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专题 12 化学反应原理综合题
考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势
2024年北京卷第16题 化学反应原理这个板块，每年都有一道
考点 反应原理 2023年北京卷第16题 必考的综合题。涉及到的考点有热力
综合题 2022年北京卷第16题 学、动力学、电化学和四大平衡，难度
（5年5考） 2021年北京卷第19题 较大，非常考验学生的化学思维和学科
2020年北京卷第17题 素养。
1．（2024·北京·高考真题） 是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备 。
(1)方法一：早期以硝石(含 )为氮源制备 ，反应的化学方程式为：
。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和 。
(2)方法二：以 为氮源催化氧化制备 ，反应原理分三步进行。
①第I步反应的化学方程式为 。
②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入 和 进行反应。在不同压强
下( 、 )，反应达到平衡时，测得 转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容
器容积的原因 。
(3)方法三：研究表明可以用电解法以 为氨源直接制备 ，其原理示意图如下。①电极a表面生成 的电极反应式： 。
②研究发现： 转化可能的途径为 。电极a表面还发生iii． 。iii的存在，有利
于途径ii，原因是 。
(4)人工固氮是高能耗的过程，结合 分子结构解释原因 。方法三为 的直接利用提供了一种新
的思路。
【答案】(1)难挥发性
(2) ，该反应正向气体分子总数减小，同温时，
条件下 转化率高于 ，故 ，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影
响
(3) 反应iii生成 ， 将 氧化成 ， 更易转化成
(4) 中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程
【详解】（1）浓硫酸难挥发，产物 为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸
性。
（2）①第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为 ；
② ，该反应正向气体分子总数减小，同温时， 条件下 转化率高于 ，故 ，
根据 ，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的
容器容积小于x点的容器容积。
（3）①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为
；
②反应iii生成 ， 将 氧化成 ， 更易转化成 。（4） 中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。
2．（2023·北京·高考真题）尿素 合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银 与 在一定条件下反应制得 ，实现了由无机物到有机
物的合成。该反应的化学方程式是 。
(2)二十世纪初，工业上以 和 为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
ⅰ． 和 生成 ；
ⅱ． 分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 (填序号)。
a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ
b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应
c．
(3)近年研究发现，电催化 和含氮物质( 等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮
废水污染问题。向一定浓度的 溶液通 至饱和，在电极上反应生成 ，电解原理如图所
示。
①电极 是电解池的 极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是 。(4)尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中 不能直接用 溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 。
②步骤ⅳ中标准 溶液的浓度和消耗的体积分别为 和 ，计算样品含氮量还需要的实验数据有
。
【答案】(1)
(2)ab
(3) 阳
(4) 样品的质量、步骤Ⅲ所加入 溶液的体积和浓度
【详解】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是
。答案为 ；
（2）a．反应ⅰ的活化能是 ，反应ⅱ活化能是 ， ，a项正确；
b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确；
c．总反应的： ，c项错误；
故选ab。
（3）①电极b上发生 失电子生成 的氧化反应，是电解池的阳极。②a极硝酸根离子得电子转化为
尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为 。答案为阳极；
；
（4）①尿素消化分解生成 和 ，由于反应中存在浓 ，则消化液中含氮粒子为 。②除了
已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入 溶液的体积和浓度。答案为 ；样品的质量、
步骤Ⅲ所加入H SO 溶液的体积和浓度。
2 4
3．（2022·北京·高考真题）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫( 、硫化物及微量单质硫等)。库
仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含 。
(1)煤样需研磨成细小粉末，其目的是 。
(2)高温下，煤中 完全转化为 ，该反应的化学方程式为 。
(3)通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中 保持定值时，电解池不工作。待
测气体进入电解池后， 溶解并将 还原，测硫仪便立即自动进行电解到 又回到原定值，测定结束，
