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15 [2025 天津]从多角度认识化学反应，发展科学思维。
（1）物质变化：结合以下反应的示意图回答问题。
① 微观分析，反应前后发生变化的是
② 宏观分析，该反应产生了新物质，反应的化学方程式为
（2）能量变化：“神舟”系列载人飞船使用的某种发动机利用了$\ce{N_{2}H_{4}}$分解释放出的热量和气体，反应的化学方程式为 $\ce{aN_{2}H_{4}\xlongequal{催化剂}2N_{2}\uparrow + 3H_{2}\uparrow + 2NH_{3}\uparrow}$，其中 $a=$
（3）调控反应：做饭时，若燃气灶的火焰呈现黄色或橙色，锅底出现黑色物质，此时需要
（4）可持续发展：为防止燃煤烟气中的二氧化硫污染环境，可用石灰石进行脱硫，这个过程中会发生化学反应：$\ce{2CaCO_{3} + 2SO_{2} + O_{2}\xlongequal{\phantom{X}}2CaSO_{4} + 2CO_{2}}$，生成的硫酸钙可用于生产建筑材料。若吸收 640 t 二氧化硫，至少需要碳酸钙的质量为
（1）物质变化：结合以下反应的示意图回答问题。
① 微观分析，反应前后发生变化的是
分子
（填“分子”或“原子”）。② 宏观分析，该反应产生了新物质，反应的化学方程式为
$\ce{2CO +O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2}}$
。（2）能量变化：“神舟”系列载人飞船使用的某种发动机利用了$\ce{N_{2}H_{4}}$分解释放出的热量和气体，反应的化学方程式为 $\ce{aN_{2}H_{4}\xlongequal{催化剂}2N_{2}\uparrow + 3H_{2}\uparrow + 2NH_{3}\uparrow}$，其中 $a=$
3
。（3）调控反应：做饭时，若燃气灶的火焰呈现黄色或橙色，锅底出现黑色物质，此时需要
调大
（填“调小”或“调大”）灶具的进风口。（4）可持续发展：为防止燃煤烟气中的二氧化硫污染环境，可用石灰石进行脱硫，这个过程中会发生化学反应：$\ce{2CaCO_{3} + 2SO_{2} + O_{2}\xlongequal{\phantom{X}}2CaSO_{4} + 2CO_{2}}$，生成的硫酸钙可用于生产建筑材料。若吸收 640 t 二氧化硫，至少需要碳酸钙的质量为
1000
t。答案
15. (1) ① 分子 ② $\ce{2CO +O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2}}$
(2) 3
(3) 调大
(4) 1000
【解析】(4) 反应的化学方程式及其质量关系如下：
$\ce{2CaCO_{3} + 2SO_{2} + O_{2}\xlongequal{\phantom{X}}2CaSO_{4} + 2CO_{2}}$
$\quad200\quad\quad128$
$\quad1\ 000\ \mathrm{t}\quad640\ \mathrm{t}$
则吸收 640 t 二氧化硫,至少需要碳酸钙的质量为 1 000 t。
(2) 3
(3) 调大
(4) 1000
【解析】(4) 反应的化学方程式及其质量关系如下：
$\ce{2CaCO_{3} + 2SO_{2} + O_{2}\xlongequal{\phantom{X}}2CaSO_{4} + 2CO_{2}}$
$\quad200\quad\quad128$
$\quad1\ 000\ \mathrm{t}\quad640\ \mathrm{t}$
则吸收 640 t 二氧化硫,至少需要碳酸钙的质量为 1 000 t。
解析
【分析】
本题从多角度考查化学反应相关知识，需逐一分析各小问：
（1）①根据化学反应的微观本质，反应中分子会破裂为原子，原子重新组合成新分子，据此判断反应前后的变化；②通过反应示意图确定反应物、生成物，结合反应条件书写化学方程式。
（2）利用质量守恒定律，反应前后原子种类和数目不变，计算未知系数$a$。
（3）根据燃气灶火焰异常的现象，判断燃烧不充分的原因，确定调控操作。
（4）根据化学方程式中各物质的质量关系，列比例式计算所需碳酸钙的质量。
【解析】
（1）①化学反应的微观过程是分子分裂为原子，原子重新结合成新分子，因此反应前后原子种类、数目不变，分子种类一定改变，故填分子。
