专题04 化学反应原理综合题（大题专练，六大类型集训）（北京专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题04 化学反应原理综合题 内容概览 类型一 热化学与电化学 类型二 热化学与化学平衡 类型三 化学平衡与电解质溶液 类型四 电化学与电解质溶液 类型五 电化学与化学平衡 限时：120分钟 题量：18道 ◆类型一 热化学与电化学 1．（25-26高三下·北京·开学考试）羟胺()为无色固体，结构可视为-OH替代中1个-H。羟胺具有和类似的弱碱性，可以与盐酸反应生成盐酸羟胺()。盐酸羟胺是一种盐，易溶于水，溶解后完全电离为和。 (1)中N元素的化合价是_______。 (2)过氧化氢催化氧化氨水法制备盐酸羟胺的原理如下： 步骤1： 步骤2： 资料：丙酮()是一种易溶于水的无色液体，沸点为。 ①X的分子式为，其核磁共振氢谱只有两个吸收峰，红外光谱显示其分子结构中存在羟基和碳氮双键。X的结构简式是_______。 ②步骤1中，相同反应时间氨的转化率随温度变化如图1.温度高于65℃时，随温度上升氨的转化率变化的可能原因是_______。 ③步骤2中，在密闭容器中反应时，X的平衡转化率随温度变化如图2.该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。 (3)电化学法制备盐酸羟胺：向两侧电极分别通入NO和，以盐酸为电解质，组装原电池以制备盐酸羟胺。装置(图3)和正极反应机理图(图4)如下。 ①将图4方框中缺失的物质补充完整_______。 ②一段时间后，正极区的pH与反应前相比发生怎样的变化(不考虑溶液体积的变化)，结合化学用语解释原因_______。 (4)检测羟胺固体样品的纯度。取羟胺固体配成溶液，取出放置于锥形瓶中，先滴入足量的一定浓度的溶液，将羟胺中的N元素氧化为无毒气体，再滴入的标准溶液，达滴定终点时，用去标准液的体积为(杂质不参与反应)，则样品的纯度为_______。 【答案】(1) (2) 以上，温度升高促进过氧化氢分解//氨挥发/丙酮易挥发/催化剂活性降低，浓度均降低，化学反应速率减慢，氨的转化率降低 吸热 (3) 、(或) 正极区：由电极反应：可知，电路中每转移，消耗，同时会有 通过交换膜移入正极区，最终减小，pH增大 (4) 【解析】（1）中H为+1价，Cl为-1价，O为-2价，则元素的化合价是-1价。 （2）①其核磁共振氢谱只有两个吸收峰，说明含有两种环境的氢原子，红外光谱显示其分子结构中存在羟基和碳氮双键，则的结构简式是。 ②以上，温度升高促进过氧化氢分解，且氨和丙酮易挥发，浓度均降低，或催化剂活性降低等因素，导致化学反应速率减慢，氨的转化率降低。 ③由图可知，升高温度，的平衡转化率增大，则该反应为吸热。 （3）①根据题意，羟胺具有类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以推出这一步发生的反应是：，盐酸羟胺是一种盐，易溶于水，溶解后完全电离为和。 ②在正极得到电子，电极反应式为：可知，电路中每转移，消耗，同时会有通过交换膜移入正极区，最终减小，增大。 （4）根据氧化还原电子守恒： （N从-1→0，失1e⁻）能还原生成；根据反应可知，氧化，可得关系。 总样品中，摩尔质量为，因此纯度为：。 2．（25-26高三上·北京顺义·期末）甲醇是一种用途广泛的重要化工原料，也是一种有前景的新型清洁能源。 (1)煤制甲醇是传统煤化工的重要技术。该合成路线是将煤首先转化为水煤气，再经催化剂合成。 已知：i． ii． 由与合成的热化学方程式是___________。 (2)科研人员研制不同的催化剂以实现利用与合成。 ①与在催化剂的作用下只发生反应。一定温度下使用该催化剂，在体积为的恒温密闭容器中投入和，达到平衡时在混合气中物质的量分数为10%。该温度下反应的平衡常数为___________。 ②使用催化剂II时，反应i过程中能量变化示意图如图(表示吸附态)。下列说法不正确的是___________(填序号)。 a．反应进程中为反应的决速步 b．反应进程的微粒中，原子有两种杂化方式 c．反应进程中有极性共价键和非极性共价键的断裂与形成 ③使用催化剂Ⅲ时，同时发生反应i及iii。 iii．。 在定容密闭容器中充入与发生反应，单位时间内，未达平衡时，随温度升高，CO2的转化率增大，但减小，可能原因是___________。 (3)我国科研人员设计装置，通过耦合电解与，两电极同时生成甲酸盐，实现产品增值。如图为电解装置示意图。 ①电极a是电解池的___________极。 ②电解过程中b电极生成甲酸盐的电极反应式是___________。 【答案】(1) (2) 1/48(0.0208) bc 温度升高，i、iii速率均增大，但温度对iii速率的影响大于对i的影响 (3) 阴极 【解析】（1）由盖斯定律，将已知反应i+ii可得目标反应：则，故热化学方程式为； （2）① 设平衡时，列三段式： ； 总物质的量，由物质的量分数为10%： ，解得，容器体积为，平衡常数： ② a：决速步由活化能最大的步骤决定，图中最大能垒出现，a正确； b：中间体中、中C为杂化，中C为杂化，中C为杂化，共3种杂化方式，b错误； c：反应过程中只有反应物中非极性键断裂，以及极性键的断裂和形成，全程没有非极性键生成，c错误； ③CO2的转化率增大，但减小，说明反应iii的选择性大于反应i，即原因是：温度升高，i、iii速率均增大，但温度对iii速率的影响大于对i的影响； （3）① a电极上转化为，C元素化合价从降低为，得电子，因此a是电解池的阴极； ② b电极上失电子生成，C从升高为，生成的是甲酸盐，说明是碱性环境，电极反应式为： 。 3．（25-26高三上·北京·期中）黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应 ⅰ. (1)反应ⅰ中还原剂为_______。 (2)反应ⅰ所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2。将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ⅱ，同时发生副反应ⅲ。 ⅱ.   ⅲ.   理论分析及实验结果表明，600~1000 K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10 min时S2实际产率如下图。 ①从资源和能源利用的角度说明用反应ⅱ处理尾气的好处：_______。 ②900 K，在10 min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为_______。 ③随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是_______。 (3)处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后(原理如图所示)，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3。利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小1 mol，则理论上的物质的量减少2 mol。 请结合电极反应式说明理由：_______。 【答案】(1)FeS2、C (2) 回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂，利用反应ii放热为反应i提供能量 减小至900K时S2的平衡产率后保持不变 温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c（SO2）、c（CO）增大；对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动 (3)根据电极方程式正极的电极反应式为：+4e-+6=S+3H2O+6可知，当消耗1mol亚硫酸根离子，转移4mol电子，同时消耗6mol碳酸氢根离子，生成6mol碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4mol的H+通过质子交换膜来到正极，4mol氢离子可以结合4mol的碳酸根离子生成4mol的碳酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2mol 【分析】原电池中，葡萄糖转化为二氧化碳和水，碳的化合价在升高，作负极，Na2SO3中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：+4e-+6=S+3H2O+6，据此回答。 【解析】（1）反应ⅰ中部分Fe的化合价由+2价升高到+3价，S的化合价由-1价升高到0价，C的化合价由0价升高到+2价，化合价升高被氧化，故还原剂为FeS2、C； （2）①反应ii处理尾气的好处有：回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂，利用反应ii放热为反应i提供能量； ②通过观察图像可知，10min时S2的实际产率大于平衡产率，所以最终要减小到与900K时产率相等，则900K，在10min后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为：先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变，或减小至900K时S2的平衡产率后保持不变，故答案为：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变； ③随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c（SO2）、c（CO）增大，对于反应ii,浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动，故答案为：温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c（SO2）、c（CO）增大；对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动； （3）根据电极方程式正极的电极反应式为：+4e-+6=S+3H2O+6可知，当消耗1mol亚硫酸根离子，转移4mol电子，同时消耗6mol碳酸氢根离子，生成6mol碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4mol的H+通过质子交换膜来到正极，4mol氢离子可以结合4mol的碳酸根离子生成4mol的碳酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2mol。 ◆类型二 热化学与化学平衡 4．（25-26高三下·北京·月考）合成气（和）是重要的工业原料气。 (1)合成气（和）制备甲醇：。除的键能外，估算该反应的还需要________（填数字）种化学键的键能数据。 (2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入、和过量的：，催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因是________。 ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分含有质量分数30%的。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是________（填化学式）。 (3)研究、与不同配比的铁铈载氧体[，，是活泼金属，正价有、]反应，气体分步制备原理示意如下图所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的、，依次发生的主要反应：             ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图a所示。时，大于理论值2的可能原因有________（写出两条）；时，通入标准状况下300 mL的至反应结束，CO的选择性，则生成标准状况下CO和的总体积为________mL。 ②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图b所示（X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有________（填化学式）。 ③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值：________。 【答案】(1)4 (2) 该反应ΔH<0，为放热反应，故反应中绝热容器中温度升高，防止生成积碳；H2O(g)的比热容较大，过量的H2O(g)可吸收热量，防止绝热容器中温度过高，从而有效防止催化剂活性下降 KHCO3 (3) x=0时，载氧体中只有CeO2，氧化性较强，可能将部分CO氧化为CO2，或者高温下部分CH4分解产生C和H2 432 C、Fe、FeO Fe2O3作用：将Ce2O3氧化为CeO2；采用分步制备的价值：分步制备的价值，有利于载氧体的循环，得到更纯净的H2 【解析】（1）估算ΔH需要反应物和产物中化学键的键能，除了CO的C≡O键能外，还要H2中的H−H键、CH3OH中的C−H键、C−O键、O−H键共4种化学键的键能数据； （2）①反应ΔH<0，为放热反应，故反应中绝热容器中温度升高，若无水的存在，则会生成积碳，且H2O(g)的比热容较大，过量的H2O(g)可吸收热量，防止绝热容器中温度过高，从而有效防止催化剂活性下降； ②脱碳时生成的二氧化碳与K2CO3发生反应，K2CO3溶液浓度偏高会导致产生KHCO3过多，从而析出堵塞设备； （3）①x=0时，载氧体中只有CeO2，氧化性较强，可能将部分CO氧化为CO2，或者高温下部分CH4分解产生C和H2，由图a可知，当x=0.5时，甲烷的转化率为60%，则V转化(CH4)=300 mL×60%=180 mL，CO的选择性，则=180 mL×80%=144 mL，由图a中数据可知，，则，=144 mL×2=288 mL，故生成标准状况下CO和H2的总体积为288 mL+144 mL=432 mL； ②新制载氧体与甲烷反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与水蒸气反应，使载氧体再生从而继续与甲烷反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与甲烷反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与水蒸气反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与水蒸气反应； ③对比图中物质可知，Fe2O3具有氧化性，Fe2O3作用：将Ce2O3氧化为CeO2；采用分步制备的价值：分步制备的价值，有利于载氧体的循环，得到更纯净的H2。 5．（2026·北京·模拟预测）以氨为原料制备硝酸的原理示意图如下。 已知：氧化炉中相关反应的反应热和平衡常数如下表。 反应(，0.1 MPa) (主反应) (副反应) (1)理论分析不用制备NO的原因。 ①从分子结构角度解释：___________。 ②计算该反应的和，从反应原理角度解释：___________。 (2)热交换器中的反应分两步。 反应ⅰ： 反应ⅱ： 对应的反应过程示意图如下。 用、、、作答： ①由于___________>___________，反应ⅱ速率较慢。 ②请写出总反应的热化学反应方程式：___________。 (3)吸收塔中的总反应为   从平衡的角度推断有利于将转化为的措施是___________、___________、___________。 【答案】(1) 键能大，不易断裂 ，反应吸热，与主反应放热相比能耗大，，反应限度小 (2) 、 (3) 加压 提高氧气浓度 降温 【解析】（1）分子中存在三键，键能大，分子稳定性强，断裂化学键需要极高能量，反应难以发生；根据盖斯定律，用主反应-副反应得到目标反应，，平衡常数。 该反应平衡常数非常小，平衡时NO的产率极低，不适用于制备NO。 （2）① 反应速率由活化能决定，活化能越大反应速率越慢，反应ⅱ的活化能为，反应ⅰ活化能为，因此由于 ，反应ⅱ速率较慢。 ② 总反应为两步反应加和，反应物总能量比生成物总能量高，因此总反应热化学方程式为： 。 （3）已知总反应：（放热），正反应为气体分子数减少的反应，根据勒夏特列原理，有利于平衡正向移动的措施为： 增大压强、降低温度、增大浓度（通入过量）（顺序可互换，合理即可）。 6．（25-26高三下·北京·开学考试）两种方法对某工业废气(主要成分为H2S)进行回收利用。 (1)自驱动光电催化法，原理如图，步骤如下： Ⅰ．常温下，左池中的电解液是稀硫酸和少量KI的混合溶液，右池中的是稀硫酸。 Ⅱ．持续光照条件下，WO3表面会产生空穴(h+)和光生电子，光生空穴会氧化I-：3I-+2h+=。左池溶液逐渐由无色变为棕色时，通入工业废气，溶液突然褪色变浑浊，停止通气，滤出固体，待溶液由无色再次变棕时，再次通入工业废气，并不断循环。 Ⅲ．实验过程中，右池持续通入O2。 ①结合化学用语解释Ⅱ中溶液颜色变化的原因：______。 ②装置中总反应的化学方程式是______。 ③实验中S的产率和电解效率接近100%。但H2O2的电解效率明显偏小，可能的原因有______(写出两点)。 电解效率η的定义：η(B)= (2)热解H2S法制H2。将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生反应：2H2S(g)+CH4(g)⇌CS2(g)+4H2(g)。 ①该反应可看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ分两步进行，并且第Ⅱ步是决速步。画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图______。 反应Ⅰ：2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)  ΔΗ1=+170kJ·mol-1 反应Ⅱ：CH4(g)+S2(g)⇌CS2(g)+2H2(g)  ΔΗ2=+64kJ·mol-1 ②常压下，按体积比V(H2S)：V(CH4)：V(N2)=2：1：7投料，不同温度时，其他条件不变，反应相同时间后，测得H2和CS2体积分数(φ)如下表： 温度/℃ 950 1000 1050 1100 1150 φ(H2)/% 0.5 1.5 3.6 5.5 8.5 φ(CS2)/% 0.0 0.0 0.1 0.4 1.8 i．1150℃时，S2(g)的体积分数是______。 ii．在950℃～1150℃范围内，S2(g)的体积分数随温度升高会发生变化，写出该变化规律并分析原因______。 (3)对比上述两种处理H2S的方法，说明哪种方法更具优势并说明理由：______。 【答案】(1) 光生空穴氧化I-：3I-+2h+=(或电池负极发生3I--2e-=)，溶液由无色变为棕色；通入H2S，发生反应+H2S=3I-+S↓+2H+，溶液由棕色变为无色 H2S+O2S↓+H2O2 右池电极可能发生O2+4e-+4H+=2H2O；或2H++2e-=H2↑；或部分H2O2分解等 (2) 0.65% 先升后降；低温段以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率加快，S2(g)的体积分数增大；高温段，随温度升高，反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小 (3)自驱动光电催化法更具优势，该方法的H2S转化率更高，能耗更小 【解析】（1）①左池光生空穴氧化I-，发生反应（或电池负极发生），溶液由无色变为棕色；通入H2S气体，发生反应，溶液由棕色变为无色； ②右池中发生反应，结合第①问，可知总反应的化学方程式是； ③右池电极可能发生反应：或；H2O2还可能发生分解反应生成水和氧气，所以H2O2的电解效率明显偏小； （2） ①该反应可看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ分两步进行，总反应吸热，第一步、第二步都是吸热反应，并且第Ⅱ步是决速步，即第二步反应的活化能大于第一步，反应过程能量示意图为； ②ⅰ.1150℃时，设参加反应的H2S的物质的量为a mol、参加反应的CH4的物质的量为b mol，反应后气体总物质的量为x mol，根据碳元素守恒，b=n(CS2)=1.8%x，根据氢元素守恒，a+2b=n(H2)=8.5%x，则a=8.5%x-2(1.8%x)=4.9%x，根据S元素守恒，S2(g)的物质的量为(-b) mol=2.45%x mol-1.8%x mol=0.65%x mol，则S2(g)体积分数是0.65%； ⅱ.在950℃~1150℃范围内，S2(g)的体积分数随温度升高先升后降；原因是低温段以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率加快，S2(g)的体积分数增大；高温段，随温度升高，反应Ⅱ消耗S2(g)的速率大于反应Ⅰ生成S2(g)的速率，S2(g)的体积分数减小； （3）自驱动光电催化法在常温下就能反应且实验中S的产率和电解效率接近100%；热解H2S法制H2，需要在高温条件下反应，所以自驱动光电催化法更具优势，该方法的H2S转化率更高，能耗更小。 ◆类型三 化学平衡与电解质溶液 7．（25-26高三上·北京·阶段练习）三氧化二铬是重要的有机反应催化剂，一种利用铬酸钾粗品制备的流程示意图如下。 已知：Ⅰ．   Ⅱ．易溶于水，难溶于水 净化除杂向粗品中加入溶液以除去、。 (1)制备 ①向净化液中通入过量的可制得。反应的化学方程式是___________。 ②电解净化液也可制得，装置示意图如图1，结合化学用语说明制备的原理：___________。 (2)取电解所得某溶液稀释至100 mL，移取10 mL稀释液于锥形瓶中，加入过量的溶液，滴加2∼3滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为。则溶液的物质的量浓度为___________。 (3)制备 在热压反应釜中，将蔗糖与的混合溶液加热至120℃，可获得，同时生成、。若生成1 mol ，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是___________mol。 (4)应用 催化丙烷脱氢生成丙炔，过程中会发生副反应形成积炭。 ①该脱氢反应的两种可能的反应过程a、b如图2所示。 ⅰ．相同条件下，反应速率更快的是___________(填“a”或“b”)。 ⅱ．该脱氢反应的焓变的计算式为___________。 ②温度升高到一定程度时，相同时间内，丙炔的产量降低，原因是___________(答1个)。 【答案】(1) 阳极反应式为，生成的发生反应：，同时钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，在阳极室制得 (2) (3) (4) a 催化剂反应需要一定的活化温度，温度升高到一定程度时，可能会导致催化剂的活性降低，相同时间内丙炔的产量降低（或温度升高到一定程度时，反应过程中副反应形成得积炭附着在催化剂表面，降低了催化剂的活性，导致相同时间内丙炔的产量降低） 【分析】铬酸钾粗品加入溶液生成沉淀以除去、，净化除杂后通入过量的可制得，蔗糖与的混合溶液加热至，可获得。 【解析】（1）向净化液中通入过量的可制得，根据质量守恒可知，生成物还有碳酸氢钾，反应的化学方程式是； 图为电解池，阳极附近水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，阳极反应式为，生成的发生反应：，同时钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，在阳极室制得。 （2），加入的过量氯化钡反应生成铬酸钡沉淀和氢离子，加入氢氧化钠，发生反应：，则存在关系：，则溶液的物质的量浓度为； （3）蔗糖与的混合溶液加热至，可获得，同时生成、，反应中碳元素化合价由变为，铬元素化合价由变为，结合得失电子守恒可知，若生成，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是； （4）过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小，反应越快，活化能越大，反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，据图可知，相同条件下，反应速率更快的是a；根据盖斯定律，总反应的反应热等于分步反应的反应热之和，则该脱氢反应的焓变的计算式为； 催化剂反应需要一定的活化温度，温度升高到一定程度时，可能会导致催化剂活性降低，相同时间内，丙炔的产量降低；另外温度升高到一定程度时，反应过程中副反应形成的积炭附着在催化剂表面，降低了催化剂的活性，也会导致相同时间内，丙炔的产量降低。 8．（24-25高三上·北京西城·期末）人工固氮对于农业生产有重要意义。 (1)工业合成氨。 ①和合成反应的化学方程式是___________。 ②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是___________。 a．升高温度    b．增大压强    c．使用催化剂 (2)中国科学家研究合金催化剂电催化还原制，装置如图1所示。 ①阴极生成，其电极反应式是___________。 ②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明来自电催化还原，需排除以下可能： ⅰ．环境和电解池中存在微量的。 ⅱ．合金与、直接反应生成。 下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是___________。 资料：自然界中的丰度：为99.6%，为0.4%。 a．用Ar代替进行实验，电解后未检测到 b．用代替进行实验，电解后仅检测到 c．不通电进行实验，未检测到 ③的生成速率、和的法拉第效率(FE)随阴极的电势变化如图2和图3所示。 资料：ⅰ．相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。 ⅱ．某电极上产物B的 阴极的电势由降到时，的生成速率增大。阴极的电势继续降低，的生成速率反而减小。结合解释的生成速率减小的原因：___________。 (3)用滴定法测定溶液中的物质的量浓度的一种方法如下。 Ⅰ．取含的待测溶液。 Ⅱ．加入过量的溶液。 Ⅲ．蒸馏，将蒸出的用过量的溶液吸收。 Ⅳ．加入甲基橙指示剂，用溶液滴定吸收液中过量的，消耗的溶液体积为。 计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积：___________和。 【答案】(1) b (2) c 阴极同时还生成，随着阴极的电势降低，增大，减小，减小的程度大于总电流增大的程度，的生成速率减小 (3)、 【解析】（1）①和在高温、高压、催化剂的条件下反应，生成，化学方程式为：； ②a．升高温度，能够加快反应速率，但是合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应限度降低，故a不符合题意； b．增大压强，反应速率增大，同时平衡正向移动，反应限度增大，b符合题意； c．使用催化剂只能加快反应速率，不能改变反应限度，c不符合题意； 答案选b； （2）①由装置图可知，阴极得到电子，生成，其电极反应式为：； ②证明来自电催化还原，需排除i、ii两种可能； a．Ar是惰性气体，不可能被还原生成，如果电解后没有检测到，说明环境、装置、溶液本身不存在，可以排除i；但因为没有气参与，不确定合金与、是否直接反应生成，a错误； b．用代替进行实验，如果电解后检测到，说明氮来源必须是新通入的，可以排除i环境或装置原本不会含，但如果是合金与、水直接生成，生成的也是，不可排除ii，b错误； c．如果不开电源、无电解反应，结果没有，说明环境中本身没有污染源，可排除i，同时合金不与、直接反应生成，可以排除ii，c正确； 答案选c； ③由图2、图3可知，阴极的电势由降到时，的生成速率增大，阴极的电势继续降低，的生成速率反而减小，结合解释的生成速率减小的原因是阴极同时还生成，随着阴极的电势降低，增大，减小，减小的程度大于总电流增大的程度，的生成速率减小； （3）由题意可知，，其中有一部分硫酸和反应，剩下未反应的硫酸用NaOH滴定，消耗了：，因为是二元酸，而NaOH是一元碱，所以氢氧化钠消耗硫酸：，消耗硫酸：，根据反应，，则，，故计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积有； 9．（24-25高三上·北京·阶段练习）以BaS粗液（含BaSO3、BaCO3）为原料制备BaCl2溶液。 已知：BaS易溶于水。 (1)一次脱硫 ①反应体现出酸性关系：HCl________H2S（填“＞”或“＜”）。 ②产生S的离子方程式是_________。 (2)经一次脱硫后，BaCl2粗液依然含有少量H2S、SO2等含硫微粒。沉淀A只含一种物质，沉淀A是__________。 (3)二次脱硫 通入Cl2需适量，避免造成资源浪费。因此，需测量BaCl2粗液中H2S、SO2等的含量，方法如下： Ⅰ．取V1mL BaCl2粗液，沉淀Ba2+。过滤，滤液备用； Ⅱ．取V2mLa mol/LKBrO3标准溶液，加过量KBr，加HCl酸化，溶液呈棕黄色； Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入滤液，得到澄清溶液； Ⅳ．向Ⅲ中澄清溶液加入过量KI； Ⅴ．用bmol/LNa2S2O3标准溶液滴定中Ⅳ溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V3 mL。 已知：；Na2S2O3与Na2S4O6均无色 ①Ⅱ中加入KBr的质量＞_________g（KBr的摩尔质量为119 g/mol）。 ②Ⅲ中发生的离子反应有、__________。 ③Ⅴ中滴定至终点的现象是___________。 ④1 L BaCl2粗液二次脱硫，需通入Cl2_________mol。 ⑤由于Br2易挥发，Ⅱ-Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果_________（填“偏高”或“偏低”）。 将中和后的精制BaCl2溶液蒸发浓缩，可得成品BaCl2·2H2O。 【答案】(1) ＞ (2)BaSO4 (3) H2S+4Br2+4H2O=+8Br- +10H+ 溶液蓝色恰好消失，且半分钟不恢复 偏高 【分析】根据题中图示可知，BaS粗液(含少量BaSO3、BaCO3)中加入HCl，进行一次脱硫，硫元素转化成H2S、S除掉，得到BaCl2粗液(有少量H2S、SO2等含硫微粒)。在粗液中加入Cl2，进行二次脱硫，过滤，由于沉淀A只含一种物质， 所以发生反应有SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，H2S+4Cl2+4H2O=H2SO4+8HCl，Ba2++= BaSO4↓，则沉淀A为BaSO4，滤液为酸性BaCl2溶液，再加入BaCO3与过量的盐酸反应，得到BaCl2溶液，将中和后的精制BaCl2溶液蒸发浓缩，可得成品BaCl2·2H2O，据此解答。 【解析】（1）①由题中信息可知：BaS中加入HCl，发生反应生成BaCl2和H2S，即BaS+2HC1= BaCl2+H2S↑，符合强酸制弱酸的原理，所以酸性：HCl＞H2S； ②由题中信息可知，BaS中有BaSO3，加入HCl产生S的化学反应方程式为：BaSO3+ 2BaS+6HCl=3BaCl2+3S↓+3H2O，其相应的离子方程式为：； （2）由上述分析可知：沉淀A是BaSO4； （3）①由题中信息可知，V2 mLa mol/LKBrO3标准溶液，加过量KBr、加HCl酸化，溶液呈棕黄色，发生反应为KBrO3+5KBr+6HCl=6KCl+3Br2+3H2O，则V2 mLa mol/LKBrO3标准溶液中含有溶质的物质的量为n(KBrO3)=a mol/L×V2×10-3 L=aV2×10-3 mol，需要KBr的质量为m(KBr)=5×aV2×10-3 mol×119 g/mol=0.595aV2 g，由于KBr过量，所以Ⅱ中加入KBr的质量＞0.595aV2 g； ②向Ⅱ所得溶液中加入滤液，得到澄清溶液，即滤液中的H2S、SO2分别与Br2反应，得到澄清溶液，则 发生的离子反应有：、H2S+4Br2+ 4H2O=+8Br- +10H+； ③用b mol/L Na2S2O3标准溶液滴定中Ⅳ溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，终点的现象为溶液蓝色恰好消失，且30 s溶液不恢复蓝色； ④由实验Ⅱ可知：V2 mLa mol/LKBrO3的物质的量为n(KBrO3)=aV2×10-3 mol，产生Br2的物质的量为n(Br2)=3aV2×10-3 mol，Br2分别与滤液中的H2S、SO2反应，过量的Br2与KI发生置换反应生成I2，即Br2+2KI=2KBr+I2，则由I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知：I2的物质的量为n(I2) =mol，Br2分别与滤液中的H2S、SO2反应的物质的量为n(Br2) =3aV2×10-3 mol -mol=mol，所以V1 mLBaCl2粗液中，H2S、SO2消耗Br2的物质的量与消耗Cl2的物质量相等，即1 LBaCl2粗液二次脱硫，需通入Cl2的物质的量为n(Cl2)=n(Br2)=mol； ⑤由于Br2易挥发，Ⅱ-Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则部分Br2挥发后，生成I2减小，滴定时消耗Na2S2O3减小，使粗液中SO2、H2S偏高。 ◆类型四 电化学与电解质溶液 10．（24-25高三上·北京·月考）工业锌粉常用于制造防锈漆等，其主要成分为金属锌，还有少量含锌化合物及其他杂质。锌单质的含量及锌元素的总量影响着工业锌粉的等级。 Ⅰ．锌的制备 (1)氯氨法炼锌：一定条件下，通入，以浓溶液为浸取剂浸锌，可将矿物中难溶的转化为、等，同时生成S，结合平衡移动原理解释、对浸锌的作用：___________。 (2)酸性介质中电沉积制锌粉：以和混合液（为4~6）为电解质溶液，用下图装置电解制锌粉。一定条件下，实验测得电流效率为。 已知：电流效率 ①阴极的电极反应有___________。 ②制得锌粉时，电解质溶液中的物质的量至少增加__________。 (3)离子液体电沉积制锌：80℃时，将溶解于（结构如图）中，电解制锌。离子化合物的熔点约为79℃，从结构角度解释其熔点低的原因：____________。 Ⅱ．锌元素总量的测定 已知： ⅰ．二甲酚橙（）与反应：   与反应：   ⅱ．溶液可排除其他金属阳离子的干扰，避免其与和作用。 (4)滴定终点时的现象是___________。 (5)计算样品中锌元素的质量分数还需要的实验数据有__________。 【答案】(1)ZnS在溶液中存在如下平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2—(aq)，加入NH4Cl，NH在溶液中水解：NH+H2ONH3·H2O+ OH—，NH3·H2O与Zn2+反应生成[Zn(NH3)4]2+，通入O2，O2与S2—反应生成S，Zn2+、S2—浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移 (2) Zn2++2e—=Zn、2H++2e—=H2↑ 0.25 (3)EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间形成的离子键弱 (4)滴入最后半滴EDTA溶液，溶液由红色变为黄色，且30s不变红 (5)待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积 【解析】（1）硫化锌在溶液中存在如下溶解平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2—(aq)，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中存在如下水解平衡：NH+H2ONH3·H2O+ OH—，加入氯化铵浓溶液，溶液中锌离子与一水合氨反应生成四氨合锌离子；通入氧气，氧气与溶液中硫离子反应生成硫，溶液中锌离子和硫离子的浓度减小，硫化锌的溶解平衡向右移动，有利于硫化锌转化为锌离子、四氨合锌离子等，所以一定条件下，通入氧气，以氯化铵浓溶液为浸取剂可以浸取矿物中的锌元素，故答案为：ZnS在溶液中存在如下平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2—(aq)，加入NH4Cl，NH在溶液中水解：NH+H2ONH3·H2O+ OH—，NH3·H2O与Zn2+反应生成[Zn(NH3)4]2+，通入O2，O2与S2—反应生成S，Zn2+、S2—浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移 （2）由题意可知，酸性介质中电沉积制锌粉的过程为与直流电源正极相连的左侧锌电极为电解池的阳极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气； ①由分析可知，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气，电极反应式为Zn2++2e—=Zn、2H++2e—=H2↑，故答案为：Zn2++2e—=Zn、2H++2e—=H2↑； ②由分析可知，制得65g锌粉时，理论上析出金属锌的物质的量为=1.25mol，由得失电子数目守恒可知，阳极放电生成锌离子的物质的量为1.25mol，则电解质溶液中增加锌离子的物质的量为1.25mol—=0.25mol，故答案为：0.25； （3）由结构可知，离子化合物EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间形成的离子键弱，所以EMIC的熔点低，故答案为：EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间形成的离子键弱； （4）由题意可知，二甲酚橙为EDTA溶液滴定溶液中锌离子的指示剂，溶液中锌离子与EDTA完全反应后，滴入最后半滴EDTA溶液，溶液会由红色变为黄色，则滴定终点时的现象为滴入最后半滴EDTA溶液，溶液从红色变为黄色，且30s不变红，故答案为：滴入最后半滴EDTA溶液，溶液从红色变为黄色，且30s不变红； （5）由方程式可知，计算样品中锌元素的质量分数除需要样品的质量、EDTA溶液的浓度外，还需要待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积，故答案为：待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积。 11．（24-25高三上·北京·阶段练习）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每生成放热，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)/n(转化的)。 结合化学方程式解释，气体流速加快，能减少催化剂的失活，从而使甲醇选择性提高的原因：_______。 (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，溶解后得溶液。取溶液，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)△H = - 49.3kJ/mol (2)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)AB (4) (或) 0.75mol (5) 最后半滴溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不变蓝 【解析】（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△H = - 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．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-和HCOOH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，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； 12．（2024·北京海淀·二模）工业锌粉常用于制造防锈漆等，其主要成分为金属锌，还有少量含锌化合物及其他杂质，锌单质的含量及锌元素的总量影响着工业锌粉的等级。 I．锌的制备 (1)氯氨法炼锌：一定条件下，通入，以浓溶液为浸取剂浸锌，可将矿物中难溶的转化为、等，同时生成S，结合平衡移动原理解释、对浸锌的作用：_________。 (2)酸性介质中电沉积制锌粉：以和混合液（pH为4~6）为电解质溶液，用下图装置电解制锌粉，一定条件下，实验测得电流效率为80%。 已知：电流效率 ①阴极的电极反应有_________。 ②制得65g锌粉时，电解质溶液中的物质的量至少增加_________mol。 (3)离子液体电沉积制锌：80℃时，将溶解于EMIC（结构如图）中，电解制锌。离子化合物EMIC的熔点约为79℃，从结构角度解释其熔点低的原因：_________。 Ⅱ．锌元素总量的测定 已知： i．二甲酚橙（In）与反应： EDTA与反应： ii．溶液可排除其他金属阳离子的干扰，避免其与EDTA和In作用。 (4)滴定终点时的现象是_________。 (5)计算样品中锌元素的质量分数还需要的实验数据有_________。 【答案】(1)ZnS在溶液中存在如下平衡：，加入，NH发生水解：，NH3·H2O与形成，通入，与反应生成S，促进溶解平衡正向移动 (2) 、 0.25 (3)EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱 (4)溶液从红色变为黄色，且30s不变红 (5)待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积 【解析】（1）硫化锌在溶液中存在如下溶解平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2−(aq)，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中存在如下水解平衡：NH+ H2ONH3·H2O+H+，加入氯化铵浓溶液，溶液中锌离子与一水合氨反应生成四氨合锌离子，通入氧气，氧气与溶液中硫离子反应生成硫，硫化锌的溶解平衡向右移动，硫化锌转化为可溶的锌离子和四氨合锌离子，所以一定条件下，通入氧气，以氯化铵浓溶液为浸取剂可以浸取矿物中的锌元素，故答案为：ZnS在溶液中存在如下平衡：，加入，NH发生水解：，NH3·H2O与形成，通入，与反应生成S，促进溶解平衡正向移动； （2）由题意可知，酸性介质中电沉积制锌粉的过程为与直流电源正极相连的左侧锌电极为电解池的阳极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气； ①由分析可知，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气，电极反应式为、，故答案为：、； ②由题意可知，制得65g锌粉时，理论上析出金属锌的物质的量为=1.25mol，由得失电子数目守恒可知，阳极放电生成锌离子的物质的量为1.25mol，则电解质溶液中增加锌离子的物质的量为1.25mol—=0.25mol，故答案为：0.25； （3）由结构可知，离子化合物EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱，所以EMIC的熔点低，故答案为：EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱； （4）由题意可知，二甲酚橙为EDTA溶液滴定溶液中锌离子的指示剂，溶液中锌离子与EDTA完全反应后，滴入最后半滴EDTA溶液，溶液会由红色变为黄色，则滴定终点时的现象为溶液从红色变为黄色，且30s不变红，故答案为：溶液从红色变为黄色，且30s不变红； （5）由方程式可知，计算样品中锌元素的质量分数除需要样品的质量、EDTA溶液的浓度外，还需要待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积，故答案为：待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积。 ◆类型五 电化学与化学平衡 13．（24-25高三上·北京·阶段练习）甲烷水蒸气重整制取的合成气可用于熔融碳酸盐燃料电池 (1)制取合成气的反应为  。 向体积为3L密闭容器中，按投料： a．保持温度为时，测得的浓度随时间变化曲线如图1所示。 b．其他条件相同时，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应相同时间后，的转化率随反应温度的变化如图2所示。 ①结合图1，写出反应达平衡的过程中的能量变化___________。 ②在图1中画出：起始条件相同，保持温度为()时，随时间的变化曲线___________。 ③根据图2判断： ⅰ.a点所处的状态不是化学平衡状态，理由是___________。 ⅱ.的转化率：，原因是___________。 (2)熔融碳酸盐燃料电池的结构示意图如下。 ①电池工作时，熔融碳酸盐中移向___________(填“电极A”或“电极B”) ②写出正极上的电极反应：___________。 (3)若不考虑副反应，甲烷完全转化所得到的合成气全部用于燃料电池中，外电路通过的电子的物质的量最大为___________。 【答案】(1) 吸收 催化剂不能改变物质的平衡转化率，的转化率在a点时低于使用催化剂Ⅰ时 c点的温度高于b点，所以反应速率，相同时间内的转化率c点高于b点 (2) 电极A (3)1000 【解析】（1）①结合图1，反应消耗的甲烷的物质的量为（x-y）mol·L-1×3L=3(x-y)mol，反应达平衡的过程中的能量变化：吸收3(x-y)mol×206kJ·mol-1=kJ； ②起始条件相同，保持温度为T2(T2＞ T1)时，由于是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡时甲烷的浓度降低，但反应速率加快，平衡所用时间缩短， c(CH4)随时间的变化曲线为：； ③根据图2：ⅰ. a点所处的状态不是化学平衡状态，理由是催化剂不能改变物质的平衡转化率，的转化率在a点时低于使用催化剂Ⅰ时，说明转化率并不是此温度最高的，故不是平衡状态； ⅱ. CH4的转化率：c＞b，原因是正反应为吸热反应，c点的温度高于b点，所以反应速率，所以相同时间内的转化率c点高于b点； （2）①氢气和一氧化碳作还原剂，发生氧化反应，电极A是电池的负极，电池工作时，熔融碳酸盐中阴离子移向负极，即电极A； ②正极上氧化剂得电子，发生还原反应，正极上的电极反应：； （3）若不考虑副反应，2 kg甲烷完全转化所得到的合成气全部用于燃料电池中，最终转化为CO2和水，甲烷中碳元素化合价由-4价升高为+4价，甲烷中氢元素化合价没有变，外电路通过的电子的物质的量最大为 =1000mol。 14．（24-25高三上·北京·期中）黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应： i． (1)反应i生成1molS2时，转移电子的物质的量为___________mol。 (2)反应i所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2.将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ii，同时发生副反应iii。 ii．   iii．   理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10min时S2实际产率如图。 ①比较反应速率：反应ii___________反应iii(填“大于”或“小于”)。 ②随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是___________。 ③900K，在10min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为___________。 (3)处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。 ①该装置中，正极的电极反应式为___________。 ②一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小了1mol，则理论上减小了___________mol。 【答案】(1)4 (2) 大于 温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大；对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动 先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变 (3) 2 【分析】原电池中，葡萄糖转化为二氧化碳和水，碳的化合价在升高，作负极，Na2SO3转化为单质硫，Na2SO3中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：，据此回答。 【解析】（1）反应中，碳元素从0价升高到+2价、铁元素化合价升高，3个铁原子共升高2价、硫元素从-1价降低到0价，氧元素从0价降低到-2价，每当生成3molS2，理论上转移12mol电子，则反应i生成1molS2时，转移电子的物质的量为4mol。 （2）①发生的反应有ii．   iii．  ，已知600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%，由图可知10min时S2实际产率从略低于50%到70%左右，温度越高反应速率越快且越不利于正反应，可见温度高速度快决定了10min时含硫产物以S2为主，说明反应速率：反应ii大于反应iii。 ②发生反应ii，同时发生副反应iii。二者均为放热反应，升温平衡左移，则随温度升高，S2平衡产率上升的可能原因是：温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动。 ③通过观察图像可知，10min时S2的实际产率大于平衡产率，所以最终要减小到与900K时产率相等，则900K，在10min后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为：先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变，或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变。 （3）①据分析，该装置中，正极的电极反应式为。 ②根据电极方程式可知，当消耗1mol亚硫酸根离子，转移4mol电子，同时消耗6mol碳酸氢根离子，生成6mol碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4mol的H+通过质子交换膜来到正极，4mol氢离子可以结合4mol的碳酸根离子生成4mol的碳酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2mol。 15．（23-24高三上·北京大兴·期末）CO2的资源化利用是实现“碳中和、碳达峰”的途径。CO2合成甲醇的过程中涉及如下反应： 反应i.CO2(g) ＋ 3H2(g) CH3OH(g) ＋ H2O(g)   ΔH1； 反应ii.CO2(g) ＋ H2(g)CO(g) ＋ H2O(g)       ΔH2== + 41.2 kJ·mol-1； 回答下列问题。 (1)根据如图，ΔH1 =___________kJ·mol-1。 (2)T℃时，向1 L恒容、密闭容器中充入1 mol CO2和4 mol H2发生上述反应。10 min末已达到平衡时测得容器中CO2的转化率为90%，CO的物质的量为0.3 mol。 ① 0~10 min内，平均反应速率v ()=___________mol·L-1·min-1。 ② T℃时，反应ii的化学平衡常数K=___________。 (3)将原料气n(CO2)：n(H2)=1：3充入某一恒容、密闭容器中，若只发生反应i，在不同催化剂作用下，反应t min时CO2的转化率随温度的变化如下图所示。               ① 图中达到化学平衡状态的是___________(填“a”“b”“c” “d”)。 ② 其他条件相同，若将原料气按n (CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容、密闭容器中，在催化剂I的作用下发生反应。该条件下，a点时CO2的转化率___________(填“增大”或“不变”或“减小”)。 (4)近日，我国学者研究发现，在单原子催化时，反应i的历程以及中间体与物质的量之比随时间变化图如下： 第一步 第二步 第三步 下列说法正确的是___________。 