通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
① 在电解池中发生反应的离子方程式为 。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为 。
(4)煤样为 ，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为 。
已知：电解中转移 电子所消耗的电量为96500库仑。
(5)条件控制和误差分析。
①测定过程中，需控制电解质溶液 ，当 时，非电解生成的 使得测得的全硫含量偏小，生成 的
离子方程式为 。
②测定过程中，管式炉内壁上有 残留，测得全硫量结果为 。(填“偏大”或“偏小”)
【答案】(1)与空气的接触面积增大，反应更加充分
(2)2CaSO 2CaO+2SO ↑+O ↑
4 2 2
(3) SO +I +2H O=3I-+SO +4H+ 3I--2e-=I
2 2(4)
(5)
偏小
【详解】（1）煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案
为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；
（2）由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和氧气，反应的化学方程式
为2CaSO 2CaO+2SO ↑+O ↑，故答案为：2CaSO 2CaO+2SO ↑+O ↑；
4 2 2 4 2 2
（3）①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I 反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程
式为SO +I +2H O=3I—+SO +4H+，故答案为：SO +I +2H O=3I—+SO +4H+；
2 2 2 2
②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反
应式为3I--2e-=I ，故答案为：3I--2e—=I ；
（4）由题意可得如下关系：S—SO —I —2e-，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为
2
×100%= ，故答案为： ；
（5）①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成
碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为 ，故答案为：
；
②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三
离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏小。
4．（2021·北京·高考真题）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原
性的变化规律。
(1)浓盐酸与MnO 混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO
2 2。
①反应的离子方程式是 。
②电极反应式：
i.还原反应：MnO +2e-+4H+=Mn2++2H O
2 2
ii.氧化反应： 。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO 的原因。
2
i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO 氧化性减弱。
2
ii.随c(Cl-)降低， 。
④补充实验证实了③中的分析。实验操作 试剂 产物
I 较浓H SO 有氯气
2 4
II a 有氯气
III a+b 无氯气
a是 ，b是 。
(2)利用c(H+)浓度对MnO 氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与
2
MnO 反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是 ，从原子结构角度说明理由 。
2
(3)根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO 。经实验
2
证实了推测，该化合物是 。
(4)Ag分别与1mol·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因： 。
(5)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是 。
【答案】(1) MnO +4H+ +2Cl- Mn2++Cl ↑ + 2H O 2Cl--2e- =Cl ↑ Cl-还原性减弱或Cl 的氧化
2 2 2 2 2
性增强 KCl固体(或浓/饱和溶液) MnSO 固体(或浓/饱和溶液)
4
(2) KCl>KBr>KI Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电
子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
(3)AgNO 或Ag SO
3 2 4
(4)比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H ↑
2
反应得以发生
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)
的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强
【详解】（1）①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO +4H+ +2Cl- Mn2++Cl ↑ + 2H O；②氧化
2 2 2
反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl ↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者
2
产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角
2
度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且
实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO 固体(或
