专题11 化学反应原理综合题（北京专用）-【好题汇编】2025年高考化学一模试题分类汇编

专题11 化学反应原理综合题 1．（北京市房山区2025届高三下学期一模化学试卷）CO2含量的控制和资源化利用具有重要意义。 （1）烟气中CO2的捕集可通过下列转化实现。 ①捕集过程发生反应的化学方程式 。 ②捕集过程CO2吸收速率随时间的变化如图所示。解释CO2吸收速率逐渐降低的原因 。 （2）通过电催化法将CO2和合成尿素[CO(NH2)2]，有助于解决含氮废水污染问题。电解原理如图所示。 ① 电极b是电解池的 极。 ② 电解过程中生成尿素的电极反应式是 。 （3）催化加氢合成甲醇是重要的CO2转化技术。 主反应：CO2(g)+3H2(g) ⇌ CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH<0 副反应：CO2(g)+H2(g) ⇌ CO(g)+H2O(g)  ΔH>0 在密闭容器中，维持压强和投料比不变，平衡时CH3OH(g)和CO在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图所示： ①图中代表的物质的量分数随温度变化的曲线为 (填“I”或“Ⅱ”)。 ②150~250℃范围内转化率随温度升高而降低的原因是 。 2．（北京市平谷区2025届高三下学期一模化学试题）硫化氢广泛存在于燃气及工业废气中，脱硫技术的应用既可减少空气污染又可回收硫。 （1）热分解法脱硫 在密闭容器中发生反应，其他条件不变时，的平衡转化率随温度和压强变化如下图。 ①该反应平衡常数的大小 （填“>”“<”或“=”）。 ②平衡处于M点时，将温度降至，若保持转化率不变，需 （填“增大”或“减小”）压强。 （2）碱法脱硫：用溶液吸收 已知氢硫酸与碳酸的电离常数如下表。 ①用化学用语表示溶液显碱性的原因 。 ②用过量溶液吸收的化学方程式为 。 （3）间接电解法脱硫 间接电解法脱硫示意图如下： ①写出吸收反应器中发生反应的离子方程式 。 ②在电解反应器中再生时产率与理论值相差较大，可能的原因是 。 3．（北京市朝阳区2025届高三一模考试化学试题）硫广泛应用于医药、储能电池等领域。采用不同的方法制备单质硫。 （1）方法一：将硫化氢气体通入浓硫酸中制备S，反应如下： i． ii． ①制备S的总反应的热化学方程式是 。 ②反应ⅰ可能发生在分子与分子之间。将气体通入稀硫酸中，反应ⅰ不能发生。稀硫酸中不存在分子的原因是 。 ③针对反应i进行研究：初始的物质的量均为，按不同比值进行反应。充分反应后，的物质的量的变化如图所示，解释二者变化的原因： 。 （2）方法二：利用产生硫，装置如下。电解质溶液均为稀硫酸。 ①加入少量，能持续生成S，结合有关反应解释原因： 。 ②代表或中的一种。X是 。 ③由光直接驱动的化学反应是 (用一个完整的离子方程式表示)。 4．（北京市东城区2025届高三一模考试化学试题）用电解工艺可将油脂工业废水中有机磷转化为磷酸盐沉淀除去，示意图如下。 资料：时，，。 （1）有机磷可用(代表烃基或)表示，其中磷元素的化合价是 价。 （2）氧化池中有机磷发生氧化反应生成和。在 (填“铂”或“铁”)附近生成。 （3）有机磷被氧化的机理可能为：ⅰ．有机磷直接参与电极反应；ⅱ．电极反应产生的将有机磷氧化。做对比实验，结果如图。 结合图中信息判断有机磷被氧化的机理并写出推理过程： 。 （4）结合电极反应解释絮凝池除磷原理： 。 （5）相同条件下，向原废水中添加一定量有利于降低“出水”中的磷含量，原因是 。 5．（北京市丰台区2025届高三一模考试化学试题）我国研制出在室温下可充电700次的钙-氧气电池，前景广阔。 （1）铝热法冶炼金属钙的热化学方程式：。 ①该反应体现了铝的 性。 ②提高钙的平衡产率的措施有 （写出两条）。 （2）钙-氧气电池如图。 ①用化学方程式解释电解质溶液选择非水溶剂的原因 。 ②放电过程中，在电极表面的两种反应路径如图。（*表示中间体，表示碳纳米管）。 i．在生成CaO的路径中，断裂 键，与另一个结合，形成了。 ii．写出参与的主要反应的电极反应式 。 iii．放电过程中，正极流入的电子与消耗的比值为2.07，计算可得生成与CaO的物质的量之比为 。充电时，比CaO更容易分解，因此，钙-氧气电池实现了常温循环充电。 ③充电过程中，在阴极生成，与快速生成覆盖在阴极表面，经测定。从反应速率的角度，分析阴极表面主要生成Ca而少量生成的可能原因 。 6．（北京市海淀区2025届高三一模考试化学试题）是一种重要的工业原料。 （1）古代曾以绿矾()干馏产物制备。加热绿矾后得到红棕色粉末，同时生成两种硫的氧化物，反应的化学方程式为 。 （2）早期工业上采用铅室法制硫酸，反应过程如下： i． ii． iii． ①铅室法制硫酸的总反应为 。 ②的结构式为其中原子的杂化方式为 。 （3）现代工业采用接触法制硫酸。 ①在接触室发生反应不同的温度和压强下，的平衡转化率如图，图中横坐标代表 (填“温度”或“压强”)。 ②接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的： 。 （4）用软锰矿浆(主要成分为)吸收制硫酸尾气中的，并制备。 ①用软锰矿浆吸收时发生反应的化学方程式为 。 ②测定吸收后所得溶液中元素的含量。取待测液，加入溶液，充分反应后，加热煮沸，去除过量的，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。 已知： 待测液中元素的含量为 。 ③若未加热煮沸，会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 7．（北京市门头沟区2025届高三下学期一模化学试题）“双碳”背景下，的资源化利用成为全世界的研究热点。 （1）将和的混合气体充入某密闭容器中制备甲酸()，同时有副反应发生。 已知：　 　 为了提高产率、降低的生成量，可采取的措施是 (写出两种)。 （2）电催化还原也可以制备甲酸，原理如图甲所示，电解质溶液为。 ①电极是电解池的 极，电极反应式为 。 ②2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对图甲装置改进，搭建“(阴阳极)共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为混合溶液，应将 极区(填“a”或“b”)电解液更换。此时，该电极的电极反应式为 。 （3）的电化学还原过程比较复杂，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，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。 已知： 其中，表示电解生成还原产物所转移电子的物质的量，表示法拉第常数。 ①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物是 (填化学式)。 ②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。 8．（北京市石景山区2025届高三下学期一模考试化学试题）是一种重要的工业原料，硫酸工业的发展进程大体可分为前工业生产、硝化法制硫酸的铅室法、硝化法制硫酸的塔式法和接触法制硫酸阶段。 （1）我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆（）取精华法”，补全反应的化学方程式 ： ①____________； ②。 （2）一种硝化法制硫酸的反应原理分三步进行。 ①被还原为NO，写出上述过程中硫元素被氧化的方程式 。 ②中混有，有利于的氧化，原因是 。 （3）接触法制硫酸的关键反应为的催化氧化：。 ①其他条件不变时，为寻求反应时的最佳操作温度（某一转化率下，反应速率最快时的温度），绘制某一转化率（）下，反应速率（数值已略去）与温度的关系，如图所示。 解释时越大反应速率数值越低的原因 ；越大最佳操作温度越 （填“高”或“低”）。 ②平衡转化率下所对应的温度叫平衡温度。其他条件不变时，转化率（非平衡时或平衡时）与最佳操作温度、平衡温度的关系如下图所示。 曲线1为 温度曲线（填“平衡”或“最佳操作”），原因是 。 9．（北京市顺义区2025届高三一模化学试题）高铁酸钾是一种高效的多功能水处理剂。 资料：ⅰ．为紫色固体；在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。 ⅱ．和均不溶于水，。 （1）高铁酸钾中铁元素的化合价为 。 （2）配制高铁酸钾溶液时，应将高铁酸钾固体溶于一定浓度的KOH溶液中，结合化学用语解释原因 。 （3）含砷（主要以形式存在）废水对环境污染极大，工业上常用高铁酸钾处理含砷酸性废水，结合资料解释处理含砷酸性废水效果优于的原因是 。 （4）电解法制备产量高、设备要求低、纯度高等优点。工业上以Fe和溶液为原料，装置示意图如下所示。 ①阳极的电极反应式为 。 ②为了进一步探究温度对产量的影响，将电解装置水浴加热相同时间，得到产量的相关数据（电流效率）如图。 已知：电流效率。 解释当反应温度在时，产量随温度的升高而降低的原因是 （写一条即可）。 ③该装置可以实现电解液的循环利用，请结合电极反应解释其原理 。 10．（北京市西城区2025届高三化学一模试题）硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。 （1）18~19世纪，利用和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。 ①工业上可用生产，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是 。 ②制硫酸总反应的化学方程式是 。 ③中反应的与的物质的量之比是 。 （2）现代用接触法制硫酸，关键工序是的催化氧化：　 ①中硫氧键键能的平均值为中硫氧键键能的平均值为，则中氧氧键的键能为 。 ②其他条件不变，相同时间内的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于，的转化率减小，可能的原因是 。 （3）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。 电解废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。 注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。 ①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理： 。 ②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的、较浓硫酸和较浓氨水联合处理废液，其原理示意图如图4所示。 ⅰ、较浓硫酸应注入 (填“C极区”或“D极区”)。 ⅱ、从物质和能量的角度说明联合生产的优点： 。 11．（北京市延庆区2025届高三下学期一模化学试题）利用白云石(主要成分为碳酸钙和碳酸镁)制备碳酸钙的工业流程如下。 已知：常温下，：；：。 （1）煅烧白云石生成的主要固体产物是 。 （2）用化学用语表示溶液呈酸性的原因 。 （3）溶解时，其他条件相同，反应温度对、转化率的影响如图一所示；其他条件相同，煅烧后白云石灰与的投料比对、转化率的影响如图二所示。转化率 (溶解出的质量/煅烧得到的质量)(M代表或)。 ①80~100℃时，转化率升高的原因是 。 ②从工业生成的角度，选择合适的投料比为 。 （4）分离过程中分离出的固体物质是 。 （5）用离子方程式表示通入和形成碳酸钙沉淀的原因 。 （6）该工业流程中可循环使用的物质是 。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题11 化学反应原理综合题 1．（北京市房山区2025届高三下学期一模化学试卷）CO2含量的控制和资源化利用具有重要意义。 （1）烟气中CO2的捕集可通过下列转化实现。 ①捕集过程发生反应的化学方程式 。 ②捕集过程CO2吸收速率随时间的变化如图所示。解释CO2吸收速率逐渐降低的原因 。 （2）通过电催化法将CO2和合成尿素[CO(NH2)2]，有助于解决含氮废水污染问题。电解原理如图所示。 ① 电极b是电解池的 极。 ② 电解过程中生成尿素的电极反应式是 。 （3）催化加氢合成甲醇是重要的CO2转化技术。 主反应：CO2(g)+3H2(g) ⇌ CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH<0 副反应：CO2(g)+H2(g) ⇌ CO(g)+H2O(g)  ΔH>0 在密闭容器中，维持压强和投料比不变，平衡时CH3OH(g)和CO在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图所示： ①图中代表的物质的量分数随温度变化的曲线为 (填“I”或“Ⅱ”)。 ②150~250℃范围内转化率随温度升高而降低的原因是 。 【答案】（1）Ca2SiO4 + MgO+ 3CO2=2CaCO3+MgCO3 +SiO2 随着反应进行，CaSiO4、MgO表面被固体产物覆盖，与CO2的接触面积减少 （2）阳 CO2 + 2+ 18H+ + 16e- = CO(NH2)2 + 7H2O （3）I 主反应为放热反应，副反应为吸热反应，150~250℃时，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度 【分析】（2）由图可知，水在b电极失去电子发生氧化反应生成氧气，故b是电解池的阳极，方程式为，a 是阴极，二氧化碳和硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成尿素，电极反应式为：CO2 + 2+ 18H+ + 16e- = CO(NH2)2 + 7H2O，据此解答。 【解析】（1）①捕集过程发生反应的化学方程式Ca2SiO4 + MgO+ 3CO2=2CaCO3+MgCO3 +SiO2，②捕集过程CO2吸收速率随反应进行逐渐降低，可能是因为随着反应进行，CaSiO4、MgO表面被固体产物覆盖，与CO2的接触面积减少； （2）①由图可知，水在b电极失去电子发生氧化反应生成氧气，故b是电解池的阳极；②电解过程中二氧化碳和硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成尿素，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为：CO2 + 2+ 18H+ + 16e- = CO(NH2)2 + 7H2O； （3）①维持压强和投料比不变，随着温度升高，主反应为放热反应，副反应为吸热反应，随着温度升高主反应平衡会逆向移动，甲醇物质的量分数会降低，所以图中代表的物质的量分数随温度变化的曲线为I；②150~250℃范围内转化率随温度升高而降低的是因为主反应为放热反应，副反应为吸热反应，150~250℃时，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度。 2．（北京市平谷区2025届高三下学期一模化学试题）硫化氢广泛存在于燃气及工业废气中，脱硫技术的应用既可减少空气污染又可回收硫。 （1）热分解法脱硫 在密闭容器中发生反应，其他条件不变时，的平衡转化率随温度和压强变化如下图。 ①该反应平衡常数的大小 （填“>”“<”或“=”）。 ②平衡处于M点时，将温度降至，若保持转化率不变，需 （填“增大”或“减小”）压强。 （2）碱法脱硫：用溶液吸收 已知氢硫酸与碳酸的电离常数如下表。 ①用化学用语表示溶液显碱性的原因 。 ②用过量溶液吸收的化学方程式为 。 （3）间接电解法脱硫 间接电解法脱硫示意图如下： ①写出吸收反应器中发生反应的离子方程式 。 ②在电解反应器中再生时产率与理论值相差较大，可能的原因是 。 【答案】（1）< 减小 （2） （3） 阳极发生副反应，水电解产生O2消耗了一部分电流，使Fe2+未被完全氧化，或pH不合适，导致Fe3+水解生成沉淀 【解析】（1）①平衡常数只受温度影响，由图可知，压强相同时，T2时H2S的转化率大于T1时的转化率，说明升高温度平衡正向移动，则<； ②温度降低H2S的转化率减小，该反应正方向气体分子数增大，减小压强，平衡正向移动，H2S的转化率增大，则降低温度还要保持H2S的转化率不变，需减小压强； 故答案为：<   减小。 （2）K2CO3水解使溶液显碱性，对应的离子方程式为：； ②分析图表数据可知，，则用过量吸收H2S时，对应的产物为和，化学方程式为：； 故答案为：、； （3）分析流程图可知，吸收塔内是与FeCl3发生氧化还原反应生成S等，根据氧化还原反应的配平可得离子方程式为：； 分析流程图可知电解时电极反应式分别为，阳极：，阴极：，水也可能在阳极放电生成氧气而消耗电流，使Fe2+未被完全氧化；吸收塔内生成的H+经质子交换膜移动到阴极区，若H+浓度不合适，也会使生成的Fe3+因发生水解生成Fe(OH)3沉淀而减少； 故答案为： ；阳极发生副反应，水电解产生O2消耗了一部分电流，使Fe2+未被完全氧化，或pH不合适，导致Fe3+水解生成沉淀。 3．（北京市朝阳区2025届高三一模考试化学试题）硫广泛应用于医药、储能电池等领域。采用不同的方法制备单质硫。 （1）方法一：将硫化氢气体通入浓硫酸中制备S，反应如下： i． ii． ①制备S的总反应的热化学方程式是 。 ②反应ⅰ可能发生在分子与分子之间。将气体通入稀硫酸中，反应ⅰ不能发生。稀硫酸中不存在分子的原因是 。 ③针对反应i进行研究：初始的物质的量均为，按不同比值进行反应。充分反应后，的物质的量的变化如图所示，解释二者变化的原因： 。 （2）方法二：利用产生硫，装置如下。电解质溶液均为稀硫酸。 ①加入少量，能持续生成S，结合有关反应解释原因： 。 ②代表或中的一种。X是 。 ③由光直接驱动的化学反应是 (用一个完整的离子方程式表示)。 【答案】（1） 完全电离 随增大，浓将S氧化为 （2）不断循环转化 3I-++2H++ 【解析】（1）①根据盖斯定律，制备S的总反应=反应i+反应ii，∆H=∆H1+∆H2，热化学方程式为：； ②硫酸为强酸，在溶液中完全电离，不存在H2SO4分子； ③由图可知，越大，SO2越多，S越少，原因是浓硫酸有强氧化性，能把S氧化为SO2    ，答案是：随增大，浓将S氧化为； （2）装置右侧电极在光照条件下I-失去电子生成，发生氧化反应，为负极，左侧为正极，电极上X生成Y，发生还原反应； ①加入KI，电离出I-离子，发生反应，I-和不断循环转化；能持续生成S； ②由分析可知，X到Y发生还原反应，X为，Y为； ③在光照条件下，反应物有I-和，生成物有和，在酸性条件下的总反应方程式为：3I-++2H++。 4．（北京市东城区2025届高三一模考试化学试题）用电解工艺可将油脂工业废水中有机磷转化为磷酸盐沉淀除去，示意图如下。 资料：时，，。 （1）有机磷可用(代表烃基或)表示，其中磷元素的化合价是 价。 （2）氧化池中有机磷发生氧化反应生成和。在 (填“铂”或“铁”)附近生成。 （3）有机磷被氧化的机理可能为：ⅰ．有机磷直接参与电极反应；ⅱ．电极反应产生的将有机磷氧化。做对比实验，结果如图。 结合图中信息判断有机磷被氧化的机理并写出推理过程： 。 （4）结合电极反应解释絮凝池除磷原理： 。 （5）相同条件下，向原废水中添加一定量有利于降低“出水”中的磷含量，原因是 。 【答案】（1）+5 （2）铂 （3）涉及机理ⅱ，电解相同时间，未添加TBA的有机磷浓度更低；可能存在机理ⅰ，添加TBA的有机磷浓度随电解时间增加而下降 （4）阳极发生反应，与反应生成沉淀 （5）氧化池中，在絮凝池中将氧化为，更有利于降低(或氧化池中，氧化有机磷效果更好) 【分析】用电解工艺除去有机磷，氧化池中有机磷发生氧化反应生成和，进入絮凝池中，絮凝池中阳极发生反应，与、反应生成沉淀，进入沉降池中分离。 【解析】（1）有机磷中磷原子形成5个共价键，且非金属性：O＞P，故磷元素的化合价是+5价； （2）电解池中阳极发生氧化反应，氧化池中铂电极是阳极，在铂电极附近生成； （3）根据图中信息，电解相同时间，未添加TBA的有机磷浓度更低，而添加TBA的有机磷浓度随电解时间增加而下降，可知有机磷被氧化涉及机理ⅱ，电解相同时间，未添加TBA的有机磷浓度更低；可能存在机理ⅰ，添加TBA的有机磷浓度随电解时间增加而下降； （4）絮凝池中阳极发生反应，与反应生成沉淀； （5）向原废水中添加一定量，在氧化池中生成氯气：，在絮凝池中将氧化为，更有利于降低(或氧化池中，氧化有机磷效果更好)。 5．（北京市丰台区2025届高三一模考试化学试题）我国研制出在室温下可充电700次的钙-氧气电池，前景广阔。 （1）铝热法冶炼金属钙的热化学方程式：。 ①该反应体现了铝的 性。 ②提高钙的平衡产率的措施有 （写出两条）。 （2）钙-氧气电池如图。 ①用化学方程式解释电解质溶液选择非水溶剂的原因 。 ②放电过程中，在电极表面的两种反应路径如图。（*表示中间体，表示碳纳米管）。 i．在生成CaO的路径中，断裂 键，与另一个结合，形成了。 ii．写出参与的主要反应的电极反应式 。 iii．放电过程中，正极流入的电子与消耗的比值为2.07，计算可得生成与CaO的物质的量之比为 。充电时，比CaO更容易分解，因此，钙-氧气电池实现了常温循环充电。 ③充电过程中，在阴极生成，与快速生成覆盖在阴极表面，经测定。从反应速率的角度，分析阴极表面主要生成Ca而少量生成的可能原因 。 【答案】（1）还原性 高温，适当低压，移走钙蒸气 （2） 键 193∶14 的反应速率快，在阴极生成的反应速率慢，因此在阴极表面主要生成Ca而少量生成 【解析】（1）①该反应中铝化合价升高，为还原剂，体现了铝的还原性； ②该反应是吸热、气体分子数增大的反应，则提高钙的平衡产率的措施有：高温，适当低压，移走钙蒸气； （2）①因为，则电解质溶液选择非水溶剂； ②i．在生成CaO的路径中，根据图可知，断裂键，与另一个结合，形成了；ii．根据图可知，比CaO能量低，稳定，即主要生成，则参与的主要反应的电极反应式：； iii．设生成与CaO的物质的量分别是a与b，根据与，消耗氧气为：，放电过程中，正极流入的电子与消耗的比值为2.07，则消耗，转移电子2.07，即=2.07，则； ③的反应速率快，在阴极生成的反应速率慢，因此在阴极表面主要生成Ca而少量生成。 6．（北京市海淀区2025届高三一模考试化学试题）是一种重要的工业原料。 （1）古代曾以绿矾()干馏产物制备。加热绿矾后得到红棕色粉末，同时生成两种硫的氧化物，反应的化学方程式为 。 （2）早期工业上采用铅室法制硫酸，反应过程如下： i． ii． iii． ①铅室法制硫酸的总反应为 。 ②的结构式为其中原子的杂化方式为 。 （3）现代工业采用接触法制硫酸。 ①在接触室发生反应不同的温度和压强下，的平衡转化率如图，图中横坐标代表 (填“温度”或“压强”)。 ②接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的： 。 （4）用软锰矿浆(主要成分为)吸收制硫酸尾气中的，并制备。 ①用软锰矿浆吸收时发生反应的化学方程式为 。 ②测定吸收后所得溶液中元素的含量。取待测液，加入溶液，充分反应后，加热煮沸，去除过量的，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。 已知： 待测液中元素的含量为 。 ③若未加热煮沸，会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 【答案】（1） （2） （3）温度 反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率下降或通过换热使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；平衡角度：避免温衡转化率显著下降 （4） 偏大 【解析】（1）加热绿矾得到红棕色粉末，可知有生成，同时生成两种硫的氧化物，可知有生成，加热过程中结晶水先失去，则反应的化学方程式。 （2）①根据铅室法制硫酸反应过程，可知是催化剂，和是中间产物，是反应物，是产物，把i、ii、iii三步反应的化学方程式相加， 去掉中间产物，可得总的反应化学方程式。 ②的结构式为，可知S原子与周围O原子的价层电子对数为，所以S原子采取的是杂化。 （3）①从图可知，横坐标增大，的平衡转化率是减小的。该反应是气体分子数减少的反应，若是压强，压强增大，的平衡转化率应是增大的，另该反应是放热反应，则增大温度，平衡会向吸热反应即逆反应方向移动，的平衡转化率减小，故横坐标代表温度。 ②用换热器将热量导出，可以避免接触室内温度过高，催化剂失去活性，反应速率下降，另外导出的热量可使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；从平衡角度讲，该反应是放热反应，温度过高会使平衡转化率下降。 （4）①用软锰矿浆(主要成分为)吸收，并制备反应的化学方程式为。 ②用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液，此过程发生的反应是，结合已知反应可得到关系式 设待测液中元素的浓度为x，可得解得即元素的浓度为。 ③若未加热煮沸，待测液中含有少量的，会使标准液消耗变多，从而使测定结果偏大。 7．（北京市门头沟区2025届高三下学期一模化学试题）“双碳”背景下，的资源化利用成为全世界的研究热点。 （1）将和的混合气体充入某密闭容器中制备甲酸()，同时有副反应发生。 已知：　 　 为了提高产率、降低的生成量，可采取的措施是 (写出两种)。 （2）电催化还原也可以制备甲酸，原理如图甲所示，电解质溶液为。 ①电极是电解池的 极，电极反应式为 。 ②2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对图甲装置改进，搭建“(阴阳极)共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为混合溶液，应将 极区(填“a”或“b”)电解液更换。此时，该电极的电极反应式为 。 （3）的电化学还原过程比较复杂，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，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。 已知： 其中，表示电解生成还原产物所转移电子的物质的量，表示法拉第常数。 ①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物是 (填化学式)。 ②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。 【答案】（1）降温、增压 （2）阳 b （3） 【分析】电催化还原CO2制备甲酸，则通入CO2的电极（a极）为阴极，电极反应为H2O+CO2+2e-=HCOO-+OH-；b极为阳极，电极反应为4OH-- 4e-=O2↑+2H2O。 【解析】（1）由题可知，生成HCOOH的反应为气体分子数减小的放热反应，生成CO的反应为气体分子数不变的吸热反应；故采用①降温方式有利于提高HCOOH的产率、降低CO的产率；②采用加压使平衡朝着生成HCOOH方向移动，提高HCOOH的产率、降低CO的生成量； （2）由上述分析可知，b为阴极，电极反应为4OH-- 4e-=O2↑+2H2O；发生氧化反应生成HCOO-，故应将阳极区的电解液换成，电极反应为； （3）①当电解电压为时，若电解过程中含碳还原产物的为0，则水放电生成H2，即阴极反应为； ②由图乙可知 ，=1:2。 8．（北京市石景山区2025届高三下学期一模考试化学试题）是一种重要的工业原料，硫酸工业的发展进程大体可分为前工业生产、硝化法制硫酸的铅室法、硝化法制硫酸的塔式法和接触法制硫酸阶段。 （1）我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆（）取精华法”，补全反应的化学方程式 ： ①____________； ②。 （2）一种硝化法制硫酸的反应原理分三步进行。 ①被还原为NO，写出上述过程中硫元素被氧化的方程式 。 ②中混有，有利于的氧化，原因是 。 （3）接触法制硫酸的关键反应为的催化氧化：。 ①其他条件不变时，为寻求反应时的最佳操作温度（某一转化率下，反应速率最快时的温度），绘制某一转化率（）下，反应速率（数值已略去）与温度的关系，如图所示。 解释时越大反应速率数值越低的原因 ；越大最佳操作温度越 （填“高”或“低”）。 ②平衡转化率下所对应的温度叫平衡温度。其他条件不变时，转化率（非平衡时或平衡时）与最佳操作温度、平衡温度的关系如下图所示。 曲线1为 温度曲线（填“平衡”或“最佳操作”），原因是 。 【答案】（1） （2）和 NO和生成或，生成的或继续和反应 （3）越大反应物浓度越低，反应速率越慢 低 平衡 相同条件下平衡时的转化率最大 【解析】（1）①该反应中部分S元素的化合价由+6价变为+4价，根据原子守恒及氧化还原反应原理知，应该有部分O元素的化合价由-2价变为0价，则未知的生成物是O2，结合原子守恒配平方程式为； （2）①N2O3被还原为NO，SO2被氧化为SO3，S燃烧时被氧化为SO2，则上述过程中硫元素被氧化的方程式为和； ②SO2中混有O2有利于SO2的氧化，原因是NO和O2生成NO2或N2O3，生成的NO2或N2O3继续和SO2反应； （3）①根据图知，490℃时α越大反应速率数值越低的原因：α越大反应物浓度越低，反应速率越慢；由图可知，α越大最佳操作温度越低； ②相同条件下平衡时的转化率最大，根据图知，曲线1为平衡温度曲线。 9．（北京市顺义区2025届高三一模化学试题）高铁酸钾是一种高效的多功能水处理剂。 资料：ⅰ．为紫色固体；在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。 ⅱ．和均不溶于水，。 （1）高铁酸钾中铁元素的化合价为 。 （2）配制高铁酸钾溶液时，应将高铁酸钾固体溶于一定浓度的KOH溶液中，结合化学用语解释原因 。 （3）含砷（主要以形式存在）废水对环境污染极大，工业上常用高铁酸钾处理含砷酸性废水，结合资料解释处理含砷酸性废水效果优于的原因是 。 （4）电解法制备产量高、设备要求低、纯度高等优点。工业上以Fe和溶液为原料，装置示意图如下所示。 ①阳极的电极反应式为 。 ②为了进一步探究温度对产量的影响，将电解装置水浴加热相同时间，得到产量的相关数据（电流效率）如图。 已知：电流效率。 解释当反应温度在时，产量随温度的升高而降低的原因是 （写一条即可）。 ③该装置可以实现电解液的循环利用，请结合电极反应解释其原理 。 【答案】（1） （2），增大浓度，抑制平衡向正反应方向移动 （3）有强氧化性，可以将氧化为，生成的形成溶解度更小的 （4） 温度高于50℃后，再升高温度，分解的速率加快，影响其产量（合理即可） 阴极发生反应：，阳极室中的K⁺透过阳离子交换膜进入阴极室，生成浓度更高的KOH，反应后取出可以继续使用 【解析】（1）高铁酸钾中K为+1价，O为-2价，所以Fe为+6价。 （2）高铁酸钾在酸性或中性溶液中快速产生氧气，在碱性溶液中较稳定：，增大浓度，抑制平衡向正反应方向移动，所以配制高铁酸钾溶液时，应将高铁酸钾固体溶于一定浓度的KOH溶液中。 （3）高铁酸钾有强氧化性，可以将氧化为，生成的形成溶解度更小的FeAsO4，所以处理含砷酸性废水效果优于。 （4）①铁作阳极，失去电子生成高铁酸根离子，电极反应式为：Fe+8OH−+6e−=+4H2O； ②温度高于50℃后，再升高温度，分解的速率加快，导致产量随温度的升高而降低； ③阴极发生反应：，阳极室中的K⁺透过阳离子交换膜进入阴极室，生成浓度更高的KOH，反应后取出可以继续使用。 10．（北京市西城区2025届高三化学一模试题）硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。 （1）18~19世纪，利用和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。 ①工业上可用生产，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是 。 ②制硫酸总反应的化学方程式是 。 ③中反应的与的物质的量之比是 。 （2）现代用接触法制硫酸，关键工序是的催化氧化：　 ①中硫氧键键能的平均值为中硫氧键键能的平均值为，则中氧氧键的键能为 。 ②其他条件不变，相同时间内的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于，的转化率减小，可能的原因是 。 （3）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。 电解废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。 注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。 ①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理： 。 ②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的、较浓硫酸和较浓氨水联合处理废液，其原理示意图如图4所示。 