专题12 化学反应原理综合题（北京专用）-【好题汇编】2025年高考化学二模试题分类汇编

专题12 化学反应原理综合题 考点概览 考点：集中在《化学反应原理》 新趋势：结合实际生产反应调控 常规题型一 1．（北京市海淀区2025届高三下学期二模化学试卷）高铁酸钾（）是一种高效净水剂，可采用不同的方法制备。 （1）可以去除水中、等物质，同时生成红褐色胶体。净水过程中利用的的性质是 。 （2）方法一：化学氧化法制备固体。 已知：仅在强碱性溶液中稳定存在。 ①制粗品：向饱和KOH和KClO混合溶液中滴加溶液并不断搅拌，析出沉淀，过滤所得固体为粗品。生成反应的离子方程式为 。 ②重结晶：将粗品溶于稀KOH溶液，过滤，随后向滤液中加入饱和KOH溶液，冰水浴冷却，过滤、洗涤、干燥后得到。 ⅰ.重结晶时，第一次过滤后滤渣的主要成分是 。 ⅱ.向滤液中加入饱和KOH溶液的目的是 。 （3）方法二：电解法制备溶液，其装置示意图如图。 ①阳极生成的电极反应式为 。 ②若不使用阳离子交换膜会导致产率降低，可能的原因是 。 ③电解一段时间后，阴极、阳极分别产生气体8.96L、1.12L（已折算为标准状况），则理论上生成的物质的量为 。 2．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氮源直接制备，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。 3．（北京市丰台区第二中学2024届高三下学期三模化学试题）工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO溶液将氧化为，实现烟气中的脱除。 （1）在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现 性。 （2）向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。 已知： ①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是 。 ②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整： 。 □NO+□___________+□___________□□□___________ ③pH<5.5时，分析脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因： 。 （3）用分别将脱除前后的全部转化为，并用库仑仪测定的量，可计算脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下： 检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。进入电解池后与反应，库仑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出的物质的量。 ①在电解池中被还原为NO的离子方程式为 。 ②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。脱除率是 。 ③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致测定结果 (填“偏高”或“偏低”)，需进行校正。 创新题型二 1．（北京市西城区2025届高三下学期二模化学试题）二氧化硫的转化在生产和环境保护等领域具有重要意义。 （1）二氧化硫制备三氧化硫。 ①工业上，制反应的化学方程式是 。 ②450℃时，将和混合充入容积为1L的密闭容器中，充分反应并达到平衡状态，的平衡转化率为。450℃时，该反应的平衡常数 。 （2）电解法处理尾气制。电解装置的示意图如图1所示，气体扩散电极多孔透气并隔水，生成的被Ar气带出。 ①阴极生成，电极反应式是 。 ②为减少副反应的产物堵塞气体扩散电极，生成的及时被Ar气带出，该副反应的化学方程式是 。 （3）中国科学家研究了大气中的在铜盐催化下被氧化为的机理。将一定浓度和的混合气体持续通过低浓度铜盐溶液的小液滴，和的总反应由如图2所示的各基元反应组成，A和B分别为和中的一种。 资料：对于图2所示的基元反应，反应速率正比于各反应物浓度之积，例如对于反应iii，以表示的速率的速率方程：是常数。 ①反应i的离子方程式是 。 ②和均不稳定，浓度始终很低。反应v的速率很大。反应过程中和的浓度保持不变。下列说法正确的是 。 a． b． c．若仅改变和的浓度，则正比于 2．（北京市丰台区2025届高三下学期二模化学试卷）纳米零价铁可将废水中的对硝基苯酚(，简称PNP)还原成毒性更小的物质，同时自身被氧化成Fe2+。 已知：电负性  B 2.0  H 2.1 Ⅰ．利用硼氢化钠()还原制备纳米零价铁。 （1）中B的化合价为 。 （2）制备纳米零价铁的离子方程式为，其中氧化剂为 。 Ⅱ．利用纳米零价铁还原法去除PNP。 （3）相同时间内，废水中含有较高浓度的会降低PNP的去除率，结合离子方程式解释原因 。 （4）如果将纳米零价铁均匀分散在生物炭(主要成分为碳单质)上会明显加速PNP的还原，可能的原因是 。 （5）PNP被还原的反应过程及相对能量变化如图所示，TS表示过渡态。下列说法正确的是 。 a．整个反应中断键吸收的总能量大于成键放出的总能量 b．推测物质稳定性顺序为⑤>④>①>②>③ c．PNP被还原的反应过程存在极性键的断裂和形成 Ⅲ．采用电化学絮凝法去除PNP，装置示意图如下。 已知：电化学絮凝法是在合适的电流下电解产生氢氧化物胶体来去除水中污染物的技术手段。 （6）解释电化学絮凝法去除PNP的原理 。 3．（北京市东城区2025届高三下学期二模化学试题）将转化为碳酸二甲酯[]是资源化利用的重要研究方向。 【方法一】直接转化，反应的方程式为：      （1）可用蒸馏的方法从甲醇中分离出碳酸二甲酯，原因是 。 （2）和共同作为该反应的催化剂，其转化过程如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ．…… 写出Ⅳ的方程式： 。 （3）一定条件下，在高压釜中反应5小时，甲醇转化率与反应温度的关系如图所示。 甲醇转化率变化的原因可能是： ①低于130℃和高于130℃时，催化剂的活性均不佳；② 。 【方法二】电化学转化，装置如图如示。 （4）金电极连接电源 （填“正极”或“负极”）。 （5）下列关于电化学法合成碳酸二甲酯的说法正确的是 （填序号）。 a．电解过程中要不断搅拌，促进电极产物在Pd/C上发生反应 b．若CO逸出，则理论上溶液中的浓度会降低 c．若导线中通过2mol电子，最多生成2mol碳酸二甲酯 4．（北京市第二中学2024-2025学年高三下学期化学4月模拟测试题）“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。根据所学知识回答下列问题： I．在一定条件下，CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)  ΔH1。 已知：①常温常压下，H2和CH4的燃烧热(ΔH)分别为-285.5kJ·mol-1和-890.0kJ·mol-1； ②H2O(l)=H2O(g)ΔH2=+44.0kJ·mol-1。 （1）ΔH1= kJ·mol-1。 （2）在某一恒容密闭容器中加入CO2、H2，其分压分别为15kPa、30kPa，加入催化剂并加热使其发生反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)。研究表明CH4的反应速率v(CH4)=1.2×10-6p(CO2)·p4(H2)kPa·s-1，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，则该时刻v(H2)= 。 （3）其他条件一定时，不同压强下，CO2的转化率和CH4的产率如图所示。则CO2甲烷化 应该选择的压强约为 MPa；CH4的产率小于CO2的转化率的原因是 。 （4）不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：4，投料发生反应[副反应为CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH3>0]，CO2的平衡转化率如图所示。 ①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是 。 ②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600°C之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因： 。 II．某研究团队经实验证明，CO2在一定条件下与H2O发生氧再生反应：CO2(g)+2H2O(g)⇌CH4(g)+2O2(g)ΔH1=+802.3kJ·mol-1. （5）恒压条件下，按c(CO2)：c(H2O)=1：2投料，进行氧再生反应，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度关系如图。350℃时，A点的平衡常数K= (计算结果保留三位有效数字)。 5．（2025届清华大学THUSSAT中学生标准学术能力诊断性测试（TDA））乙烯是有机合成工业重要的原料，由乙烷制取乙烯是常见的方法。回答下列问题： （1）乙烷氧化脱氢制备乙烯是化工生产中的重要工艺。 主反应：  ； 副反应：  。 ①副反应在一定温度下能自发进行的原因为 。 ②一定温度下，向装有催化剂的恒容密闭容器中充入物质的量之比为的和，反应相同时间后，测得乙烯的产率与温度的关系如图所示。 a．图中A点反应一定未达平衡，原因是 。 b．若C点反应也未达平衡，可能的原因是 。 （2）是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数。一定温度和压强下，反应ⅰ：  ；反应ⅱ：  (远大于)。 ①仅发生反应ⅰ时，的平衡转化率为40.0%，计算 。 ②同时发生反应ⅰ和ⅱ时，与仅发生反应ⅰ相比，的平衡产率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）某团队提出为催化剂、作为温和的氧化剂用于乙烷裂解催化脱氢制乙烯技术。配位不饱和催化耦合脱氢反应过程推测如下：物理吸附的乙烷与配位不饱和中心反应，从键活化开始，同时的价态由+3升高到+4.补全图中画框部分 。 （4）2021年来中国科学院谢奎团队研究电解乙烷制备乙烯并取得突破，其原理如图所示。A极的电极反应式为 。 6．（北京市东城区2024届二模）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，）。 7．（2024届北京市朝阳区高三下学期二模化学试题）研究发现，溶液可用于脱除烟气中的（含约90%的NO和少量等），流程如图。 已知：i．由与（乙二胺四乙酸，一种有机弱酸）的钠盐形成。 ii．   （1）烟气中的与水反应的化学方程式为 。 （2）的结构如下图所示，其中心离子的配位数为 。 （3）探究影响脱除NO的因素。 ①的影响：弱酸性条件下会降低对NO脱除效率，结合离子方程式说明原因 。 ②温度的影响：研究发现60℃时NO脱除效率比30℃时低，分析可能原因 。 ③pH的影响：将NO按一定流速通入不同pH的溶液中，研究pH对NO脱除效率的影响，结果如下图。 相同的时间内，和时NO脱除效率均低于时，解释原因 。 （4）酸性条件下再生。 （将离子方程式补充完整） 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 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③阴极反应为，产生H2的物质的量，转移的电子为0.8mol；阳极产生气体的反应：，，转移电子为，阳极还发生反应：，根据得失电子守恒可知，该反应转移的电子为，生成的物质的量为0.1mol。 2．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氮源直接制备，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 【解析】（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。 3．（北京市丰台区第二中学2024届高三下学期三模化学试题）工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO溶液将氧化为，实现烟气中的脱除。 （1）在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现 性。 （2）向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。 已知： ①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是 。 ②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整： 。 □NO+□___________+□___________□□□___________ ③pH<5.5时，分析脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因： 。 （3）用分别将脱除前后的全部转化为，并用库仑仪测定的量，可计算脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下： 检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。进入电解池后与反应，库仑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出的物质的量。 ①在电解池中被还原为NO的离子方程式为 。 ②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。脱除率是 。 ③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致测定结果 (填“偏高”或“偏低”)，需进行校正。 【答案】（1）还原 （2）盐酸具有还原性，能与NaClO反应 溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大 （3） 偏低 【解析】（1）在大气中最终被氧化成硝酸，形成酸雨，该过程中表现还原性，故答案为：还原； （2）①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应； ②pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强氧化性将NO氧化为，1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl，1molNO失3mol电子生成，根据得失电子守恒得：，故答案为：； ③由反应：和，可知反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率，故答案为：溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大； （3）①在电解池中被还原为NO，1mol得2mol电子，2mol失2mol电子生成1mol碘单质，结合电解质环境提供氢离子最终生成，根据得失电子守恒可得反应方程式：，故答案为：； ②可用转移电子物质的量表示的物质的量，则脱除前的物质的量为amol，则脱出后的物质的量为bmol，的脱出率为：。故答案为：； ③电解池中若检测到少量和，说明没有完全转化为，导致测定值偏低。 创新题型二 1．（北京市西城区2025届高三下学期二模化学试题）二氧化硫的转化在生产和环境保护等领域具有重要意义。 （1）二氧化硫制备三氧化硫。 ①工业上，制反应的化学方程式是 。 ②450℃时，将和混合充入容积为1L的密闭容器中，充分反应并达到平衡状态，的平衡转化率为。450℃时，该反应的平衡常数 。 （2）电解法处理尾气制。电解装置的示意图如图1所示，气体扩散电极多孔透气并隔水，生成的被Ar气带出。 ①阴极生成，电极反应式是 。 ②为减少副反应的产物堵塞气体扩散电极，生成的及时被Ar气带出，该副反应的化学方程式是 。 （3）中国科学家研究了大气中的在铜盐催化下被氧化为的机理。将一定浓度和的混合气体持续通过低浓度铜盐溶液的小液滴，和的总反应由如图2所示的各基元反应组成，A和B分别为和中的一种。 资料：对于图2所示的基元反应，反应速率正比于各反应物浓度之积，例如对于反应iii，以表示的速率的速率方程：是常数。 ①反应i的离子方程式是 。 ②和均不稳定，浓度始终很低。反应v的速率很大。反应过程中和的浓度保持不变。下列说法正确的是 。 a． b． c．若仅改变和的浓度，则正比于 【答案】（1） （2） （3） ac 【解析】（1）①工业上二氧化硫催化氧化制备三氧化硫，反应条件是催化剂、加热，化学方程式为：； ②450℃时，将和混合充入容积为1L的密闭容器中，充分反应并达到平衡状态，的平衡转化率为，由三段式可得，该反应的平衡常数； （2）①如图，阴极发生还原反应，得电子生成，根据原子守恒和电荷守恒，在酸性环境下电极反应式为； ②易被空气中氧气氧化，为防止生成的堵塞气体扩散电极，用Ar气及时带出，副反应是被氧气氧化，化学方程式为； （3）①根据图中信息及元素守恒、电荷守恒，反应i是与反应生成和，离子方程式为； ②a．由图知，只参与反应i，故，a正确； b．由图知，参与了反应ii和反应iii，故，b错误； c．由于反应过程中和的浓度保持不变（催化剂的特性），根据速率方程以及反应速率与各反应物浓度的关系，仅改变和的浓度时， ​与​的比值不会受到影响，因为和浓度不变，则正比于，c正确； 故选ac。 2．（北京市丰台区2025届高三下学期二模化学试卷）纳米零价铁可将废水中的对硝基苯酚(，简称PNP)还原成毒性更小的物质，同时自身被氧化成Fe2+。 已知：电负性  B 2.0  H 2.1 Ⅰ．利用硼氢化钠()还原制备纳米零价铁。 （1）中B的化合价为 。 （2）制备纳米零价铁的离子方程式为，其中氧化剂为 。 Ⅱ．利用纳米零价铁还原法去除PNP。 （3）相同时间内，废水中含有较高浓度的会降低PNP的去除率，结合离子方程式解释原因 。 （4）如果将纳米零价铁均匀分散在生物炭(主要成分为碳单质)上会明显加速PNP的还原，可能的原因是 。 （5）PNP被还原的反应过程及相对能量变化如图所示，TS表示过渡态。下列说法正确的是 。 a．整个反应中断键吸收的总能量大于成键放出的总能量 b．推测物质稳定性顺序为⑤>④>①>②>③ c．PNP被还原的反应过程存在极性键的断裂和形成 Ⅲ．采用电化学絮凝法去除PNP，装置示意图如下。 已知：电化学絮凝法是在合适的电流下电解产生氢氧化物胶体来去除水中污染物的技术手段。 （6）解释电化学絮凝法去除PNP的原理 。 【答案】（1）+3 （2）、 （3），包裹在纳米零价铁表面，减小反应接触面积，降低去除速率 （4）纳米零价铁与生物炭之间形成微小原电池，加快反应速率；防止纳米零价铁团聚减小反应接触面积 （5）bc （6）阳极反应为，阴极反应为，和结合生成胶体吸附沉淀PNP 【解析】（1）根据各元素化合价代数和为0，NaBH4中Na元素的化合价为+1价，且H的电负性比B大，即H显负价，则H元素的化合价为-1价，故B的化合价为+3，故答案为：+3； （2）反应Fe2++2+6H2O=Fe+2H3BO3+7H2↑中Fe元素化合价降低被还原，H元素化合价从-1价升高到0价和从+1价降低到0价，氧化剂为Fe2+、H2O，故答案为：Fe2+、H2O； （3）会与Fe2+会发生双水解反应，反应方程式为Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O，生成的FeCO3包裹在纳米零价铁表面，减小反应接触面积，降低去除速率，故答案为：Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O，FeCO3包裹在纳米零价铁表面，减小反应接触面积，降低去除速率； （4）纳米零价铁与生物炭之间形成微小原电池，加快反应速率，还可以防止纳米零价铁团聚减小反应接触面积，故答案为：纳米零价铁与生物炭之间形成微小原电池，加快反应速率；防止纳米零价铁团聚减小反应接触面积； （5）a．整个反应是放热反应，故整个反应中断键吸收的总能量小于成键放出的总能量，a错误； b．能量越低越稳定，故物质稳定性顺序为⑤＞④＞①＞②＞③，b正确； c．PNP被还原的反应过程存在N－O键的断裂和N－H键的形成，PNP被还原的反应过程存在极性键的断裂和形成，c正确； 故答案为：bc； （6）阳极反应为Fe-2e-=Fe2+，阴极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Fe2+和OH-结合生成Fe(OH)2胶体吸附沉淀PNP，故答案为：阳极反应为Fe-2e-=Fe2+，阴极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Fe2+和OH-结合生成Fe(OH)2胶体吸附沉淀PNP。 3．（北京市东城区2025届高三下学期二模化学试题）将转化为碳酸二甲酯[]是资源化利用的重要研究方向。 【方法一】直接转化，反应的方程式为：      （1）可用蒸馏的方法从甲醇中分离出碳酸二甲酯，原因是 。 （2）和共同作为该反应的催化剂，其转化过程如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ．…… 写出Ⅳ的方程式： 。 （3）一定条件下，在高压釜中反应5小时，甲醇转化率与反应温度的关系如图所示。 甲醇转化率变化的原因可能是： ①低于130℃和高于130℃时，催化剂的活性均不佳；② 。 【方法二】电化学转化，装置如图如示。 （4）金电极连接电源 （填“正极”或“负极”）。 （5）下列关于电化学法合成碳酸二甲酯的说法正确的是 （填序号）。 a．电解过程中要不断搅拌，促进电极产物在Pd/C上发生反应 b．若CO逸出，则理论上溶液中的浓度会降低 c．若导线中通过2mol电子，最多生成2mol碳酸二甲酯 【答案】（1）二者热稳定性较高，沸点相差较大 （2） （3）温度低于130℃时，温度越高反应越快；温度高于130℃时，反应达到限度，温度升高，平衡逆向移动 （4）负极 （5）ab 【解析】（1）蒸馏是利用混合物中各组分沸点不同进行分离的方法，碳酸二甲酯、甲醇沸点差异显著，并且热稳定性高，适合通过蒸馏分离。 （2）K2CO3和CH3I共同作为该反应的催化剂；反应中 未消耗，需与第Ⅲ步生成的 反应以完成催化循环，同时总反应中甲醇的物质的量为。根据电荷守恒和原子守恒，Ⅳ中甲醇、 与 反应生成 、等，所以方程式为：。 （3）温度低于时，温度越高反应越快，随温度升高甲醇转化率增大；同时根据勒夏特列原理，温度高于，反应达到限度，温度升高，会使放热反应的平衡向逆反应方向移动，导致甲醇转化率降低。 （4）分析该电解反应，金电极发生反应：，得到电子，作为电解池阴极；右侧电极发生反应：，失去电子，作为阳极。同时在溶液中发生反应：，生成碳酸二甲酯，所以金电极连接电源负极。 （5）a．搅拌可促进反应物接触，提高产物在Pd/C电极上的反应效率，a正确； b．电解过程中，溶液中发生反应：，若逸出，该反应反应趋势减弱，溴离子浓度降低，b正确； c．根据电极反应：，若转移电子，生成，再结合反应：，则最多生成碳酸二甲酯，c错误； 故选。 4．（北京市第二中学2024-2025学年高三下学期化学4月模拟测试题）“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。根据所学知识回答下列问题： I．在一定条件下，CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)  ΔH1。 已知：①常温常压下，H2和CH4的燃烧热(ΔH)分别为-285.5kJ·mol-1和-890.0kJ·mol-1； ②H2O(l)=H2O(g)ΔH2=+44.0kJ·mol-1。 （1）ΔH1= kJ·mol-1。 （2）在某一恒容密闭容器中加入CO2、H2，其分压分别为15kPa、30kPa，加入催化剂并加热使其发生反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)。研究表明CH4的反应速率v(CH4)=1.2×10-6p(CO2)·p4(H2)kPa·s-1，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，则该时刻v(H2)= 。 （3）其他条件一定时，不同压强下，CO2的转化率和CH4的产率如图所示。则CO2甲烷化 应该选择的压强约为 MPa；CH4的产率小于CO2的转化率的原因是 。 （4）不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：4，投料发生反应[副反应为CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH3>0]，CO2的平衡转化率如图所示。 ①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是 。 ②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600°C之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因： 。 II．某研究团队经实验证明，CO2在一定条件下与H2O发生氧再生反应：CO2(g)+2H2O(g)⇌CH4(g)+2O2(g)ΔH1=+802.3kJ·mol-1. （5）恒压条件下，按c(CO2)：c(H2O)=1：2投料，进行氧再生反应，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度关系如图。350℃时，A点的平衡常数K= (计算结果保留三位有效数字)。 【答案】（1）-164.0 （2）0.48 kPa·s-1 （3）0.1 有其他含碳的副产物生成 （4）p3＞p2＞p1 温度超过600℃时，副反应进行程度较大，CO2的转化率上升 （5）1.000 【解析】（1）常温常压下，H2和CH4的燃烧热(ΔH)分别为-285.5kJ·mol-1和-890.0 kJ·mol-1，则有反应③：，反应④：，根据盖斯定律可知，可得反应，则。 （2）同温同体积下，气体的压强和气体的物质的量成正比，CO2、H2的起始分压分别为15kPa、30kPa，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，，则根据反应方程式有，，此时，，，。 （3）如图所示，随着压强增大，CO2的转化率变化不大，CH4的产率逐渐减小，故CO2甲烷化应该选择的压强约为0.1MPa；CH4的产率小于CO2的转化率的原因是有其他含碳的副产物生成。 （4）①是放热反应，低温时，主要发生该反应，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故p3 ＞ p2 ＞ p1； ②压强为p1时，温度低于600℃时，主反应进行程度大，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率下降，温度超过600℃时，副反应进行程度较大，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2的转化率上升。 （5）恒压条件下，按投料，并结合方程式可知，曲线a表示H2O的浓度变化，曲线b表示CO2的浓度变化，曲线c表示O2的浓度变化，曲线d表示CH4的浓度变化，350℃时，c(CO2)=c(CH4)，c(H2O)=c(O2)，则。 5．（2025届清华大学THUSSAT中学生标准学术能力诊断性测试（TDA））乙烯是有机合成工业重要的原料，由乙烷制取乙烯是常见的方法。回答下列问题： （1）乙烷氧化脱氢制备乙烯是化工生产中的重要工艺。 主反应：  ； 副反应：  。 ①副反应在一定温度下能自发进行的原因为 。 ②一定温度下，向装有催化剂的恒容密闭容器中充入物质的量之比为的和，反应相同时间后，测得乙烯的产率与温度的关系如图所示。 a．图中A点反应一定未达平衡，原因是 。 b．若C点反应也未达平衡，可能的原因是 。 （2）是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数。一定温度和压强下，反应ⅰ：  ；反应ⅱ：  (远大于)。 ①仅发生反应ⅰ时，的平衡转化率为40.0%，计算 。 ②同时发生反应ⅰ和ⅱ时，与仅发生反应ⅰ相比，的平衡产率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）某团队提出为催化剂、作为温和的氧化剂用于乙烷裂解催化脱氢制乙烯技术。配位不饱和催化耦合脱氢反应过程推测如下：物理吸附的乙烷与配位不饱和中心反应，从键活化开始，同时的价态由+3升高到+4.补全图中画框部分 。 （4）2021年来中国科学院谢奎团队研究电解乙烷制备乙烯并取得突破，其原理如图所示。A极的电极反应式为 。 【答案】（1）该反应的、，高温时 该反应为放热反应，若A点反应到达平衡，则温度更高条件下，乙烯的产率应更低 催化剂活性降低，导致反应速率减慢 （2）或0.19 增大 （3） （4） 【解析】（1）①该反应的、，高温时，在高温度下能自发进行；②一定温度下，向装有催化剂的恒容密闭容器中充入物质的量之比为的和，反应相同时间后，测得乙烯的产率随温度先增加后减小，a．图中A点反应一定未达平衡，因为该反应为放热反应，若A点反应到达平衡，则温度更高条件下，乙烯的产率应更低，b．若C点反应也未达平衡，因为随着温度的升高，催化剂活性降低，导致反应速率减慢； （2）①仅发生反应ⅰ时，的平衡转化率为40.0%，假设反应前乙烷的物质的量为1mol，得三段式，计算，②远大于，说明反应ii进行程度远大于反应i，反应ii的反应物H2需要反应i来提供，也就是说反应i先发生，生成氢气后，这些氢气马上与C2H6发生反应ii，而且因为反应ii进行程度大，导致氢气浓度降低，反应i平衡不断正向移动，因此C2H4的平衡产率增大； （3） 物理吸附的乙烷与配位不饱和中心反应，从键活化开始，同时的价态由+3升高到+4，即增加一个共价键，根据碳原子的电负性强于铬原子，推测图中画框部分为； （4）从图分析，电极B上二氧化碳反应生成一氧化碳，得到电子，为阴极反应，则A为阳极；A电极上乙烷反应生成生成乙烯和水，电极反应式为。 6．（北京市东城区2024届二模）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(OCH2CH2Cl)3 （4）1，2—二氯乙烷 （5）+H2O→Na2HPO4+CH2=CH2+HCl。 【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，PCl3与环氧乙烷发生反应生成A的结构简式为P(OCH2CH2Cl)3，的结构简式为ClCH2CH2Cl，B的结构简式为，B与HCl发生酸解反应生成乙烯利和M，M为CH3CH2Cl。 【解析】（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(OCH2CH2Cl)3。 （4）由分析知，的结构简式为ClCH2CH2Cl，名称是1，2—二氯乙烷。 （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+H2O→Na2HPO4+CH2=CH2+HCl。 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。 7．（2024届北京市朝阳区高三下学期二模化学试题）研究发现，溶液可用于脱除烟气中的（含约90%的NO和少量等），流程如图。 已知：i．由与（乙二胺四乙酸，一种有机弱酸）的钠盐形成。 ii．   （1）烟气中的与水反应的化学方程式为 。 （2）的结构如下图所示，其中心离子的配位数为 。 （3）探究影响脱除NO的因素。 ①的影响：弱酸性条件下会降低对NO脱除效率，结合离子方程式说明原因 。 ②温度的影响：研究发现60℃时NO脱除效率比30℃时低，分析可能原因 。 ③pH的影响：将NO按一定流速通入不同pH的溶液中，研究pH对NO脱除效率的影响，结果如下图。 相同的时间内，和时NO脱除效率均低于时，解释原因 。 （4）酸性条件下再生。 （将离子方程式补充完整） 【答案】（1） （2）6 （3），浓度减小，NO的脱出率降低 温度升高，平衡逆向移动，NO的脱出率降低 pH=2时，与H+作用，导致浓度减小，NO的脱出率降低，pH=10时，可能生成Fe(OH)2沉淀，也导致的浓度减小，NO的脱出率减低 （4） 【分析】如图，烟气中的NOx与溶液中的反应，生成和，与次磷酸钠(NaH2PO2)反应，生成，循环使用，也与次磷酸钠(NaH2PO2)反应，反应生成和磷酸氨，循环使用，故可将烟气中的NOx脱出，据此回答。 【解析】（1）烟气中的NO2与水反应的化学方程式为； （2）的结构如下图所示，由图可知，中心离子的配位键数目为6，故配位数为6； （3）①的影响：弱酸性条件下会降低对NO脱除效率，因为氧气把氧化，离子方程式为，浓度减小，NO的脱出率降低；②温度的影响：研究发现60℃时NO脱除效率比30℃时低，原因是反应温度升高，平衡逆向移动，NO的脱出率降低；③pH的影响：如图，相同试剂内，pH=2和pH=10时NO的脱出率低于pH=6时，原因是pH=2时，与H+作用，导致浓度减小，NO的脱出率降低，pH=10时，可能生成Fe(OH)2沉淀，也导致的浓度减小，NO的脱出率减低； （4）在酸性条件下再生，N元素由+2价将为-3价，降低5价，P元素由+1价升高为+5价，升高4价，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为。 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 $$