清单04 工艺流程题解题策略及答题规范（知识·方法·能力清单）（原卷版及解析）

清单04工艺流程题解题策略及答题规范内容导览|内容导览|知识·方法·能力清单第一部分命题解码洞察命题意图，明确攻坚方向第二部分方法建模构建思维框架，提炼通用解法流程建模技法清单技法01工艺流程题的分析模型技法02工艺流程题的解题策略第三部分思维引路示范思考过程，贯通方法应用母题精讲思维解析变式应用类型01语言描述的规范表达类型02工艺流程的分析方法第四部分分级实战分级强化训练，实现能力跃迁化学工艺流程题是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图的创新。它以现代工业生产为基础，与化工生产成本、产品提纯、环境保护等相融合，考查物质的制备、检验、分离提纯等基本实验原理在化工生产中的实际应用，要求考生依据流程图分析原理，紧扣信息，抓住关键、准确答题。这类试题具有较强的实用性和综合性，是高考化学命题的常考题型化学工艺流程题是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图的创新。它以现代工业生产为基础，与化工生产成本、产品提纯、环境保护等相融合，考查物质的制备、检验、分离提纯等基本实验原理在化工生产中的实际应用，要求考生依据流程图分析原理，紧扣信息，抓住关键、准确答题。这类试题具有较强的实用性和综合性，是高考化学命题的常考题型。流程建模第一步：粗读题干明确生产目的、原料、杂质和目标产品的成分。第二步：分析流程对照原料和产品，确定核心反应和核心辅料；依核心反应，明确流程主线、支线和除杂任务。第三步：解答设问结合设问进一步分析流程，运用化学语言进行规范作答。技法清单技法01工艺流程题的分析模型1．主线法分析（1）流程图一般三大部分：原料预处理、转化与分离阶段、获取最终产物阶段。（2）流程中要分析“进”、“出”物质和仍然留在溶液中的离子等（否则可能漏掉副产品或干扰离子）。（3）一般默认进入的物质过量，确保每一步目标元素利用率或转化率最高，产品产率最高，损失最小。当然在某些特殊情况下要控制用量。2．四线法分析试剂线：分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物的转化等。操作线：分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。杂质线：分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序、方法及条件等。产品线：工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反应或进行分离、提纯的操作方法，实质是目标元素及其化合物的转化。技法02工艺流程题的解题策略1．审读试题三步骤(1)读题干——明确原料成分和生产目的。(2)读流程——分析明确流程转化原理和目的。(3)读设问——明确所答问题，答什么。2．破题关键(1)看原料：明确化工生产或化学实验所需的材料。(2)看目的：把握题干中的“制备”或“提纯”等关键词，确定化工生产或化学实验的目的。(3)看箭头：进入的是投料(即反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。(4)看三线：主线主产品；分支副产品；回头为循环。(5)找信息：明确反应条件的控制和分离提纯方法。(6)关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。3．破题方法(1)首尾分析法：对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答。(2)分段分析法：对于用同样的原材料生产多种(两种或两种以上)产品(包括副产品)的工业流程题，用分段分析法更容易找到解题的切入点。(3)交叉分析法：有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。技法03工艺流程题的答题规范1．沉淀的洗涤操作(1)答题模板：沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复实验2～3次(2)实例：在测定Na2SO4和NaCl的混合物中Na2SO4的质量分数时，可以在混合物中加入过量BaCl2溶液，沉淀SOeq\o\al(2－,4)，然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO4的质量，试问：怎样洗涤沉淀？沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复实验2～3次2．证明沉淀完全的操作(1)答题模板：静置，取少量上层清液于试管中，加入××试剂(沉淀剂)，若没有××沉淀产生，则证明××沉淀完全(2)实例：在测定Na2SO4和NaCl的混合物中Na2SO4的质量分数时，可以在混合物中加入过量BaCl2溶液，沉淀SOeq\o\al(2－,4)，然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO4的质量，试问：怎样判断SOeq\o\al(2－,4)是否沉淀完全？静置，取上层清液少许于试管中，继续加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则证明SOeq\o\al(2－,4)沉淀完全3．增大原料浸出率的措施搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气液或固液接触面积4．蒸发结晶的操作(1)从NaCl溶液中获取NaCl固体①方法：蒸发结晶②具体操作：加热蒸发，当析出大量NaCl晶体时，停止加热，利用余热蒸干(2)NaCl溶液中混有少量的KNO3溶液①方法：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥②具体操作：若将混合溶液加热蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是KNO3和少量NaCl，这样就可以分离出大部分NaCl(3)冷却结晶的操作：KNO3溶液中混有少量的NaCl溶液①方法：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥②具体操作：若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是KNO3，母液中是NaCl和少量KNO3，这样就可以分离出大部分KNO35．“目的或原因”类目的或原因思考方向沉淀(晶体)洗涤的目的若滤渣是所需的物质，洗涤的目的是除去晶体表面的可溶性杂质，得到更纯净的沉淀物若滤液是所需的物质，洗涤的目的是洗涤过滤所得到的滤渣，把有用的物质如目标产物尽可能洗出来沉淀(晶体)冰水洗涤的目的既能洗去晶体表面的杂质离子，且能防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗沉淀(晶体)用有机溶剂(酒精、丙酮等)洗涤的目的既能洗去晶体表面的杂质离子，且能防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗，此外又利用有机溶剂的挥发性，除去固体表面的水分，产品易干燥控制溶液pH的目的防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解等温度不高于××℃的原因温度过高××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等)蒸发、反应时的气体氛围抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行，加热MgCl2·6H2O得MgCl2时需在HCl气流中进行等)加热的目的加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动减压蒸馏(减压蒸发)的原因减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)减压过滤的目的加快过滤速度减压烘干的目的降低产品的烘干温度，防止产品分解减压蒸发的原因减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)趁热过滤的目的防止过滤一种晶体或杂质的过程中，因降温而析出另一种晶体①要滤渣(产品)：防止降温时析出杂质而影响产品纯度或减少产品溶解损耗。如：NaCl(KNO3)②要滤液(产品)：防止降温时析出产品(溶解度随温度增大而增大)而损耗。(除去溶解度小或难溶的杂质)类型01语言描述的规范表达母题精讲1．（2025·陕西、山西、青海、宁夏卷）一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为的硫酸盐)的工艺流程如下。(4)“沉镁I”中，当为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁，煅烧得到疏松的轻质。过大时，不能得到轻质的原因是。思维解析【答案】pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质【解析】煅烧有CO2生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质；变式应用1．（2025·河南卷）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下：(6)“酸溶3”的目的是。2．（2025·云南卷）从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下：(4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为。类型02工艺流程的分析方法母题精讲2．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为；②；③酒石酸(记作)结构简式为。(2)“氧化浸出”时，过二硫酸根转变为(填离子符号)。(3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为。(4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为。(5)滤渣2中的金属元素为(填元素符号)。(6)“浸铅”步骤，和反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为，pH过高可能生成(填化学式)。(7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为。思维解析【答案】(2)SOeq\o\al(2－,4)(3)温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小(4)Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu(5)Fe(6)pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+SOeq\o\al(2－,4)正向移动，PbA产率增大Pb(OH)2(7)Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)eq\o(=,\s\up7(290℃),\s\do7(真空热解))Pb+4CO↑+2H2O↑【第一步粗读题干】本工艺的目的是回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。【第二步分析流程】【第三步解答设问】（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为SOeq\o\al(2－,4)；（3）“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小；（4）加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu；（5）根据分析，滤渣1有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀；（6）“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-PbA+SOeq\o\al(2－,4)，Na2A溶液中存在A2-+H2OHA-+OH-，pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+SOeq\o\al(2－,4)正向移动，PbA产率增大；pH过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率降低；（7）290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和H2O，反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)eq\o(=,\s\up7(290℃),\s\do7(真空热解))Pb+4CO↑+2H2O↑。变式应用1．（2025·江苏卷）可用于制备光学材料和回收砷。(1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下：已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。①酸浸时通入可提高浸出率的原因是。②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全(写出计算过程)。③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为(填化学式)。(3)回收砷。用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，。时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。①写出与反应生成的离子方程式：。②反应后，砷回收率下降的原因有。2．（2025·重庆卷）硒(Se)广泛应用于农业和生物医药等领域，一种利用H2Se热解制备高纯硒的流程如下：已知H2Se的沸点为231K，回答下列问题：(1)真空焙烧时生成的主要产物为，其中Se的化合价为，Al元素基态原子的电子排布式为。(2)氢化过程没有发生化合价的变化，Al元素转化为Al2O3·xH2O，则反应的化学方程式为。(3)热解反应：

。冷凝时，将混合气体温度迅速降至500K得到固态硒。Se由气态直接转变为固态的过程称为。迅速降温的目的；冷凝后尾气的成分为(填化学式)。(4)Se的含量可根据行业标准YS/T226.12-2009进行测定，测定过程中Se的化合价变化如下：称取粗硒样品0.1000g，经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介质中，先加入0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液40.00mL，在加入少量KI和淀粉溶液，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为)，又消耗8.00mL。过程②中Se(IV)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1：4，且反应最快。过程③的离子方程式为。该样品中Se的质量分数为。巩固提升1．（2025·安徽卷）某含锶()废渣主要含有和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知时，回答下列问题：(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为。(2)“浸出液”中主要的金属离子有、(填离子符号)。(3)“盐浸”中转化反应的离子方程式为；时，向粉末中加入溶液，充分反应后，理论上溶液中(忽略溶液体积的变化)。(4)其他条件相同时，盐浸，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是。(5)“浸出渣2”中主要含有、(填化学式)。(6)将窝穴体a(结构如图2所示)与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是。(7)由制备无水的最优方法是(填标号)。a．加热脱水

b．在气流中加热

c．常温加压

d．加热加压2．（2025·广东卷）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。氢氧化物(1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有(写一条)。(2)“高压加热”时，生成的离子方程式为：。(3)“沉铝”时，pH最高可调至(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。(4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性(6)①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为和。②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注。③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是(写一条)。3．（2025·贵州卷）某铜浮渣主要成分为Pb、PbS、Cu2S已知：①部分物质的密度如表：物质PbPbSCuSnS密度/g11.37.55.65.2②PbCl2在冷水中溶解度很小，但易溶于热水；PbCl③25℃时，KspFeOH回答下列问题：(1)“分选”得到粗Pb的原因是。(2)“浸出”时按一定比例加入FeCl3和盐酸的混合溶液，控制温度为80℃，其中Cu2S、SnS被氧化为CuCl2和SnCl4，则Cu(3)25℃时，PbCl2在不同浓度HCl溶液中的溶解度曲线如图，当cHCl=1mol⋅(4)25℃时，“调pH”控制pH=1.5，则生成SnO2⋅xH2O的化学方程式为，此时溶液中(5)“置换”后滤液中溶质的主要成分为(填化学式)，滤液进行“系列操作”后返回“浸出”操作循环利用并达到原浸出率，则“系列操作”为。4．（2025·福建卷）从炼油厂焙烧炭渣(主要含炭、MoO3和V2O5，以及少量NiO已知：VOSO4和(MoO)2SO温度℃20406080溶解度(g/100g)9.521.544.384.5(1)“酸浸”中钼和钒分别转化为MoO3+和VO2+①最佳草酸浓度为mol⋅②VO2+中钒的价电子排布式为③生成(MoO)2C2(2)“酸转化”中加浓硫酸后，过滤前的操作为；“滤渣2”为(填名称)。(3)“沉钼”中，HMT(结构如图)在溶液中转变为(HMT-H)+，一个(HMT-H)+有个可形成氢键的位点；沉淀为(4)“碱浸转化”中，MoO(OH)34(HMT-H)2SO4在碱作用下分解出MoO(OH)3(5)关于该工艺流程，下列说法错误的是。(填标号)a．“气体1”为CO

b．“滤渣1”主要含炭、NiO和CaCc．“滤液1”含H2C2O4

5．（2025·海南卷）有色金属冶炼厂炼铜窑炉的废耐火砖极具回收价值。某厂产生的废耐火砖中主要含MgO⋅回答问题：(1)“粉碎”的目的是。(2)“加压氨浸”时铜转化为配位离子，该过程的化学反应方程式为。(3)“碱熔”中产生的气体C为，滤渣E是(均填化学式)。E与(填物质名称)反应可生成用于城市废水处理的Al2(4)某批次试验，废砖投料20.0kg，产出CuO2.70kg，则Cu的回收率为。(5)从绿色化学与环境保护的角度说明本工艺优点有、。6．（2025·江西·高考真题）稀散金属镓(Ga，ⅢA族)是重要的战略资源。以棕刚玉烟尘(主要成分为SiO2、KAlSi3O8、Al2回答下列问题：(1)滤液1的pH为14.78，依据Al(Ⅲ)和Si(Ⅳ)的分布系数图，铝元素在溶液中的主要存在形式为(填化学式)，SiO2与碱反应的离子方程式为、(2)水热再生过程中，需要定量补充KAlOH4固体的目的是，以获得高纯度分子筛(KAlSiO4⋅1.5H(3)已知树脂片段的结构为。在吸附GaOH4−时，中心镓离子与树脂间存在的主要相互作用是(4)操作X为。(5)硅-钾化肥可改良土壤环境。依据其一有效组分的晶胞结构，推测该组分中钾离子能被植物吸收的原因是。7．（2025·全国卷·高考真题）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是Mg3Si2O5(OH)4，伴生有少量Ni、已知：Al(OH)Fe(OH)Mg(OH)Ni(OH)K1.32.85.65.5回答下列问题：(1)绿矾(FeSO4⋅7H(2)经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度(mol⋅L-1)分别为：Ni2+0.005、Fe3+0.150、Mg2+0.430(3)加入NaOH“调pH=6”，过滤后，滤渣②是、，滤液中Al3+的浓度为mol⋅(5)调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为。(6)1.0kg蛇纹石“矿化”固定CO2，得到0.466kgMg5CO8．（2025·云南卷）从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下：已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。②25℃时，的为。回答下列问题：(1)基态Cu原子的价层电子排布式为。(2)“还原酸浸”时，反应的离子方程式为。(3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：①②上述过程中的催化剂为。(4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为。(5)根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为。(6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则。9．（2025·北京卷）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充电时，阴极发生的电极反应为。②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是。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。氧化发生反应的化学方程式为。(2)随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是。②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是。(3)铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有(填序号)。a．增强负极导电性b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒c．碳材料作还原剂，使被还原冲刺突破10．（25-26高三上·黑龙江·月考）废旧三元锂电池正极材料中主要含有LiNix已知：①硫脲[CSNH22]受热分解产生NH②尿素水解的化学方程式：CONH(1)废旧电池碱浸前的预处理过程包含放电、拆解破碎、筛选分选。其中“拆解破碎”的目的是。(2)碱浸过程中发生反应的离子方程式为。(3)硫脲在加热过程中会产生CS2，与废旧三元锂电池正极材料中LiNixCoyMnzO2发生一系列反应转化为低价金属硫化物Ni3S2(4)探究不同条件下焙烧产物Li、Ni、Co、Mn的浸出率，实验结果如图所示，可知最佳焙烧条件：温度为；时间为。(5)“酸浸”时加入双氧水的目的为。(6)“共沉淀”时，利用尿素水解产物制备Ni0.8Mn0.111．（2026·辽宁沈阳·一模）银铜精矿(含铅、铁、砷、硫等杂质元素)高效分离的一种新工艺流程如下：已知：KspPbSO回答下列问题：(1)写出“酸浸1”CuS与混酸稀溶液反应离子方程式。(2)滤渣1主要成分为Ag、、(填化学式)。(3)“沉淀转化”反应的平衡常数K的值为。(4)“焙烧脱硫”、“沉淀转化”均可提高银浸取率，下列说法中错误的是。A．“焙烧脱硫”会产生污染气体，可用碱溶液吸收B．单质硫颗粒覆盖在银矿物表面影响银的浸出C．“沉淀转化”和“酸浸2”两步可调换顺序(5)“沉铁砷”过程产生沉淀可能为：a．FeAsO4沉淀；b．氢氧化铁胶体吸附含As粒子得到絮凝沉淀，对低温干燥后的沉淀物质进行红外光谱分析，由图可知(填“a”或“b”)符合光谱分析结果。(6)写出“还原”步骤化学反应方程式。12．（2026高三·全国·专题练习）从废旧CPU中回收Au、Ag、Cu的部分流程如下：已知：①当某离子的浓度低于1.0×10②AgCls+Cl③HAuCl4=回答下列问题：(1)为加快废旧CPU酸溶速率，可采取的措施为。(任写一条)(2)写出“酸溶”时Cu单质生成Cu2+的离子反应方程式(3)向“过滤”所得滤液中加入一定量的NaCl可以生成AgCl沉淀而使Cu2+和Ag+分离，防止AgCl进一步溶解，Cl−(4)HAuCl4中Au的化合价为，写出“还原”步骤中的离子反应方程式。(5)“溶金”过程的NaCl促进了Au和HNO3的反应，可知Au3+(6)废气吸收。①用NaClO溶液吸收工艺流程中的废气NO，NaClO酸性溶液中HClO将NO氧化为NO3−。其他条件相同，NO转化为NO3−的转化率随NaClO溶液初始pH的变化如图所示，NaClO溶液的初始pH②用氢氧化钠吸收NO2生成两种钠盐，其中一种为NaNO2，另一种为13．（2026·四川宜宾·一模）铬具有高硬度、耐腐蚀等优点，常用于生产不锈钢。某工厂以铬铁矿(含FeCr2O4、Fe已知：①焙烧渣的主要成分是Na2CrO4、Fe2O②AlO2−在水溶液中易转化为回答下列问题：(1)铬元素位于元素周期表第四周期第族。(2)“焙烧”时，FeCr2O4(3)“滤渣2”的主要成分是(填化学式)。(4)“脱铝硅”时，控制pH为7～8，“沉淀剂”宜选用(填标号)。A．稀硫酸

B．NaOH溶液(5)“还原”的目的是将CrO42−转化为三价铬，发生反应的离子方程式是。为了后续的过滤和洗涤能顺利进行，需要控制还原产物呈(6)“电解”过程中，阴极产生大量气泡，导致溶液pH(填“升高”或“降低”)，影响电解铬的质量。为确保电解铬的质量，可向电解液中适时加入稀硫酸，原因是。14．（2026·黑龙江大庆·二模）电池级Mn3O4作为制备锂离子电池的正极材料锰酸锂的前驱体，凭借其独特的晶体结构和化学性能，在新能源电池中占据重要位置，以菱锰矿(主要成分是MnCO3，含有SiO2、CaO、MgO以及Cu、Ni、Fe的化合物)为原料制备电池级Mn3O4的工艺流程如下。已知：①溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10FeFeMn开始沉淀的pH1.56.97.5沉淀完全的pH2.88.410.1②“沉锰-再溶解”前后溶液中离子含量如下：元素MnMgCaNiCu沉锰前浓度mg/L1.153×6.09×457.22.241.12再溶解后浓度mg/L1.225×91.52544.61.861.02回答下列问题：(1)“滤渣”的主要成分为(填化学式)。(2)“除铁”步骤中，通入空气的主要作用是。(3)“沉锰”时，锰元素主要以碳酸锰的形式沉出，写出反应的离子方程式。(4)“除重金属”中，需用石灰调节pH为5.0，pH越小除杂效果越差的原因是。(5)“除钙镁”中，若使Ca2+、Mg2+沉淀完全，溶液中c(F−)[已知：Ksp(MgF2)=5.20×10−11(6)“氧化”步骤需控制温度在70℃左右为宜，原因是。(7)MnSO4·H2O受热分解可得到锰的氧化物。已知50.70gMnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线)如下图所示。则870～1200℃范围内发生反应的化学方程式为。15．（2026·安徽·一模）黑钨精矿中钨元素以(FeWO4和MnWO4)形式存在，其中还含有少量硅(SiO注：已知钨酸钙CaWO4的溶度积常数为5×10−10，而请回答下列问题：(1)黑钨精矿在900℃的温度下烧结后会得到钨酸钠(Na2WO4)、磷酸氢钠以及砷酸氢钠等产物，则FeWO4在烧结时发生的化学方程式为(2)在滤液I中通过加入盐酸将溶液的pH调节至8~9，其目的是。(3)用氯化镁和氯化铵可将滤液Ⅱ中的磷、砷元素转化为磷酸镁铵和砷酸镁铵而除去，则除去砷元素的离子方程式为。(4)加入1.0L0.25mol/LCaCl2溶液恰好可以将溶液中的WO42−完全转化为CaWO4沉淀，过滤，向沉淀中加入500mL一定浓度的盐酸后发生反应CaWO4+2H+(5)为了得到工业纯WO3，需要将钨酸溶解于氨水中，得到钨酸铵NH42WO4，但同时也会得到极少量的NH(6)工业上常用氢气还原三氧化钨制备钨粉，若将1t三氧化钨粗品(含WO375%)，经一系列措施得到钨粉的过程中，钨元素的回收率为60%，需要的氢气的质量为16．（25-26高三上·河南·期中）磷酸亚铁锂（LiFePO4）为锂离子电池的电极材料。工业上可用钢铁酸洗废液（主要成分为Fe2+、H+、Cl已知：Fe3+开始沉淀为FeOH3的回答下列问题：(1)铁元素位于元素周期表的第周期第族。(2)“沉铁”步骤中需要调节pH在2.0∼2.5，试解释控制pH小于2.5的目的：。(3)写出“沉铁”反应的离子方程式：。(4)“煅烧”前需要对FePO4⋅2H2O①试分析球磨前后X射线吸收峰变化的原因：。②写出隔绝空气条件下“煅烧”过程中发生反应的化学方程式：。(5)煅烧环节一般需要充入氮气进行保护，N2中σ键与π键数目之比为17．（25-26高三上·湖北武汉·月考）钪(Sc)是航空航天、超导材料领域的关键稀土金属。以钒钛磁铁矿中提取的Sc2O回答下列问题：(1)基态钪原子的价层电子排布式为。(2)“300℃氟化”的化学方程式为，NH4HF2(3)无水ScF3不能由ScF3⋅(4)结合流程图分析，沸点：CaSc(填“>”“<”或“=”)。(5)已知Ksp(CaF2)=2.7×10-11，Ksp(ScF3)=4.0×10-18。某混合溶液中c(Ca2+)=0.1mol/L，c(Sc3+)=1.0×10-6mol/L，向该溶液中缓慢滴加NaF溶液。①先析出的沉淀是(填化学式)。②当溶液中cF-=1.0×10-3mol/L时，c(Ca2+)：18．（25-26高三上·江苏常州·期中）资源化利用电解锰工业废盐(含Mn2+、Mg2+、NH4已知：常温下，KspMgOH2=5.6×10(1)“沉锰Ⅰ”时，加入氨水并不断鼓入O2，获得的Mn3①写出“沉锰I”中由Mn2+转化为Mn3O②废盐溶液中，cMg2+=0.2 mol⋅L−1。若仅加入氨水，当Mg(2)“沉锰Ⅱ”获得的MnO2常作催化剂。“沉锰Ⅱ”完成后加热，过量的NH42 S2O8水解生成NH4①写出S2Oeq\o\al(2－,8)的结构式：。②结合流程分析，氧化性：S2O82−(3)Mn的某种氧化物MnOx的晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物的化学式为。当该晶体脱出部分O原子产生氧空位时，晶体会具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获得半导体性质的是A．CaO