②由反应示意图可知，反应物为一氧化碳（$\ce{CO}$）和氧气（$\ce{O_{2}}$），生成物为二氧化碳（$\ce{CO_{2}}$），反应条件为点燃，配平后化学方程式为$\ce{2CO + O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2}}$。
（2）根据质量守恒定律，反应前后氢原子总数相等：左边$\ce{aN_{2}H_{4}}$中氢原子数为$4a$，右边$\ce{3H_{2}}$和$\ce{2NH_{3}}$中氢原子总数为$3×2 + 2×3 = 12$，则$4a=12$，解得$a=3$。
（3）燃气灶火焰呈黄色、锅底出现黑色，说明燃气燃烧不充分，氧气供给不足，此时需调大灶具进风口，增加氧气量，使燃烧更充分。
（4）设需要碳酸钙的质量为$x$，根据化学方程式：
$\ce{2CaCO_{3} + 2SO_{2} + O_{2}\xlongequal{\phantom{X}}2CaSO_{4} + 2CO_{2}}$
相对质量：$2×100=200$，$2×64=128$
则$\frac{200}{128} = \frac{x}{640\ \mathrm{t}}$，解得$x=1000\ \mathrm{t}$。
【答案】
(1) ①分子；②$\ce{2CO +O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2}}$；(2) 3；(3) 调大；(4) 1000
【知识点】
化学反应微观本质、化学方程式书写、质量守恒定律、燃烧与燃料、根据化学方程式计算
【点评】
本题综合考查化学反应的多维度认识，涵盖微观分析、化学用语、质量守恒应用、燃烧调控及化学计算，知识点基础且全面，需学生熟练掌握相关基础概念与计算方法。
【难度系数】
0.6
本题从多角度考查化学反应相关知识，需逐一分析各小问：
（1）①根据化学反应的微观本质，反应中分子会破裂为原子，原子重新组合成新分子，据此判断反应前后的变化；②通过反应示意图确定反应物、生成物，结合反应条件书写化学方程式。
（2）利用质量守恒定律，反应前后原子种类和数目不变，计算未知系数$a$。
（3）根据燃气灶火焰异常的现象，判断燃烧不充分的原因，确定调控操作。
（4）根据化学方程式中各物质的质量关系，列比例式计算所需碳酸钙的质量。
【解析】
（1）①化学反应的微观过程是分子分裂为原子，原子重新结合成新分子，因此反应前后原子种类、数目不变，分子种类一定改变，故填分子。
②由反应示意图可知，反应物为一氧化碳（$\ce{CO}$）和氧气（$\ce{O_{2}}$），生成物为二氧化碳（$\ce{CO_{2}}$），反应条件为点燃，配平后化学方程式为$\ce{2CO + O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2}}$。
（2）根据质量守恒定律，反应前后氢原子总数相等：左边$\ce{aN_{2}H_{4}}$中氢原子数为$4a$，右边$\ce{3H_{2}}$和$\ce{2NH_{3}}$中氢原子总数为$3×2 + 2×3 = 12$，则$4a=12$，解得$a=3$。
（3）燃气灶火焰呈黄色、锅底出现黑色，说明燃气燃烧不充分，氧气供给不足，此时需调大灶具进风口，增加氧气量，使燃烧更充分。
（4）设需要碳酸钙的质量为$x$，根据化学方程式：
$\ce{2CaCO_{3} + 2SO_{2} + O_{2}\xlongequal{\phantom{X}}2CaSO_{4} + 2CO_{2}}$
相对质量：$2×100=200$，$2×64=128$
则$\frac{200}{128} = \frac{x}{640\ \mathrm{t}}$，解得$x=1000\ \mathrm{t}$。
【答案】
(1) ①分子；②$\ce{2CO +O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2}}$；(2) 3；(3) 调大；(4) 1000
【知识点】
化学反应微观本质、化学方程式书写、质量守恒定律、燃烧与燃料、根据化学方程式计算
【点评】
本题综合考查化学反应的多维度认识，涵盖微观分析、化学用语、质量守恒应用、燃烧调控及化学计算，知识点基础且全面，需学生熟练掌握相关基础概念与计算方法。
【难度系数】
0.6
16 工业上以粗煤为原料生产甲醇$\ce{(CH_{3}OH)}$,实验室模拟工业生产甲醇的操作流程如图所示：
(1) 步骤②操作 A 中玻璃棒的作用是
(2) 步骤③发生的反应为化合反应,其化学方程式是
(3) 步骤④中发生反应的化学方程式是$\ce{X + H_{2}O\xlongequal{\;\;}H_{2}SO_{4}}$,则 X 的化学式是
(4) 甲醇和乙醇同属于醇类物质,由乙醇推测甲醇的一点化学性质:
(5) 除得到产品甲醇和硫酸外,工业上该生产流程的意义还有
(1) 步骤②操作 A 中玻璃棒的作用是
引流
。(2) 步骤③发生的反应为化合反应,其化学方程式是
$\ce{CO +2H_{2}\xlongequal{一定条件}CH_{3}OH}$
。(3) 步骤④中发生反应的化学方程式是$\ce{X + H_{2}O\xlongequal{\;\;}H_{2}SO_{4}}$,则 X 的化学式是
$\ce{SO_{3}}$
。(4) 甲醇和乙醇同属于醇类物质,由乙醇推测甲醇的一点化学性质:
可燃性(合理答案均可)
。(5) 除得到产品甲醇和硫酸外,工业上该生产流程的意义还有
环保(合理答案均可)
。答案
16. (1) 引流
(2) $\ce{CO +2H_{2}\xlongequal{一定条件}CH_{3}OH}$
(3) $\ce{SO_{3}}$
(4) 可燃性(合理答案均可)
(5) 环保(合理答案均可)
(2) $\ce{CO +2H_{2}\xlongequal{一定条件}CH_{3}OH}$
(3) $\ce{SO_{3}}$
(4) 可燃性(合理答案均可)
(5) 环保(合理答案均可)
解析
【分析】
本题围绕工业生产甲醇的流程设置问题，需逐一分析每个小问：
1. 步骤②操作A是分离固体和液体，判断为过滤操作，回忆过滤中玻璃棒的作用；
2. 步骤③为化合反应，反应物是CO和H₂，生成物是甲醇，根据化合反应“多变一”及原子守恒配平化学方程式；
3. 步骤④根据质量守恒定律，反应前后原子种类、数目不变，推导X的化学式；
4. 醇类物质化学性质相似，结合乙醇的性质推测甲醇的性质；
5. 从流程对污染物的处理、资源利用角度分析生产意义。
【解析】
(1) 步骤②操作A是分离固体脱硫煤和液体含硫洗液的过滤操作，过滤时玻璃棒的作用是引流，防止液体溅出；
(2) 步骤③中CO和H₂在一定条件下发生化合反应生成甲醇，根据原子守恒，1个CO分子和2个H₂分子反应生成1个CH₃OH分子，化学方程式为：$\ce{CO +2H_{2}\xlongequal{一定条件}CH_{3}OH}$；
(3) 根据质量守恒定律，反应$\ce{X + H_{2}O\xlongequal{\;\;}H_{2}SO_{4}}$中，反应后含2个H、1个S、4个O，反应前已有2个H、1个O，因此X含1个S和3个O，化学式为$\ce{SO_{3}}$；
(4) 醇类物质具有相似化学性质，乙醇具有可燃性，故甲醇也具有可燃性（合理即可）；
(5) 流程将含硫物质转化为硫酸，减少了SO₂等有害气体排放，有利于环保，同时实现资源综合利用（合理即可）。
【答案】
(1) 引流
(2) $\ce{CO +2H_{2}\xlongequal{一定条件}CH_{3}OH}$
(3) $\ce{SO_{3}}$
(4) 可燃性（合理答案均可）
(5) 环保（合理答案均可）
【知识点】
过滤操作、化学方程式书写、质量守恒定律
【点评】
本题以工业生产流程为载体，考查基础化学实验操作、化学用语、质量守恒定律及物质性质类推，侧重对基础知识的应用，难度适中。
【难度系数】
0.3
本题围绕工业生产甲醇的流程设置问题，需逐一分析每个小问：
1. 步骤②操作A是分离固体和液体，判断为过滤操作，回忆过滤中玻璃棒的作用；
2. 步骤③为化合反应，反应物是CO和H₂，生成物是甲醇，根据化合反应“多变一”及原子守恒配平化学方程式；
3. 步骤④根据质量守恒定律，反应前后原子种类、数目不变，推导X的化学式；
4. 醇类物质化学性质相似，结合乙醇的性质推测甲醇的性质；
5. 从流程对污染物的处理、资源利用角度分析生产意义。
【解析】
(1) 步骤②操作A是分离固体脱硫煤和液体含硫洗液的过滤操作，过滤时玻璃棒的作用是引流，防止液体溅出；
(2) 步骤③中CO和H₂在一定条件下发生化合反应生成甲醇，根据原子守恒，1个CO分子和2个H₂分子反应生成1个CH₃OH分子，化学方程式为：$\ce{CO +2H_{2}\xlongequal{一定条件}CH_{3}OH}$；
