专题13 化学反应原理（抢分专练）（北京专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题13 化学反应原理综合 题型 考情分析 考向预测 以电化学原理为主综合 2025年北京卷，T16：结合铅酸电池的工作原理，综合考查电极反应式的书写、电化学计算、微粒空间结构判断、化学方程式书写等；利用废旧铅酸电池的回收利用流程图，考查物质的分离提纯、电解等知识。 预测2026年将进一步强化学科交叉与创新思维：一是情境设计上聚焦碳中和技术（CO₂催化转化制甲醇/燃料）、新型电池材料（固态电池、钠离子电池）、绿色化工（无溶剂反应、原子经济性）、生物基化学品合成等热点情境，素材多源自最新科研成果与工业实践；二是深度融合，新增“原理+实验探究+结构性质”融合题型，如结合反应机理设计实验、通过晶胞结构分析反应活性、利用数字化实验数据验证平衡移动，强化“宏观辨识与微观探析”素养考查；三是精准计算，增加多变量计算（如同时考虑温度、压强、催化剂对产率的综合影响）、有效数字规范、图表数据拟合分析，侧重考查定量计算的准确性与数据分析的深度；四是素养更凸显：强化绿色化学素养（原子利用率计算、污染治理原理、节能减排方案设计）、创新应用能力（工业条件优化、催化剂改良思路分析），减少纯记忆性。 电化学和化学平衡原理为主综合 2024年北京卷，T16：以两种HNO3的工业制备为载体，结合水溶液中粒子系数分布图、化学平衡图像、电解池装置图，综合考查化学方程式书写、原理分析（原因解释）、电极反应式书写等。 热化学和化学平衡为主综合 2023年北京卷，T16：以工业合成尿素[CO(NH2)2]为背景材料，结合化学反应与能量和电解池装置图示，综合考查化学方程式书写、活化能大小比较、热效应判断、盖斯定律应用、电极判断、电极反应式书写、滴定实验拓展及计算。 考点1 以电化学原理为主综合 【典例】（2026·北京市延庆区·一模） 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放电时，当外电路通过电子时，理论上电解质溶液中的物质的量_______(填“增加”或“减少”)_______mol。 ②充电时，若将铅酸电池与外接电源连接，正极应与外接电源的_______极相连，充电时阳极发生的电极反应为_______。 ③参与电极反应并有利于保持电压稳定，的VSEPR模型名称为_______。 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。若储存过程中消耗标准状况下，则理论上被氧化的的质量为_______。 （2）废旧铅酸电池回收过程中主要物质的转化示意图如下。 ①步骤I中，转化为的离子方程式为_______。 ②步骤II中，的作用是将还原为，写出该反应的离子方程式：_______。 （3）铅酸电池的电压()与电解质中浓度密切相关，根据能斯特方程：分析“放电过程中电池电压逐渐下降”的原因：_______。 【答案】（1）①. 减少，4 ②. 正， ③. 正四面体 ④. 41.4 （2）①. ②. （3）放电过程中，H2SO4不断被消耗，c(H+)、c(SO)降低，根据能斯特方程，的值增大，E减小，故电池电压逐渐下降 【解析】 （1）①根据电池的总反应式可知，放电时，硫酸作为反应物，随着放电的进行，溶液酸性不断减弱，H+的物质的量减少。方程式中Pb的化合价发生变化，分别从+4价和0价变为+2价，转移2mol电子，H+消耗了4mol。 ②铅酸电池放电时，正极发生还原反应，到了充电的时候，放电时的正极作阳极，应发生氧化反应，与外接电源的正极相连。根据电池的工作原理可知，充电时阳极由PbSO4生成PbO2，两者为固体不能拆，电极反应式为。 ③SO的中心S原子的σ键数目为4，孤对电子数目为，价层电子对数=σ键数+孤对电子数4+0=4，为sp3杂化，VSEPR模型为正四面体。 ④消耗标准状况下2.24L的O2时，，和Pb反应时，一分子氧气得到4个电子，而一个Pb失去2个电子，根据得失电子守恒可知O2和Pb反应的关系式为，所以，。 （2）①PbSO4转化为Pb(OH)2化合价不变，发生复分解反应，两者均为沉淀物不能拆，离子方程式为。 ②PbO2转化为Pb2+，H2O2作还原剂，生成O2，加了酸溶液显酸性，离子方程式为。 （3）根据铅酸电池的工作原理可知，在放电的过程中，硫酸不断被消耗，H+和SO的浓度不断下降，的值不断增大，代入能斯特方程可知E不断减少。电池电压逐渐下降。 电化学为主综合解题策略 1. 电极反应书写 “四步法”——无论原电池还是电解池，书写电极反应均遵循： （1）定方向：判断电极得失电子（原电池负失正得，电解池阳失阴得）。 （2）找主体：确定反应物和生成物（包括介质离子）。 （3）配平电荷：根据电解质环境加 H+、OH−或 H2O配平电荷。 （4）查原子：确保左右原子个数守恒。 2. 电化学计算“电子守恒法”——适用于所有串联装置 （1）核心规律：电路中转移的电子总数相等（电子流守恒）。 （2）解题步骤：①找出所有电极反应的氧化剂/还原剂；②计算各电极转移电子数 n(e−)；③建立等式：n1×电子数1=n2×电子数2；④计算产物量或消耗物量。 3. 图像分析“先池后极”模型——遇到电化学图，先判是原电池还是电解池，再解题 （1）判别依据：①有电源 → 电解池；②无电源 → 原电池； （2）极性判断：①电解池：接正极 → 阳极（氧化）；②原电池：电子流出 → 负极（氧化）。 4. 工业流程“电解规律”模型——针对氯碱工业、电镀、电解精炼等工业 工业场景 阳极材料 阴极材料 电解质溶液 核心反应 氯碱工业 石墨 (Ti) Fe 饱和 NaCl 溶液 2Cl−−2e−=Cl2↑ 电镀铜 纯铜 待镀金属 含 Cu2+ 的溶液 阳极：Cu−2e−=Cu2+ 粗铜精炼 粗铜 (含 Zn/Fe/Ag/Au) 纯铜 硫酸铜溶液 阳极泥：Ag、Au 等不活泼金属 陷阱类型 典型错误描述 正确解读 电极反应陷阱 书写电极式时，忽略电解质介质？ 必须匹配。酸性环境加H+中和OH−，碱性环境加OH−。例如，碱性燃料电池中，正极生成的H+必须被OH−中和生成H2O。 离子移动陷阱 阳离子向正极移动，阴离子向负极移动？ 原电池正确；电解池相反，阳离子移向阴极（接电源负极），阴离子移向阳极。 活性电极陷阱 惰性电极和活性电极反应一样 易错。阳极若是活性电极（Fe、Cu、Ag 等），则电极本身优先放电，溶液中的阴离子不放电。只有惰性电极（Pt、石墨）才考虑阴离子放电。 电子流向陷阱 电流从负极流向正极 电子：负极 → 外电路 → 正极；电流：正极 → 外电路 → 负极。 计算单位陷阱 计算产量时，没注意总反应系数 必须核对总反应方程式的电子转移数。例如，电解 Al2​O3​ 制铝，每生成 1 mol Al 转移 3 mol 电子。 1．（2025·北京市海淀区·一模）小组同学探究、在强碱性溶液中形成原电池的正负极及其影响因素。 已知：、均能溶于强碱性溶液，生成。 【理论预测】 猜想1：作负极，因为的失电子能力更强。 猜想2：作负极，因为能与强碱性溶液发生氧化还原反应，产生。 【实验验证】 实验1 现象 0~5s：电压传感器初始示数为0.3V，后迅速归零；铝片表面有气泡产生(经检验为) 后：电压传感器示数逐渐变为并保持稳定；铝片表面有气泡产生(经检验为)，镁片表面无明显变化 （1）由电压传感器示数可知，时作负极。根据现象推测后正负极发生了反转，证据是 。 （2）后作负极，但猜想2中的解释不合理，理由是 。 （3）甲同学推测0~5s时产生的可能原因有： i．； ii． (用离子方程式表示)。 （4）小组同学推测，电压示数迅速减小与电极被覆盖有关。 ①0~5s时，镁片表面发生反应的电极反应式为 。 ②为证明推测，乙、丙同学分别设计了实验2和3。 已知：EDTA四钠盐浓溶液的约为12，EDTA易与形成配合物EDTA-Mg。 i．实验2中观察到电压示数从0.3V降至0.1V后保持稳定，可能的原因是 。 ii．补全实验3的方案：试剂a为 。 （5）综合实验1、2，可以得出的结论是 。 【答案】(1)5s后，电压示数变为-0.2V (2)若猜想2的解释成立，5s后应在镁片表面观察到气泡，但实验中并未观察到 (3) (4) ，部分破坏了电极表面的覆盖层(或延缓/阻碍覆盖层的形成) Na2SO4溶液 (5)形成原电池的正负极首先取决于金属Mg、Al的失电子能力，同时也会受到反应过程中Mg、Al电极表面覆盖程度的影响 【解析】（1）0～5s时Mg作负极，此时电压传感器示数为0.3V，后迅速归零，后电压传感器示数逐渐变为-0.2V并保持稳定，说明5s后正负极发生了反转，故证据为：5s后，电压示数变s为-0.2V； （2）若猜想2的解释成立，则该装置中铝为负极、镁为正极，正极水得到电子发生还原反应生成氢气，5s后应在镁片表面观察到气泡，但实验中并未观察到，故猜想2中的解释不合理； （3）铝和强碱中氢氧根离子发生反应生成四羟基合铝酸根离子和氢气，推测0~5s时产生H2的可能原因为：； （4）①推测:0～5s电压示数迅速减小与电极被覆盖有关，结合质量守恒，则负极镁反应为镁失去电子和溶液中氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀：，氢氧化镁沉淀附着在电极上导致反应被阻碍； ②已知：EDTA易与Mg2+形成配合物EDTA-Mg，实验2中观察到电压示数从0.3V降至0.1V后保持稳定，可能的原因是发生反应，部分破坏了电极表面的覆盖层(或延缓/阻碍覆盖层的形成)，使得反应能够进行； 实验探究：电压示数迅速减小与电极被覆盖有关，则实验3中左侧的电解质溶液不能和镁离子生成沉淀，故试剂a为可以为Na2SO4溶液（合理即可）； （5）实验1、2中变量为电解质溶液的不同，生成物质的溶解性不同；综合实验1、2，可以得出的结论是：形成原电池的正负极首先取决于金属Mg、Al的失电子能力，同时也会受到反应过程中Mg、Al电极表面覆盖程度的影响。 2. （2025·北京市第二中学·模拟）锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池，可使其中的Li电极表面生成只允许通过的和C保护层，工作原理如图1，具体操作如下。 i.将表面洁净的Li电极和电极浸在溶有的有机电解质溶液中。 ii.0-5min，a端连接电源正极，b端连接电源负极，电解，电极上生成和C。 iii.5-10min，a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解，电极上消耗和C，Li电极上生成和C．步骤ii和步骤iii为1个电沉积循环。 iv.重复步骤ⅱ和步骤ⅲ的操作，继续完成9个电沉积循环。 （1）步骤ii内电路中的由___________向___________迁移(填“Li电极”或“电极”)。 （2）已知下列反应的热化学方程式。 步骤ii电解总反应的热化学方程式为___________。 （3）步骤iii中，Li电极的电极反应式为___________。 （4）和C只有在的催化作用下才能发生步骤ⅲ的电极反应，反应历程中的能量变化如下图。下列说法正确的是___________(填字母序号)。 a.反应历程中存在碳氧键的断裂和形成 b.反应历程中涉及电子转移的变化均释放能量 c.催化剂通过降低电极反应的活化能使反应速率加快 （5）受上述“循环电沉积”法的启示，科学家研发了适用于火星大气(主要成分是)的“”可充电电池，工作原理如图2.“”电池充电时，Li电极表面生成Li而不会形成和C沉积，原因是_________。 【答案】①. Li电极 ②. MoS2电极 ③. ④. ⑤. ac ⑥. 电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时锂离子在锂电极放电得到Li 【解析】电解时，与电源负极相连的一极为阴极，与电源正极相连的一极为阳极，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动；可根据元素化合价的变化书写电极方程式。 （1）从图1可以看出，步骤ii中a端连电源正极，作阳极，阳离子向阴极移动，Li+从Li电极向MoS2电极迁移，故填Li电极、MoS2电极； （2）步骤ii的总反应为，根据盖斯定律，可得总反应的反应热为=-1250kJ/mol，即总反应的热化学方程式为，故填； （3）步骤iii中Li电极作阴极，电极反应式为，故填； （4）a.从图中可以看出碳酸根到二氧化碳存在碳氧键的断裂，从C到CO存在碳氧键的形成，故a正确； b.图中涉及电极转移时，能量增加，吸收能量，故b错误； c.催化剂可以降低活化能，加快反应速率，故c正确； 故填ac； （5）电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时锂离子在锂电极放电得到Li，所以只生成Li，故填电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时锂离子在锂电极放电得到Li； 3．