4
浓/饱和溶液)；
（2）非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因
是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离
子的还原性逐渐增强；
（3）根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO ，故答案为：AgNO 或Ag SO ；
2 3 2 4
（4）若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H ↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶
2
解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使
得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H ↑反应得以发生；
2
（5）通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，
故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂
(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
5．（2020·北京·高考真题）用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。
已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl =H++AuCl
4
(1)酸溶后经 操作，将混合物分离。
(2)浓、稀HNO 均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO 的物质的量不同，写出消耗HNO 物质的量少的
3 3 3
反应的化学方程式： 。
(3)HNO -NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。
3
①将溶金反应的化学方程式补充完整：
Au+ NaCl+ HNO =HAuCl + + + NaNO
3 4 3
②关于溶金的下列说法正确的是 。
A．用到了HNO 的氧化性
3
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用浓盐酸与NaNO 也可使Au溶解
3
(4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl 完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是 mol。
4
(5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag(图中标
注的试剂和物质均不同)。
试剂1是 ，物质2是 。
【答案】 过滤 3Cu+8HNO (稀)=3Cu(NO ) +2NO↑+4H O 4 5 NO 2H O 4
3 3 2 2 2
AC 2
NaCl溶液 Fe、Cu
【分析】废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离
子的混合溶液，含金的溶液中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转化为HAuCl ，HAuCl 经锌粉还原分离得
4 4到金，由此分析。
【详解】(1)Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作
是过滤，将混合物分离；
(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO (稀)=3Cu(NO )+2NO↑+4H O；溶解1molCu消耗HNO 的物
3 3 2 3
质的量为 mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO (浓)= Cu(NO ) +2NO ↑+2H O，溶解1molCu消
3 3 2 2 2
耗HNO 的物质的量为4mol；消耗HNO 物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式
3 3
为：3Cu+8HNO (稀)=3Cu(NO ) +2NO↑+4H O；
3 3 2 2
(3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降
低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：
Au+4NaCl+5HNO =HAuCl +2H O+NO↑+4NaNO ；
3 4 2 3
②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO 的氧化性，故A正确；
3
B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提
供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；
C．HNO -NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO 也可使Au溶解，故
3 3
C正确；
答案选AC；
(4)由于HAuCl =H++AuCl ，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl 完全还原，HAuCl 中金的化合价为+3价，被锌
4 4 4
还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2
价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，同时Zn+2H+=Zn2++H ↑，与氢离子反应的Zn的物质的量为
2
0.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是2mol；
(5) 根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试
剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，
氯化铜加入过量铁粉得到物质2：铜和过量铁，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量
的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，物质2是
Fe、Cu。
【点睛】浓硝酸不能单独将Au溶解，将浓硝酸中加入浓盐酸，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的
反应，主要作用增强硝酸的氧化性，为易错点。
1．（2024·北京通州·一模）乙烯合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)用烃类热裂解法制乙烯是乙烯工业化生产的开端。
①乙烷高温裂解制备乙烯（反应Ⅰ）的化学方程式是 。②在裂解过程中伴随反应Ⅱ： ，在高温下缩短 在反应器中的停留时间可
提高乙烯的获取率，由此判断反应速率：反应Ⅰ 反应Ⅱ。（填“>”“<”或“=”）
(2)乙炔选择性加氢制乙烯是石油化工领域重要的发展阶段。
以钯（Pd）为催化剂可有效提高乙烯产率，在催化剂表面的反应机理如下图所示（吸附在催化剂表面的粒
子用*标注）。
①下列说法正确的是 。
a．NP-Pd催化反应过程中步骤Ⅰ为放热反应
b．ISA-Pd催化反应过程中步骤Ⅱ为决速步骤
c．两种催化剂均能降低总反应的反应热
②吸附态乙烯（ ）脱离催化剂表面，可得到 ，如未及时脱附，易在催化剂表面继续氢化经过
渡态Ⅲ后而形成乙烷。制 选择性较好的催化剂是 。
(3)以 为原料用不同的方法制乙烯有助于实现碳中和。
I． 干气重整制乙烯。下图是2种投料比[ ，分别为1：1、2：1]下，反应温度对
平衡转化率影响的曲线。
①曲线b对应的投料比是 。
②当曲线a、b对应的投料比达到相同的 平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的关系是 。
Ⅱ．双金属串联催化剂电催化 制乙烯，装置示意图如图所示。
已知：法拉第效率③ISA-Ni催化剂上发生的电极反应式是 。
④该环境下，测得 可达50%，若电路中通过1.2mol电子时，则产生乙烯的物质的量是
mol。
【答案】(1) >
(2) ab ISA-Pd催化剂
(3) 1：1 反应温度越低，投料比越高 0.05
【详解】（1）①乙烷高温裂解生成乙烯和氢气，反应的化学方程式是 ；
②缩短 在反应器中的停留时间可提高乙烯的获取率，即加快反应I速率将 转化为乙烯，则反应
速率：反应Ⅰ>反应Ⅱ；
（2）①a．NP-Pd催化反应过程中步骤Ⅰ的反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故a正确；
b．ISA-Pd催化反应过程中步骤Ⅱ的正反应活化能最大，反应速率最慢，整个反应由最慢的一步决定，则步
骤Ⅱ为决速步骤，故b正确；
c．两种催化剂均能降低总反应的活化能，催化剂不改变反应热，故c错误；
故选ab；
②吸附态乙烯（ ）脱离催化剂表面，可得到 ，由图可知，ISA-Pd催化剂过渡态III的能量高于
，有利于 脱离催化剂表面，制 选择性较好的催化剂是ISA-Pd催化剂；
（3）① 干气重整制乙烯的化学方程式为 ，相同温度下，
增大投料比[ ]即增大二氧化碳的量，使平衡正向移动，消耗更多 ，则 平衡转化率
增大，曲线b对应的投料比是1：1；
②当曲线a、b对应的投料比达到相同的 平衡转化率时，需要增大投料比才能实现相同的 平衡转
化率，可知对应的反应温度与投料比的关系是：反应温度越低，投料比越高；
③ISA-Ni催化剂上CO 得电子生成CO，电解质为KHCO ，发生的电极反应式是
2 3
；
④该环境下，测得 =50%，电路中通过1.2mol电子时，生成C H
2 4所用的电子为1.2mol×50%=0.6mol，NP-Cu催化剂上发生的电极反应式是
，ISA-Ni催化剂上发生的电极反应式是
，则转移12mol电子时生成1mol乙烯，产生乙烯的物质的量是
。
2．（2024·北京朝阳·一模）CO 再生为“零碳甲醇”是实现碳中和的一种方式。
2
(1)CO 催化加氢可生成甲醇。
2
已知：i．2H (g)+O (g)=2H O(g)ΔH=akJ·mol-1
2 2 2
ii．2CH OH(g)+3O (g) 2CO (g)+4H O(g)ΔH=bkJ·mol-1
3 2 2 2
①CO 和H 生成CH OH和H O的热化学方程式是 。
2 2 3 2
②合成过程中选择高压条件的原因： 。
(2)电解还原法将CO 转化为甲醇的装置如图。
2
已知:电解效率 和选择性S的定义:
(B)=
S(B)=
①电解过程中生成CH OH的电极反应式： 。
3
②当CO 完全消耗时，测得η(CH OH)=33.3%，S(CH OH)=25%。推测η(CH OH)=33.3%的原因：
2 3 3 3
i．阴极有H O放电。
2
ii．阴极有CO生成。
iii．……
a．通过检验电解产物判断推测i是否成立，需要检验的物质是 。
b．假设放电的CO 一部分生成CH OH，其余的CO 全部在阴极放电生成CO，则η(CO)= 。
2 3 2
③研究CH OH中的C来自于CO 还是KHCO ，方法如下：
3 2 3
方法I．其他条件不变，用N 代替CO 电解，无CH OH产生。
2 2 3
方法II．其他条件不变，用14CO 代替CO 电解，有 产生。
2 2综上，证实CH OH中的C来自于CO
3 2
【答案】(1) CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g)ΔH=(1.5a-0.5b)kJ·mol-1 加快反应速率，促进反应正向
2 2 3 2
进行，提高甲醇的产率
(2) CO +6HCO +6e-=CH OH+H O+6CO (7CO +6e-+5H O=CH OH+6HCO ) H 33.3%(或 )
2 3 2 2 2 3 2
14CH OH
3
【详解】（1）①CO 和H 生成CH OH和H O的化学方程式为CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g)，根据盖斯
2 2 3 2 2 2 3 2
定律，反应i -反应ii 得到目标方程式，故CO 和H 生成CH OH和H O的热化学方程式；为CO (g)
2 2 3 2 2
+3H (g) CH OH(g)+H O(g)ΔH=(1.5a-0.5b)kJ·mol-1；
2 3 2
②由于CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g)是气体体积缩小的反应，增大压强，平衡右移，提高甲醇的产率，
2 2 3 2
高压还能加快反应速率；故合成过程中选择高压条件；
（2）①该电解装置石墨电极为阳极，催化电极为阴极，阴极上CO 得到电子变为甲醇，电解质是KHCO 溶
2 3
液，根据电荷守恒，写出该电极的反应式为：CO +6HCO +6e-=CH OH+H O+6CO 或(7CO +6e-
2 3 2 2
+5H O=CH OH+6HCO )；
2 3
② a．如果阴极有H O放电，则会生成H ，故需要检验的产物是H ；
2 2 2
b．S(CH OH)=25%，假设有4molCO 完全反应，则会生产1molCH OH，CO 变为甲醇要得到6mol电子，剩余
3 2 3 2
的3molCO 变为CO也需得到6mol电子，而η(CH OH)=33.3%，则η(CO)也等于33.3%；
2 3
③其他条件不变，用N 代替CO 电解，无CH OH产生，说明CH3OH中的C不会来自KHCO ，则应该来自于
2 2 3 3
CO ；用14CO 代替CO 电解，就会生成14CH OH。
2 2 2 3
3．（2024·北京东城·二模）乙烯利广泛应用于农作物的增产和储存。一种制备乙烯利的方法如图。
资料：重排过程发生的机理如图。
(1) 分子的空间结构名称是 。
(2)乙烯利中 的化合价为 ， 和C的电负性由大到小的顺序是 。
(3)A的结构简式是 。
(4) 的名称是 。
(5)利用以下方法可测定乙烯利的纯度。已知：ⅰ.乙烯利在 的溶液中能释放乙烯，同时产生磷酸盐等；
ⅱ.磷酸体系中含磷微粒的物质的量分数与溶液 的关系如图所示；
ⅲ.百里香酚蓝在 为黄色，在 为蓝色。
步骤Ⅰ：取 乙烯利样品于锥形瓶中，加水溶解。
步骤Ⅱ：滴加几滴百里香酚蓝作指示剂，溶液为黄色。用 溶液滴定至溶液恰好变为蓝色，
消耗 。杂质和乙烯利均与 反应，其中乙烯利发生反应：
步骤Ⅲ：加热至无气体放出，溶液逐渐变黄；冷却至室温。
步骤Ⅳ：再用 溶液滴定至溶液恰好变为蓝色，消耗 。
①步骤Ⅲ中乙烯利二钠与水反应的化学方程式是 。
②样品中乙烯利的纯度为 （用质量分数表示， ）。
【答案】(1)三角锥形
(2)O＞C＞P
(3)P(OCH CH Cl)
2 2 3
(4)1，2—二氯乙烷
(5) +H O→Na HPO +CH =CH +HCl。
2 2 4 2 2
【分析】
结合重排反应的机理以及A的分子式、乙烯利的结构简式可知，PCl 与环氧乙烷发生反应生成A的结构简
3式为P(OCH CH Cl) ， 的结构简式为ClCH CH Cl，B的结构简式为 ，B与
2 2 3 2 2
HCl发生酸解反应生成乙烯利和M，M为CH CH Cl。
3 2
【详解】（1） 分子的中心原子P的价层电子对数为 ，有1对孤电子对，故其空间结构名
称是三角锥形。
（2）同周期元素从左至右电负性逐渐增大，故电负性：O＞C，乙烯利中 的化合价为 ，即P对键合电
子的吸引能力比O和C小，故P的电负性比 和C的电负性都小，故电负性由大到小的顺序是O＞C＞P。
（3）由分析知，A的结构简式是P(OCH CH Cl) 。
2 2 3
（4）由分析知， 的结构简式为ClCH CH Cl，名称是1，2—二氯乙烷。
2 2
（5）
①已知，乙烯利在 的溶液中能释放乙烯，同时产生磷酸盐等，故步骤Ⅲ中乙烯利二钠与水反应的化
学方程式是 +H O→Na HPO +CH =CH +HCl。
2 2 4 2 2
②步骤Ⅳ：再用 溶液滴定至溶液恰好变为蓝色，此时氢氧化钠与HCl反应，含磷微粒恰好
为 ，由反应方程式可知，乙烯利的物质的量等于乙烯利二钠与水反应生成的HCl的物质的量，则样
品中乙烯利的纯度为 。
4．（2024·北京海淀·二模）工业锌粉常用于制造防锈漆等，其主要成分为金属锌，还有少量含锌化合物及
其他杂质，锌单质的含量及锌元素的总量影响着工业锌粉的等级。
I．锌的制备
(1)氯氨法炼锌：一定条件下，通入 ，以 浓溶液为浸取剂浸锌，可将矿物中难溶的 转化为
、 等，同时生成S，结合平衡移动原理解释 、 对浸锌的作用： 。
(2)酸性介质中电沉积制锌粉：以 和 混合液（pH为4~6）为电解质溶液，用下图装置电解制锌
粉，一定条件下，实验测得电流效率为80%。已知：电流效率
①阴极的电极反应有 。
②制得65g锌粉时，电解质溶液中 的物质的量至少增加 mol。
(3)离子液体电沉积制锌：80℃时，将 溶解于EMIC（结构如图）中，电解制锌。离子化合物EMIC的
熔点约为79℃，从结构角度解释其熔点低的原因： 。
Ⅱ．锌元素总量的测定
已知：
i．二甲酚橙（In）与 反应：
EDTA与 反应：
ii． 溶液可排除其他金属阳离子的干扰，避免其与EDTA和In作用。
(4)滴定终点时的现象是 。
(5)计算样品中锌元素的质量分数还需要的实验数据有 。
【答案】(1)ZnS在溶液中存在如下平衡： ，加入 ，NH 发生水解：
，NH ·H O与 形成 ，通入 ， 与 反应生成S，促进
3 2
溶解平衡正向移动
(2) 、 0.25
(3)EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用
力弱
(4)溶液从红色变为黄色，且30s不变红
(5)待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积
【详解】（1）硫化锌在溶液中存在如下溶解平衡：ZnS(s) Zn2+(aq)+S2−(aq)，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶
液中存在如下水解平衡：NH + H O NH ·H O+H+，加入氯化铵浓溶液，溶液中锌离子与一水合氨反应生
2 3 2
成四氨合锌离子，通入氧气，氧气与溶液中硫离子反应生成硫，硫化锌的溶解平衡向右移动，硫化锌转化为可溶的锌离子和四氨合锌离子，所以一定条件下，通入氧气，以氯化铵浓溶液为浸取剂可以浸取矿物中
的锌元素，故答案为：ZnS在溶液中存在如下平衡： ，加入 ，NH 发生
水解： ，NH ·H O与 形成 ，通入 ， 与 反应生成
3 2
S，促进 溶解平衡正向移动；
（2）由题意可知，酸性介质中电沉积制锌粉的过程为与直流电源正极相连的左侧锌电极为电解池的阳极，
锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应
生成锌和氢气；
①由分析可知，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气，电极反
应式为 、 ，故答案为： 、 ；
②由题意可知，制得65g锌粉时，理论上析出金属锌的物质的量为 =1.25mol，由得失电子数目守
恒可知，阳极放电生成锌离子的物质的量为1.25mol，则电解质溶液中增加锌离子的物质的量为1.25mol—
=0.25mol，故答案为：0.25；
（3）由结构可知，离子化合物EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子
之间距离大，离子之间的作用力弱，所以EMIC的熔点低，故答案为：EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为
1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱；
（4）由题意可知，二甲酚橙为EDTA溶液滴定溶液中锌离子的指示剂，溶液中锌离子与EDTA完全反应后，
滴入最后半滴EDTA溶液，溶液会由红色变为黄色，则滴定终点时的现象为溶液从红色变为黄色，且30s不
变红，故答案为：溶液从红色变为黄色，且30s不变红；
（5）由方程式可知，计算样品中锌元素的质量分数除需要样品的质量、EDTA溶液的浓度外，还需要待测
液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积，故答案为：待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积。
5．（2024·北京丰台·二模）将 转化为高附加值的化学品，对实现碳中和、可持续发展具有重要意义。
Ⅰ.利用 催化加氢制备乙烯，反应过程主要分为两步。
ⅰ.
ⅱ.
(1) 和 反应制备乙烯的热化学方程式为 。
(2)0.1MPa，投料比 的条件下研究反应ⅰ，在不同温度下达到平衡时各气体的物质的量
分数如图1所示(水转化为液态，不计入)。①200℃时，主要发生的反应的化学方程式为 。
②800℃时， 的平衡转化率为 。
Ⅱ.利用煤气化灰渣(主要成分有CaO、 、 和MgO等)封存 ，制备高纯碳酸钙。
ⅰ.浸出：向灰渣中加入稍过量盐酸，充分反应后过滤，得滤液a；
ⅱ.净化：向滤液a中逐渐加入氨水，金属氢氧化物分步沉淀，分步过滤，得到滤液b；
ⅲ.碳酸化：向滤液b中通入 ，过滤、洗涤、干燥，得到高纯 。
已知：一些金属氢氧化物在溶液中达到沉淀溶解平衡时的 与pH关系如图2所示。
(3)净化时，先分离出的氢氧化物是 。
(4)碳酸化时发生主要反应的离子方程式是 。
Ⅲ.利用双极膜电解 制备NaOH，捕集烟气中 ，制备 。已知：双极膜为复合膜，可在直
流电的作用下，将膜间的 解离，提供 和 。(5)结合电极反应解释A区产生浓NaOH溶液的原因 。
(6)当电路中转移2mol 时，上图装置产生 mol NaOH。
(7)制得的 固体样品中常混有 。准确称量xg样品，下列方案中，能测定样品中 纯
度的是 。
A．充分加热，固体减重
B．与足量稀盐酸充分反应，加热蒸干，得 固体
C．与足量稀硫酸充分反应并加热，逸出气体用碱石灰吸收，增重
【答案】(1)
(2) 75%
(3)
(4)
(5)阴极反应： ， 增大， 穿过阳离子交换膜进入A区产生浓NaOH溶液
(6)4
(7)AB
【详解】（1）目标反应为 ，目标反应=2ⅰ+ⅱ则目标反应的
，热化学方程式为
；
（2）根据图像可知200℃时主要生成甲烷，反应方程式为 ；800℃平衡时
甲烷的物质的量分数为0，根据图像可以列三段式：则 ， ，则二氧化碳的
转化率为 ；
（3）根据图像可知，Fe3+在pH=3左右完全沉淀，Al3+和Mg2+完全沉淀pH都大于3，因此先分离出的氢氧化
物是Fe(OH) ；
3
（4）碳酸化时通入的二氧化碳、一水合氨和氯化钙生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，离子方程式为
；
（5）该电池阴极发生 ，随着电解的进行，溶液中氢氧根离子浓度增大，同时钠离
子经阳离子交换膜向阴极移动，使阴极区域的氢氧化钠浓度增大而得到氢氧化钠浓溶液；
（6）每转移2mol电子有2molNaOH在阴极区生成，同时有2molNaOH在阳极区的双极膜和阳离子交换膜
之间生成，因此每转移2mol电子有4molNaOH生成；
（7）充分加热后，碳酸氢钠受热分解，因此减重质量为碳酸氢钠生成的二氧化碳和水，可以由此计算出
碳酸氢钠的质量进而求得碳酸氢钠的质量分数，A正确；与足量稀盐酸反应后加热蒸干所得国体为NaCl，
根据氯化钠的质量可列方程组而求得碳酸氢钠的质量进而求得碳酸氢钠的质量分数，B正确；与足量稀硫
酸充分反应并加热，逸出气体用碱石灰吸收，增重为二氧化碳和水的质量，水的质量无法计算，因此不能
计算得出碳酸氢钠的质量分数，C错误。
6．（2024·北京昌平·二模）以 和 为原料制备甲醇是实现 资源化利用的方式之一，反应原理为：
反应Ⅰ：
除生成甲醇外，还会生成副产物 ：
反应Ⅱ： 。
(1)图中，曲线 (选填i、ii或iii)能表示反应Ⅰ的平衡常数K与温度T的关系。
(2)某温度下，向容积为 的恒容密闭容器中充入 和 模拟反应Ⅰ(即控制条件
使只发生反应Ⅰ)。反应达到平衡状态时，测得 。计算该温度下的平衡常数
。
(3)在不同温度下，向等容积的反应器中，分别通入等量、相同比例的 和 的混合气体，反应相同时间后，测得甲醇产率与催化剂活性、温度关系如图所示。
①图中一定不处于化学平衡状态的点是 。
②解释产率 的可能原因 。
③已知催化剂对副反应没有影响。解释当温度高于500K，甲醇产率逐渐下降的原因可能是 。
(4)中国科学家研制出了一种具有反应和分离“双功能分子筛催化膜”反应器，使用该反应器制甲醇时，能
大幅度提高二氧化碳转化率，其原理如下图所示：
在不同反应器中， 转化率和甲醇选择性 的相关实验数据如下表所
示：
实验 压强/ 温 的平衡转化 甲醇选择
反应器
组 度/K 率/% 性/%
① 普通催化反应器 21.9 67.3
3 533 3
双功能分子筛催化膜反
② 36.1 100
应器
分析该双功能分子筛催化膜反应器的优点有： 的平衡转化率明显升高；① ；②
。
【答案】(1)iii
(2)16
(3) AB 温度升高，反应速率快，因此甲醇产率B比A高 若此时反应已平衡，因为主反应是
放热反应，温度升高，主反应平衡逆移，甲醇产率降低；副反应是吸热反应，温度升高，副反应平衡正移，使 和 浓度减小，使主反应逆向移动，甲醇产率降低；若此时反应未平衡，因为升高温度，催化剂活
性降低，主反应速率降低，相同时间内，甲醇产率降低；若此时反应未平衡，因为升高温度，副反应速率
增大，使 和 浓度减小，主反应速率降低，相同时间内，甲醇产率降低(答出任意两点即可)
(4) 甲醇的选择性达到100% 可以将产物甲醇和 分离
【详解】（1）反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线iii能表示反应Ⅰ的
平衡常数K与温度T的关系。
（2）某温度下，向容积为 的恒容密闭容器中充入 和 模拟反应Ⅰ(即控制条
件使只发生反应Ⅰ)，反应达到平衡状态时，测得 ，可列出三段式：
，该温度下的平衡常数 。
（3）①反应I为放热反应，降温平衡逆向移动，即温度越低，甲醇的平衡产率越高，故图中一定不处于化
学平衡状态的点是AB。
②A、B两点时，催化剂的活性较强，则产率 的可能原因温度升高，反应速率快，因此甲醇产率B比
A高。
③已知催化剂对副反应没有影响。解释当温度高于500K，甲醇产率逐渐下降的原因可能是若此时反应已平
衡，因为主反应是放热反应，温度升高，主反应平衡逆移，甲醇产率降低；副反应是吸热反应，温度升高，
副反应平衡正移，使 和 浓度减小，使主反应逆向移动，甲醇产率降低；若此时反应未平衡，因为升
高温度，催化剂活性降低，主反应速率降低，相同时间内，甲醇产率降低；若此时反应未平衡，因为升高
温度，副反应速率增大，使 和 浓度减小，主反应速率降低，相同时间内，甲醇产率降低。
（4）由表格信息可知，该双功能分子筛催化膜反应器的优点有： 的平衡转化率明显升高；①甲醇的
选择性达到100%；②可以将产物甲醇和 分离。
7．（2024·北京西城·二模）处理废旧铅酸电池中的含铅浆液（主要含 、 ）的一种流程示意图
如下。
已知：i. ， ，
ii. 和 均为可溶于水的强电解质。(1)向含铅浆液中加入过量的 实现转化脱硫。
①结合离子方程式说明 溶液显碱性的原因： 。
②转化脱硫反应的离子方程式是 。
③检验 ，证明固体a已洗涤干净，操作和现象是 。
(2)受热时， 分解产生 ，最终生成PbO。
将 样品置于氩气中加热，316℃时，剩余固体的质量为713mg，此时固体中
。［ 、 ］
(3)“还原”时加入 溶液，反应的化学方程式是 。
(4)“浸出”反应的离子方程式是 。
(5)以惰性电极电解 溶液制得Pb，溶液b中可循环利用的物质是 。
【答案】(1) 溶液中存在： 、 ， 的水解
程度大于 的水解程度，溶液显碱性 取少量最后一次洗涤液于
试管中，先加入稀盐酸，再加入 溶液，无白色沉淀
(2)3:1
(3)
(4)
(5)
【分析】含铅浆液主要含 、 ，加过量的碳酸铵把 转化为PbCO ，固体a中含有 、
3
PbCO ，加热分解得到 、PbO的混合物，用双氧水把 还原为PbO，再用HBF 溶液“浸出”，得到
3 4
Pb(BF ) 溶液，电解Pb(BF ) 溶液得HBF 溶液和Pb。
4 2 4 2 4
【详解】（1）① 溶液中存在： 、 ，
的水解程度大于 的水解程度，所以 溶液显碱性。
②转化脱硫反应是 和 反应， 转化为PbCO 沉淀，反应的离子方程式是
3
。
③洗涤液中若不含 ，证明固体a已洗涤干净，操作和现象是取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入
稀盐酸，再加入 溶液，无白色沉淀。
（2）将 样品置于氩气中加热，316℃时，剩余固体的质量为713mg，反应生成二氧化碳的质
量为88mg，二氧化碳的物质的量为 ，则反应生成PbO的物质的量为 ，此时固体中的质量为0.713g- ×223g/mol=0.267g，n( )= , 3:1。
（3）“还原”时加入 溶液把PbO 还原为PbO，反应的化学方程式是 ；
2
（4） 和 均为可溶于水的强电解质，“浸出”时PbO和HBF 反应生成Pb(BF ) 和水，反应的
4 4 2
离子方程式是 ；
（5）以惰性电极电解 溶液，阴极生成Pb，阳极生成氧气和HBF ，溶液b中可循环利用的物质是
4
HBF 。
4
8．（2024·北京丰台·一模）AOPs(高级氧化技术)通过产生·OH(羟基自由基)能有效去除废水中有机污染物。
I．芬顿反应是AOPs中使用最广泛的方法，主要反应过程如下：
i．Fe2+ + H O + H+ =Fe3+ + ·OH + H O (快反应)
2 2 2
ii．·OH + OM → CO + H O(快反应，OM为有机物)
2 2
iii．2Fe3+ + H O =2Fe2+ + O + 2H+(慢反应)
2 2 2
反应过程中存在副反应：·OH + Fe2+ + H+ = Fe3+ + H O。
2
(1)决定芬顿反应速率的是过程 (填“i”“ii”或“iii”)。
(2)·OH氧化苯酚的化学方程式为 。
II．用铁粉代替Fe2+，并加入硼(B)，可加快Fe3+转化为Fe2+，提高有机污染物的去除率。
(3)①B与Fe3+反应生成硼酸(H BO )的离子方程式为 。
3 3
②相同时间内，铁粉投加量与有机污染物去除率的关系如下图所示(k越大，去除效果越好)。铁粉质量浓度
大于0.02 g · L−1时，有机污染物去除率下降的原因可能是 。
III．相比于传统的芬顿反应，电芬顿反应具有无需投加H O 等优点。该方法是利用O 在电极放电生成
2 2 2
H O ，与加入的Fe2+构成芬顿体系，如图1所示。
2 2(4)石墨做 极。
(5)溶液pH对H O 生成量的影响如图2所示。
2 2
①pH=3，电解时间在0 ~ 60 min内，v(H O )= mol·L-1·min-1。
2 2
②电解相同时间，随着溶液pH升高，生成的H O 浓度逐渐减小，结合电极反应式分析原因 。
2 2
【答案】(1)iii
(2)C H OH + 28· OH = 6CO + 17H O
6 5 2 2
(3) B + 3Fe3+ + 3H O = H BO + 3Fe2+ + 3H+ 产生的Fe2+量较多，Fe2+和· OH发生副反应，c(·OH)下降，
2 3 3
导致反应ii速率下降
(4)阳
(5) O + 2e− + 2H+ = H O
2 2 2
【详解】（1）慢反应速率决定总反应速率，决定芬顿反应速率的是过程iii。
（2）根据·OH + OM → CO + H O，·OH氧化苯酚的化学方程式为C H OH + 28· OH = 6CO + 17H O；
2 2 6 5 2 2
（3）①B与Fe3+反应生成硼酸(H BO )，Fe3+被还原为Fe2+，离子方程式为B + 3Fe3+ + 3H O = H BO + 3Fe2+ +
3 3 2 3 3
3H+。
②铁粉质量浓度大于0.02 g · L−1时，产生的Fe2+量较多，Fe2+和· OH发生副反应，c(·OH)下降，导致反应ii速
率下降。
（4）利用O 在电极放电生成H O ，氧气发生还原反应，通入空气的电极为阴极，则石墨做阳极。
2 2 2
（5）①pH=3，电解时间在0 ~ 60 min内， c(H O )= ，v(H O )=
2 2 2 2
mol·L-1·min-1。
②阴极发生反应O + 2e− + 2H+ = H O ，随着溶液pH升高，氢离子浓度降低，反应速率减慢，电解相同时
2 2 2
间，生成的H O 浓度逐渐减小。
2 2
9．（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． 直接合成氨。(1)根据图1所示的能量转换关系， 合成 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 双催化剂，通过光辐射产生温差。
使 在 (填“热 ”或“冷 ”，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。
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 的电极反应式是 。
(4)当电路中有 电子通过时，一定量的 被还原生成 和 。
Ⅲ．氯化镁循环法 合成氨。(5)选用试剂 完成转化。
①选用 进行转化，将 置于 中能释放出 ，反应的方程式是 。
②选用 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 ，用 固体转化 的优点有 (写出一条即可)。
【答案】(1)
(2) 热 冷
(3)
(4)0.1
(5) 氨的收率高，
原子利用率高
【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
像分析， 与 反应生成 的反应热为
， 合成 的热化学方程式为
；
故答案为： ；
（2） 键能较大，使 断裂需要吸收能量，故 断裂在催化剂“热 ”表面进行，有利于提
高速率，而氨气生成是形成 键的过程会释放能量，在催化剂“冷 ”表面进行，有利于平衡正移；故答案为：热 ；冷 ；
（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 的电极反应式是 ；
故答案为：
（4）根据电极反应式 ， 被还原生成 转移电子为1.2mol，则
被还原生成 转移电子为 ，由电极反应式 可计
算生成的 物质的量为0.1mol；
故答案为：0.1；
（5）根据题中信息，将 置于 中能释放出 ，同时还生成 ，故反应方程式为：
；
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
；
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 固
体转化生成的 可以循环利用，故相比于 ，用 固体转化 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
子利用率高。
10．（2024·北京顺义·一模）工业废气中的硫化氢是一种无色有毒的气体。根据硫化氢的性质，可采取不
同的处理方法。
(1)氧化法(克劳斯法)，其原理是：
H S SO S
2 2
已知：2H S(g)+3O (g)=2SO (g)+2H O(l) ΔH=-1172kJ·mol-1
2 2 2 2
S(s)+O (g)=SO (g) ∆H=-297kJ·mol-1
2 2
第②步反应的热化学方程式为 。
(2)热分解法，其原理是：2H S(g) S (？)+2H (g)。不同温度和压强下，H S的平衡转化率变化如图。P
2 2 2 2 1
P (填“>”或“<”)，原因是 。
2
(3)直接电解法，可回收S和H 。
2资料：
ⅰ．H S溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化如图。
2
ⅱ．(x-1)S+S2− S (黄色溶液)；S 与酸反应生成S。
①直接电解H S酸性溶液(pH≈5)，容易出现电解反应不能持续进行的情况，结合电极反应式分析其可能的
2
原因 。
②工业上，常用烧碱吸收H S，将吸收后的溶液(pH=13.2)先进行电解，再用电解后的黄色溶液吸收H S生成
2 2
S。反应生成S的离子方程式是 。
(4)间接电解法。先用FeCl 溶液吸收含H S的工业废气，所得溶液用惰性电极进行电解。
3 2
①反应池中发生反应的离子方程式是 。
②该装置实验有两个显著优点：a．H S的原子利用率100%；b． 。
2
(5)碱性溶液吸收法。
已知：25℃时，H S的电离常数K =9.1×10-8、K =1.1×10-12；H CO 的电离常数K =4.3×10-7、K =5.6×10-11。用
2 a1 a2 2 3 a1 a2
Na CO 溶液吸收含H S的工业废气，反应的离子方程式是 。
2 3 2
【答案】(1)SO (g)+2H S(g)=3S(s)+2H O(l) ∆H=-281kJ·mol-1
2 2 2
(2) < 同温下，H S的平衡转化率受压强影响，因此S 为气体。该反应是气体体积增大的反应，压
2 2
强增大，平衡逆向移动，H S的平衡转化率减小
2
(3) 阳极：H S-2e-=S↓+2H+，生成的S覆盖在阳极上，阻止反应持续进行 S +H S=(x-1)S↓+2HS-
2 2
(4) H S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ FeCl 溶液可以循环使用
2 3
(5)CO +H S=HS-+HCO
2
【详解】（1）第②步反为SO (g)+2H S(g)=3S(s)+2H O(l)，设反应a：2H S(g)+3O (g)=2SO (g)+2H O(l)；反应
2 2 2 2 2 2 2b：S(s)+O (g)=SO (g) ；根据盖斯定律可知，②=a-3b，则SO (g)+2H S(g)=3S(s)+2H O(l) ∆H=-281kJ·mol-1；
2 2 2 2 2
（2）由图可知，压强改变会影响硫化氢的转化率，说明S 为气体，则压强增大，平衡逆向移动，硫化氢
2
转化率降低，则P <P ；原因是：同温下，H S的平衡转化率受压强影响，因此S 为气体。该反应是气体体
1 2 2 2
积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，H S的平衡转化率减小；
2
（3）①由图可知，酸性条件时，存在形式是硫化氢分子，由于阳极硫化氢发生氧化反应而生成硫单质，
硫单质不导电，覆盖在石墨电极表面，从而导致石墨电极导电性下降，故答案为：阳极：H S-2e-
2
=S↓+2H+，生成的S覆盖在阳极上，阻止反应持续进行；
②根据信息可知，电解后的黄色溶液中含有S ，则其与硫化氢反应生成单质硫，离子方程式为：S
+H S=(x-1)S↓+2HS-；
2
（4）①反应池中含有三价铁和硫化氢，两者反应生成二价铁和单质硫，总反应为：H S+2Fe3+=2Fe2+
2
+S↓+2H+；
②根据图示可知，通过电解生成三价铁和氢气，则该装置实验有两个显著优点：a．H S的原子利用率
2
100%；b．FeCl 溶液可以循环使用；
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（5）硫化氢的一级电离常数大于碳酸的二级电离常数，但是小于其一级电离常数，根据强酸制备弱酸的
原理可知，相应的离子方程式为：CO +H S=HS-+HCO 。
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