(3) 根据质量守恒定律，反应$\ce{X + H_{2}O\xlongequal{\;\;}H_{2}SO_{4}}$中，反应后含2个H、1个S、4个O，反应前已有2个H、1个O，因此X含1个S和3个O，化学式为$\ce{SO_{3}}$；
(4) 醇类物质具有相似化学性质，乙醇具有可燃性，故甲醇也具有可燃性（合理即可）；
(5) 流程将含硫物质转化为硫酸，减少了SO₂等有害气体排放，有利于环保，同时实现资源综合利用（合理即可）。
【答案】
(1) 引流
(2) $\ce{CO +2H_{2}\xlongequal{一定条件}CH_{3}OH}$
(3) $\ce{SO_{3}}$
(4) 可燃性（合理答案均可）
(5) 环保（合理答案均可）
【知识点】
过滤操作、化学方程式书写、质量守恒定律
【点评】
本题以工业生产流程为载体，考查基础化学实验操作、化学用语、质量守恒定律及物质性质类推，侧重对基础知识的应用，难度适中。
【难度系数】
0.3
17 [2025 南通通州期末]SCR 催化剂(主要成分是 $\ce{WO_{3}}$)在加热条件下能催化 $\ce{NH_{3}}$ 脱除烟气中的$\ce{NO}$，该反应机理为 $\ce{4NH_{3} + O_{2} + 4NO\xlongequal[\Delta ]{SCR催化剂} 4N_{2} + 6H_{2}O}$，其中催化剂的活性受温度影响。
(1) 该反应中化合价降低的元素有
(2) 将含 4.0 t $\ce{NO}$ 的混合气($\ce{NO}$、$\ce{O_{2}}$、$\ce{NH_{3}}$)匀速通过装有 SCR 催化剂的反应器，测得生成 2.8 t$\ce{N_{2}}$，计算 $\ce{NO}$ 的转化率。$(\ce{NO}的转化率=\dfrac{\ce{NO}消耗的质量}{\ce{NO}起始总质量}× 100\%)$
(3) $\ce{NO}$ 的转化率随温度变化曲线如图所示，反应温度在 $50∼ 150\ °\mathrm{C}$范围内，$\ce{NO}$ 转化率上升的原因：① 温度升高，反应速率加快；②
(1) 该反应中化合价降低的元素有
O、N
(填元素符号)。(2) 将含 4.0 t $\ce{NO}$ 的混合气($\ce{NO}$、$\ce{O_{2}}$、$\ce{NH_{3}}$)匀速通过装有 SCR 催化剂的反应器，测得生成 2.8 t$\ce{N_{2}}$，计算 $\ce{NO}$ 的转化率。$(\ce{NO}的转化率=\dfrac{\ce{NO}消耗的质量}{\ce{NO}起始总质量}× 100\%)$
(3) $\ce{NO}$ 的转化率随温度变化曲线如图所示，反应温度在 $50∼ 150\ °\mathrm{C}$范围内，$\ce{NO}$ 转化率上升的原因：① 温度升高，反应速率加快；②
催化剂的活性增强
。答案
17. (1) O、N
(2) 解:设消耗的 NO 的质量为 $x$。
$\ce{4NH_{3} + O_{2} + 4NO\xlongequal[\Delta ]{SCR催化剂} 4N_{2} + 6H_{2}O}$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad120\quad\quad\quad\quad\quad\quad112$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad x\quad\quad\quad\quad\quad\quad2.8\ \mathrm{t}$
$\dfrac{120}{112}=\dfrac{x}{2.8\ \mathrm{t}}\quad x=3.0\ \mathrm{t}$
NO 的转化率为 $\dfrac{3.0\ \mathrm{t}}{4.0\ \mathrm{t}}×100\%=75\%$。
答:NO 的转化率为 75%。
(3) 催化剂的活性增强
(2) 解:设消耗的 NO 的质量为 $x$。
$\ce{4NH_{3} + O_{2} + 4NO\xlongequal[\Delta ]{SCR催化剂} 4N_{2} + 6H_{2}O}$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad120\quad\quad\quad\quad\quad\quad112$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad x\quad\quad\quad\quad\quad\quad2.8\ \mathrm{t}$
$\dfrac{120}{112}=\dfrac{x}{2.8\ \mathrm{t}}\quad x=3.0\ \mathrm{t}$
NO 的转化率为 $\dfrac{3.0\ \mathrm{t}}{4.0\ \mathrm{t}}×100\%=75\%$。
答:NO 的转化率为 75%。
(3) 催化剂的活性增强
解析
【分析】
本题分为三个小问，解题思路如下：
1. 第(1)问：通过标注反应前后各元素的化合价，对比化合价变化，找出化合价降低的元素；
2. 第(2)问：根据反应的化学方程式，利用生成N₂的质量，计算消耗的NO质量，再代入转化率公式计算NO的转化率；
3. 第(3)问：结合催化剂活性受温度影响的特点，分析50~150℃范围内NO转化率上升的原因，除温度升高加快反应速率外，还需考虑催化剂活性的变化。
【解析】
(1) 标注反应前后各元素化合价：反应物中，$\ce{NH_{3}}$中N为-3价，$\ce{O_{2}}$中O为0价，$\ce{NO}$中N为+2价；生成物中，$\ce{N_{2}}$中N为0价，$\ce{H_{2}O}$中O为-2价。化合价降低的元素为O（0→-2）和N（+2→0）。
(2) 设消耗$\ce{NO}$的质量为$x$，根据反应$\ce{4NH_{3} + O_{2} + 4NO\xlongequal[\Delta ]{SCR催化剂} 4N_{2} + 6H_{2}O}$，$\ce{NO}$与$\ce{N_{2}}$的质量比为$(4×30):(4×28)=120:112$，则：
$\dfrac{120}{112}=\dfrac{x}{2.8\ \mathrm{t}}$，解得$x=3.0\ \mathrm{t}$。
$\ce{NO}$的转化率为$\dfrac{3.0\ \mathrm{t}}{4.0\ \mathrm{t}}×100\%=75\%$。
(3) 在50~150℃范围内，温度升高，一方面反应速率加快，另一方面催化剂的活性随温度升高而增强，因此$\ce{NO}$转化率上升。
【答案】
(1) O、N；(2) 75%；(3) 催化剂的活性增强
【知识点】
化合价变化、化学方程式计算、催化剂活性
【点评】
本题结合氧化还原反应、化学计算与图像分析，考查学生对核心知识点的综合应用能力，难度适中，需要学生准确判断化合价、熟练运用化学方程式进行计算，并理解温度对催化剂活性的影响。
【难度系数】
0.6
本题分为三个小问，解题思路如下：
1. 第(1)问：通过标注反应前后各元素的化合价，对比化合价变化，找出化合价降低的元素；
2. 第(2)问：根据反应的化学方程式，利用生成N₂的质量，计算消耗的NO质量，再代入转化率公式计算NO的转化率；
3. 第(3)问：结合催化剂活性受温度影响的特点，分析50~150℃范围内NO转化率上升的原因，除温度升高加快反应速率外，还需考虑催化剂活性的变化。
【解析】
(1) 标注反应前后各元素化合价：反应物中，$\ce{NH_{3}}$中N为-3价，$\ce{O_{2}}$中O为0价，$\ce{NO}$中N为+2价；生成物中，$\ce{N_{2}}$中N为0价，$\ce{H_{2}O}$中O为-2价。化合价降低的元素为O（0→-2）和N（+2→0）。
(2) 设消耗$\ce{NO}$的质量为$x$，根据反应$\ce{4NH_{3} + O_{2} + 4NO\xlongequal[\Delta ]{SCR催化剂} 4N_{2} + 6H_{2}O}$，$\ce{NO}$与$\ce{N_{2}}$的质量比为$(4×30):(4×28)=120:112$，则：
$\dfrac{120}{112}=\dfrac{x}{2.8\ \mathrm{t}}$，解得$x=3.0\ \mathrm{t}$。
$\ce{NO}$的转化率为$\dfrac{3.0\ \mathrm{t}}{4.0\ \mathrm{t}}×100\%=75\%$。
(3) 在50~150℃范围内，温度升高，一方面反应速率加快，另一方面催化剂的活性随温度升高而增强，因此$\ce{NO}$转化率上升。
【答案】
(1) O、N；(2) 75%；(3) 催化剂的活性增强
【知识点】
化合价变化、化学方程式计算、催化剂活性
【点评】
本题结合氧化还原反应、化学计算与图像分析，考查学生对核心知识点的综合应用能力，难度适中，需要学生准确判断化合价、熟练运用化学方程式进行计算，并理解温度对催化剂活性的影响。
【难度系数】
0.6
