专题14 化学反应原理综合题（7年汇编）（北京专用）2020-2026年高考化学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦北京高考7年化学反应原理真题及模拟题，以工业制备、实验探究、电化学合成等真实情境为载体，覆盖平衡移动、电极反应、氧化还原等核心考点，注重信息提取与综合推理能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |非选择题|17题|平衡常数及移动、反应机理、电化学、氧化还原与离子反应|以重晶石制备、工业废气处理等真实问题为情境，强调定量计算与实验证据论证，如2026北京真题结合浸出液离子浓度变化考查平衡移动原理|

专题14 化学反应原理综合题 7年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2020-2026） 命题规律 化学反应原理综合题 2026北京(1题)、2025北京(1题)、2024北京(2题)、2023北京(1题)、2021北京(3题) · 情境设置：以工业制备、实验探究、电化学合成等真实前沿问题为载体。 · 考查重点：平衡常数及移动、反应机理、电极反应、氧化还原与离子反应。 · 命题趋势：强调信息提取与综合推理，注重定量计算与实验证据论证。 1.(2026·北京·高考真题)重晶石的主要化学成分为，还含有少量的等杂质，实验室中以重晶石为原料，通过以下过程可制备高纯。 （1）焙烧。使重晶石转化为粗。该过程中生成的反应有： i．      ii．    iii．   　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）浸钡。已知可溶于水。粗在热水中浸出，产生和。取一定量粗，一定温度下加水浸钡，测得浸出液中、随加入水的体积的变化示意图如下。 ①浸出后，过滤出不溶物所需的玻璃仪器有烧杯、　　　　　　　　　　。 ②时，几乎不产生，溶液中　　　　　　　　　　mol(用含、的代数式表示)。 ③当后，比的变化幅度小，解释原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）沉钡。与反应快，导致浸出液中和等被包裹而降低产品纯度，而与反应慢，不易包裹。为提高纯度，沉钡原理示意如下。 ①写出“预处理”步骤中反应的离子方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②结合平衡移动原理，解释“沉钡”时产生的原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）-119     （2）① 漏斗、玻璃棒    ②     ③ 稀释溶液时，仅随溶液体积增大直接被稀释，而、的水解平衡会正向移动，生成了额外的，抵消了部分因体积增大引起的浓度减小     （3）①     ② 溶液中存在电离平衡：，与结合生成沉淀，使降低，促使的电离平衡正向移动；产生的浓度增大，进而与溶液中的结合，促使平衡正向移动，从而产生气体      【解析】(1)根据盖斯定律，用反应ii×2 - 反应i即可得到反应iii： ； (2)① 过滤操作的玻璃仪器包含烧杯、普通漏斗、玻璃棒。 ② 题目条件明确指出“几乎不产生，因此可以忽略，根据物料守恒：，由图可知，，所以：，而溶液中的主要来源于的水解，根据水解方程式：，，故。 ③当后，固体已经完全溶解。此时继续加水相当于对溶液进行稀释。稀释时仅随溶液体积增大直接被稀释，但根据勒夏特列原理，、的水解平衡会正向移动，额外释放出，因此的下降幅度比更小。 (3)① 根据题意，与反应快，而与反应慢，所以预处理的目的是消除浸出液中的，将转化为，对应离子反应为：； ②加入后，溶液存在的电离平衡：，与结合生成沉淀，释放出更多的， 随即与溶液中发生结合：，生成气体逸出体系。 2.(2025·北京·高考真题)利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知：                                            由制的热化学方程式为　　　　　　　。 （2）制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是　　　　　　　。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，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、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是　　　　　　　。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）①     ②     ③     ④ 、SO2     （3）①     ② 溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降      【解析】硫化氢通入燃烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有少量氮气，氧气等，二氧化硫与碳酸钠在反应釜中反应，产生的废气用氢氧化钠吸收，出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽中循环使用。 (1)已知： 反应Ⅰ：              反应Ⅱ：                             将Ⅰ×2+Ⅱ×2得：，所以由制的热化学方程式为； (2)① 当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式：； ② 根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为＞，亚硫酸氢钠与过量发生反应的化学方程式为：； ③ 在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去； ④ 碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为，生成了二氧化碳，二氧化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体有，在多级串联反应釜中持续通入的，则尾气吸收器中吸收的气体还有； 故答案为：；；；、SO2； (3)① 由图可知，①，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以与优先反应； ②溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 故答案为：；溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行。 3.(2024·北京·高考真题)某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是　　　　　　　。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是　　　　　　　。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因　　　　　　　。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式　　　　　　　。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验　　　　　　　(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，　　　　　　　 (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）① 产生蓝色沉淀    ② 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动    ③ 、    ④ 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡    ⑤ 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸     （3）金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗      【解析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 (1)在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； (2)①与会生成蓝色的沉淀； ②在溶液中存在反应，加入的或会与反应，溶液中c(H+)减小，促进水解平衡正向移动，有红褐色沉淀生成； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质； (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 4.(2024·北京·高考真题)是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 （1）方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和　　　　　　　。 （2）方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①第I步反应的化学方程式为　　　　　　　。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因　　　　　　　。 （3）方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式：　　　　　　　。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是　　　　　　　。 （4）人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因　　　　　　　。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。 【答案】（1）难挥发性     （2）①     ② x、y点转化率相同，故气体总物质的量相同，y点温度T更高、压强p更大，且压强增大对容积的影响超过了温度升高对容积的影响     （3）①     ② iii产生的参与ⅱ中NO的氧化     （4）分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量      【解析】(1)浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。 (2)① 第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为 ； ②第Ⅱ步的反应为2NO+O22NO2，是气体分子数减少的反应，压强越大NO平衡转化率越高，相同温度下的NO转化率大于，因此；y点温度比x点高、压强比x点的大，两点NO转化率均为60%，气体总物质的量相同，根据阿伏伽德罗定律的推论，y点温度T更高、压强p更大，且压强增大对容积的影响超过了温度升高对容积的影响，最终y点容器容积小于x点。 (3)① 由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为； ② 反应iii生成，将氧化成，更易转化成。 (4)分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。 5.(2023·北京·高考真题)尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 （1）十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步： ⅰ．和生成； ⅱ．分解生成尿素。     结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是　　　　　　　　　　(填序号)。 a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应 c． （3）近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。     ①电极是电解池的　　　　　　　　　　极。 ②电解过程中生成尿素的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　。 （4）尿素样品含氮量的测定方法如下。 已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。     ①消化液中的含氮粒子是　　　　　　　　　　。 ②步骤ⅳ中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）ab     （3）① 阳    ②      （4）①     ② 样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度      【解析】(1)根据元素守恒，和反应生成，剩余的与结合生成，配平得到反应方程式为。 (2)a．反应ⅰ的正反应活化能为，反应ⅱ的正反应活化能为，由图可知，故活化能反应ⅰ<反应ⅱ，a正确； b．反应ⅰ反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，反应ⅱ反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，b正确； c．总反应的焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，即，c错误； 故选ab。 (3)① 电解池中b极失电子生成，发生氧化反应，为电解池的阳极。 ② 阴极上、得电子，在酸性条件下生成，N元素从+5价降低为-3价，2个共得到16个电子，结合电荷守恒、原子守恒配平得到电极反应式为。 (4)① 尿素在浓硫酸作用下消化分解，氮元素转化为，故消化液中的含氮粒子是。 ② 步骤Ⅲ中加入过量吸收，剩余的用标准溶液滴定，计算与反应的的量，需要知道步骤Ⅲ加入的总物质的量，即需要溶液的体积和浓度，再结合样品的质量，即可计算样品的含氮量。 6.(2021·北京·高考真题)某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。已知：。 （1）浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。 ①反应的离子方程式是　　　　　　　。 ②电极反应式： i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O ii.氧化反应：　　　　　　　。 ③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。 i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。 ii.随c(Cl-)降低，　　　　　　　。 ④补充实验证实了③中的分析。 实验操作 试剂 产物 I 较浓H2SO4 有氯气 II a 有氯气 III a+b 无氯气 a是　　　　　　　，b是　　　　　　　。 （2）利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是　　　　　　　，从原子结构角度说明理由　　　　　　　　　　　　　　。 （3）根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是　　　　　　　。 （4）Ag分别与1mol·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：　　　　　　　。 （5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是　　　　　　　。 【答案】（1）① MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O    ② 2Cl--2e- =Cl2↑    ③ Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强    ④ KCl固体(或浓/饱和溶液)    ⑤ MnSO4固体(或浓/饱和溶液)     （2）① KCl>KBr>KI    ② Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强     （3）AgNO3 或Ag2SO4     （4）比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生     （5）氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(氧化产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强      【解析】(1)① 二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；② 氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③ 反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④ 可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)； (2)非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强； (3)根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4； (4)若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生； (5)通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(氧化产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。 7.(2021·北京·高考真题)某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。 （1）实验验证 实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mol/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。 实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。 ①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是　　　　　　　。 ②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是　　　　　　　。 综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。 ③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象　　　　　　　。 （2）测定平衡常数 实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol/L KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。 资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色） K=1012 Fe3++SCN-FeSCN2+（红色） K=102.3 ①滴定过程中Fe3+的作用是　　　　　　　。 ②测得平衡常数K=　　　　　　　。 （3）思考问题 ①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值　　　　　　　(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 ②不用实验II中清液测定K的原因是　　　　　　　。 【答案】（1）① 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体    ② 防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果    ③ a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转     （2）① 指示剂    ②      （3）① 偏低    ② Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态      【解析】(1)① 由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。 ② 由于Fe(NO3)3溶液电离出将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果。 ③ 由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，Ag++e-Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。 (2)①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。 ② 取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式进行计算如下： ，故反应的平衡常数K== ，故答案为：指示剂；。 (3)① 若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= 偏小，故答案为：偏小。 ② 由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。 8.(2021·北京·高考真题)环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。 （1）①阳极室产生Cl2后发生的反应有：　　　　　　　、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。 ②结合电极反应式说明生成溶液a的原理　　　　　　　。 （2）电解效率η和选择性S的定义： η(B)=×100% S(B)=×100% ①若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为　　　　　　　。 ②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因： I.阳极有H2O放电 II.阳极有乙烯放电 III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO …… i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是　　　　　　　。 ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈　　　　　　　%。经检验阳极放电产物没有CO2。 iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是　　　　　　　。 可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。 【答案】（1）① Cl2 +H2OHCl+ HClO    ② 阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液     （2）① KCl    ② O2    ③ 13    ④ KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝      【解析】(1)阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成HCl和次氯酸，其方程式为：Cl2 +H2O HCl+ HClO；溶液a是阴极的产物，在阴极发生反应2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，同时阳极的钾离子会向阴极移动和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液； (2)① 若η(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶液b的溶质为：KCl； ②i.阳极有H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2；ii. 设EO的物质的量为amol 则转化的乙烯的物质的量为：；生成EO转化的电子的物质的量：2amol；此过程转移电子的总物质的量：；生成CO2的物质的量：；生成CO2转移的电子的物质的量：，则η(CO2)=\frac{2\times \frac{\text{a}}{97\text{ }\!\!%\!\!\text{ }}\times 3\text{ }\!\!%\!\!\text{ }\times \text{6}}{\frac{\text{2a}}{70\text{ }\!\!%\!\!\text{ }}}≈13%； iii.实验证实推测III成立，则会产生氯气，验证氯气即可，故答案为：KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。 …………………… 1.(2026·北京顺义·二模)某小组完成银镜反应实验并探究试管壁上银镜的去除。 Ⅰ、银镜反应实验。 （1）配制银氨溶液 在洁净的试管中加入1 mL 2% 溶液，边振荡试管边逐滴滴加　　　　　　。补全上述实验的操作及现象。 （2）向新制银氨溶液中滴加3滴乙醛，振荡后将试管放在热水浴中温热。产生银镜的化学反应方程式是　　　　　　。 Ⅱ、小组同学探究不同氧化剂去除试管壁上银镜的效果。 取银镜厚度大致相同的3只试管，用蒸馏水洗净，分别加入溶液a，实验如下。 实验 序号 溶液a 现象 ⅰ 5 mL溶液 试管中产生大量气泡，银镜呈颗粒状逐渐脱离试管内壁，24小时后试管底部有灰黑色固体 ⅱ 5 mL溶液() 较长时间后银镜少部分溶解 ⅲ 5 mL溶液(pH=1) 光亮的银镜消失，一段时间后试管内壁附有褐色物质 （3）分析实验ⅰ中现象。 ①实验ⅰ中产生的气体可使带火星的木条复燃，该气体是　　　　　　。 ②经检测，实验ⅰ中灰黑色固体含有Ag、Ag2O。小组同学查阅资料：Ag可作为H2O2分解的催化剂，Ag催化过程按两步进行： a．；b．……。 b步的反应方程式为　　　　　　。 （4）探究实验ⅲ中褐色物质的成分。 小组同学提出：褐色物质可能含Ag、Ag2O、AgCl中的一种或多种。进行实验ⅳ。 已知：AgCl在FeCl3溶液中呈褐色。 褐色物质是　　　　　　。 Ⅲ、实验反思与改进。 （5）对比实验ⅱ、ⅲ，从物质性质的角度解释试管中现象不同的原因　　　　　　。 （6）小组同学对比实验ⅰ、ⅱ、ⅲ，查阅资料：氧化性。重新设计实验：取与ⅰ中银镜厚度大致相同的试管，加入5 mL含20%和　　　　　　(补全试剂)的混合溶液，银镜迅速脱落。 【答案】（1）2%稀氨水，至最初产生的沉淀恰好完全溶解为止     （2）     （3）① （氧气）    ②      （4）     （5）氧化Ag存在平衡：，实验iii中可以和生成AgCl沉淀，使降低，平衡正向移动，促进Ag溶解；实验ii中和生成微溶物，平衡移动程度小，因此银镜仅少部分溶解     （6）盐酸（合理即可）       【解析】(1)配制银氨溶液的标准操作是：向硝酸银溶液中逐滴滴加2%稀氨水，直至生成的沉淀恰好完全溶解，得到银氨溶液； (2)乙醛的醛基被银氨溶液氧化，水浴加热生成银镜，反应生成乙酸铵、银单质、氨气和水，配平方程式为：； (3)能使带火星木条复燃的气体为氧气（），是分解的产物；Ag催化分解的总反应为，总反应减去第一步反应，即可得到第二步反应，且符合Ag催化剂反应前后量不变的特点； (4)Ag、都可以溶于稀硝酸，实验中加足量稀硝酸后固体不溶解，说明不含Ag、，AgCl可以和氨水反应生成可溶性的银氨络离子，因此加氨水后固体完全溶解，符合实验现象，故褐色物质为AgCl；  (5)对比两组实验，只有阴离子不同，现象不同，原因是：氧化Ag存在平衡：，实验iii中可以和生成AgCl沉淀，使降低，平衡正向移动，促进Ag溶解；实验ii中和生成微溶物，平衡移动程度小，因此银镜仅少部分溶解； (6) 可以沉淀，降低，促进氧化Ag，使银镜快速脱落；需保持pH和其他实验一致为1，浓度与实验iii对应，因此补充盐酸即可。 2.(2026·北大附中·一模)回答下列问题。 （1）1900年，科学家以和为原料实现了合成氨。在一定温度和压强下，该反应每生成，放出热量，写出该反应的热化学方程式　　　　　　　　　　　。 （2）20世纪后，能斯特、哈伯等改变反应条件优化合成氨工艺。下列说法正确的是　　　　　　　　　　　(填序号) a．因为合成氨反应，所以增大压强可以加快反应速率 b．因为合成氨反应，所以降低温度不利于提高该反应限度 c．选择反应温度，要综合考虑速率、平衡以及催化剂活性等因素 （3）20世纪70年代，合成氨机理的研究推动了现代表面化学的发展。催化机理如下图所示： ①利用电催化法合成氨时，在　　　　　　　　　　　极析出。 ②从氮气结构角度分析：相比于光/电催化法，哈伯-博施法必须在高温、高压条件下进行，从而导致其能耗较高的主要原因为　　　　　　　　　　　。 （4）现代工业生产中可以通过不断通入反应物、及时分离产物，使体系中各物质浓度保持不变，来实现连续稳定生产。利用计算机模拟合成氨反应：时两个完全相同的反应体系，各物质浓度及产量均相同。之后，其他条件相同，若保持体系反应物浓度不变，在不同温度下进行模拟计算，可获得曲线甲；若保持体系总压强不变，在不同温度下进行模拟计算，可获得曲线乙。 ①甲曲线，单位时间内氨气产量随温度升高不断增大，可能原因是　　　　　　　　　　　。 ②乙曲线，单位时间内氨气产量随温度升高先增大后减小的主要原因是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）      （2）c     （3）① 阴    ② 中氮氮三键键能大，直接断裂所需能量高：而光/电催化法分步断裂，单次所需能量低     （4）① i．温度越高，反应速率越快，相同时间内获得的越多。    ② ii．温度低于673 K时，温度影响占主导，升高温度，反应速率加快；温度高于673 K时，化学平衡的影响占主导，因该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致氨气的净生成速率降低，产量下降      【解析】(1)由题意得，和为原料实现了合成氨。在一定温度和压强下，该反应每生成，放出热量，则该反应的热化学方程式为。 (2)a．增大压强可以加快反应速率，是由于浓度增大，碰撞频率增加，与无关，a错误； b．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，提高了反应限度，b错误； c．工业合成氨，既要考虑低温有利于平衡移动，但速率慢，又要考虑催化剂在400-500 ℃活性最高，因此需综合考虑，c正确； 故答案选c。 (3)① 由图可知，电催化合成氨是将氮气还原为氨气，氮气得电子，发生还原反应，故生成氨气发生在阴极； ② 哈伯-博施法必须在高温、高压条件下进行，是由于中氮氮三键键能大，极难断裂，仅靠热催化，需要高温提供活化能、高压提供碰撞速率与吸附量，因此能耗高；而光/电催化法分步断裂，单次所需能量低。 (4)甲曲线，单位时间内氨气产量随温度升高不断增大，可能是由于保持反应物浓度不变，速率完全由温度主导，即温度越高，反应速率越快，相同时间内获得的越多；乙曲线，单位时间内氨气产量随温度升高先增大后减小，可能是由于在温度低于673 K时，温度影响占主导，升高温度，反应速率加快；而温度高于673 K时，化学平衡的影响占主导，因该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致氨气的净生成速率降低，产量下降。 3.(2026·北京顺义·二模)工业排放的氨氮废水(主要以存在)是水体主要污染物之一。高效、科学的废水处理，有助于保护水中生态系统，维护人类健康。 （1）生物硝化法。利用氨氧化细菌等微生物催化转化氨氮。 ①废水中两步硝化反应的热化学方程式为： ⅰ、   ∆H=-546kJ·mol-1 ⅱ、   ∆H=-146kJ·mol-1 被完全氧化为的热化学方程式为　　　　　　。 ②温度升高，反应速率加快，但温度高于时，反应速率急剧下降，去除率降低。可能原因是　　　　　　。 ③硝化过程中，水体pH过低会抑制的硝化。从平衡移动的角度解释原因　　　　　　。 （2）化学氧化法。以为氧化剂，可将废水中的氨氮转化为氮气。 ①理论上，3 mol可氧化2 mol。发生反应的离子方程式是　　　　　　。 ②其他条件相同，温度对氨氮去除率的影响如图。 温度高于时，氨氮去除率下降的原因是　　　　　　。 （3）化学沉淀法。一定条件下，向氨氮废水中加入稍过量、，可生成难溶的磷酸铵镁沉淀，除去氨氮。 ①用离子方程式表示沉淀的生成　　　　　　。 ②其他条件相同，溶液pH不同时，氨氮的去除率如下。 pH 3 5 7 9 11 氨氮去除率 54.7% 60.8% 80.7% 93.3% 85.1% 随pH增大，氨氮去除率先增大后减小的原因是　　　　　　。 【答案】（1）①     ② 温度升高，氨氧化细菌（酶）的蛋白质变性失活，催化能力丧失，反应速率急剧下降    ③ 第一步硝化反应生成，过低使增大，硝化反应平衡逆向移动，抑制转化     （2）①     ② 温度升高，水解生成的受热分解，有效氧化剂浓度降低，氧化性减弱     （3）①     ② 目标沉淀的生成需要足够的和：酸度过高消耗，碱度过高消耗，都不利于沉淀生成，因此随pH增大，氨氮去除率先增大后减小      【解析】(1)盖斯定律计算：将已知两个热化学方程式相加，总反应和焓变同时除以2，计算得，得到目标热化学方程式:；该反应依靠微生物的酶催化，酶的本质是蛋白质，高温会使蛋白质变性失活，因此反应速率急剧下降； 根据勒夏特列原理，生成物浓度增大，平衡向逆反应方向移动，因此抑制的硝化； (2)中从+1价降为-1价，每个得；中从-3价升为0价，每个失，根据电子守恒得计量比，再结合电荷、原子守恒配平方程式为：； 水解生成，受热易分解，温度升高后有效氧化剂浓度降低，氧化性减弱，因此氨氮去除率下降； (3)反应物为、、和水，生成物为磷酸铵镁沉淀，配平方程式为：； 降低时，与结合，浓度降低，不利于目标沉淀生成；随增大，浓度升高，有利于目标沉淀生成，去除率升高；过高时，与生成沉淀，浓度降低，不利于目标沉淀生成，去除率下降，因此随pH增大，氨氮去除率呈先增大后减小的趋势。 4.(2026·北京东城·一模)将转化为化工原料，对实现“碳中和”有重要意义。相关反应如下。 反应Ⅰ：    反应Ⅱ：    （1）将和转化为和水蒸气的热化学方程式为　　　　　　　　。 （2）恒温条件下将反应Ⅰ在下列两种容器中进行（温度、投料、起始体积均相同），的平衡转化率更高的是　　　　　　　　（填序号）。 a.容积可变的恒压容器       b.容积不变的恒容容器 （3）可作为反应Ⅱ的催化剂，可能的催化过程如下。补充i的化学方程式。 i.　　　　　　　　 ii. （4）一种实现反应Ⅰ和反应Ⅱ联用的方法如下。恒温恒压（750℃、130kPa）下，阶段向反应器（图a）中通入、混合气（体积比为），阶段通入气。发生的转化如图b所示。测得出气口的气体组成如图c所示（始终未检出）。 ①已知750℃时（3）中反应ii的平衡常数约为10。 阶段，存在时，出气口几乎检测不到；若不加入，出气口会检测到较多和。结合平衡移动原理解释的作用：　　　　　　　　。 ②时通入能快速产生大量，结合化学方程式分析原因：　　　　　　　　。 ③该方法将和分在不同时段收集，显著提高了的转化率。 【答案】（1）        （2）a     （3）     （4）① ，降低，使平衡正向移动（或使反应ii平衡逆向移动）    ② 通入促进正向进行，产生的快速发生反应：，从而快速生成大量CO。      【解析】(1)目标反应为CH4和CO2转化为CO和H2O(g)，需结合反应I与反应II，反应I： ，反应II： ，将反应I 和2倍反应II相加，消去中间产物H2：，简化得：   。 (2)反应I是气体分子数增加的反应（Δn = +2）。在恒温条件下：a. 恒压容器：体积随反应膨胀，相当于减压，平衡右移，CH4转化率更高；b. 恒容容器：压力随反应增大，平衡左移，CH4转化率较低。因此，CH4平衡转化率更高的是 a。 (3)催化循环中，Fe3O4作为催化剂参与两步反应：步骤i：Fe3O4被H2还原为 Fe，同时生成H2O；步骤ii：Fe被CO2氧化回Fe3O4，同时生成CO。步骤i的化学方程式为：。 (4)① 因CaO会与CO2反应生成CaCO3：，该反应显著降低体系中CO2浓度，使平衡正向移动（或使反应ii平衡逆向移动），导致CO浓度极低，几乎检测不到；② 通入惰性气体He，在恒压条件下稀释体系，降低CO2分压，使反应的平衡正向移动，促使 CaCO3分解，释放出的CO2与Fe发生反应：，从而快速生成大量CO。 5.(2026·北京西城·二模)研究去除废水中的有机污染物。 Ⅰ．酸性条件下与反应产生强氧化性的，涉及如下反应： ⅰ． ⅱ． 有机污染物如烃、烃的含氧衍生物被降解为和。 （1）的电子式是　　　　　　　　　　　。 （2）氧化乙苯()的化学方程式是　　　　　　　　　　　。 （3）氧化含苯胺的废水，其他条件不变时，起始分别投入少量且含相同物质的量的、的盐，苯胺的降解率如下图。 用时，0～40分钟，苯胺的降解率低，结合反应ⅰ、ⅱ解释原因：　　　　　　　　　　　。 （4）在电解槽中加入含有机污染物的酸性废水和少量亚铁盐，向阴极通入空气进行电解，用电化学法实现的制备和的再生，解决的贮运风险和提高有机物的降解效率。阴极反应有　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　、。 Ⅱ．中国科学家研究金属有机框架(MOFs)材料作催化剂，利用高效电合成，部分反应过程的能量变化如下图。 已知：*代表吸附位点，MOFs对具有适宜的吸附作用，利于生成。 （5）结合图中信息，较低温度有利于制备，原因是　　　　　　　　　　　。 （6）下列措施能增大产物中与物质的量之比的是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a．延长反应时间 b．采用适宜的电压 c．将MOFs材料改为对、具有强吸附作用的催化剂 【答案】（1）     （2）     （3）用时，与反应的速率小，一定时间内生成的小，使与反应生成的速率小，小，苯胺的降解率低     （4）①     ②      （5）生成的活化能低于生成的活化能，较低温度更易生成；不稳定，较低温度下，不易分解     （6）b      【解析】(1)中O和H形成单键，O的价层还剩5个电子，的电子式为。 (2)根据题干，乙苯被氧化为和，结合电子守恒配平：共失去42 mol电子，得到1 mol电子，配平后得到方程式。 (3)降解苯胺需要，而由反应ⅰ生成，起始无，需要先反应生成，初期浓度低，生成少，降解率低。 (4)题目说明阴极需要实现的制备和的再生：在阴极得电子，酸性条件下生成；在阴极得电子，再生为。 (5)由能量图可知，先生成，若要生成需要继续反应，总活化能更高；低温下，生成的速率慢，不会大量转化为，因此有利于制备。 (6)a．延长反应时间会使更多进一步转化为，比值减小，a错误； b．采用适宜电压可以控制反应偏向生成，增大比值，b正确； c．强吸附和会使进一步反应生成，比值减小，c错误； 答案选b。 6.(2026·北京房山·二模)消除NO对大气的污染一直是环境保护的重要研究课题。 Ⅰ、利用甲烷在催化剂条件下还原NO，相关反应如下： ①    ②    （1）写出甲烷还原NO的热化学方程式　　　　　　。 Ⅱ、催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以为主的催化剂上可能发生的反应过程如下图。 （2）写出脱硝过程的总反应的化学方程式　　　　　　。 （3）结合上图分析，下列说法正确的是　　　　　　。(填序号) a．中Fe元素的化合价为+3价 b．作催化剂，通过改变反应历程，提高反应速率 c．在等压条件下，反应①、②和③的反应热之和，小于总反应的反应热之和 Ⅲ、电解氧化吸收法可将废气中的NO转变为。分别向溶液和 溶液中通入NO，测得电流强度与NO的去除率的关系如图1所示。电解溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图2所示。 已知：的氧化性弱于 （4）电解溶液时产生。氧化吸收NO的离子方程式为　　　　　　。 （5）图1中NaCl电解液比电解液的NO去除率大，原因是　　　　　　。 （6）随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是　　　　　　。 【答案】（1）        （2）     （3）ab     （4）     （5）电解氯化钠溶液生成，氧化性强于，而且电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强，更有利于NO的去除     （6）随着电流强度增大，电流强度大于4时产生的浓度减小，浓度增大，氧化性弱      【解析】(1)根据盖斯定律，反应②-反应①×2：     。 (2)将反应①、②、③相加消去中间产物，化学计量数化为最简整数比，得总反应的化学方程式为： 。 (3)a．中，为-1价，因此Fe为+3价，a正确； b．作为催化剂，参与反应历程改变反应路径，降低活化能，提高反应速率，b正确； c．反应①、②、③相加等于总反应，根据盖斯定律，分步反应的反应热之和等于总反应的反应热，c错误； 故答案选ab。 (4)NO被氧化为，被还原为，离子方程式为：。 (5)电解NaCl溶液时生成，的氧化性强于，对NO的氧化效率更高，电解NaCl溶液时阴极产生OH⁻，使溶液呈碱性，更有利于对NO的吸收和氧化，因此NO去除率比电解液大。 (6)随着电流强度增大，电流强度大于4时，会被进一步氧化生成氧化性较弱的，导致溶液中有效氧化NO的浓度降低，因此NO去除率下降。 7.(2026·北京西城·二模)环氧丙烷是重要的有机化工原料，工业上先用丙烷制丙烯，再通过间接电解丙烯制环氧丙烷。 Ⅰ．丙烷制丙烯 （1）一定条件下，C3H8脱氢制丙烯发生如下反应：   ，从平衡的角度推断有利于制备丙烯的条件是　　　　　　　　　　　。 （2）在高温下，CO2催化氧化C3H8制C3H6涉及的反应有： ⅰ.   ； ⅱ.   ； ⅲ.； …… ①CO2氧化C3H8生成C3H6、CO和反应的热化学方程式是　　　　　　　　　　　。 ②与(1)相比，(2)中引入CO2的优点有　　　　　　　　　　　(答两点)。 Ⅱ．间接电解法制环氧丙烷 丙烯经间接电解法制环氧丙烷(，简称PO)的原理示意图如图1。 已知：ⅰ.Br2与H2O反应：； ⅱ.； （3）阳极反应式是　　　　　　　　　　　。 （4）丙烯经间接电解法制PO的总反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　。 （5）不将丙烯直接通入电解池内制PO，原因可能是　　　　　　　　　　　。 （6）相同电压下电解，随的变化如图2。大于时，下降。不考虑其他副反应，从反应原理的角度解释原因：　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）低压，高温     （2）① CO2(g)+C3H8(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)            ② CO2消耗H2，提升丙烷生成丙烯的平衡转化率；在高温下碳被CO2还原为CO，防止积碳覆盖在催化剂表面减小反应速率     （3）2Br--2e-=Br2     （4）+H2     （5）防止丙烯在阳极被氧化生成其他副产物     （6）c(Br-)较大，不利于Br2+H2O=HBrO+H++Br-正向进行，Br2与H2O反应生成HBrO，Br2的转化率下降，FE(PO)下降      【解析】(1)该反应为吸热反应，升高温度有利于平衡向正反应方向移动；该反应为气体体积增大的反应，即在低压的条件下更有利于向正反应方向进行； (2)①由题意可知，该反应方程式为CO2(g)+C3H8(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)，其为反应ⅰ与反应ⅱ的加和，则=+165kJ/mol； ②由题意可知，反应生成的H2可以继续和CO2反应，降低H2的浓度，提升丙烷生成丙烯的平衡转化率；在高温下碳被CO2还原为CO，防止积碳覆盖在催化剂表面减小反应速率 (3)由图可知，阳极反应式为2Br--2e-=Br2； (4)由图可知，丙烯经间接电解法制PO的过程中，阳极的反应由溴离子生成溴单质，继续生成次溴酸，由次溴酸与丙烯反应生成CH3CH(OH)CH2Br，阴极由水反应生成氢气，则最后形成碱性KOH溶液的环境，由CH3CH(OH)CH2Br在碱性溶液中发生分子内取代反应生成PO，则该总反应的化学方程式为+H2； (5)丙烯直接在电极上反应，选择性差，易发生氧化或还原等副反应，故不将丙烯直接通入电解池内制PO，原因是防止丙烯在阳极被氧化生成其他副产物； (6)c(Br-)较大，不利于Br2+H2O=HBrO+H++Br-正向进行，Br2与H2O反应生成HBrO，Br2的转化率下降，FE(PO)下降。 8.(2026·北京朝阳·质量检测)小组同学探究影响乙醛与银氨溶液反应速率的因素。 （1）与反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　。 （2）配制银氨溶液 向试管中加入1mL2%的“试剂a”，然后边振荡试管边逐滴滴入2%的“试剂b”，使最初产生的沉淀恰好溶解(如下图)。试剂a、b分别是　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　。 （3）小组同学认为，提高的浓度，有利于更快产生银镜，设计如下实验。 装置 实验 试剂x 现象 Ⅰ 银氨溶液 100s产生银镜 Ⅱ 银氨溶液与浓氨水 有气泡产生，100s无明显现象 已知：。 ①实验Ⅱ中产生的气体是。检出的操作和现象是　　　　　　　　　　　。 ②实验Ⅱ中未产生Ag。结合平衡移动原理分析原因：　　　　　　　　　　　。 （4）进一步探究实验Ⅱ中未产生银镜的原因。 实验Ⅲ：将试剂x更换为2%的溶液，重复实验，100s无明显现象。 对比银氨溶液和溶液的组成，推测的浓度可能影响银镜的产生速率。 实验Ⅳ：向银氨溶液中滴加不同体积的NaOH溶液，再加入乙醛，现象如下。 NaOH用量 1滴 2滴 8滴 现象 立即产生少量棕黑色沉淀，加乙醛后水浴20s产生银镜 立即产生较多棕黑色沉淀，加乙醛后水浴10s产生银镜 立即产生大量棕黑色沉淀，加乙醛后水浴较长时间未产生银镜，试管中仍有大量棕黑色沉淀A ①小组同学认为，有利于更快产生银镜，实验证据是　　　　　　　　　　　。 ②分析滴加8滴NaOH溶液未产生银镜的原因： 假设1：过高，反应过快，导致产生的银不能以银镜析出。 假设2：过高，与反应导致浓度降低，反应变慢，未产生银。 设计实验方案检验棕黑色沉淀A的成分确认假设1正确：　　　　　　　　　　　。 （5）查阅文献：乙醛与银氨溶液的反应可能经历如下步骤。 由此思考，实验Ⅲ中的浓度较低，导致　　　　　　　　　　　的浓度较低，反应变慢。 【答案】（1）     （2）① 溶液    ② 氨水     （3）① 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝(合理即可)    ② 加入浓氨水，c()增大，正向移动，c()减小，反应变慢     （4）① 加入1~2滴NaOH溶液产生银镜的时间比不加NaOH溶液(实验I)产生银镜的时间短(或加2滴溶液产生银镜的时间比加1滴溶液产生银镜的时间短)    ② 取少量棕黑色沉淀A，加入足量浓硝酸，产生红棕色气体，说明固体A含有(或取少量棕黑色沉淀A，加入足量浓氨水，充分反应沉淀未完全溶解，说明固体A含有)     （5）      【解析】(1)与反应的化学方程式是：； (2)配制银氨溶液的步骤为：向硝酸银溶液中逐滴滴加稀氨水，至沉淀恰好溶解，试剂a为溶液，试剂b为稀氨水； (3)①检出的操作和现象是：将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝； ②实验Ⅱ中未产生，原因是加入浓氨水，c()增大，正向移动，c()减小，反应变慢； (4)① 因为加入1~2滴NaOH溶液产生银镜的时间比不加NaOH溶液(实验I)产生银镜的时间短，或加2滴溶液产生银镜的时间比加1滴溶液产生银镜的时间短，所以可以得到有利于更快产生银镜的实验结论； ②假设1认为棕黑色沉淀A中有，而假设2认为没有；设计实验方案检验棕黑色沉淀A的成分确认假设1正确：取少量棕黑色沉淀A，加入足量浓硝酸，产生红棕色气体，说明固体A含有，假设1正确；或取少量棕黑色沉淀A，加入足量浓氨水，充分反应沉淀未完全溶解，说明固体A含有Ag，假设1正确； (5)实验Ⅲ中的浓度较低，导致乙醛与反应生成的减少，导致与发生的慢反应及后续反应更难进行，反应变慢。 9.(2026·北京海淀·二模)(多选)钢铁行业是排放的主要来源之一，约占全球总排放量的7%。减少炼铁过程中碳的使用对减排工作具有重要意义。 （1）已知：                   则           　　　　　　　 。 （2）常压下，在密闭容器中用CO(或)在不同温度下将还原为Fe，达平衡时，混合气体中CO(或)的物质的量分数如图。 ①关于CO还原为Fe的反应，下列分析正确的是　　　　　　　(填序号)。 a．装置内气体总物质的量不再变化时，说明反应达到化学平衡状态 b．其他条件不变，延长反应时间，不能改变CO的平衡转化率 c．还原所得Fe可能包覆于表面，使体系无法达到平衡状态 ②平衡时CO的物质的量分数：N>M，原因是　　　　　　　。 ③用代替CO还原制备Fe，可减少排放，但该方案仍存在一定的局限性。从物质利用及能源消耗的角度分析其局限性分别为　　　　　　　、　　　　　　　。 （3）恒温恒容条件下，研究不同因素对铁氧化物还原速率的影响，实验方案和结果如下表。 实验 编号 固体 粒径 /mm 通不同气体时的相对还原速率 CO i FeO 0.1 0.27 0.09 0.33 ii FeO 2.5 0.25 0.08 0.35 iii FeO 8.5 0.15 0.06 0.25 iv FeO 20 0.021 0.007 0.036 v FeO，MgO 20 0.017 0.008 0.039 注：各实验中FeO质量相同。 ①实验i~iv以 CO进行还原时，相对还原速率依次下降，原因是　　　　　　　。 ②研究表明，在FeO中加入少量MgO，某种氧化产物与MgO反应的生成物可“撑开”FeO晶体，从而加速FeO的还原。结合实验iv、v的数据，推测相关反应的化学方程式为　　　　　　　。 【答案】（1）-40     （2）① bc    ② 用CO还原为Fe的反应为放热反应，从M点到N点，温度升高，平衡逆向移动，平衡时 CO的物质的量分数大    ③ 制备成本高，且平衡转化率低于CO，原料利用率低    ④ 工业制取需要消耗大量能源，且该反应吸热，需要额外提供能量，整体能耗更高     （3）① FeO粒径越大，与还原气体的接触面积越小，反应速率越慢，因此相对还原速率依次下降    ②       【解析】(1)根据盖斯定律，将已知反应编号： ①  ②；  目标反应=①② ，因此。 (2)① a．该反应前后气体总物质的量始终不变，因此气体总物质的量不变不能说明反应达到平衡，a错误； b．延长反应时间不改变平衡状态，因此不能改变CO的平衡转化率，b正确； c．若生成的Fe包覆在表面，会隔绝反应物接触，使反应无法持续进行，体系不能达到平衡，c正确。 ②该反应为放热反应（），温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡物质的量分数增大，因此 ③  物质利用：制备成本高，且平衡转化率低于CO，原料利用率低； 能源消耗：工业制取需要消耗大量能源，且该反应吸热，需要额外提供能量，整体能耗更高。 (3)① FeO粒径越大，反应物（FeO与还原剂气体）的接触面积越小，反应速率越慢，因此相对还原速率依次下降。 ② 结合实验iv、v的数据，加入MgO后，用CO的还原速率减慢，而加入的还原速率加快，说明是与反应生成摩尔体积更大的，可撑开FeO晶体，加快还原速率。 10.(2026·北京丰台·二模)是一种重要的工业原料，其合成工艺的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 （1）方法一：工业上主要采用氨氧化法制备，其设备与流程如下图所示。 ①转化器中氨氧化的化学方程式为　　　　　　　　。 ②已知与转化器中相同温度、压强下两个反应的焓变 反应ⅰ： 反应ⅱ： 要计算转化器中氨氧化反应的焓变，还需要另一个反应　　　　　　　　的焓变。 ③NO和进入热交换器后，NO转化率显著提高的原因是　　　　　　　　。 ④从资源和能源利用的角度说明该工艺的优点：　　　　　　　　。 （2）方法二：中国科学家在室温下用电解法将空气转化为硝酸，其原理示意图如下。 ①阴极石墨棒上转化为·OH的电极总反应为　　　　　　　　。 ②是·OH与反应生成的中间产物，其结构式为　　　　　　　　。 ③若将阳极产生的通入阴极参与反应，则该电解工艺生成最终消耗的物质的量为　　　　　　　　。 【答案】（1）①     ②     ③ ，NO和O2进入热交换器后，降低温度，有利于平衡正向移动    ④ 通过热交换器预热原料气，同时为NO和O2降温；吸收塔中产生的NO等气体循环利用     （2）①     ② H-O-N=N-O-H    ③ 1.25mol      【解析】由图，氨气和氧气催化氧化生成NO，NO和氧气转化为二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸； (1)① 转化器中氨氧化反应为氨气和氧气催化氧化生成NO ： ； ② 已知与转化器中相同温度、压强下两个反应的焓变 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 由盖斯定律，反应[ⅲ-2(ⅰ-ⅱ)]得到反应，故要计算转化器中氨氧化反应的焓变，还需要另一个反应的焓变； ③NO和进入热交换器后，NO转化率显著提高的原因是该反应是放热反应，降低温度使平衡向正反应方向移动，NO转化率提高； ④ 该工艺中NO、氧气可以循环利用，可以提高原料利用率，且使用热交换器对反应物进行预热，充分利用热能，提高反应效率； (2)① 由图，阴极石墨棒上反应为在酸性条件下得到电子转化为·OH，同时生成水，反应为： 。 ②是·OH与反应生成的中间产物，则氮分子中断裂1个氮氮键和·OH结合生成，其结构式为HO-N=N-OH。 ③该电解工艺的总反应为，该反应式已计入阳极产生的氧气在阴极的消耗，代表了净的物料变化。根据化学计量关系，生成最终消耗，则生成最终消耗的物质的量为。 11.(2026·北京丰台·二模)某小组同学探究Fe与、混合溶液的反应，开展了如下实验。 序号 实验 现象 实验ⅰ 快速搅拌，测溶液pH pH升高，10 min停止实验，Fe粉有剩余，沉降后，上层澄清液为浅绿色，溶液pH=4.9 实验ⅱ 快速搅拌，测溶液pH Fe粉表面立即变红，红色逐渐加深。溶液pH升高，比实验ⅰ更快，10 min停止实验，Fe粉有剩余，沉降后，上层澄清液显浅绿色比实验ⅰ更深，溶液pH=5.1，经检验溶液中不含 已知：沉淀完全的pH约为3.0，开始沉淀的pH约为6.3 （1）经检验，实验ⅱ中红色物质为Cu。甲同学认为Cu应与发生反应，离子方程式为　　　　　　　　。 （2）解释实验ⅱ中当大量存在时，附着在Fe粉上的Cu却没有被消耗的原因　　　　　　　　。 （3）实验结束后，经检测，：实验ii>实验ⅰ，甲同学认为越大，溶液的pH应越低，结合化学用语说明理由　　　　　　　　。 （4）实验结果表明实验ⅱ中溶液的pH比实验ⅰ的高，与甲同学分析不符。乙同学认为实验ⅰ、ⅱ中还存在其他反应影响溶液的pH，提出如下猜测。 猜测1：________ 猜测2：Fe与反应影响溶液pH 猜测3：被氧化影响溶液pH ①猜测1为　　　　　　　　。 ②Fe与反应生成的离子方程式为　　　　　　　　。 ③将被氧化的离子方程式补充完整：　　　　　　　　。 ______ ④设计实验方案：向　　　　　　　　溶液中加入2gFe粉，有微量气泡产生；pH>2后，无气泡；快速搅拌，测得溶液pH逐渐增大，10 min时pH=5.4，铁粉沉降后，取少量反应液于试管中，　　　　　　　　(填操作和现象)检测到。由此证实上述猜想均成立。 ⑤结合猜测1、2、3，解释反应结束后实验ⅱ溶液pH大于实验ⅰ的原因　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）铜附着在铁的表面，形成铁铜原电池，铜作为正极被保护（合理答案给分）     （3）亚铁离子容易水解生成氢离子：，使得溶液显酸性，越大越利于平衡正向移动，使得氢离子浓度越大，溶液的pH应越低     （4）① Fe与反应影响溶液pH    ②     ③     ④ 15mLKCl和HCl的混合溶液，其中、pH=1.3    ⑤ 先加硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变为红色    ⑥ 实验ⅱ中形成Cu与Fe原电池，Fe与、反应消耗与的速率比实验ⅰ的快，使得实验结束时实验ⅱ中溶液pH更大      【解析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响；铁离子和KSCN溶液变为红色，可以使用KSCN溶液检验铁离子； (1)铜和铁离子反应生成亚铁离子和铜离子：； (2)实验ⅱ中当大量存在时，附着在Fe粉上的Cu却没有被消耗的原因为：铜附着在铁的表面，形成铁铜原电池，铜作为正极被保护（合理答案给分）； (3)亚铁离子容易水解生成氢离子：，使得溶液显酸性，越大越利于平衡正向移动，使得氢离子浓度越大，溶液的pH应越低； (4)① 反应后铁单质剩余，铁会和氢离子反应，导致氢离子浓度减小，故猜测1为：Fe与反应影响溶液pH； ② 氧气具有氧化性，酸性条件下，Fe与反应生成，同时生成水，离子方程式为 ； ③该反应为被氧化并水解生成的总反应，此过程会生成，反应为：； ④ 实验结论为上述猜想均成立，可以做没有铁离子的对照实验，故实验方案为：向15mLKCl和HCl[其中、pH=1.3]的混合溶液中加入2gFe粉，有微量气泡产生；pH>2后，无气泡；快速搅拌，测得溶液pH逐渐增大，10 min时pH=5.4，铁粉沉降后，取少量反应液于试管中，先加硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变为红色，说明检测到，由此证实上述猜想均成立； ⑤实验ⅱ中形成Cu-Fe原电池，加速了Fe的反应。尽管猜测3会生成，但消耗的反应（猜测1和2）速率远大于猜测3生成的速率，导致实验ⅱ中的净消耗速率比实验ⅰ更快，因此反应结束后溶液pH更高。 12.(2026·北京房山·一模)ZnS在工业中有广泛应用．可用于回收砷和制备光学材料。 （1）制备ZnS。 由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉（CdS）等]制备ZnS的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①闪锌矿浸出在高温下进行，采用该条件的目的是　　　　　　　。 ②酸浸时ZnS发生反应的离子方程式　　　　　　　。 ③酸浸时通入可提高浸出率，结合平衡移动原理，解释原因　　　　　　　。 ④通入除镉。当溶液时，　　　　　　　(填“是”或“否”)沉淀完全。 （2）ZnS用于回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，可缓慢水解。 不同温度下，按向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应温度的变化如图所示。 ①写出ZnS与反应生成的离子方程式：　　　　　　　。 ②随温度升高，砷去除率下降的可能原因为　　　　　　　。 （3）利用ZnS制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A带　　　　　　　(填“正电”或“负电”)。区域B“”中的离子为　　　　　　　(填离子符号)。 【答案】（1）① 加快反应速率    ②     ③ ，O2氧化S2-，c(S2-)降低，促进酸浸正向进行    ④ 否     （2）①     ② 升温促进As2S3水解，生成H3AsO3，砷去除率下降     （3）① 正电    ② Cu+      【解析】闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉（CdS）等]加入硫酸和氧气溶解，-2价S转化为单质S除去，金属元素溶解，除铁后，加入H2S将Cd2+转化为CdS除去后，再调pH加入H2S将Zn2+转化为ZnS。 (1)①温度越高，反应速率越快，增加酸浸效率，因此闪锌矿浸出在高温下进行； ②酸浸时ZnS与硫酸和氧气反应生成S，ZnS中的-2价S被氧化为0价S，Zn元素转化为Zn2+，则氧气被还原为水，发生反应的离子方程式为； ③ ZnS存在沉淀-溶解平衡：，通入氧气，O2氧化S2-，c(S2-)降低，促进酸浸正向进行，因此酸浸时通入可提高浸出率； ④通入除镉的离子方程式为，平衡常数为，当溶液时，，因此未沉淀完全。 (2)①ZnS为难溶物，为弱酸，在离子方程式中均不可拆，两者反应生成，As和S的化合价不改变，因此Zn元素应转化为Zn2+，反应发生在酸性条件，根据电荷守恒和原子守恒，用H+和水配平得到反应的离子方程式为； ②据已知，可缓慢水解，水解为吸热反应，温度升高，水解程度增加，更多As(Ⅲ)进入溶液，砷去除率下降。 (3)掺杂后的晶胞中Cu+占据原Zn2+的位置，Cl-占据原S2-的位置，对比原CuCl晶胞和掺杂后的晶胞，区域A中S2-的位置被Cl-替代，负电荷减少，因此区域A带正电，区域B中Cu+占据原Zn2+的位置，因此“”中的离子为Cu+，正电荷减少，因此区域B带负电。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题14 化学反应原理综合题 7年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2020-2026） 命题规律 化学反应原理综合题 2026北京(1题)、2025北京(1题)、2024北京(2题)、2023北京(1题)、2021北京(3题) · 情境设置：以工业制备、实验探究、电化学合成等真实前沿问题为载体。 · 考查重点：平衡常数及移动、反应机理、电极反应、氧化还原与离子反应。 · 命题趋势：强调信息提取与综合推理，注重定量计算与实验证据论证。 1.(2026·北京·高考真题)重晶石的主要化学成分为，还含有少量的等杂质，实验室中以重晶石为原料，通过以下过程可制备高纯。 （1）焙烧。使重晶石转化为粗。该过程中生成的反应有： i．      ii．    iii．   　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）浸钡。已知可溶于水。粗在热水中浸出，产生和。取一定量粗，一定温度下加水浸钡，测得浸出液中、随加入水的体积的变化示意图如下。 ①浸出后，过滤出不溶物所需的玻璃仪器有烧杯、　　　　　　　　　　。 ②时，几乎不产生，溶液中　　　　　　　　　　mol(用含、的代数式表示)。 ③当后，比的变化幅度小，解释原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）沉钡。与反应快，导致浸出液中和等被包裹而降低产品纯度，而与反应慢，不易包裹。为提高纯度，沉钡原理示意如下。 ①写出“预处理”步骤中反应的离子方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②结合平衡移动原理，解释“沉钡”时产生的原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 2.(2025·北京·高考真题)利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知：                                            由制的热化学方程式为　　　　　　　。 （2）制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是　　　　　　　。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，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、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是　　　　　　　。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：　　　　　　　。 3.(2024·北京·高考真题)某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是　　　　　　　。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是　　　　　　　。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因　　　　　　　。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式　　　　　　　。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验　　　　　　　(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，　　　　　　　 (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因　　　　　　　。 4.(2024·北京·高考真题)是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 （1）方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和　　　　　　　。 （2）方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①第I步反应的化学方程式为　　　　　　　。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因　　　　　　　。 （3）方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式：　　　　　　　。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是　　　　　　　。 （4）人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因　　　　　　　。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。 5.(2023·北京·高考真题)尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 （1）十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步： ⅰ．和生成； ⅱ．分解生成尿素。     结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是　　　　　　　　　　(填序号)。 a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应 c． （3）近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。     ①电极是电解池的　　　　　　　　　　极。 ②电解过程中生成尿素的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　。 （4）尿素样品含氮量的测定方法如下。 已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。     ①消化液中的含氮粒子是　　　　　　　　　　。 ②步骤ⅳ中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有　　　　　　　　　　。 6.(2021·北京·高考真题)某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。已知：。 （1）浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。 ①反应的离子方程式是　　　　　　　。 ②电极反应式： i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O ii.氧化反应：　　　　　　　。 ③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。 i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。 ii.随c(Cl-)降低，　　　　　　　。 ④补充实验证实了③中的分析。 实验操作 试剂 产物 I 较浓H2SO4 有氯气 II a 有氯气 III a+b 无氯气 a是　　　　　　　，b是　　　　　　　。 （2）利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是　　　　　　　，从原子结构角度说明理由　　　　　　　　　　　　　　。 （3）根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是　　　　　　　。 （4）Ag分别与1mol·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：　　　　　　　。 （5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是　　　　　　　。 7.(2021·北京·高考真题)某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。 （1）实验验证 实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mol/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。 实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。 ①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是　　　　　　　。 ②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是　　　　　　　。 综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。 ③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象　　　　　　　。 （2）测定平衡常数 实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol/L KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。 资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色） K=1012 Fe3++SCN-FeSCN2+（红色） K=102.3 ①滴定过程中Fe3+的作用是　　　　　　　。 ②测得平衡常数K=　　　　　　　。 （3）思考问题 ①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值　　　　　　　(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 ②不用实验II中清液测定K的原因是　　　　　　　。 8.(2021·北京·高考真题)环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。 （1）①阳极室产生Cl2后发生的反应有：　　　　　　　、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。 ②结合电极反应式说明生成溶液a的原理　　　　　　　。 （2）电解效率η和选择性S的定义： η(B)=×100% S(B)=×100% ①若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为　　　　　　　。 ②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因： I.阳极有H2O放电 II.阳极有乙烯放电 III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO …… i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是　　　　　　　。 ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈　　　　　　　%。经检验阳极放电产物没有CO2。 iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是　　　　　　　。 可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。 …………………… 1.(2026·北京顺义·二模)某小组完成银镜反应实验并探究试管壁上银镜的去除。 Ⅰ、银镜反应实验。 （1）配制银氨溶液 在洁净的试管中加入1 mL 2% 溶液，边振荡试管边逐滴滴加　　　　　　。补全上述实验的操作及现象。 （2）向新制银氨溶液中滴加3滴乙醛，振荡后将试管放在热水浴中温热。产生银镜的化学反应方程式是　　　　　　。 Ⅱ、小组同学探究不同氧化剂去除试管壁上银镜的效果。 取银镜厚度大致相同的3只试管，用蒸馏水洗净，分别加入溶液a，实验如下。 实验 序号 溶液a 现象 ⅰ 5 mL溶液 试管中产生大量气泡，银镜呈颗粒状逐渐脱离试管内壁，24小时后试管底部有灰黑色固体 ⅱ 5 mL溶液() 较长时间后银镜少部分溶解 ⅲ 5 mL溶液(pH=1) 光亮的银镜消失，一段时间后试管内壁附有褐色物质 （3）分析实验ⅰ中现象。 ①实验ⅰ中产生的气体可使带火星的木条复燃，该气体是　　　　　　。 ②经检测，实验ⅰ中灰黑色固体含有Ag、Ag2O。小组同学查阅资料：Ag可作为H2O2分解的催化剂，Ag催化过程按两步进行： a．；b．……。 b步的反应方程式为　　　　　　。 （4）探究实验ⅲ中褐色物质的成分。 小组同学提出：褐色物质可能含Ag、Ag2O、AgCl中的一种或多种。进行实验ⅳ。 已知：AgCl在FeCl3溶液中呈褐色。 褐色物质是　　　　　　。 Ⅲ、实验反思与改进。 （5）对比实验ⅱ、ⅲ，从物质性质的角度解释试管中现象不同的原因　　　　　　。 （6）小组同学对比实验ⅰ、ⅱ、ⅲ，查阅资料：氧化性。重新设计实验：取与ⅰ中银镜厚度大致相同的试管，加入5 mL含20%和　　　　　　(补全试剂)的混合溶液，银镜迅速脱落。 2.(2026·北大附中·一模)回答下列问题。 （1）1900年，科学家以和为原料实现了合成氨。在一定温度和压强下，该反应每生成，放出热量，写出该反应的热化学方程式　　　　　　　　　　　。 （2）20世纪后，能斯特、哈伯等改变反应条件优化合成氨工艺。下列说法正确的是　　　　　　　　　　　(填序号) a．因为合成氨反应，所以增大压强可以加快反应速率 b．因为合成氨反应，所以降低温度不利于提高该反应限度 c．选择反应温度，要综合考虑速率、平衡以及催化剂活性等因素 （3）20世纪70年代，合成氨机理的研究推动了现代表面化学的发展。催化机理如下图所示： ①利用电催化法合成氨时，在　　　　　　　　　　　极析出。 ②从氮气结构角度分析：相比于光/电催化法，哈伯-博施法必须在高温、高压条件下进行，从而导致其能耗较高的主要原因为　　　　　　　　　　　。 （4）现代工业生产中可以通过不断通入反应物、及时分离产物，使体系中各物质浓度保持不变，来实现连续稳定生产。利用计算机模拟合成氨反应：时两个完全相同的反应体系，各物质浓度及产量均相同。之后，其他条件相同，若保持体系反应物浓度不变，在不同温度下进行模拟计算，可获得曲线甲；若保持体系总压强不变，在不同温度下进行模拟计算，可获得曲线乙。 ①甲曲线，单位时间内氨气产量随温度升高不断增大，可能原因是　　　　　　　　　　　。 ②乙曲线，单位时间内氨气产量随温度升高先增大后减小的主要原因是　　　　　　　　　　　。 3.(2026·北京顺义·二模)工业排放的氨氮废水(主要以存在)是水体主要污染物之一。高效、科学的废水处理，有助于保护水中生态系统，维护人类健康。 （1）生物硝化法。利用氨氧化细菌等微生物催化转化氨氮。 ①废水中两步硝化反应的热化学方程式为： ⅰ、   ∆H=-546kJ·mol-1 ⅱ、   ∆H=-146kJ·mol-1 被完全氧化为的热化学方程式为　　　　　　。 ②温度升高，反应速率加快，但温度高于时，反应速率急剧下降，去除率降低。可能原因是　　　　　　。 ③硝化过程中，水体pH过低会抑制的硝化。从平衡移动的角度解释原因　　　　　　。 （2）化学氧化法。以为氧化剂，可将废水中的氨氮转化为氮气。 ①理论上，3 mol可氧化2 mol。发生反应的离子方程式是　　　　　　。 ②其他条件相同，温度对氨氮去除率的影响如图。 温度高于时，氨氮去除率下降的原因是　　　　　　。 （3）化学沉淀法。一定条件下，向氨氮废水中加入稍过量、，可生成难溶的磷酸铵镁沉淀，除去氨氮。 ①用离子方程式表示沉淀的生成　　　　　　。 ②其他条件相同，溶液pH不同时，氨氮的去除率如下。 pH 3 5 7 9 11 氨氮去除率 54.7% 60.8% 80.7% 93.3% 85.1% 随pH增大，氨氮去除率先增大后减小的原因是　　　　　　。 4.(2026·北京东城·一模)将转化为化工原料，对实现“碳中和”有重要意义。相关反应如下。 反应Ⅰ：    反应Ⅱ：    （1）将和转化为和水蒸气的热化学方程式为　　　　　　　　。 （2）恒温条件下将反应Ⅰ在下列两种容器中进行（温度、投料、起始体积均相同），的平衡转化率更高的是　　　　　　　　（填序号）。 a.容积可变的恒压容器       b.容积不变的恒容容器 （3）可作为反应Ⅱ的催化剂，可能的催化过程如下。补充i的化学方程式。 i.　　　　　　　　 ii. （4）一种实现反应Ⅰ和反应Ⅱ联用的方法如下。恒温恒压（750℃、130kPa）下，阶段向反应器（图a）中通入、混合气（体积比为），阶段通入气。发生的转化如图b所示。测得出气口的气体组成如图c所示（始终未检出）。 ①已知750℃时（3）中反应ii的平衡常数约为10。 阶段，存在时，出气口几乎检测不到；若不加入，出气口会检测到较多和。结合平衡移动原理解释的作用：　　　　　　　　。 ②时通入能快速产生大量，结合化学方程式分析原因：　　　　　　　　。 ③该方法将和分在不同时段收集，显著提高了的转化率。 5.(2026·北京西城·二模)研究去除废水中的有机污染物。 Ⅰ．酸性条件下与反应产生强氧化性的，涉及如下反应： ⅰ． ⅱ． 有机污染物如烃、烃的含氧衍生物被降解为和。 （1）的电子式是　　　　　　　　　　　。 （2）氧化乙苯()的化学方程式是　　　　　　　　　　　。 （3）氧化含苯胺的废水，其他条件不变时，起始分别投入少量且含相同物质的量的、的盐，苯胺的降解率如下图。 用时，0～40分钟，苯胺的降解率低，结合反应ⅰ、ⅱ解释原因：　　　　　　　　　　　。 （4）在电解槽中加入含有机污染物的酸性废水和少量亚铁盐，向阴极通入空气进行电解，用电化学法实现的制备和的再生，解决的贮运风险和提高有机物的降解效率。阴极反应有　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　、。 Ⅱ．中国科学家研究金属有机框架(MOFs)材料作催化剂，利用高效电合成，部分反应过程的能量变化如下图。 已知：*代表吸附位点，MOFs对具有适宜的吸附作用，利于生成。 （5）结合图中信息，较低温度有利于制备，原因是　　　　　　　　　　　。 （6）下列措施能增大产物中与物质的量之比的是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a．延长反应时间 b．采用适宜的电压 c．将MOFs材料改为对、具有强吸附作用的催化剂 6.(2026·北京房山·二模)消除NO对大气的污染一直是环境保护的重要研究课题。 Ⅰ、利用甲烷在催化剂条件下还原NO，相关反应如下： ①    ②    （1）写出甲烷还原NO的热化学方程式　　　　　　。 Ⅱ、催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以为主的催化剂上可能发生的反应过程如下图。 （2）写出脱硝过程的总反应的化学方程式　　　　　　。 （3）结合上图分析，下列说法正确的是　　　　　　。(填序号) a．中Fe元素的化合价为+3价 b．作催化剂，通过改变反应历程，提高反应速率 c．在等压条件下，反应①、②和③的反应热之和，小于总反应的反应热之和 Ⅲ、电解氧化吸收法可将废气中的NO转变为。分别向溶液和 溶液中通入NO，测得电流强度与NO的去除率的关系如图1所示。电解溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图2所示。 已知：的氧化性弱于 （4）电解溶液时产生。氧化吸收NO的离子方程式为　　　　　　。 （5）图1中NaCl电解液比电解液的NO去除率大，原因是　　　　　　。 （6）随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是　　　　　　。 7.(2026·北京西城·二模)环氧丙烷是重要的有机化工原料，工业上先用丙烷制丙烯，再通过间接电解丙烯制环氧丙烷。 Ⅰ．丙烷制丙烯 （1）一定条件下，C3H8脱氢制丙烯发生如下反应：   ，从平衡的角度推断有利于制备丙烯的条件是　　　　　　　　　　　。 （2）在高温下，CO2催化氧化C3H8制C3H6涉及的反应有： ⅰ.   ； ⅱ.   ； ⅲ.； …… ①CO2氧化C3H8生成C3H6、CO和反应的热化学方程式是　　　　　　　　　　　。 ②与(1)相比，(2)中引入CO2的优点有　　　　　　　　　　　(答两点)。 Ⅱ．间接电解法制环氧丙烷 丙烯经间接电解法制环氧丙烷(，简称PO)的原理示意图如图1。 已知：ⅰ.Br2与H2O反应：； ⅱ.； （3）阳极反应式是　　　　　　　　　　　。 （4）丙烯经间接电解法制PO的总反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　。 （5）不将丙烯直接通入电解池内制PO，原因可能是　　　　　　　　　　　。 （6）相同电压下电解，随的变化如图2。大于时，下降。不考虑其他副反应，从反应原理的角度解释原因：　　　　　　　　　　　。 8.(2026·北京朝阳·质量检测)小组同学探究影响乙醛与银氨溶液反应速率的因素。 （1）与反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　。 （2）配制银氨溶液 向试管中加入1mL2%的“试剂a”，然后边振荡试管边逐滴滴入2%的“试剂b”，使最初产生的沉淀恰好溶解(如下图)。试剂a、b分别是　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　。 （3）小组同学认为，提高的浓度，有利于更快产生银镜，设计如下实验。 装置 实验 试剂x 现象 Ⅰ 银氨溶液 100s产生银镜 Ⅱ 银氨溶液与浓氨水 有气泡产生，100s无明显现象 已知：。 ①实验Ⅱ中产生的气体是。检出的操作和现象是　　　　　　　　　　　。 ②实验Ⅱ中未产生Ag。结合平衡移动原理分析原因：　　　　　　　　　　　。 （4）进一步探究实验Ⅱ中未产生银镜的原因。 实验Ⅲ：将试剂x更换为2%的溶液，重复实验，100s无明显现象。 对比银氨溶液和溶液的组成，推测的浓度可能影响银镜的产生速率。 实验Ⅳ：向银氨溶液中滴加不同体积的NaOH溶液，再加入乙醛，现象如下。 NaOH用量 1滴 2滴 8滴 现象 立即产生少量棕黑色沉淀，加乙醛后水浴20s产生银镜 立即产生较多棕黑色沉淀，加乙醛后水浴10s产生银镜 立即产生大量棕黑色沉淀，加乙醛后水浴较长时间未产生银镜，试管中仍有大量棕黑色沉淀A ①小组同学认为，有利于更快产生银镜，实验证据是　　　　　　　　　　　。 ②分析滴加8滴NaOH溶液未产生银镜的原因： 假设1：过高，反应过快，导致产生的银不能以银镜析出。 假设2：过高，与反应导致浓度降低，反应变慢，未产生银。 设计实验方案检验棕黑色沉淀A的成分确认假设1正确：　　　　　　　　　　　。 （5）查阅文献：乙醛与银氨溶液的反应可能经历如下步骤。 由此思考，实验Ⅲ中的浓度较低，导致　　　　　　　　　　　的浓度较低，反应变慢。 9.(2026·北京海淀·二模)(多选)钢铁行业是排放的主要来源之一，约占全球总排放量的7%。减少炼铁过程中碳的使用对减排工作具有重要意义。 （1）已知：                   则           　　　　　　　 。 （2）常压下，在密闭容器中用CO(或)在不同温度下将还原为Fe，达平衡时，混合气体中CO(或)的物质的量分数如图。 ①关于CO还原为Fe的反应，下列分析正确的是　　　　　　　(填序号)。 a．装置内气体总物质的量不再变化时，说明反应达到化学平衡状态 b．其他条件不变，延长反应时间，不能改变CO的平衡转化率 c．还原所得Fe可能包覆于表面，使体系无法达到平衡状态 ②平衡时CO的物质的量分数：N>M，原因是　　　　　　　。 ③用代替CO还原制备Fe，可减少排放，但该方案仍存在一定的局限性。从物质利用及能源消耗的角度分析其局限性分别为　　　　　　　、　　　　　　　。 （3）恒温恒容条件下，研究不同因素对铁氧化物还原速率的影响，实验方案和结果如下表。 实验 编号 固体 粒径 /mm 通不同气体时的相对还原速率 CO i FeO 0.1 0.27 0.09 0.33 ii FeO 2.5 0.25 0.08 0.35 iii FeO 8.5 0.15 0.06 0.25 iv FeO 20 0.021 0.007 0.036 v FeO，MgO 20 0.017 0.008 0.039 注：各实验中FeO质量相同。 ①实验i~iv以 CO进行还原时，相对还原速率依次下降，原因是　　　　　　　。 ②研究表明，在FeO中加入少量MgO，某种氧化产物与MgO反应的生成物可“撑开”FeO晶体，从而加速FeO的还原。结合实验iv、v的数据，推测相关反应的化学方程式为　　　　　　　。 10.(2026·北京丰台·二模)是一种重要的工业原料，其合成工艺的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 （1）方法一：工业上主要采用氨氧化法制备，其设备与流程如下图所示。 ①转化器中氨氧化的化学方程式为　　　　　　　　。 ②已知与转化器中相同温度、压强下两个反应的焓变 反应ⅰ： 反应ⅱ： 要计算转化器中氨氧化反应的焓变，还需要另一个反应　　　　　　　　的焓变。 ③NO和进入热交换器后，NO转化率显著提高的原因是　　　　　　　　。 ④从资源和能源利用的角度说明该工艺的优点：　　　　　　　　。 （2）方法二：中国科学家在室温下用电解法将空气转化为硝酸，其原理示意图如下。 ①阴极石墨棒上转化为·OH的电极总反应为　　　　　　　　。 ②是·OH与反应生成的中间产物，其结构式为　　　　　　　　。 ③若将阳极产生的通入阴极参与反应，则该电解工艺生成最终消耗的物质的量为　　　　　　　　。 11.(2026·北京丰台·二模)某小组同学探究Fe与、混合溶液的反应，开展了如下实验。 序号 实验 现象 实验ⅰ 快速搅拌，测溶液pH pH升高，10 min停止实验，Fe粉有剩余，沉降后，上层澄清液为浅绿色，溶液pH=4.9 实验ⅱ 快速搅拌，测溶液pH Fe粉表面立即变红，红色逐渐加深。溶液pH升高，比实验ⅰ更快，10 min停止实验，Fe粉有剩余，沉降后，上层澄清液显浅绿色比实验ⅰ更深，溶液pH=5.1，经检验溶液中不含 已知：沉淀完全的pH约为3.0，开始沉淀的pH约为6.3 （1）经检验，实验ⅱ中红色物质为Cu。甲同学认为Cu应与发生反应，离子方程式为　　　　　　　　。 （2）解释实验ⅱ中当大量存在时，附着在Fe粉上的Cu却没有被消耗的原因　　　　　　　　。 （3）实验结束后，经检测，：实验ii>实验ⅰ，甲同学认为越大，溶液的pH应越低，结合化学用语说明理由　　　　　　　　。 （4）实验结果表明实验ⅱ中溶液的pH比实验ⅰ的高，与甲同学分析不符。乙同学认为实验ⅰ、ⅱ中还存在其他反应影响溶液的pH，提出如下猜测。 猜测1：________ 猜测2：Fe与反应影响溶液pH 猜测3：被氧化影响溶液pH ①猜测1为　　　　　　　　。 ②Fe与反应生成的离子方程式为　　　　　　　　。 ③将被氧化的离子方程式补充完整：　　　　　　　　。 ______ ④设计实验方案：向　　　　　　　　溶液中加入2gFe粉，有微量气泡产生；pH>2后，无气泡；快速搅拌，测得溶液pH逐渐增大，10 min时pH=5.4，铁粉沉降后，取少量反应液于试管中，　　　　　　　　(填操作和现象)检测到。由此证实上述猜想均成立。 ⑤结合猜测1、2、3，解释反应结束后实验ⅱ溶液pH大于实验ⅰ的原因　　　　　　　。 12.(2026·北京房山·一模)ZnS在工业中有广泛应用．可用于回收砷和制备光学材料。 （1）制备ZnS。 由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉（CdS）等]制备ZnS的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①闪锌矿浸出在高温下进行，采用该条件的目的是　　　　　　　。 ②酸浸时ZnS发生反应的离子方程式　　　　　　　。 ③酸浸时通入可提高浸出率，结合平衡移动原理，解释原因　　　　　　　。 ④通入除镉。当溶液时，　　　　　　　(填“是”或“否”)沉淀完全。 （2）ZnS用于回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，可缓慢水解。 不同温度下，按向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应温度的变化如图所示。 ①写出ZnS与反应生成的离子方程式：　　　　　　　。 ②随温度升高，砷去除率下降的可能原因为　　　　　　　。 （3）利用ZnS制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A带　　　　　　　(填“正电”或“负电”)。区域B“”中的离子为　　　　　　　(填离子符号)。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题14 化学反应原理综合题 7年真题1年模拟 1.【答案】（1）-119     （2）① 漏斗、玻璃棒    ②     ③ 稀释溶液时，仅随溶液体积增大直接被稀释，而、的水解平衡会正向移动，生成了额外的，抵消了部分因体积增大引起的浓度减小     （3）①     ② 溶液中存在电离平衡：，与结合生成沉淀，使降低，促使的电离平衡正向移动；产生的浓度增大，进而与溶液中的结合，促使平衡正向移动，从而产生气体      2.【答案】（1）     （2）①     ②     ③     ④ 、SO2     （3）①     ② 溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降      3.【答案】（1）     （2）① 产生蓝色沉淀    ② 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动    ③ 、    ④ 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡    ⑤ 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸     （3）金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗      4.【答案】（1）难挥发性     （2）①     ② x、y点转化率相同，故气体总物质的量相同，y点温度T更高、压强p更大，且压强增大对容积的影响超过了温度升高对容积的影响     （3）①     ② iii产生的参与ⅱ中NO的氧化     （4）分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量      5.【答案】（1）     （2）ab     （3）① 阳    ②      （4）①     ② 样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度      6.【答案】（1）① MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O    ② 2Cl--2e- =Cl2↑    ③ Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强    ④ KCl固体(或浓/饱和溶液)    ⑤ MnSO4固体(或浓/饱和溶液)     （2）① KCl>KBr>KI    ② Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强     （3）AgNO3 或Ag2SO4     （4）比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生     （5）氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(氧化产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强      7.【答案】（1）① 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体    ② 防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果    ③ a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转     （2）① 指示剂    ②      （3）① 偏低    ② Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态      8.【答案】（1）① Cl2 +H2OHCl+ HClO    ② 阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液     （2）① KCl    ② O2    ③ 13    ④ KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝      1.【答案】（1）2%稀氨水，至最初产生的沉淀恰好完全溶解为止     （2）     （3）① （氧气）    ②      （4）     （5）氧化Ag存在平衡：，实验iii中可以和生成AgCl沉淀，使降低，平衡正向移动，促进Ag溶解；实验ii中和生成微溶物，平衡移动程度小，因此银镜仅少部分溶解     （6）盐酸（合理即可）       2.【答案】（1）      （2）c     （3）① 阴    ② 中氮氮三键键能大，直接断裂所需能量高：而光/电催化法分步断裂，单次所需能量低     （4）① i．温度越高，反应速率越快，相同时间内获得的越多。    ② ii．温度低于673 K时，温度影响占主导，升高温度，反应速率加快；温度高于673 K时，化学平衡的影响占主导，因该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致氨气的净生成速率降低，产量下降      3.【答案】（1）①     ② 温度升高，氨氧化细菌（酶）的蛋白质变性失活，催化能力丧失，反应速率急剧下降    ③ 第一步硝化反应生成，过低使增大，硝化反应平衡逆向移动，抑制转化     （2）①     ② 温度升高，水解生成的受热分解，有效氧化剂浓度降低，氧化性减弱     （3）①     ② 目标沉淀的生成需要足够的和：酸度过高消耗，碱度过高消耗，都不利于沉淀生成，因此随pH增大，氨氮去除率先增大后减小      4.【答案】（1）        （2）a     （3）     （4）① ，降低，使平衡正向移动（或使反应ii平衡逆向移动）    ② 通入促进正向进行，产生的快速发生反应：，从而快速生成大量CO。      5.【答案】（1）     （2）     （3）用时，与反应的速率小，一定时间内生成的小，使与反应生成的速率小，小，苯胺的降解率低     （4）①     ②      （5）生成的活化能低于生成的活化能，较低温度更易生成；不稳定，较低温度下，不易分解     （6）b      6.【答案】（1）        （2）     （3）ab     （4）     （5）电解氯化钠溶液生成，氧化性强于，而且电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强，更有利于NO的去除     （6）随着电流强度增大，电流强度大于4时产生的浓度减小，浓度增大，氧化性弱      7.【答案】（1）低压，高温     （2）① CO2(g)+C3H8(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)            ② CO2消耗H2，提升丙烷生成丙烯的平衡转化率；在高温下碳被CO2还原为CO，防止积碳覆盖在催化剂表面减小反应速率     （3）2Br--2e-=Br2     （4）+H2     （5）防止丙烯在阳极被氧化生成其他副产物     （6）c(Br-)较大，不利于Br2+H2O=HBrO+H++Br-正向进行，Br2与H2O反应生成HBrO，Br2的转化率下降，FE(PO)下降      8.【答案】（1）     （2）① 溶液    ② 氨水     （3）① 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝(合理即可)    ② 加入浓氨水，c()增大，正向移动，c()减小，反应变慢     （4）① 加入1~2滴NaOH溶液产生银镜的时间比不加NaOH溶液(实验I)产生银镜的时间短(或加2滴溶液产生银镜的时间比加1滴溶液产生银镜的时间短)    ② 取少量棕黑色沉淀A，加入足量浓硝酸，产生红棕色气体，说明固体A含有(或取少量棕黑色沉淀A，加入足量浓氨水，充分反应沉淀未完全溶解，说明固体A含有)     （5）      9.【答案】（1）-40     （2）① bc    ② 用CO还原为Fe的反应为放热反应，从M点到N点，温度升高，平衡逆向移动，平衡时 CO的物质的量分数大    ③ 制备成本高，且平衡转化率低于CO，原料利用率低    ④ 工业制取需要消耗大量能源，且该反应吸热，需要额外提供能量，整体能耗更高     （3）① FeO粒径越大，与还原气体的接触面积越小，反应速率越慢，因此相对还原速率依次下降    ②       10.【答案】（1）①     ②     ③ ，NO和O2进入热交换器后，降低温度，有利于平衡正向移动    ④ 通过热交换器预热原料气，同时为NO和O2降温；吸收塔中产生的NO等气体循环利用     （2）①     ② H-O-N=N-O-H    ③ 1.25mol      11.【答案】（1）     （2）铜附着在铁的表面，形成铁铜原电池，铜作为正极被保护（合理答案给分）     （3）亚铁离子容易水解生成氢离子：，使得溶液显酸性，越大越利于平衡正向移动，使得氢离子浓度越大，溶液的pH应越低     （4）① Fe与反应影响溶液pH    ②     ③     ④ 15mLKCl和HCl的混合溶液，其中、pH=1.3    ⑤ 先加硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变为红色    ⑥ 实验ⅱ中形成Cu与Fe原电池，Fe与、反应消耗与的速率比实验ⅰ的快，使得实验结束时实验ⅱ中溶液pH更大      12.【答案】（1）① 加快反应速率    ②     ③ ，O2氧化S2-，c(S2-)降低，促进酸浸正向进行    ④ 否     （2）①     ② 升温促进As2S3水解，生成H3AsO3，砷去除率下降     （3）① 正电    ② Cu+      试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $