题型专项练3 化学反应原理综合-【满分思维】2026年高考化学真题分类

氧化性，且加热时分解产生O2,乙醇具有还原性，且易燃，二者 混合后加热会剧烈反应，引发危险。(4)水浴加热的温度范围一 般是30~95℃，超过95℃（尤其本题中的100℃）水分流失太 快，并且较难精确控温，还影响圆底烧瓶及球形冷凝管的稳定。 (5)甲基橙的变色范围为3.1~4.4，pH在4.4以上呈黄色， 3.1~4.4是橙色。滴定过程中溶液由碱性变为中性，再滴入半 滴盐酸使溶液变为弱酸性，故滴定终点现象为指示剂由黄色变 为橙色，且半分钟内不变色。(6)空白实验多消耗的盐酸的物质 的量[(cV一cV2)×10-3mol]等于与硫黄样品中含硫反应的氢 氧化钾的物质的量，由硫转化的总反应可得关系式S2OH厂， 则硫黄样品中含硫的物质的量为号(eW,-cV,)X10m0l,转 化为质量再除以样品的质量，即为硫的质量分数。 8.(1)由紫红色逐渐变为无色 (2)d、a、b (3)00.028②10-20X1020 0.028-10-29 (4)①增大极性③三种酸的饱和溶液的浓度不完全相同 (5)①2HCIO一2H+2CI+O2↑②用pH计测定 0.100mol/L NaClO溶液（含少量NaCI)的pH,再代入到 C0广的水解宿数计算式中，K:=0,最后得出K,- 10-11 =10-(合理即可) Kh 【解析】化学实验综合(1)酸性KM(),溶液被甲苯还原，溶液 山紫红色逐渐变为无色（试管内溶液先出现分层，下层为紫红 色，振荡后溶液不再分层，紫红色逐渐变为无色)。(2)重结品法 提纯的顺序为加热溶解、趁热过滤、冷却结品、常温过滤。 (3)①根据滴定原理进行计算：ceXV(酸，=c(XV心· 解得c,=0.028mol/L。②忽略水的电离，苯甲酸的K, 10-20X10-2 0.028一102。（4)0一般来说.肉原子电负性越大，其吸电 子效应越强，使对应俊酸分子俊基中的羟基极性啪大，酸性 增强。 9.(1)①Ccu,0还原②Cu(0H,ACu0+H,0 题型专项练三什 1.(1)< (2)c-2u-30 (3)反应的平衡常数小，反应限度低（或催化剂失活等合理答案） (4)①IN②B)③1.98①0.025 ·化学 (2)①溶解过量的Z②b③ⅢCu呈粉末状，颗粒小，难以 将光反射出来 【解析】实验探究(1)①新制氢氧化铜与葡萄糖在加热条件下 反应生成Cu2O,因此产生的砖红色沉淀为Cu2O,葡萄糖表现出 了还原性：②若没有加入葡萄糖就加热，则Cu(OH)2分解产生 黑色的CuO,反应的化学方程式为Cu(OHD,△CuO+H,0。 (2)①盐酸可与过量Z反应，因此加入盐酸的目的为溶解过量 的Zn粉；②溶液中CuSO4的物质的量为0.01mol,若Cu+完全 被Zn置换出来，则得到Cu的总质量为0.64g,固体为红棕色， 因此排除CuO,若Cu全部转化为Cu2O,则最多得到0.005mol Cu2O(质量为0.72g),因此不可能是Cu和C2O的混合物，可 能为Cu包裹了Zn;③若X含有CuO,则实验1中加入足量稀 H2SO,后有Cu+生成，加入足量NH3·H2O后，会生成深蓝色 溶液，故X的组成为Cu。 10.(2)①溶液由蓝色变为无色3厂+Br2一2Br+I5②增大 Mn+③实验Ⅱ中反应未达到平衡状态 (3)①40℃的K②防止Br,挥发并调控反应快速达到平衡 【解析】测定反应平衡常数的探究实验(2)①Ⅲ中，滴定时选 用淀粉作指示剂，达到滴定终点，I2恰好完全反应，溶液蓝色褪 去。KI的作用是将B2还原，再利用碘量法间接测定溶液中 c(Br),对应反应的离子方程式为3I厂+Br,一I5+2Br。 ②实验I中发什反应Mn(),十2Br-十AII=一Mn十Br十 2H,().反应消耗了H,与反应前的溶液相比，反应后溶液的 II增大。实验I中容器液面上方有淡黄色气休，说明牛成的 Br2部分挥发，反应生成的Mn的总量应等于生成的Br的总 量，而计算时采用的c(Mn·)等于溶液中的c(B),则计算时 所用的Mn+的浓度小于其在溶液巾的实际浓度。③实验Ⅱ 中，计算所得值也小于25℃的K值，可能原闪是Ⅱ中(I) 较小，反应速率较慢，反应时问太短，未达到平衡。(3)①判断该 实验测得的平衡常数是否准确.应与40℃时的平衡常数理论 值(K)比较。②综合调控pH和温度的目的是提高反应温度， 加快反应速率以确保反应快速达到平衡，同吋控制c(H),使 得B生成浓度较小，以防止其挥发。 比学反应原理综合 【解析】化学反应原理综合(1)该反应的平衡常数随温度升高 逐渐减小，说明该反应为放热反应，即△H<0。(2)根据各物质 的燃烧热以及盖斯定律可得直接合成反应的△H=2X (-a kJ/mol)+3X(-6 kJ/mol)-(-c kJ/mol)=(c-2a- 答30· 3b)kJ/mol。(3)由表中数据可推出500K时，反应的平衡常数 小于1.3×10-3，即该温度下反应的平衡常数小，反应限度低。 (4)①MG、乙二醇和乙醇的选择性之和应为1，则曲线I表示 DMO的转化率。MG生成乙二醇的反应为可逆反应，若反应达 到平衡，随温度升高，平衡逆向移动，乙二醇的选择性逐渐减小， 由图示可知在443~483K之间乙二醇的选择性随温度升高而 逐渐增大，说明反应未达到平衡，温度升高反应速率增大，乙二 醇的选择性逐渐增大，MG的选择性逐渐减小，继续升高温度， 由于乙二醇浓度增大，生成乙醇的速率逐渐增大，则乙醇的选择 性逐渐增大，则曲线V表示MG的选择性，曲线Ⅲ表示乙醇的选 择性。②由①中分析可知，A点体系未达到平衡状态，DMO转 化率较小的原因是反应速率较慢，可通过加快反应速率或延长 反应时间提高A点DMO转化率，可采取的措施有增大压强、延 长原料与催化剂的接触时间。③由图可知，483K时，DMO的 转化率为99%，乙醇的选择性为2%，则出口处（二醇） n(DMO) 99%X2=1.98。④初始氢酯比nL） 1一99% n(DMO)=52.4,设初始时通 入n(DMO)=amol,则n(H2)=52.4amol,由图像可知A点 时DMO的转化率为80%，MG和乙二醇的选择性均为50%，则 DMO(g)+2H2 (g)=MG(g)+CH OH(g) 转化(mol)0.8a1.6a 0.8a 0.8u M(g)一2H(g)一H(XHCH()H(g)十(CH()HKg) 转化(mol)0.Aa 0.8a 0.4a 0.4a 则A点时，体系中各组分的物质的量及总物质的量如卜表所示， 组分 DMO H, MGCH,(OHH()H,CH,(OH总量 物质的 0.2a50.0u0.1a 1.2a 0.4a 52.2d 量(m 则A点反应M;(g)+2H2(g)=H()H.(H.()H(g)+ 1.2a、0.4u 52.2aX52.2a ≈0.025。 CH()H(g)的浓度简Qx=0.4a×0. 52.2a 2.(1)3d4s2 (2)能 6 v. (3)①-267.8②Ti12(s) ③0.5 /0.5 V. (4)①(1-y)×100%②设tmin时，反应(e)转化&mol NH,,反应(f)转化3 6 mol N,H,据此列出三段式： N2 II=N2 I 2I, 转化(mol) u Zu ·化学 3N2H4=N2+4NH3 转化(mol) 3b 则n1=3a十bn2=no-(a十3b) 3a+b =y1…① no-(a+3b) no =y2…② no 联立①②可得：a= 3y1+y2-1 8 ,6=3-4-32 8 3y1+y2-1 则0一tomin时，催化剂的选择性为-y2)m -×100% 3y+y2-×10% 8(1-y2） 【解析】化学反应原理综合(1)Tⅰ原子序数为22，价层电子排 布式为3d4s2。(2)△H一T×△S<0时反应可以自发进行，结 合该反应的△H<0、△S>O,该反应在任何温度下均能自发进 行，(3)①根据盖斯定律，反应(a)=反应(c)一2×反应(b), △H1=+132.4kJ/mol-2×200.1kJ/mol=-267.8kJ/mol; ②升高温度反应(a)平衡逆向移动，反应(b)和反应(c)平衡正向 移动，TiC2(s)减少，TiC3(g)增多，两者分别对应曲线I和Ⅱ； ③利用Ti元素守恒进行计算，反应前钛元素共15.0mol,温度 T。K下n[Ti(s]=8.5mol,n[TiC(g]=6.0mol, nTiCl (s)=nTiCl2 (s)=0 mol,n TiCl (g)=0.5 mol, /614 反应(c)的平衡常数K= 0.5)3 (4)①y1对应曲线起始点纵 V 坐标为0，表示”y:对应曲线起始点纵坐标为1，表示，0一 n 11o 1nmin内NI1,的转化率为”一，即(1-)X100%。 3.(1)-41.2 (2)bc (3)反应①的活化能小于反应②（反应①是动力学优势反应），在 该温度下，反应①的反应速率远大丁反应②升高温度，反应② 速率增大程度人于反应①或催化剂部分失活 (1)b (5)i.增大i.0.675p 【解析】化学反应原理综合(1)反应C()(g)|LO(g) C(),(g)十H(g)可由反应②一反应①得到，由盖斯定律可知其 △H=-11.9kJ/mol-26.3kJ/mol=-A1.2kJ/mol。(2)反应 前后气体的总质量和容器的总体积不变，则气体密度始终不变， 不能判断是否达到平衡状态，a错误；反应①和反应②均为气体 体积增大的反应，随着反应正向的进行，气体的总压强逐渐增 大，当气体的总压强不变时，可以说明反应达到平衡状态，b正 31· 确；H2O(g)的浓度不再改变，说明反应已经达到平衡状态，c正 确：CO和CO2的物质的量相等，不能说明两者浓度已不再改 变，不能说明反应已经达到平衡状态，d错误。(3)由历程图可 知，反应①的活化能小于反应②，反应①为动力学优势反应，在 一定温度下，反应②反应速率慢，几乎不反应，而反应①的反应 速率快，选择性接近100%。升高温度，反应历程不变，反应①的 选择性下降，可能的原因是反应②的活化能大，升高温度，其反 应速率增大程度大于反应①或催化剂部分失活（在竞争体系中， 低温有利于生成动力学优势产物，高温有利于生成热力学优势 产物)。(4)增加原料中CH的量，CH自身转化率下降，a错 误；增加原料中CO2的量，CO2自身转化率下降，CH转化率增 大，b正确；通入Ar气，各组分浓度不变，CH转化率不变，c错 误。(5)1.由图像可知，Ar由80%降至0的范围内，投料组成 中Ar含量下降，CO2的平衡转化率减小程度小于CH,说明反 应④占比增大，则平衡体系中n(CO)：n(H2)的值将增大[恒温 恒压条件下，投料组成中Ar含量下降，相当于增压，反应③和反 应⑤平衡逆向移动，也能判断平衡体系中n(CO):n(H2)的值 将增大]。i.设起始时通入的n(Ar)=amol,则通入的n(CO2)= n(CH)=2amol,由图像可知该条件下，CH的平衡转化率为 20%,C02的平衡转化率为30%，则反应消耗的n清耗(CO2)= 0.6amol,n清耗(CH)=0.4amol,平衡时n平衡(CO2)=1.4amol, n￥衡(H)=1.6amol。设生成的C(),IL、L()的物质的量分别 为xml、ymol、之心mol,根据(C原子守恒可得x=0.6u十0.4a=a; 根据()原了守恒可得x十之=2×0.6u,解得之=0.2a;根据H原 子守恒可得2y+2:=0.4a×4,解得y=0.6u。平衡时， n(Ar)=amol,分压为pkPa,则反应⑤的平衡常数K,= (4xp k)x色×pk) =0.675p2(kPa)2. XpkN)x色2×p 4.（1)n+m 3 (2)d (3)I (1)a (5)②将CH(s)放在T燥的N。气流中，在200℃至 300℃的升温过程中测量固体质量变化 (6)还原Fe(),过程产生的I,()可以与CaH反应，一方面可 以促进(aH2转化成H,增加H浓度，另一方面可以减小 H()的浓度促进平衡正向移动，故更有优势 【解析】反应原理综合(1)将已知反应依次标为「、ⅱ，日标反 应-仪反应反应1，期△H:-加”，(2)可用单位时向 3 ·化学名 内电阻的变化表示反应的快慢，且速率为正值，故选择d。(3)温 度越高反应速率越快，故曲线I温度最高。(4)途径a相较于途 径b,活化能小，反应速率快，故a为主要途径。(5)反应① CaH2→Ca是失重过程，反应②CaH2→Ca(OH)2是增重过 程，故选择②。 5.(1)AB (2)5.4 (3)CO2+2e+2[(CH3)2NH2]+=HCON(CH3)2+ (CH)2 NH+H2O (4)< (5)①t时刻之前反应N的速率比反应V的快，t时刻之后由于 浓度的影响导致反应V的速率比反应V的慢②用H2作氢源 需要断裂H一H键，用SH4作氢源需要断裂Si一H键，由于 Si原子半径大于H,Si一H的键能比H一H小，所以用SiH4代 替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH,可以降低反应所需 温度 【解析】化学反应原理综合应用(1)温度改变导致平衡常数改 变，所以温度改变一定能改变甲醇平衡转化率，A正确；增大投 料比会导致CHOH平衡转化率增大，减小投料比会导致 CH3OH平衡转化率减小，B正确；由题给方程式可知，各反应气 体的计量数不变，故改变压强不能改变CHOH平衡转化率， C错误：催化剂不能使平衡发生移动，D错误。(2)[(CH),NH,]水 解平衡常数K-冬=10，因为水解微弱(H) √K,Xc(H)2NH7=10-i'mol/1,故pH=5.4。(3)电 解池阴极发生还原反应，由题意可知，C()在阴极上转化为 H()N(CH)2,故阴极反应式为C()2十2e· 2T(CH)3NH2]=H()N(H)2+(CH)2NH+H(). (4)中题意“嫡减”可知反应的△S0,且反应能白发进行，故 △H0。(5)①观察题图可知，t时刻前，HC())H物质的量百 分比增大的比HC()N(CH),快，而！时刻后HC())H物质的 量百分比逐渐减小至不变，HC()N(CH),物质的量百分比继续 增大，可知t时刻前，反应N的速率比反应V的大：t时刻后， 于反应物C),、H浓度减小，导致反应N的速率比反应 V的慢。②化学反应的本质是旧键断裂与新键形成。用 H,作氢源需断裂H一H键，用SH,作氢源需断裂Si一H键，由 于Si原子半径人于H,Si一H键的键能比H一H键小。 6.(1)HS(g)+20(g)-s0(g)+H0(g)△H= -518.0 k]/mol (2)①2NaHS)=NaS(),+H()②NaHS():+ Na C()=Na2S()-NaH(()Na S.()+H2 () 32· 2Na2CO3→2Na2SO3+2 NaHCO3)③SO④CO2、SO2 (3)①SO②溶液中发生的反应：i.HCO+SO2+ HO一HCO3+HO5,HCO3HO+CO2;i.SO号+ SO2+H2O一2HSO5。amol后，随着n(SO2)增加，因 HCO3分解，促进ⅰ中SO2与HCO3的反应不断正向进行，溶 液中c(HSO)不断增加，促使反应ⅱ逆向进行 【解析】盖斯定律、电离常数的应用、化学平衡(1)题给两个反 应相加可得目标反应方程式，根据盖斯定律可计算出目标反应 的反应热为[-221.2+(-296.8)]kJ/mol=-518.0k/mol, 因此由H,S制S0,的热化学方程式为HSg)+号0，(g)一 SO2(g)+HO(g)△H=-518.0kJ/mol。(2)①NaHSO3脱 水可得到焦亚硫酸钠，化学方程式为2 NaHSO,一NazS,O十 H2O。②母液中的主要溶质是NaHSO(或NaS,O),结合碳 酸和亚硫酸的电离常数判断，HSO酸性介于H,CO,和 HCO5之间，因此母液和过量Na2CO3反应的方程式为 NaHSOs+Naz COs NaHCO3 Na2 SOs Na2 S2Os+ H2O+2NaCO3-一2Na2SO3+2 NaHCO.3。③由于+4价的硫 元素会被氧气氧化为十6价，多次循环后母液中SO逐渐增 多，需除去。④尾气中含有大量CO2,还有部分在反应釜中未充 分反应的S),,均可被Na()H溶液吸收。(3)①0~amol时， S)平衡转化率明显大于HC)5平衡转化率，因此与S),优 先反应的离子是S(),该阶段的主要反应是S()·S) H,()=2IS)3。 7.(1)s3d (2)中心原子()有两个孤电子对 题型专项练四 ()H OH C())H COOCH 1.(1)0 1CIIOII 浓硫酸 +II() (2)羟基醛基 (3)取代反应 (4)4 ·化学会 (3)Ni P (4)CH重整会消耗CO2,使反应I平衡向右移动 (5)T,反应I、Ⅱ均为吸热反应，压强一定时，升温平衡右移， CH,的平衡转化率增大 (6)1.270% 【解析】化学反应原理综合、物质结构与性质(1)钙位于元素周 期表的ⅡA族，属于s区。基态Ni原子的价电子排布式是 3d84s2,N+的价电子排布式是3d8。(2)水分子的VSEPR模型 是四面体形，中心原子O有两个孤电子对，水分子的空间构型是 V形。(3)Ni位于晶胞的棱上、面上和内部，P位于晶胞的顶点和 内部，利用均摊法算出每个晶胞中含有6个Ni、3个P,因此该物 质的化学式为NizP。(5)反应I、Ⅱ均为吸热反应，压强一定时， 升温平衡向右移动，CH,的平衡转化率增大，从图中可看出 T,时CH的平衡转化率最大，因此反应温度最高的是T1。 (6)体系达平衡时，CaCO3的物质的量为0.2mol,CaO的物质的 量为0.8mol,CH,的物质的量为0.4mol,CO的物质的量为 1.3mol,根据碳元素守恒可算出CO2的物质的量为0.1mol, 根据氧元素守恒可算出H2O(g)的物质的量为0.1mol,根据氢 元素守恒可算出H2的物质的量为1.1mol,由于反应Ⅲ各物质 的化学计量数均为1，反应前后气体分子数不变，因此可用各组 分平衡时的物质的量代替平衡分卡计算平衡常数（当反应前后 气体分子数不变时，用平衡浓度表示的平衡常数K等于用平衡 分压表示的平衡常数K:,等于用平衡时的物质的量分数表示的 平衡常教KK。士义01.2。原位C0利用率= 1mol-0.2mol-0.1m0l×100%=70%。 1 mol 有机化学综合 【综合推断A与CHOH发生酯化反应生成B,B的结构简式 ()H ()H COOCI COOCH 为 中酯基被IiAH,还原 ()H CH2 OH 为醇羟基得到(，（的结构简式为 ;对比F和 H的结构简式以及(G的分了式可知(G的结构简式为 【解析】有机合成与推断(1)A与(H,()H发生酯化反应的化 33·题型专项练三化学反应原理综合 非选择题 1.(2025·辽吉黑内蒙古卷)乙二醇是一种重要化工原料，以合成气(COH2)为原料合成乙二醇具有重要意义。 I.直接合成法：2C0(g)+3H,(g)催化剂 HOCH2CH2OH(g),不同温度下平衡常数如下表所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数6.5×104 1.0 1.3×10-3 (1)该反应的△H (填“>”或“<”)0。 (2)已知CO(g)、H2(g)、HOCH2CH2OH(g)的燃烧热（△H)分别为一akJ/mol、一bkJ/mol、 一ck/mol,则上述合成反应的△H= k/mol(用a、b和c表示)。 (3)实验表明，在500K时，即使压强(34MP)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是 (答出1条即可)。 Ⅱ.间接合成法：用合成气和O2制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG 生成乙二醇的反应为可逆反应。 COOCH +2H2 CH2 OH +2H2 CH2 OH +H2 CH3 COOCH,-CH.OH COOCH -CH.OH CH2 OH -H2O CH2 OH DMO(g) MG(g) 乙二醇(g) 乙醇(g) n(H2) (4)在2MPa、Cu/Si)2催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比 (DMO)=52.4,出口处检测 到DM)的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示某物质的选择性= 1生成（该物质) n消耗(DM) X100%. (483.99 100 80 60 骨 米A(450.50) 0 20 (483.2) 0 443 463 483 503 523 温度K ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 (填图中标号，下同)表示DM()的转化率，曲线 表示MG的选择性。 ②有利于提高A点DM)转化率的措施有 (填标号)。 A.降低温度 B.增大乐强 C.减小初始氢酯比 D.延长原料与催化剂的接触时间 ·71· ③483K时，出口处n(乙醇) n(DMO的值为 (精确至0.01)。 ④A点反应MG(g)+2H2(g)→HOCH2CH2OH(g)+CHOH(g)的浓度商Qx= (用物质的 量分数代替浓度计算，精确至0.001)。 2.(2025·广东卷)钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 (1)基态T原子的价层电子排布式为 (2)298K下，反应TiO2(s)+2C(s)+2C2(g)=TiCL4(g)+2CO(g)的△H<0、△S>0,则298K下该反 应 (填“能”或“不能”)自发进行。 (3)以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0 mol TiCl4与10.0 mol Ti放入容积为V。L的恒容密闭容器 中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 △H (a) Ti(s)+TiCl(g)=2TiCl2 (s) △HI (b) TiCl2(s)+TiCl (g)=2TiCls (g) +200.1k/mol (c) Ti(s)+3TiCl(g)=4TiCla(g) +132.4k/mol (d) TiCla(g)=TiCla(s) △H2 ①△H1= kJ/mol. ②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图甲。曲线I对应的物质为 10 Ti(s) (T.8.5) 8 (T,6.0 置 6 炸 2 02iC6 TiCL(g) 1073 1173 1273 知 TIK ③温度T。K下，n[TiCl,(g)]= mol,反应(c)的平衡常数K= (列出算式， 尤须化简)。 (4)钛基催化剂可以催化储氢物质肼(N2H,)的分解反应： (e)N2H1—N2+2H2 (f)3N2H,-N2+4NH3 为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料（含V2H1的物质的量为。），进行实验， 得到%随时间（变化的曲线如图乙。其巾，m,为H与的物质的量之和：为剂利余N,H的物质 的量。设n。为0~t时间段内反应()消耗N2H的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用 n。一×100%表示。 n0—112 ·72· 备 2 (to y) (to,y2) 0 t/min 乙 ①0~to min内，N2H4的转化率为 (用含y2的代数式表示)。 ②0~to min内，催化剂的选择性为 (用含y1与y2的代数式表示，写出推导过程)。 3.(2025·安徽卷)I.通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应： ①HCOOH(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+26.3kJ/mol ②HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=-14.9kJ/mol (1)反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的△H= kJ/mol. (2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH(g),发生上述两个分解反应，下列说法中能 表明反应达到平衡状态的是 (填标号)。 a.气体密度不变 b.气体总压强不变 c.H2()(g)的浓度不变 d.C)和C()2的物质的量相等 (3)一定温度下，使用某催化剂时反应历程如图，反应①的选择性接近100%，原因是 升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是 过渡态2 HC0O*+ IΠ* CO(g)+ HCOOH(g) 过渡态1 H.O(g) COOH+ 反应① H* HCOOH* C0g并反应② H:(g) 反应历程 ·73· Ⅱ.甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和H2)的重要方法，主要反应有： 3CH (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2 (g) 4CO(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) 5CH(g)+H2O(g)CO(g)+3H2 (g) (4)恒温恒容条件下，可提高CH4转化率的措施有 (填标号)。 a.增加原料中CH的量 b.增加原料中CO2的量 c.通入Ar气 (5)恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的CH4/CO2/Ar混合气，投料组成与CH和CO2的 平衡转化率之间的关系如图所示。 100 80H 60 40 CO 一■ '6 CH 0 1/1/98 10/10/80 20/20/60 30/30/40 40/40/20 50/50/0 CH/CO2/Ar i.投料组成中Ar含量下降，平衡体系中n(CO):n(H2)的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 i.若平衡时Ar的分压为pkPa,根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数K。 (kPa)2(用含p 的代数式表示，K。是川分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 4.(2025·湖北卷)CaH(s)粉末可在较低温度下还原Fe(O3(s)。可答下列问题： (1)已知一定温度下， CaH2(s)+6Fe2()(s)=Ca((H)2(s)++4Fea()(s)AH=m kJ/mol 2CaH2 (s)+Fe()(s)-2Ca(()H)2(s)+3Fe(s)AH2=n kJ/mol 则3CaH2(s)+2Fe2(O3(s)=3Ca(OH)2(s)+4Fe(s)的△H3= kJ/mol(用m和n表示)。 (2)图印分别是260℃、280℃和300℃下CH2(s)还原Fe2()(s)过程中反应体系电阻R()随反应时 间t(h)变化的曲线，可用 (填标号)表示反应的快慢。 10 10 是10 10 2 4 t/h 甲 R AR R △R a.L b. C.At d.- △M ·74· (3)图甲中曲线 (填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。 (4)研究发现CaH2(s)对Fe2O3(s)的还原性主要来自于其产生的H2。一般认为H2在Fe2O3表面被氧 化成H2O有两种可能途径，图乙是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径 (填“a”或 “b”)是主要途径。 2途径a TS 2途径TSI 1.3 1.5 H. 0 0 H./ HO TS2 H,0 0H骏，0.5 2 20H0.9 、0H0.5 反应历程 反应历程 乙(TS代表过渡态) (5)CaH(s)产生H2的可能反应：①CaH(s)=Ca(s)+H(g)或②CaH(s)+2HO(g)一Ca(OH)2(s)+ 2H2(g)。将CH2(s)放在含微量水的N2气流中，在200℃至300℃的升温过程中固体质量一直增加， 由此可断定H2的来源之一是反应 (填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是H2的来 源，必须进行的实验是 (6)已知3H2(g)+Fe2O3(s)一3H2O(g)+2Fe(s)。研究表明，在相同温度下，用CaH2(s)还原 Fé2()3(s)比直接用H2(g)还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因： 5.(2025·1月浙江卷)二甲胺[(CH)2NH]、V,V-二甲基甲酰胺[HC()N(CH)2]均是用途广泛的化.T 原料。 请回答： (1)川氨和甲醇在密闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： T NHa(g)+CH2OH(g)=(g)+H2O(g) II CH,NH2 (g)+CH3OH(g)=(CH3)2NH(g)+H2O(g) I(CH)2NH(g)+CH OH(g)=(CH3)3N(g)+H2O)(g) 可改变甲醇平衡转化率的因素是 A.温度 B.投料比[n(NH3):n(CH(OH)] C.压强 D.催化剂 (2)25℃下，(CH)2NH·H()的电离常数为Kb,一lgK,=3.2,则1ol/L[(CH)2NH]CI水溶液的 pH= ·75· (3)在[(CH)2NH2]+CI-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH)2,阴极上生成HCON(CH)2 的电极反应方程式是 (4)上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH)2: (CH3)2 NH(g)+CO(g)=HCON(CH)2(D) 某条件下反应自发且嫡减，则反应在该条件下△H (填“>”“<”或“=”)0。 (5)有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比 n(CO2):n(H2):n[(CH3)2NH]=20:15:1,催化剂M足量。 反应方程式如下： NC0,(g)+H,(g)催化剂 碱性物质 HCOOH(g) V HCOOH(g)+(CHa)2 NH(g)=HCON(CH)2(g)+H2O(g) HCOOH、(CH3)2NH、HCON(CH3)2三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图示。 例：HCOOH的物质的量百分比=， n (HCOOH) (HCOOH(CH,)NH]HCON(CH]100% 100 (CH.NH 出 HCON(CH)2 HCOOH 01 反应时间 ①请解释HC())H的物质的量百分比随反应时间变化的原因（不考虑催化剂M活性降低或失活） ②若用SH,代替H2作为氢源与C()2反应生成H(C())H,可以降低反应所需温度。请从化学键角度解 释原因 6.(2025·北京卷)利用工业废气中的H2S制备焦亚硫酸钠(NaS,())的一种流程示意图如下。 NaOH溶液 尾气 尾气吸收器 HS. 冷却S02、N: 多级串联出料液 离心 NaS.O 空气 燃烧炉 净化少量0，等 反应釜 (液分离) →固体 1反应液 母液 Na,CO,配碱槽 体 ·76· 已知： 物质 H2CO H2SOs K(25℃) K1=4.5×10-7 K2=4.7X10-山 K1=1.4X10-2 K2=6.0X10-8 (1)制S02 1 已知：HS(g)+20,(g)S(s)+H,0(g)△H=-221.2kJ/mol S(s)+02 (g)=S02(g)AH=-296.8 kJ/mol 由H,S制SO2的热化学方程式为 (2)制Na2S2Os I.在多级串联反应釜中，Na2CO3悬浊液与持续通入的SO2进行如下反应： 第一步：2Na2CO3+SO2+H2O=Na2SO3+2 NaHCO3 第二步：NaHCO3+SO2=NaHSO3+CO2 Na2 SO3+SO2+H2O=2NaHSO Ⅱ.当反应釜中溶液pH达到3.8~4.l时，形成的NaHSO3悬浊液转化为NazS,O固体。 ①Ⅱ中生成Na2S2O的化学方程式是 ②配碱槽中，母液和过量Na2CO3配制反应液，发生反应的化学方程式是 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ,需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有 (3)理论研究Na2S()3、NaHC()3与S)2的反应。一定温度时，在1L浓度均为1mol/L的NaS()3和 NaHC()3的混合溶液巾，随n(S)2)的增加，S)号和HC()5平衡转化率的变化如图所示。 860 +HCO方 o-S0片 J 40 20 n(SO.)/mol ①0~amol,与S)2优先反应的离子是 ②a~bmol,HC()5平衡转化率上升而S)号平衡转化率下降，结合方程式解释原因： ·77· 7.(2025·河南卷)CCO3的热分解与Ni,P,催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2+CO),实现 碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应I Caco3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H1=+178kJ/mol 反应ⅡCH4(g)+CO2(g)=2H2(g)十2CO(g)△H2=+247kJ/mol 反应ⅢH2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g)△H3=+41k/mol 回答下列问题： (1)Ca位于元素周期表中 区；基态N+的价电子排布式为 (2)水分子的VSEPR模型与其空间结构模型不同，原因是 (3)NiP,的晶胞如图甲所示（晶胞参数a=b≠c,a=3=90°，y=120°），该物质的化学式为 o Ni ●P .a 甲 (4)恒压条件下，CH4重整反应可以促进CaCO3分解，原因是 (5)在温度分别为T1、T2和T3下，CH的平衡转化率与压强的关系如图乙所示，反应温度最高的是 (填“T,”“T”或“T3”),原因是 8100 801 60 3 40 20 0-7 含电 05001000150020002500 强/kPa 乙 (6)一定温度、100kPa下，向体系中加入1.0 mol CaC)3和1.0 mol CH,假设此条件下其他副反应可忽 略，恒压反应至平衡时，体系中CaC)3转化率为80%，CH转化率为60%，C)物质的量为1.3mol,反 应Ⅲ的平衡常数K。= (保留小数点后一位)，此时原位C()2利用率为 已知：原位C)2利用率= [nc0.(初始)一1c,(平衡)]一1，（平衡） ×100% n(a,（初始) ·78·