B．V2O5

C．Fe(4)“沉镁I”时，调节pH为8.0∼10.2，生成xMgCO3⋅yMgOH2⋅zH2O(5)“沉镁Ⅱ”获得的MgNH4PO4⋅6H

清单03原理中的图像分析内容导览|内容导览|知识·方法·能力清单第一部分命题解码洞察命题意图，明确攻坚方向第二部分方法建模构建思维框架，提炼通用解法流程建模技法清单技法01图像题的一般分析思路技法02化工生产中的复杂图像分析第三部分思维引路示范思考过程，贯通方法应用母题精讲思维解析变式应用第四部分分级实战分级强化训练，实现能力跃迁试题以某一反应的图像为载体，主要考查化学反应速率、化学平衡的基本知识，涉及外界条件对化学平衡的影响，图像的识别与分析问题。此类试题以图像的形式给出实验结果，要求学生利用平衡移动原理进行分析判断，主要考查学生信息获取与加工、逻辑推理与论证的能力。试题以某一反应的图像为载体，主要考查化学反应速率、化学平衡的基本知识，涉及外界条件对化学平衡的影响，图像的识别与分析问题。此类试题以图像的形式给出实验结果，要求学生利用平衡移动原理进行分析判断，主要考查学生信息获取与加工、逻辑推理与论证的能力。流程建模第一步叙述特点观察图像，描述图像或反应的特点第二步找出变化根据题目给出的条件，对比图像中重要点或线的变化第三步得出结论根据题目要求，得出肯定性结论技法清单技法01图像题的一般分析思路1．图像题的一般分析思路(1)仔细审题审明各物质的状态（有无固体、液体），明确气体分子数的变化（变大、变小或不变），正反应是吸热反应还是放热反应。(2)观察图像一看面：观察纵坐标（外界条件、时间等）和横坐标（反应速率、平衡转化率、含量等）。二看点：分析重要的点（起点、拐点、终点）的含义。观察重要的点；三看线：观察线的走向和变化趋势；四看辅助线：如等温线、等压线、平衡线；五看量的变化：如浓度、温度等的变化。(3)三想方法规律①三步分析法：一看反应速率是增大还是减小；二看v（正）、v（逆）的相对大小；三看化学平衡移动的方向。②先拐先平数值大：在含量（转化率）—时间曲线中，先出现拐点的反应则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二：当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④想规律做判断：联想化学反应速率、化学平衡移动规律，将图表与原理结合，对照得出结论。2．三类重要的图像分析模型以反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，m＋n＞p＋q，且ΔH＞0为例(1)速率—时间图——注意断点t1时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大；t2时升高温度，对任何反应，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的正反应速率增大较快；t3时减小压强，容器容积增大，浓度变小，正反应速率和逆反应速率均减小；t4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大。(2)转化率(或含量)—时间图——先拐先平甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的反应，压强越大，反应物的转化率越大；乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应物的转化率(3恒压(温)线——定一议二分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即：为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响。3．特殊平衡图像的分析思路(1)对于化学反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图所示：M点前，表示从反应开始，v正>v逆；M点恰好达到平衡；M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡左移，故正反应ΔH＜0。(2)对于化学反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，L线上所有的点都是平衡点(如图)。L线的左上方(E点)，A的百分含量大于此压强时平衡体系的A的百分含量，所以E点满足v正>v逆；同理，L线的右下方(F点)满足v正＜v逆。技法02化工生产中的复杂图像分析除通过图像获取有用信息和对获取的信息进行加工处理外，还需注意以下4点：1．曲线上的每个点是否都达到平衡往往需要通过曲线的升降趋势或斜率变化来判断，如果还未达到平衡则不能使用平衡移动原理，只有达到平衡以后的点才能应用平衡移动原理。如图中虚线表示单位时间内A的产率随温度的升高先增大后减小，先增大的原因是P点之前反应尚未达到平衡，随温度的升高，反应速率增大，故单位时间内A的产率增大。2．催化剂的活性是否受温度的影响不同的催化剂因选择性不同受温度的影响也会不同。一般来说，催化剂的活性在一定温度下最高，低于或高于这个温度都会下降。如图，250～300℃时，温度升高而B的生成速率降低的原因是温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低。3．不同的投料比对产率也会造成影响可以采用定一议二的方法，根据相同投料比下温度或压强的改变对产率的影响或相同温度或压强下改变投料比时平衡移动的方向进行判断，确定反应的吸放热或系数和的大小。如图，对于反应2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)。当投料比一定时，温度越高，CO2的转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应。若温度不变，提高投料比[n(H2)/n(CO2)]，则提高了二氧化碳的转化率。4．考虑副反应的干扰或影响往往试题会有一定的信息提示，尤其温度的改变影响较大。类型01原理中的图像分析母题精讲1．（2025·湖南卷）在反应器中，发生如下反应：反应i：2C2H4(g)C4H8(g)ΔH=-104.7kJ·mol-1反应ii：2C2H4(g)+H2(g)C4H10(g)ΔH=-230.7kJ·mol-1(4)一定温度下，CO、C2H4和(体积比为x:2:1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为100kPa)发生反应i和ii．有CO存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，C2H4的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。①根据图1，写出生成C4H10的决速步反应式；C4H10的选择性大于C4H8(g)的原因是。②结合图2，当x≥2时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，C2H4的转化率减小的原因是；思维解析【答案】(4)①*C2H5+*C2H4=*C4H9由*C4H9生成*C4H8时，活化能较大，反应速率慢②随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以C2H4的转化率减小【详解】①总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决速步骤，反应式为*C2H5+*C2H4=*C4H9；由图可知，由*C4H9生成*C4H8时，活化能较大，反应速率慢，所以C4H10的选择性大于C4H8；②当x≥2时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，则增大CO的分压，相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以C2H4的转化率减小。变式应用1．（2025·河北卷）(2)煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图：①代表的曲线为(填“L1”“L2”或“L3”)；原因是。【答案】L1该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大【详解】该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，，故、、对应α为0.6、0.5、0.4。2．（2025·湖北卷）CaH2(s)粉末可在较低温度下还原Fe2O3(s)。(4)研究发现CaH2(s)对Fe2O3(s)的还原性主要来自于其产生的H2。一般认为在Fe2O3表面被氧化成有两种可能途径，图2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。(5)CaH2(s)产生H2的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在至的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应(填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是的来源，必须进行的实验是。(6)已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：。【答案】(4)a(5)②将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小(6)消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率【详解】（4）由图可知途径a中能垒为1.3eV，比途径b中小，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径；（5）固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应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：将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小；（6）在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率。巩固提升1．（2025·云南卷）(3)恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性]①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为。②由图中信息可知，乙酸可能是(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。【答案】(3)乙酸选择性最大且反应速率较快产物1【详解】（3）①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1。2．（2025·江苏卷）(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，其原因有。②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的吸收剂、(正价有)缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是(填化学式)。减缓设备腐蚀的原理是。(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图甲所示。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：步骤Ⅰ

步骤Ⅱ

①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有；②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(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Fe2O3的作用、气体分步制备的价值：。【答案】(2)①该反应为放热反应，在绝热容器中进行，的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，过量可有效防止催化剂活性下降②具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜(3)①当时，载氧体为，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大②C、Fe、FeO③步骤Ⅰ中Fe2O3作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量积炭导致催化剂失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源【详解】（2）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，过量可有效防止催化剂活性下降。②脱碳过程中，溶液会吸收，发生反应，当溶液浓度偏高时，会生成较多，而溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。中的Cr元素化合价为，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。（3）①当时，载氧体中没有，只有，由于的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大。②新制载氧体与反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与反应，使载氧体再生从而继续与反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与反应。③步骤Ⅰ中作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。3．（2025·河南卷）的热分解与催化的重整结合，可生产高纯度合成气，实现碳资源的二次利用。主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：(4)恒压条件下，重整反应可以促进分解，原因是。(5)在温度分别为和下，的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最高的是(填“”“”或“”)，原因是。【答案】(4)反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移(5)T1升高温度，反应Ⅱ正向移动【详解】（4）重整反应会消耗CO2，降低体系中CO2分压，使分解反应正向移动且反应放热，可以为碳酸钙分解提供能量，故答案为：反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移​。（5）反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，CH4转化率增大，因此温度最高的是T1，故答案为：T1；升高温度，反应Ⅱ正向移动。4．（2025·甘肃卷）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应：反应1：

反应2：

(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在范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为(任写一条)，当温度由220℃升高至260℃，乙炔转化率减小的原因可能为。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。【答案】(2)温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强催化剂在该温度范围内失活＞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【详解】（2）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℃-260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活；由图像可知，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，即；5．（2025·安徽卷）I．通过甲酸分解可获得超高纯度的。甲酸有两种可能的分解反应：①②(3)一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近，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。【答案】(3)原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利【详解】（3）反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利；6．（2025·北京卷）(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】(3)①SOeq\o\al(2－,3)发生的反应为：SOeq\o\al(2－,3)+SO2+H2O2HSOeq\o\al(－,3)，HCOeq\o\al(－,3)+SO2HSOeq\o\al(－,3)+CO2，a~bmol时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，HCOeq\o\al(－,3)平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以HCOeq\o\al(－,3)平衡转化率上升而SOeq\o\al(2－,3)平衡转化率下降【详解】（3）①由图可知，①a~bmol，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SOeq\o\al(2－,3)与SO2优先反应；②一定温度时，在1L浓度均为1mol·L-1的Na2SO3和NaHCO3的混合溶液中，发生的反应为：SOeq\o\al(2－,3)+SO2+H2O2HSOeq\o\al(－,3)，HCOeq\o\al(－,3)+SO2HSOeq\o\al(－,3)+CO2，a~bmol时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，HCOeq\o\al(－,3)平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以HCOeq\o\al(－,3)平衡转化率上升而SOeq\o\al(2－,3)平衡转化率下降。7．（2025·浙江1月卷）(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，催化剂M足量。反应方程式如下：Ⅳ．V．三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。(例：HCOOH的物质的量百分比①请解释HCOOH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。请从化学键角度解释原因。【答案】(5)t时刻之前反应Ⅳ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Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-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【详解】（5）①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t时刻之前反应Ⅳ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Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢，故答案为：t时刻之前反应Ⅳ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Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢；②用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-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，故答案为：用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-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。8．（2025·贵州卷）TiC是一种极具潜力的超高温结构材料，其制备总反应为：TiO2s反应步骤如下：Ⅰ．3TiO2Ⅱ．2Ti3Ⅲ．Ti2O(2)在恒容密闭容器中，加入1molTiO2、5molC和8.4mol氢气，以10℃⋅min−1从20℃升温至1500℃后保持恒温进行反应，测得剩余固体质量分数随时间①148min之前反应速率逐渐加快的原因是。②M、N点的反应速率vMvN(选填“>”“=”或“<”)，其原因是【答案】(2)该时间段内，反应体系持续升温，温度升高是导致反应速率加快的主要原因>随着反应进行生成了TiC固体覆盖在反应物表面，导致反应物接触面积减小，速率减慢【详解】（2）①148min之前反应速率逐渐加快的原因是该时间段内，反应体系持续升温，温度升高是导致反应速率加快的主要原因；②148分钟以后，温度已经保持不变状态，由斜率可看出v(M)>v(N9．（2024·山东卷）水煤气是的主要来源，研究对体系制的影响，涉及主要反应如下：(2)压力p下，体系达平衡后，图示温度范围内已完全反应，在T1温度时完全分解。气相中，和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为(填化学式)。当温度高于T1时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是。【答案】(2)H2当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以CO2的摩尔分数减小。【解析】(2)图示温度范围内C(s)已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2量减小，摩尔分数减小，CO量升高，摩尔分数，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表H2的摩尔分数的变化，则c曲线代表CO2的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小。10．（2024·湖北卷）用和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。反应I：反应Ⅱ：(3)恒压容器中，焦炭与的物质的量之比为，为载气。和下，产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。①初始温度为，缓慢加热至时，实验表明已全部消耗，此时反应体系中含物种为。②下，反应速率的变化特点为，其原因是。【答案】(3)①BaO②速率不变至BaC2产率接近100%容器中只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变【解析】(3)①由图2可知，1400K时，BaC2的产率为0，即没有BaC2，又实验表明BaBO3已全部消耗，所以此时反应体系中含Ba物种为BaO；②图像显示，1823K时BaC2的产率随时间由0开始呈直线增加到接近100%，说明该反应速率为一个定值，即速率保持不变；1400K时碳酸钡已全部消耗，此时反应体系的含钡物种只有氧化钡，即只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变。冲刺突破11．（2025·山西晋中·二模）我国向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。加氢可以合成甲醇：i．。(4)利用二氧化碳制备甲醇的过程中还会发生反应ii：（忽略其他副反应）。在下，将和充入某密闭容器中，在催化剂作用下发生反应i和ii。平衡时和的选择性随温度的变化如图所示。①表示平衡时的选择性随温度变化的曲线是（填“x”或“y”）。③若CO的选择性位于p、q两点，反应ii的逆反应速率：（填“>”“=”或“<”）。【答案】(4)①x③＞【详解】（4）①反应i为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故平衡时的选择性随温度变化的曲线是x。③若CO的选择性位于p、q两点，p点生成CO更多，故反应ii的逆反应速率：＞。12．（2025·湖北武汉·二模）苯乙烯作为一种重要的基础有机化工原料，广泛用于合成塑料和橡胶。工业常采用乙苯脱氢的方法制备苯乙烯，其原理如下：

，(3)，乙苯通过催化剂反应相同的时间，在不同的流速下，乙苯的转化率随着温度的变化如图所示，流速大而转化率低的原因可能是。(4)一种提高乙苯转化率的催化剂-钯膜（只允许透过）反应器，其工作原理如图所示。该系统中持续通入的作用为。(5)乙苯脱氢过程容易产生苯和甲苯等副产物，为了提高苯乙烯的选择性，可采取的措施是。【答案】(3)乙苯与催化剂的接触时间短，反应不充分(4)及时将氢气从反应器中分离，提高乙苯转化率(5)更换适宜的催化剂【详解】（3）乙苯通过催化剂反应，接触越充分反应越完全，由图可知，在同温同压下、且反应相同的时间时，乙苯流速较大的转化率较低，则流速大而转化率低的原因可能是：乙苯与催化剂的接触时间短，反应不充分。（4）反应生成了氢气，通入氮气可以将氢气从反应器中分离，有利于平衡正向进行，从而提高乙苯转化率，即该系统中持续通入的作用为：及时将氢气从反应器中分离，提高乙苯转化率；（5）对同一个总反应，不同的催化剂参与时，反应的途径不同，因此催化剂能改变改变反应速率、反应物的选择性，使同一时间内生成的制定产物更多，乙苯脱氢过程容易产生苯和甲苯等副产物，为了提高苯乙烯的选择性，可采取的措施是：更换适宜的催化剂。13．（2025·山东淄博·三模）甲醇水蒸气催化重整制氢气，涉及主要反应如下：Ⅰ．CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g)

ΔH1=＋49.0kJ·mol-1Ⅱ．CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)

ΔH2=＋90.2kJ·mol-1Ⅲ．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)

ΔH3(2)压强P下，向密闭容器中充入等物质的量的CH3OH(g)与H2O(g)，达平衡时，CH3OH的转化率、CO的摩尔分数及CO2的选择性随温度变化的曲线如图乙所示。已知：CO2的选择性。则表示CO2的选择性的曲线是(填标号)；随温度升高，CO的摩尔分数先降低后升高的原因是。【答案】(2)L5520K以下，反应Ⅰ是主反应，520K以上，反应Ⅱ、Ⅲ是主反应【详解】（2）反应Ⅰ、Ⅲ生成CO2，反应Ⅱ生成CO，温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ（吸热）正向移动，反应Ⅲ（放热）逆向移动，初始时，随着温度的升高，反应Ⅰ占主导，CO2选择性升高，温度升高到一定程度后，反应Ⅲ占主导，平衡逆向移动，CO2选择性逐渐降低，故表示CO2选择性的曲线是L5；随温度升高，520K以下，反应Ⅰ是主反应，520K以上，反应Ⅱ、Ⅲ是主反应，故CO的摩尔分数先降低后升高；14．（2025·江苏连云港·一模）性能优越的催化剂是实现二氧化碳加氢制甲烷工业化的关键。(1)CO2在Ni/γ-Al2O3催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：反应I：CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)

∆H1=-143.9kJ·mol−1反应II：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)

∆H2②一定压强下，将一定比例CO2和H2通过装有Ni/γ-Ai2O3催化剂的反应器，反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况如图所示(虚线代表平衡转化率)。高于320℃后，CO2转化率略有下降，可能原因是。③γ-Al2O3因价格低廉、较高的热稳定性和比表面积而成为工业上最常用的催化剂载体。通过Rh(NO3)3（硝酸铑）热分解将铑有效负载在γ-Al2O3表面能有效提高催化性能的可能原因是。(2)CeO2催化CO2与H2转化为CH4的机理如图所示。①在催化过程中由CeO2转变成CeO2-x晶胞的组成结构变化如图所示，一个CeO2-x晶胞中Ce4+和Ce3+个数比为。②催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成CaxCe1-xOy可提高催化效率，其原因是。(3)通过Sonogashira偶联反应（如下图所示），将CoTBrPP（甲）在CuI与钯基催化剂的作用下，在甲上枝接PTAB(1,3,5-三乙炔苯聚合物)形成对CH4有较高选择性的CoTBrPP-PTAB-Cu新型催化剂（乙）。①CoTBrPP-PTAB-Cu催化剂比CoTBrPP具有更好的导电性的原因是。②实验表明CoTBrPP和CoTBrPP-PTAB-Cu的ECSA(电化学活性面积，即参与电化学反应的有效面积)分别是7.1mF·cm-2和3.8mF·cm-2，偶联后ECSA降低的可能原因是。【答案】(1)②320℃时，CO2和H2催化合成反应已达到平衡，升高温度，反应Ⅰ平衡向逆反应方向移动占主导，CO2的转化率减小③Rh(NO3)3热分解放出大量气体使得γ-Al2O3的表面积增大(2)结构中氧空位增加(3)三乙炔苯聚合物中的碳是sp和sp2杂化结构，有未参加杂化的p轨道上的电子CoTBrPP表面接枝了聚1,3,5-三乙炔苯，使得活性位点难以暴露【详解】（1）②可以从平衡移动的角度分析，由图可知，320℃之后，反应处于平衡状态，反应I为放热反应，温度升高平衡逆向移动，故答案为：320℃时，CO2和H2催化合成反应已达到平衡，升高温度，反应Ⅰ平衡向逆反应方向移动占主导，CO2的转化率减小；③对于催化剂来说，接触面积越大，一般来说催化效果越好，另外硝酸铑分解会产生大量气体，故答案为：Rh(NO3)3热分解放出大量气体使得γ-Al2O3的表面积增大；（2）①假设中的和的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合物中各元素正、负化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得m=1-2x，故一个晶胞中和个数比为；②催化剂中掺入少量，用替代结构中部分形成，则催化剂中氧原子数减少，氧空位将增多，可提高催化效率，故答案为结构中氧空位增加；（3）①PTAB中的碳为sp和sp2（形成共轭π键骨架），且存在​​未杂化的p轨道电子​​（可离域化），这些电子通过共轭体系形成​​长程电子传输通道​​，显著提升催化剂的整体导电性，故答案为：三乙炔苯聚合物中的碳是sp和sp2杂化结构，有未参加杂化的p轨道上的电子；②PTAB在CoTBrPP表面​​枝接形成聚合物层​​，可能通过以下途径阻碍活性位点，物理覆盖​​，聚合物链直接遮挡CoTBrPP的活性中心，故答案为：CoTBrPP表面接枝了聚1,3,5-三乙炔苯，使得活性位点难以暴露。15．（2025·山西·三模）(3)某学习小组将、和一定量的充入密闭容器中，在催化剂作用下发生反应：，一段时间内，连续测得的转化率随温度变化的情况如下图所示：解释NO生成N2的转化率先逐渐增大后逐渐减小的原因：。【答案】(3)温度小于时，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，NO生成N2的转化率逐渐增大，高于以后，反应达到平衡状态，升温，平衡逆向移动，NO生成N2的转化率逐渐减小【详解】根据题目的已知条件，开始只充入反应物，温度小于时，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，生成的转化率逐渐增大。温度大于以后，反应达到平衡状态，转化率逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，。16．（2025·云南大理·二模）(2)硼氢化钠（）水解制氢：常温下，水解过程缓慢，需加入催化剂提高