ⅰ、较浓硫酸应注入 (填“C极区”或“D极区”)。 ⅱ、从物质和能量的角度说明联合生产的优点： 。 【答案】（1） （2） 温度升高使催化剂失去活性，同时的催化氧化反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，反应的平衡转化率减小 （3）极的电极反应：，增大，通过阴离子交换膜进入极区，增大，最终得到较浓硫酸 D极区 和制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水 【解析】（1）①工业上可用生产，发生氮的催化氧化反应，方程式为：； ②由物质转化图可知，、、为反应物，为产物，故制硫酸总反应的化学方程式为：； ③根据反应i的反应物和产物，反应方程式为：，则与的物质的量之比是； （2）①已知中键能为为，中键能的平均值为，假设中氧氧键的键能为x，，，则中氧氧键的键能为； ②由图2可知，随着温度升高，的转化率先增大后减小，温度大于，的转化率减小，可能的原因是温度升高使催化剂失去活性，同时的催化氧化反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，转化率减小； （3）①由图3可知，A极附近稀氨水转化为较浓氨水，电极反应为：，增大，通过阳离子交换膜X进入A极，增大，最终得到较浓氨水；同理，B极负极稀硫酸转化为较浓硫酸，电极反应为：，增大，通过阴离子交换膜Y进入极区，增大，最终得到较浓硫酸； ②ⅰ、图3中产生的分别为、，氢氧燃料电池中C极得到电子，发生还原反应：，减小，增大，通过阳离子交换膜X进入C极，则较浓氨水应注入C极区；同理，D极失去电子，发生氧化反应：，增大，通过阴离子交换膜Y进入D极区，故较浓硫酸应注入D极区； ⅱ、从物质和能量的角度，图4利用和制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。 11．（北京市延庆区2025届高三下学期一模化学试题）利用白云石(主要成分为碳酸钙和碳酸镁)制备碳酸钙的工业流程如下。 已知：常温下，：；：。 （1）煅烧白云石生成的主要固体产物是 。 （2）用化学用语表示溶液呈酸性的原因 。 （3）溶解时，其他条件相同，反应温度对、转化率的影响如图一所示；其他条件相同，煅烧后白云石灰与的投料比对、转化率的影响如图二所示。转化率 (溶解出的质量/煅烧得到的质量)(M代表或)。 ①80~100℃时，转化率升高的原因是 。 ②从工业生成的角度，选择合适的投料比为 。 （4）分离过程中分离出的固体物质是 。 （5）用离子方程式表示通入和形成碳酸钙沉淀的原因 。 （6）该工业流程中可循环使用的物质是 。 【答案】（1）CaO、MgO （2） （3）80~100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的溶解度 1:4.2 （4）Mg(OH)2 （5） （6）NH3、CO2、NH4Cl 【分析】白云石(主要成分为碳酸钙和碳酸镁)煅烧后，CaCO3、MgCO3转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶液，溶浸后的溶液含有的金属阳离子有Ca2+、Mg2+；通入NH3调节pH，使Mg2+转化为Mg(OH)2，通入NH3和CO2最终生成 CaCO3沉淀，以此解答。 【解析】（1）由于CaCO3、MgCO3受热分解分别生成 CaO、MgO和CO2，煅烧白云石生成的主要固体产物是CaO、MgO。 （2）NH4Cl溶液呈酸性的原因是水解产生H+，离子方程式为：。 （3）①溶解过程中发生的反应为MgO+2Mg2++2NH3+H2O、CaO+2Ca2++2NH3+H2O，80~100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的转化率； ②根据图二，当投料比为1:4.2时，Ca2+和Mg2+的转化率均较高，且经济性较好，因此选择合适的投料比为1:4.2。 （4）根据题目中给出的Ksp值，Mg(OH)2的Ksp=5.6×10-12远小于 Ca(OH)2的Ksp=4.7×10-6，因此 Mg2+会优先形成 Mg(OH)2沉淀，而Ca2+则留在溶液中，分离出的固体物质是 Mg(OH)2。 （5）通入NH3和CO2后，会产生，Ca2+与结合生成CaCO3沉淀，反应方程式为：。 （6）煅烧生成的CO2可以在沉钙时使用，NH4Cl作为反应物参与溶解过程，同时有NH3生成，沉淀CaCO3时消耗CO2和NH3又生成NH4Cl，因此NH3、CO2、NH4Cl是可循环使用的物质。 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