2026年北京高考化学二轮复习专题11 大题突破-化学反应原理综合（专题专练）（解析版）

专题11大题突破-化学反应原理综合目录第一部分风向速递洞察考向，感知前沿第二部分分层突破固本培优，精准提分A组·保分基础练题型01考查盖斯定律和化学平衡题型02考查热化学方程式、化学平衡和电化学题型03查反应速率和化学平衡图像题型04考查盐类的水解和沉淀溶解平衡题型05综合考查化学反应原理B组·抢分能力练第三部分真题验证对标高考，感悟考法1．（25-26高三上·北京顺义·月考）Ⅰ.水煤气变换反应

是重要的化工反应，该反应常在膜反应器中进行，其工作原理如图1所示。(1)利用平衡移动原理解释反应器存在膜时具有更高转化率的原因。(2)某温度下，在膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法正确的是。A．原子在膜表面上结合为的过程为放热反应B．Pd膜对气体分子的透过具有选择性C．加快Pd膜内H原子迁移有利于的解离(3)同温同压下，等物质的量的CO和入无膜反应器，的平衡转化率为75%；若换成膜反应器，的平衡转化率为90%，则相同时间内出口和出口b中的质量比为。Ⅱ.该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图2所示，和分别在两极产生。(4)固体电解质采用（填“氧离子导体”或“质子导体”）。(5)阴极的电极反应式为。Ⅲ.工业上还可以利用水煤气变换反应的产物合成，涉及的主要反应如下：①

②

的平衡转化率、的选择性随温度、压强变化如下：已知：(6)初始、，若平衡后、，且只发生①、②，则的转化率为。（保留小数点后一位即可）(7)400℃左右，代表的两条曲线几乎相交于一点的原因是。【答案】(1)Pd膜能选择性分离出H2，使平衡正向移动，平衡转化率增大(2)BC(3)1:8(4)质子导体(5)2H++2e-＝H2↑(6)16.7%(7)的选择性几乎为0，体系发生的反应主要是反应②【详解】（1）反应器存在膜时具有更高转化率的原因是：Pd膜能选择性分离出H2，使平衡正向移动，平衡转化率增大。（2）A．的正反应的活化能远小于逆反应的活化能，为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为吸热反应，A错误；B．Pd膜只允许H2通过，不允许CO2通过，对气体分子的透过具有选择性，B正确；C．加快Pd膜内H原子迁移，平衡正向移动，有利于H2的解离，C正确；故选BC。（3）根据反应，设通入的CO为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K==9；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口的总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xmol，则，解得x=0.1，则出口a产生的H2为0.1mol，出口b的H2为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1:8。（4）电解时，一氧化碳和水均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近，然后得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体。（5）电解时，H+在阴极得到电子发生还原反应生成H2，电极反应式为：2H++2e-＝H2↑。（6）初始，，平衡后，，，n(转化为的CO2)=，列化学平衡三段式，，氢气转化率为,。（7）400℃左右，代表的两条曲线几乎相交于一点的原因是：的选择性几乎为0，体系发生的反应主要是反应②。2．（25-26高三上·北京·月考）利用工业废气中的合成基础化工原料甲醇()，是资源化的重要方法，涉及的主要化学反应有：反应i：

反应ii：

(1)已知：

利用和计算时，还需要利用反应的(写出方程式)。通过计算得出。(2)控制反应条件(均使用了催化剂)，研究投料比(反应物的物质的量之比)、压强、温度对反应体系的影响。产率和选择性的定义：

①图1中，投料比是指(填“”或“”)；当投料比为5时，的转化率约为16%，，则。②图2中，在催化剂2的作用下，发生的主要反应是(填“ⅰ”或“ⅱ”)。③图3中，当温度高于时，甲醇的产率随温度升高而减小，原因可能有(写出2条)。(3)一定条件下，向体积为的恒容密闭容器中通入和，发生上述反应，秒后达到平衡。此时容器中为，为。①平衡后的浓度为(用含、、的代数式表示，下同)。②用的浓度变化表示0~t秒反应ⅱ的反应速率，。③该条件下反应ⅰ的化学平衡常数为。【答案】(1)(合理即可)(2)或31.25%ⅱ原因一：温度高于523℃，催化剂失去活性；原因二：温度升高，反应ⅱ速率增大程度更为显著，以反应ii为主；原因三：反应ⅰ为放热反应，反应ii为吸热反应，温度升高，反应ⅰ平衡逆移，反应ⅱ平衡正移等等(3)【详解】（1）已知反应i：

，反应iii：

，根据盖斯定律可知为求反应ii：的可用反应i+iii可得，利用和的计算的。（2）①根据图中关系，转化率与投料比成正比，故投料比是指；的转化率=，故；②图2中，在催化剂2的作用下，压强增大对CO2平衡转化率无影响，故发生的主要反应是反应ⅱ；③图3中，当温度高于时，甲醇的产率随温度升高而减小，原因可能有原因一：温度高于523℃，催化剂失去活性；原因二：温度升高，反应ⅱ速率增大程度更为显著，以反应ii为主；原因三：反应ⅰ为放热反应，反应ii为吸热反应，温度升高，反应ⅰ平衡逆移，反应ⅱ平衡正移等等。（3）①根据题中数据列出三段式平衡后水的浓度为；②用的浓度变化表示0~t秒反应ⅱ的反应速率；③该条件下反应ⅰ的化学平衡常数3．（25-26高三上·北京·月考）是一种重要的化工原料，其合理利用以及废气处理一直是化工研究的热点。(1)利用反应可以制备高纯，实验装置如图：①用化学方程式表示石灰乳的作用：。②一段时间后，测得反应后溶液中的明显大于，原因是：。(2)可用于处理酸性的废水，铬元素最后转化为正三价铬沉淀除去。一种处理流程如下：①结合化学用语解释溶液显酸性的原因是。②与反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。③处理过程中，实际消耗的远大于理论值，原因是。(3)用溶液吸收工业烟气中的低浓度，采用阳离子膜电解法，严格控制电压，电解吸收液制成产品硫和。工作原理示意图如下图(左)，阴极区和阳极区的pH随时间的变化关系如下图(右)：请结合电极反应式解释溶液C可以循环利用吸收的原因：。【答案】(1)在溶液中，空气中的将氧化为(2)在溶液中，既存在电离（），又存在水解()，但电离程度大于水解程度。1:3因为部分在酸性条件下分解成逸出，未参与还原的反应(3)阴极发生反应：，溶液酸性减弱，但溶液D中的可通过阳离子交换膜移动到阴极，故可以循环利用吸收。【详解】（1）①具有毒性，在该实验中需要设置尾气吸收装置来吸收，反应方程式如下：；②由于在溶液中空气中的氧气能将SO2氧化为硫酸，所以一段时间后溶液中硫酸根离子的物质的量大于锰离子的。（2）①溶液显酸性，其原因是：在溶液中，既存在电离（），又存在水解()，但电离程度大于水解程度；②和反应时，硫元素化合价+4价变为+6价，化合价升高，故还原剂，铬元素化合价+6价变化为+3价，化合价降低，为氧化剂，电子转移总数，结合电子守恒配平书写离子方程式为：，反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比1:3；③在酸性条件下会生成：，生成的气体从溶液中逸出，无法与充分反应，导致实际消耗的远大于理论值；（3）在电解池中，与电池负极相连的为阴极，由电解池示意图可知，S单质在阴极产生，则阴极发生反应：，因此溶液C酸性降低，从而可以循环利用吸收SO2。01考查盖斯定律和化学平衡1．将富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。(1)一种富集烟气中的方法示意图如图：写出“解吸”过程产生的化学方程式：。(2)性质稳定，使其活化是实现转化的重要前提。①使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受(填“C”或“O”)原子的孤电子对，破坏的结构使其活化。②采用电化学、光化学等手段，使(填“提供”或“接受”)电子转化为。(3)与在催化剂作用下可转化为，体系中发生的主要反应如下：ⅰ．

ⅱ．

研究表明，CO与也能生成，写出该反应的热化学方程式：。(4)在催化剂作用下，将、投入反应器，反应温度对平衡转化率、选择性的影响如图。已知：产率①随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是。②在240℃达到平衡时，的产率为%。若除反应ⅰ和ⅱ不考虑其他反应，体系(填“吸收”或“放出”)的热量为kJ。【答案】(1)2KHCO3K2CO3+CO2+H2O(2)O接受(3)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)(4)反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ii正向移动程度3吸收3.45【详解】（1）“解吸”过程中KHCO3受热分解生成K2CO3和CO2，化学方程式为：2KHCO3K2CO3+CO2+H2O。（2）①CO2中C原子形成了4个共价键，O原子形成了2个共价键，C原子不含孤电子对，O原子含有孤电子对，使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受O原子的孤电子对，破坏CO2的结构使其活化；②CO2中C元素化合价为+4价，转化为的过程中C元素化合价下降，则采用电化学、光化学等手段，使CO2接受电子转化为。（3）由盖斯定律可知反应i-反应ii可得目标方程：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。（4）①随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是：反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ii正向移动程度；②在240℃达到平衡时，平衡转化率=15%，选择性=20%，则生成n()=1mol×0.15×0.2=0.03mol，则的产率为，反应i放热49kJ×0.03=1.47kJ；1mol×15%×80%=0.12mol二氧化碳参与反应ii，反应ii吸热41kJ×0.12=4.92kJ，故在240℃达到平衡时，体系吸收的热量为4.92kJ-1.47kJ=3.45kJ。2．硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是的催化氧化：

，回答下列问题：(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图(a)所示，与反应生成和的热化学方程式为：。(2)当和起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在和压强下，平衡转化率随温度的变化如图(b)所示。反应在时的，判断的依据是。影响的因素有。(3)将组成(物质的量分数)为和的气体通入反应器，在一定的温度和压强下进行反应。平衡时，若转化率为，则的物质的量分数为。(4)研究表明，催化氧化的反应速率方程为：，式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；为平衡转化率，为某时刻转化率，n为常数。在时，将一系列温度下的k、值代入上述速率方程，得到曲线，如图(c)所示。已知：图示温度范围催化剂活性变化不大。曲线上v最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度。时，v逐渐提高；后，v逐渐下降。原因是。【答案】(1)(2)0.975该反应气体分子数减少，增大压强，提高，，所以温度、压强和反应物的起始浓度(3)(4)升高温度，k增大使v逐渐提高，但降低使v逐渐下降。时，k增大对v的提高大于引起的降低；后，k增大对v的提高小于引起的降低【详解】（1）由题中信息可知：①

，②V2O4(s)+SO3(g)⇌V2O5(s)+SO2(g)∆H2=-24kJ∙mol-1，③V2O4(s)+2SO3(g)⇌2VOSO4(s)∆H1=-399kJ∙mol-1，方程③-2方程②得，根据盖斯定律可知，其∆H=∆H1-2∆H2=(-399kJ∙mol-1)-(-24kJ∙mol-1)2=-351kJ∙mol-1，所以所求的热化学方程式：。（2）

是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物(N2和O2)的浓度、温度、压强等。（3）假设原气体的物质的量为100mol，SO2、O2和N2的物质的量分别为2mmol、mmol和qmol，则2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为α，达到平衡过程中，分别变化了，平衡时分别为，平衡时气体的总物质的量为n(总)=2m(1-α)mol+m(1-α)mol+2mαmol+qmol=(3m+q-mα)mol=(100-mα)mol，则SO3的物质的量分数为。（4）由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低。3．氯气是一种重要的化工原料，可采用不同的方法制备。(1)方法一：软锰矿(主要成分为MnO2)和浓盐酸在加热条件下可制得氯气，反应的化学方程式为。(2)方法二：氯化氢可催化氧化制氯气。一定条件下，使用CuCl2作催化剂，催化过程如下：2CuCl2(s)=2CuCl(s)+Cl2(g)

ΔH1=+166kJ·mol−12CuCl(s)+O2(g)=2CuO(s)+Cl2(g)

ΔH2=−40kJ·mol−1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)

ΔH3=−121kJ·mol−1①氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为。②一定容积的密闭容器中，在L一定时，HCl平衡转化率分别随X和进料比[]的变化关系如图所示，其中L(L1、L2、L3)、X分别代表压强或温度。i.X代表的物理量是，L1、L2、L3的关系从大到小为。ii.在一定温度和压强下，选择进料比为1.0~2.0，其原因是。iii.若HCl的初始浓度为c0mol·L-1，计算M点的平衡常数K=(写出原始计算式，无需计算最终结果)。(3)方法三：电解氯化氢制氯气，示意图如下。向电解后的阴极电解液中通入空气，可实现阴极电解液的再生，结合离子方程式解释再生的原理。【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2)4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)

ΔH=−116kJ·mol−1压强L3＞L2＞L1进料比小于1.0时，O2过量，给提纯Cl2带来困难，进料比大于2.0时，HCl的转化率明显减小，经济上不合算(3)通入空气，能将Fe2+全部转化为Fe3+，离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O【详解】（1）软锰矿(主要成分为MnO2)和浓盐酸在加热条件下反应，可制得氯气，同时生成MnCl2等，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。（2）ⅰ.2CuCl2(s)=2CuCl(s)+Cl2(g)

ΔH1=+166kJ·mol−1ⅱ.2CuCl(s)+O2(g)=2CuO(s)+Cl2(g)

ΔH2=−40kJ·mol−1ⅲ.CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)

ΔH3=−121kJ·mol−1①依据盖斯定律，将反应ⅰ+ⅱ+ⅲ×2得，氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)

ΔH=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(+166kJ·mol−1)+(−40kJ·mol−1)+(−121kJ·mol−1)×2=−116kJ·mol−1。②i.对于反应4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)

ΔH=−116kJ·mol−1，增大压强，平衡正向移动，HCl的平衡转化率增大，升高温度，平衡逆向移动，HCl的平衡转化率减小，则由图中信息可得出，X代表的物理量是压强，L1、L2、L3的关系从大到小为L3＞L2＞L1。ii.从图中可以看出，在一定温度和压强下，随着的不断增大，HCl的平衡转化率不断减小，进料比小于1.0时，O2过量，给后续分离Cl2、O2带来困难，进料比大于2.0时，HCl的转化率没有明显增大，经济上不合算，所以选择进料比为1.0~2.0，其原因是：进料比小于1.0时，O2过量，给提纯Cl2带来困难，进料比大于2.0时，HCl的转化率明显减小，经济上不合算。iii.若HCl的初始浓度为c0mol·L-1，在M点，=1，此时HCl的平衡转化率为76%，则此时O2的初始浓度也为c0mol·L-1，可建立如下三段式：计算M点的平衡常数K==。（3）从图中可以看出，在阳极，HCl失电子生成Cl2和H+，H+向阴极移动；在阴极，Fe3+得电子生成Fe2+。向电解后的阴极电解液中通入空气，可实现阴极电解液的再生，即将Fe2+氧化生成Fe3+，依据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，可得出发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，结合离子方程式解释再生的原理：通入空气，能将Fe2+全部转化为Fe3+，离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。4．（2024·北京门头沟·一模）氨是一种重要的化工原料，迄今为止，人类仍然在追求低成本、高产率的合成氨技术。Ⅰ．直接合成氨。(1)根据图1所示的能量转换关系，合成的热化学方程式为。(2)为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用双催化剂，通过光辐射产生温差。使在(填“热”或“冷”，下同)表面断裂，氨气在表面生成，有利于提高合成氨的反应速率和平衡产率。Ⅱ．电化学法合成氨。应用电化学原理，硝酸盐亚硝酸盐氨，实现了高效合成氨，装置如图2。(3)生成的电极反应式是。(4)当电路中有电子通过时，一定量的被还原生成和。Ⅲ．氯化镁循环法合成氨。(5)选用试剂完成转化。①选用进行转化，将置于中能释放出，反应的方程式是。②选用固体进行转化，依据合成氨的过程(如图3)，写出合成氨的总反应方程式：。③相比于，用固体转化的优点有(写出一条即可)。【答案】(1)(2)热冷(3)(4)0.1(5)氨的收率高，原子利用率高【详解】（1）化学反应的能量变化等于反应过程断裂化学键吸收的能量-形成化学键释放的能量，根据图像分析，与反应生成的反应热为，合成的热化学方程式为；故答案为：；（2）键能较大，使断裂需要吸收能量，故断裂在催化剂“热”表面进行，有利于提高速率，而氨气生成是形成键的过程会释放能量，在催化剂“冷”表面进行，有利于平衡正移；故答案为：热；冷；（3）根据题意可知，高效合成氨应用电解原理，实现硝酸盐亚硝酸盐氨，从装置图分析其电解质溶液呈碱性，则生成的电极反应式是；故答案为：（4）根据电极反应式，被还原生成转移电子为1.2mol，则被还原生成转移电子为，由电极反应式可计算生成的物质的量为0.1mol；故答案为：0.1；（5）根据题中信息，将置于中能释放出，同时还生成，故反应方程式为：；根据图示可知，氮化镁和氯化铵反应生成氨气和氯化镁，故合成氨的总反应方程式是；极易溶于水，选用水完成转化，生成的氨有部分溶于水，氨的收率低，原子利用率低，选用固体转化生成的可以循环利用，故相比于，用固体转化的优点有氨的收率高，原子利用率高；故答案为：；；氨的收率高，原子利用率高。02考查热化学方程式、化学平衡和电化学5．（2024·北京房山·一模）大气中含量的控制和资源化利用具有重要意义。(1)还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：Ⅰ：Ⅱ：反应(2)工业上可利用制备：

①时，该反应的平衡常数，该温度下某时刻测得体系内四种物质的浓度均为，则此时(填“>”“=”或“<”)。②提高反应速率且增大的平衡产率，可采取的措施。A．升高反应温度B．使用合适的催化剂C．增大体系压强D．从平衡体系中及时分离出(3)一种捕获并实现资源利用的反应原理如图1所示。反应Ⅰ完成之后，以为载气，将恒定组成的混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，推测发生了副反应(反应Ⅲ)：。①反应Ⅱ的化学方程式为。②时间段内，反应Ⅱ速率减小至0的原因。③时刻，反应II和反应Ⅲ生成的速率之比为。(4)在铜基配合物的催化作用下，利用电化学原理可将转化为碳基燃料(包括、烷烃和羧酸等)，其装置原理如图所示。①图中生成甲酸的电极反应式为。②当有通过质子交换膜时，理论上最多生成的质量为。【答案】(1)(2)>C(3)催化剂表面不断被积碳覆盖直至反应II无法进行(或其他合理答案)3：1(4)4.6g【详解】（1）由盖斯定律可知，(Ⅱ-Ⅰ)×2可得=。（2）①时，该反应的平衡常数，该温度下某时刻测得体系内四种物质的浓度均为，Q=，平衡正向进行，>；②该反应是气体体积减小的放热反应，A．升高反应温度，平衡逆向移动，的平衡产率减小，A不选；B．催化剂不能增大的平衡产率，B不选；C．增大压强可以提高反应速率且增大的平衡产率，C选；D．从平衡体系中及时分离出，平衡正向移动，的平衡产率增大，但反应速率减慢，D不选；故选C。（3）①根据图1，反应Ⅱ的反应物为CaCO3和CH4，产物为CaO、CO和H2，可写出反应Ⅱ的化学方程式；②时间段内，反应Ⅱ速率减小至0的原因为：催化剂表面不断被积碳覆盖直至反应II无法进行(或其他合理答案)；③由图可知，时刻，CO的气体流速为1.5mmol·min-1，由反应Ⅱ可知，生成H2的气体流速为1.5mmol·min-1，而实际上H2的气体流速为2mmol·min-1，说明副反应生成H2的流速为0.5mmol·min-1，则反应II和反应Ⅲ生成的速率之比为1.5:0.5=3:1。（4）①由图可知，Pt电极氧元素价态升高失电子，故Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，石墨烯电极为阴极，电极反应式为；②当有通过质子交换膜时，转移0.2mol电子，生成0.1molHCOOH，质量为0.1mol×46g/mol=4.6g。6．（2024·北京顺义·一模）工业废气中的硫化氢是一种无色有毒的气体。根据硫化氢的性质，可采取不同的处理方法。(1)氧化法(克劳斯法)，其原理是：H2SSO2S已知：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)

ΔH=-1172kJ·mol-1S(s)+O2(g)=SO2(g)

∆H=-297kJ·mol-1第②步反应的热化学方程式为。(2)热分解法，其原理是：2H2S(g)S2(？)+2H2(g)。不同温度和压强下，H2S的平衡转化率变化如图。P1P2(填“>”或“<”)，原因是。(3)直接电解法，可回收S和H2。资料：ⅰ．H2S溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化如图。ⅱ．(x-1)S+S2−S(黄色溶液)；S与酸反应生成S。①直接电解H2S酸性溶液(pH≈5)，容易出现电解反应不能持续进行的情况，结合电极反应式分析其可能的原因。②工业上，常用烧碱吸收H2S，将吸收后的溶液(pH=13.2)先进行电解，再用电解后的黄色溶液吸收H2S生成S。反应生成S的离子方程式是。(4)间接电解法。先用FeCl3溶液吸收含H2S的工业废气，所得溶液用惰性电极进行电解。①反应池中发生反应的离子方程式是。②该装置实验有两个显著优点：a．H2S的原子利用率100%；b．。(5)碱性溶液吸收法。已知：25℃时，H2S的电离常数Ka1=9.1×10-8、Ka2=1.1×10-12；H2CO3的电离常数Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11。用Na2CO3溶液吸收含H2S的工业废气，反应的离子方程式是。【答案】(1)SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)

∆H=-281kJ·mol-1(2)<同温下，H2S的平衡转化率受压强影响，因此S2为气体。该反应是气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小(3)阳极：H2S-2e-=S↓+2H+，生成的S覆盖在阳极上，阻止反应持续进行S+H2S=(x-1)S↓+2HS-(4)H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+FeCl3溶液可以循环使用(5)CO+H2S=HS-+HCO【详解】（1）第②步反为SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)，设反应a：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)；反应b：S(s)+O2(g)=SO2(g)；根据盖斯定律可知，②=a-3b，则SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)∆H=-281kJ·mol-1；（2）由图可知，压强改变会影响硫化氢的转化率，说明S2为气体，则压强增大，平衡逆向移动，硫化氢转化率降低，则P1<P2；原因是：同温下，H2S的平衡转化率受压强影响，因此S2为气体。该反应是气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小；（3）①由图可知，酸性条件时，存在形式是硫化氢分子，由于阳极硫化氢发生氧化反应而生成硫单质，硫单质不导电，覆盖在石墨电极表面，从而导致石墨电极导电性下降，故答案为：阳极：H2S-2e-=S↓+2H+，生成的S覆盖在阳极上，阻止反应持续进行；②根据信息可知，电解后的黄色溶液中含有S，则其与硫化氢反应生成单质硫，离子方程式为：S+H2S=(x-1)S↓+2HS-；（4）①反应池中含有三价铁和硫化氢，两者反应生成二价铁和单质硫，总反应为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；②根据图示可知，通过电解生成三价铁和氢气，则该装置实验有两个显著优点：a．H2S的原子利用率100%；b．FeCl3溶液可以循环使用；（5）硫化氢的一级电离常数大于碳酸的二级电离常数，但是小于其一级电离常数，根据强酸制备弱酸的原理可知，相应的离子方程式为：CO+H2S=HS-+HCO。7．（2023·北京海淀·三模）二氧化碳的排放受到环境和能源领域的关注，其综合利用是研究的重要课题。(1)已知下列热化学方程式：反应Ⅰ：反应Ⅱ：则反应。(2)向恒压密闭容器中通入、，分别在和下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ．体系平衡时，CO和的选择性与温度变化关系如图所示、

定义：×100％①下列叙述能判断反应体系达到平衡的是(填字母序号)。A．的消耗速率和的消耗速率相等B．混合气体的密度不再发生变化C．容器内压强不再发生变化②图中表示时随温度变化关系的曲线是(填字母)，理由是。③550℃、条件下，上述容器通入气体的初始体积为，则平衡时容器体积为。(3)一种从高炉气回收制储氢物质的综合利用示意图如图所示：

已知：T温度下，，①T温度下，当吸收池中溶液的时，此时该溶液中。②铂电极上电催化还原为，该电极反应方程式为。铂电极上的副反应除析氢外，没有其它放电过程。若生成的电解效率％。当电路中转移时，阴极室溶液的质量增加g。定义：【答案】(1)+206.1(2)Ba温度升高，反应I向逆反应方向移动，S(CH4)降低；压强增大，反应I向正反应方向移动，S(CH4)增大。0.75V0(3)4CO2+2e-+2H+=HCOOH55.2【详解】（1）根据盖斯定律可知，。（2）①A中只反应Ⅰ达平衡；B混合气体的密度，恒压时，V变，则为变量，“变量不变为平衡”，B正确；C项恒压，错误。②随温度变化关系的曲线是a，理由是：温度升高，反应I向逆反应方向移动，S(CH4)降低；压强增大，反应I向正反应方向移动，S(CH4)增大。③据图可知，550℃、0.1MPa条件下，S(CH4)为50%，S(CO)为20%，则生成n(CH4)=0.5，生成n(CO)=0.2，则平衡时，。（3）①pH=8，即则②还原得电子，CO2+2e-+2H+=HCOOH③当电路中转移3mole−时，生成HCOOH点解效率为80%，即有2.4mole−用于生成HCOOH，生成1.2mol，由m=n×M，生产m(HCOOH)即溶液增加质量1.2mol×46g/mol=55.2g。8．（2023·北京房山·一模）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。Ⅰ.制取氢气(1)甲醇和水蒸气制取氢气的过程中有下列反应：

kJ·mol

kJ·mol写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式。(2)理论上，能提高平衡产率的措施有(写出一条即可)。Ⅱ.储存氢气硼氢化钠()是研究最广泛的储氢材料之一已知：i．B的电负性为2.0，H的电负性为2.1ii．25℃下在水中的溶解度为55g，在水中的溶解度为0.28g(3)在配制溶液时，为了防止发生水解反应，可以加入少量的(填写化学式)。(4)向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气。写出该反应的化学方程式。(5)在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是。(6)用惰性电极电解溶液可制得，实现物质的循环使用，制备装置如图2所示。①钛电极的电极反应式是。②电解过程中，阴极区溶液pH(填“增大”“减小”或“不变”)【答案】(1)CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)+50kJ·mol(2)将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强(3)NaOH(4)+2H2O+4H2(5)浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低(6)6H2O+BO+8e-=BH+8OH-增大【详解】（1）已知①

kJ·mol；②

kJ·mol；由盖斯定律可知，①+②即可得到甲醇为原料制取氢气的热化学方程式：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)+91kJ·mol-41kJ·mol=+50kJ·mol。（2）理论上，及时将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强都可以使平衡正向移动，提高平衡产率。（3）是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，可以加入少量的NaOH抑制且的水解。（4）向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气，该反应的化学方程式为：+2H2O+2H2。（5）在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，可能的原因是浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低。（6）①用惰性电极电解溶液可制得，钛电极为阴极，BO在阴极得到电子生成BH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-；②阴极电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-，阴极区OH-浓度增大，pH增大。03考查反应速率和化学平衡图像9．甲醇是重要的工业原料，常利用、等进行制备。回答下列问题：Ⅰ．利用合成气、制备甲醇(1)以、为原料合成涉及的反应如下：反应ⅰ．

；反应ⅱ．

。①在不同压强下、按照进行投料，在容器中发生上述2个反应，平衡时，CO和在含碳产物(即和CO)中物质的量分数及的转化率随温度的变化如下图，判断图中压强、、由大到小为。②温度不变时，分析加压过程中CO在含碳产物中物质的量分数的变化情况并说明原因。③某恒温恒容体系，按、进行实验，平衡时的物质的量分数为点M，此时转化率为20%，则该条件下反应ⅰ的平衡常数(列出计算式即可)。Ⅱ．甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。(2)反应ⅲ．

；反应ⅳ．

。写出甲烷被氧气氧化制备甲醇的热化学反应方程式。(3)为提高生产效率，利用反应ⅲ进行连续生产时采用如下图所示的步骤控制体系温度和通入气体(各阶段气体流速相同)。已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He不会在催化剂表面吸附。①通入发生反应前，要向反应器中通入从而活化催化剂，活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是。②从反应速率的角度分析，通入后将体系温度维持200℃的原因(不考虑催化剂活性变化)。【答案】(1)>>反应ⅰ为气体分子数减小的反应，反应ⅱ为气体分子数不变的反应，温度不变时，增大压强，反应ⅰ正向移动、反应ⅱ不移动，导致甲醇在含碳产物中物质的量分数增大，而CO在含碳产物中物质的量分数减小(2)(3)吹去体系中的氧气温度过低，反应速率降低，温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应速率减小【详解】（1）①反应ⅰ为气体分子数减小的放热反应，反应ⅱ为气体分子数不变的吸热反应，则升高温度，反应ⅰ逆向移动、反应ⅱ正向移动，甲醇含量减小、CO含量增大，故向下变化的曲线为在含碳产物中物质的量分数曲线、向上变化曲线为CO在含碳产物中物质的量分数曲线；相同条件下，增大压强，反应ⅰ正向移动、反应ⅱ不移动，则导致甲醇含量增大，结合曲线，压强、、由大到小为>>；②结合①分析，反应ⅰ为气体分子数减小的反应，反应ⅱ为气体分子数不变的反应，温度不变时，增大压强，反应ⅰ正向移动、反应ⅱ不移动，导致甲醇在含碳产物中物质的量分数增大，而CO在含碳产物中物质的量分数减小；③恒温恒容体系，按、进行实验，平衡时的物质的量分数为点M，此时转化率为20%，则反应0.2mol/L二氧化碳，且生成甲醇和CO的量相等：则a=0.2-a，a=0.1mol/L，则平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水的浓度分别为0.8mol/L、2.6mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L，该条件下反应ⅰ的平衡常数；（2）已知：反应ⅲ．

，反应ⅳ．

，由盖斯定律可知，反应ⅲ+反应ⅳ得反应，焓变为；（3）①已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He不会在催化剂表面吸附；通入发生反应前，要向反应器中通入从而活化催化剂，但是氧气被吸附在催化剂表面，会导致其它反应物不能在催化剂表面被吸附，故活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是：吹去体系中的氧气；②从反应速率的角度分析，通入CH4后反应温度维持在200℃的原因：温度过低，反应速率降低，温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应速率减小。10．烟气中的NOx是大气的主要污染物之一，NOx的吸收处理是当前研究的热点。(1)还原吸收法方法1：直接使用尿素[CO(NH2)2]溶液吸收烟气中的NOx。方法2：先用合适的氧化剂将NOx中的NO氧化为NO2，再用CO(NH2)2溶液去还原吸收。还原吸收等量的NOx，消耗尿素较多的是(填“方法1”或“方法2”)。工业上选择方法2处理NOx的原因是。(2)水吸收法NO2和N2O4均能被水吸收，不同初始压强下，NO2和N2O4的混合气体被水吸收前和吸收达平衡后，气体中NO2和N2O4的体积分数如图所示。混合气体中与水反应的主要成分是。达平衡后，气体中的NO2和N2O4的体积分数之和远小于100%，原因是。

(3)配合物吸收法钴氨配合物吸收NO的主要原理如下。对NO的配合能力很强，而对NO的配合能力极低。

①与NO反应的和与反应的物质的量之比为。②钴氨溶液经过多次循环吸收NO后，其吸收NO的能力会降低，为了恢复钴氨溶液吸收NO的能力，需采取的方法是。(4)NO与在某催化剂表面反应生成的过程中，在催化剂表面能形成被吸附的O(用O-Site表示)，接下来的机理可能有两种：机理1：机理2：上述两个反应均为基元反应。保持温度和NO的浓度不变，测得NO与在该催化剂作用下反应的初始速率与浓度的关系如图所示。能合理解释图中曲线变化的机理为(填“机理1”或“机理2”)；判断的依据是。

【答案】(1)方法2在水中溶解性好，与尿素溶液反应速率快；的氧化性强于NO(2)和与水反应后生成了NO(3)将还原为(4)机理2机理2认为反应速率与O吸附量和NO吸附量有关；浓度较小时，增加，O吸附量增大，反应速率加快；浓度较大时，增加，O吸附量增大、NO吸附量减小，反应速率减慢【详解】（1）先用合适的氧化剂将NOx中的NO氧化为NO2，再用CO(NH2)2溶液去还原吸收，NO和NO2均被CO(NH2)2还原为N2，已知等物质的量的NO和NO2，后者消耗的尿素更多，故还原吸收等量的NOx，消耗尿素较多的是方法2，NO转化为NO2后在水中溶解性好，与尿素溶液反应速率快；且NO2的氧化性强于NO，故工业上选择方法2处理NOx，故答案为：方法2；NO2在水中溶解性好，与尿素溶液反应速率快；NO2的氧化性强于NO；（2）水吸收法由题干图示信息可知，水吸收过程中N2O4的初始和平衡气体的体积分数变化比较明显，而NO2的变化不明显，即可推知混合气体中与水反应的主要成分是N2O4，已知3NO2+H2O=2HNO3+NO，3N2O4+2H2O=4HNO3+2NO，即NO2和N2O4与水反应后生成了NO，导致达平衡后，气体中的NO2和N2O4的体积分数之和远小于100%，故答案为：N2O4；NO2和N2O4与水反应后生成了NO；（3）①由题干图示信息可知，[Co(NH3)6]2++NO=[Co(NH3)5NO]2++NH3，2[Co(NH3)6]2++O2=[(NH3)3Co-O-O-Co(NH3)3]4++6NH3，[Co(NH3)5NO]2++[(NH3)3Co-O-O-Co(NH3)3]4++6NH3+H2O=[Co(NH3)5NO2]2++2[Co(NH3)6]3++2OH-，由此分析可知，与NO反应的[Co(NH3)6]2+和与O2反应的[Co(NH3)6]2+物质的量之比为1:2，故答案为：1:2；②由题干信息可知，[Co(NH3)6]2+对NO的配合能力很强，而[Co(NH3)6]3+对NO的配合能力极低，钴氨溶液经过多次循环吸收NO后，其吸收NO的能力会降低，为了恢复钴氨溶液吸收NO的能力，需采取的方法是将[Co(NH3)6]3+还原为[Co(NH3)6]2+；（4）由题干两个基元反应信息可知，机理1认为反应速率与O吸附量有关，而与NO的吸附量无关，而机理2认为反应速率与O吸附量和NO吸附量有关，结合题干图示信息可知，当O2浓度较小时，增加c(O2)，O吸附量增大，反应速率加快；O2浓度较大时，增加c(O2)，O吸附量增大、NO吸附量减小，反应速率减慢，故机理2能合理解释图中曲线变化，故答案为：机理2；机理2认为反应速率与O吸附量和NO吸附量有关，当O2浓度较小时，增加c(O2)，O吸附量增大，反应速率加快；O2浓度较大时，增加c(O2)，O吸附量增大、NO吸附量减小，反应速率减慢。11．某兴趣小组同学探究酸性溶液与草酸溶液反应速率的影响因素。将的酸性溶液与草酸溶液按如下比例混合。【设计实验】序号V(酸性溶液)/V(草酸溶液)/反应温度/①2.02.0020②2.01.01.020(1)补全酸性溶液与草酸溶液反应的离子方程式：。(2)实验①和②的目的是。【进行实验】小组同学进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段：Ⅰ．紫色溶液变为青色溶液；Ⅱ．青色溶液逐渐褪至无色溶液。【查阅资料】a．酸性溶液与草酸溶液的反应主要包含如下几个过程：反应ⅰ．反应ⅱ．反应ⅲ。b．的氧化性较弱，在本实验条件下不能氧化。c．呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解为和。【继续探究】进一步实验证明溶液中含有，实验①反应过程中和的浓度随时间的变化如下图。【解释与反思】(3)本实验中，化学反应速率：反应ⅱ反应ⅲ(填“＞”、“=”或“＜”)。(4)小组同学认为反应ⅱ的离子方程式应该改为：，结合实验现象，说明其理由。【答案】(1)6H+(2)探究相同温度下，草酸浓度的改变对化学反应速率的影响(3)＞(4)的氧化性较弱，不能氧化，而Mn3+与草酸发生过程iii的反应，使得Mn3+浓度不断减小，只有过程ii存在化学平衡，即，上述平衡会逆向移动，浓度逐渐减小，所得现象为溶液的青绿色逐渐褪去直至无色，故可判断过程ii的反应方程式应该为。【详解】（1）根据原子守恒和电荷守恒，完整反应方程式为，所以补充6H+；（2）两组实验温度相同，高锰酸钾溶液用量相同，草酸溶液用量不同，探究相同温度下，反应物浓度的改变对化学反应速率的影响；（3）由图象可知，比较过程ii生成和过程iii消耗等量所用的时间，前者少于后者，说明反应速率前者大于后者；（4）根据资料的氧化性较弱，在本实验条件下不能氧化可知，过程ii存在化学平衡，即，Mn3+与草酸发生过程iii的反应，使得Mn3+浓度不断减小，上述平衡逆向移动，所得现象为溶液的青绿色逐渐褪去直至无色。12．半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分为H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。(1)步骤I，CO变换反应的能量变化如下图所示：①CO变换反应的热化学方程式是。②一定条件下，向体积固定的密闭容器中充入aL半水煤气，发生CO变换反应。测得不同温度(T1，T2)氢气的体积分数φ(H2)与时间的关系如下所示。i.T1、T2的大小关系及判断理由是。ii.请在上图中画出：其他条件相同时，起始充入0.5aL半水煤气，T2温度下氢气的体积分数ψ(H2)随时间的变化曲线。(2)步骤II，用饱和Na2CO3溶液作吸收剂脱除CO2时，初期无明显现象，后期有固体析出。①溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)。a。吸收前：c(Na+)>c()>c(OH-)>c()b。吸收初期：2c()+2c()+2c(H2CO3)=c(Na+)c。吸收全进程：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)②后期析出固体的成分及析出固体的原因是。③当吸收剂失效时，请写出一种可使其再生的方法(用化学方程式表示)：。【答案】CO(g)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)

△H=-36kJ/molT2>T1，相同条件下，温度越高反应速率越快，达到化学平衡状态的时间越短ac碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，依据反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，水的质量减小，溶质质量增大2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O【详解】(1)①根据图象可知，CO变换反应的热化学方程式是：CO(g)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)

△H=-2034kJ/mol+1998kJ/mol=-36kJ/mol；②i.根据图象可知，先拐先平得知T2>T1，即原因为：相同条件下，温度越高反应速率越快，达到化学平衡状态的时间越短；ii.该反应为气体体积不变的反应，根据等效平衡可知，T2温度下，其他条件相同时，起始充入0.5aL半水煤气，为原反应物的一半，平衡时氢气的体积分数不变，浓度为原来的一半，反应速率减小，所需时间更长，故图象为：；(2)①a、吸收前为饱和Na2CO3溶液，是强碱弱酸盐，水解显碱性且二步水解，但水解是微弱的，故：c(Na+)>c()>c(OH-)>c()，选项a正确；b、吸收前根据物料守恒有：2c()+2c()+2c(H2CO3)=c(Na+)，吸收初期碳原子增加，故：2c()+2c()+2c(H2CO3)>c(Na+)，选项b错误；c、吸收全进程的离子种类不变，根据电荷守恒都有：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，选项c正确，答案选ac。②后期析出固体的成分为碳酸氢钠，依据反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，水的质量减小，溶质质量增大，而溶质碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，故析出碳酸氢钠晶体；③当吸收剂失效时，则全部转化为碳酸氢钠，将析出的晶体过滤后灼烧可得碳酸钠，其反应为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O。04考查盐类的水解和沉淀溶解平衡13．（2022·北京朝阳·模拟预测）某研究小组为探究饱和NaHCO3溶液中是否还能溶解少量NaHCO3固体，设计并完成了下列实验。【查阅资料】常温下：Ksp(CaCO3)=4.96×10−9Ksp(MgCO3)=6.82×10−6碳酸的电离常数：H2CO3HCO＋H+K1＝4.3×10−7HCOCO＋H+K2=5.6×10−12Mg(OH)2沉淀范围：pH

9.4~12.4【实验过程】实验编号实验操作现象或结论ⅰ测饱和NaHCO3溶液的pHpH为8.3ⅱ向20mL饱和NaHCO3溶液中再加入少量的NaHCO3固体，静置24小时。少量的气体X从溶液底部固体中缓慢逸出，最终固体全部溶解，得到溶液Y【分析解释】(1)用化学用语解释饱和NaHCO3溶液pH为8.3的原因：。(2)为探究NaHCO3固体溶解的原理，取实验ⅱ反应后的气体X和溶液Y，检验其成分。a．气体X能使澄清的石灰水变浑浊。b．测得溶液Y的pH为8.7。c．向溶液Y中滴加MgCl2溶液，有白色沉淀生成。d．将c的悬浊液加热，继续有气体产生，白色沉淀不消失。e．向2mL饱和NaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象。f．向2mL饱和Na2CO3溶液中加入MgCl2溶液，有白色沉淀生成。①气体X是。②步骤d中反应的化学方程式是。③步骤e中若用CaCl2溶液代替MgCl2溶液完成实验，会观察到白色沉淀。其原因是。④步骤e、f的目的是。【得出结论】(3)通过上述实验证明饱和NaHCO3溶液中还能溶解少量NaHCO3固体，结合化学用语解释其原因。【答案】(1)HCO+H2OH2CO3＋OH－(2)CO2溶液中存在平衡，Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，说明结合能力比强，所以可以得到沉淀证明饱和溶液中离子浓度不足以和溶液反应生成沉淀(3)体系中存在平衡：2HCO(aq)CO(aq)＋CO2↑+H2O(l)，由于CO2不断逸出，平衡正向移动，固体溶解。【详解】（1）NaHCO3为强碱弱酸盐，HCO发生水解HCO+H2OH2CO3＋OH－，碳酸氢根也能电离，但水解程度大于电离程度，使c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性；故答案为HCO+H2OH2CO3＋OH－；（2）①根据题中信息可知，气体X能使澄清石灰水变浑浊，则气体X为CO2；故答案为CO2；②步骤c中产生的白色沉淀可能是Mg(OH)2，也可能是MgCO3，但根据题中所给信息可知，Mg(OH)2沉淀范围是9.4～12.4，而此时溶液的pH为8.7，因此白色沉淀为MgCO3，将步骤c生成的MgCO3悬浊液加热，继续有气体产生，由于Mg(OH)2比MgCO3更难溶，因此加热过程中发生反应的化学方程式为，故答案为；③HCO既能发生电离，也能发生水解，碳酸氢钠溶液中存在HCOCO+H＋，根据题中数据Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，说明CaCO3比MgCO3更难溶，所以得到CaCO3沉淀；故答案为溶液中存在平衡，Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，说明结合能力比强，所以可以得到沉淀；④步骤d和e作对照实验，e中证明碳酸氢钠溶液中CO不足以和MgCl2反应产生白色沉淀；故答案为证明饱和溶液中离子浓度不足以和溶液反应生成沉淀；（3）根据上述分析，饱和碳酸氢钠溶液中存在2HCO(aq)CO(aq)＋CO2↑+H2O(l)，由于CO2不断逸出，平衡正向移动，固体溶解，故答案为体系中存在平衡：HCO(aq)CO(aq)＋CO2↑+H2O(l)，由于CO2不断逸出，平衡正向移动，固体溶解。14．锂及其化合物广泛应用于玻璃、陶瓷和航空航天等领域，全球锂资源一半以上赋存于盐湖卤水中。I．盐湖联合开发兑卤提锂我国科学家以高锂卤水()为原料，富碳酸根卤水()为天然沉淀剂，提出盐湖联合开发兑卤提锂()的新方法。两种卤水的部分化学组成如下表。离子浓度/()16.2091.0445.02194.57.1026.431.26146.733.80136.239.5156.06(1)用化学用语解释卤水()显碱性的原因。(2)时，卤水混合沉锂的离子方程式是。(3)不同兑卤比所得混盐中，锂收率和含量(质量百分数)如图1所示，最佳兑卤比为，含量随兑卤比先增大后减小的原因是。II．电化学提锂(4)我国专家通过电极体系，实现锂资源的高效选择性提取，其原理如图2所示。当两电极分别完成其对应的氧化(脱锂)反应和还原(嵌锂)反应后，将两电极进行互换，实现锂资源由原料液侧向回收液侧的转移。①A侧是(填“原料液”或“回收液”)。②补全电极反应式阳极：阴极：。【答案】(1)(2)(3)1.75当兑卤比小于1.75时，溶液中浓度增大，有利于沉淀；当兑卤比大于1.75时，所得混盐中氯化钠等含量增大程度大于，使得含量减小(4)原料液【详解】（1）卤水()中水解使溶液显碱性，反应的离子方程式为；（2）高锂卤水()中与富碳酸根卤水()中反应生成，离子方程式为；（3）由图1可知，当兑卤比为1.75时，所得混盐中含量最高，则最佳兑卤比为1.75；当兑卤比小于1.75时，随着兑卤比的增大，溶液中浓度增大，，平衡左移，有利于沉淀；当兑卤比大于1.75时，随着兑卤比的增大，所得混盐中氯化钠等含量增大程度大于，使得含量减小；（4）①由图2可知，A侧电极与电源正极相连，作阳极；B侧电极与电源负极相连，作阴极；溶液中的从阳极移向阴极，即从A侧移向B侧，则A侧为原料液，B侧为回收液；②由阳极电极反应式可知，Li元素化合价不变为+1价，，Mn失电子化合价升高，则阴极，Mn得电子化合价降低，由此可得阴极电极反应式为。15．稀土在电子、激光、核工业、超导等诸多高科技领域有广泛的应用。铳(Sc)是一种稀土金属，利用钛尾矿回收金属钪和草酸的工艺流程如图所示。回答下列问题：已知：①xNH4Cl·yScF3·zH2O是“沉钪”过程中ScF3与氯化物形成的复盐沉淀，在强酸中部分溶解。②“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。③25℃时，部分物质的相关信息如表所示：Ksp(PbSO4)Ksp(PbC2O4)Ka1(H2C2O4)Ka2(H2C2O4)2.0×10-85.0×10-106.0×10-26.25×10-5(1)“焙烧”过程生成Sc2O3的化学方程式为。(2)“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系如图所示，其中在380-400℃过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到ScF3，由图中数据可得x：z=。(3)传统制备ScF3的方法是先得到ScF3·6H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是。(用化学方程式表示)。流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是。(4)将1.8molPbSO4加到1L含有0.12mol/LH2C2O4的废水中。发生的离子反应为：PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该反应的平衡常数的值K=。滤饼经浓硫酸处理后的“沉淀”是(化学式)。【答案】(1)2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2(2)1∶2(3)ScF3+H2OScOF+2HF(或ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O)除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解(4)1.5×10-4PbSO4【详解】（1）由流程图可知，Sc2(C2O4)3经焙烧后生成Sc2O3和CO2，依据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。（2）“xNH4Cl·yScF3·zH2O”脱水除铵是指脱去结晶水和氯化铵，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，所以会产生白烟，所以380~400℃时固体减少的质量为氯化铵的质量，200~300℃时减少的质量为水的质量，则氯化铵的物质的量为：，水的物质的量为：，x:z=0.06:0.12=1:2。（3）ScF3·6H2O沉淀高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是高温脱水时，ScF3会与水发生反应生成ScOF，结合原子守恒，反应的化学方程式为：ScF3+H2OScOF+2HF或ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O；流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是“除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解。（4）平衡常数K=====1.510-4；在主要成分是H2C2O4的废水中加入PbSO4，结合反应PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)可知，有少量PbSO4转化为了PbC2O4，所得滤饼用浓硫酸处理时，增大了生成物的浓度，上述平衡逆向移动，所以所得“沉淀”是PbSO4。16．（2023·北京海淀·二模）某课题小组用比色法估测无色污水样品中苯酚的浓度。已知：①比色法是通过与标准色阶比对颜色确定有色物质浓度的方法。②苯酚是一种水体污染物，在溶液中与氯化铁发生显色反应：③当苯酚溶液时，其与氯化铁显色效果最佳。(1)中，提供孤电子对用以形成配位键的原子是。(2)根据苯酚与氯化铁的显色原理，推测溶液的会影响显色效果，设计如下实验。实验操作现象I向苯酚溶液(调节)滴加溶液生成红褐色沉淀II向实验Ⅰ所得悬浊液中逐滴加入盐酸沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色；继续滴加盐酸，溶液由紫色变为浅黄色解释实验II中产生相关现象的原因：。(3)缓冲溶液可用于调节并维持待测污水样品在一定范围内。将某一元弱酸，与的溶液等体积混合，配制成缓冲溶液。解释该缓冲溶液约为5.5的原因：。(4)取的标准苯酚溶液，加入缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入溶液，混合均匀，定容至，得到溶液X。等差改变标准苯酚溶液的浓度，重复实验，得到标准色阶。①用比色法估测污水中苯酚浓度的操作是：取污水样品，。②下列说法不正确的是(填字母序号)。a.若苯酚溶液，加入缓冲溶液将促进苯酚的电离b.溶液X颜色对应的苯酚浓度应标记为c.溶液X中，有d.若将污水样品、缓冲溶液和溶液用量均减为原来的，其他操作相同，对比色阶，读取的苯酚浓度不变③为操作方便，用有效成分为的药片代替上述溶液。若每次检测投入一粒药片，为保证标准色阶准确有效，每片应含g(保留到小数点后四位)。(5)小组进一步探究发现不能与形成配合物，原因是。【答案】(1)O(2)盐酸和氢氧化铁反应生成氯化铁和水，Fe3+的浓度增大，平衡正向移动，沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色，继续滴加盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，浓度降低、Fe3+的浓度增大，溶液由紫色变为浅黄色(3)将某一元弱酸，与的溶液等体积混合，得NaA、HA均为0.05mol/L的混合液。溶液中都约为0.05mol/L，，所以(4)加入缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入溶液，混合均匀，定容至，与标准色阶比对颜色，得出污水中苯酚的浓度abd0.2525(5)中羧基电离出的氢离子使平衡逆向移动【详解】（1）中，O原子含有孤电子对，提供孤电子对用以形成配位键的原子是O；（2）向实验Ⅰ所得悬浊液中逐滴加入盐酸，盐酸和氢氧化铁反应生成氯化铁和水，Fe3+的浓度增大，平衡正向移动，沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色，继续滴加盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，浓度降低、Fe3+的浓度增大，溶液由紫色变为浅黄色。（3）将某一元弱酸，与的溶液等体积混合，得NaA、HA均为0.05mol/L的混合液。溶液中都约为0.05mol/L，，所以，约为5.5。（4）①用比色法估测污水中苯酚浓度的操作是：取污水样品，加入缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入溶液，混合均匀，定容至，与标准色阶比对颜色，得出污水中苯酚的浓度。②a．若苯酚溶液，缓冲溶液的pH=5.5，加入缓冲溶液将抑制苯酚的电离，故a错误；b．溶液X颜色对应的苯酚浓度应标记为，故b错误；c．根据物料守恒，溶液X中，有，故c正确；d．若将污水样品、缓冲溶液和溶液用量均减为原来的，仍定容至，相当于把污水样品稀释10倍，对比色阶，读取的苯酚浓度减小，故d错误；选abd；③为操作方便，用有效成分为的药片代替上述溶液。若每次检测投入一粒药片，为保证标准色阶准确有效，每片应含的物质的量为，质量为0.001mol×252.5g/mol=0.2525g。（5）中羧基电离出的氢离子使平衡逆向移动，所以不能与形成配合物。05综合考查化学反应原理17．精炼铜工业中的阳极泥含Cu、CuSe、、Au等物质，回收流程示意图如下。已知：当溶液中浓度较高时，会与结合形成，等配离子(1)“浸铜”过程，及其分解产生的，都有助于阳极泥氧化浸出。①的电子式。②Cu与反应的化学方程式为。③“浸铜渣”中含银元素物质的化学式为。④硒以的形式存在于“浸铜液”中，使用溶液将硒以单质形式析出的离子方程式为。(2)“浸金”过程，金以形式存在于“浸金液”中。①结合氧化反应和还原反应的电极反应式，解释“浸金”过程中、的作用。②浓度的测定：取VmL“浸金液”，加入溶液，使Au完全沉淀后，用标准溶液滴定剩余的溶液，消耗溶液。该方案测定浓度是否准确，理由是。(3)结合平衡移动原理，解释“浸银”过程中氨水的作用。【答案】(1)AgCl(2)氧化反应：，加入，，浓度降低，提高了Au的还原性；还原反应：，加入，提高了的氧化性不准确。浸金液中与反应，与反应，影响测定结果(3)，加入氨水，与生成，浓度降低，平衡正移，促进AgCl的溶解【详解】（1）①为共价分子，其中化学键均为单键，其电子式为。②为具有强氧化性自由基，将Cu氧化为Cu2+，反应方程式为。③由上述分析可知，“浸铜渣”中含银元素物质为AgCl。④硒以的形式存在于“浸铜液”中，使用溶液将硒以单质形式析出，反应过程中Se元素化合价由+4降低至0，S元素化合价由+4升高至+6，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应离子方程式为。（2）①“浸金”过程中，金以形式存在于“浸金液”中，氧化反应：，加入，，浓度降低，提高了Au的还原性；还原反应：，加入，提高了的氧化性。②由上述分析可知，“浸金液”中主要溶质为、HCl、NaClO3，浓度的测定原理：利用Fe2+还原Au元素，再通过标准溶液滴定剩余的溶液，但由于浸金液中能与反应，以及能与反应，会影响实验结果，因此实验设计方案不准确。（3）“浸金渣”中成分为AgCl，溶液中存在平衡，加入氨水，与生成，浓度降低，平衡正移，促进AgCl的溶解。18．（2025·北京海淀·一模）小组同学探究、在强碱性溶液中形成原电池的正负极及其影响因素。已知：、均能溶于强碱性溶液，生成。【理论预测】猜想1：作负极，因为的失电子能力更强。猜想2：作负极，因为能与强碱性溶液发生氧化还原反应，产生。【实验验证】实验1现象0~5s：电压传感器初始示数为0.3V，后迅速归零；铝片表面有气泡产生(经检验为)后：电压传感器示数逐渐变为并保持稳定；铝片表面有气泡产生(经检验为)，镁片表面无明显变化(1)由电压传感器示数可知，时作负极。根据现象推测后正负极发生了反转，证据是。(2)后作负极，但猜想2中的解释不合理，理由是。(3)甲同学推测0~5s时产生的可能原因有：i．；ii．(用离子方程式表示)。(4)小组同学推测，电压示数迅速减小与电极被覆盖有关。①0~5s时，镁片表面发生反应的电极反应式为。②为证明推测，乙、丙同学分别设计了实验2和3。已知：EDTA四钠盐浓溶液的约为12，EDTA易与形成配合物EDTA-Mg。i．实验2中观察到电压示数从0.3V降至0.1V后保持稳定，可能的原因是。ii．补全实验3的方案：试剂a为。(5)综合实验1、2，可以得出的结论是。【答案】(1)后，电压示数变为(2)若猜想2的解释成立，后应在镁片表面观察到气泡，但实验中并未观察到(3)(4)，部分破坏了电极表面的覆盖层(或延缓/阻碍覆盖层的形成)溶液(5)形成原电池的正负极首先取决于金属、的失电子能力，同时也会受到反应过程中、电极表面覆盖程度的影响【详解】（1）时作负极，此时电压传感器示数为0.3V，后迅速归零，后电压传感器示数逐渐变为并保持稳定，说明后正负极发生了反转，故证据为：后，电压示数变为；（2）若猜想2的解释成立，则该装置中铝为负极、镁为正极，正极水得到电子发生还原反应生成氢气，后应在镁片表面观察到气泡，但实验中并未观察到，故猜想2中的解释不合理；（3）铝和强碱中氢氧根离子发生反应生成四羟基合铝酸根离子和氢气，推测0~5s时产生的可能原因为：；（4）①推测:电压示数迅速减小与电极被覆盖有关，结合质量守恒，则负极镁反应为镁失去电子和溶液中氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀：，氢氧化镁沉淀附着在电极上导致反应被阻碍；②已知：EDTA易与形成配合物EDTA-Mg，实验2中观察到电压示数从0.3V降至0.1V后保持稳定，可能的原因是发生反应，部分破坏了电极表面的覆盖层(或延缓/阻碍覆盖层的形成)，使得反应能够进行；实验探究：电压示数迅速减小与电极被覆盖有关，则实验3中左侧的电解质溶液不能和镁离子生成沉淀，故试剂a为可以为溶液（合理即可）；（5）实验1、2中变量为电解质溶液的不同，生成物质的溶解性不同；综合实验1、2，可以得出的结论是：形成原电池的正负极首先取决于金属、的失电子能力，同时也会受到反应过程中、电极表面覆盖程度的影响。19．化学小组探究不同盐对镁与水反应的影响。(1)镁条与KHCO3溶液反应序号试剂现象I镁条和H2O微小气泡附着在镁表面，镁表面失去金属光泽II镁条和KHCO3溶液立即产生大量气泡①I中生成的气体为H2，反应的化学方程式是