专题11 大题突破-化学反应原理综合（复习讲义）（北京专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

该高中化学高考复习讲义聚焦化学反应原理综合专题，整合能量、速率平衡、电化学、电解质溶液四大核心模块，按基础原理（盖斯定律、Kp计算）到综合应用（图像分析、条件优化）的逻辑架构知识，通过考点精析、方法归纳、真题突破三环节，帮助学生构建系统知识网络和解题模型。 讲义以真实科研情境（双碳、新能源）为载体，创新采用“历程图分析+多反应调控”教学策略，如通过催化加氢能量路径图培养科学思维，结合工业条件优化训练证据推理能力。设置基础、提升、综合分层练习，配合命题规律解读，助力教师精准把控复习节奏，高效提升学生应考能力。

专题11 大题突破-化学反应原理综合 目录 01 析·考情精解 2 02 构·知能架构 3 03 破·题型攻坚 4 题型 化学反应原理 4 真题动向 以真实科研/工业情景为载体，围绕能量、速率平衡、电化学、电解质溶液四大核心模块，强化图表分析、定量计算与跨模块逻辑推理，逐步向双碳、新能源等前沿领域延伸，突出证据推理与模型认知的学科素养考查。 必备知识 知识1利用盖斯定律计算反应热 知识2 转化率、产率等计算与变化判断 知识3 化学平衡常数(K)及Kp的计算 知识4 综合图像分析方法 知识5 平衡图像原因解释之温度、压强对平衡的影响 知识6 电化学类试题 命题预测 考向1 考查盖斯定律和化学平衡 考向2 考查热化学方程式、化学平衡和电化学 考向3 考查反应速率和化学平衡图像 考向4 考查盐类的水解和沉淀溶解平衡 考向5 综合考查化学反应原理 命题轨迹透视 1、 从传统工业（煤脱硫、尿素合成）转向绿色转化（废气制焦亚硫酸钠、新型氮源制硝酸）、能源科技（锂电池、氢能），强调“真实问题解决”，呼应北京卷“四个突出、四个考出来”理念。 2、 速率与平衡：速率影响因素、平衡常数(Kc/Kp)计算、转化率/选择性定量分析，图像（浓度 - 时间、压强 - 温度、能量 - 历程）占比超60%，2024年引入“竞争反应平衡体系”。 3、 电化学：新型电池（如钠离子、液流电池）、电解池（含离子交换膜），电极反应式书写、电子转移计算、溶液pH变化分析，2023年结合“尿素合成电解池”考查应用。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 化学反应原理 北京卷T16，11分 北京卷T18，13分 北京卷T19，13分 北京卷T16，11分 北京卷T19，13分 北京卷T16，13分 北京卷T18，12分 北京卷T19，13分 北京卷T18，14分 北京卷T15，10分 北京卷T16，10分 2026命题预测 1、 聚焦双碳目标（CO₂捕集与转化）、新能源材料（固态电池、光催化）、生物医药（酶催化反应机理），素材多源于近1-2年北京高校/科研院所成果，增强地域特色与时代感。 2、 能量+机理融合：以复杂反应历程图为载体，考ΔH计算、中间体/催化剂判断、决速步分析，强化“动力学与热力学关联”，如“催化加氢制甲醇的能量 - 路径分析”。 3、 平衡+选择性深化：多反应体系中，考“温度/压强对主副反应的调控”，要求计算平衡转化率与选择性，结合工业实际做“条件优化决策”，呼应北京卷“权衡思维”考查。 4、 电化学+离子膜创新：新型“海水淡化电解池”“液流电池储能系统”为背景，考离子交换膜（阳/阴/质子）作用、电极反应式（碱性/中性/非水体系）、法拉第效率计算，突出“实际应用中的效率与能耗问题”。 题型 化学反应原理 1．（2025北京，19，13分）化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 (1)理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 (2)实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是 。用离子方程式表示的作用： 。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的 (填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用 的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是 。 (3)实验改进 分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。 控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与 值比较。 ②综合调控和温度的目的是 。 命题解读 新情境：这道题选取“KBr与MnO2在酸性条件下的反应平衡”为研究对象，并非课本中合成氨、乙酸乙酯水解等经典平衡体系，而是聚焦卤素化合物与金属氧化物的氧化还原平衡，且结合了溴的挥发、HBr挥发性等实际实验现象的干扰因素，还原了真实化学实验中“理论分析-实验验证-误差处理”的完整探究流程，体现高考对“化学实验与理论结合”的命题导向，让学生从“背平衡结论”转向“用平衡原理解决实际实验问题”。 新考法：不是直接给出平衡浓度求算K，而是要求结合实验测定的pH、Br2浓度等数据，结合反应方程式推导平衡常数表达式并计算，同时需考量实验中“c(Mn2+)近似不变”等简化条件，考查数据处理与模型简化的能力。 新角度：从“单一平衡计算”到“理论可行性分析”：开篇先要求从溴的挥发、平衡常数、物质挥发性等多个维度，论证实验测定平衡常数的可行性，打破了传统“直接给出平衡体系求算K”的模式，考查学生对平衡原理的综合论证能力，落实“证据推理与模型认知”核心素养。 2．（2025北京，16，11分）铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。 (1)十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。 铅酸电池工作原理： ①充电时，阴极发生的电极反应为 。 ②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为 。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。 ③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是 。 ④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为 。 (2)随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。 ①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是 。 ②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是 。 (3)铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有 (填序号)。 a．增强负极导电性 b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒 c．碳材料作还原剂，使被还原 命题解读 新情境：以铅酸电池这一传统化学电源为核心载体，打破了以往仅聚焦原理的考法，通过“历史发展-资源回收-实际应用问题解决”的纵向链条设计，实现了情景真实化、考法综合化、角度实用化的创新，精准契合北京卷电化学命题的新趋势。 新考法：从“单一考点”到“跨模块融合+能力分层” 1. 电化学与结构化学的跨模块融合：第(1)③问考查SO42-的空间结构，将电化学中电解质的性质与化学键与分子结构知识点结合，打破了电化学仅考原理的边界，要求学生建立“结构决定性质（SO42-氧化性弱）”的逻辑链。 2. 定量计算的实用化考法：第(1)②问以“库仑电量”为切入点计算消耗H2SO4的量，将物理电学单位（库仑）与化学的电子守恒计算结合，不是简单的物质的量计算，而是贴近实际电池性能检测的定量考法。 3. 工业流程的分析性考法：第(2)问围绕废旧电池回收流程，要求分析试剂作用（NaOH、H2O2、K2S2O8），考法从“写反应式”升级为“基于流程目的推导试剂功能”，侧重证据推理与工业思维。 新角度：从“静态原理判断”到“动态过程与性质关联” 1. 储存过程的副反应角度：第(1)④问考查铅酸电池储存时的缓慢氧化反应（O2氧化Pb），跳出了“充放电主反应”的常规角度，关注电池非工作状态的副反应，要求学生分析物质转化的动态过程。 2. 电解质性质的本质角度：第(1)③问从SO42-的结构角度解释其氧化性弱的原因，不是单纯考查电解质的作用，而是深挖“结构-性质-应用”的内在关联，要求学生从本质上理解电解质选择的依据。 3. 资源回收的转化角度：第(2)问从“废旧电池→含Pb2+溶液→Pb/PbO2”的转化过程，考查氧化还原的调控（H2O2的还原性、K2S2O8的氧化性），角度聚焦于工业中物质的定向转化与试剂选择，体现电化学的实际应用价值。 3．（2024北京卷，19，13分）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是 。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是 。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因 。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式 。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制， (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因 。 4．（2024北京卷，16，11分）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。 知识1 利用盖斯定律计算反应热 1、虚拟途径法：先根据题意虚拟转化过程，然后根据盖斯定律列式求解，即可求得待求反应的反应热。 2、加和法：将所给热化学方程式适当加减得到所求的热化学方程式，反应热也作相应的加减运算。流程如下： 知识2 转化率、产率等计算与变化判断 1、三段式突破平衡的有关计算 　　　 　　mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g) a b 0 0 mx nx px qx a－mx b－nx px qx (1)vA＝。 (2)转化率αA＝×100%。 (3)K＝。 (4)生成物的产率：实际产量占理论产量的百分数。一般来说，转化率越高，原料利用率越高，产率越高。 产率＝×100%。 (5)混合物中某组分的百分含量＝×100%。 2、平衡移动与转化率的关系 在一恒容密闭容器中通入a mol A、b mol B发生反应aA(g)＋bB(g)cC(g)，达到平衡后，改变下列条件，分析转化率的变化情况： (1)再通入b mol B，α(A)增大，α(B)减小。 (2)再通入a mol A、b mol B，若a＋b>c，α(A)增大、α(B)增大；若a＋b＝c，α(A)不变、α(B)不变；若a＋b<c，α(A)减小、α(B)减小。 知识3 化学平衡常数(K)及Kp的计算 1、化学平衡常数表达式的书写 (1)不要把反应体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度写进平衡常数表达式。 如：CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g) K＝c(CO2)。 Cr2O(aq)＋H2O(l)2CrO(aq)＋2H＋(aq) K＝。 但在非水溶液中，若有水参加或生成，则此时水的浓度不可视为常数，应写进平衡常数表达式中。 如：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) K＝。 (2)有气体参与的反应，用平衡分压(总压乘以各自的物质的量分数)表示平衡常数。 如：2A(g)＋B(s)C(g)。若达到平衡时，n(A)＝n1、n(C)＝n2，密闭体系的压强为p，则Kp＝＝。 (3)化学平衡常数的计算规则 ①同一可逆反应中， 。 ②同一方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍，则新平衡常数K′与原平衡常数K间的关系是 K′＝ 或K′＝ 。 ③几个可逆反应方程式相加，得总方程式，则总反应的平衡常数 分步反应平衡常数之积；两方程式相减所得反应的平衡常数为两个平衡常数之比。 ④水溶液中进行的反应，必须拆成离子方程式再计算平衡常数。 2、化学平衡常数与温度的关系 热效应 温度变化 K的变化 热效应 温度变化 K的变化 放热 反应 吸热 反应 知识4 综合图像分析方法 1、审题：审明各物质的状态(有无固体、液体)，明确气体分子数的变化(变大、变小、不变)，正反应吸热还是放热。 2、析题——找准解题的突破口 看图像 3、解题——掌握分析的方法 (1)三步分析法：一看反应速率增大还是减小；二看v(正)、v(逆)的相对大小；三看化学平衡移动的方向。 (2)先拐先平数值大：在含量(转化率)时间曲线中，先出现拐点的反应则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。 (3)定一议二：当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。 (4)想规律做判断：联想化学反应速率、化学平衡移动规律，将图表与原理结合，对照得出结论。 知识5 平衡图像原因解释之温度、压强对平衡的影响 1、影响化学平衡的因素 (1)若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响 改变的条件(其他条件不变) 化学平衡移动的方向 浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向 移动 减小反应物浓度或增大生成物浓度 向 移动 压强(对有气体参加的反应) 反应前后气体体积改变 增大压强 向气体分子总数 的方向移动 减小压强 向气体分子总数 的方向移动 反应前后气体体积不变 改变压强 平衡不移动 温度 升高温度 向 反应方向移动 降低温度 向 反应方向移动 催化剂 同等程度改变v正、v逆，平衡不移动 (2)“惰性气体”对化学平衡移动的影响 ①恒温、恒容下：加入惰性气体体系总压 ，但体积 ，各反应物、生成物的浓度均未改变，故反应速率 ，V正、V逆也不变，化学平衡也不发生移动 ②恒温、恒压下：加入惰性气体体积 各反应物浓度 反应速率 ， V正、V逆均 ，等效于降压，故化学平衡向气体总体积 的方向移动 2、掌握三类平衡移动图像：反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，m＋n＞p＋q，且ΔH＞0 (1)速率—时间图——注意断点 t1时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间 ，然后逐渐 ，而逆反应速率逐渐 ；t2时升高温度，对任何反应，正反应和逆反应速率均 ，吸热反应的正反应速率增大 ；t3时减小压强，容器容积 ，浓度 ，正反应速率和逆反应速率均 ；t4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间 (2)转化率(或含量)—时间图——先拐先平 甲表示 对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的反应，压强 ，反应物的转化率 ；乙表示 对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度 ，反应物的转化率 ；丙表示 对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应物的转化率 (3恒压(温)线——定一议二 分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即：为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响 【答题模板及剖析】 恒压线(恒温线) 答题策略 叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果) 答题模板 该反应的正反应是气体分子数减小(或增大)的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，因此×××(得结论) 经典例题 乙烯气相水合反应的热化学方程式为C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)　ΔH＝－45.5 kJ·mol－1，下图是乙烯气相水合法制乙醇中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n(H2O)∶n(C2H4)＝1∶1]。 标注答案 p1＜p2＜p3＜p4，反应正方向是分子数减少的反应，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高 知识6 电化学类试题 1、对于电化学类试题，首先判断是 还是 ，然后分析 ，书写电极反应式，最后按电极反应式进行相关计算。 2、电化学中的电极反应式的书写要做到以下几点： (1)根据题意、装置图分清“原电池”“电解池”或“电镀池”。 (2)定电极：阴极、阳极；正极、负极。 (3)根据电极反应物和介质确定产物进而写出电极反应式。 ①配平(原子守恒、电荷守恒、电子守恒)； ②产物粒子在介质中存在的形式； ③得、失电子要表达准确，得电子写＋ne－，失电子写－ne－。 (4)对电化学计算要利用各电极转移的电子数相等求未知量。 (5)对于电解质溶液类试题，要明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型，然后进行解答。 考向1 考查盖斯定律和化学平衡 1．（2025·北京东城·三模）了解化石燃料燃烧过程中二氧化硫(SO2)和氮氧化物(NOx)的处理对改善环境推动可持续发展具有重要意义。结合所学知识，回答下列问题： I．用活性炭吸附NOx。 (1)活性炭可以和NOx反应。一定条件下，当1molNO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，写出其反应的热化学方程式： 。 (2)活性炭吸附NO2反应如下：。 在T1℃时，该反应在2L容器中测得反应不同时间各物质的物质的量如下： 时间(min) 0 10 20 30 40 50 NO2(mol) 2 1.16 0.80 0.80 1.23 1.23 N2(mol) 0 0.42 0.60 0.60 0.80 0.80 ①0~10min内，NO2的平均反应速率v(NO2)= ； ②30min时，该反应的平衡常数K= ，反应放出的热量为 kJ。 (3)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据表中的数据判断改变的条件可能是 (填字母)。 a．加入活性炭        b．通入NO2        c．缩小容器的体积        d．加入合适的催化剂 Ⅱ．SO2烟气脱除。 工业上可用纳米MgO分散到一定浓度的MgSO4溶液中，配制成SO2烟气脱硫试剂。 将含有SO2的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中SO2脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图1所示。 已知：i．纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应； ii．MgSO3在水中难溶，Mg(HSO3)2可溶。 (4)烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右。结合化学用语解释其原因 。脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，对脱硫效率有显著影响。请结合化学用语解释Mg2+的作用 。 (5)实验发现，在以后，随着SO2的脱除，溶液pH值几乎不变，但烟气脱硫效率始终很高，且MgSO4浓度逐渐升高，结合图2中含硫微粒的分布情况，用方程式解释其可能原因 。 (6)为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以采取的措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、 (写出两条)。 2．（2025·北京延庆·一模）金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题： (1)转化为有碳氯化法和直接氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下： Ⅰ碳氯化：  ，。 Ⅱ直接氯化：  ，。 ①对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动(填“向正反应方向”向“逆反应方向”或“不”)；温度升高，平衡转化率 (填“提高”“不变”或“降低”)。 ②平衡常数远远大于，说明碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。 ③反应的为 ，平衡常数 。 (2)在时，将、、C以物质的量比进行反应。体系中气体(、、、)平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①图中的四条线中，A代表的物质是 (填“”或“”)。 ②图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。 (3)碳氯化是一个“固-固-气”反应，实际生产中有利于三种反应物接触的措施是 。 3．（2025·北京·模拟预测）挑战：“绿氢”的存储、输送成本和安全 解决方案I：利用可再生资源生产绿氢和温室气体CO2生产甲醇是碳资源高效循环利用的有效途径。 CO2加氢气制甲醇体系中，若不考虑生成烷烃和多碳醇等副反应，主要反应为： I：   Ⅱ：   Ⅲ：   (1)计算反应I的焓变 。 (2)以250℃、5MPa、n(H2)/n(CO2)=3的平衡为基础，探讨温度，压强和原料气组成对平衡的影响，以下说法错误的是___________。 A．随着温度升高，甲醇的百分含量将降低 B．随着压强增大，甲醇的产率将增大 C．随着n(H2)/n(CO2)的增加，CO的转化率将下降 D．若在原料气里加入CO，则CO2转化率将增大 (3)若只关注反应I，氢气和甲醇的燃烧热分别为285kJ/mol和726kJ/mol，则绿氢生产绿甲醇的理论能量转化效率为 。(保留一位小数) 解决方案Ⅱ：合成“绿氨”运输到使用地分解制氢 “绿氢”合成氨技术成熟，加压10bar，25℃就可以液化，液体的存储和输运成本低，现有设备无需改造。“绿氨”具有零碳排放的特点，且其储氢质量能量密度可高达17.6wt。%，故而被视为是种非常具有竞争力且前景广阔的储氢载体。 Ru基催化剂的物理化学性质(部分单位省略) 样品名称 Ru含量(理论值)(wt。%) Ru含量(wt。%) Ru分散度(%) H2消耗量 Ru/Al2O3 1.00 1.09 1.01 0.201 RuLa/Al2O3 1.00 1.04 0.11 0.247 RuCs/Al2O3 1.00 0.97 1.91 0.193 RuLaCs/Al2O3 1.00 0.99 3.01 0.595 (4)加入Cs元素的作用是 。 (5)在400~500℃范围内，Ru基氨分解催化剂性能最佳的是 。 (6)合成氨反应是工业上至关重要的反应，与其有关的研究曾三获诺贝尔奖，有人提出另一种制备氨的路线：    ，已知ΔG=ΔH-TΔS，当ΔG<0时，反应正向自发；当ΔG>0时，反应逆向自发。计算并说明该反应是否适合工业生产 。 4．（2024·北京石景山·一模）我国科学家设计的化学链重整联合CO2捕集制H2系统如下图所示： (1)空气反应器中发生 反应(填“吸热”或“放热”)。 (2)重整气中有H2、CO、CO2、CH4和H2O，燃料反应器中CH4和NiO反应的化学方程式有 。 (3)CaO吸收反应器中还发生蒸汽变换反应(CO与水蒸气或CH4与水蒸气反应) ①1 mol CH4和水蒸气生成CO2和H2吸收热量165 kJ，1 mol CH4和水蒸气生成CO和H2吸收热量206 kJ，CO(g) + H2O (g) =H2(g) + CO2(g)  ΔH = 。 ② 反应温度对H2产率()、CO2捕集率()及产品气组成的影响如下图所示： 结合化学方程式说明图1中温度升高CO2捕集率降低的原因 ；解释图2中温度升高H2体积分数降低的原因 。 (4)燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气的作用 。 考向2 考查热化学方程式、化学平衡和电化学 5．（2025·北京昌平·二模）固体硫化物电池在回收过程中产生大量气体，以下是几种工业处理的方式。 资料：是硫单质的一种形式，化学性质与S相似。 Ⅰ．甲烷硫化氢转化法：　ΔH (1)已知： ①　 ②　 可求出ΔH= 。 (2)从能量角度说明该反应用于工业生产的弊端 。 Ⅱ．电化学循环法：采用溶液吸收处理，并通过电解池实现“吸收液”的再生，同时制取氢气，其原理如图所示。 (3)写出反应器内发生反应的离子方程式 。 (4)结合电极反应式说明“吸收液”在电解池中是如何再生的 。 Ⅲ．克劳斯法：　△H<0。 (5)一定条件下，将和按的比例向反应容器内投料，相同时间内，产率随温度的变化如图所示。解释随温度升高，产率先增大后减小的原因 。 (6)其他条件相同时，某温度下，产率随值的变化如图所示。该温度是 ℃。值过高不利于提高产率的原因是 。 6．（2025·北京通州·一模）以黄铜矿(主要成分为)为原料生产纯铜，流程示意图如下。 (1)矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是 。 (2)“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，浸出过程的总反应是。浸取初期，随着浸泡时间延长，的浸出速率提高，原因是浸出液中产生的与黄铜矿发生反应。 ①生成的离子方程式是 。 ②与黄铜矿发生反应的离子方程式是 。 (3)“氧化浸出”时，改用过量硫酸铁和稀硫酸混合液作浸出剂。在浸出温度为90℃，浸出时间为2 h条件下，改变硫酸铁浓度对试样铜浸出率的影响结果见下图。 ①由上图可知，硫酸铁的最佳浓度为 。 ②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是 。 (4)“电解”的原理示意图如下。 ①电解初期，阴极没有铜析出。结合化学用语解释原因是 。 ②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是 。 7．（2025·北京·模拟预测）资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种途径。 I．制甲醇，过程如下： i．催化剂活化：(无活性)(有活性) ii．与在活化后的催化剂表面可逆的发生反应①，其反应历程如图。同时伴随反应②：　。 (1)反应①每生成1放热49.3，写出其热化学方程式： 。 (2)与混合气体以不同的流速通过反应器，气体流速与转化率、选择性的关系如图。 已知：选择性(生成所用的)(转化的)。 流速加快可减少产物中的积累，减少反应 (用化学方程式表示)的发生，从而减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。 (3)对于以上制甲醇的过程，以下描述正确的是 (填序号)。 A．反应中经历了、键的形成和断裂 B．加压可以提高的平衡转化率 C．升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性 II．一种以甲醇和二氧化碳为原料，利用()和纳米片()作催化电极，电化学法制备甲酸(甲酸盐)的工作原理如图所示。 (4)①阴极表面发生的电极反应式为 。 ②若有1通过质子交换膜，则理论上生成的和共 。 (5)电解部分甲醇后，将阴阳极的电解液混合，加入过量氢氧化钠后蒸干溶液，再向所得固体中加入过量稀硫酸，溶解后得200溶液。取20溶液，加入溶液，充分反应后，再加入过量溶液和5滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。 已知：；。 ①滴定终点的现象为 。 ②假设电流效率为100%，则电解池装置中通过的电子的物质的量为 。 8．（2025·北京门头沟·一模）“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 。 考向3 考查反应速率和化学平衡图像 9．（2025·全国·模拟预测）在生产、生活中应用广泛。回答下列问题。 【储氢材料】利用可逆反应进行氢能源的储存和释放。我国部分地区建起氨分解制氢加能站，采用制、储、加、运一体化模式：液态氨(储氨罐)→氨分解(制氢舱)→氢氮分离→加氢枪→氢能源汽车。 (1)已知：  。制备的反应过程中的能量变化如图1所示。中键的键能为 ， 。 (2)通过热分解可使中储存的氢释放出来，在、条件下，在3个不同的密闭容器中，加入不同比例的、混合气体，分别为4、1、，分解制氢反应中转化率随时间的变化曲线如图2所示。对应的曲线是 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，原因是 ；时，之间，用的分压变化表示的平均反应速率为 (保留3位有效数字)。 (3)反应达到平衡时，正反应的速率方程为。已知为速率常数，则中 。 【环境保护】催化剂作用下，将氮的氧化物(如)还原为：。 (4)去除需参与。在恒温恒容密闭容器中，充入和，初始压强为，发生反应。达到平衡时，测得、的转化率分别为、，则的压强平衡常数 (不考虑与的转化)。 10．（2025·北京房山·一模）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 。 11．（2022·北京海淀·三模）我国是稀土储量大国，氧化铈(CeO2)是一种应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(，含BaO、等杂质)为原料制备的工艺如下图。 已知：①可形成难溶于水的复盐[]，其氢氧化物也难溶于水。 ②硫脲的结构简式为，在酸条件下易被氧化为。 ③HF是一元弱酸。 回答下列问题： (1)焙烧时，为了提高焙烧效率，可采取的措施有 。(写一条) (2)固体A的主要成分是 。 (3)焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce元素的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系如下图所示，应选择的适宜的条件为 ，硫酸浓度过大时，浸出率降低的可能原因是 。 (4)步骤②加入硫脲的目的将还原为，该反应的离子方程式为 。 (5)步骤③加入NaOH的目的 。 (6)步骤④的离子方程式为 。 (7)取a g所制，溶解后配制成250mL溶液。取b mL该溶液用cmol/L硫酸亚铁铵[]溶液滴定，滴定时发生反应，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液V mL，则该产品的质量分数为 。(列表达式) 12．（2025·北京石景山·一模）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 。 13．CH4用水蒸气重整制氢包含的反应为： Ⅰ．水蒸气重整：   Ⅱ．水煤气变换：   总反应可表示为：   (1)总反应的 ，该反应为 （填“吸热”或“放热”）反应。 水碳比定义为原料气中H2O和CH4的物质的量之比，此处用X表示： 反应Ⅰ——水蒸气重整： (2)在恒容密闭容器中，加入1mol CH4和一定量的H2O(g)，若仅发生反应Ⅰ，CH4的平衡转化率按不同投料比X随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是________（不定项）。 A．点a、b、c对应的平衡常数：Ka=Kb>Kc B．X1>X2>X3 C．反应温度为T1，当容器内比值不变时，可判断反应达到平衡状态 D．反应速率： 反应Ⅱ——水煤气变换： 水煤气变换是重要化工过程，主要用于合成氨，制氢以及合成气加工等工业领域中。曾有科学家做过如下实验，在721℃下，分别使H2和CO还原CoO(s)，得到如下数据： 化学方程式 平衡后气体的物质的量分数 H2：0.025 CO：0.0192 (3)根据上述实验结果判断：①CO、H2还原CoO(s)为Co(s)能力的强弱 。 A． CO>H2    B． CO<H2    C． CO=H2    D． 无法判断 ②反应Ⅱ水煤气变换的化学平衡常数K= （写出过程，保留3位有效数字）。 我国学者研发了一种用于低温水煤气变换反应的高效稳定催化剂——原子层金簇负载α-MoC催化剂，下图表示该催化剂与金催化剂的反应历程：（吸附在催化剂表面上的物种用★标注） (4)使用金催化剂决速步发生的化学方程式： 。 (5)使用金催化剂（A）和原子层金簇负载α-MoC催化剂（B），哪种更有利于该反应进行？ （填“A”或“B”），原因是 。 (6)100kPa时，将X=3的混合气体投入恒压反应器中，平衡时，各组分的物质的最分数与温度的关系如下图所示 ①上图中表示CO2曲线是 （选填曲线“A”或“B”），理由是 。 ②在600℃，将X=3的混合气投入恒容反应器中，CH4的平衡物质的量分数 0.04（填“>”“<”或“=”）。 ③反应在600℃、t小时后达到平衡，t小时内计算v(H2O)= kPa·h-1。（用含t的代数式表示，气体分压=总压强×气体物质的最分数） ④某研究小组发现，随着反应进行，实验测得CO的释放速率与模拟数据吻合，但是H2的释放速率高于模拟值，如图所示，你认为可能的原因是 。 考向4 考查盐类的水解和沉淀溶解平衡 14．（2023·北京丰台·一模）赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。 已知： i．⼀定条件下，Ti4+水解⽅程式： ii．⼀定温度下：； I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。 (1)用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因 。 II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。 (2)浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量⻆度解释加入还原铁粉的目的 。 (3)⼀定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因 。 备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。 (4)⼀定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因 。 III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到⼆氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。 (5)电极X连接电源 (填“正”或“负”)极。 (6)写出电极Y上发生的电极反应式 。 15．（2025·北京顺义·一模）化学小组探究Na2S溶液与KMnO4溶液反应。 资料：ⅰ．（黄色） ⅱ．MnS为肉红色难溶于水的固体；Mn(OH)2在水溶液中为乳白色沉淀，易氧化成MnO2（黑色）；低浓度的Mn2+呈无色。 ⅲ．室温下Ksp[Mn(OH)2]=2.6×10-13 (1)理论分析 从价态角度分析，Na2S溶液与酸性KMnO4溶液反应，其氧化产物可能是 。 (2)实验验证 实验 实验操作 实验现象 I 向4.0mL0.01mol∙L-1酸性KMnO4溶液（pH≈2）中逐滴加入4.0mL0.05mol∙L-1Na2S溶液（pH≈12） 立即产生臭鸡蛋味气体，溶液由紫红色变为无色澄清，随后逐渐产生乳白色浊液且保持较长时间 Ⅱ 向4.0mL0.05mol∙L-1酸性KMnO4溶液（pH≈1）中逐滴加入4.0mL0.05mol∙L-1Na2S溶液 立即产生臭鸡蛋味气体，产生棕褐色沉淀，测定反应后溶液呈弱酸性 Ⅲ 向4.0mL2.0mol∙L-1Na2S溶液（pH≈13）中加入1.0mL0.05mol∙L-1酸性KMnO4溶液，充分振荡试管 得到肉红色浊液 ①实验Ⅰ中臭鸡蛋气味气体的成分是 （填化学式）。 ②实验Ⅰ中溶液由“紫红色迅速变为无色澄清”的离子方程式为 。 ③分析实验Ⅰ中乳白色沉淀Mn(OH)2能够稳定存在的原因是 。 ④结合平衡移动原理，解释仅实验Ⅲ中得到肉红色固体的原因 。 (3)探究实验Ⅱ中棕褐色固体的成分。 实验 实验操作 实验现象 Ⅳ 取少量棕褐色固体，滴加2.0mol∙L-1Na2S溶液，振荡，静置 得到黑色固体，溶液呈浅黄色 ①小组同学设计实验证实实验Ⅳ浅黄色溶液中存在Na2Sx，实验方案及实验证据是 。 ②经检验，实验Ⅳ得到的黑色固体是MnO2，对于实验Ⅱ中MnO2的生成过程小组同学提出两种假设： a． b． 上述两种假设合理的是 ，理由是 。 ③综合上述实验，Na2S与KMnO4溶液反应的产物与 等因素有关。 16．（2024·北京顺义·二模）常温下，某小组探究发现金属与铜盐溶液的反应具有多样性，实验操作及现象如下。 实验 编号 金属a 实验现象 Ⅰ 产生大量气体，析出较多紫红色固体，且不断增多，溶液呈淡蓝色；一段时间后，溶液几乎为无色，溶液中生成了蓝色沉淀。 Ⅱ 产生大量气体，析出较多紫红色固体；试管中体系颜色随时间变化如下：蓝绿色溶液蓝白色浑浊，最终变为褐色沉淀；最后溶液的升高至9.5左右，镁条上紫红色的固体几乎不见。 Ⅲ 产生大量气体，光亮铝条表面出现“海绵状”紫红色固体，溶液下降至2左右。一段时间后逐渐升高至3.5左右，反应几乎停止。 已知： ⅰ．新置换出的紫红色固体活性较强； ⅱ．在酸性条件下歧化，生成和单质，在固相或高温下稳定。 (1)实验Ⅰ中，有气体产生的原因是 ；某同学依据原理分析，紫红色固体为。该同学取少量紫红色固体清洗后放入试管中，加入稀硝酸，可观察到的现象是 。 (2)小组同学依据实验Ⅱ判断，得到该结论的证据是 。查阅资料后，确认该结论正确。 (3)经检验，实验Ⅱ的蓝白色浑浊中含有沉淀和。对比实验Ⅰ、实验Ⅱ，蓝白色浑浊的出现与阴离子不同有关，从平衡移动的角度分析原因 。 (4)对比实验Ⅱ、Ⅲ，溶液变化不同。 ①Ⅱ中溶液的升高至9.5左右，是由于可与水发生反应，得到。碱性： (填“”、“”或“”)。 ②Ⅲ中溶液的值下降至2左右，下降的原因是 。 (5)综合上述实验，金属与铜盐溶液反应的多样性除与阴离子有关外，还与 有关。 17．（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 。 18．（2024·北京顺义·一模）常温下，某小组同学探究CuCl2溶液与Na2SO3溶液的反应。 (1)小组同学预测Na2SO3溶液与CuCl2溶液反应的产物可能有CuSO3、Cu(OH)2、Cu2SO3和CuCl。用离子方程式表示预测Na2SO3溶液与CuCl2溶液反应生成CuCl的依据 。 进行实验。 操作 现象 混合后立即得到橙黄色沉淀。 静置3分钟，沉淀颜色变浅并伴有少量白色沉淀产生。振荡试管，1min后，橙黄色沉淀全部变成了白色沉淀。 溶液pH由3.40逐渐降为2.24后基本不变。 (2)常温下，0.2mol·L-1CuCl2溶液pH=3.40的原因是 (用离子方程式表示)。 小组同学继续探究沉淀的成分。 资料：ⅰ．含铜元素沉淀的颜色 沉淀化学式 CuSO3 Cu(OH)2 Cu2SO3 CuCl 沉淀颜色 绿色 蓝色 红色 白色 ⅱ．CuCl不溶于硫酸、稀硝酸，但可溶于氨水得到[Cu(NH3)2]+(无色)。[Cu(NH3)2]+易被空气氧化为[Cu(NH3)4]2+。 ⅲ．2Cu2++4I-=2CuI↓(白色)＋I2。 (3)经检验，橙黄色沉淀的成分为xCu2SO3·yCuSO3·zH2O，白色沉淀的主要成分是CuCl。 ①证明白色沉淀主要成分的方法是 。 ②实验中橙黄色沉淀向白色沉淀转化时间较短，从沉淀转化条件分析，为利于橙黄色沉淀的收集，可将CuCl2溶液替换为 溶液。 ③证明橙黄色沉淀中含有Cu2+和SO，设计实验方案。 步骤ⅰ．向洗净的橙黄色沉淀中加入KI溶液，过滤，得到白色沉淀a和无色溶液b。 步骤ⅱ．将无色溶液b分成两份，其中一份加入淀粉，无明显现象；另一份加入的试剂和实验现象是 。 (4)实验中生成橙黄色沉淀的离子方程式是 。 (5)实验中，CuCl2溶液与Na2SO3溶液混合后立即得到橙黄色沉淀，最终橙黄色沉淀全部转化为白色沉淀的原因是 。 考向5 综合考查化学反应原理 19．（2025·北京海淀·三模）船舶的外壳常用镶嵌锌块的方法避免船体遭受腐蚀，实验室模拟该过程如下。 实验 实验装置 实验步骤及现象 电流表指针偏转，电极上未见气泡生成；取出少量电极附近的溶液，滴加溶液，未出现蓝色沉淀 向电极附近滴加溶液，生成蓝色沉淀 ___________ 向区滴加溶液，生成蓝色沉淀，一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失 (1)实验中，作 极。 (2)蓝色沉淀为，说明有产生。 ①对实验中产生的原因作出如下猜想： 猜想a．将Fe氧化； 猜想b．___________将Fe氧化； 猜想c．将Fe氧化； 猜想d．被还原； 猜想b中的物质是 ；依据实验中的现象可否定猜想 (填字母)。 ②理论分析： 资料i：实验条件下，  ，   。 根据资料i推测猜想d不成立，理由是： ，无法生成蓝色沉淀。 因此猜想成立，其中生成的离子方程式为 。 (3)补全实验中的操作和现象，证明发生了吸氧腐蚀： 。 资料ii：实验条件下，Fe与很难发生反应。 (4)结合平衡移动原理，解释实验中“一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失”的可能原因 。 (5)将实验装置中的锌片换成铜片，重复实验的操作，推测其与实验现象的差异 。 由上述实验可知：比铁活泼的锌可以保护铁不被腐蚀。 20．（2025·北京·模拟预测）氢气和核能是可以开发利用的新能源。 (1)氢气是未来最具有前途的能源之一。氢气能将二氧化碳转化为CH3OH等液体燃料。以H2、CO2为原料制CH3OH涉及的主要反应如下： ⅰ．H2(g) + CO2(g) CO(g) + H2O(g)  ∆H1 =﹢41 kJ·mol-1    ⅱ．CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)  ∆H2=﹣90 kJ·mol-1    ①CO2分子中含有 键（填“极性”或“非极性”）。 ②H2(g) 、CO2(g)转化为CH3OH(g)、H2O(g)的热化学方程式为 。 (2)开发利用核能可以减少对化石能源的依赖。UO2是一种常用的核燃料，该核燃料的一种制备流程如下： 铀矿UO2SO4U(SO4)2UF4UF6UO2 I中，将含有硫酸的UO2SO4溶液通入电解槽，如图所示。 ①A电极是 （填“阴极”或“阳极”），其电极反应式是 。 ②B电极的电极反应式 。 ③U4+有较强的还原性。用质子交换膜隔开两极区溶液可以 ，从而提高U4+的产率。 21．（2025·北京·三模）处理H2S有多种方法。 (1)碱法脱硫——用K2CO3溶液吸收H2S。 已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。 H2S H2CO3 ①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因： 。 ②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是 。 (2)热分解法——加热使H2S发生分解反应 已知下列反应的热化学方程式： i．   ii．   iii．   ①写出H2S分解生成S2(g)的热化学方程式 。 ②在恒温恒压的条件下，分别以n(H2S)：n(Ar)为4：1、1：1、1：4的H2S-Ar混合气进行实验。随n(H2S)：n(Ar)减小，H2S平衡转化率 (填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是 。 (3)间接电解法脱硫 间接电解法脱硫过程的示意图如下。 ①溶液X的主要溶质是 。 ②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理： 。 ③不考虑其他副反应，理论上5 mol H2S反应能生成 g H2。 22．（2025·北京东城·三模）精炼铜的阳极泥经处理后的沉渣中含有，可用溶液浸取回收银。所得浸出液可以分离出并使浸取剂再生。某小组在实验室模拟该反应。 已知：时，(白色)微溶于水，(白色)难溶于水； ，。 I．浸出 (1)取固体，加入一定体积溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液，其中银的主要存在形式为。该反应的离子方程式是 。 Ⅱ．酸化沉银 取(1)所得浸出液，滴加稀硫酸，生成白色沉淀。继续滴加稀硫酸，当恰好沉淀完全时，约为5； (2)完全沉淀时，溶液中大量存在的含硫粒子有 。 (3)将沉淀过滤并洗净，探究其成分。 ①取少量沉淀， (填操作和现象)，证实其中不含。 ②为证明沉淀中不含，甲同学设计的实验及其现象如下。 该现象能否得出沉淀中不含的结论？若能，写出推理过程；若不能，补充实验方案，证实不含。 。 ③经分析，沉淀是，用化学平衡原理解释生成的原因 。 (4)有同学预测，反应的初始阶段所得沉淀中可能混有。探究如下：向(1)所得浸出液中滴入1滴稀，恰好出现少量沉淀(记为沉淀)。过滤，用滤液进行实验。 ①若沉淀中有，预期现象与上述实验现象不同。写出预期现象及理由 。由此推知，沉淀中不含。 ②结论：浸出液加酸沉银时，无论酸用量多少，得到的沉淀都只有AgCl。 Ⅲ．浸取剂再生 (5)向Ⅱ所得溶液中加调，可使浸取剂再生。引入的不会明显影响的浸出。有人提出，仅利用含的物质，就能实现“浸出—沉银—再生”循环，且理论上试剂能完全循环使用。沉银所加试剂是 ；再生的方法是 。 23．（2025·北京房山·三模）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： （浓）。该反应利用了浓硝酸的性质是酸性和 。 (2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①工业合成的化学方程式为 。 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2n mol NO和进行反应。在不同压强下（、），反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。比较y点和x点的容器容积：y x，解释原因 。 (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)用于新型锂电池，其晶胞结构如图。立方晶胞棱长为。 ①距离Li最近且等距的O的数目为 。 ②已知阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为 。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 大题突破-化学反应原理综合 目录 01 析·考情精解 2 02 构·知能架构 3 03 破·题型攻坚 4 题型 化学反应原理 4 真题动向 以真实科研/工业情景为载体，围绕能量、速率平衡、电化学、电解质溶液四大核心模块，强化图表分析、定量计算与跨模块逻辑推理，逐步向双碳、新能源等前沿领域延伸，突出证据推理与模型认知的学科素养考查。 必备知识 知识1利用盖斯定律计算反应热 知识2 转化率、产率等计算与变化判断 知识3 化学平衡常数(K)及Kp的计算 知识4 综合图像分析方法 知识5 平衡图像原因解释之温度、压强对平衡的影响 知识6 电化学类试题 命题预测 考向1 考查盖斯定律和化学平衡 考向2 考查热化学方程式、化学平衡和电化学 考向3 考查反应速率和化学平衡图像 考向4 考查盐类的水解和沉淀溶解平衡 考向5 综合考查化学反应原理 命题轨迹透视 1、 从传统工业（煤脱硫、尿素合成）转向绿色转化（废气制焦亚硫酸钠、新型氮源制硝酸）、能源科技（锂电池、氢能），强调“真实问题解决”，呼应北京卷“四个突出、四个考出来”理念。 2、 速率与平衡：速率影响因素、平衡常数(Kc/Kp)计算、转化率/选择性定量分析，图像（浓度 - 时间、压强 - 温度、能量 - 历程）占比超60%，2024年引入“竞争反应平衡体系”。 3、 电化学：新型电池（如钠离子、液流电池）、电解池（含离子交换膜），电极反应式书写、电子转移计算、溶液pH变化分析，2023年结合“尿素合成电解池”考查应用。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 化学反应原理 北京卷T16，11分 北京卷T18，13分 北京卷T19，13分 北京卷T16，11分 北京卷T19，13分 北京卷T16，13分 北京卷T18，12分 北京卷T19，13分 北京卷T18，14分 北京卷T15，10分 北京卷T16，10分 2026命题预测 1、 聚焦双碳目标（CO₂捕集与转化）、新能源材料（固态电池、光催化）、生物医药（酶催化反应机理），素材多源于近1-2年北京高校/科研院所成果，增强地域特色与时代感。 2、 能量+机理融合：以复杂反应历程图为载体，考ΔH计算、中间体/催化剂判断、决速步分析，强化“动力学与热力学关联”，如“催化加氢制甲醇的能量 - 路径分析”。 3、 平衡+选择性深化：多反应体系中，考“温度/压强对主副反应的调控”，要求计算平衡转化率与选择性，结合工业实际做“条件优化决策”，呼应北京卷“权衡思维”考查。 4、 电化学+离子膜创新：新型“海水淡化电解池”“液流电池储能系统”为背景，考离子交换膜（阳/阴/质子）作用、电极反应式（碱性/中性/非水体系）、法拉第效率计算，突出“实际应用中的效率与能耗问题”。 题型 化学反应原理 1．（2025北京，19，13分）化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 (1)理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 (2)实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是 。用离子方程式表示的作用： 。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的 (填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用 的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是 。 (3)实验改进 分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。 控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与 值比较。 ②综合调控和温度的目的是 。 【答案】(1) (2)滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 增大 实验Ⅱ中反应未达到平衡状态 (3)40℃的K 防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡 【详解】（1） （2）①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复； KI的作用：将Br2转化为，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：； ②该反应消耗生成水，pH增大；因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，，则计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度； ③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，题目已知信息③也说明了与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小； （3）①平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关，（题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。 ②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡，从而准确测定K值。 命题解读 新情境：这道题选取“KBr与MnO2在酸性条件下的反应平衡”为研究对象，并非课本中合成氨、乙酸乙酯水解等经典平衡体系，而是聚焦卤素化合物与金属氧化物的氧化还原平衡，且结合了溴的挥发、HBr挥发性等实际实验现象的干扰因素，还原了真实化学实验中“理论分析-实验验证-误差处理”的完整探究流程，体现高考对“化学实验与理论结合”的命题导向，让学生从“背平衡结论”转向“用平衡原理解决实际实验问题”。 新考法：不是直接给出平衡浓度求算K，而是要求结合实验测定的pH、Br2浓度等数据，结合反应方程式推导平衡常数表达式并计算，同时需考量实验中“c(Mn2+)近似不变”等简化条件，考查数据处理与模型简化的能力。 新角度：从“单一平衡计算”到“理论可行性分析”：开篇先要求从溴的挥发、平衡常数、物质挥发性等多个维度，论证实验测定平衡常数的可行性，打破了传统“直接给出平衡体系求算K”的模式，考查学生对平衡原理的综合论证能力，落实“证据推理与模型认知”核心素养。 2．（2025北京，16，11分）铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。 (1)十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。 铅酸电池工作原理： ①充电时，阴极发生的电极反应为 。 ②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为 。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。 ③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是 。 ④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为 。 (2)随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。 ①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是 。 ②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是 。 (3)铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有 (填序号)。 a．增强负极导电性 b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒 c．碳材料作还原剂，使被还原 【答案】(1) 正四面体形 (2)脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅 H2O2作还原剂，K2S2O8作氧化剂 (3)ab 【详解】（1）①充电时，阴极发生还原反应，PbSO4得到电子变成Pb，其发生的电极反应为：； ②根据放电时的反应，每消耗1molH2SO4，转移1mol电子；产生a库伦电量，转移的电子为，故消耗H2SO4的物质的量为； ③的中心原子S原子的价层电子对数为，故其空间结构为正四面体形； ④Pb在H2SO4作用下与氧气反应，会生成PbSO4和水，反应的化学方程式为：。 （2）废旧铅酸电池通过预处理得到PbSO4、PbO、PbO2；加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2；若加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，电解后生成Pb；若加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2。 ①由以上分析可知，加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2，其目的是脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅，便于后续的溶解； ②由以上分析可知，加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，说明PbO2被H2O2还原，故H2O2的作用为还原剂；加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2，说明Pb(OH)2、PbO被K2S2O8氧化，故K2S2O8的作用为氧化剂。 （3）由于负极会生成导电性差的大颗粒PbSO4，石墨可以导电，多孔碳可以增加负极材料的比表面积，故碳材料的作用可以增强负极的导电性，且有利于生成小颗粒PbSO4，故a、b正确； 负极的主要材料是Pb，且电解质环境为酸性，故负极不存在PbO2，碳材料不能使PbO2被还原，c错误； 故选ab。 命题解读 新情境：以铅酸电池这一传统化学电源为核心载体，打破了以往仅聚焦原理的考法，通过“历史发展-资源回收-实际应用问题解决”的纵向链条设计，实现了情景真实化、考法综合化、角度实用化的创新，精准契合北京卷电化学命题的新趋势。 新考法：从“单一考点”到“跨模块融合+能力分层” 1. 电化学与结构化学的跨模块融合：第(1)③问考查SO42-的空间结构，将电化学中电解质的性质与化学键与分子结构知识点结合，打破了电化学仅考原理的边界，要求学生建立“结构决定性质（SO42-氧化性弱）”的逻辑链。 2. 定量计算的实用化考法：第(1)②问以“库仑电量”为切入点计算消耗H2SO4的量，将物理电学单位（库仑）与化学的电子守恒计算结合，不是简单的物质的量计算，而是贴近实际电池性能检测的定量考法。 3. 工业流程的分析性考法：第(2)问围绕废旧电池回收流程，要求分析试剂作用（NaOH、H2O2、K2S2O8），考法从“写反应式”升级为“基于流程目的推导试剂功能”，侧重证据推理与工业思维。 新角度：从“静态原理判断”到“动态过程与性质关联” 1. 储存过程的副反应角度：第(1)④问考查铅酸电池储存时的缓慢氧化反应（O2氧化Pb），跳出了“充放电主反应”的常规角度，关注电池非工作状态的副反应，要求学生分析物质转化的动态过程。 2. 电解质性质的本质角度：第(1)③问从SO42-的结构角度解释其氧化性弱的原因，不是单纯考查电解质的作用，而是深挖“结构-性质-应用”的内在关联，要求学生从本质上理解电解质选择的依据。 3. 资源回收的转化角度：第(2)问从“废旧电池→含Pb2+溶液→Pb/PbO2”的转化过程，考查氧化还原的调控（H2O2的还原性、K2S2O8的氧化性），角度聚焦于工业中物质的定向转化与试剂选择，体现电化学的实际应用价值。 3．（2024北京卷，19，13分）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是 。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是 。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因 。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式 。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制， (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因 。 【答案】(1) (2)产生蓝色沉淀 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动 、 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸 (3)金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗 【详解】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； （2）①与会生成蓝色的沉淀； ②在溶液中存在反应，加入的或会与反应，溶液中c(H+)减小，促进水解平衡正向移动，有红褐色沉淀生成； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质； （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 4．（2024北京卷，16，11分）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) 该反应放热，且正反应的气体分子数减少，y点的温度大于x点的温度，为使两点的NO的转化率相同，需增大压强，故y点的容积小于x点的容积 (3) iii产生的参与ⅱ中NO的氧化 (4)分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量 【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反应，升高温度，NO的平衡转化率减小，说明该反应放热，且正反应的气体分子数减少，y点的温度大于x点的温度，为使两点的NO的转化率相同，需增大压强，故y点的容积小于x点的容积。 （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）分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。 知识1 利用盖斯定律计算反应热 1、虚拟途径法：先根据题意虚拟转化过程，然后根据盖斯定律列式求解，即可求得待求反应的反应热。 2、加和法：将所给热化学方程式适当加减得到所求的热化学方程式，反应热也作相应的加减运算。流程如下： 知识2 转化率、产率等计算与变化判断 1、三段式突破平衡的有关计算 　　　 　　mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g) a b 0 0 mx nx px qx a－mx b－nx px qx (1)vA＝。 (2)转化率αA＝×100%。 (3)K＝。 (4)生成物的产率：实际产量占理论产量的百分数。一般来说，转化率越高，原料利用率越高，产率越高。 产率＝×100%。 (5)混合物中某组分的百分含量＝×100%。 2、平衡移动与转化率的关系 在一恒容密闭容器中通入a mol A、b mol B发生反应aA(g)＋bB(g)cC(g)，达到平衡后，改变下列条件，分析转化率的变化情况： (1)再通入b mol B，α(A)增大，α(B)减小。 (2)再通入a mol A、b mol B，若a＋b>c，α(A)增大、α(B)增大；若a＋b＝c，α(A)不变、α(B)不变；若a＋b<c，α(A)减小、α(B)减小。 知识3 化学平衡常数(K)及Kp的计算 1、化学平衡常数表达式的书写 (1)不要把反应体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度写进平衡常数表达式。 如：CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g) K＝c(CO2)。 Cr2O(aq)＋H2O(l)2CrO(aq)＋2H＋(aq) K＝。 但在非水溶液中，若有水参加或生成，则此时水的浓度不可视为常数，应写进平衡常数表达式中。 如：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) K＝。 (2)有气体参与的反应，用平衡分压(总压乘以各自的物质的量分数)表示平衡常数。 如：2A(g)＋B(s)C(g)。若达到平衡时，n(A)＝n1、n(C)＝n2，密闭体系的压强为p，则Kp＝＝。 (3)化学平衡常数的计算规则 ①同一可逆反应中，K正·K逆＝1。 ②同一方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍，则新平衡常数K′与原平衡常数K间的关系是 K′＝Kn或K′＝。 ③几个可逆反应方程式相加，得总方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积；两方程式相减所得反应的平衡常数为两个平衡常数之比。 ④水溶液中进行的反应，必须拆成离子方程式再计算平衡常数。 2、化学平衡常数与温度的关系 热效应 温度变化 K的变化 热效应 温度变化 K的变化 放热 反应 升温 减小 吸热 反应 升温 增大 降温 增大 降温 减小 知识4 综合图像分析方法 1、审题：审明各物质的状态(有无固体、液体)，明确气体分子数的变化(变大、变小、不变)，正反应吸热还是放热。 2、析题——找准解题的突破口 看图像 3、解题——掌握分析的方法 (1)三步分析法：一看反应速率增大还是减小；二看v(正)、v(逆)的相对大小；三看化学平衡移动的方向。 (2)先拐先平数值大：在含量(转化率)时间曲线中，先出现拐点的反应则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。 (3)定一议二：当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。 (4)想规律做判断：联想化学反应速率、化学平衡移动规律，将图表与原理结合，对照得出结论。 知识5 平衡图像原因解释之温度、压强对平衡的影响 1、影响化学平衡的因素 (1)若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响 改变的条件(其他条件不变) 化学平衡移动的方向 浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动 减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动 压强(对有气体参加的反应) 反应前后气体体积改变 增大压强 向气体分子总数减小的方向移动 减小压强 向气体分子总数增大的方向移动 反应前后气体体积不变 改变压强 平衡不移动 温度 升高温度 向吸热反应方向移动 降低温度 向放热反应方向移动 催化剂 同等程度改变v正、v逆，平衡不移动 (2)“惰性气体”对化学平衡移动的影响 ①恒温、恒容下：加入惰性气体体系总压增大，但体积不变，各反应物、生成物的浓度均未改变，故反应速率不变，V正、V逆也不变，化学平衡也不发生移动 ②恒温、恒压下：加入惰性气体体积增大各反应物浓度减少反应速率减小， V正、V逆均减小，等效于降压，故化学平衡向气体总体积增大的方向移动 2、掌握三类平衡移动图像：反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，m＋n＞p＋q，且ΔH＞0 (1)速率—时间图——注意断点 t1时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大；t2时升高温度，对任何反应，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的正反应速率增大较快；t3时减小压强，容器容积增大，浓度变小，正反应速率和逆反应速率均减小；t4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大 (2)转化率(或含量)—时间图——先拐先平 甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的反应，压强越大，反应物的转化率越大；乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应物的转化率 (3恒压(温)线——定一议二 分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即：为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响 【答题模板及剖析】 恒压线(恒温线) 答题策略 叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果) 答题模板 该反应的正反应是气体分子数减小(或增大)的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，因此×××(得结论) 经典例题 乙烯气相水合反应的热化学方程式为C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)　ΔH＝－45.5 kJ·mol－1，下图是乙烯气相水合法制乙醇中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n(H2O)∶n(C2H4)＝1∶1]。 标注答案 p1＜p2＜p3＜p4，反应正方向是分子数减少的反应，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高 知识6 电化学类试题 1、对于电化学类试题，首先判断是原电池还是电解池，然后分析电极类别，书写电极反应式，最后按电极反应式进行相关计算。 2、电化学中的电极反应式的书写要做到以下几点： (1)根据题意、装置图分清“原电池”“电解池”或“电镀池”。 (2)定电极：阴极、阳极；正极、负极。 (3)根据电极反应物和介质确定产物进而写出电极反应式。 ①配平(原子守恒、电荷守恒、电子守恒)； ②产物粒子在介质中存在的形式； ③得、失电子要表达准确，得电子写＋ne－，失电子写－ne－。 (4)对电化学计算要利用各电极转移的电子数相等求未知量。 (5)对于电解质溶液类试题，要明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型，然后进行解答。 考向1 考查盖斯定律和化学平衡 1．（2025·北京东城·三模）了解化石燃料燃烧过程中二氧化硫(SO2)和氮氧化物(NOx)的处理对改善环境推动可持续发展具有重要意义。结合所学知识，回答下列问题： I．用活性炭吸附NOx。 (1)活性炭可以和NOx反应。一定条件下，当1molNO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，写出其反应的热化学方程式： 。 (2)活性炭吸附NO2反应如下：。 在T1℃时，该反应在2L容器中测得反应不同时间各物质的物质的量如下： 时间(min) 0 10 20 30 40 50 NO2(mol) 2 1.16 0.80 0.80 1.23 1.23 N2(mol) 0 0.42 0.60 0.60 0.80 0.80 ①0~10min内，NO2的平均反应速率v(NO2)= ； ②30min时，该反应的平衡常数K= ，反应放出的热量为 kJ。 (3)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据表中的数据判断改变的条件可能是 (填字母)。 a．加入活性炭        b．通入NO2        c．缩小容器的体积        d．加入合适的催化剂 Ⅱ．SO2烟气脱除。 工业上可用纳米MgO分散到一定浓度的MgSO4溶液中，配制成SO2烟气脱硫试剂。 将含有SO2的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中SO2脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图1所示。 已知：i．纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应； ii．MgSO3在水中难溶，Mg(HSO3)2可溶。 (4)烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右。结合化学用语解释其原因 。脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，对脱硫效率有显著影响。请结合化学用语解释Mg2+的作用 。 (5)实验发现，在以后，随着SO2的脱除，溶液pH值几乎不变，但烟气脱硫效率始终很高，且MgSO4浓度逐渐升高，结合图2中含硫微粒的分布情况，用方程式解释其可能原因 。 (6)为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以采取的措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、 (写出两条)。 【答案】(1)C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)  ∆H=-34kJ∙mol-1 (2)0.042mol∙L-1∙min-1 0.675 38.4 (3)b (4)Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-，溶液呈碱性，主要反应为OH-+SO2=或Mg(OH)2+2SO2=Mg2++2，电离使溶液显酸性，所以pH值很快降到4左右 当溶液中含有较高浓度的Mg2+时，SO2与OH-反应生成的易与Mg2+结合生成MgSO3沉淀Mg2++=MgSO3↓，促进OH-的消耗，使Mg(OH)2Mg2++2OH-的电离平衡正向移动，产生更多的OH-来吸收SO2，从而提高脱硫效率 (5)Mg(OH)2+2+Mg2+=2MgSO3+2H2O，MgSO3+SO2+H2O=Mg2++2，2MgSO3+O2=2MgSO4 (6)减缓烟气通入速率、降低烟气中SO2浓度、适当提高反应体系温度等 【详解】（1）一定条件下，当1molNO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，则2molNO参加反应时，放热34kJ，所以活性炭与NO反应的热化学方程式：C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)  ∆H=-34kJ∙mol-1。 （2）①0~10min内，NO2的平均反应速率v(NO2)==0.042mol∙L-1∙min-1； ②在T1℃时，该反应在2L容器中发生反应，30min时，NO2的物质的量为0.80mol、N2的物质的量为0.60mol，则可建立如下三段式： 该反应的平衡常数K==0.675，反应放出的热量为=38.4kJ。 （3）a．加入活性炭，不改变反应物和生成物的浓度，平衡不发生移动，a不符合题意； b．通入NO2，平衡正向移动，达新平衡时，反应物和生成物的浓度都比原平衡时大，b符合题意； c．缩小容器的体积，平衡逆向移动，反应物的物质的量增大，生成物的物质的量减小，c不符合题意； d．加入合适的催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，但平衡不发生移动，反应物和生成物的物质的量都不变，d不符合题意； 故选b。 （4）烟气脱硫开始阶段，纳米MgO与水反应MgO+H2O=Mg(OH)2，Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-，溶液呈碱性，OH-与溶解的SO2发生反应2OH-+SO2=+H2O、+SO2+H2O=2，在溶液中以电离为主，电离使溶液显酸性，很快pH值降到4左右。结合化学用语解释其原因：Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-，溶液呈碱性，主要反应为OH-+SO2=或Mg(OH)2+2SO2=Mg2++2，电离使溶液显酸性，所以pH值很快降到4左右。脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，SO2与OH-反应生成的会与Mg2+结合生成MgSO3沉淀，促进OH-的消耗，使Mg(OH)2电离平衡正向移动，产生更多的OH-来吸收SO2，对脱硫效率有显著影响。请结合化学用语解释Mg2+的作用：当溶液中含有较高浓度的Mg2+时，SO2与OH-反应生成的易与Mg2+结合生成MgSO3沉淀Mg2++=MgSO3↓，促进OH-的消耗，使Mg(OH)2Mg2++2OH-的电离平衡正向移动，产生更多的OH-来吸收SO2，从而提高脱硫效率。 （5）pH约为4时，溶液中主要含有微粒为，在以后，发生反应Mg(OH)2+2+Mg2+=2MgSO3+2H2O，随着反应的进行，MgSO3增多，同时MgSO3会被空气中的O2氧化为MgSO4，发生反应2MgSO3+O2=2MgSO4，MgSO4浓度逐渐升高，而MgSO3又能吸收SO2，发生反应MgSO3+SO2+H2O=Mg2++2，从而使溶液pH几乎不变。则用方程式解释其可能原因：Mg(OH)2+2+Mg2+=2MgSO3+2H2O，MgSO3+SO2+H2O=Mg2++2，2MgSO3+O2=2MgSO4。 （6）为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，通过升高温度、增大接触面积、增大接触时间，都可提高脱硫效率，则可以采取的措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、减缓烟气通入速率、降低烟气中SO2浓度、适当提高反应体系温度等。 2．（2025·北京延庆·一模）金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题： (1)转化为有碳氯化法和直接氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下： Ⅰ碳氯化：  ，。 Ⅱ直接氯化：  ，。 ①对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动(填“向正反应方向”向“逆反应方向”或“不”)；温度升高，平衡转化率 (填“提高”“不变”或“降低”)。 ②平衡常数远远大于，说明碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。 ③反应的为 ，平衡常数 。 (2)在时，将、、C以物质的量比进行反应。体系中气体(、、、)平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①图中的四条线中，A代表的物质是 (填“”或“”)。 ②图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。 (3)碳氯化是一个“固-固-气”反应，实际生产中有利于三种反应物接触的措施是 。 【答案】(1)向逆反应方向 降低 碳氯化反应气体分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 -223 1.2×1014 (2) 提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品 (3)将、C粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积 【详解】（1）①碳氯化是气体体积增大的放热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，温度升高，平衡逆向移动，平衡转化率降低； ②平衡常数远远大于，说明碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是：碳氯化反应气体分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程； ③根据盖斯定律，将“反应Ⅰ-反应Ⅱ”得到反应 =--223，平衡常数=1.2×1014。 （2）①当温度较高时会发生反应：，会导致CO的物质的量分数增大，B为CO2，A代表的物质是； ②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品。 （3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大，有利于三种反应物接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。 3．（2025·北京·模拟预测）挑战：“绿氢”的存储、输送成本和安全 解决方案I：利用可再生资源生产绿氢和温室气体CO2生产甲醇是碳资源高效循环利用的有效途径。 CO2加氢气制甲醇体系中，若不考虑生成烷烃和多碳醇等副反应，主要反应为： I：   Ⅱ：   Ⅲ：   (1)计算反应I的焓变 。 (2)以250℃、5MPa、n(H2)/n(CO2)=3的平衡为基础，探讨温度，压强和原料气组成对平衡的影响，以下说法错误的是___________。 A．随着温度升高，甲醇的百分含量将降低 B．随着压强增大，甲醇的产率将增大 C．随着n(H2)/n(CO2)的增加，CO的转化率将下降 D．若在原料气里加入CO，则CO2转化率将增大 (3)若只关注反应I，氢气和甲醇的燃烧热分别为285kJ/mol和726kJ/mol，则绿氢生产绿甲醇的理论能量转化效率为 。(保留一位小数) 解决方案Ⅱ：合成“绿氨”运输到使用地分解制氢 “绿氢”合成氨技术成熟，加压10bar，25℃就可以液化，液体的存储和输运成本低，现有设备无需改造。“绿氨”具有零碳排放的特点，且其储氢质量能量密度可高达17.6wt。%，故而被视为是种非常具有竞争力且前景广阔的储氢载体。 Ru基催化剂的物理化学性质(部分单位省略) 样品名称 Ru含量(理论值)(wt。%) Ru含量(wt。%) Ru分散度(%) H2消耗量 Ru/Al2O3 1.00 1.09 1.01 0.201 RuLa/Al2O3 1.00 1.04 0.11 0.247 RuCs/Al2O3 1.00 0.97 1.91 0.193 RuLaCs/Al2O3 1.00 0.99 3.01 0.595 (4)加入Cs元素的作用是 。 (5)在400~500℃范围内，Ru基氨分解催化剂性能最佳的是 。 (6)合成氨反应是工业上至关重要的反应，与其有关的研究曾三获诺贝尔奖，有人提出另一种制备氨的路线：    ，已知ΔG=ΔH-TΔS，当ΔG<0时，反应正向自发；当ΔG>0时，反应逆向自发。计算并说明该反应是否适合工业生产 。 【答案】(1)-49kJ/mol (2)CD (3)84.9% (4)提高Ru分散度，增强催化剂性能，增大氢气消耗量 (5)RuLaCs或者RLC (6)计算当ΔG=0时候的温度，T=-9769K，从而说明反应不适合工业生产 【详解】（1）根据盖斯定律，反应I=反应Ⅱ+反应Ⅲ，故； （2）A．随着温度升高，反应I、Ⅲ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，甲醇的百分含量将降低，A正确； B．随着压强增大，反应I、Ⅲ正向移动，甲醇的产率将增大，B正确； C．随着n(H2)/n(CO2)的增加，相当于二氧化碳量不变的基础上增加氢气，反应Ⅲ正向移动，CO的转化率将升高，C错误； D．若在原料气里加入CO，反应Ⅲ正向移动，减少反应I的进行，则CO2转化率将减小，D错误； 答案选CD。 （3）根据，则绿氢生产绿甲醇的理论能量转化效率为； （4）通过表格数据分析，第3、4组中加入Cs后，分散度显著提高，故加入Cs的作用是提高Ru分散度，增强催化剂性能，增大氢气消耗量； （5）从图中可以看出，在400~500℃范围内，转化率最高的是RLC，故Ru基氨分解催化剂性能最佳的是RLC； （6）根据  ，当ΔG=ΔH-TΔS<0时，反应自发，数据代入计算出T<-9769K，故不适合工业生产。 4．（2024·北京石景山·一模）我国科学家设计的化学链重整联合CO2捕集制H2系统如下图所示： (1)空气反应器中发生 反应(填“吸热”或“放热”)。 (2)重整气中有H2、CO、CO2、CH4和H2O，燃料反应器中CH4和NiO反应的化学方程式有 。 (3)CaO吸收反应器中还发生蒸汽变换反应(CO与水蒸气或CH4与水蒸气反应) ①1 mol CH4和水蒸气生成CO2和H2吸收热量165 kJ，1 mol CH4和水蒸气生成CO和H2吸收热量206 kJ，CO(g) + H2O (g) =H2(g) + CO2(g)  ΔH = 。 ② 反应温度对H2产率()、CO2捕集率()及产品气组成的影响如下图所示： 结合化学方程式说明图1中温度升高CO2捕集率降低的原因 ；解释图2中温度升高H2体积分数降低的原因 。 (4)燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气的作用 。 【答案】(1)放热 (2)CH4 + NiO2H2 + CO + Ni和CH4 + 2NiO 2H2 + CO2 + 2Ni (3) —41kJ/mol CaCO3CaO + CO2↑，温度升高促进碳酸钙分解 CO(g) + H2O(g) = H2(g) + CO2(g)ΔH <0，CO2浓度增大和升高温度均促使平衡逆向移动，H2体积分数降低 (4)通过蒸汽变换等反应增大产品气中H2的产率与体积分数，促进CO2的吸收 【详解】（1）空气反应器中发生的反应为镍和空气中氧气共热发生化合反应生成氧化镍，并放出热量，则该反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故答案为：放热； （2）由分析可知，燃料反应器中发生的反应为氧化镍与甲烷共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，反应的化学方程式为CH4 + NiO2H2 + CO + Ni和CH4 + 2NiO 2H2 + CO2 + 2Ni，故答案为：CH4 + NiO2H2 + CO + Ni和CH4 + 2NiO 2H2 + CO2 + 2Ni； （3）①由题意可知，甲烷与水蒸气反应生成二氧化碳、一氧化碳的热化学方程式为CH4(g)+2H2O(g) =4H2(g)+CO2(g) △H=+165kJ/mol①、CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g) △H=+206kJ/mol②，由盖斯定律可知，反应①—②得到反应CO(g) + H2O (g) =H2(g) + CO2(g)，则反应ΔH =(+165kJ/mol)—(+206kJ/mol)= —41kJ/mol，故答案为：—41kJ/mol； ②温度升高碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳：CaCO3CaO + CO2↑，所以温度升高二氧化碳捕集率降低；一氧化碳与水蒸气生成二氧化碳和氢气的反应为放热反应，二氧化碳浓度增大和升高温度都使平衡向逆反应方向移动，导致生成物氢气的体积分数降低，故答案为：CaCO3CaO + CO2↑，温度升高促进碳酸钙分解；CO(g) + H2O(g) = H2(g) + CO2(g)ΔH <0，CO2浓度增大和升高温度均促使平衡逆向移动，H2体积分数降低； （4）由分析可知，燃料反应器中发生的反应为甲烷与氧化镍共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，与水蒸气共热反应生成氢气和碳的氧化物，吸收反应器中发生的反应为一氧化碳、甲烷与水蒸气生成二氧化碳和氢气，则燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气有利于增大产品中氢气的体积分数，促进二氧化碳的充分吸收，故答案为：通过蒸汽变换等反应增大产品气中H2的产率与体积分数，促进CO2的吸收。 考向2 考查热化学方程式、化学平衡和电化学 5．（2025·北京昌平·二模）固体硫化物电池在回收过程中产生大量气体，以下是几种工业处理的方式。 资料：是硫单质的一种形式，化学性质与S相似。 Ⅰ．甲烷硫化氢转化法：　ΔH (1)已知： ①　 ②　 可求出ΔH= 。 (2)从能量角度说明该反应用于工业生产的弊端 。 Ⅱ．电化学循环法：采用溶液吸收处理，并通过电解池实现“吸收液”的再生，同时制取氢气，其原理如图所示。 (3)写出反应器内发生反应的离子方程式 。 (4)结合电极反应式说明“吸收液”在电解池中是如何再生的 。 Ⅲ．克劳斯法：　△H<0。 (5)一定条件下，将和按的比例向反应容器内投料，相同时间内，产率随温度的变化如图所示。解释随温度升高，产率先增大后减小的原因 。 (6)其他条件相同时，某温度下，产率随值的变化如图所示。该温度是 ℃。值过高不利于提高产率的原因是 。 【答案】(1)＋234 (2)反应需吸收大量热，不易自发 (3) (4)反应器中产生的和HCl溶液进入电解池的阳极区，阳极式：，阳极区得到溶液，吸收液得以再生 (5)低于200℃时，升高温度，反应速率增大，因此相同时间内的产率增大；高于200℃时，若该时间内反应达到平衡，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的产率减小，若该时间内反应未达平衡，可能由于催化剂失活，造成反应速率下降，的产率减小。 (6)200℃ 当>0.5时，过量，生成的继续被氧化成，导致产率减小 【详解】（1）观察知，反应可由反应①+反应②得到，根据盖斯定律，==+234。 （2）从能量角度来看，该反应属于吸热反应，反应过程中需吸收大量热，不易自发，这是该反应用于工业生产的弊端。 （3）结合原理图可知，和发生氧化还原反应生成S2沉淀，被还原为，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可确定反应器内发生反应的离子方程式：。 （4）图中，反应器中产生的和HCl溶液进入电解池的阳极区，阳极式：，阳极区得到溶液，吸收液得以再生，通过质子交换膜转移到阴极区，在阴极被还原为氢气，阴极式：。 （5）随温度升高，产率先增大后减小的原因：低于200℃时，升高温度，反应速率增大，因此相同时间内的产率增大；高于200℃时，若该时间内反应达到平衡，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的产率减小，若该时间内反应未达平衡，可能由于催化剂失活，造成反应速率下降，的产率减小。 （6）结合上一问可知，当按照投料，温度为200℃时对应的产率最大。值过高不利于提高产率的原因：>0.5时，过量，生成的继续被氧化成，导致产率减小。 6．（2025·北京通州·一模）以黄铜矿(主要成分为)为原料生产纯铜，流程示意图如下。 (1)矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是 。 (2)“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，浸出过程的总反应是。浸取初期，随着浸泡时间延长，的浸出速率提高，原因是浸出液中产生的与黄铜矿发生反应。 ①生成的离子方程式是 。 ②与黄铜矿发生反应的离子方程式是 。 (3)“氧化浸出”时，改用过量硫酸铁和稀硫酸混合液作浸出剂。在浸出温度为90℃，浸出时间为2 h条件下，改变硫酸铁浓度对试样铜浸出率的影响结果见下图。 ①由上图可知，硫酸铁的最佳浓度为 。 ②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是 。 (4)“电解”的原理示意图如下。 ①电解初期，阴极没有铜析出。结合化学用语解释原因是 。 ②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是 。 【答案】(1)增大接触面积，加快氧化浸出反应速率 (2) (3)0.06mol/L 增大，加快的速率加速矿物的浸出；过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出 (4)过量，氧化性，因此先放电，电极反应为 阳极上发生，在阳极失电子生成，通过阴离子交换膜进入阳极室，溶液再生 【详解】（1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是增大接触面积，加快氧化浸出反应速率； （2）①“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，亚铁离子易被氧化，离子方程式为； ②三价铁离子具有氧化性可将硫离子氧化为硫单质，根据质量守恒定律结合氧化还原反应配平得； （3）①由图可知硫酸浓度为0.06mol/L时铜浸出率最大，故为0.06mol/L； ②增大硫酸浓度，亚铁离子浓度增大增大，加快的速率加速矿物的浸出；过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁离子水解生成大量，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出； （4）①阴极阳离子放电，初期溶液中有大量，氧化性，因此先放电，电极反应为； ②阴极室的流出液中含有亚铁离子，阳极上发生反应为，通过阴离子交换膜进入阳极室，可形成，使浸出剂再生。 7．（2025·北京·模拟预测）资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种途径。 I．制甲醇，过程如下： i．催化剂活化：(无活性)(有活性) ii．与在活化后的催化剂表面可逆的发生反应①，其反应历程如图。同时伴随反应②：　。 (1)反应①每生成1放热49.3，写出其热化学方程式： 。 (2)与混合气体以不同的流速通过反应器，气体流速与转化率、选择性的关系如图。 已知：选择性(生成所用的)(转化的)。 流速加快可减少产物中的积累，减少反应 (用化学方程式表示)的发生，从而减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。 (3)对于以上制甲醇的过程，以下描述正确的是 (填序号)。 A．反应中经历了、键的形成和断裂 B．加压可以提高的平衡转化率 C．升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性 II．一种以甲醇和二氧化碳为原料，利用()和纳米片()作催化电极，电化学法制备甲酸(甲酸盐)的工作原理如图所示。 (4)①阴极表面发生的电极反应式为 。 ②若有1通过质子交换膜，则理论上生成的和共 。 (5)电解部分甲醇后，将阴阳极的电解液混合，加入过量氢氧化钠后蒸干溶液，再向所得固体中加入过量稀硫酸，溶解后得200溶液。取20溶液，加入溶液，充分反应后，再加入过量溶液和5滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。 已知：；。 ①滴定终点的现象为 。 ②假设电流效率为100%，则电解池装置中通过的电子的物质的量为 。 【答案】(1) (2) (3)AB (4)(或) 0.75 (5)最后半滴溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变蓝 【详解】（1）反应①中CO2和H2在温和的条件下转化为甲醇和H2O，每生成1molCH3OH (g)放热49.3kJ，其热化学方程式为：ΔH =-49.3kJ/mol； （2）已知催化剂活化：In2O3(无活性)In2O3-x(有活性)，流速加快可减少产物中H2O的积累，减少反应的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性； （3）A．由图1可知，反应中经历了In- C、In-O键的形成和断裂，A正确； B．结合第一问可知，CO2制甲醇是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高CO2的平衡转化率，B正确； C．由 △H = -49.3kJ/mol是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温度会降低甲醇在平衡时的选择性，C错误； 故选AB。 （4）①由图可知二氧化碳在左侧电极发生反应，其中碳元素化合价降低，则a为负极，CO2得到电子生成HCOO-和或，该电极为阴极，电极反应式为：(或)； ②由第一问的分析可知，b为阳极，CH3OH失去电子生成HCOOH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平阳极反应为：CH3OH -4e-+H2O = HCOOH+ 4H+，阴极电极反应为：，由此可以发现，若有1molH+通过质子交换膜时，则转移1mol电子，则此时该装置生成HCOO-0.5mol和HCOOH0.25mol，共计0.75mol； （5）①向HCOOH溶液中加入过量KMnO4溶液，发生反应：，再加入过量KI溶液和5滴淀粉溶液，过量的KMnO4溶液将I-氧化为I2，离子方程式为：，此时溶液为蓝色的，然后加入溶液滴定至终点，I2被还原为I-，溶液变无色，则滴定终点的现象为：最后半滴溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变蓝； ②由①分析可得关系式：5HCOOH~2KMnO4~5I2~10，则与HCOOH反应的n(KMnO4)= ，则n(HCOOH)=2.5n(KMnO4)= ，由电极方程式、CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+可知，消耗了CO2，转移电子的物质的量为mol。 8．（2025·北京门头沟·一模）“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) 【详解】（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。 考向3 考查反应速率和化学平衡图像 9．（2025·全国·模拟预测）在生产、生活中应用广泛。回答下列问题。 【储氢材料】利用可逆反应进行氢能源的储存和释放。我国部分地区建起氨分解制氢加能站，采用制、储、加、运一体化模式：液态氨(储氨罐)→氨分解(制氢舱)→氢氮分离→加氢枪→氢能源汽车。 (1)已知：  。制备的反应过程中的能量变化如图1所示。中键的键能为 ， 。 (2)通过热分解可使中储存的氢释放出来，在、条件下，在3个不同的密闭容器中，加入不同比例的、混合气体，分别为4、1、，分解制氢反应中转化率随时间的变化曲线如图2所示。对应的曲线是 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，原因是 ；时，之间，用的分压变化表示的平均反应速率为 (保留3位有效数字)。 (3)反应达到平衡时，正反应的速率方程为。已知为速率常数，则中 。 【环境保护】催化剂作用下，将氮的氧化物(如)还原为：。 (4)去除需参与。在恒温恒容密闭容器中，充入和，初始压强为，发生反应。达到平衡时，测得、的转化率分别为、，则的压强平衡常数 (不考虑与的转化)。 【答案】(1) 436 45 (2) Ⅰ 浓度越小，的转化率越高 6.81 (3)-1.5 (4)0.125 【详解】(1)由图1中，可知中键的键能为。由热化学方程式可知， ，则 ，则 (2)浓度越小，的转化率越高，则对应的曲线是。对应的曲线是时，的转化率为，设投料为，转化的为。列三段式计算：平衡时气体总物质的量为，则的分压，反应开始时的分压，则用的分压变化表示的平均反应速率为。 (3)反应达到平衡时，，则，则。 (4)由题意可知转化的、的物质的量分别为，列三段式计算：平衡时气体总物质的量为，总压为，分压，压强平衡常数。 10．（2025·北京房山·一模）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 【详解】（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。 11．（2022·北京海淀·三模）我国是稀土储量大国，氧化铈(CeO2)是一种应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(，含BaO、等杂质)为原料制备的工艺如下图。 已知：①可形成难溶于水的复盐[]，其氢氧化物也难溶于水。 ②硫脲的结构简式为，在酸条件下易被氧化为。 ③HF是一元弱酸。 回答下列问题： (1)焙烧时，为了提高焙烧效率，可采取的措施有 。(写一条) (2)固体A的主要成分是 。 (3)焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce元素的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系如下图所示，应选择的适宜的条件为 ，硫酸浓度过大时，浸出率降低的可能原因是 。 (4)步骤②加入硫脲的目的将还原为，该反应的离子方程式为 。 (5)步骤③加入NaOH的目的 。 (6)步骤④的离子方程式为 。 (7)取a g所制，溶解后配制成250mL溶液。取b mL该溶液用cmol/L硫酸亚铁铵[]溶液滴定，滴定时发生反应，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液V mL，则该产品的质量分数为 。(列表达式) 【答案】(1)将氟碳铈矿粉碎以增大接触面积，或延长焙烧时间等都可以提高焙烧效率 (2)BaSO4和SiO2 (3)温度85℃、c( H+ )为2.5mol/L 溶液中c(SO)增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低 (4)2+2=2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F- (5)中和过量的硫酸 (6) (7) 【详解】（1）从反应速率的影响因素考虑，为了提高焙烧效率，可采取的措施有将氟碳铈矿粉碎以增大接触面积，或延长焙烧时间等都可以提高焙烧效率； （2）CeFCO3中F为一价、CO为- 2价，根据化合价代数和为0，可知Ce为+3价；SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，故滤渣A是BaSO4和SiO2； （3）由图可知，温度85℃、c(H+ )2.5mol/L时，稀土的浸出率浸出率最高，即选择的适宜的条件为：温度85℃、c( H+ )为2.5mol/L；溶液中c(SO)增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低； （4）硫脲将将还原为，，自身被氧化为(SCN2H3)2，方程式为：2+2=2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-； （5）在前面步骤中加入的硫酸过量，步骤③加入NaOH的目的是：中和过量的硫酸； （6）步骤④是碳酸氢铵提供碳酸根与Ce3+结合生成为(Ce)2(CO3)3，产生的氢离子又与碳酸氢根反应生成二氧化碳与水，反应离子方程式为： ； （7）根据可知n()=，则该产品的质量分数。 12．（2025·北京石景山·一模）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 【详解】（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。 13．CH4用水蒸气重整制氢包含的反应为： Ⅰ．水蒸气重整：   Ⅱ．水煤气变换：   总反应可表示为：   (1)总反应的 ，该反应为 （填“吸热”或“放热”）反应。 水碳比定义为原料气中H2O和CH4的物质的量之比，此处用X表示： 反应Ⅰ——水蒸气重整： (2)在恒容密闭容器中，加入1mol CH4和一定量的H2O(g)，若仅发生反应Ⅰ，CH4的平衡转化率按不同投料比X随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是________（不定项）。 A．点a、b、c对应的平衡常数：Ka=Kb>Kc B．X1>X2>X3 C．反应温度为T1，当容器内比值不变时，可判断反应达到平衡状态 D．反应速率： 反应Ⅱ——水煤气变换： 水煤气变换是重要化工过程，主要用于合成氨，制氢以及合成气加工等工业领域中。曾有科学家做过如下实验，在721℃下，分别使H2和CO还原CoO(s)，得到如下数据： 化学方程式 平衡后气体的物质的量分数 H2：0.025 CO：0.0192 (3)根据上述实验结果判断：①CO、H2还原CoO(s)为Co(s)能力的强弱 。 A． CO>H2    B． CO<H2    C． CO=H2    D． 无法判断 ②反应Ⅱ水煤气变换的化学平衡常数K= （写出过程，保留3位有效数字）。 我国学者研发了一种用于低温水煤气变换反应的高效稳定催化剂——原子层金簇负载α-MoC催化剂，下图表示该催化剂与金催化剂的反应历程：（吸附在催化剂表面上的物种用★标注） (4)使用金催化剂决速步发生的化学方程式： 。 (5)使用金催化剂（A）和原子层金簇负载α-MoC催化剂（B），哪种更有利于该反应进行？ （填“A”或“B”），原因是 。 (6)100kPa时，将X=3的混合气体投入恒压反应器中，平衡时，各组分的物质的最分数与温度的关系如下图所示 ①上图中表示CO2曲线是 （选填曲线“A”或“B”），理由是 。 ②在600℃，将X=3的混合气投入恒容反应器中，CH4的平衡物质的量分数 0.04（填“>”“<”或“=”）。 ③反应在600℃、t小时后达到平衡，t小时内计算v(H2O)= kPa·h-1。（用含t的代数式表示，气体分压=总压强×气体物质的最分数） ④某研究小组发现，随着反应进行，实验测得CO的释放速率与模拟数据吻合，但是H2的释放速率高于模拟值，如图所示，你认为可能的原因是 。 【答案】(1) +164.9 吸热 (2)CD (3)A 1.31 (4)或 (5)B 使用金催化剂（A），反应需要最大活化能为2.02eV，而使用原子层金簇负载α-MoC催化剂（B）反应最大活化能为1.66eV，更有利于反应进行 (6)A 反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动。600℃前随温度升高，CO浓度增大使反应Ⅱ正向进行的程度大于温度升高使其逆向进行的程度（或“600℃后，CO浓度增大使反应Ⅱ正向进行的程度小于温度升高使其逆向进行的程度”），所以CO2的物质的量分数先增大后减小，故曲线A符合 > 随反应进行，发生甲烷裂解等副反应（或其他合理答案） 【详解】（1）根据盖斯定律，总反应=反应Ⅰ+Ⅱ，总反应的=；该反应为吸热反应； （2）A．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，点a、b、c对应的平衡常数：Ka=Kb>Kc，A正确； B．在恒容密闭容器中，加入1mol CH4和一定量的H2O(g)，越大，H2O(g)越多，CH4的平衡转化率越大，可知X1>X2>X3，B正确； C．容器内比值等于其化学计量系数之比，一直不变，不能判断反应达到平衡状态，C错误； D．越大，H2O(g)越多，反应物浓度越大，反应速率越快，，D错误； 故选CD； （3）①根据平衡后CO气体的物质的量分数更小，说明CO气体转化更多，还原CoO(s)为Co(s)能力更强，故选A； ②反应a：的平衡常数，反应b：的平衡常数，反应Ⅱ=反应b-反应a，反应Ⅱ水煤气变换的化学平衡常数K=； （4）决速步骤活化能最大，由图可知，使用金催化剂决速步发生的化学方程式：或； （5）使用金催化剂（A），反应需要最大活化能为2.02eV，而使用原子层金簇负载α-MoC催化剂（B）反应最大活化能为1.66eV，更有利于反应进行，故原子层金簇负载α-MoC催化剂（B）更有利于该反应进行； （6）①反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动。600℃前随温度升高，CO浓度增大使反应Ⅱ正向进行的程度大于温度升高使其逆向进行的程度（或“600℃后，CO浓度增大使反应Ⅱ正向进行的程度小于温度升高使其逆向进行的程度”），所以CO2的物质的量分数先增大后减小，故曲线A表示CO2曲线； ②随着温度升高，甲烷浓度减小，100kPa时，将X=3的混合气体投入恒压反应器中，CH4的平衡物质的量分数为0.04，若将X=3的混合气投入恒容反应器中，为气体分子数增多的反应，容器内压强增大，CH4的平衡转化率下降，CH4的平衡物质的量分数>0.04； ③反应反应在600℃，H2O的平衡物质的量分数为0.32，平衡时，起始=3，起始，t小时后达到平衡，t小时内计算； ④随着反应进行，实验测得CO的释放速率与模拟数据吻合，但是H2的释放速率高于模拟值，可能的原因是随反应进行，发生甲烷裂解生成氢气等副反应。 考向4 考查盐类的水解和沉淀溶解平衡 14．（2023·北京丰台·一模）赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。 已知： i．⼀定条件下，Ti4+水解⽅程式： ii．⼀定温度下：； I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。 (1)用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因 。 II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。 (2)浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量⻆度解释加入还原铁粉的目的 。 (3)⼀定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因 。 备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。 (4)⼀定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因 。 III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到⼆氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。 (5)电极X连接电源 (填“正”或“负”)极。 (6)写出电极Y上发生的电极反应式 。 【答案】(1) (2)pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防⽌Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。 (3)还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低 (4)浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高。 (5)正 (6)TiO2+4e-=Ti+2O2- 【详解】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3∙H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：； （2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防⽌Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降； （3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低； （4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大； （5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极； （6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。 15．（2025·北京顺义·一模）化学小组探究Na2S溶液与KMnO4溶液反应。 资料：ⅰ．（黄色） ⅱ．MnS为肉红色难溶于水的固体；Mn(OH)2在水溶液中为乳白色沉淀，易氧化成MnO2（黑色）；低浓度的Mn2+呈无色。 ⅲ．室温下Ksp[Mn(OH)2]=2.6×10-13 (1)理论分析 从价态角度分析，Na2S溶液与酸性KMnO4溶液反应，其氧化产物可能是 。 (2)实验验证 实验 实验操作 实验现象 I 向4.0mL0.01mol∙L-1酸性KMnO4溶液（pH≈2）中逐滴加入4.0mL0.05mol∙L-1Na2S溶液（pH≈12） 立即产生臭鸡蛋味气体，溶液由紫红色变为无色澄清，随后逐渐产生乳白色浊液且保持较长时间 Ⅱ 向4.0mL0.05mol∙L-1酸性KMnO4溶液（pH≈1）中逐滴加入4.0mL0.05mol∙L-1Na2S溶液 立即产生臭鸡蛋味气体，产生棕褐色沉淀，测定反应后溶液呈弱酸性 Ⅲ 向4.0mL2.0mol∙L-1Na2S溶液（pH≈13）中加入1.0mL0.05mol∙L-1酸性KMnO4溶液，充分振荡试管 得到肉红色浊液 ①实验Ⅰ中臭鸡蛋气味气体的成分是 （填化学式）。 ②实验Ⅰ中溶液由“紫红色迅速变为无色澄清”的离子方程式为 。 ③分析实验Ⅰ中乳白色沉淀Mn(OH)2能够稳定存在的原因是 。 ④结合平衡移动原理，解释仅实验Ⅲ中得到肉红色固体的原因 。 (3)探究实验Ⅱ中棕褐色固体的成分。 实验 实验操作 实验现象 Ⅳ 取少量棕褐色固体，滴加2.0mol∙L-1Na2S溶液，振荡，静置 得到黑色固体，溶液呈浅黄色 ①小组同学设计实验证实实验Ⅳ浅黄色溶液中存在Na2Sx，实验方案及实验证据是 。 ②经检验，实验Ⅳ得到的黑色固体是MnO2，对于实验Ⅱ中MnO2的生成过程小组同学提出两种假设： a． b． 上述两种假设合理的是 ，理由是 。 ③综合上述实验，Na2S与KMnO4溶液反应的产物与 等因素有关。 【答案】(1)S    SO2  H2SO3   (2)H2S 体系中S2-过量，还原性更强 溶液中存在平衡，实验Ⅲ中c(S2-)明显高于实验Ⅰ、Ⅱ中c(S2-)，促使化学平衡向逆反应方向移动，得到肉红色固体 (3)取淡黄色溶液于试管中，加入过量的稀盐酸，有臭鸡蛋气味的气体和淡黄色沉淀产生 b 根据Ksp数据分析，实验Ⅱ反应后的溶液呈酸性，不可能生成Mn(OH)2；实验Ⅱ中高锰酸钾溶液过量，生成Mn2+与过量得发生归中反应得到MnO2 溶液的pH或反应物的相对用量 【详解】（1）从价态角度分析，Na2S溶液与酸性KMnO4溶液反应，Na2S为还原剂，可被氧化生成S(与S2-反应生成)，S继续被氧化生成SO2，与H2O反应生成H2SO3，可继续被氧化生成，其氧化产物可能是S、、SO2、H2SO3、。 （2）①由分析可知，实验Ⅰ中，加入的S2-可与H+结合生成H2S，则臭鸡蛋气味气体的成分是H2S。 ②实验Ⅰ中，溶液由“紫红色迅速变为无色澄清”的Mn2+，同时生成等，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式为。 ③实验Ⅰ中，具有较强还原性的S2-过量，则乳白色沉淀Mn(OH)2能够稳定存在，原因是：体系中S2-过量，还原性更强。 ④实验Ⅲ中，Na2S过量，最终被还原为Mn2+，过量的S2-将抑制MnS的电离，则实验Ⅲ中仅得到肉红色固体的原因：溶液中存在平衡，实验Ⅲ中c(S2-)明显高于实验Ⅰ、Ⅱ中c(S2-)，促使化学平衡向逆反应方向移动，得到肉红色固体。 （3）①小组同学设计实验证实实验Ⅳ浅黄色溶液中存在Na2Sx，Na2Sx可看出Na2S和S反应的产物，Na2S与非氧化性酸反应产生H2S气体，S为淡黄色沉淀，则实验方案及实验证据是：取淡黄色溶液于试管中，加入过量的稀盐酸，有臭鸡蛋气味的气体和淡黄色沉淀产生。 ②室温下Ksp[Mn(OH)2]=2.6×10-13，实验Ⅱ中，酸性KMnO4溶液过量，且溶液呈酸性，溶液中的Mn2+难以达到生成沉淀所需的浓度，过量的KMnO4能将Mn2+继续氧化，则上述两种假设合理的是b，理由是：根据Ksp数据分析，实验Ⅱ反应后的溶液呈酸性，不可能生成Mn(OH)2；实验Ⅱ中高锰酸钾溶液过量，生成Mn2+与过量得发生归中反应得到MnO2。 ③反应Ⅰ中，溶液呈碱性，反应Ⅱ中，溶液呈弱酸性，反应Ⅲ中，溶液呈碱性，且两种反应物的相对量不同，最终所得产物不同。综合上述实验，Na2S与KMnO4溶液反应的产物与溶液的pH或反应物的相对用量等因素有关。 16．（2024·北京顺义·二模）常温下，某小组探究发现金属与铜盐溶液的反应具有多样性，实验操作及现象如下。 实验 编号 金属a 实验现象 Ⅰ 产生大量气体，析出较多紫红色固体，且不断增多，溶液呈淡蓝色；一段时间后，溶液几乎为无色，溶液中生成了蓝色沉淀。 Ⅱ 产生大量气体，析出较多紫红色固体；试管中体系颜色随时间变化如下：蓝绿色溶液蓝白色浑浊，最终变为褐色沉淀；最后溶液的升高至9.5左右，镁条上紫红色的固体几乎不见。 Ⅲ 产生大量气体，光亮铝条表面出现“海绵状”紫红色固体，溶液下降至2左右。一段时间后逐渐升高至3.5左右，反应几乎停止。 已知： ⅰ．新置换出的紫红色固体活性较强； ⅱ．在酸性条件下歧化，生成和单质，在固相或高温下稳定。 (1)实验Ⅰ中，有气体产生的原因是 ；某同学依据原理分析，紫红色固体为。该同学取少量紫红色固体清洗后放入试管中，加入稀硝酸，可观察到的现象是 。 (2)小组同学依据实验Ⅱ判断，得到该结论的证据是 。查阅资料后，确认该结论正确。 (3)经检验，实验Ⅱ的蓝白色浑浊中含有沉淀和。对比实验Ⅰ、实验Ⅱ，蓝白色浑浊的出现与阴离子不同有关，从平衡移动的角度分析原因 。 (4)对比实验Ⅱ、Ⅲ，溶液变化不同。 ①Ⅱ中溶液的升高至9.5左右，是由于可与水发生反应，得到。碱性： (填“”、“”或“”)。 ②Ⅲ中溶液的值下降至2左右，下降的原因是 。 (5)综合上述实验，金属与铜盐溶液反应的多样性除与阴离子有关外，还与 有关。 【答案】(1)，溶液显酸性，和反应放出 有无色气体生成，在试管口变为红色，溶液变为蓝色 (2)实验Ⅰ中最后溶液几乎为无色，溶液中生成了蓝色沉淀 (3)，溶液中有存在时，与结合生成较稳定的，使平衡正向移动，生成白色沉淀；溶液中有存在时，无法与结合，分解为和 (4)> Al与CuCl2反应，生成AlCl3，水解程度增大，溶液pH降低 (5)金属种类和溶液 【详解】（1）硫酸铜是强酸弱碱盐，铜离子发生水解从而使溶液呈酸性，镁是活泼金属，能与酸溶液反应生成氢气，则实验Ⅰ中，有气体产生的原因是，溶液显酸性，和反应放出；少量Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，含铜离子的溶液呈蓝色，可观察到的现象是有无色气体生成，在试管口变为红色，溶液变为蓝色； （2）沉淀溶度积常数越小越容易生成沉淀，沉淀向着溶度积更小的沉淀转化，实验Ⅰ中最后溶液几乎为无色，溶液中生成了蓝色沉淀，可得到结论； （3）实验Ⅰ、实验Ⅱ的阴离子不同，造成蓝白色浑浊的出现，已知在酸性条件下歧化，生成和单质，从平衡移动的角度分析原因：，溶液中有存在时，与结合生成较稳定的，使平衡正向移动，生成白色沉淀；溶液中有存在时，无法与结合，分解为和； （4）①实验Ⅱ中溶液的升高至9.5左右，是由于可与水发生反应，得到，实验Ⅲ中溶液升高至3.5左右，是由于Al可与水发生反应，得到，溶液pH越大说明碱性越强，则说明碱性：>； ②Ⅲ中溶液的值下降至2左右，下降的原因是：Al与CuCl2反应，生成AlCl3，铝离子发生水解反应，造成水解程度增大，溶液pH降低； （5）根据实验Ⅱ、Ⅲ可知金属与铜盐溶液反应的多样性与金属种类有关，实验Ⅱ在酸性溶液中还会出现蓝白色浑浊，说明金属与铜盐溶液反应的多样性与溶液有关。 17．（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) 【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PbCO3沉淀，反应的离子方程式是。 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PbO2还原为PbO，反应的化学方程式是； （4）和均为可溶于水的强电解质，“浸出”时PbO和HBF4反应生成Pb(BF4)2和水，反应的离子方程式是； （5）以惰性电极电解溶液，阴极生成Pb，阳极生成氧气和HBF4，溶液b中可循环利用的物质是HBF4。 18．（2024·北京顺义·一模）常温下，某小组同学探究CuCl2溶液与Na2SO3溶液的反应。 (1)小组同学预测Na2SO3溶液与CuCl2溶液反应的产物可能有CuSO3、Cu(OH)2、Cu2SO3和CuCl。用离子方程式表示预测Na2SO3溶液与CuCl2溶液反应生成CuCl的依据 。 进行实验。 操作 现象 混合后立即得到橙黄色沉淀。 静置3分钟，沉淀颜色变浅并伴有少量白色沉淀产生。振荡试管，1min后，橙黄色沉淀全部变成了白色沉淀。 溶液pH由3.40逐渐降为2.24后基本不变。 (2)常温下，0.2mol·L-1CuCl2溶液pH=3.40的原因是 (用离子方程式表示)。 小组同学继续探究沉淀的成分。 资料：ⅰ．含铜元素沉淀的颜色 沉淀化学式 CuSO3 Cu(OH)2 Cu2SO3 CuCl 沉淀颜色 绿色 蓝色 红色 白色 ⅱ．CuCl不溶于硫酸、稀硝酸，但可溶于氨水得到[Cu(NH3)2]+(无色)。[Cu(NH3)2]+易被空气氧化为[Cu(NH3)4]2+。 ⅲ．2Cu2++4I-=2CuI↓(白色)＋I2。 (3)经检验，橙黄色沉淀的成分为xCu2SO3·yCuSO3·zH2O，白色沉淀的主要成分是CuCl。 ①证明白色沉淀主要成分的方法是 。 ②实验中橙黄色沉淀向白色沉淀转化时间较短，从沉淀转化条件分析，为利于橙黄色沉淀的收集，可将CuCl2溶液替换为 溶液。 ③证明橙黄色沉淀中含有Cu2+和SO，设计实验方案。 步骤ⅰ．向洗净的橙黄色沉淀中加入KI溶液，过滤，得到白色沉淀a和无色溶液b。 步骤ⅱ．将无色溶液b分成两份，其中一份加入淀粉，无明显现象；另一份加入的试剂和实验现象是 。 (4)实验中生成橙黄色沉淀的离子方程式是 。 (5)实验中，CuCl2溶液与Na2SO3溶液混合后立即得到橙黄色沉淀，最终橙黄色沉淀全部转化为白色沉淀的原因是 。 【答案】(1)SO+2Cu2++H2O+2Cl-=2CuCl+SO+2H+ (2)Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ (3)加入氨水后，白色沉淀溶解，得到无色溶液，然后变为深蓝色。再加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液后，产生白色沉淀 CuSO4溶液 稀盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀 (4)(2x+y)Cu2++(2x+y)SO+(x+z)H2O=xCu2SO3·yCuSO3·zH2O↓+2xH++xSO (5)Cu2+与SO反应生成xCu2SO3·yCuSO3·zH2O的反应速率较大，所以立即得到橙黄色沉淀。xCu2SO3·yCuSO3·zH2O转化为CuCl沉淀的反应速率较慢，但是反应限度较大，所以最后橙黄色沉淀全部转化为白色沉淀 【详解】（1）具有还原性，可以被氧化为，Cu2+具有氧化性，所以Na2SO3溶液与CuCl2溶液反应生成CuCl离子方程式是：SO+2Cu2++H2O+2Cl—=2CuCl+SO+2H+； （2）常温下，0.2mol·L-1CuCl溶液 pH =3.40，溶液呈酸性，是由于Cu2+属于弱碱的阳离子，可以水解，离子方程式为：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+； （3）①已知：CuCl不溶于硫酸、稀硝酸，但可溶于氨水得到 (无色)，易被空气氧化为深蓝色的，氯离子可以与银离子反应生成氯化银沉淀，所以证明白色沉淀主要成分的方法是加入氨水后，白色沉淀溶解，得到无色溶液，然后变为深蓝色，再加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液后，产生白色沉淀； ②实验中橙黄色沉淀向白色沉淀转化时间较短，从沉淀转化条件分析，为利于橙黄色沉淀的收集，需无氯离子参与反应，故可以将CuCl2溶液替换为CuSO4溶液； ③证明橙黄色沉淀中含有Cu²+和，设计实验方案：步骤i.向洗净的橙黄色沉淀中加入KI溶液，过滤，得到白色沉淀CuI和无色溶液b；步骤ii .将无色溶液b分成两份，其中一份加入淀粉，无明显现象，说明无碘单质，另一份加入稀盐酸和BaCl2溶液，由于可以被氧化为，所以若产生白色沉淀，即证明橙黄色沉淀中含有Cu²+和； （4）根据原子守恒、电荷守恒可得实验中生成橙黄色沉淀的离子方程式是：(2x+y)Cu2++(2x+y)SO+(x+z)H2O=xCu2SO3·yCuSO3·zH2O↓+2xH++xSO； （5）)实验中，CuCl2溶液与Na2SO3溶液混合后立即得到橙黄色沉淀，最终橙黄色沉淀全部转化为白色沉淀的原因是：Cu2+与反应生成xCu2SO3·yCuSO3・zH2O的反应速率较大，所以立即得到橙黄色沉淀，xCu2SO3·yCuSO3·zH2O转化为CuCl沉淀的反应速率较慢，但是反应限度较大，所以最后橙黄色沉淀全部转化为白色沉淀； 考向5 综合考查化学反应原理 19．（2025·北京海淀·三模）船舶的外壳常用镶嵌锌块的方法避免船体遭受腐蚀，实验室模拟该过程如下。 实验 实验装置 实验步骤及现象 电流表指针偏转，电极上未见气泡生成；取出少量电极附近的溶液，滴加溶液，未出现蓝色沉淀 向电极附近滴加溶液，生成蓝色沉淀 ___________ 向区滴加溶液，生成蓝色沉淀，一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失 (1)实验中，作 极。 (2)蓝色沉淀为，说明有产生。 ①对实验中产生的原因作出如下猜想： 猜想a．将Fe氧化； 猜想b．___________将Fe氧化； 猜想c．将Fe氧化； 猜想d．被还原； 猜想b中的物质是 ；依据实验中的现象可否定猜想 (填字母)。 ②理论分析： 资料i：实验条件下，  ，   。 根据资料i推测猜想d不成立，理由是： ，无法生成蓝色沉淀。 因此猜想成立，其中生成的离子方程式为 。 (3)补全实验中的操作和现象，证明发生了吸氧腐蚀： 。 资料ii：实验条件下，Fe与很难发生反应。 (4)结合平衡移动原理，解释实验中“一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失”的可能原因 。 (5)将实验装置中的锌片换成铜片，重复实验的操作，推测其与实验现象的差异 。 由上述实验可知：比铁活泼的锌可以保护铁不被腐蚀。 【答案】(1)负 (2) (与的配位能力远大于)，被还原后的产物应为而非 (3)向A区滴加酚酞溶液，出现红色 (4)，或被还原，使其浓度降低，平衡正向移动，蓝色沉淀溶解 (5)该反应比实验产生的蓝色沉淀更快；一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失 【详解】（1）在锌铁原电池中，活泼的金属作负极，锌比铁活泼，所以实验Ⅰ中锌作负极； （2）①在酸性的氯化钠溶液中存在氧气，氧气具有氧化性，能把铁氧化，所以猜想为：能将Fe氧化；依据实验中电流表指针偏转，电极上未见气泡生成；取出少量电极附近的溶液，滴加溶液，未出现蓝色沉淀，即可知由和未将Fe氧化，即可否定猜想ab； ②由资料i：实验条件下，  ，   ，可得(与的配位能力远大于)，被还原后的产物应为而非，无法生成蓝色沉淀，推测猜想d不成立；因此猜想成立，将Fe氧化，中将Fe氧化生成的离子方程式为； （3）在实验中，若发生吸氧腐蚀，正极发生反应，生成，溶液呈增强，若向A区滴加酚酞溶液，出现红色，证明溶液呈碱性，即证明发生了吸氧腐蚀； （4）蓝色沉淀为，其在溶液中存在着沉淀溶解平衡，，，中阴离子向负极移动，所以移动到负极附近被Zn还原，使其浓度降低，随着正极反应的进行，铁钉附近增大，、与反应，使、、浓度降低，根据勒夏特列原理，上述沉淀溶解平衡正向移动，蓝色沉淀溶解； （5）当把锌片换成铜片时，因为铜的活泼性比铁弱，此时形成的原电池中，A区的铁作负极，铜作正极，负极反应为，向A区滴加溶液，因为有生成，会生成蓝色沉淀，但与实验I不同的是，因为铁持续作负极被氧化产生，所以该反应比实验产生的蓝色沉淀更快、更多；一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失。 20．（2025·北京·模拟预测）氢气和核能是可以开发利用的新能源。 (1)氢气是未来最具有前途的能源之一。氢气能将二氧化碳转化为CH3OH等液体燃料。以H2、CO2为原料制CH3OH涉及的主要反应如下： ⅰ．H2(g) + CO2(g) CO(g) + H2O(g)  ∆H1 =﹢41 kJ·mol-1    ⅱ．CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)  ∆H2=﹣90 kJ·mol-1    ①CO2分子中含有 键（填“极性”或“非极性”）。 ②H2(g) 、CO2(g)转化为CH3OH(g)、H2O(g)的热化学方程式为 。 (2)开发利用核能可以减少对化石能源的依赖。UO2是一种常用的核燃料，该核燃料的一种制备流程如下： 铀矿UO2SO4U(SO4)2UF4UF6UO2 I中，将含有硫酸的UO2SO4溶液通入电解槽，如图所示。 ①A电极是 （填“阴极”或“阳极”），其电极反应式是 。 ②B电极的电极反应式 。 ③U4+有较强的还原性。用质子交换膜隔开两极区溶液可以 ，从而提高U4+的产率。 【答案】(1)极性 3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ∆H=－49kJ·mol-1 (2)阴极 UO+4H++2e-=U4++2H2O 可以防止U4+移动到阳极附近被氧化 【详解】（1）①CO2的结构简式为O=C=O，CO2分子中含有含有极性共价键； ②ⅰ．H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H1=+41 kJ·mol-1；ⅱ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ∆H2=-90 kJ·mol-1；H2、CO2反应生成甲醇的反应是3H2＋CO2=CH3OH＋H2O(g)，根据盖斯定律，由i＋ii得出∆H=∆H1＋∆H2=－49 kJ·mol－1，即热化学反应方程式为3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=－49 kJ·mol-1； （2）①电解池中阳离子流向阴极，根据氢离子的流向可知A电极为阴极；UO得电子被还原为U4+，同时生成水，电极反应式为UO+4H++2e-=U4++2H2O； ②电解过程B电极即阳极水电离出的氢氧根放电生成氧气，B电极的电极反应式； ③电解过程B电极即阳极水电离出的氢氧根放电生成氧气，而U4+有较强还原性，用质子交换膜隔开两极区溶液,可以防止U4+移动到阳极附近被氧气氧化，或者防止U4+移动到阳极失去电子被氧化，从而提高U4+的产率。 21．（2025·北京·三模）处理H2S有多种方法。 (1)碱法脱硫——用K2CO3溶液吸收H2S。 已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。 H2S H2CO3 ①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因： 。 ②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是 。 (2)热分解法——加热使H2S发生分解反应 已知下列反应的热化学方程式： i．   ii．   iii．   ①写出H2S分解生成S2(g)的热化学方程式 。 ②在恒温恒压的条件下，分别以n(H2S)：n(Ar)为4：1、1：1、1：4的H2S-Ar混合气进行实验。随n(H2S)：n(Ar)减小，H2S平衡转化率 (填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是 。 (3)间接电解法脱硫 间接电解法脱硫过程的示意图如下。 ①溶液X的主要溶质是 。 ②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理： 。 ③不考虑其他副反应，理论上5 mol H2S反应能生成 g H2。 【答案】(1)+H2O+OH- +H2S=+HS- (2)2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)，△H =-170 kJ/mol 增大 在恒温恒压的条件下，n(H2S)：n(Ar)减小，减小原反应体系的压强，化学平衡正向移动，H2S平衡转化率增大 (3)FeCl2、HCl 在电解反应器中，控制合适电压使Fe2+在阳极失电子，转化为Fe3+，然后以FeCl3溶液形式再进入吸收反应器中，达到再生目的 10 【详解】（1）①K2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中盐电离产生的发生水解反应使溶液呈碱性，用离子方程式表示为：+H2O+OH-； ②由表可知弱酸的电离平衡常数：Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2S)＞Ka2(H2CO3)＞Ka2(H2S)，弱酸的电离平衡常数越大，相应的弱酸的酸性就越强。强酸能够与弱酸盐反应制取弱酸，因此用过量的K2CO3溶液吸收H2S，二者反应只能生成HS-和，该反应的离子方程式是+H2S=+HS-； （2）①根据盖斯定律，×(反应ⅰ+反应ⅱ)-反应ⅲ，可得2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)，△H =× (-1036+94)kJ/mol-(-484)kJ/mol=-170 kJ/mol；则该反应的热化学方程式为2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)，△H =-170 kJ/mol； ②H2S分解生成S2(g)的反应是气体分子数增加的反应，减小压强化学平衡正向移动，导致H2S的平衡转化率增大。在恒温恒压的条件下，n(H2S)：n(Ar)减小，相当于增大体系容积，减小原反应体系的压强，减小压强，化学平衡正向移动，有利于H2S平衡转化率的增大，因此n(H2S)：n(Ar)减小，H2S平衡转化率增大，原因是：在恒温恒压的条件下，n(H2S)：n(Ar)减小，减小原反应体系的压强，化学平衡正向移动，H2S平衡转化率增大； （3）①根据图示脱硫过程，发生的反应为：H2S+2FeCl3=S↓+2FeCl2+2HCl，故溶液X的主要溶质为FeCl2、HCl； ②在电解反应器中，控制合适电压使Fe2+在阳极失电子，转化为Fe3+，然后以FeCl3溶液形式再进入吸收反应器中，达到再生目的； ③5 mol H2S转化为S，转移10 mol e-，根据反应过程中电子守恒规律，可生成H2的物质的量为 5 mol，其质量为m(H2)=5 mol×2 g/mol=10 g。 22．（2025·北京东城·三模）精炼铜的阳极泥经处理后的沉渣中含有，可用溶液浸取回收银。所得浸出液可以分离出并使浸取剂再生。某小组在实验室模拟该反应。 已知：时，(白色)微溶于水，(白色)难溶于水； ，。 I．浸出 (1)取固体，加入一定体积溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液，其中银的主要存在形式为。该反应的离子方程式是 。 Ⅱ．酸化沉银 取(1)所得浸出液，滴加稀硫酸，生成白色沉淀。继续滴加稀硫酸，当恰好沉淀完全时，约为5； (2)完全沉淀时，溶液中大量存在的含硫粒子有 。 (3)将沉淀过滤并洗净，探究其成分。 ①取少量沉淀， (填操作和现象)，证实其中不含。 ②为证明沉淀中不含，甲同学设计的实验及其现象如下。 该现象能否得出沉淀中不含的结论？若能，写出推理过程；若不能，补充实验方案，证实不含。 。 ③经分析，沉淀是，用化学平衡原理解释生成的原因 。 (4)有同学预测，反应的初始阶段所得沉淀中可能混有。探究如下：向(1)所得浸出液中滴入1滴稀，恰好出现少量沉淀(记为沉淀)。过滤，用滤液进行实验。 ①若沉淀中有，预期现象与上述实验现象不同。写出预期现象及理由 。由此推知，沉淀中不含。 ②结论：浸出液加酸沉银时，无论酸用量多少，得到的沉淀都只有AgCl。 Ⅲ．浸取剂再生 (5)向Ⅱ所得溶液中加调，可使浸取剂再生。引入的不会明显影响的浸出。有人提出，仅利用含的物质，就能实现“浸出—沉银—再生”循环，且理论上试剂能完全循环使用。沉银所加试剂是 ；再生的方法是 。 【答案】(1) (2)、 (3)加入足量盐酸，充分反应后取上清液，滴加，无沉淀生成 不能。取少量粉末(或向相同的空试管中)，加入稀硫酸和1滴稀溶液，上清液颜色与的上清液相同(或用图示表示) ，减小，使正移，增大， (4)ii中应出现白色沉淀。若中有，则滤液中，i中生成后，上清液中应剩余 (5)(或) 将沉银后的溶液加热，生成的用于沉银，剩余溶液用于浸出 【详解】（1）由题意结合质量守恒，固体和溶液反应生成和氯离子，该反应的离子方程式是； （2）加稀硫酸后，解离出Ag+，与Cl⁻结合生成AgCl沉淀，反应为，没有参与反应，此时约为5， ，，则溶液中大量存在的含硫粒子有、； （3）①微溶，若要证实其中不含，将其转化为氯化银，然后检验硫酸根离子即可，方法是：取少量沉淀，加入足量盐酸，充分反应后取上清液，滴加溶液，无沉淀生成，证实其中不含。 ②该现象不能得出沉淀中不含的结论，原因是：虽然做了对比实验证明了可以使酸性高锰酸钾褪色，但白色沉淀含有，存在平衡：，氯离子也能使酸性高锰酸钾褪色，未排除该因素的影响，故设计实验方案为：取少量粉末，加入1mL稀硫酸，再加入1滴稀高锰酸钾溶液，上层清液颜色与a相同； ③滴加稀硫酸后，，减小，使正移，增大，，生成了氯化银沉淀； （4）滴加硝酸银中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则第一步中加入稀硝酸使全部转化为Ag+，Ag+将Cl-全部沉淀，由此可分析出滤液B中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl-)，由此得出沉淀A中不含，若沉淀A中含有，则滤液B中，i中生成AgCl后，上层清液中含有Cl-，预期现象是ii中出现白色沉淀；故答案为：ii中应出现白色沉淀。若中有，则滤液中，i中生成后，上清液中应剩余； （5）向Ⅱ所得溶液加NaOH调，发生离子反应：，得到的可用于浸出AgCl，若仅使用含的物质，就能实验“浸出—沉银—再生”循环，可以用，沉银时发生反应，亚硫酸根离子浓度减小，使得平衡正移，银离子浓度增大，，生成了氯化银沉淀，得到的沉银后的溶液含有亚硫酸氢钠，将其加热，生成的二氧化硫用于沉银，剩余的亚硫酸钠溶液可用于浸出AgCl。 故答案为：(或)；再生的方法是：将沉银后的溶液加热，生成的用于沉银，剩余溶液用于浸出。 23．（2025·北京房山·三模）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： （浓）。该反应利用了浓硝酸的性质是酸性和 。 (2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①工业合成的化学方程式为 。 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2n mol NO和进行反应。在不同压强下（、），反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。比较y点和x点的容器容积：y x，解释原因 。 (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)用于新型锂电池，其晶胞结构如图。立方晶胞棱长为。 ①距离Li最近且等距的O的数目为 。 ②已知阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为 。 【答案】(1)难挥发性 (2) 小于（或<） 反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下NO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) 反应iii生成，将氧化成，更易转化成 (4)4 【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工业上用氮气和氢气在高温高压、催化剂下合成，化学方程式为； ②反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下NO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由于反应iii生成，将氧化成，更易转化成； （4）①由Li2O晶胞结构可知，Li位于晶胞内部，O位于面心和顶点，观察晶胞可知，距离Li最近且等距的O的数目为4个； ②由Li2O晶胞结构可知，Li位于晶胞内部，共有8个，O位于面心和顶点，共有，立方晶胞棱长为，已知阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为。 / 学科网（北京）股份有限公司 $