（2026高三上·北京·月考）是一种重要的化工原料，其合理利用以及废气处理一直是化工研究的热点。 （1）利用反应可以制备高纯，实验装置如图： ①用化学方程式表示石灰乳的作用： 。 ②一段时间后，测得反应后溶液中的明显大于，原因是： 。 （2）可用于处理酸性的废水，铬元素最后转化为正三价铬沉淀除去。一种处理流程如下： ①结合化学用语解释溶液显酸性的原因是 。 ②与反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 ③处理过程中，实际消耗的远大于理论值，原因是 。 （3）用溶液吸收工业烟气中的低浓度，采用阳离子膜电解法，严格控制电压，电解吸收液制成产品硫和。工作原理示意图如下图(左)，阴极区和阳极区的pH随时间的变化关系如下图(右)： 请结合电极反应式解释溶液C可以循环利用吸收的原因： 。 【答案】（1） 在溶液中，空气中的O2将SO2氧化为H2SO4 （2）在溶液中，HSO既存在电离（HSOH++SO），又存在水解()，但电离程度大于水解程度。 1:3 因为部分NaHSO3在酸性条件下分解成SO2逸出，未参与还原Cr2O的反应 （3）阴极发生反应：，溶液酸性减弱，但溶液D中的H+可通过阳离子交换膜移动到阴极，故可以循环利用吸收SO2。 【解析】（1）①SO2具有毒性，在该实验中需要设置尾气吸收装置来吸收SO2，反应方程式如下：； ②由于在溶液中空气中的氧气能将SO2氧化为硫酸，所以一段时间后溶液中硫酸根离子的物质的量大于锰离子的。 （2）①NaHSO3溶液显酸性，其原因是：在溶液中，HSO既存在电离（HSOH++SO），又存在水解()，但电离程度大于水解程度； ②NaHSO3和Cr2O反应时，硫元素化合价+4价变为+6价，化合价升高，故NaHSO3还原剂，铬元素化合价+6价变化为+3价，化合价降低，为氧化剂，电子转移总数6e-，结合电子守恒配平书写离子方程式为：，反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比1:3； ③HSO在酸性条件下会生成SO2：，生成的SO2气体从溶液中逸出，无法与Cr2O充分反应，导致实际消耗的n(NaHSO3)远大于理论值； （3）在电解池中，与电池负极相连的为阴极，由电解池示意图可知，S单质在阴极产生，则阴极发生反应：，因此溶液C酸性降低，从而可以循环利用吸收SO2。 考点2 电化学和化学平衡原理为主综合 【典例】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。电解原理如图示。 ① 电极b是电解池___________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）①. Ca2SiO4 + MgO+ 3CO2=2CaCO3+MgCO3 +SiO2 ②. 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. 阳 ②. CO2 + 2NO+ 18H+ + 16e- = CO(NH2)2 + 7H2O （3）①. I ②. 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 【解析】（1）①捕集过程发生反应的化学方程式Ca2SiO4 + MgO+ 3CO2=2CaCO3+MgCO3 +SiO2，②捕集过程CO2吸收速率随反应进行逐渐降低，可能是因为随着反应进行，CaSiO4、MgO表面被固体产物覆盖，与CO2的接触面积减少； （2）①由图可知，水在b电极失去电子发生氧化反应生成氧气，故b是电解池的阳极；②电解过程中二氧化碳和硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成尿素，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为：CO2 + 2NO+ 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CH3OH的物质的量分数随温度变化的曲线为I；②150~250℃范围内CO2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。 1.化学速率、化学平衡的计算 在化学反应原理综合大题中，化学速率与平衡计算是分值最高、陷阱最多、区分度最强的板块。它不仅考查数学运算能力，更强调对化学平衡移动原理的深度理解: （1）化学反应速率计算（v）: 公式类型 核心公式 适用范围 易错警示 定义式 v=Δc/Δt=(Δt⋅Δn)/V​ 已知浓度/物质的量变化、时间 注意体积 V是否变化（恒容 / 恒压） 比例式 vA:vB:vC=ΔnA:ΔnB:ΔnC=ΔcA:ΔcB:ΔcC​ 已知一种物质速率，求其他 必须等于化学计量数之比 影响因素 v∝cn（级数反应）、v∝e−Ea/RT 浓度、温度、催化剂 催化剂不改变平衡，只改变速率 （2）化学平衡核心计算（三段式法）： 计算目标 核心公式 符号含义 转化率 (α) α(A)=(mx/a)×100% 转化量/起始量 平衡常数 (K) K=[(px)p·(qx)q]/[(a−mx)m·(b−nx)n] 浓度幂之积/反应物幂之积 体积分数 (φ) φ(A)=[(a−mx)/平衡总物质的量]×100% 组分物质的量/总物质的量 平均摩尔质量 (M(平) M(平)=m总/n总​​​ 总质量/总物质的量 平均相对分子质量 M(平）=∑φi⋅Mi​ 各组分摩尔质量加权平均 （3）平衡常数（K）与温度的关系：K只受温度影响，与浓度、压强、催化剂无关。 ①吸热反应 (ΔH>0)：升温，K 增大；降温，K 减小。 ②放热反应 (ΔH<0)：升温，K 减小；降温，K 增大. 2.计算解题策略 （1）解题三步法：关键是计算K时，浓度必须代入平衡浓度，且单位需统一（通常省略）。 ①列三段式：根据题目数据，规范列出 “起始-转化-平衡”表格。技巧：如果已知平衡常数求转化率，或已知转化率求平衡常数，必须列三段式。 ②找关系：利用化学计量数之比，建立转化量x与已知量的联系。 ③代公式：代入转化率、K、M(平）等公式求解。 （2）模型解题策略： 模型类型 题型特征 解题策略 等效平衡模型 恒温恒容/恒压，不同起始投料达到同一平衡 极值等效法：将生成物全部折算回反应物，与原起始量比较。 压强/密度关联模型 涉及混合气体密度、平均摩尔质量变化 抓住质量守恒与物质的量变化，利用M(平)=m/n推导。 多步竞争反应模型 同一体系下多个平行反应（如主反应+副反应） 原子守恒法：利用元素守恒建立物料方程，避免联立方程求解过慢。 3.化学反应速率和化学平衡图像题解题步骤 第一步：识轴定意（读坐标） （1）看坐标轴：明确横坐标（自变量）和纵坐标（因变量）的物理意义。 （2）陷阱：横坐标是“时间”还是“温度”？纵坐标是“浓度”还是“速率”？ （3）看单位：确认单位是否统一（如L与mL，s与min）。 第二步：找点析线（找特征） （1）看起点、终点、拐点：①平衡点：曲线趋于水平、不再变化的点；②交点：两条曲线交叉点（通常表示某条件下的特殊状态，需具体分析）；③断点：条件突变的瞬间（如投料瞬间的浓度跃升）。 （2）看趋势与斜率：①曲线上升/下降代表什么含义；②曲线斜率的变化代表速率的变化或平衡移动的剧烈程度。 第三步：搭桥建模（用原理） （1）联系勒夏特列原理： ①升温→向吸热方向移动；②加压→向气体体积减小方向移动；③增浓度→向消耗该物质方向移动。 （2）联系公式计算： ①利用图像中的Δc计算速率v；②利用平衡时的数据列“三段式”计算K和α 1．（2026高三上·北京·月考）利用黄铜矿(主要成分为，含有SiO2等杂质)生产纯铜，流程示意图下。 （1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是 。 （2）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是 。 （3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得： i．“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如下图； ⅱ．和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如下表。 温度 B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是 。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是 。 （4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的 。 （5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼(铜的精炼：在电解池中，阳极发生，阴极发生)；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和，粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是 。 【答案】（1）增大反应物的接触面积，提高反应速率 （2） （3）随着焙烧温度升高，分解产生的SO3增多，生成的CuSO4速率加快 CuSO4发生分解生成难溶于水的CuO （4） （5）若粗铜未经酸浸，会残留较多Fe，在电解时，阳极会发生反应，溶液中的Fe2+易被空气中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+在阴极发生反应 【详解】（1）根据以上分析可知，进行粉碎目的是增大反应物的接触面积，提高反应速率。 （2）根据题干中给出的信息：(NH4)2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4，可知产物为SO3，那么另外的产物中得有氨气和水，所以分解方程式为：。 （3）根据已知信息给出的两幅图，可以看出温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，原因是随着焙烧温度升高，分解产生的SO3增多，生成的CuSO4速率加快；温度高于425℃，根据第二幅图给出的B中所含铜、铁的主要物质会发现存在氧化铜，说明CuSO4发生分解生成难溶于水的CuO。 （4）根据分析可知，溶液C，主要溶质为硫酸铜，接着加入铁粉，可以发生置换反应，所以反应的离子方程式为：； （5）粗铜中含有铁单质，加酸可以除去铁单质，但粗铜未经酸浸处理，其中的杂质铁会参与放电，在阳极产生二价亚铁离子，溶液中的Fe2+易被空气中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+在阴极得电子，所以消耗相同的电量，会降低得到纯铜的量。 2.（2025·北京市西城区·一模） 硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。 （1）18~19世纪，利用和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。 ①工业上可用生产，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是_____。 ②制硫酸总反应的化学方程式是_____。 ③中反应的与的物质的量之比是_____。 （2）现代用接触法制硫酸，关键工序是的催化氧化：　 ①中硫氧键键能的平均值为中硫氧键键能的平均值为，则中氧氧键的键能为_____。 ②其他条件不变，相同时间内的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于，的转化率减小，可能的原因是_____。 （3）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。 电解废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。 注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。 ①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理：_____。 ②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的、较浓硫酸和较浓氨水联合处理废液，其原理示意图如图4所示。 ⅰ、较浓硫酸应注入_____(填“C极区”或“D极区”)。 ⅱ、从物质和能量的角度说明联合生产的优点：_____。 【答案】（1）①. ②. ③. 2：3 （2）①. ②. 温度升高使催化剂失去活性，同时SO2的催化氧化反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，反应的平衡转化率减小 （3）①. B极的电极反应：，增大，SO通过阴离子交换膜进入B极区，c(SO)增大，最终得到较浓硫酸 ②. D极区 ③. H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水 【解析】（1）①工业上可用NH3生产NO，发生氮的催化氧化反应，方程式为：； ②由物质转化图可知，SO2、O2、H2O为反应物，H2SO4为产物，故制硫酸总反应的化学方程式为：； ③根据反应i的反应物和产物，i反应方程式为：，则SO2与NO2的物质的量之比是2:3； （2）①已知SO2中S—O键能为为，SO3中S—O键能的平均值为，假设O2中氧氧键的键能为x，，，则O2中氧氧键的键能为； ②由图2可知，随着温度升高，SO2的转化率先增大后减小，温度大于T，SO2的转化率减小，可能的原因是温度升高使催化剂失去活性，同时SO2的催化氧化反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，转化率减小； （3）①由图3可知，A极附近稀氨水转化为较浓氨水，电极反应为：，增大，NH通过阳离子交换膜X进入A极，c(NH)增大，最终得到较浓氨水；同理，B极负极稀硫酸转化为较浓硫酸，电极反应为：，增大，SO通过阴离子交换膜Y进入B极区，c(SO)增大，最终得到较浓硫酸； ②ⅰ、图3中产生的M、N分别为O2、H2，氢氧燃料电池中C极O2得到电子，发生还原反应：，减小，增大，NH通过阳离子交换膜X进入C极，则较浓氨水应注入C极区；同理，D极H2失去电子，发生氧化反应：，c(H+)增大，SO通过阴离子交换膜Y进入D极区，故较浓硫酸应注入D极区； ⅱ、从物质和能量的角度，图4利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。 3. （2025·北京市第五中学·模拟）甲醇氧化为甲醛和水的反应可看作以下两个连续反应： ⅰ. ⅱ.H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH2=-247.8kJ/mol 已知： （1） ___________。 （2）要提高反应ⅰ中甲醇平衡转化率，可采取的措施有___________(写出两条) （3）应用负载银催化时反应ⅰ会发生以下副反应： ⅲ. ⅳ. 其他条件相同时，以为催化剂，研究银负载量对催化剂活性的影响，实验数据如图所示： ①依据实验数据应选择的最佳反应条件是___________。 ②温度由650℃至700℃甲醛收率下降的可能原因是___________。 （4）通过电催化法可将甲醇转化为甲醛，装置如图所示(电极均为惰性电极) ①电极连接电源的___________极(填“正”或“负”)。 ②阳极室产生后发生的反应有：___________、 （5）电解后甲醛含量测定方法如下：(溶液中无 、剩余) 已知： 若滴定过程中消耗碘V1L，消耗标准溶液V2L，则电解后甲醛的含量为___________。 【答案】（1）+92.7kJ/mol （2）升温或减压 （3）①. 20%银负载量、650℃ ②. 升温反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降 （4）①. 负 ②. 或 （5） 【解析】 （1）按盖斯定律，反应=2×反应ⅰ+2×反应ⅱ，则=+92.7kJ/mol。 （2）反应ⅰ为气体体积增大的吸热反应，温度升高或减压均可使反应右移，则要提高反应ⅰ中甲醇平衡转化率，可采取的措施有升温或减压(写出两条)。 （3）①由图知，20%银负载量、650℃时甲醛的收率最高、20%银负载量时甲醛的选择性最大，则依据实验数据应选择的最佳反应条件是20%银负载量、650℃。 ②升温，反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降，则温度由650℃至700℃甲醛收率下降的可能原因是：升温反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降。 （4）①电解池中阳离子向阴极移动，则由图可知右侧电极为阴极，连接电源的负极。 ②氯离子在阳极放电产生氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸把甲醇氧化为甲醛，则阳极室产生后发生的反应有：或、 （5）由流程可知，电解后的甲醛溶液(溶液中无 、剩余)中，加入过量碘水、氢氧化钠溶液，发生，滴入标准硫代硫酸钠溶液与多余的碘单质反应：，酸化后若滴定过程中消耗碘V1L，消耗标准溶液V2L，则与甲醛反应的碘单质为，V升电解液中甲醛为，电解后甲醛的含量为。 考点3 热化学和化学平衡为主综合 【典例】（2026高三上·北京·月考）正丁烯（）是重要的化工原料，可由正丁烷（）催化脱氢制备，反应如下： 已知：i．该工艺过程的副产物有炭（C），生成的积炭会附着在催化剂表面，影响催化效果。 ii．温度过高会引发正丁烷裂解生成低碳烃类的副反应。 iii． （1）用、、表示正丁烷催化脱氢反应的反应热 。 （2）寻找高效的催化剂是脱氢反应重要的研究课题之一。 ①催化剂使用一段时间后活性会下降，通入适量氢气可使其改善，氢气的作用是 。 ②其他条件相同时，以为载体与不同质量百分比的组合，催化效果相关数据如下表。 实验组 催化剂组成 正丁烷转化率/% 正丁烯收率/% 1 无催化剂 5 0.35 2 5 0.35 3 25.5 18.3 4 27.5 20.65 5 24 17.87 下列说法正确的是 （填序号）。 a．对脱氢反应无催化作用 b．提高了正丁烯的选择性 c．的含量对正丁烷脱氢反应的焓变无影响 （3）其他条件相同，时测得正丁烷转化率、正丁烯收率随温度的变化如图1。[收率=(生成某产物的原料量/投入的原料量)×100%] ①实际生产温度选择，由图1说明其理由是 。 ②时，向体积为的密闭容器中充入正丁烷气体，据图1计算内生成正丁烯的平均反应速率为 。 (4)其他条件相同，时正丁烷转化率、正丁烯收率随进料气中的变化如图2，均呈现先升后降的趋势。正丁烷转化率呈现该变化趋势的原因是 。 【答案】（1） （2）H2可以除去积炭，提高催化剂活性 abc （3）图1中590℃时正丁烯收率最高，副产物收率较低 0.02 （4）比值较小时，H2可除去催化剂表面的积炭，改善催化剂活性，使正丁烷转化率升高；比值较大时，H2含量过高，导致主反应平衡逆向移动，使正丁烷转化率减小 【解析】（1）根据盖斯定律，将已知反应依次标记为：反应①为；反应②为；反应③为。目标反应可由反应②-反应①-反应③得到，因此。 （2）①该工艺过程的副产物有炭（C），生成的积炭会附着在催化剂表面，影响催化效果，催化剂在使用一段时间后活性会下降，H2可以除去积炭，提高催化剂活性，所以通入适量氢气可使其改善； ②a．从实验1、2数据分析，脱氢反应中SiO2不起催化作用，a正确； b．含CrOx的实验组正丁烯收率显著提高，说明CrOx提高了正丁烯的选择性，b正确； c．催化剂不影响平衡，所以CrOx的含量对正丁烷脱氢反应的焓变无影响，c正确； 故答案选abc。 （3）①从图1分析，590℃时正丁烯收率最高，副产物收率较低，所以实际生产温度选择590℃； ②590℃时，向体积为1L的密闭容器中充入3mol正丁烷气体，据图1中内正丁烯的收率为20%，所以生成的正丁烯的物质的量为，生成正丁烯的平均反应速率为。 （4）正丁烷脱氢反应是可逆反应：+，比值较小时，H2可除去催化剂表面的积炭，改善催化剂活性，使正丁烷转化率升高；比值较大时，H2含量过高，导致主反应平衡逆向移动，使正丁烷转化率减小，所以正丁烷转化率呈现先升后降的趋势。 1.ΔH的计算、反应自发性判断的考点及解题方法： 计算方法 适用场景 核心公式/依据 键能法 气态物质间的反应、已知键能数据 ΔH=∑反应物总键能−∑生成物总键能 盖斯定律法 多步连续反应、未知反应焓变推导 总反应ΔH=各分步反应ΔH之和（代数叠加） 热化学方程式法 已知热化学方程式、求目标反应ΔH 方程式系数与ΔH成正比；反应逆向，ΔH符号相反 燃烧热/中和热法 已知燃烧热、中和热数据 燃烧热：ΔH=可燃物物质的量×其燃烧热；中和热：强酸强碱稀溶液中和ΔH≈-57.3kJ/mol 能量图像法 反应能量变化曲线图、势能面图 ΔH=生成物总能量−反应物总能量；活化能=过渡态能量−反应物能量 2.反应自发性判断（2大核心维度） 反应自发性由焓变（ΔH）、熵变（ΔS）、温度（T）共同决定，高考核心考查方向如下： （1）熵变（ΔS）基础判断： ①熵增（ΔS>0）：气态物质物质的量增多、固体溶解、液体汽化、混乱度增加（如2SO2+O2⇌2SO3，ΔS<0；CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)，ΔS>0）。 ②熵减（ΔS<0）：气态物质物质的量减少、物质凝聚、混乱度降低。 （2）吉布斯自由能（ΔG）核心判据： ①公式：ΔG=ΔH−TΔS​（T为热力学温度，单位K，恒为正）。 ②判据规则：ΔG<0：反应自发进行；ΔG=0：反应达到平衡状态；ΔG>0：反应非自发进行（逆向自发）。 （3） 定量计算判断方法： ①计算ΔS：ΔS=∑生成物熵变−∑反应物熵变（熵变数据题目会直接给出）。 ②代入ΔG公式计算特定温度下的ΔG（如“计算500K时的ΔG，判断反应是否自发”）。 ③根据ΔG符号判断自发性，若ΔG=0则计算平衡温度（T=ΔH/ΔS）。 （4）工业情境判断：结合工业生产实际，分析“自发性与实际反应的差异”（如：反应自发但速率太慢，需选择催化剂；反应非自发但通过电解等外界条件可实现）。 1. （2026·北京市第八十中学·模拟）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的方法。该过程包括以下两个主要反应： 反应1： 反应2： （1）25℃，101 kPa时，反应 ___________。 （2）一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 ①乙炔转化率随温度变化的原因为___________。 ②在120~240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为___________(填“＞”“＜”或“=”)，理由为___________。 （3）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压下(25℃，101 kPa)实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。 (图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能) 以___________为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为___________。 【答案】（1）-137 （2）①. 220℃前，温度升高，化学反应速率加快(催化剂活性增强)；220℃至260℃，催化剂活性降低，导致反应速率减慢 ②. ＞ ③. 乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率 （3）①. Pd/W ②. Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的 【解析】 （1）由盖斯定律，反应2-反应1可以得到目标反应，则反应    。 （2）① 220℃前，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大；220℃至260℃，催化剂活性降低，导致反应速率减慢。 ②在120~240 ℃范围内，反应1生成乙烯的选择性随温度升高而升高，反应2生成乙烷的选择性随温度升高而降低，故乙炔的转化速率大小关系为。理由为：乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率。 （3）乙烯的选择性取决于吸附态乙烯(*C2H5)脱附与继续加氢生成吸附态乙基(*C2H5)的竞争。由图可知，在Pd/W催化剂上，C2H4加氢生成C2H5的活化能(0.83eV)高于在Pd催化剂上的活化能(0.78eV)，因此在Pd/W上，乙烯更难被进一步加氢，乙烯的选择性更高。在Pd/W催化剂上，乙烯进一步加氢生成乙烷的能垒更高，反应更难进行，因此乙烯的选择性更高。 2.（2026·北京市·信息必刷卷）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）CO+H2OHCO+OH- CO+H2S=HCO+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 【解析】（1）①K2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中盐电离产生的CO发生水解反应使溶液呈碱性，用离子方程式表示为：CO+H2O+HCOOH-； 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HCO，该反应的离子方程式是CO+H2S=HCO+HS-； （2）①根据盖斯定律，1/3×(反应ⅰ+反应ⅱ)-反应ⅲ，可得2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)，△H =1/3× (-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。 （2026高三上·北京·月考）利用工业废气中的合成基础化工原料甲醇()，是资源化的重要方法，涉及的主要化学反应有： 反应i：   反应ii：   （1）已知：   利用和计算时，还需要利用 反应的(写出方程式)。通过计算得出。 （2）控制反应条件(均使用了催化剂)，研究投料比(反应物的物质的量之比)、压强、温度对反应体系的影响。 产率和选择性的定义：   ①图1中，投料比是指 (填“”或“”)；当投料比为5时，的转化率约为16%，，则 。 ②图2中，在催化剂2的作用下，发生的主要反应是 (填“ⅰ”或“ⅱ”)。 ③图3中，当温度高于时，甲醇的产率随温度升高而减小，原因可能有 (写出2条)。 （3）一定条件下，向体积为的恒容密闭容器中通入和，发生上述反应，秒后达到平衡。此时容器中为，为。 ①平衡后的浓度为 (用含、、的代数式表示，下同)。 ②用的浓度变化表示0~t秒反应ⅱ的反应速率， 。 ③该条件下反应ⅰ的化学平衡常数为 。 【答案】（1）(合理即可) （2） 或31.25% ⅱ 原因一：温度高于523℃，催化剂失去活性；原因二：温度升高，反应ⅱ速率增大程度更为显著，以反应ii为主；原因三：反应ⅰ为放热反应，反应ii为吸热反应，温度升高，反应ⅰ平衡逆移，反应ⅱ平衡正移等等 （3） 【解析】（1）已知反应i：  ， 反应iii：  ， 根据盖斯定律可知为求反应ii：的△H可用反应i+iii可得，利用和的△H计算的△H。 （2）①根据图中关系，CO2转化率与投料比成正比，故投料比是指； CO2的转化率=，故； ②图2中，在催化剂2的作用下，压强增大对CO2平衡转化率无影响，故发生的主要反应是反应ⅱ； ③图3中，当温度高于时，甲醇的产率随温度升高而减小，原因可能有原因一：温度高于523℃，催化剂失去活性；原因二：温度升高，反应ⅱ速率增大程度更为显著，以反应ii为主；原因三：反应ⅰ为放热反应，反应ii为吸热反应，温度升高，反应ⅰ平衡逆移，反应ⅱ平衡正移等等。 （3）①根据题中数据列出三段式 平衡后水的浓度为； ②用CO的浓度变化表示0~t秒反应ⅱ的反应速率； ③该条件下反应ⅰ的化学平衡常数 1.（2025·北京市第十一中学·三模）高锰酸钾是一种重要的化工产品。由软锰矿为原料制备高锰酸钾的过程如下。 （1）制备锰酸钾(K2MnO4) 熔融的软锰矿(主要成分为MnO2)与过量KOH固体混合，在不断通入空气的情况下反应生成锰酸钾。该反应的化学方程式是_______。 （2）制备高锰酸钾 方法一：向K2MnO4溶液中通入适量CO2，反应生成KMnO4和MnO2。 ①反应后得到粗KMnO4晶体的操作为：_______，过滤，洗涤，低温干燥。 ②结合化学用语，解释反应过程中通入CO2的量不宜过多的原因：_______。 方法二：电解K2MnO4溶液。电解原理如图所示： ③a极是电解池的_______极。 ④结合电极反应式，从物质利用角度分析方法二优于方法一的原因是_______。 （3）产品纯度分析 取制得的KMnO4产品a g，配制成100mL溶液。另量取溶液于锥形瓶中，加入足量稀，水浴加热至，用上述KMnO4溶液趁热滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积为VmL。(相对分子质量：KMnO4 158) ①滴定初期溶液褪色慢，需缓慢滴加，随着滴定的进行褪色变快，可适当提高滴定速度。随着滴定的进行，滴定反应由慢到快的原因是____。 ②产品纯度为_____(用质量分数表示)。 【答案】（1）2MnO2+O2+4KOH 2K2MnO4+2H2O 高温或 熔融 （2）①. 过滤，加热至80℃浓缩，冷却至0℃结晶 ②. ，若通入过多CO2，会因为析出溶解度较低的KHCO3导致产物纯度降低 ③. 阳 ④. 阴极：，K+从阳极室经阳离子交换膜迁移到阴极室，同时得到H2和KOH。阳极：，与方法一相比，MnO只转化成MnO，Mn元素利用率高 （3）①. 反应生成的Mn2+可作为反应的自催化剂，c(Mn2+)增大，催化效果增强 ②.（158c/aV）×100% 【解析】方法二：根据电解装置：a极：MnO-e-=MnO，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4，a为阳极；b极：2H2O+e-=H2↑+2OH-，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阴极区生成浓的KOH溶液，b为阴极，该电解方法用阳离子交换膜可防止MnO、MnO在阴极被还原，离子膜为阳离子膜，据此分析解题。 （1）MnO2、O2和KOH固体按一定比例混合后强热可制得绿色K2MnO4，结合电子守恒和原子守恒可知有水生成，反应中锰元素由+4价升高为+6价，升高2价，氧元素由0价降低为−2价，降低4价，化合价升降最小公倍数为2，所以MnO2系数2，O2的系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，则发生反应的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH 2K2MnO4+2H2O，故答案为：2MnO2+O2+4KOH 2K2MnO4+2H2O；高温或 熔融 高温或 熔融 （2）①高锰酸钾的溶解度受温度影响变化大，则从步骤二反应后的混合溶液中分离得到高锰酸钾晶体的方法是过滤除去MnO2，在80℃左右蒸发浓缩、冷却至0℃结晶，过滤、洗涤、烘干，故答案为：过滤，加热至80℃浓缩，冷却至0℃结晶； ②由题干图像信息可知，KHCO3的溶解度随着温度的降低而减小，且越来越接近KMnO4的溶解度，，若通入过多CO2，会因为析出溶解度较低的KHCO3导致产物纯度降低，不利于分离出KMnO4，故反应过程中通入CO2的量不宜过多，故答案为：，若通入过多CO2，会因为析出溶解度较低的KHCO3导致产物纯度降低； ③由分析可知，a极是电解池的阳极，故答案为：阳； ④由分析可知，结合电极反应式，从物质利用角度分析方法二优于方法一的原因是阴极：，K+从阳极室经阳离子交换膜迁移到阴极室，同时得到H2和KOH。阳极：，与方法一相比，MnO只转化成MnO，Mn元素利用率高，故答案为：阴极：，K+从阳极室经阳离子交换膜迁移到阴极室，同时得到H2和KOH。阳极：，与方法一相比，MnO只转化成MnO，Mn元素利用率高； （3）①滴定开始时，溶液颜色褪去较慢，随后加快，可能是生成的Mn2+对反应起到催化作用， 故答案为：反应生成的Mn2+可作为反应的自催化剂，c(Mn2+)增大，催化效果增强； ②根据：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O，建立关系式：2KMnO4～5Na2C2O4，25mLcmol•L−1的草酸(Na2C2O4)溶液中含有草酸的物质的量为2.5c×10−2mol，滴定消耗的KMnO4的物质的量为：2/5×2.5c×10−2mol=10-2cmol，所以agKMnO4的纯度==（158c/aV）×100%，故答案为：（158c/aV）×100%。 2．（2025·北京市第二中学·模拟）软锰矿在生产中有广泛的应用。 （1）过程I：酸浸 ①用稀溶液处理软锰矿后，溶液中含有，矿粉颗粒表面附着有黄色固体硫。上述过程中的主要反应为(将方程式补充完整)： ________=_______+_______________ _______ ②硫附着在矿粉颗粒表面不利于酸浸进行，加入H2O2可以提高锰元素浸出率。 结合化学方程式说明H2O2的作用原理：(写出两条) i__________________________________；ii____________________________。 （2）过程II： ①使用过量固体可以去除酸浸后滤液中的。选用的理由是___________。 ②制备 下图表示通入时pH随时间的变化。 0—15分钟，pH几乎不变；15—150分钟，pH明显降低。结合方程式解释原因：___________。 【答案】（1）①. ②. ，(或或MnO2)等作催化剂，使H2O2迅速分解产生大量气体，破除附着的硫。 ③. ，H2O2可以还原MnO2，或与MnO2反应。 (等) （2） ①. MnCO3降低，促使水解趋于完全，生成Fe(OH)3；过量MnCO3不溶于水，不引入新杂质。 ②. 0-15分钟：，不变；15-150分钟：，增大 【解析】某软锰矿(FeS2、MnO2)在酸性环境中发生氧化还原反应生成MnSO4等，若想获得Mn，需将Mn2+还原，需要加入氧化剂或电解处理；若想获得Mn3O4，需加入氧化剂； （1）①稀溶液处理软锰矿后，溶液中含有，矿粉颗粒表面附着有黄色固体硫，根据得失电子守恒和电荷守恒，写出离子方程式：； ②硫附着在矿粉颗粒表面不利于酸浸进行，加入H2O2可以提高锰元素的浸出率，原理如下：（1），(或或MnO2)等作催化剂，使H2O2迅速分解产生大量气体，破除附着的硫；（2），H2O2可以还原MnO2； （2）①使用过量MnCO3固体可以去除酸浸后滤液中的，原因：MnCO3降低，促使水解趋于完全，生成Fe(OH)3，且过量MnCO3不溶于水，不引入新杂质； ②0-15分钟：，不变；15-150分钟：，增大。 3. （2025·北京市朝阳区·一模） 硫广泛应用于医药、储能电池等领域。采用不同的方法制备单质硫。 （1）方法一：将硫化氢气体通入浓硫酸中制备S，反应如下： i． ii． ①制备S的总反应的热化学方程式是_____。 ②反应ⅰ可能发生在分子与分子之间。将气体通入稀硫酸中，反应ⅰ不能发生。稀硫酸中不存在分子的原因是_____。 ③针对反应i进行研究：初始的物质的量均为，按不同比值进行反应。充分反应后，的物质的量的变化如图所示，解释二者变化的原因：_____。 （2）方法二：利用产生硫，装置如下。电解质溶液均为稀硫酸。 ①加入少量，能持续生成S，结合有关反应解释原因：_____。 ②代表或中的一种。X是_____。 ③由光直接驱动的化学反应是_____(用一个完整的离子方程式表示)。 【答案】（1）①. ②. H2SO4完全电离 ③. 随n(H2SO4)增大，浓H2SO4将S氧化为SO2 （2）①. 不断循环转化 ②. ③. 3I-++2H++ 【解析】 （1）①根据盖斯定律，制备S的总反应=反应i+反应ii，∆H=∆H1+∆H2，热化学方程式为：； ②硫酸为强酸，在溶液中完全电离，不存在H2SO4分子； ③由图可知，越大，SO2越多，S越少，原因是浓硫酸有强氧化性，能把S氧化为SO2 ，答案是：随n(H2SO4)增大，浓H2SO4将S氧化为SO2； （2）装置右侧电极在光照条件下I-失去电子生成，发生氧化反应，为负极，左侧为正极，电极上X生成Y，发生还原反应； ①加入KI，电离出I-离子，发生反应，I-和不断循环转化；能持续生成S； ②由分析可知，X到Y发生还原反应，X为，Y为； ③在光照条件下，反应物有I-和，生成物有和，在酸性条件下的总反应方程式为：3I-++2H++。 4.（2025·北京市石景山区·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）①. 和 ②. NO和O2生成NO2或，生成的NO2或继续和SO2反应 （3）①. 越大反应物浓度越低，反应速率越慢 ②. 低 ③. 平衡 ④. 相同条件下平衡时的转化率最大 【解析】 （1）①该反应中部分S元素的化合价由+6价变为+4价，根据原子守恒及氧化还原反应原理知，应该有部分O元素的化合价由-2价变为0价，则未知的生成物是O2，结合原子守恒配平方程式为； （2）①N2O3被还原为NO，SO2被氧化为SO3，S燃烧时被氧化为SO2，则上述过程中硫元素被氧化的方程式为和； ②SO2中混有O2有利于SO2的氧化，原因是NO和O2生成NO2或N2O3，生成的NO2或N2O3继续和SO2反应； （3）①根据图知，490℃时α越大反应速率数值越低的原因：α越大反应物浓度越低，反应速率越慢；由图可知，α越大最佳操作温度越低； ②相同条件下平衡时的转化率最大，根据图知，曲线1为平衡温度曲线。 5. （2025·北京市东城区·二模）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HCO  未消耗，需与第Ⅲ步生成的 I- 反应以完成催化循环，同时总反应中甲醇的物质的量为2mol。根据电荷守恒和原子守恒，Ⅳ中甲醇HCO、 与 I-  反应生成 、等，所以方程式为：。 （3）温度低于130℃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130℃，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CO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2mol电子，生成1molBr2，再结合反应：，则最多生成1mol碳酸二甲酯，c错误；故选ab。 6.（2025·北京市中国人大附属中学·三模） 二氧化氯()因其杀菌效率高、不易产生有毒副产物的优点，是第四代新型消毒剂。 资料：i．常温下为气体，可溶于水，其水溶液不稳定，可逐渐转化为和。 ii．电极(惰性电极)可有效提高生成所需的电压，减少的产生。 （1）分子的键角据此推测其中的杂化方式应为___________。 （2）电解溶液或溶液均可制备，电解装置如图1(物质X为或)： ①可从___________(填“阴”或“阳”)极区所产生的气体中分离获得； ②铁电极上发生的电极反应为___________； ③物质选用相比于的优点是___________(写一条即可)； ④若物质选用，在浓度、电解时间相同时，测得的电解效率随电解电压的变化如图2； 定义物质的电解效率： 的电解效率随电压的增大呈现先增大后降低的趋势，其原因可能是___________。 （3）由于不易运输和储存，可将其通入和混合溶液中，制得较稳定的“保存液”进行保存，待使用时再向其中加入一定量的酸，得到含的溶液。该方法涉及的物质转化关系如图(部分反应物或产物未标出)： ①“保存”的离子方程式为___________； ②关于保存和使用，下列说法中正确的是___________。(填字母) a．作杀菌消毒剂利用了它的强氧化性 b．“保存液”中不含 c．该保存方法不会降低被保存的消毒效率(用单位质量的消毒剂所能转移的电子数来表示) 【答案】（1）sp2 （2）①. 阳 ②. ③. 可避免副产物Cl2的生成；电解电压低，节省电能和成本 ④. 电压小于aV时，电压越小，生成ClO2速率减慢，ClO2歧化占比更大(或电压越小，更利于生成)，电解效率下降；电压大于aV时，电压越大，生成O2的副反应增多，电解效率下降 （3）①. ②. ab 【解析】 （1）ClO2分子的键角，可知ClO2含有大键，则Cl原子周围有2个键和一对孤电子对，即价层电子对数为3，Cl原子杂化方式为sp2，故答案为：sp2。 （2）①电解NaCl溶液或NaClO2溶液均可制备ClO2，可知电极上，氯元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，即ClO2可从阳极区所产生的气体中分离获得，故答案为：阳。 ②铁电极上得电子，发生还原反应，为电解池的阴极，电极反应为：，故答案为：。 ③NaCl中氯元素为-1价，在阳极区失去电子，变为ClO2的同时，可能会生成副产物Cl2，而NaClO2中氯元素为+3价，在阳极区失去电子，只会生成ClO2，可以避免副产物Cl2的生成，同时在同等物质的量的情况下，失电子数更少，电解电压低，节省电能和成本，故答案为：可避免副产物Cl2的生成；电解电压低，节省电能和成本。 ④由资料i可知，ClO2常温下为气体，可溶于水，其水溶液不稳定，可逐渐转化为和，电压小于aV时，电压越小，生成ClO2速率减慢，ClO2歧化占比更大(或电压越小，更利于生成)，电解效率下降；由资料ii可知，电压大于aV时，电压越大，生成O2的副反应增多，电解效率下降，故答案为：电压小于aV时，电压越小，生成ClO2速率减慢，ClO2歧化占比更大(或电压越小，更利于生成)，电解效率下降；电压大于aV时，电压越大，生成O2的副反应增多，电解效率下降。 （3）①保存”ClO2时，是ClO2与和H2O2反应，生成了、NaClO2和氧气，则离子方程式为，故答案为：。 ②a．ClO2具有强氧化性，作杀菌消毒剂利用了它的强氧化性，a项正确；b．“ClO2保存液”是将ClO2转化为了NaClO2，则“ClO2保存液”中不含ClO2，b项正确；c．使用“ClO2保存液”，是NaClO2和硫酸反应，生成氯化钠、硫酸钠、ClO2和水的过程，该过程会使部分NaClO2转化为氯化钠，则会降低被保存ClO2的消毒效率，c项错误；故答案为：ab。 7．（2026高三上·北京顺义·月考）Ⅰ.水煤气变换反应  是重要的化工反应，该反应常在膜反应器中进行，其工作原理如图1所示。 （1）利用平衡移动原理解释反应器存在膜时具有更高转化率的原因 。 （2）某温度下，在膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法正确的是 。 A．原子在膜表面上结合为的过程为放热反应 B．Pd膜对气体分子的透过具有选择性 C．加快Pd膜内H原子迁移有利于的解离 （3）同温同压下，等物质的量的CO和入无膜反应器，的平衡转化率为75%；若换成膜反应器，的平衡转化率为90%，则相同时间内出口和出口b中的质量比为 。 Ⅱ.该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图2所示，和分别在两极产生。 （4）固体电解质采用 （填“氧离子导体”或“质子导体”）。 （5）阴极的电极反应式为 。 Ⅲ.工业上还可以利用水煤气变换反应的产物合成，涉及的主要反应如下： ①   ②   的平衡转化率、的选择性随温度、压强变化如下： 已知： （6）初始、，若平衡后、，且只发生①、②，则的转化率为 。（保留小数点后一位即可） （7）400℃左右，代表的两条曲线几乎相交于一点的原因是 。 【答案】（1）Pd膜能选择性分离出H2，使平衡正向移动，平衡转化率增大 （2）BC （3）1:8 （4）质子导体 （5）2H++2e-＝H2↑ （6）16.7% （7）CH3OH的选择性几乎为0，体系发生的反应主要是反应② 【详解】（1）反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是：Pd膜能选择性分离出H2，使平衡正向移动，平衡转化率增大。 （2）A．的正反应的活化能远小于逆反应的活化能，为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为吸热反应，A错误； B．Pd膜只允许H2通过，不允许CO2通过，对气体分子的透过具有选择性，B正确； C．加快Pd膜内H原子迁移，平衡正向移动，有利于H2的解离，C正确； 故选BC。 （3）根据反应，设通入的CO为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K==9；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口的总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xmol，则，解得x=0.1，则出口a产生的H2为0.1mol，出口b的H2为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1:8。 （4）电解时，一氧化碳和水均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近，然后得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体。 （5）电解时，H+在阴极得到电子发生还原反应生成H2，电极反应式为：2H++2e-＝H2↑。 （6）初始 ，，平衡后 ，，，n (转化为的CO2)=，列化学平衡三段式， ，氢气转化率为 ,。 （7）400℃左右，代表的两条曲线几乎相交于一点的原因是：CH3OH的选择性几乎为0，体系发生的反应主要是反应②。 8．（2025·北京西城区·二模）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。 9．（2025·北京二中·模拟）“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。 10．（2025·北京市·预测）氯气是一种重要的化工原料，可采用不同的方法制备。 （1）方法一：软锰矿(主要成分为MnO2)和浓盐酸在加热条件下可制得氯气，反应的化学方程式为 。 （2）方法二：氯化氢可催化氧化制氯气。一定条件下，使用CuCl2作催化剂，催化过程如下： 2CuCl2(s)=2CuCl(s)+Cl2(g)  ΔH1=+166kJ·mol−1 2CuCl(s)+O2(g)=2CuO(s)+Cl2(g)   ΔH2=−40kJ·mol−1 CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)   ΔH3=−121kJ·mol−1 ①氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为 。 ②一定容积的密闭容器中，在L一定时，HCl平衡转化率分别随X和进料比[]的变化关系如图所示，其中L(L1、L2、L3)、X分别代表压强或温度。 i.X代表的物理量是 ，L1、L2、L3的关系从大到小为 。 ii.在一定温度和压强下，选择进料比为1.0~2.0，其原因是 。 iii.若HCl的初始浓度为c0mol·L-1，计算M点的平衡常数K= (写出原始计算式，无需计算最终结果)。 （3）方法三：电解氯化氢制氯气，示意图如下。 向电解后的阴极电解液中通入空气，可实现阴极电解液的再生，结合离子方程式解释再生的原理 。 【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O （2）4HCl(g) +O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)  ΔH=−116kJ·mol−1 压强 L3＞L2＞L1 进料比小于1.0时，O2过量，给提纯Cl2带来困难，进料比大于2.0时，HCl的转化率明显减小，经济上不合算 （3）通入空气，能将Fe2+全部转化为Fe3+，离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 【解析】（1）软锰矿(主要成分为MnO2)和浓盐酸在加热条件下反应，可制得氯气，同时生成MnCl2等，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。 （2）ⅰ.2CuCl2(s)=2CuCl(s)+Cl2(g)  ΔH1=+166kJ·mol−1 ⅱ.2CuCl(s)+O2(g)=2CuO(s)+Cl2(g)   ΔH2=−40kJ·mol−1 ⅲ.CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)   ΔH3=−121kJ·mol−1 ①依据盖斯定律，将反应ⅰ+ⅱ+ⅲ×2得，氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为4HCl(g) +O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)  ΔH=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(+166kJ·mol−1)+(−40kJ·mol−1)+(−121kJ·mol−1)×2=−116kJ·mol−1。 ②i.对于反应4HCl(g) +O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)  ΔH=−116kJ·mol−1，增大压强，平衡正向移动，HCl的平衡转化率增大，升高温度，平衡逆向移动，HCl的平衡转化率减小，则由图中信息可得出，X代表的物理量是压强，L1、L2、L3的关系从大到小为L3＞L2＞L1。 ii.从图中可以看出，在一定温度和压强下，随着的不断增大，HCl的平衡转化率不断减小，进料比小于1.0时，O2过量，给后续分离Cl2、O2带来困难，进料比大于2.0时，HCl的转化率没有明显增大，经济上不合算，所以选择进料比为1.0~2.0，其原因是：进料比小于1.0时，O2过量，给提纯Cl2带来困难，进料比大于2.0时，HCl的转化率明显减小，经济上不合算。 iii.若HCl的初始浓度为c0mol·L-1，在M点，=1，此时HCl的平衡转化率为76%，则此时O2的初始浓度也为c0mol·L-1，可建立如下三段式： 计算M点的平衡常数K==。 （3）从图中可以看出，在阳极，HCl失电子生成Cl2和H+，H+向阴极移动；在阴极，Fe3+得电子生成Fe2+。向电解后的阴极电解液中通入空气，可实现阴极电解液的再生，即将Fe2+氧化生成Fe3+，依据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，可得出发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，结合离子方程式解释再生的原理：通入空气，能将Fe2+全部转化为Fe3+，离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 化学反应原理综合 题型 考情分析 考向预测 以电化学原理为主综合 2025年北京卷，T16：结合铅酸电池的工作原理，综合考查电极反应式的书写、电化学计算、微粒空间结构判断、化学方程式书写等；利用废旧铅酸电池的回收利用流程图，考查物质的分离提纯、电解等知识。 预测2026年将进一步强化学科交叉与创新思维：一是情境设计上聚焦碳中和技术（CO₂催化转化制甲醇/燃料）、新型电池材料（固态电池、钠离子电池）、绿色化工（无溶剂反应、原子经济性）、生物基化学品合成等热点情境，素材多源自最新科研成果与工业实践；二是深度融合，新增“原理+实验探究+结构性质”融合题型，如结合反应机理设计实验、通过晶胞结构分析反应活性、利用数字化实验数据验证平衡移动，强化“宏观辨识与微观探析”素养考查；三是精准计算，增加多变量计算（如同时考虑温度、压强、催化剂对产率的综合影响）、有效数字规范、图表数据拟合分析，侧重考查定量计算的准确性与数据分析的深度；四是素养更凸显：强化绿色化学素养（原子利用率计算、污染治理原理、节能减排方案设计）、创新应用能力（工业条件优化、催化剂改良思路分析），减少纯记忆性。 电化学和化学平衡原理为主综合 2024年北京卷，T16：以两种HNO3的工业制备为载体，结合水溶液中粒子系数分布图、化学平衡图像、电解池装置图，综合考查化学方程式书写、原理分析（原因解释）、电极反应式书写等。 热化学和化学平衡为主综合 2023年北京卷，T16：以工业合成尿素[CO(NH2)2]为背景材料，结合化学反应与能量和电解池装置图示，综合考查化学方程式书写、活化能大小比较、热效应判断、盖斯定律应用、电极判断、电极反应式书写、滴定实验拓展及计算。 考点1 以电化学原理为主综合 【典例】（2026·北京市延庆区·一模） 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放电时，当外电路通过电子时，理论上电解质溶液中的物质的量_______(填“增加”或“减少”)_______mol。 ②充电时，若将铅酸电池与外接电源连接，正极应与外接电源的_______极相连，充电时阳极发生的电极反应为_______。 ③参与电极反应并有利于保持电压稳定，的VSEPR模型名称为_______。 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。若储存过程中消耗标准状况下，则理论上被氧化的的质量为_______。 （2）废旧铅酸电池回收过程中主要物质的转化示意图如下。 ①步骤I中，转化为的离子方程式为_______。 ②步骤II中，的作用是将还原为，写出该反应的离子方程式：_______。 （3）铅酸电池的电压()与电解质中浓度密切相关，根据能斯特方程：分析“放电过程中电池电压逐渐下降”的原因：_______。 电化学为主综合解题策略 1. 电极反应书写 “四步法”——无论原电池还是电解池，书写电极反应均遵循： （1）定方向：判断电极得失电子（原电池负失正得，电解池阳失阴得）。 （2）找主体：确定反应物和生成物（包括介质离子）。 （3）配平电荷：根据电解质环境加 H+、OH−或 H2O配平电荷。 （4）查原子：确保左右原子个数守恒。 2. 电化学计算“电子守恒法”——适用于所有串联装置 （1）核心规律：电路中转移的电子总数相等（电子流守恒）。 （2）解题步骤：①找出所有电极反应的氧化剂/还原剂；②计算各电极转移电子数 n(e−)；③建立等式：n1×电子数1=n2×电子数2；④计算产物量或消耗物量。 3. 图像分析“先池后极”模型——遇到电化学图，先判是原电池还是电解池，再解题 （1）判别依据：①有电源 → 电解池；②无电源 → 原电池； （2）极性判断：①电解池：接正极 → 阳极（氧化）；②原电池：电子流出 → 负极（氧化）。 4. 工业流程“电解规律”模型——针对氯碱工业、电镀、电解精炼等工业 工业场景 阳极材料 阴极材料 电解质溶液 核心反应 氯碱工业 石墨 (Ti) Fe 饱和 NaCl 溶液 2Cl−−2e−=Cl2↑ 电镀铜 纯铜 待镀金属 含 Cu2+ 的溶液 阳极：Cu−2e−=Cu2+ 粗铜精炼 粗铜 (含 Zn/Fe/Ag/Au) 纯铜 硫酸铜溶液 阳极泥：Ag、Au 等不活泼金属 陷阱类型 典型错误描述 正确解读 电极反应陷阱 书写电极式时，忽略电解质介质？ 必须匹配。酸性环境加H+中和OH−，碱性环境加OH−。例如，碱性燃料电池中，正极生成的H+必须被OH−中和生成H2O。 离子移动陷阱 阳离子向正极移动，阴离子向负极移动？ 原电池正确；电解池相反，阳离子移向阴极（接电源负极），阴离子移向阳极。 活性电极陷阱 惰性电极和活性电极反应一样 易错。阳极若是活性电极（Fe、Cu、Ag 等），则电极本身优先放电，溶液中的阴离子不放电。只有惰性电极（Pt、石墨）才考虑阴离子放电。 电子流向陷阱 电流从负极流向正极 电子：负极 → 外电路 → 正极；电流：正极 → 外电路 → 负极。 计算单位陷阱 计算产量时，没注意总反应系数 必须核对总反应方程式的电子转移数。例如，电解 Al2​O3​ 制铝，每生成 1 mol Al 转移 3 mol 电子。 1．（2025·北京市海淀区·一模）小组同学探究、在强碱性溶液中形成原电池的正负极及其影响因素。 已知：、均能溶于强碱性溶液，生成。 【理论预测】 猜想1：作负极，因为的失电子能力更强。 猜想2：作负极，因为能与强碱性溶液发生氧化还原反应，产生。 【实验验证】 实验1 现象 0~5s：电压传感器初始示数为0.3V，后迅速归零；铝片表面有气泡产生(经检验为) 后：电压传感器示数逐渐变为并保持稳定；铝片表面有气泡产生(经检验为)，镁片表面无明显变化 （1）由电压传感器示数可知，时作负极。根据现象推测后正负极发生了反转，证据是 。 （2）后作负极，但猜想2中的解释不合理，理由是 。 （3）甲同学推测0~5s时产生的可能原因有： i．； ii． (用离子方程式表示)。 （4）小组同学推测，电压示数迅速减小与电极被覆盖有关。 ①0~5s时，镁片表面发生反应的电极反应式为 。 ②为证明推测，乙、丙同学分别设计了实验2和3。 已知：EDTA四钠盐浓溶液的约为12，EDTA易与形成配合物EDTA-Mg。 i．实验2中观察到电压示数从0.3V降至0.1V后保持稳定，可能的原因是 。 ii．补全实验3的方案：试剂a为 。 （5）综合实验1、2，可以得出的结论是 。 2. （2025·北京市第二中学·模拟）锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池，可使其中的Li电极表面生成只允许通过的和C保护层，工作原理如图1，具体操作如下。 i.将表面洁净的Li电极和电极浸在溶有的有机电解质溶液中。 ii.0-5min，a端连接电源正极，b端连接电源负极，电解，电极上生成和C。 iii.5-10min，a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解，电极上消耗和C，Li电极上生成和C．步骤ii和步骤iii为1个电沉积循环。 iv.重复步骤ⅱ和步骤ⅲ的操作，继续完成9个电沉积循环。 （1）步骤ii内电路中的由___________向___________迁移(填“Li电极”或“电极”)。 （2）已知下列反应的热化学方程式。 步骤ii电解总反应的热化学方程式为___________。 （3）步骤iii中，Li电极的电极反应式为___________。 （4）和C只有在的催化作用下才能发生步骤ⅲ的电极反应，反应历程中的能量变化如下图。下列说法正确的是___________(填字母序号)。 a.反应历程中存在碳氧键的断裂和形成 b.反应历程中涉及电子转移的变化均释放能量 c.催化剂通过降低电极反应的活化能使反应速率加快 （5）受上述“循环电沉积”法的启示，科学家研发了适用于火星大气(主要成分是)的“”可充电电池，工作原理如图2.“”电池充电时，Li电极表面生成Li而不会形成和C沉积，原因是_________。 3．（2026高三上·北京·月考）是一种重要的化工原料，其合理利用以及废气处理一直是化工研究的热点。 （1）利用反应可以制备高纯，实验装置如图： ①用化学方程式表示石灰乳的作用： 。 ②一段时间后，测得反应后溶液中的明显大于，原因是： 。 （2）可用于处理酸性的废水，铬元素最后转化为正三价铬沉淀除去。一种处理流程如下： ①结合化学用语解释溶液显酸性的原因是 。 ②与反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 ③处理过程中，实际消耗的远大于理论值，原因是 。 （3）用溶液吸收工业烟气中的低浓度，采用阳离子膜电解法，严格控制电压，电解吸收液制成产品硫和。工作原理示意图如下图(左)，阴极区和阳极区的pH随时间的变化关系如下图(右)： 请结合电极反应式解释溶液C可以循环利用吸收的原因： 。 考点2 电化学和化学平衡原理为主综合 【典例】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。电解原理如图示。 ① 电极b是电解池___________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 ___________。 1.化学速率、化学平衡的计算 在化学反应原理综合大题中，化学速率与平衡计算是分值最高、陷阱最多、区分度最强的板块。它不仅考查数学运算能力，更强调对化学平衡移动原理的深度理解: （1）化学反应速率计算（v）: 公式类型 核心公式 适用范围 易错警示 定义式 v=Δc/Δt=(Δt⋅Δn)/V​ 已知浓度/物质的量变化、时间 注意体积 V是否变化（恒容 / 恒压） 比例式 vA:vB:vC=ΔnA:ΔnB:ΔnC=ΔcA:ΔcB:ΔcC​ 已知一种物质速率，求其他 必须等于化学计量数之比 影响因素 v∝cn（级数反应）、v∝e−Ea/RT 浓度、温度、催化剂 催化剂不改变平衡，只改变速率 （2）化学平衡核心计算（三段式法）： 计算目标 核心公式 符号含义 转化率 (α) α(A)=(mx/a)×100% 转化量/起始量 平衡常数 (K) K=[(px)p·(qx)q]/[(a−mx)m·(b−nx)n] 浓度幂之积/反应物幂之积 体积分数 (φ) φ(A)=[(a−mx)/平衡总物质的量]×100% 组分物质的量/总物质的量 平均摩尔质量 (M(平) M(平)=m总/n总​​​ 总质量/总物质的量 平均相对分子质量 M(平）=∑φi⋅Mi​ 各组分摩尔质量加权平均 （3）平衡常数（K）与温度的关系：K只受温度影响，与浓度、压强、催化剂无关。 ①吸热反应 (ΔH>0)：升温，K 增大；降温，K 减小。 ②放热反应 (ΔH<0)：升温，K 减小；降温，K 增大. 2.计算解题策略 （1）解题三步法：关键是计算K时，浓度必须代入平衡浓度，且单位需统一（通常省略）。 ①列三段式：根据题目数据，规范列出 “起始-转化-平衡”表格。技巧：如果已知平衡常数求转化率，或已知转化率求平衡常数，必须列三段式。 ②找关系：利用化学计量数之比，建立转化量x与已知量的联系。 ③代公式：代入转化率、K、M(平）等公式求解。 （2）模型解题策略： 模型类型 题型特征 解题策略 等效平衡模型 恒温恒容/恒压，不同起始投料达到同一平衡 极值等效法：将生成物全部折算回反应物，与原起始量比较。 压强/密度关联模型 涉及混合气体密度、平均摩尔质量变化 抓住质量守恒与物质的量变化，利用M(平)=m/n推导。 多步竞争反应模型 同一体系下多个平行反应（如主反应+副反应） 原子守恒法：利用元素守恒建立物料方程，避免联立方程求解过慢。 3.化学反应速率和化学平衡图像题解题步骤 第一步：识轴定意（读坐标） （1）看坐标轴：明确横坐标（自变量）和纵坐标（因变量）的物理意义。 （2）陷阱：横坐标是“时间”还是“温度”？纵坐标是“浓度”还是“速率”？ （3）看单位：确认单位是否统一（如L与mL，s与min）。 第二步：找点析线（找特征） （1）看起点、终点、拐点：①平衡点：曲线趋于水平、不再变化的点；②交点：两条曲线交叉点（通常表示某条件下的特殊状态，需具体分析）；③断点：条件突变的瞬间（如投料瞬间的浓度跃升）。 （2）看趋势与斜率：①曲线上升/下降代表什么含义；②曲线斜率的变化代表速率的变化或平衡移动的剧烈程度。 第三步：搭桥建模（用原理） （1）联系勒夏特列原理： ①升温→向吸热方向移动；②加压→向气体体积减小方向移动；③增浓度→向消耗该物质方向移动。 （2）联系公式计算： ①利用图像中的Δc计算速率v；②利用平衡时的数据列“三段式”计算K和α 1．（2026高三上·北京·月考）利用黄铜矿(主要成分为，含有SiO2等杂质)生产纯铜，流程示意图下。 （1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是 。 （2）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是 。 （3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得： i．“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如下图； ⅱ．和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如下表。 温度 B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是 。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是 。 （4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的 。 （5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼(铜的精炼：在电解池中，阳极发生，阴极发生)；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和，粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是 。 2.（2025·北京市西城区·一模） 硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。 （1）18~19世纪，利用和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。 ①工业上可用生产，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是_____。 ②制硫酸总反应的化学方程式是_____。 ③中反应的与的物质的量之比是_____。 （2）现代用接触法制硫酸，关键工序是的催化氧化：　 ①中硫氧键键能的平均值为中硫氧键键能的平均值为，则中氧氧键的键能为_____。 ②其他条件不变，相同时间内的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于，的转化率减小，可能的原因是_____。 （3）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。 电解废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。 注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。 ①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理：_____。 ②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的、较浓硫酸和较浓氨水联合处理废液，其原理示意图如图4所示。 ⅰ、较浓硫酸应注入_____(填“C极区”或“D极区”)。 ⅱ、从物质和能量的角度说明联合生产的优点：_____。 3. （2025·北京市第五中学·模拟）甲醇氧化为甲醛和水的反应可看作以下两个连续反应： ⅰ. ⅱ.H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH2=-247.8kJ/mol 已知： （1） ___________。 （2）要提高反应ⅰ中甲醇平衡转化率，可采取的措施有___________(写出两条) （3）应用负载银催化时反应ⅰ会发生以下副反应： ⅲ. ⅳ. 其他条件相同时，以为催化剂，研究银负载量对催化剂活性的影响，实验数据如图所示： ①依据实验数据应选择的最佳反应条件是___________。 ②温度由650℃至700℃甲醛收率下降的可能原因是___________。 （4）通过电催化法可将甲醇转化为甲醛，装置如图所示(电极均为惰性电极) ①电极连接电源的___________极(填“正”或“负”)。 ②阳极室产生后发生的反应有：___________、 （5）电解后甲醛含量测定方法如下：(溶液中无 、剩余) 已知： 若滴定过程中消耗碘V1L，消耗标准溶液V2L，则电解后甲醛的含量为___________。 考点3 热化学和化学平衡为主综合 【典例】（2026高三上·北京·月考）正丁烯（）是重要的化工原料，可由正丁烷（）催化脱氢制备，反应如下： 已知：i．该工艺过程的副产物有炭（C），生成的积炭会附着在催化剂表面，影响催化效果。 ii．温度过高会引发正丁烷裂解生成低碳烃类的副反应。 iii． （1）用、、表示正丁烷催化脱氢反应的反应热 。 （2）寻找高效的催化剂是脱氢反应重要的研究课题之一。 ①催化剂使用一段时间后活性会下降，通入适量氢气可使其改善，氢气的作用是 。 ②其他条件相同时，以为载体与不同质量百分比的组合，催化效果相关数据如下表。 实验组 催化剂组成 正丁烷转化率/% 正丁烯收率/% 1 无催化剂 5 0.35 2 5 0.35 3 25.5 18.3 4 27.5 20.65 5 24 17.87 下列说法正确的是 （填序号）。 a．对脱氢反应无催化作用 b．提高了正丁烯的选择性 c．的含量对正丁烷脱氢反应的焓变无影响 （3）其他条件相同，时测得正丁烷转化率、正丁烯收率随温度的变化如图1。[收率=(生成某产物的原料量/投入的原料量)×100%] ①实际生产温度选择，由图1说明其理由是 。 ②时，向体积为的密闭容器中充入正丁烷气体，据图1计算内生成正丁烯的平均反应速率为 。 (4)其他条件相同，时正丁烷转化率、正丁烯收率随进料气中的变化如图2，均呈现先升后降的趋势。正丁烷转化率呈现该变化趋势的原因是 。 1.ΔH的计算、反应自发性判断的考点及解题方法： 计算方法 适用场景 核心公式/依据 键能法 气态物质间的反应、已知键能数据 ΔH=∑反应物总键能−∑生成物总键能 盖斯定律法 多步连续反应、未知反应焓变推导 总反应ΔH=各分步反应ΔH之和（代数叠加） 热化学方程式法 已知热化学方程式、求目标反应ΔH 方程式系数与ΔH成正比；反应逆向，ΔH符号相反 燃烧热/中和热法 已知燃烧热、中和热数据 燃烧热：ΔH=可燃物物质的量×其燃烧热；中和热：强酸强碱稀溶液中和ΔH≈-57.3kJ/mol 能量图像法 反应能量变化曲线图、势能面图 ΔH=生成物总能量−反应物总能量；活化能=过渡态能量−反应物能量 2.反应自发性判断（2大核心维度） 反应自发性由焓变（ΔH）、熵变（ΔS）、温度（T）共同决定，高考核心考查方向如下： （1）熵变（ΔS）基础判断： ①熵增（ΔS>0）：气态物质物质的量增多、固体溶解、液体汽化、混乱度增加（如2SO2+O2⇌2SO3，ΔS<0；CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)，ΔS>0）。 ②熵减（ΔS<0）：气态物质物质的量减少、物质凝聚、混乱度降低。 （2）吉布斯自由能（ΔG）核心判据： ①公式：ΔG=ΔH−TΔS​（T为热力学温度，单位K，恒为正）。 ②判据规则：ΔG<0：反应自发进行；ΔG=0：反应达到平衡状态；ΔG>0：反应非自发进行（逆向自发）。 （3） 定量计算判断方法： ①计算ΔS：ΔS=∑生成物熵变−∑反应物熵变（熵变数据题目会直接给出）。 ②代入ΔG公式计算特定温度下的ΔG（如“计算500K时的ΔG，判断反应是否自发”）。 ③根据ΔG符号判断自发性，若ΔG=0则计算平衡温度（T=ΔH/ΔS）。 （4）工业情境判断：结合工业生产实际，分析“自发性与实际反应的差异”（如：反应自发但速率太慢，需选择催化剂；反应非自发但通过电解等外界条件可实现）。 1. （2026·北京市第八十中学·模拟）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的方法。该过程包括以下两个主要反应： 反应1： 反应2： （1）25℃，101 kPa时，反应 ___________。 （2）一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 ①乙炔转化率随温度变化的原因为___________。 ②在120~240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为___________(填“＞”“＜”或“=”)，理由为___________。 （3）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压下(25℃，101 kPa)实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。 (图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能) 以___________为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为___________。 2.（2026·北京市·信息必刷卷）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。 （2026高三上·北京·月考）利用工业废气中的合成基础化工原料甲醇()，是资源化的重要方法，涉及的主要化学反应有： 反应i：   反应ii：   （1）已知：   利用和计算时，还需要利用 反应的(写出方程式)。通过计算得出。 （2）控制反应条件(均使用了催化剂)，研究投料比(反应物的物质的量之比)、压强、温度对反应体系的影响。 产率和选择性的定义：   ①图1中，投料比是指 (填“”或“”)；当投料比为5时，的转化率约为16%，，则 。 ②图2中，在催化剂2的作用下，发生的主要反应是 (填“ⅰ”或“ⅱ”)。 ③图3中，当温度高于时，甲醇的产率随温度升高而减小，原因可能有 (写出2条)。 （3）一定条件下，向体积为的恒容密闭容器中通入和，发生上述反应，秒后达到平衡。此时容器中为，为。 ①平衡后的浓度为 (用含、、的代数式表示，下同)。 ②用的浓度变化表示0~t秒反应ⅱ的反应速率， 。 ③该条件下反应ⅰ的化学平衡常数为 。 1.（2025·北京市第十一中学·三模）高锰酸钾是一种重要的化工产品。由软锰矿为原料制备高锰酸钾的过程如下。 （1）制备锰酸钾(K2MnO4) 熔融的软锰矿(主要成分为MnO2)与过量KOH固体混合，在不断通入空气的情况下反应生成锰酸钾。该反应的化学方程式是_______。 （2）制备高锰酸钾 方法一：向K2MnO4溶液中通入适量CO2，反应生成KMnO4和MnO2。 ①反应后得到粗KMnO4晶体的操作为：_______，过滤，洗涤，低温干燥。 ②结合化学用语，解释反应过程中通入CO2的量不宜过多的原因：_______。 方法二：电解K2MnO4溶液。电解原理如图所示： ③a极是电解池的_______极。 ④结合电极反应式，从物质利用角度分析方法二优于方法一的原因是_______。 （3）产品纯度分析 取制得的KMnO4产品a g，配制成100mL溶液。另量取溶液于锥形瓶中，加入足量稀，水浴加热至，用上述KMnO4溶液趁热滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积为VmL。(相对分子质量：KMnO4 158) ①滴定初期溶液褪色慢，需缓慢滴加，随着滴定的进行褪色变快，可适当提高滴定速度。随着滴定的进行，滴定反应由慢到快的原因是____。 ②产品纯度为_____(用质量分数表示)。 2．（2025·北京市第二中学·模拟）软锰矿在生产中有广泛的应用。 （1）过程I：酸浸 ①用稀溶液处理软锰矿后，溶液中含有，矿粉颗粒表面附着有黄色固体硫。上述过程中的主要反应为(将方程式补充完整)： ________=_______+_______________ _______ ②硫附着在矿粉颗粒表面不利于酸浸进行，加入H2O2可以提高锰元素浸出率。 结合化学方程式说明H2O2的作用原理：(写出两条) i__________________________________；ii____________________________。 （2）过程II： ①使用过量固体可以去除酸浸后滤液中的。选用的理由是___________。 ②制备 下图表示通入时pH随时间的变化。 0—15分钟，pH几乎不变；15—150分钟，pH明显降低。结合方程式解释原因：___________。 3. （2025·北京市朝阳区·一模） 硫广泛应用于医药、储能电池等领域。采用不同的方法制备单质硫。 （1）方法一：将硫化氢气体通入浓硫酸中制备S，反应如下： i． ii． ①制备S的总反应的热化学方程式是_____。 ②反应ⅰ可能发生在分子与分子之间。将气体通入稀硫酸中，反应ⅰ不能发生。稀硫酸中不存在分子的原因是_____。 ③针对反应i进行研究：初始的物质的量均为，按不同比值进行反应。充分反应后，的物质的量的变化如图所示，解释二者变化的原因：_____。 （2）方法二：利用产生硫，装置如下。电解质溶液均为稀硫酸。 ①加入少量，能持续生成S，结合有关反应解释原因：_____。 ②代表或中的一种。X是_____。 ③由光直接驱动的化学反应是_____(用一个完整的离子方程式表示)。 4.（2025·北京市石景山区·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______。 5. （2025·北京市东城区·二模）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 6.（2025·北京市中国人大附属中学·三模） 二氧化氯()因其杀菌效率高、不易产生有毒副产物的优点，是第四代新型消毒剂。 资料：i．常温下为气体，可溶于水，其水溶液不稳定，可逐渐转化为和。 ii．电极(惰性电极)可有效提高生成所需的电压，减少的产生。 （1）分子的键角据此推测其中的杂化方式应为___________。 （2）电解溶液或溶液均可制备，电解装置如图1(物质X为或)： ①可从___________(填“阴”或“阳”)极区所产生的气体中分离获得； ②铁电极上发生的电极反应为___________； ③物质选用相比于的优点是___________(写一条即可)； ④若物质选用，在浓度、电解时间相同时，测得的电解效率随电解电压的变化如图2； 定义物质的电解效率： 的电解效率随电压的增大呈现先增大后降低的趋势，其原因可能是___________。 （3）由于不易运输和储存，可将其通入和混合溶液中，制得较稳定的“保存液”进行保存，待使用时再向其中加入一定量的酸，得到含的溶液。该方法涉及的物质转化关系如图(部分反应物或产物未标出)： ①“保存”的离子方程式为___________； ②关于保存和使用，下列说法中正确的是___________。(填字母) a．作杀菌消毒剂利用了它的强氧化性 b．“保存液”中不含 c．该保存方法不会降低被保存的消毒效率(用单位质量的消毒剂所能转移的电子数来表示) 7．（2026高三上·北京顺义·月考）Ⅰ.水煤气变换反应  是重要的化工反应，该反应常在膜反应器中进行，其工作原理如图1所示。 （1）利用平衡移动原理解释反应器存在膜时具有更高转化率的原因 。 （2）某温度下，在膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法正确的是 。 A．原子在膜表面上结合为的过程为放热反应 B．Pd膜对气体分子的透过具有选择性 C．加快Pd膜内H原子迁移有利于的解离 （3）同温同压下，等物质的量的CO和入无膜反应器，的平衡转化率为75%；若换成膜反应器，的平衡转化率为90%，则相同时间内出口和出口b中的质量比为 。 Ⅱ.该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图2所示，和分别在两极产生。 （4）固体电解质采用 （填“氧离子导体”或“质子导体”）。 （5）阴极的电极反应式为 。 Ⅲ.工业上还可以利用水煤气变换反应的产物合成，涉及的主要反应如下： ①   ②   的平衡转化率、的选择性随温度、压强变化如下： 已知： （6）初始、，若平衡后、，且只发生①、②，则的转化率为 。（保留小数点后一位即可） （7）400℃左右，代表的两条曲线几乎相交于一点的原因是 。 8．（2025·北京西城区·二模）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 9．（2025·北京二中·模拟）“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)。 10．（2025·北京市·预测）氯气是一种重要的化工原料，可采用不同的方法制备。 （1）方法一：软锰矿(主要成分为MnO2)和浓盐酸在加热条件下可制得氯气，反应的化学方程式为 。 （2）方法二：氯化氢可催化氧化制氯气。一定条件下，使用CuCl2作催化剂，催化过程如下： 2CuCl2(s)=2CuCl(s)+Cl2(g)  ΔH1=+166kJ·mol−1 2CuCl(s)+O2(g)=2CuO(s)+Cl2(g)   ΔH2=−40kJ·mol−1 CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)   ΔH3=−121kJ·mol−1 ①氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为 。 ②一定容积的密闭容器中，在L一定时，HCl平衡转化率分别随X和进料比[]的变化关系如图所示，其中L(L1、L2、L3)、X分别代表压强或温度。 i.X代表的物理量是 ，L1、L2、L3的关系从大到小为 。 ii.在一定温度和压强下，选择进料比为1.0~2.0，其原因是 。 iii.若HCl的初始浓度为c0mol·L-1，计算M点的平衡常数K= (写出原始计算式，无需计算最终结果)。 （3）方法三：电解氯化氢制氯气，示意图如下。 向电解后的阴极电解液中通入空气，可实现阴极电解液的再生，结合离子方程式解释再生的原理 。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 化学反应原理综合 考点1 以电化学原理为主综合 【典例】（1）①. 减少，4 ②. 正， ③. 正四面体 ④. 41.4 （2）①. ②. （3）放电过程中，H2SO4不断被消耗，c(H+)、c(SO)降低，根据能斯特方程，的值增大，E减小，故电池电压逐渐下降 1．(1)5s后，电压示数变为-0.2V (2)若猜想2的解释成立，5s后应在镁片表面观察到气泡，但实验中并未观察到 (3) (4) ，部分破坏了电极表面的覆盖层(或延缓/阻碍覆盖层的形成) Na2SO4溶液 (5)形成原电池的正负极首先取决于金属Mg、Al的失电子能力，同时也会受到反应过程中Mg、Al电极表面覆盖程度的影响 2. ①. Li电极 ②. MoS2电极 ③. ④. ⑤. ac ⑥. 电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时锂离子在锂电极放电得到Li 3．（1） 在溶液中，空气中的O2将SO2氧化为H2SO4 （2）在溶液中，HSO既存在电离（HSOH++SO），又存在水解()，但电离程度大于水解程度。 1:3 因为部分NaHSO3在酸性条件下分解成SO2逸出，未参与还原Cr2O的反应 （3）阴极发生反应：，溶液酸性减弱，但溶液D中的H+可通过阳离子交换膜移动到阴极，故可以循环利用吸收SO2。 考点2 电化学和化学平衡原理为主综合 【典例】（1）①. Ca2SiO4 + MgO+ 3CO2=2CaCO3+MgCO3 +SiO2 ②. 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. 阳 ②. CO2 + 2NO+ 18H+ + 16e- = CO(NH2)2 + 7H2O （3）①. I ②. 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 1．（1）增大反应物的接触面积，提高反应速率 （2） （3）随着焙烧温度升高，分解产生的SO3增多，生成的CuSO4速率加快 CuSO4发生分解生成难溶于水的CuO （4） （5）若粗铜未经酸浸，会残留较多Fe，在电解时，阳极会发生反应，溶液中的Fe2+易被空气中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+在阴极发生反应 2.（1）①. ②. ③. 2：3 （2）①. ②. 温度升高使催化剂失去活性，同时SO2的催化氧化反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，反应的平衡转化率减小 （3）①. B极的电极反应：，增大，SO通过阴离子交换膜进入B极区，c(SO)增大，最终得到较浓硫酸 ②. D极区 ③. H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水 3. （1）+92.7kJ/mol （2）升温或减压 （3）①. 20%银负载量、650℃ ②. 升温反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降 （4）①. 负 ②. 或 （5） 考点3 热化学和化学平衡为主综合 【典例】（1） （2）H2可以除去积炭，提高催化剂活性 abc （3）图1中590℃时正丁烯收率最高，副产物收率较低 0.02 （4）比值较小时，H2可除去催化剂表面的积炭，改善催化剂活性，使正丁烷转化率升高；比值较大时，H2含量过高，导致主反应平衡逆向移动，使正丁烷转化率减小 1. （1）-137 （2）①. 220℃前，温度升高，化学反应速率加快(催化剂活性增强)；220℃至260℃，催化剂活性降低，导致反应速率减慢 ②. ＞ ③. 乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率 （3）①. Pd/W ②. Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的 2.（1）CO+H2OHCO+OH- CO+H2S=HCO+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 3.（1）(合理即可) （2） 或31.25% ⅱ 原因一：温度高于523℃，催化剂失去活性；原因二：温度升高，反应ⅱ速率增大程度更为显著，以反应ii为主；原因三：反应ⅰ为放热反应，反应ii为吸热反应，温度升高，反应ⅰ平衡逆移，反应ⅱ平衡正移等等 （3） 1.（1）2MnO2+O2+4KOH 2K2MnO4+2H2O （2）①. 过滤，加热至80℃浓缩，冷却至0℃结晶 ②. ，若通入过多CO2，会因为析出溶解度较低的KHCO3导致产物纯度降低 ③. 阳 ④. 阴极：，K+从阳极室经阳离子交换膜迁移到阴极室，同时得到H2和KOH。阳极：，与方法一相比，MnO只转化成MnO，Mn元素利用率高 （3）①. 反应生成的Mn2+可作为反应的自催化剂，c(Mn2+)增大，催化效果增强 ②.（158c/aV）×100% 2．（1）①. ②. ，(或或MnO2)等作催化剂，使H2O2迅速分解产生大量气体，破除附着的硫。 ③. ，H2O2可以还原MnO2，或与MnO2反应。 (等) （2） ①. MnCO3降低，促使水解趋于完全，生成Fe(OH)3；过量MnCO3不溶于水，不引入新杂质。 ②. 0-15分钟：，不变；15-150分钟：，增大 3. （1）①. ②. H2SO4完全电离 ③. 随n(H2SO4)增大，浓H2SO4将S氧化为SO2 （2）①. 不断循环转化 ②. ③. 3I-++2H++ 4.（1） （2）①. 和 ②. NO和O2生成NO2或，生成的NO2或继续和SO2反应 （3）①. 越大反应物浓度越低，反应速率越慢 ②. 低 ③. 平衡 ④. 相同条件下平衡时的转化率最大 5. （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 6.（1）sp2 （2）①. 阳 ②. ③. 可避免副产物Cl2的生成；电解电压低，节省电能和成本 ④. 电压小于aV时，电压越小，生成ClO2速率减慢，ClO2歧化占比更大(或电压越小，更利于生成)，电解效率下降；电压大于aV时，电压越大，生成O2的副反应增多，电解效率下降 （3）①. ②. ab 7．（1）Pd膜能选择性分离出H2，使平衡正向移动，平衡转化率增大 （2）BC （3）1:8 （4）质子导体 （5）2H++2e-＝H2↑ （6）16.7% （7）CH3OH的选择性几乎为0，体系发生的反应主要是反应② 8．（1） （2） （3） ac 9．（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 10．（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O （2）4HCl(g) +O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)  ΔH=−116kJ·mol−1 压强 L3＞L2＞L1 进料比小于1.0时，O2过量，给提纯Cl2带来困难，进料比大于2.0时，HCl的转化率明显减小，经济上不合算 （3）通入空气，能将Fe2+全部转化为Fe3+，离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O / 学科网（北京）股份有限公司 $