专题04 化学反应原理综合题（大题专练，五大类型集训）（天津专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

学科网（北京）股份有限公司 专题04 化学反应原理综合题 内容概览 类型一 多反应体系分析题 类型二 工艺流程+反应原理综合题 类型三 反应原理+电化学综合题 类型四 反应机理分析题 类型五 复杂溶液体系分析题 ◆类型一 多反应体系分析题 1．（25-26高三下·天津·开学考试）燃煤烟气中SO2、CO等有害气体会污染环境， I．用CO还原脱除SO2制硫磺，对工业生产具有重要的意义。涉及的主要反应有： ①2CO(g) + SO2(g)2CO2(g) + S(g)     ΔH1=-269.2kJ·mol-1 ②CO(g) + S(g)COS(g)     ΔH2=-58.6kJ·mol-1 ③2COS(g) + SO2(g)2CO2(g) + 3S(g)    ΔH3 (1)反应2COS(g) + SO2(g)2CO2(g) + 3S(g) ΔH3=_______kJ·mol-1 (2)550℃下，催化CO还原SO2，下列说法正确的是_______。 a．燃煤烟气中氧气含量越大，还原过程中硫磺的产率越高 b．刚性容器中，混合气体密度保持不变，说明反应均达到平衡状态 c．向反应体系中添加适量活性炭，可以提高还原过程中SO2的转化率 d．提高催化剂的活性可以提高CO平衡转化率 (3)测得550℃，不同进料比下，SO2的平衡转化率和硫磺产率如图2所示(图中SO2起始投料固定为1mol)。 ①表示SO2平衡转化率的曲线为_______(填“m”或“n”)。 ②在投料比=2时，升高温度，CO和SO2的转化率之比增大，可能的原因是_______。 Ⅱ．SO2的脱除，可以向煤中加入浆状 Mg(OH)2 (4)加入浆状 Mg(OH)2使燃烧产生的SO2转化为稳定的 Mg化合物，写出该反应的化学方程式：_______。 Ⅲ．SO2的脱除，还可以用氨水除去 (5)已知25℃，H2SO3的Ka1=1.0×10—2，Ka2=6.0×10—8.将 SO2通入氨水中，当pH=7时，溶液中的c()/c()=_______。 Ⅳ．CO的脱除：在常压催化剂的条件下与O2转化为CO2，2CO(g) + O2(g)= 2CO2(g)  ΔH=—566.0kJ·mol—1 (6)有无催化剂下，该反应的反应热_______(填“相等”或“不相等”)，CO的燃烧热为_______。 2．（2026·天津·模拟预测）碳酸镁广泛应用于医药、保健品、食品添加剂等领域，尤其是对镁缺乏者有益。 (一) (1)最近我国化学家成功研发了陶瓷部件的焊接技术。通过反应，然后在电子束照射下，又完全分解为纳米晶，可实现陶瓷材料的连接，并放出。下列说法不正确的是_______。 A．反应 B．可作为耐火材料 C．材料连接前后的质量没变化 D．纳米晶材料属于金属材料 (二)科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下： I． II． III． 回答下列问题： (2)提高平衡产率的条件是_______。 A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 (3)计算_______kJ。 (4)在恒温恒容密闭容器中进行反应，下列可以作为反应达到平衡的标志的是_______， A．气体密度保持不变    B．气体平均分子量保持不变   C． (5)反应I的随温度T的变化趋势是_______。 A． B． C． D． (6)100kPa下，在密闭容器中和各发生反应。反应物的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化关系如下图(反应Ⅲ在以下不考虑)。注：含碳生成物选择性。 ①表示选择性的曲线是_______(填字母)。 ②500～600℃，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是_______。 3．（25-26高三上·天津·月考）工业烟气中(以NO为主)的脱除常采用选择性催化还原(SCR)技术，其核心反应为： 主反应：   副反应：   (1)已知  ，则___________。 (2)300℃时，在某恒温刚性容器中充入的混合气体，若仅发生主反应，下列叙述能说明反应已达到化学平衡状态的是___________(填字母)。 a． b．混合气体的密度保持不变 c．单位时间内断裂4 mol 键的同时断裂4 mol 键 d．的体积分数不再改变 (3)其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下，经过相同时间，NO转化率与温度的关系如图所示。 ①工业上选择催化剂___________(填“甲”或“乙”)。 ②在催化剂甲的作用下，当温度高于210℃(M点)时，NO转化率降低原因可能是___________。 (4)300℃时，在某恒压密闭容器中充入等物质的量的、NO、的混合气体，若发生主反应和副反应，平衡后，NO转化率为20%，且和物质的量相等，则转化率为___________，，___________(保留2位有效数字)。 (5)已知主反应分三步进行 Ⅰ．  Ⅱ．  Ⅲ． 研究发现，在催化剂表面引入可形成“吸附位”和“NO活化位”。请分析催化剂表面引入后，主反应选择性提高、副反应选择性降低的原因是___________。 ◆类型二 工艺流程+反应原理综合题 4．（25-26高三上·天津和平·月考）锌及其化合物在科学技术发展和人类生产生活中发挥着重要作用。回答下列问题： (1)《天工开物》中记载了关于火法炼锌的工艺：以炉甘石(ZnCO3)和木炭为原料高温制取锌。基态Zn原子价层电子的排布式为_______，其原子核外电子共有_______种空间运动状态，ZnCO3中阴离子的空间结构为_______。 (2)锌是人体必需的微量元素，下列现代分析手段中，可用于检验水中痕量锌元素的是_______(填序号)。 a．X射线衍射 b．原子光谱 c．核磁共振氢谱 d．红外光谱 (3)锌与铝的化学性质相似，可与NaOH溶液反应生成和氢气。写出Zn与NaOH溶液反应的离子方程式：_______。 (4)某研究小组设计如下流程，以废铁屑(含有少量C和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3。 Ⅰ．废铁屑的杂质中所含元素的第一电离能由小到大的顺序为_______(用元素符号表示)。 Ⅱ．为避免引入新的杂质，试剂B可以选用H2O2溶液，写出此过程发生的离子反应方程式_______。写出D到E的化学方程式：_______ Ⅲ．操作②是蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤、干燥。同时通入HCl(g)的目的是_______。 (5)Ti的四卤化物熔点如表所示，熔点高于其他三种卤化物，则可判断可能为_______ 晶体(填“离子”或“分子”)；、、熔点依次升高的原因是_______。 化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4 熔点/℃ 377 -24.12 38.3 155 5．（25-26高三上·天津·期中）中国的崛起，离不开我国强大的材料制造工业。 (1)磁流体材料是电子材料的新秀，在一定条件下，将和的溶液按一定的比例混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，可得到分散质粒子大小在之间的黑色磁流体。 ①所得的磁流体分散系可以用___________来鉴别。 ②将混合时，理论上制得的纳米产率应该最高，但事实并非如此可能的原因是___________。 (2)在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备CuCl2，反应中H2O2实际消耗量大于理论用量的原因是___________。 (3)一种新型人工固氮的原理如图。①②③反应中属于氧化还原反应的是___________(填编号)。假设每一步均完全转化，每生成，最终生成___________ L(标准状况下)。 (4)工业废水中氮的主要存在形态是，还原法和氧化法是去除废水中氮的重要方法。 ①还原法：控制其他条件相同，去除的某含氮废水(废水中总氮中的，图1为只加过量时废水中含氮微粒的浓度随时间变化的图像，图2为同时加过量粉与时废水中含氮微粒的浓度随时间变化的图像。 分析上述图像，图2中内发生主要反应的离子方程式为___________。 ②氧化法：利用将水体中氨氮氧化为。研究发现，控制其他条件相同，当废水为范围内，氨氮去除率随降低而升高，原因可能是___________。 (5)我国化工专家侯德榜将合成氨与纯碱工业联合，发明了联合制碱法，使原料氯化钠的利用率从70％提高到90％以上，该生产方法在制得纯碱的同时，还可得到一种副产品。生产流程和溶解度曲线如图，下列说法错误的是___________。 A．通入沉淀池中的气体应先通CO2再通NH3，以减少 NH3的挥发损失 B．沉淀池中反应的化学方程式： C．固体从母液中析出时需控制温度在0～10℃ D．循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染 ◆类型三 反应原理+电化学综合题 6．（2026·天津南开·模拟预测）化学反应原理与生产、生活密切相关。 I．CO2和NH3合成尿素，原理为2NH3(g) + CO2(g)CO(NH2)2(s) + H2O(g) ΔH=—87.0kJ·mol—1， 该反应分两步完成： 第一步：2NH3(g) + CO2(gNH2COONH4(s) 第二步：NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s) + H2O(g)，其能量变化如图甲所示。 (1)反应速率较快的是___________反应(填“第一步”或“第二步”)。 (2)第二步反应的ΔH= ___________kJ·mol—1。 Ⅱ．羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。在容积不变的密闭容器中，使CO和H2S发生反应并达到平衡：CO(g) + H2S(g)COS(g) + H2(g)。 (3)COS分子的空间结构为直线形，C为中心原子，则COS属于___________(填“极性”或“非极性”)分子。 (4)若反应前向容器中通入10mol CO和一定量的H2S，达到平衡时CO的物质的量为8 mol，且化学平衡常数为0.1，下列说法正确的是___________(填序号)。 a．通入CO后，正反应速率逐渐增大     b．升高温度，H2S的浓度增大，则该反应是吸热反应 c．反应前通入的H2S的物质的量为7mol d．达到平衡时CO的转化率为80% III．一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图所示。 (5)电极a是___________极，电极反应式为___________。 (6)电解过程中，电极b一侧的溶液pH将___________(填“升高”“不变”或“降低”)。 7．（25-26高三下·天津宁河·开学考试）以苯为代表的挥发性有机污染物可以在的催化作用下，与反应生成和，进一步将转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。 Ⅰ．与苯的分子结构 (1)与苯分子中碳原子的杂化轨道类型分别为_______，_______。 Ⅱ．苯的催化氧化 做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol。如图是290℃时，有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。 (2)无光照条件下，对应的转化率曲线为_______(填“a”或“b”)。 (3)有、无光照条件下，两种反应历程的_______(填“相等”或“不等”)。 Ⅲ．的转化 (4)捕碳技术(主要指捕获)在降低温室气体排放中具有重要的作用。 ①下列物质中能作为捕碳剂的是_______。 A．    B．CaO    C．    D． ②已知：的，的、。工业生产尾气中的捕获技术之一是利用氨水吸收，工艺流程是将烟气冷却至20℃后用氨水吸收过量的，所得溶液显_______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。烟气需冷却至20℃左右的可能原因是_______。 (5)二氧化碳氧化乙烷制乙烯。 利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯，示意图如图： ①电极a与电源的_______极相连。 ②电极b的电极反应式是_______。 ③若以-空气燃料电池(电解质溶液是20~30%的KOH溶液)给以上装置提供电源，电池工作时负极的电极反应式为_______。 8．（25-26高三上·天津·期末）Ⅰ、减缓全球变暖的方法之一是将回收利用，科学家研究利用回收的制取甲醛，反应的热化学方程式  。请回答下列问题： (1)已知：反应①：   反应②：   则  ______。 (2)一定条件下，将和按反应系数比投入恒容密闭容器中制备甲醛，下列能表示反应已经达到平衡状态的是______(填序号)。 a．消耗的同时生成1 mol HCHO b．容器内气体密度保持不变 c．的体积分数保持不变 (3)对于反应①，在某压强下，不同温度、不同投料比时的平衡转化率如图所示。则温度______(填“>”、“<”或“=”)。图中A、B、C三点对应的平衡常数K的大小关系为______(用编号排序)。 (4)若反应方程式改为：，则化学平衡常数的表达式为______。 Ⅱ、科学家近年发明了一种新型水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料。放电时，温室气体被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。 (5)充电时，阳极处的电解质溶液pH______(填“变大”、“变小”或“不变”)。 (6)放电时，正极的电极反应式为______。 ◆类型四 反应机理分析题 9．（25-26高三下·天津河东·开学考试）当前对的综合应用，仍然是化学工作者研究的重点。回答下列问题： (1)利用和合成时主要涉及以下反应： 反应Ⅰ．  ； 反应Ⅱ．  ； 则反应Ⅲ．的___________。该反应在(填“低温”“高温”“任何温度”)___________时能自发进行 (2)下图为某课题组设计的一种固定的方法。 ①上述过程的催化剂是___________。 ②若原料用，则产物为___________。 (3)利用和合成甲醛(HCHO)的反应为。T℃时，向容积为2 L的刚性容器中充入1 mol 和一定景的发生上述反应，达到平衡时，HCHO的分压(分压=总压×物质的量分数)与起始的关系如图所示。已知初始充入2 mol 时，容器内气体的总压强为1.2p kPa． ①5min时反应到达c点，___________。 ②c点时，的平衡转化率为___________。 (4)用还原可以在一定条件下合成：  。恒压下，和的起始物质的量之比为1：3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出。 ①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因是___________。 ②P点甲醇产率高于T点的原因是___________。 10．（25-26高三上·天津河北·期中）零价铁还原性强、活性高，对很多重金属离子及含磷、砷离子都有较好的去除和富集作用。回答问题 Ⅰ．零价铁的制备。 (1)富铁矿石经破碎、筛分到微米级后，在氢气氛围下600℃高温还原一小时可以制备微米级零价铁。写出磁铁矿的主要成分与氢气反应制备零价铁的化学方程式___________。 (2)采用还原铁盐，可以制备出纳米级的零价铁。 已知：元素电负性数值越大，对成键电子的吸引能力越强。电负性数值、。 ①写出的电子式___________。 ②补充完整下列离子方程式：___________。 。 每生成1 mol零价铁Fe，反应中转移电子的物质的量是___________mol。 Ⅱ．零价铁的结构和作用机理。 催化剂协同纳米零价铁能将水体中的硝酸盐转化为，其催化还原反应的过程如图1所示。 (3)根据图1判断Fe为___________剂(填“氧化”或“还原”，下同)，发生___________反应。 (4)为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2分析原因：pH减小，离子浓度增大，___________。 (5)纳米零价铁中铁元素含量测定：准确称取：2.000 g产品，加入足量盐酸溶解，过滤除去不溶性杂质，滤液移入100 mL容量瓶，定容至刻度线，取20.00 mL于锥形瓶中，用溶液与反应(反应原理为，未配平)，恰好完全反应时，消耗溶液23.50 mL。计算产品中铁元素的质量分数___________(填具体数值)。 ◆类型五 复杂溶液体系分析题 11．（2026·天津河东·一模）肼的化学式为N2H4，常温下将盐酸滴加到肼的水溶液中，粒子分布分数δ(X)随的关系如下图所示。[X的分布分数δ(X)=，X表示 N2H4或或 (1)肼为二元弱碱，肼在水溶液中电离分两步进行： 第一步电离：N2H4+H2O+OH- 第二步电离：___________ (2)结合上图，下列分析正确的是___________。 A．曲线B 代表N2H4的分布分数随-lgc(OH-)的关系 B．肼的电离平衡常数Kb1=1.0×10-6 C．当-lgc(OH-)=9.0时，存在[]>[N2H4]>[] D．N2H6Cl2溶液中存在2[Cl-]=[]+[N2H4]+[] (3)常温下，=时，溶液的pH=___________。 (4)常温下，N2H5Cl溶于水显酸性，通过计算简要说明原因___________。 N2H4催化氧化的产物与温度相关，反应如下： (i) N2H4(g) + O2(g) N2(g)+2H2O(g)  ΔH1=-579kJ·mol-1 (ii)N2H4(g) + 2O2(g) 2NO(g) + 2H2O(g)  ΔH2=akJ·mol-1 (5)已知N2(g) + O2(g)2NO(g)  ΔH3=+180kJ·mol-1，计算a=___________。 (6)ΔH-TΔS随温度变化的趋势有几种情况(如图所示)，反应(i)对应的是___________(填序号)。 (7)产物在单位时间内的产率随温度变化的关系如下图。关于产物在单位时间内的产率，下列说法错误的是___________。 A．室温至400℃，通过改用其他催化剂，可使N2产率增大 B．温度从 400℃升到 900℃，反应(ii)平衡正向移动，使NO的产率增大 C．温度低于 400℃时，产物主要为无污染的气体 D．当N2与NO的产率相等时，参与反应的N2H4和O2的物质的量之比为3：4 (8)某温度下，向4L恒容密闭容器中充入1mol N2H4和2mol O2，发生上述两个反应，平衡时生成0.4mol NO和0.4mol N2.计算该温度下反应(ii)的平衡常数，K=___________。 12．（2025·天津河东·二模）可与多种配体形成多样的配离子，在、混合溶液中存在以下多种反应： I．   II．   Ⅲ．   (1)、与配位存在多个竞争反应，其中有该反应_______(用、、表示)。 (2)写出反应I的平衡常数表达式_______。常温下，往含的、混合溶液中加入固体，反应的平衡常数_______(填“变大”“不变”或“变小”)。 (3)关于含的混合溶液体系，下列说法正确的是_______ A．当溶液中不变时，说明反应达到了平衡状态 B．在水溶液中能水解 C．平衡体系中仅加入，新平衡时的转化率增大 D．当平衡体系中时，(表示反应的平衡常数) (4)某种含矿物的主要成分是难溶于水的。常温下，利用、混合溶液体系将元素浸出，调节不同的总氨浓度和后，浸出液中元素的总浓度变化如下图(总氨浓度为。 ①总氨浓度不为0时：在之间，随着的增大，总氨浓度逐渐增大，元素浸出率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。pH在10~12.5之间，随着pH增大，浸出液中Zn元素总浓度呈下降趋势的原因是_______。 ②任意总氨浓度下：在之间，浸出液中元素总浓度均随增大逐渐上升，时，浸出液中锌元素主要存在形式的化学式是_______。 ③总氨浓度为、时，浸出液元素总浓度为且几乎都以的形式存在。已知常温下，的电离平衡常数，此时溶液中_______(保留2位有效数字)。 4 / 20 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04 化学反应原理综合题 ◆类型一 多反应体系分析题 1．(1)-152.0 (2)c (3) m 反应②平衡逆向移动程度小于反应③平衡移动程度 (4)2Mg(OH)2 + 2SO2 +O2 = 2MgSO4 + 2H2O (5)0.6 (6) 相等 283.0kJ·mol-1 2．(1)D (2)B (3) (4)AB (5)C (6) c 温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多，使反应Ⅲ正移，H2量减少，总的表现为增加量大于减少量 3．(1)-1430 (2)ad (3) 乙 催化剂活性降低或副反应增多 (4) 60% 2.5 (5)定向活化和，同时减少了和的碰撞，促进了主反应的发生，抑制副反应对的竞争。 ◆类型二 工艺流程+反应原理综合题 4．(1) 3d104s2 15 平面三角形 (2)b (3) (4) Si<C<O 降温结晶 防止氯化铁水解 (5) 离子 、、均为分子晶体，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高 5．(1) 丁达尔效应 被氧化，使四氧化三铁的产率降低 (2)生成的Cu2+能催化H2O2分解生成H2O和O2 (3) ①③ 6.72 (4) HClO氧化性比ClO-强，随着pH降低，溶液中HClO浓度增大，氧化能力增强，导致氨氮去除率升高 (5)A ◆类型三 反应原理+电化学综合题 6．(1)第二步 (2)+72.5 (3)极性 (4)c (5) 阴 CO2 + 2H+ + 2e— = HCOOH (6)降低 7．(1) sp sp2 (2)b (3)相等 (4) AB 碱性 降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收 (5) 正 8．(1) (2)c (3) < (4) (5)变小 (6) ◆类型四 反应机理分析题 9．(1) -123.5 低温 (2) 、 (3) 0.1 50% (4) 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动 同一温度下，分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于平衡正向移动，甲醇产率升高 10．(1)Fe3O4+4H23Fe+4H2O (2) 2Fe3++6+18H2O=2Fe+6H3BO3+21H2↑ 12 (3) 还原 还原 (4)会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH，在H+参与下更多地与H反应生成，减少了氮气的生成 (5)98.70% ◆类型五 复杂溶液体系分析题 11．(1) (2)BC (3)3.5 (4)的，而的水解常数为，水解大于电离，故溶液显酸性 (5)-399 (6)④ (7)B (8)0.1 12．(1) (2) 不变 (3)ABD (4) 增大 在区间，增大，正向移动，导致溶液中元素总浓度下降 0.72 4 / 20 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04 化学反应原理综合题 内容概览 类型一 多反应体系分析题 类型二 工艺流程+反应原理综合题 类型三 反应原理+电化学综合题 类型四 反应机理分析题 类型五 复杂溶液体系分析题 ◆类型一 多反应体系分析题 1．（25-26高三下·天津·开学考试）燃煤烟气中SO2、CO等有害气体会污染环境， I．用CO还原脱除SO2制硫磺，对工业生产具有重要的意义。涉及的主要反应有： ①2CO(g) + SO2(g)2CO2(g) + S(g)     ΔH1=-269.2kJ·mol-1 ②CO(g) + S(g)COS(g)     ΔH2=-58.6kJ·mol-1 ③2COS(g) + SO2(g)2CO2(g) + 3S(g)    ΔH3 (1)反应2COS(g) + SO2(g)2CO2(g) + 3S(g) ΔH3=_______kJ·mol-1 (2)550℃下，催化CO还原SO2，下列说法正确的是_______。 a．燃煤烟气中氧气含量越大，还原过程中硫磺的产率越高 b．刚性容器中，混合气体密度保持不变，说明反应均达到平衡状态 c．向反应体系中添加适量活性炭，可以提高还原过程中SO2的转化率 d．提高催化剂的活性可以提高CO平衡转化率 (3)测得550℃，不同进料比下，SO2的平衡转化率和硫磺产率如图2所示(图中SO2起始投料固定为1mol)。 ①表示SO2平衡转化率的曲线为_______(填“m”或“n”)。 ②在投料比=2时，升高温度，CO和SO2的转化率之比增大，可能的原因是_______。 Ⅱ．SO2的脱除，可以向煤中加入浆状 Mg(OH)2 (4)加入浆状 Mg(OH)2使燃烧产生的SO2转化为稳定的 Mg化合物，写出该反应的化学方程式：_______。 Ⅲ．SO2的脱除，还可以用氨水除去 (5)已知25℃，H2SO3的Ka1=1.0×10—2，Ka2=6.0×10—8.将 SO2通入氨水中，当pH=7时，溶液中的c()/c()=_______。 Ⅳ．CO的脱除：在常压催化剂的条件下与O2转化为CO2，2CO(g) + O2(g)= 2CO2(g)  ΔH=—566.0kJ·mol—1 (6)有无催化剂下，该反应的反应热_______(填“相等”或“不相等”)，CO的燃烧热为_______。 【答案】(1)-152.0 (2)c (3) m 反应②平衡逆向移动程度小于反应③平衡移动程度 (4)2Mg(OH)2 + 2SO2 +O2 = 2MgSO4 + 2H2O (5)0.6 (6) 相等 283.0kJ·mol-1 【详解】（1）由①-2×②可得反应，则由盖斯定律可得该反应的 （2）a．燃煤烟气中氧气含量越大，CO和生成的硫磺均会被氧气氧化分别生成、，导致还原过程中硫磺的产率越低，a错误； b．该反应条件下硫为气体，该反应为反应前后混合气体总质量不变的反应，则刚性容器中，混合气体密度始终不变，所以刚性容器中，混合气体密度保持不变，不能说明反应均达到平衡状态，b错误； c．向反应体系中添加适量活性炭，可以增大CO的浓度，使其平衡正向移动，从而提高还原过程中的转化率，c正确； d．提高催化剂的活性无法提高CO平衡转化率，d错误； 答案是c； （3）①起始投料固定为1mol，增大进料比，相当于增大CO的浓度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，增大CO的浓度，反应速率加快，硫磺产率增大，当CO过量时，CO能与S反应生成COS，导致硫磺产率降低，即随进料比的增大，硫磺产率先增大后减小，所以表示平衡转化率的曲线为m，表示硫磺产率的曲线为n； ②在投料比时，升高温度，反应②、③平衡均逆向移动，且反应②平衡逆向移动程度较小，导致CO和的转化率之比增大，则可能的原因是反应②平衡逆向移动程度小于反应③平衡移动程度； （4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状，使燃烧产生的转化为稳定的Mg化合物，应生成硫酸镁，则反应物还应有氧气，反应的化学方程式为； （5）已知25℃，将通入氨水中，当pH=7时，，溶液中的； （6）催化剂改变反应历程，降低反应的活化能，不改变反应热，故有无催化剂下，该反应的反应热相等，CO的燃烧热为。 2．（2026·天津·模拟预测）碳酸镁广泛应用于医药、保健品、食品添加剂等领域，尤其是对镁缺乏者有益。 (一) (1)最近我国化学家成功研发了陶瓷部件的焊接技术。通过反应，然后在电子束照射下，又完全分解为纳米晶，可实现陶瓷材料的连接，并放出。下列说法不正确的是_______。 A．反应 B．可作为耐火材料 C．材料连接前后的质量没变化 D．纳米晶材料属于金属材料 (二)科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下： I． II． III． 回答下列问题： (2)提高平衡产率的条件是_______。 A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 (3)计算_______kJ。 (4)在恒温恒容密闭容器中进行反应，下列可以作为反应达到平衡的标志的是_______， A．气体密度保持不变    B．气体平均分子量保持不变   C． (5)反应I的随温度T的变化趋势是_______。 A． B． C． D． (6)100kPa下，在密闭容器中和各发生反应。反应物的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化关系如下图(反应Ⅲ在以下不考虑)。注：含碳生成物选择性。 ①表示选择性的曲线是_______(填字母)。 ②500～600℃，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是_______。 【答案】(1)D (2)B (3) (4)AB (5)C (6) c 温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多，使反应Ⅲ正移，H2量减少，总的表现为增加量大于减少量 【详解】（1）A．反应由固体生成气体，混乱度增大，，A正确； B．MgO熔点很高，可作耐火材料，B正确； C．反应过程为MgO~MgCO3~MgO，MgO质量不变，C正确； D．MgO是氧化物，不属于金属材料（金属材料是金属单质/合金），D错误； 故选D。 （2）反应II放热，且气体分子数减小，所以低温高压有利于反应II正向移动，提高甲烷产率，故选B。 （3）根据盖斯定律，目标反应反应反应，。 （4）A．恒温恒容容器体积不变，反应有固体参与，气体总质量随反应改变，因此气体密度不变时，反应达到平衡，A正确； B．气体平均分子量，反应中、都随反应变化，因此不变时反应达到平衡，B正确； C．该速率关系只能说明反应II到达平衡，不能判断所有反应均平衡，C错误； 故选AB。 （5）反应I，，是关于的一次函数：斜率为（随增大递减），时，随升高从正值变为负值，对应图C。 （6）①生成的反应II放热，生成的反应III吸热，温度升高，选择性降低；且360℃以下不考虑反应III，低温时选择性接近100%，随温度升高选择性降低，对应曲线c。 ② 生成的反应为放热反应，温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多，使反应Ⅲ正移，H2量减少，总的表现为增加量大于减少量。 3．（25-26高三上·天津·月考）工业烟气中(以NO为主)的脱除常采用选择性催化还原(SCR)技术，其核心反应为： 主反应：   副反应：   (1)已知  ，则___________。 (2)300℃时，在某恒温刚性容器中充入的混合气体，若仅发生主反应，下列叙述能说明反应已达到化学平衡状态的是___________(填字母)。 a． b．混合气体的密度保持不变 c．单位时间内断裂4 mol 键的同时断裂4 mol 键 d．的体积分数不再改变 (3)其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下，经过相同时间，NO转化率与温度的关系如图所示。 ①工业上选择催化剂___________(填“甲”或“乙”)。 ②在催化剂甲的作用下，当温度高于210℃(M点)时，NO转化率降低原因可能是___________。 (4)300℃时，在某恒压密闭容器中充入等物质的量的、NO、的混合气体，若发生主反应和副反应，平衡后，NO转化率为20%，且和物质的量相等，则转化率为___________，，___________(保留2位有效数字)。 (5)已知主反应分三步进行 Ⅰ．  Ⅱ．  Ⅲ． 研究发现，在催化剂表面引入可形成“吸附位”和“NO活化位”。请分析催化剂表面引入后，主反应选择性提高、副反应选择性降低的原因是___________。 【答案】(1)-1430 (2)ad (3) 乙 催化剂活性降低或副反应增多 (4) 60% 2.5 (5)定向活化和，同时减少了和的碰撞，促进了主反应的发生，抑制副反应对的竞争。 【详解】（1）①，②，①-②4得，根据盖斯定律可知； （2）a．主反应中，的系数比为4:1，当时，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，a正确； b．根据反应方程式可知，气体的总质量不变，容器的容积不变，故密度不是变量，故当混合气体的密度保持不变时，不能说明反应达到了平衡状态，b错误； c．单位时间内断裂12 mol 键的同时断裂4 mol 键，说明反应达到了平衡状态，c错误； d．反应达到平衡状态时，各组分的量不发生变化，故当O2的体积分数不再改变时，说明反应达到了平衡状态，d正确； 故选ad； （3）①由图可知，催化剂乙在较低的温度下就具有较高的催化效果，故工业上选择催化剂乙； ②在催化剂甲的作用下，当温度高于210℃时，温度升高，催化剂活性降低，或者副反应增多，故导致NO的转化率降低； （4）由题目信息：某恒压密闭容器中充入等物质的量的、NO、的混合气体，若发生主反应和副反应，设起始、NO、的物质的量都为4 mol，参加主反应的物质的量为x，参加主反应的物质的量为y，可列三段式： 根据题目信息：平衡后，NO转化率为20%，且和物质的量相等，可得：、，解得，，则的转化率为：，的平衡常数。 （5）在催化剂表面引入可形成“吸附位”和“活化位”，即催化剂表面引入后，可定向活化和，同时减少了和的碰撞，促进了主反应的发生，同时抑制副反应对的竞争。 ◆类型二 工艺流程+反应原理综合题 4．（25-26高三上·天津和平·月考）锌及其化合物在科学技术发展和人类生产生活中发挥着重要作用。回答下列问题： (1)《天工开物》中记载了关于火法炼锌的工艺：以炉甘石(ZnCO3)和木炭为原料高温制取锌。基态Zn原子价层电子的排布式为_______，其原子核外电子共有_______种空间运动状态，ZnCO3中阴离子的空间结构为_______。 (2)锌是人体必需的微量元素，下列现代分析手段中，可用于检验水中痕量锌元素的是_______(填序号)。 a．X射线衍射 b．原子光谱 c．核磁共振氢谱 d．红外光谱 (3)锌与铝的化学性质相似，可与NaOH溶液反应生成和氢气。写出Zn与NaOH溶液反应的离子方程式：_______。 (4)某研究小组设计如下流程，以废铁屑(含有少量C和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3。 Ⅰ．废铁屑的杂质中所含元素的第一电离能由小到大的顺序为_______(用元素符号表示)。 Ⅱ．为避免引入新的杂质，试剂B可以选用H2O2溶液，写出此过程发生的离子反应方程式_______。写出D到E的化学方程式：_______ Ⅲ．操作②是蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤、干燥。同时通入HCl(g)的目的是_______。 (5)Ti的四卤化物熔点如表所示，熔点高于其他三种卤化物，则可判断可能为_______ 晶体(填“离子”或“分子”)；、、熔点依次升高的原因是_______。 化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4 熔点/℃ 377 -24.12 38.3 155 【答案】(1) 3d104s2 15 平面三角形 (2)b (3) (4) Si<C<O 降温结晶 防止氯化铁水解 (5) 离子 、、均为分子晶体，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高 【分析】C和SiO2与盐酸不反应，废铁屑用盐酸溶解，过滤除去C和SiO2，滤液A中含有氯化亚铁，通入足量氯气把氯化亚铁氧化为氯化铁，通入氯化氢气体蒸发、浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤得六水氯化铁晶体，六水氯化铁晶体和氯化亚砜混合加热得无水氯化铁。 【详解】（1）Zn元素的原子序数30，基态原子的电子排布式为，价层电子排布式为3d104s2；原子轨道的数目与核外电子的运动状态相等，s轨道、p轨道、d轨道的数目分别为1、3、5，所以锌原子的核外电子共有15种空间运动状态；在ZnCO3中阴离子为碳酸根离子，中心原子C原子的价层电子对数为3+，故碳酸根离子的空间结构为平面三角形。 （2）a．X射线衍射主要用于分析晶体材料的结构和组成，不能检验锌元素，a错误； b．原子光谱是不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用原子光谱检验废水中痕量锌元素，b正确； c．核磁共振氢谱用于测定有机物中氢原子的种类和数目，不能检验锌元素，c错误； d．红外光谱用于测定有机物分子中含有的化学键或官能团，不能检验锌元素，d错误； 故答案选b。 （3）锌与铝的化学性质相似，可与NaOH溶液反应生成Na2[Zn(OH)4]和氢气，其反应的离子方程式为。 （4）废铁屑的杂质中C和SiO2中所含元素有C、Si、O，其第一电离能由小到大的顺序为Si<C<O； 加入足量过氧化氢溶液，将氯化亚铁氧化为氯化铁，离子方程式为； 由分析可知D到E主要是用氯化亚砜在加热条件下将中的结晶水除去，其化学方程式为 操作②是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，通入HCl(g)的目的是为了防止氯化铁水解. （5）一般晶体的熔沸点：离子晶体大于分子晶体，为离子化合物，熔点最高，其它三种均为共价化合物，为分子晶体，对于组成和结构相似的物质，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点、沸点升高。 5．（25-26高三上·天津·期中）中国的崛起，离不开我国强大的材料制造工业。 (1)磁流体材料是电子材料的新秀，在一定条件下，将和的溶液按一定的比例混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，可得到分散质粒子大小在之间的黑色磁流体。 ①所得的磁流体分散系可以用___________来鉴别。 ②将混合时，理论上制得的纳米产率应该最高，但事实并非如此可能的原因是___________。 (2)在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备CuCl2，反应中H2O2实际消耗量大于理论用量的原因是___________。 (3)一种新型人工固氮的原理如图。①②③反应中属于氧化还原反应的是___________(填编号)。假设每一步均完全转化，每生成，最终生成___________ L(标准状况下)。 (4)工业废水中氮的主要存在形态是，还原法和氧化法是去除废水中氮的重要方法。 ①还原法：控制其他条件相同，去除的某含氮废水(废水中总氮中的，图1为只加过量时废水中含氮微粒的浓度随时间变化的图像，图2为同时加过量粉与时废水中含氮微粒的浓度随时间变化的图像。 分析上述图像，图2中内发生主要反应的离子方程式为___________。 ②氧化法：利用将水体中氨氮氧化为。研究发现，控制其他条件相同，当废水为范围内，氨氮去除率随降低而升高，原因可能是___________。 (5)我国化工专家侯德榜将合成氨与纯碱工业联合，发明了联合制碱法，使原料氯化钠的利用率从70％提高到90％以上，该生产方法在制得纯碱的同时，还可得到一种副产品。生产流程和溶解度曲线如图，下列说法错误的是___________。 A．通入沉淀池中的气体应先通CO2再通NH3，以减少 NH3的挥发损失 B．沉淀池中反应的化学方程式： C．固体从母液中析出时需控制温度在0～10℃ D．循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染 【答案】(1) 丁达尔效应 被氧化，使四氧化三铁的产率降低 (2)生成的Cu2+能催化H2O2分解生成H2O和O2 (3) ①③ 6.72 (4) HClO氧化性比ClO-强，随着pH降低，溶液中HClO浓度增大，氧化能力增强，导致氨氮去除率升高 (5)A 【详解】（1）①胶体分散质粒子直径为1-100 nm，故该磁流体时分散质，用丁达尔效应鉴别，故答案为：丁达尔效应； ②磁流体中铁元素+3价和+2价的原子个数比为2：1，但实际生产中+2价的铁容易被氧化，故答案为：被氧化，使四氧化三铁的产率降低； （2）该反应的离子方程式为，根据经验，Cu2+可以做过氧化氢分解的催化剂，导致过氧化氢的原料损失，故答案为：生成的Cu2+能催化H2O2分解生成H2O和O2； （3）根据循环图，反应①的化学方程式为，反应②的化学方程式为，反应③的化学方程式为，其中反应①和③的化合价发生变化，反应②是水解反应，故属于氧化还原反应的为①③；根据化学计量数之比，则生成的同时，会生成0.3 mol氧气，标况下体积为，故答案为：6.72； （4） ①图2中硝酸根离子浓度下降，铵根离子浓度上升，2060min内发生主要反应的离子方程式为: ； ②控制其他条件相同，当废水pH为 范围内，氨氮去除率随pH降低而升高，原因是HClO氧化性比ClO-强，随着pH降低，溶液中HClO浓度增大，氧化能力增强，导致氨氮去除率升高。故答案为：HClO氧化性比ClO-强，随着pH降低，溶液中HClO浓度增大，氧化能力增强，导致氨氮去除率升高； （5）A．因为CO2的溶解度较低，而NH3的溶解度大于CO2，故应先通入NH3，使溶液呈碱性，增大CO2的溶解度，A错误； B．沉淀池中反应的化学方程式：，B正确； C．由溶解度曲线可以看出，NH4Cl的溶解度随温度升高而增大，因此如果NH4Cl固体从母液中析出时需控制温度在0~10℃以下，C正确； D．由流程可知，循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染，D正确； 故选A。 ◆类型三 反应原理+电化学综合题 6．（2026·天津南开·模拟预测）化学反应原理与生产、生活密切相关。 I．CO2和NH3合成尿素，原理为2NH3(g) + CO2(g)CO(NH2)2(s) + H2O(g) ΔH=—87.0kJ·mol—1， 该反应分两步完成： 第一步：2NH3(g) + CO2(gNH2COONH4(s) 第二步：NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s) + H2O(g)，其能量变化如图甲所示。 (1)反应速率较快的是___________反应(填“第一步”或“第二步”)。 (2)第二步反应的ΔH= ___________kJ·mol—1。 Ⅱ．羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。在容积不变的密闭容器中，使CO和H2S发生反应并达到平衡：CO(g) + H2S(g)COS(g) + H2(g)。 (3)COS分子的空间结构为直线形，C为中心原子，则COS属于___________(填“极性”或“非极性”)分子。 (4)若反应前向容器中通入10mol CO和一定量的H2S，达到平衡时CO的物质的量为8 mol，且化学平衡常数为0.1，下列说法正确的是___________(填序号)。 a．通入CO后，正反应速率逐渐增大     b．升高温度，H2S的浓度增大，则该反应是吸热反应 c．反应前通入的H2S的物质的量为7mol d．达到平衡时CO的转化率为80% III．一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图所示。 (5)电极a是___________极，电极反应式为___________。 (6)电解过程中，电极b一侧的溶液pH将___________(填“升高”“不变”或“降低”)。 【答案】(1)第二步 (2)+72.5 (3)极性 (4)c (5) 阴 CO2 + 2H+ + 2e— = HCOOH (6)降低 【详解】（1）由图中可知，第二步的活化能比第一步大，因此决定合成尿素总反应的反应速率的是第步； （2）总反应为2NH3(g) + CO2(g)CO(NH2)2(s) + H2O(g) ΔH=-87.0kJ·mol-1，根据盖斯定律，需要对方程式进行合并计算，第一步反应是：2NH3(g) + CO2(g)NH2COONH4(s) ΔH1；第二步反应是：NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s) + H2O(g) ΔH2，由盖斯定律可知：总反应=第一步+第二步，则ΔH=ΔH1+ΔH2=(-159.5kJ·mol-1) + ΔH2=-87.0kJ·mol-1，得到ΔH2=+72.5kJ·mol-1； （3）由于COS分子中三个原子都不同，其分子结构不对称，所以 COS属于极性分子； （4）a．通入CO后，CO浓度增大，使平衡向正反应方向移动，CO浓度逐渐减小，则正反应速率瞬间比原平衡时速率增大后再逐渐减小，a错误； b．升高温度，H2S的浓度增大，说明平衡向该反应的逆方向移动，则该反应是放热反应，b错误； c．设容器容积为V L，反应前H2S物质的量为n mol，平衡时：CO为8 mol、H2S为(n-2) mol、COS和H2均为10 mol-8 mol=2 mol，平衡常数K===0.1，n=7，c正确； d．达到平衡时CO的转化率为=20%，d错误； 故答案为c。 （5）由图可知，电极a上CO2发生得电子的还原反应生成HCOOH，则电极a为阴极，电极反应式为CO2 + 2H+ + 2e- = HCOOH； （6）电极b为阳极，阳极反应式为CH3OH - 4e- + 5OH- = HCOO- + 4H2O，则阳极区溶液的pH降低。 7．（25-26高三下·天津宁河·开学考试）以苯为代表的挥发性有机污染物可以在的催化作用下，与反应生成和，进一步将转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。 Ⅰ．与苯的分子结构 (1)与苯分子中碳原子的杂化轨道类型分别为_______，_______。 Ⅱ．苯的催化氧化 做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol。如图是290℃时，有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。 (2)无光照条件下，对应的转化率曲线为_______(填“a”或“b”)。 (3)有、无光照条件下，两种反应历程的_______(填“相等”或“不等”)。 Ⅲ．的转化 (4)捕碳技术(主要指捕获)在降低温室气体排放中具有重要的作用。 ①下列物质中能作为捕碳剂的是_______。 A．    B．CaO    C．    D． ②已知：的，的、。工业生产尾气中的捕获技术之一是利用氨水吸收，工艺流程是将烟气冷却至20℃后用氨水吸收过量的，所得溶液显_______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。烟气需冷却至20℃左右的可能原因是_______。 (5)二氧化碳氧化乙烷制乙烯。 利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯，示意图如图： ①电极a与电源的_______极相连。 ②电极b的电极反应式是_______。 ③若以-空气燃料电池(电解质溶液是20~30%的KOH溶液)给以上装置提供电源，电池工作时负极的电极反应式为_______。 【答案】(1) sp sp2 (2)b (3)相等 (4) AB 碱性 降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收 (5) 正 【详解】（1）CO2分子中碳原子的中心原子价层电子对数为，故杂化轨道类型为sp；苯分子中每个碳原子与另外2个碳原子和1个氢原子形成3个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为3，故杂化轨道类型为sp2。 （2）活化能越低，反应速率越快，相同时间内反应物的转化率越高，无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol，所以无光照条件下反应速率更慢，对应的转化率曲线为b。 （3）反应的焓变只与反应物与生成物的总能量有关，与反应历程无关，所以有、无光照条件下，两种反应历程的相等。 （4）①碳酸钾与二氧化碳、水生成碳酸氢钾，氧化钙与二氧化碳生成碳酸钙；故选AB。 ②用氨水吸收过量的CO2的化学反应方程式为CO2+NH3+H2O=NH4HCO3，所得溶液为碳酸氢铵溶液，+H2ONH3·H2O+H+   Kh()=，+H2OH2CO3+OH -Kh()= ， Kh()＞Kh()＞Ka2(H2CO3)，所以碳酸氢根的水解大于铵根的水解，故呈碱性；烟气需冷却至20℃左右的可能原因是：降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收。 （5）①电解池工作时，氢离子由a极移向b极，电极a是阳极，a与电源的正极相连。 ②b是阴极，电极b二氧化碳得电子生成一氧化碳和水，b极的电极反应式是。 ③-空气燃料电池(电解质溶液是20～30％的KOH溶液)，电池工作时，在负极失电子生成水，负极的电极反应式为。 8．（25-26高三上·天津·期末）Ⅰ、减缓全球变暖的方法之一是将回收利用，科学家研究利用回收的制取甲醛，反应的热化学方程式  。请回答下列问题： (1)已知：反应①：   反应②：   则  ______。 (2)一定条件下，将和按反应系数比投入恒容密闭容器中制备甲醛，下列能表示反应已经达到平衡状态的是______(填序号)。 a．消耗的同时生成1 mol HCHO b．容器内气体密度保持不变 c．的体积分数保持不变 (3)对于反应①，在某压强下，不同温度、不同投料比时的平衡转化率如图所示。则温度______(填“>”、“<”或“=”)。图中A、B、C三点对应的平衡常数K的大小关系为______(用编号排序)。 (4)若反应方程式改为：，则化学平衡常数的表达式为______。 Ⅱ、科学家近年发明了一种新型水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料。放电时，温室气体被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。 (5)充电时，阳极处的电解质溶液pH______(填“变大”、“变小”或“不变”)。 (6)放电时，正极的电极反应式为______。 【答案】(1) (2)c (3) < (4) (5)变小 (6) 【详解】（1）由盖斯定律，反应②-①得； （2）a．消耗的同时生成1 mol HCHO，描述的都是正反应，不能说明反应已达平衡状态，a错误； b．容器体积不变，根据质量守恒，气体质量不变，所以容器内气体密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，b错误； c．生成物的体积分数保持不变，说明平衡不再移动，可以说明反应平衡，c正确； 故选c； （3）反应①为放热反应，相同条件下，升高温度平衡逆向移动，甲醛平衡转化率降低，故温度<；平衡常数受温度影响，反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故图中A、B、C三点对应的平衡常数K的大小关系为 （4）平衡常数等于生成物浓度系数次方之积与反应物浓度系数次方之积的比，液体水浓度为常数，则的化学平衡常数的表达式为； （5）由图，充电时，阳极处水失去电子被氧化为氧气：，反应生成氢离子，溶液pH减小； （6）由图，放电时，正极的电极反应为二氧化碳得到电子被还原为甲酸：。 ◆类型四 反应机理分析题 9．（25-26高三下·天津河东·开学考试）当前对的综合应用，仍然是化学工作者研究的重点。回答下列问题： (1)利用和合成时主要涉及以下反应： 反应Ⅰ．  ； 反应Ⅱ．  ； 则反应Ⅲ．的___________。该反应在(填“低温”“高温”“任何温度”)___________时能自发进行 (2)下图为某课题组设计的一种固定的方法。 ①上述过程的催化剂是___________。 ②若原料用，则产物为___________。 (3)利用和合成甲醛(HCHO)的反应为。T℃时，向容积为2 L的刚性容器中充入1 mol 和一定景的发生上述反应，达到平衡时，HCHO的分压(分压=总压×物质的量分数)与起始的关系如图所示。已知初始充入2 mol 时，容器内气体的总压强为1.2p kPa． ①5min时反应到达c点，___________。 ②c点时，的平衡转化率为___________。 (4)用还原可以在一定条件下合成：  。恒压下，和的起始物质的量之比为1：3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出。 ①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因是___________。 ②P点甲醇产率高于T点的原因是___________。 【答案】(1) -123.5 低温 (2) 、 (3) 0.1 50% (4) 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动 同一温度下，分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于平衡正向移动，甲醇产率升高 【详解】（1）反应Ⅲ=2×反应Ⅰ+反应Ⅱ，根据盖斯定律可以得出：；反应Ⅲ是放热的熵减反应，在低温时能自发进行。 （2） ①在反应历程中，、先被消耗，后又生成，反应前后无变化，所以、是催化剂； ②由图可知，类比的反应特点，知+CO2。 （3）根据c点，设二氧化碳变化的物质的量为x，列三段式：，则平衡时容器气体的压强：，则，解得：x=0.5， ①起始时容器内气体总压强为1.2 kPa，若5 min时反应到达c点，则； ②c点的平衡转化率。 （4）①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因是：该反应是放热反应，温度升高有利于平衡逆向移动，甲醇的平衡产率随温度升高而降低； ②P点甲醇产率高于T点的原因是：P点对应反应有分子筛膜，分子筛膜能选择性分离出水，有利于反应正向进行，故P点甲醇的产率高于T点甲醇的产率。 10．（25-26高三上·天津河北·期中）零价铁还原性强、活性高，对很多重金属离子及含磷、砷离子都有较好的去除和富集作用。回答问题 Ⅰ．零价铁的制备。 (1)富铁矿石经破碎、筛分到微米级后，在氢气氛围下600℃高温还原一小时可以制备微米级零价铁。写出磁铁矿的主要成分与氢气反应制备零价铁的化学方程式___________。 (2)采用还原铁盐，可以制备出纳米级的零价铁。 已知：元素电负性数值越大，对成键电子的吸引能力越强。电负性数值、。 ①写出的电子式___________。 ②补充完整下列离子方程式：___________。 。 每生成1 mol零价铁Fe，反应中转移电子的物质的量是___________mol。 Ⅱ．零价铁的结构和作用机理。 催化剂协同纳米零价铁能将水体中的硝酸盐转化为，其催化还原反应的过程如图1所示。 (3)根据图1判断Fe为___________剂(填“氧化”或“还原”，下同)，发生___________反应。 (4)为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2分析原因：pH减小，离子浓度增大，___________。 (5)纳米零价铁中铁元素含量测定：准确称取：2.000 g产品，加入足量盐酸溶解，过滤除去不溶性杂质，滤液移入100 mL容量瓶，定容至刻度线，取20.00 mL于锥形瓶中，用溶液与反应(反应原理为，未配平)，恰好完全反应时，消耗溶液23.50 mL。计算产品中铁元素的质量分数___________(填具体数值)。 【答案】(1)Fe3O4+4H23Fe+4H2O (2) 2Fe3++6+18H2O=2Fe+6H3BO3+21H2↑ 12 (3) 还原 还原 (4)会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH，在H+参与下更多地与H反应生成，减少了氮气的生成 (5)98.70% 【详解】（1）磁铁矿的成分是四氧化三铁，四氧化三铁与氢气反应生成铁和水，反应的化学方程式为Fe3O4+4H23Fe+4H2O，故答案为：Fe3O4+4H23Fe+4H2O。 （2） ①NaBH4是离子化合物，故电子式为，故答案为：； ②由题可知，铁元素化合价由+3降低为0，中H元素化合价由-1升高为+1，根据得失电子守恒，配平化学方程式为2Fe3++6+18H2O=2Fe+6H3BO3+21H2↑，反应中Fe和水中的H的化合价共降低24价，中H的化合价共升高24价，故每生成1mol零价铁Fe，转移电子的物质的量是12mol，故答案为：2Fe3++6+18H2O=2Fe+6H3BO3+21H2↑；12。 （3）根据图1，Fe失去电子生成亚铁离子，Fe为还原剂，H+得到电子生成H，发生还原反应，故答案为：还原；还原。 （4）溶液pH小于4.2时，溶液pH减小，溶液中氢离子浓度增大，氢离子会结合电子生成更多的氢原子，使硝酸根被还原的中间产物NH在氢离子参与下更多地与氢原子反应生成，减少了N2的生成，所以当溶液pH＜4.2时，随溶液pH减小，氮气生成率逐渐降低，则原因为pH减小，H+离子浓度增大，会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH，在H+参与下更多地与H反应生成，减少了氮气的生成，故答案为：会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH，在H+参与下更多地与H反应生成，减少了氮气的生成。 （5）根据得失电子守恒可得6Fe2+～，反应消耗23.50mL 0.05000mol/L重铬酸钾溶液，则产品中铁元素的质量分数为×100%=98.70%，故答案为：98.70%。 ◆类型五 复杂溶液体系分析题 11．（2026·天津河东·一模）肼的化学式为N2H4，常温下将盐酸滴加到肼的水溶液中，粒子分布分数δ(X)随的关系如下图所示。[X的分布分数δ(X)=，X表示 N2H4或或 (1)肼为二元弱碱，肼在水溶液中电离分两步进行： 第一步电离：N2H4+H2O+OH- 第二步电离：___________ (2)结合上图，下列分析正确的是___________。 A．曲线B 代表N2H4的分布分数随-lgc(OH-)的关系 B．肼的电离平衡常数Kb1=1.0×10-6 C．当-lgc(OH-)=9.0时，存在[]>[N2H4]>[] D．N2H6Cl2溶液中存在2[Cl-]=[]+[N2H4]+[] (3)常温下，=时，溶液的pH=___________。 (4)常温下，N2H5Cl溶于水显酸性，通过计算简要说明原因___________。 N2H4催化氧化的产物与温度相关，反应如下： (i) N2H4(g) + O2(g) N2(g)+2H2O(g)  ΔH1=-579kJ·mol-1 (ii)N2H4(g) + 2O2(g) 2NO(g) + 2H2O(g)  ΔH2=akJ·mol-1 (5)已知N2(g) + O2(g)2NO(g)  ΔH3=+180kJ·mol-1，计算a=___________。 (6)ΔH-TΔS随温度变化的趋势有几种情况(如图所示)，反应(i)对应的是___________(填序号)。 (7)产物在单位时间内的产率随温度变化的关系如下图。关于产物在单位时间内的产率，下列说法错误的是___________。 A．室温至400℃，通过改用其他催化剂，可使N2产率增大 B．温度从 400℃升到 900℃，反应(ii)平衡正向移动，使NO的产率增大 C．温度低于 400℃时，产物主要为无污染的气体 D．当N2与NO的产率相等时，参与反应的N2H4和O2的物质的量之比为3：4 (8)某温度下，向4L恒容密闭容器中充入1mol N2H4和2mol O2，发生上述两个反应，平衡时生成0.4mol NO和0.4mol N2.计算该温度下反应(ii)的平衡常数，K=___________。 【答案】(1) (2)BC (3)3.5 (4)的，而的水解常数为，水解大于电离，故溶液显酸性 (5)-399 (6)④ (7)B (8)0.1 【详解】（1）肼为二元弱碱，说明肼可在水中电离出氢氧根，结合第一步电离方程式，继续电离的第二步方程式：。 （2）A．根据肼的二级电离方程式，随着越大，即变小，酸性增强，一直增大即用曲线C表示，一直减小即用曲线A表示，先增大后减小即用曲线B表示，A错误； B．肼的电离平衡常数，A、B两曲线的交点代表，此时，，B正确； C．当时，根据图像数据可得存在>>，C正确； D．根据物料守恒，溶液中存在=2[++]，D错误； 故选BC。 （3）肼的电离平衡常数，C、B两曲线的交点代表，此时，。。常温下，=时，，，，pH=3.5。 （4）常温下，N2H5Cl溶于水既会发生电离平衡也会发生水解平衡，的，而的水解常数为，水解大于电离，故溶液显酸性。 （5）根据盖斯定律，反应ii=反应i+反应iii，ΔH2=-579+180=-399 kJ·mol-1。 （6）反应i是放热熵增的反应，故在任何温度下其ΔH-TΔS均小于0，在任何温度下均自发进行，故选 ④。 （7）A．图像所示产率是单位时间内的产率，400℃温度较低反应未达到平衡，可通过改用其他催化剂提高反应速率，从而使产率增大，A正确； B．反应ii是放热反应，温度从 400℃升到 900℃，反应(ii)平衡逆向移动，使NO的产率减小，B错误； C．根据图像可知，温度低于 400℃时，产物主要为氮气，是无污染的气体，C正确； D．当与NO的产率相等时，设生成的、NO的物质的量均为x mol，则反应i消耗x mol、x mol，反应ii消耗、x mol，参与反应的和的物质的量之比为，D正确； 故选B。 （8）某温度下，向4 L恒容密闭容器中充入1mol和2mol ，发生上述两个反应，平衡时生成0.4 mol NO和0.4 mol ，则反应i消耗、0.4 mol，生成0.8 mol ；反应ii消耗、0.4 mol，生成0.4 mol 。平衡时，，，，，。 12．（2025·天津河东·二模）可与多种配体形成多样的配离子，在、混合溶液中存在以下多种反应： I．   II．   Ⅲ．   (1)、与配位存在多个竞争反应，其中有该反应_______(用、、表示)。 (2)写出反应I的平衡常数表达式_______。常温下，往含的、混合溶液中加入固体，反应的平衡常数_______(填“变大”“不变”或“变小”)。 (3)关于含的混合溶液体系，下列说法正确的是_______ A．当溶液中不变时，说明反应达到了平衡状态 B．在水溶液中能水解 C．平衡体系中仅加入，新平衡时的转化率增大 D．当平衡体系中时，(表示反应的平衡常数) (4)某种含矿物的主要成分是难溶于水的。常温下，利用、混合溶液体系将元素浸出，调节不同的总氨浓度和后，浸出液中元素的总浓度变化如下图(总氨浓度为。 ①总氨浓度不为0时：在之间，随着的增大，总氨浓度逐渐增大，元素浸出率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。pH在10~12.5之间，随着pH增大，浸出液中Zn元素总浓度呈下降趋势的原因是_______。 ②任意总氨浓度下：在之间，浸出液中元素总浓度均随增大逐渐上升，时，浸出液中锌元素主要存在形式的化学式是_______。 ③总氨浓度为、时，浸出液元素总浓度为且几乎都以的形式存在。已知常温下，的电离平衡常数，此时溶液中_______(保留2位有效数字)。 【答案】(1) (2) 不变 (3)ABD (4) 增大 在区间，增大，正向移动，导致溶液中元素总浓度下降 0.72 【详解】（1）根据盖斯定律可得，将反应Ⅱ-Ⅲ得：。 （2）反应中为固体，平衡常数表达式。平衡常数只受温度的影响，平衡体系溶液中加入固体，溶液的温度不变，则平衡常数不变。 （3）A．当溶液中不变时，可说明反应达到了平衡状态，A项正确； B．电离产生，为弱碱阳离子，在水溶液中能水解，B项正确； C．加入，溶液中增大，虽然三个平衡均正向移动，但根据勒夏特列原理，的转化率反而减小，C项错误； D．当平衡体系中时，，则，D项正确； 故选ABD。 （4）①总氨浓度不为0时，由图可知，在之间，增大pH或总氨浓度增大，浸出液中总元素浓度增大，原因是pH增大，平衡逆向移动导致增大，总氨浓度增大，也会导致增大，从而使平衡正向移动，减小，溶解平衡正向移动，浸出液中总Zn浓度增大。在区间，增大，正向移动，导致溶液中元素总浓度下降。 ②在之间，随着pH增加，OH-浓度增加，会继续与OH-反应转变为，使溶液中Zn元素的浓度上升。 ③根据的电离平衡常数，①，总氨浓度为，依据物料守恒，②；解得 。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $