质转化实现。
CO2
“吸收”后所得的KH 溶液与石灰乳反应的化学方程式为_______；载人航天器
CO3
内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的 ，其原因是______。
CO2
（2）合成尿素[CO( H)2]是利用 的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现
N 2 CO2
反应Ⅰ：2NH (g)+CO (g)===NH COONH(l)
3 2 2 4
反应Ⅱ：NH COONH(l) === CO(NH)(l)+H O (l)
2 4 2 2 2
①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的△H___0
（填“=”或“>”或“<”）。
②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲
[(NH CO) NH]和尿素转化为氰酸铵(NH OCN)等副反应。尿素生产中实际投入
2 2 4 NH3
和 的物质的量之比为n(NH )∶n(CO)=4∶1，其实际投料比值远大于理论值的
CO2 3 2
原因是__________。
（3）催化电解吸收 的KOH溶液可将 转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解
CO2 CO2
池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率（FE%）随电解电压的变化如图
乙所示。
FE%=×100%
其中，Q =nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常
X
数。
①当电解电压为UV时，电解过程中含碳还原产物的（FE%）为0，阴极主要还原产
3
物为_____（填化学式）。
②当电解电压为UV时，阴极由HCO生成CH 的电极反应式为________。
2 4
③当电解电压为UV时，电解生成的C 和HCOO-的物质的量之比为_____（写出计
3 2H4
算过程）。
解析：（1）由图可知“吸收”后所得的KHCO 溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生
3
二氧化碳，产物KOH可回收利用，故方程式为KHCO +Ca(OH) ===CaCO +KOH+H O。
3 2 3 2载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO的原因为相同质
2
量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳。（2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温
度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其△H <0。实际投料比值远大于理论值的
原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二
氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。（3）当电解电压为UV时，电解过程中含碳
1
还原产物的FE%为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子得电子变成氢气。当电解电压为
UV时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由HCO生成CH
2 4
的电极反应式为HCO+8e-+6H O===CH↑+9OH-或 10HCO+8e-===CH↑+9CO+3H O。当
2 4 4 2
电解电压为UV时，电解过程中还原产物C 的FE%为24%，还原产物HCOO-的FE%为
3 2H4
8%，每生成1molC 转移12mole-，每生成1molHCOO-转移2mole-，故电解生成的C 和
2H4 2H4
HCOO-的物质的量之比为∶=1∶2。
答案：（1）KHCO +Ca(OH) ===CaCO +KOH+H O 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化
3 2 3 2
碳
（2）<0 适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二
氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高
（3）H HCO+8e-+6H O===CH↑+9OH-或 10HCO+8e-===CH↑+9CO+3HO。 每生成
2 2 4 4 2
1molC 转移12mole-，每生成1molHCOO-转移2mole-，故电解生成的C 和HCOO-的
2H4 2H4
物质的量之比为∶=1∶2
例2．（2022·江苏高考）CO/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应
2
用。
（1）CO 催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO 溶液（CO 与KOH溶液反应
2 3 2
制得）中通入H 生成HCOO-，其离子方程式为 ；其他条件
2
不变，HCO转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在
40℃~80℃范围内，HCO催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是 。
（2）HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图-2所示，两电极区间用
允许K+、H+通过的半透膜隔开。
半透膜
图—2
①电池负极电极反应式为_______________________；放电过程中需补充的物质A
为______（填化学式）。
②图-2所示的 HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O 的反应，将化学
2
能转化为电能，其反应的离子方程式为 。（3）HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO 和H 可能的反应，机理
2 2
如图-3所示。
①HCOOD催化释氢反应除生成CO 外，还生成
2
__________（填化学式）。
②研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替
HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是
。
答案：（1）HCO+H =====HCOOˉ+H O
2 2
温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强
（2）HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ=== HCO+H O H SO
2 2 4
2HCOOH+O +2OHˉ === 2 HCO+2H O或
2 2
2HCOOˉ+O === 2 HCO；
2
（3）①HD ②提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度
例3．（2021·江苏高考）甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。
（1）500℃时，CH 与HO重整主要发生下列反应：
4 2
CH(g)+HO(g) CO(g)+3H(g) CO(g)+HO(g) H(g)+CO (g)
4 2 2 2 2 2
已知CaO(s)+CO (g)===CaCO (s) ΔH=-178.8kJ·mol-1。向重整反应体系中加入适量
2 3
多孔CaO，其优点 。
（2）CH 与CO 重整的主要反应的热化学方程式为
4 2
反应I：CH(g)+CO (g) ===2CO(g)+2H(g) ΔH=246.5kJ·mol-1
4 2 2
反应II：H(g)+CO (g) ===CO(g)+HO(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
2 2 2
反应III：2CO(g) ===CO(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-1
2
①在CH 与CO 重整体系中通入适量HO(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH(g)
4 2 2 4
+CO (g)+2HO(g) ===4CO(g)+8H(g)的ΔH=___。
2 2 2
②1.01×105Pa下，将n (CO)︰n (CH)=1︰1的混合气体置于密闭容器中，不同
起始 2 起始 4
温度下重整体系中CH 和CO 的平衡转化率如图1所示。800℃下CO 平衡转化
4 2 2
率远大于600℃下CO 平衡转化率，其原因是 。
2
（3）利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO ，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H 中少量CO，催
2 2
化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)︰n(O )
2
︰n(H )︰n(N )=1︰1︰49︰49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO 催化
2 2 2
剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素
Cu、Ce化合价发生的变化为___。
②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是___。
解析：（1）已知CaO(s)+CO (g) ===CaCO (s) ΔH=－178.8kJ·mol-1，因此向重整反应体系中加
2 3
入适量多孔CaO的优点是吸收CO，使平衡正向移动，提高H 的产率，同时提供热量。
2 2
（2）①反应I：CH(g)+CO (g)===2CO(g)+2H(g)ΔH=246.5kJ·mol-1反应II：H(g)+CO (g)
4 2 2 2 2
===CO(g)+HO(g) ΔH=41.2kJ·mol-1依据盖斯定律可知I×3－II×2即得到反应3CH(g)
2 4
+CO (g)+2HO(g) ===4CO(g)+8H(g)的ΔH=657.1kJ·mol-1。②由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH
2 2 2
＞0，高温下反应的平衡常数大（反应正向进行程度大），CO 的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH
2
＜0，高温下反应的平衡常数小（反应正向进行程度小），CO 的生成量小，所以800℃下
2
CO 平衡转化率远大于600℃下CO 平衡转化率。（3）①图2所示机理的步骤(i)中CO结
2 2
合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce
化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。②由于
高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H 还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150℃时，
2
催化剂的催化活性下降。
答案：（1）吸收CO，提高H 的产率，提供热量
2 2
（2） ①657.1kJ·mol-1 ②反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大（反应
正向进行程度大），CO 的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小
2
（反应正向进行程度小），CO 的生成量小
2
（3） ①铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 ②高温下，Cu(+2
价)或Cu(+1价)被H 还原为金属Cu
2
【知能整合】
1．从化学反应速率、化学平衡的角度综合分析，选择与优化化工生产条件是高考命题的
重要素材。
（1）化工生产适宜条件选择的一般原则
条件 原则
从化学反应速率分析 既不能过快，又不能过慢
既要注意外界条件对反应速率和平衡影响的一致性，
从化学平衡移动分析
又要注意二者影响的矛盾性
增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而
从原料的利用率分析
降低生产成本
从实际生产能力分析 如设备承受高温、高压能力等
从催化剂的使用活性分析 注意催化剂的活性温度对温度的限制
（2）平衡类问题需要考虑的几个方面
①原料的来源、除杂，尤其考虑杂质对平衡的影响。
②原料的循环利用。
③产物的污染处理。④产物的酸碱性对反应的影响。
⑤气体产物的压强对平衡造成的影响。
⑥改变外界条件对多平衡体系的影响。
2．新情境下陌生电极反应式的书写方法：
（1）先区分原电池还是电解池再定电极；
（2）书写电极反应式，要考虑介质与放电生成的离子能否大量；
（3）也可以根据题目所给的总方程式，与其中一电极式相减即得另一电极反应式。
【体系再构】
【巩固练习】
基础训练
1．（2023·盐城三模）碳酸二甲酯( )简称为DMC，是一种环保性能优异、用途
广泛的化工原料。工业上用CO 与H 催化合成甲醇，由甲醇制备DMC。
2 2
（1）合成甲醇相关的热化学方程式如下：
反应Ⅰ：CO(g)＋3H(g)===CHOH(g)＋HO(g) ΔH＝－49.2 kJ·mol-1
2 2 3 2 1
反应Ⅱ：CO(g)＋H(g)===CO(g)＋HO(g) ΔH＝＋41.2 kJ·mol-1
2 2 2 2
①反应CO(g)＋2H(g)===CHOH(g) ΔH＝________ kJ·mol-1。
2 3
②将物质的量之比为1∶3的CO 与H 通入恒容密闭容器中进行反应，随着压强的
2 2
增大，CO的选择性________（填“增大”或“减小”）
从平衡移动的角度分析，其可能的原因是__________________________ 。
③向合成甲醇的体系中加入少量Al O，单位时间内甲醇的选择性提高，其原因是
2 3
__________________________。
（2）工业上以CHOH作反应物和溶剂，电解碳酸1,2丙二酯( )、四乙基碘化铵
3
（TEAI，提供I ）和CHOH混合液制备DMC。为探究反应机理，设计如下三个对比
3
实验：
实验I：10 mL CH OH＋0.117 mol·L-1碳酸1,2丙二酯，蒸馏，没有DMC生成。
3
实验II：10 mL CH OH＋0.117 mol·L-1碳酸1,2丙二酯＋0.1 mol·L-1TEAI，蒸馏，
3
DMC产率7.5%。
实验III：10 mL CH OH＋0.117 mol·L-1碳酸1,2丙二酯＋0.1 mol·L-1TEAI，Cu为阴
3
极、石墨为阳极，通电，DMC产率82.3%。
电催化酯交换法合成碳酸二甲酯的机理如图：
注： 代表微粒带负电荷。
①阴极电极反应式为__________________________________________。
②I 在反应过程中的机理可描述为_____________________________________。
【巩固练习】答案
1．（1）①－90.4
②减小 反应Ⅰ的正反应方向是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，
CO 的平衡转化率增大，CHOH的选择性提高，CO的选择性降低；反应Ⅱ是反应
2 3前后气体分子数不变的反应，受反应Ⅰ的影响，平衡逆向移动，CHOH的选择性
3
提高，CO的选择性降低
③Al O 能降低反应Ⅰ的活化能，进而提高甲醇的选择性
2 3
（2）①2CHOH＋2e－===2CH O－＋H↑
3 3 2
②O的电负性大于C，在碳酸1,2丙二酯的分子中，酯基碳原子带有部分正电荷，受
到体系中I 进攻，碳氧双键断裂，酯基氧所带的负电荷离去，恢复碳氧双键；CHO
3
进攻酯基中的碳原子，I 离去，恢复碳氧双键
拓展训练
2．CH 与CO 重整生成H 和CO的过程中主要发生下列反应
4 2 2
CH(g)＋CO(g)===2H (g)＋2CO(g) ΔH＝＋247.1 kJ·mol-1
4 2 2
H(g)＋CO(g)===H O(g)＋CO(g) ΔH＝＋41.2 kJ·mol-1
2 2 2
在恒压、反应物起始物质的量比n(CH)∶n(CO)＝1∶1条件下，CH 和CO 的平衡转化
4 2 4 2
率随温度变化的曲线如图所示。
下列有关说法正确的是
A．升高温度、增大压强均有利于提高CH 的平衡转化率
4
B．曲线A表示CH 的平衡转化率随温度的变化
4
C．相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D．恒压、800 K、n(CH)∶n(CO)＝1∶1条件下，反应至CH 转化率达到X点的值，改变
4 2 4
除温度外的特定条件继续反应，CH 转化率能达到Y点的值
4
3．（2023·扬州考前调研）烟气中的NO 是大气的主要污染物之一，NO 的吸收处理是当前研
x x
究的热点。
（1）还原吸收法
方法1：直接使用尿素[CO(NH)]溶液吸收烟气中的NO。
2 2 x
方法2：先用合适的氧化剂将NO 中的NO氧化为NO ，再用CO(NH) 溶液去还原
x 2 2 2
吸收。
还原吸收等量的NO，消耗尿素较多的是________（填“方法1”或“方法2”）。工业
x
上选择方法2处理NO 的原因是_____________________________________。
x
（2）水吸收法
NO 和NO 均能被水吸收，不同初始压强下，NO 和NO 的混合气体被水吸收前和
2 2 4 2 2 4
吸收达到平衡后，气体中NO 和NO 的体积分数如图所示。混合气体中与水反应的
2 2 4
主要成分是________。达到平衡后，气体中的NO 和NO 的体积分数之和远小于
2 2 4
100%，原因是____________________________________。
（3）配合物吸收法
钴氨配合物吸收NO的主要原理如下。已知：[Co(NH )]2＋对NO的配合能力很强，而[Co(NH )]3＋对NO的配合能力极低。
3 6 3 6
①与 NO 反应的[Co(NH )]2＋和与 O 反应的[Co(NH )]2＋的物质的量之比为
3 6 2 3 6
________。
②钴氨溶液经过多次循环吸收NO后，其吸收NO的能力会降低，为了恢复钴氨溶
液吸收NO的能力，需采取的方法是_________________________。
（4）NO与O 在某催化剂表面反应生成NO 的过程中，O 在催化剂表面能形成被吸附的
2 2 2
O（用O-Site表示），接下来的机理可能有两种：
机理1：NO(g)＋OSite NO －Site
2
机理2：NO－Site＋O－Site Site＋NO －Site
2
上述两个反应均为基元反应。保持温度和NO的浓度不变，测得NO与O 在该催化
2
剂作用下反应的初始速率与O 浓度的关系如图所示。能合理解释图中曲线变化的
2
机理为______________________（填“机理 1”或“机理 2”）；判断的依据是
__________________________________________________。
【拓展训练】答案：
2．D
3．（1）方法2 NO 在水中溶解度好，与尿素溶液反应速率快；NO 的氧化性强于NO
2 2
（2）NO NO 和NO 与水反应后生成了NO
2 4 2 2 4
（3）①1∶2 ②将[Co(NH )]3＋还原为[Co(NH )]2＋
3 6 3 6
（4）机理2 机理2认为反应速率与O吸附量和NO吸附量有关；O 浓度较小时，增加
2
c(O )，O吸附量增大，反应速率加快；O
2
【课后作业】
1．肼(N H)在不同条件下分解产物不同，200 ℃时在Cu表面分解的机理如图1。
2 4
已知200 ℃时：
反应Ⅰ：3NH(g)===N(g)＋4NH (g) ΔH＝－32.9 kJ·mol-1
2 4 2 3 l
反应Ⅱ： NH(g)＋H(g)===2NH(g) ΔH＝－41.8 kJ·mol-1，下列说法不正确的是
2 4 2 3 2
A．图1所示过程①、②都是放热反应
B．反应Ⅱ的能量过程示意图如图2所示
C．断开3 mol N H(g)中的化学键吸收的能量小于形成1 mol N (g)和4 mol NH (g)中的
2 4 2 3
化学键释放的能量
D．200 ℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为：
NH(g)===N(g)＋2H (g) ΔH＝50.7 kJ·mol-1
2 4 2 2
2．我国科研人员提出了以Ni/Al O 为催化剂，由CO 和H 转化为产品CH 的反应历程，其示
2 3 2 2 4
意图如下：下列说法不正确的是
A．总反应方程式为：CO＋4H===CH ＋2HO
2 2 4 2
B．催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
C．反应历程中，H—H键与C==O键断裂吸收能量
D．反应过程中，催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能
3．在恒压、NO和O的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化
2
为NO 的转化率如图中实线所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的
2
变化）。下列说法正确的是
A．反应2NO(g)+O (g) ===2NO (g)的ΔH>0
2 2
B．图中X点所示条件下，延长反应时间不能提高NO转化率
C．图中Y点所示条件下，增加O的浓度不能提高NO转化率
2
D．380℃下，c (O )=5.0×10−4 mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K >2000
起始 2
4．NO、NO和NO 等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
2 2
（1）NO的处理。NO是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使NO分解。
2 2 2
NH 与O在加热和催化剂作用下生成NO的化学方程式为 。
3 2 2
（2）NO和NO 的处理。已除去NO的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
2 2
NO+NO +2OH−=2NO+H O 2NO +2OH−=NO+NO+H O
2 2 2 2
①下列措施能提高尾气中NO和NO 去除率的有 （填字母）。
2
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO 晶体，该晶体中含有的主要杂质是
2
（填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 （填化学式）。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件
相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所
示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和NO，其离子方程式为 。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是 。
5．煤的燃烧排放的SO 、CO严重影响人们的生活质量。减少污染物的排放、研究SO 、CO等大
2 2
气污染气体的综合利用具有重要意义。
Ⅰ. 燃煤脱硫技术是减少CO和SO 排放的常用方法之一。燃煤脱硫时常发生如下两个反
2
应：
①CaSO(s)+CO(g) CaO(s)+SO (g)+CO (g) ΔH=+218.4 kJ·mol-l
4 2 2 1②CaO(s)+3CO(g)+SO (g) CaS(s)+3CO (g) ΔH=-394.0 kJ·mol-l
2 2 2
（1）某温度下在一体积恒定的密闭容器中若只发生反应①，下列不能说明该反应达到平
衡状态的是 (填字母）。
A．容器内气体总压强不再变化
B．单位时间内生成1 mol SO 的同时消耗1 mol CO
2
C．混合气体的密度不再变化
D．混合气体的平均摩尔质量不再变化
（2）某科研小组研究起始一氧化碳物质的量、温度(T)对反应②的影响，实验结果如左图
所示。
①比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物SO 的转化率最高的是 。
2
②图像中T （填“>”、“<”、“=”或“无法确定”）T，判断的理由是 。
2 1
Ⅱ. 氧化锌吸收法也能减少SO 的排放。配制ZnO悬浊液（含少量MgO、CaO），在吸收塔
2
中封闭循环脱硫，发生的主要反应为ZnO+SO ZnSO(s)，测得pH、吸收效率η
2 3
随时间t的变化如右图所示。为提高SO 的吸收效率η， 可采取的措施为 （填字
2
母）。
A．增大悬浊液中ZnO的量
B．适当提高单位时间内烟气的循环次数
C．调节溶液的pH至6.0以下
6．脱硫脱氮技术是环境科学研究的热点。
（1）某实验小组模拟O氧化并结合(NH )SO 溶液吸收法，同时脱除SO 和NO的过程示意
3 4 2 3 2
图如图。
已知气体反应器中主要发生如下反应（K为25 ℃下平衡常数、E为活化能）：
Ⅰ. 2O(g)===3O(g) ΔH＝－286.6 kJ·mol-1、K ＝1.6×1057、E＝24.6 kJ·mol-1
3 2 1 1 1
Ⅱ. NO(g)＋O(g)===NO (g)＋O(g) ΔH＝－200.9 kJ·mol-1、K ＝6.2×1034、E＝3.17
3 2 2 2 2 2
kJ·mol-1
III. SO (g)＋O(g)===SO (g)＋O(g) ΔH＝－241.6 kJ·mol-1、K ＝1.1×1041、E＝58.17
2 3 3 2 3 3 3
kJ·mol-1
①其他条件不变时，温度高于150 ℃，在相同时间内SO 和NO的转化率均随温度升
2
高而降低，原因是 。
②其他条件不变，SO 和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同
2
时间内SO 和NO的转化率随O的浓度的变化关系如图1所示。NO的转化率始终高
2 3
于SO 的原因是______________________________。
2
③从检测装置1中排出的气体经如图2所示的(NH )SO 溶液吸收器吸收，NO 被还原
4 2 3 2
成NO。该喷淋吸收塔装置的优点是____________________________ 。④其他条件不变，SO 和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同
2
时间内，O与NO的物质的量之比对SO 和NO脱除率的影响如图3所示。O的浓度
3 2 3
很低时，SO 的脱除率超过97%，其原因是__________________________。
2
（2）科研人员研究发现厌氧氨氧化生物酶体系可以促进H＋和电子的转移（如a、b和c)，能
将废水中的NO转化为N进入大气层，其反应过程如图4所示。
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①请结合反应方程式，描述上述转化的具体过程： 。
②若废水中存在一定浓度的O时，则上述转化无法发生，其可能原因是______。
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【课后作业】答案
1．A 2．B 3．D
4．（1）2NH +2O =========NO+3HO
3 2 2 2
（2）①BC ②NaNO NO
3
（3）①3HClO+2NO+H O===3Cl−+2NO+5H+
2
②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
5．I（1）B
（2）①c
②＞ 该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO体积分数降低，故
2
T＞T
2 1
II AB
6．（1）
①高于150℃，温度升高，反应Ⅰ的速率增大，c(O )减小，反应Ⅱ、Ⅲ的速率减小，导致
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SO 和NO的转化率均降低
2
②反应Ⅱ的活化能小于反应Ⅲ，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ，因此NO的转化率高于SO
2
③增大气液接触面积，提高吸收效率
④(NH )SO 溶液直接与SO 反应是脱除SO 的主要原因
4 2 3 2 2
（2）
①反应Ⅲ：NH－4e－===N↑＋4H＋，此反应产生4个H＋和4个电子，通过生物酶转移，参
2 4 2
与反应Ⅰ和反应Ⅱ，反应Ⅰ：NO＋2H＋＋e－===HO＋NO↑，反应消耗2个H＋和1个电
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子，反应Ⅱ：NO＋NH＋2H＋＋3e－===NH＋HO，消耗2个H＋和3个电子（总反应为
2 4 2
NO＋NH===N ↑＋2HO）
2 2②O氧化NO（或NO）使反应终止，厌氧氨氧化酶在有氧条件下失去活性
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