A．其他条件相同时，升高温度时，三步反应速率均加快 B．用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，提高平衡转化率 C．反应历程中，第二步反应的活化能最高，是反应的决速步骤 (5)光催化CO2制甲醇技术也是研究热点。铜基纳米光催化材料还原CO2的机理如图所示。写出CO2转化为CH3OH的电极反应式为___________。 【答案】(1)-49.4 (2) 0.06 或1.4 (3) a、c 减小 (4)AC (5)CO2 + 6e- + 6H+ = CH3OH + H2O 【解析】（1）CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=反应物总能量-生成物的总能量=41.2kJ/mol-90.6kJ/mol=-49.4kJ/mol； （2）CO2的转化率为90%，则n转化(CO2)=0.9mol,CO的物质的量为0.3mol,则反应ⅱ中n转化(CO2)=0.3mol,则反应ⅰ中n转化(CO2)=0.6mol,可得：，故n平衡(CO2)=0.1mol,n平衡(H2)=1.9mol,n平衡(CH3OH)=0.6mol,n平衡(CO)=0.3mol,n平衡(H2O)=0.9mol, ①平均反应速率v(CH3OH)═； ②反应ii的化学平衡常数； （3）①其它条件相同情况下，随温度升高，CO2的转化率先增大后降低，说明CO2转化率最高点之前未到达平衡，图中达到化学平衡状态的是ac； ②若图中a点时反应已达平衡，则d→a段未到达平衡，该温度下到达平衡时CO2转化率高于图中转化率，升高温度平衡逆向移动，温度越高平衡时CO2的转化率越低，现原料气按n(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容密闭容器中，在相同温度到达平衡时CO2的转化率降低了，故答案为：减小； （4）A．升高温度时，反应速率均加快，故A正确； B．用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，但不能提高平衡转化率，故B错误； C．反应历程中，第二步反应的活化能最高，反应速率最慢，是反应的决速步骤，故C正确； 故答案为：AC； （5）CO2转化为CH3OH发生还原反应，电极反应为：CO2+6e-+6H+=CH3OH +H2O。 1 4 / 20 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 热化学与电化学 类型二 热化学与化学平衡 类型三 化学平衡与电解质溶液 类型四 电化学与电解质溶液 类型五 电化学与化学平衡 限时：120分钟 题量：18道 ◆类型一 热化学与电化学 1．（25-26高三下·北京·开学考试）羟胺()为无色固体，结构可视为-OH替代中1个-H。羟胺具有和类似的弱碱性，可以与盐酸反应生成盐酸羟胺()。盐酸羟胺是一种盐，易溶于水，溶解后完全电离为和。 (1)中N元素的化合价是_______。 (2)过氧化氢催化氧化氨水法制备盐酸羟胺的原理如下： 步骤1： 步骤2： 资料：丙酮()是一种易溶于水的无色液体，沸点为。 ①X的分子式为，其核磁共振氢谱只有两个吸收峰，红外光谱显示其分子结构中存在羟基和碳氮双键。X的结构简式是_______。 ②步骤1中，相同反应时间氨的转化率随温度变化如图1.温度高于65℃时，随温度上升氨的转化率变化的可能原因是_______。 ③步骤2中，在密闭容器中反应时，X的平衡转化率随温度变化如图2.该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。 (3)电化学法制备盐酸羟胺：向两侧电极分别通入NO和，以盐酸为电解质，组装原电池以制备盐酸羟胺。装置(图3)和正极反应机理图(图4)如下。 ①将图4方框中缺失的物质补充完整_______。 ②一段时间后，正极区的pH与反应前相比发生怎样的变化(不考虑溶液体积的变化)，结合化学用语解释原因_______。 (4)检测羟胺固体样品的纯度。取羟胺固体配成溶液，取出放置于锥形瓶中，先滴入足量的一定浓度的溶液，将羟胺中的N元素氧化为无毒气体，再滴入的标准溶液，达滴定终点时，用去标准液的体积为(杂质不参与反应)，则样品的纯度为_______。 2．（25-26高三上·北京顺义·期末）甲醇是一种用途广泛的重要化工原料，也是一种有前景的新型清洁能源。 (1)煤制甲醇是传统煤化工的重要技术。该合成路线是将煤首先转化为水煤气，再经催化剂合成。 已知：i． ii． 由与合成的热化学方程式是___________。 (2)科研人员研制不同的催化剂以实现利用与合成。 ①与在催化剂的作用下只发生反应。一定温度下使用该催化剂，在体积为的恒温密闭容器中投入和，达到平衡时在混合气中物质的量分数为10%。该温度下反应的平衡常数为___________。 ②使用催化剂II时，反应i过程中能量变化示意图如图(表示吸附态)。下列说法不正确的是___________(填序号)。 a．反应进程中为反应的决速步 b．反应进程的微粒中，原子有两种杂化方式 c．反应进程中有极性共价键和非极性共价键的断裂与形成 ③使用催化剂Ⅲ时，同时发生反应i及iii。 iii．。 在定容密闭容器中充入与发生反应，单位时间内，未达平衡时，随温度升高，CO2的转化率增大，但减小，可能原因是___________。 (3)我国科研人员设计装置，通过耦合电解与，两电极同时生成甲酸盐，实现产品增值。如图为电解装置示意图。 ①电极a是电解池的___________极。 ②电解过程中b电极生成甲酸盐的电极反应式是___________。 3．（25-26高三上·北京·期中）黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应 ⅰ. (1)反应ⅰ中还原剂为_______。 (2)反应ⅰ所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2。将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ⅱ，同时发生副反应ⅲ。 ⅱ.   ⅲ.   理论分析及实验结果表明，600~1000 K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10 min时S2实际产率如下图。 ①从资源和能源利用的角度说明用反应ⅱ处理尾气的好处：_______。 ②900 K，在10 min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为_______。 ③随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是_______。 (3)处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后(原理如图所示)，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3。利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小1 mol，则理论上的物质的量减少2 mol。 请结合电极反应式说明理由：_______。 ◆类型二 热化学与化学平衡 4．（25-26高三下·北京·月考）合成气（和）是重要的工业原料气。 (1)合成气（和）制备甲醇：。除的键能外，估算该反应的还需要________（填数字）种化学键的键能数据。 (2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入、和过量的：，催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因是________。 ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分含有质量分数30%的。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是________（填化学式）。 (3)研究、与不同配比的铁铈载氧体[，，是活泼金属，正价有、]反应，气体分步制备原理示意如下图所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的、，依次发生的主要反应：             ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图a所示。时，大于理论值2的可能原因有________（写出两条）；时，通入标准状况下300 mL的至反应结束，CO的选择性，则生成标准状况下CO和的总体积为________mL。 ②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图b所示（X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有________（填化学式）。 ③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值：________。 5．（2026·北京·模拟预测）以氨为原料制备硝酸的原理示意图如下。 已知：氧化炉中相关反应的反应热和平衡常数如下表。 反应(，0.1 MPa) (主反应) (副反应) (1)理论分析不用制备NO的原因。 ①从分子结构角度解释：___________。 ②计算该反应的和，从反应原理角度解释：___________。 (2)热交换器中的反应分两步。 反应ⅰ： 反应ⅱ： 对应的反应过程示意图如下。 用、、、作答： ①由于___________>___________，反应ⅱ速率较慢。 ②请写出总反应的热化学反应方程式：___________。 (3)吸收塔中的总反应为   从平衡的角度推断有利于将转化为的措施是___________、___________、___________。 6．（25-26高三下·北京·开学考试）两种方法对某工业废气(主要成分为H2S)进行回收利用。 (1)自驱动光电催化法，原理如图，步骤如下： Ⅰ．常温下，左池中的电解液是稀硫酸和少量KI的混合溶液，右池中的是稀硫酸。 Ⅱ．持续光照条件下，WO3表面会产生空穴(h+)和光生电子，光生空穴会氧化I-：3I-+2h+=。左池溶液逐渐由无色变为棕色时，通入工业废气，溶液突然褪色变浑浊，停止通气，滤出固体，待溶液由无色再次变棕时，再次通入工业废气，并不断循环。 Ⅲ．实验过程中，右池持续通入O2。 ①结合化学用语解释Ⅱ中溶液颜色变化的原因：______。 ②装置中总反应的化学方程式是______。 ③实验中S的产率和电解效率接近100%。但H2O2的电解效率明显偏小，可能的原因有______(写出两点)。 电解效率η的定义：η(B)= (2)热解H2S法制H2。将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生反应：2H2S(g)+CH4(g)⇌CS2(g)+4H2(g)。 ①该反应可看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ分两步进行，并且第Ⅱ步是决速步。画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图______。 反应Ⅰ：2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)  ΔΗ1=+170kJ·mol-1 反应Ⅱ：CH4(g)+S2(g)⇌CS2(g)+2H2(g)  ΔΗ2=+64kJ·mol-1 ②常压下，按体积比V(H2S)：V(CH4)：V(N2)=2：1：7投料，不同温度时，其他条件不变，反应相同时间后，测得H2和CS2体积分数(φ)如下表： 温度/℃ 950 1000 1050 1100 1150 φ(H2)/% 0.5 1.5 3.6 5.5 8.5 φ(CS2)/% 0.0 0.0 0.1 0.4 1.8 i．1150℃时，S2(g)的体积分数是______。 ii．在950℃～1150℃范围内，S2(g)的体积分数随温度升高会发生变化，写出该变化规律并分析原因______。 (3)对比上述两种处理H2S的方法，说明哪种方法更具优势并说明理由：______。 ◆类型三 化学平衡与电解质溶液 7．（25-26高三上·北京·阶段练习）三氧化二铬是重要的有机反应催化剂，一种利用铬酸钾粗品制备的流程示意图如下。 已知：Ⅰ．   Ⅱ．易溶于水，难溶于水 净化除杂向粗品中加入溶液以除去、。 (1)制备 ①向净化液中通入过量的可制得。反应的化学方程式是___________。 ②电解净化液也可制得，装置示意图如图1，结合化学用语说明制备的原理：___________。 (2)取电解所得某溶液稀释至100 mL，移取10 mL稀释液于锥形瓶中，加入过量的溶液，滴加2∼3滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为。则溶液的物质的量浓度为___________。 (3)制备 在热压反应釜中，将蔗糖与的混合溶液加热至120℃，可获得，同时生成、。若生成1 mol ，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是___________mol。 (4)应用 催化丙烷脱氢生成丙炔，过程中会发生副反应形成积炭。 ①该脱氢反应的两种可能的反应过程a、b如图2所示。 ⅰ．相同条件下，反应速率更快的是___________(填“a”或“b”)。 ⅱ．该脱氢反应的焓变的计算式为___________。 ②温度升高到一定程度时，相同时间内，丙炔的产量降低，原因是___________(答1个)。 8．（24-25高三上·北京西城·期末）人工固氮对于农业生产有重要意义。 (1)工业合成氨。 ①和合成反应的化学方程式是___________。 ②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是___________。 a．升高温度    b．增大压强    c．使用催化剂 (2)中国科学家研究合金催化剂电催化还原制，装置如图1所示。 ①阴极生成，其电极反应式是___________。 ②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明来自电催化还原，需排除以下可能： ⅰ．环境和电解池中存在微量的。 ⅱ．合金与、直接反应生成。 下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是___________。 资料：自然界中的丰度：为99.6%，为0.4%。 a．用Ar代替进行实验，电解后未检测到 b．用代替进行实验，电解后仅检测到 c．不通电进行实验，未检测到 ③的生成速率、和的法拉第效率(FE)随阴极的电势变化如图2和图3所示。 资料：ⅰ．相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。 ⅱ．某电极上产物B的 阴极的电势由降到时，的生成速率增大。阴极的电势继续降低，的生成速率反而减小。结合解释的生成速率减小的原因：___________。 (3)用滴定法测定溶液中的物质的量浓度的一种方法如下。 Ⅰ．取含的待测溶液。 Ⅱ．加入过量的溶液。 Ⅲ．蒸馏，将蒸出的用过量的溶液吸收。 Ⅳ．加入甲基橙指示剂，用溶液滴定吸收液中过量的，消耗的溶液体积为。 计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积：___________和。 9．（24-25高三上·北京·阶段练习）以BaS粗液（含BaSO3、BaCO3）为原料制备BaCl2溶液。 已知：BaS易溶于水。 (1)一次脱硫 ①反应体现出酸性关系：HCl________H2S（填“＞”或“＜”）。 ②产生S的离子方程式是_________。 (2)经一次脱硫后，BaCl2粗液依然含有少量H2S、SO2等含硫微粒。沉淀A只含一种物质，沉淀A是__________。 (3)二次脱硫 通入Cl2需适量，避免造成资源浪费。因此，需测量BaCl2粗液中H2S、SO2等的含量，方法如下： Ⅰ．取V1mL BaCl2粗液，沉淀Ba2+。过滤，滤液备用； Ⅱ．取V2mLa mol/LKBrO3标准溶液，加过量KBr，加HCl酸化，溶液呈棕黄色； Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入滤液，得到澄清溶液； Ⅳ．向Ⅲ中澄清溶液加入过量KI； Ⅴ．用bmol/LNa2S2O3标准溶液滴定中Ⅳ溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V3 mL。 已知：；Na2S2O3与Na2S4O6均无色 ①Ⅱ中加入KBr的质量＞_________g（KBr的摩尔质量为119 g/mol）。 ②Ⅲ中发生的离子反应有、__________。 ③Ⅴ中滴定至终点的现象是___________。 ④1 L BaCl2粗液二次脱硫，需通入Cl2_________mol。 ⑤由于Br2易挥发，Ⅱ-Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果_________（填“偏高”或“偏低”）。 将中和后的精制BaCl2溶液蒸发浓缩，可得成品BaCl2·2H2O。 ◆类型四 电化学与电解质溶液 10．（24-25高三上·北京·月考）工业锌粉常用于制造防锈漆等，其主要成分为金属锌，还有少量含锌化合物及其他杂质。锌单质的含量及锌元素的总量影响着工业锌粉的等级。 Ⅰ．锌的制备 (1)氯氨法炼锌：一定条件下，通入，以浓溶液为浸取剂浸锌，可将矿物中难溶的转化为、等，同时生成S，结合平衡移动原理解释、对浸锌的作用：___________。 (2)酸性介质中电沉积制锌粉：以和混合液（为4~6）为电解质溶液，用下图装置电解制锌粉。一定条件下，实验测得电流效率为。 已知：电流效率 ①阴极的电极反应有___________。 ②制得锌粉时，电解质溶液中的物质的量至少增加__________。 (3)离子液体电沉积制锌：80℃时，将溶解于（结构如图）中，电解制锌。离子化合物的熔点约为79℃，从结构角度解释其熔点低的原因：____________。 Ⅱ．锌元素总量的测定 已知： ⅰ．二甲酚橙（）与反应：   与反应：   ⅱ．溶液可排除其他金属阳离子的干扰，避免其与和作用。 (4)滴定终点时的现象是___________。 (5)计算样品中锌元素的质量分数还需要的实验数据有__________。 11．（24-25高三上·北京·阶段练习）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每生成放热，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)/n(转化的)。 结合化学方程式解释，气体流速加快，能减少催化剂的失活，从而使甲醇选择性提高的原因：_______。 (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，溶解后得溶液。取溶液，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_______。 12．（2024·北京海淀·二模）工业锌粉常用于制造防锈漆等，其主要成分为金属锌，还有少量含锌化合物及其他杂质，锌单质的含量及锌元素的总量影响着工业锌粉的等级。 I．锌的制备 (1)氯氨法炼锌：一定条件下，通入，以浓溶液为浸取剂浸锌，可将矿物中难溶的转化为、等，同时生成S，结合平衡移动原理解释、对浸锌的作用：_________。 (2)酸性介质中电沉积制锌粉：以和混合液（pH为4~6）为电解质溶液，用下图装置电解制锌粉，一定条件下，实验测得电流效率为80%。 已知：电流效率 ①阴极的电极反应有_________。 ②制得65g锌粉时，电解质溶液中的物质的量至少增加_________mol。 (3)离子液体电沉积制锌：80℃时，将溶解于EMIC（结构如图）中，电解制锌。离子化合物EMIC的熔点约为79℃，从结构角度解释其熔点低的原因：_________。 Ⅱ．锌元素总量的测定 已知： i．二甲酚橙（In）与反应： EDTA与反应： ii．溶液可排除其他金属阳离子的干扰，避免其与EDTA和In作用。 (4)滴定终点时的现象是_________。 (5)计算样品中锌元素的质量分数还需要的实验数据有_________。 ◆类型五 电化学与化学平衡 13．（24-25高三上·北京·阶段练习）甲烷水蒸气重整制取的合成气可用于熔融碳酸盐燃料电池 (1)制取合成气的反应为  。 向体积为3L密闭容器中，按投料： a．保持温度为时，测得的浓度随时间变化曲线如图1所示。 b．其他条件相同时，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应相同时间后，的转化率随反应温度的变化如图2所示。 ①结合图1，写出反应达平衡的过程中的能量变化___________。 ②在图1中画出：起始条件相同，保持温度为()时，随时间的变化曲线___________。 ③根据图2判断： ⅰ.a点所处的状态不是化学平衡状态，理由是___________。 ⅱ.的转化率：，原因是___________。 (2)熔融碳酸盐燃料电池的结构示意图如下。 ①电池工作时，熔融碳酸盐中移向___________(填“电极A”或“电极B”) ②写出正极上的电极反应：___________。 (3)若不考虑副反应，甲烷完全转化所得到的合成气全部用于燃料电池中，外电路通过的电子的物质的量最大为___________。 14．（24-25高三上·北京·期中）黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应： i． (1)反应i生成1molS2时，转移电子的物质的量为___________mol。 (2)反应i所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2.将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ii，同时发生副反应iii。 ii．   iii．   理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10min时S2实际产率如图。 ①比较反应速率：反应ii___________反应iii(填“大于”或“小于”)。 ②随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是___________。 ③900K，在10min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为___________。 (3)处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。 ①该装置中，正极的电极反应式为___________。 ②一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小了1mol，则理论上减小了___________mol。 15．（23-24高三上·北京大兴·期末）CO2的资源化利用是实现“碳中和、碳达峰”的途径。CO2合成甲醇的过程中涉及如下反应： 反应i.CO2(g) ＋ 3H2(g) CH3OH(g) ＋ H2O(g)   ΔH1； 反应ii.CO2(g) ＋ H2(g)CO(g) ＋ H2O(g)       ΔH2== + 41.2 kJ·mol-1； 回答下列问题。 (1)根据如图，ΔH1 =___________kJ·mol-1。 (2)T℃时，向1 L恒容、密闭容器中充入1 mol CO2和4 mol H2发生上述反应。10 min末已达到平衡时测得容器中CO2的转化率为90%，CO的物质的量为0.3 mol。 ① 0~10 min内，平均反应速率v ()=___________mol·L-1·min-1。 ② T℃时，反应ii的化学平衡常数K=___________。 (3)将原料气n(CO2)：n(H2)=1：3充入某一恒容、密闭容器中，若只发生反应i，在不同催化剂作用下，反应t min时CO2的转化率随温度的变化如下图所示。               ① 图中达到化学平衡状态的是___________(填“a”“b”“c” “d”)。 ② 其他条件相同，若将原料气按n (CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容、密闭容器中，在催化剂I的作用下发生反应。该条件下，a点时CO2的转化率___________(填“增大”或“不变”或“减小”)。 (4)近日，我国学者研究发现，在单原子催化时，反应i的历程以及中间体与物质的量之比随时间变化图如下： 第一步 第二步 第三步 下列说法正确的是___________。 A．其他条件相同时，升高温度时，三步反应速率均加快 B．用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，提高平衡转化率 C．反应历程中，第二步反应的活化能最高，是反应的决速步骤 (5)光催化CO2制甲醇技术也是研究热点。铜基纳米光催化材料还原CO2的机理如图所示。写出CO2转化为CH3OH的电极反应式为___________。 1 4 / 20 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 参考答案 ◆类型一 热化学与电化学 1．(1) (2) 以上，温度升高促进过氧化氢分解//氨挥发/丙酮易挥发/催化剂活性降低，浓度均降低，化学反应速率减慢，氨的转化率降低 吸热 (3) 、(或) 正极区：由电极反应：可知，电路中每转移，消耗，同时会有 通过交换膜移入正极区，最终减小，pH增大 (4) 2．(1) (2) 1/48(0.0208) bc 温度升高，i、iii速率均增大，但温度对iii速率的影响大于对i的影响 (3) 阴极 3．(1)FeS2、C (2) 回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂，利用反应ii放热为反应i提供能量 减小至900K时S2的平衡产率后保持不变 温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c（SO2）、c（CO）增大；对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动 (3)根据电极方程式正极的电极反应式为：+4e-+6=S+3H2O+6可知，当消耗1mol亚硫酸根离子，转移4mol电子，同时消耗6mol碳酸氢根离子，生成6mol碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4mol的H+通过质子交换膜来到正极，4mol氢离子可以结合4mol的碳酸根离子生成4mol的碳酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2mol ◆类型二 热化学与化学平衡 4．(1)4 (2) 该反应ΔH<0，为放热反应，故反应中绝热容器中温度升高，防止生成积碳；H2O(g)的比热容较大，过量的H2O(g)可吸收热量，防止绝热容器中温度过高，从而有效防止催化剂活性下降 KHCO3 (3) x=0时，载氧体中只有CeO2，氧化性较强，可能将部分CO氧化为CO2，或者高温下部分CH4分解产生C和H2 432 C、Fe、FeO Fe2O3作用：将Ce2O3氧化为CeO2；采用分步制备的价值：分步制备的价值，有利于载氧体的循环，得到更纯净的H2 5．(1) 键能大，不易断裂 ，反应吸热，与主反应放热相比能耗大，，反应限度小 (2) 、 (3) 加压 提高氧气浓度 降温 6． (1) 光生空穴氧化I-：3I-+2h+=(或电池负极发生3I--2e-=)，溶液由无色变为棕色；通入H2S，发生反应+H2S=3I-+S↓+2H+，溶液由棕色变为无色 H2S+O2S↓+H2O2 右池电极可能发生O2+4e-+4H+=2H2O；或2H++2e-=H2↑；或部分H2O2分解等 (2) 0.65% 先升后降；低温段以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率加快，S2(g)的体积分数增大；高温段，随温度升高，反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小 (3)自驱动光电催化法更具优势，该方法的H2S转化率更高，能耗更小 ◆类型三 化学平衡与电解质溶液 7．(1) 阳极反应式为，生成的发生反应：，同时钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，在阳极室制得 (2) (3) (4) a 催化剂反应需要一定的活化温度，温度升高到一定程度时，可能会导致催化剂的活性降低，相同时间内丙炔的产量降低（或温度升高到一定程度时，反应过程中副反应形成得积炭附着在催化剂表面，降低了催化剂的活性，导致相同时间内丙炔的产量降低） 8．(1) b (2) c 阴极同时还生成，随着阴极的电势降低，增大，减小，减小的程度大于总电流增大的程度，的生成速率减小 (3)、 9．(1) ＞ (2)BaSO4 (3) H2S+4Br2+4H2O=+8Br- +10H+ 溶液蓝色恰好消失，且半分钟不恢复 偏高 ◆类型四 电化学与电解质溶液 10．(1)ZnS在溶液中存在如下平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2—(aq)，加入NH4Cl，NH在溶液中水解：NH+H2ONH3·H2O+ OH—，NH3·H2O与Zn2+反应生成[Zn(NH3)4]2+，通入O2，O2与S2—反应生成S，Zn2+、S2—浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移 (2) Zn2++2e—=Zn、2H++2e—=H2↑ 0.25 (3)EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间形成的离子键弱 (4)滴入最后半滴EDTA溶液，溶液由红色变为黄色，且30s不变红 (5)待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积 11．(1)△H = - 49.3kJ/mol (2)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)AB (4) (或) 0.75mol (5) 最后半滴溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不变蓝 12．(1)ZnS在溶液中存在如下平衡：，加入，NH发生水解：，NH3·H2O与形成，通入，与反应生成S，促进溶解平衡正向移动 (2) 、 0.25 (3)EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱 (4)溶液从红色变为黄色，且30s不变红 (5)待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积 ◆类型五 电化学与化学平衡 13．(1) 吸收 催化剂不能改变物质的平衡转化率，的转化率在a点时低于使用催化剂Ⅰ时 c点的温度高于b点，所以反应速率，相同时间内的转化率c点高于b点 (2) 电极A (3)1000 14．(1)4 (2) 大于 温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大；对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动 先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变 (3) 2 15．(1)-49.4 (2) 0.06 或1.4 (3) a、c 减小 (4)AC (5)CO2 + 6e- + 6H+ = CH3OH + H2O 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $