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（复习讲义）（解析版）

专题11大题突破-化学反应原理综合目录01析·考情精解 202构·知能架构 303破·题型攻坚 4题型化学反应原理 4真题动向以真实科研/工业情景为载体，围绕能量、速率平衡、电化学、电解质溶液四大核心模块，强化图表分析、定量计算与跨模块逻辑推理，逐步向双碳、新能源等前沿领域延伸，突出证据推理与模型认知的学科素养考查。必备知识知识1利用盖斯定律计算反应热知识2转化率、产率等计算与变化判断知识3化学平衡常数(K)及Kp的计算知识4综合图像分析方法知识5平衡图像原因解释之温度、压强对平衡的影响知识6电化学类试题命题预测考向1考查盖斯定律和化学平衡考向2考查热化学方程式、化学平衡和电化学考向3考查反应速率和化学平衡图像考向4考查盐类的水解和沉淀溶解平衡考向5综合考查化学反应原理

命题轨迹透视从传统工业（煤脱硫、尿素合成）转向绿色转化（废气制焦亚硫酸钠、新型氮源制硝酸）、能源科技（锂电池、氢能），强调“真实问题解决”，呼应北京卷“四个突出、四个考出来”理念。速率与平衡：速率影响因素、平衡常数(Kc/Kp)计算、转化率/选择性定量分析，图像（浓度-时间、压强-温度、能量-历程）占比超60%，2024年引入“竞争反应平衡体系”。电化学：新型电池（如钠离子、液流电池）、电解池（含离子交换膜），电极反应式书写、电子转移计算、溶液pH变化分析，2023年结合“尿素合成电解池”考查应用。考点频次总结考点2025年2024年2023年2022年2021年化学反应原理北京卷T16，11分北京卷T18，13分北京卷T19，13分北京卷T16，11分北京卷T19，13分北京卷T16，13分北京卷T18，12分北京卷T19，13分北京卷T18，14分北京卷T15，10分北京卷T16，10分2026命题预测聚焦双碳目标（CO₂捕集与转化）、新能源材料（固态电池、光催化）、生物医药（酶催化反应机理），素材多源于近1-2年北京高校/科研院所成果，增强地域特色与时代感。能量+机理融合：以复杂反应历程图为载体，考ΔH计算、中间体/催化剂判断、决速步分析，强化“动力学与热力学关联”，如“催化加氢制甲醇的能量-路径分析”。平衡+选择性深化：多反应体系中，考“温度/压强对主副反应的调控”，要求计算平衡转化率与选择性，结合工业实际做“条件优化决策”，呼应北京卷“权衡思维”考查。电化学+离子膜创新：新型“海水淡化电解池”“液流电池储能系统”为背景，考离子交换膜（阳/阴/质子）作用、电极反应式（碱性/中性/非水体系）、法拉第效率计算，突出“实际应用中的效率与能耗问题”。

题型化学反应原理1．（2025北京，19，13分）化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。(1)理论分析①易挥发，需控制生成较小。②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。(2)实验探究序号实验内容及现象I，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。Ⅱ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。Ⅲ测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。已知：；和溶液颜色均为无色。①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是。用离子方程式表示的作用：。②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度。③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是。(3)实验改进分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与值比较。②综合调控和温度的目的是。【答案】(1)(2)滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复增大实验Ⅱ中反应未达到平衡状态(3)40℃的K防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡【详解】（1）（2）①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；KI的作用：将Br2转化为，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：；②该反应消耗生成水，pH增大；因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，，则计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度；③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，题目已知信息③也说明了与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小；（3）①平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关，（题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡，从而准确测定K值。命题解读新情境：这道题选取“KBr与MnO2在酸性条件下的反应平衡”为研究对象，并非课本中合成氨、乙酸乙酯水解等经典平衡体系，而是聚焦卤素化合物与金属氧化物的氧化还原平衡，且结合了溴的挥发、HBr挥发性等实际实验现象的干扰因素，还原了真实化学实验中“理论分析-实验验证-误差处理”的完整探究流程，体现高考对“化学实验与理论结合”的命题导向，让学生从“背平衡结论”转向“用平衡原理解决实际实验问题”。新考法：不是直接给出平衡浓度求算K，而是要求结合实验测定的pH、Br2浓度等数据，结合反应方程式推导平衡常数表达式并计算，同时需考量实验中“c(Mn2+)近似不变”等简化条件，考查数据处理与模型简化的能力。新角度：从“单一平衡计算”到“理论可行性分析”：开篇先要求从溴的挥发、平衡常数、物质挥发性等多个维度，论证实验测定平衡常数的可行性，打破了传统“直接给出平衡体系求算K”的模式，考查学生对平衡原理的综合论证能力，落实“证据推理与模型认知”核心素养。2．（2025北京，16，11分）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【答案】(1)正四面体形(2)脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅H2O2作还原剂，K2S2O8作氧化剂(3)ab【详解】（1）①充电时，阴极发生还原反应，PbSO4得到电子变成Pb，其发生的电极反应为：；②根据放电时的反应，每消耗1molH2SO4，转移1mol电子；产生a库伦电量，转移的电子为，故消耗H2SO4的物质的量为；③的中心原子S原子的价层电子对数为，故其空间结构为正四面体形；④Pb在H2SO4作用下与氧气反应，会生成PbSO4和水，反应的化学方程式为：。（2）废旧铅酸电池通过预处理得到PbSO4、PbO、PbO2；加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2；若加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，电解后生成Pb；若加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2。①由以上分析可知，加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2，其目的是脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅，便于后续的溶解；②由以上分析可知，加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，说明PbO2被H2O2还原，故H2O2的作用为还原剂；加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2，说明Pb(OH)2、PbO被K2S2O8氧化，故K2S2O8的作用为氧化剂。（3）由于负极会生成导电性差的大颗粒PbSO4，石墨可以导电，多孔碳可以增加负极材料的比表面积，故碳材料的作用可以增强负极的导电性，且有利于生成小颗粒PbSO4，故a、b正确；负极的主要材料是Pb，且电解质环境为酸性，故负极不存在PbO2，碳材料不能使PbO2被还原，c错误；故选ab。命题解读新情境：以铅酸电池这一传统化学电源为核心载体，打破了以往仅聚焦原理的考法，通过“历史发展-资源回收-实际应用问题解决”的纵向链条设计，实现了情景真实化、考法综合化、角度实用化的创新，精准契合北京卷电化学命题的新趋势。新考法：从“单一考点”到“跨模块融合+能力分层”1.电化学与结构化学的跨模块融合：第(1)③问考查SO42-的空间结构，将电化学中电解质的性质与化学键与分子结构知识点结合，打破了电化学仅考原理的边界，要求学生建立“结构决定性质（SO42-氧化性弱）”的逻辑链。2.定量计算的实用化考法：第(1)②问以“库仑电量”为切入点计算消耗H2SO4的量，将物理电学单位（库仑）与化学的电子守恒计算结合，不是简单的物质的量计算，而是贴近实际电池性能检测的定量考法。3.工业流程的分析性考法：第(2)问围绕废旧电池回收流程，要求分析试剂作用（NaOH、H2O2、K2S2O8），考法从“写反应式”升级为“基于流程目的推导试剂功能”，侧重证据推理与工业思维。新角度：从“静态原理判断”到“动态过程与性质关联”1.储存过程的副反应角度：第(1)④问考查铅酸电池储存时的缓慢氧化反应（O2氧化Pb），跳出了“充放电主反应”的常规角度，关注电池非工作状态的副反应，要求学生分析物质转化的动态过程。2.电解质性质的本质角度：第(1)③问从SO42-的结构角度解释其氧化性弱的原因，不是单纯考查电解质的作用，而是深挖“结构-性质-应用”的内在关联，要求学生从本质上理解电解质选择的依据。3.资源回收的转化角度：第(2)问从“废旧电池→含Pb2+溶液→Pb/PbO2”的转化过程，考查氧化还原的调控（H2O2的还原性、K2S2O8的氧化性），角度聚焦于工业中物质的定向转化与试剂选择，体现电化学的实际应用价值。3．（2024北京卷，19，13分）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)产生蓝色沉淀在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动、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【详解】（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北京卷，16，11分）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)该反应放热，且正反应的气体分子数减少，y点的温度大于x点的温度，为使两点的NO的转化率相同，需增大压强，故y点的容积小于x点的容积(3)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【详解】（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反应，升高温度，NO的平衡转化率减小，说明该反应放热，且正反应的气体分子数减少，y点的温度大于x点的温度，为使两点的NO的转化率相同，需增大压强，故y点的容积小于x点的容积。（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。知识1利用盖斯定律计算反应热1、虚拟途径法：先根据题意虚拟转化过程，然后根据盖斯定律列式求解，即可求得待求反应的反应热。2、加和法：将所给热化学方程式适当加减得到所求的热化学方程式，反应热也作相应的加减运算。流程如下：知识2转化率、产率等计算与变化判断1、三段式突破平衡的有关计算mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)eq\o(\s\up11(起始/),\s\do4(mol·L－1))ab00eq\o(\s\up11(变化/),\s\do4(mol·L－1))mxnxpxqxeq\o(\s\up11(平衡/),\s\do4(mol·L－1))a－mxb－nxpxqx(1)vA＝eq\f(mx,Δt)。(2)转化率αA＝eq\f(mx,a)×100%。(3)K＝eq\f(pxp·qxq,a－mxm·b－nxn)。(4)生成物的产率：实际产量占理论产量的百分数。一般来说，转化率越高，原料利用率越高，产率越高。产率＝eq\f(产物实际质量,理论产量)×100%。(5)混合物中某组分的百分含量＝eq\f(平衡量,平衡总量)×100%。2、平衡移动与转化率的关系在一恒容密闭容器中通入amolA、bmolB发生反应aA(g)＋bB(g)cC(g)，达到平衡后，改变下列条件，分析转化率的变化情况：(1)再通入bmolB，α(A)增大，α(B)减小。(2)再通入amolA、bmolB，若a＋b>c，α(A)增大、α(B)增大；若a＋b＝c，α(A)不变、α(B)不变；若a＋b<c，α(A)减小、α(B)减小。知识3化学平衡常数(K)及Kp的计算1、化学平衡常数表达式的书写(1)不要把反应体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度写进平衡常数表达式。如：CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g)K＝c(CO2)。Cr2Oeq\o\al(2－,7)(aq)＋H2O(l)2CrOeq\o\al(2－,4)(aq)＋2H＋(aq)K＝eq\f(c2CrO\o\al(2－,4)·c2H＋,cCr2O\o\al(2－,7))。但在非水溶液中，若有水参加或生成，则此时水的浓度不可视为常数，应写进平衡常数表达式中。如：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)K＝eq\f(cCO·cH2,cH2O)。(2)有气体参与的反应，用平衡分压(总压乘以各自的物质的量分数)表示平衡常数。如：2A(g)＋B(s)C(g)。若达到平衡时，n(A)＝n1、n(C)＝n2，密闭体系的压强为p，则Kp＝eq\f(p·\f(n2,n1＋n2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p·\f(n1,n1＋n2)))2)＝eq\f(n2n1＋n2,pn\o\al(2,1))。(3)化学平衡常数的计算规则①同一可逆反应中，K正·K逆＝1。②同一方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍，则新平衡常数K′与原平衡常数K间的关系是K′＝Kn或K′＝eq\r(n,K)。③几个可逆反应方程式相加，得总方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积；两方程式相减所得反应的平衡常数为两个平衡常数之比。④水溶液中进行的反应，必须拆成离子方程式再计算平衡常数。2、化学平衡常数与温度的关系热效应温度变化K的变化热效应温度变化K的变化放热反应升温减小吸热反应升温增大降温增大降温减小知识4综合图像分析方法1、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、不变)，正反应吸热还是放热。2、析题——找准解题的突破口看图像eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(一看面纵、横坐标的意义,二看线线的走向和变化趋势,三看点起点、拐点、终点,四看辅助线如等温线、等压线、平衡线,五看量的变化如浓度变化、温度变化))3、解题——掌握分析的方法(1)三步分析法：一看反应速率增大还是减小；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。知识5平衡图像原因解释之温度、压强对平衡的影响1、影响化学平衡的因素(1)若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响改变的条件(其他条件不变)化学平衡移动的方向浓度增大反应物浓度或减小生成物浓度向正反应方向移动减小反应物浓度或增大生成物浓度向逆反应方向移动压强(对有气体参加的反应)反应前后气体体积改变增大压强向气体分子总数减小的方向移动减小压强向气体分子总数增大的方向移动反应前后气体体积不变改变压强平衡不移动温度升高温度向吸热反应方向移动降低温度向放热反应方向移动催化剂同等程度改变v正、v逆，平衡不移动(2)“惰性气体”对化学平衡移动的影响①恒温、恒容下：加入惰性气体体系总压增大，但体积不变，各反应物、生成物的浓度均未改变，故反应速率不变，V正、V逆也不变，化学平衡也不发生移动②恒温、恒压下：加入惰性气体体积增大各反应物浓度减少反应速率减小，V正、V逆均减小，等效于降压，故化学平衡向气体总体积增大的方向移动2、掌握三类平衡移动图像：反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，m＋n＞p＋q，且ΔH＞0(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【答题模板及剖析】恒压线(恒温线)答题策略叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果)答题模板该反应的正反应是气体分子数减小(或增大)的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，因此×××(得结论)经典例题－1，下图是乙烯气相水合法制乙醇中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n(H2O)∶n(C2H4)＝1∶1]。标注答案p1＜p2＜p3＜p4，反应正方向是分子数减少的反应，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高知识6电化学类试题1、对于电化学类试题，首先判断是原电池还是电解池，然后分析电极类别，书写电极反应式，最后按电极反应式进行相关计算。2、电化学中的电极反应式的书写要做到以下几点：(1)根据题意、装置图分清“原电池”“电解池”或“电镀池”。(2)定电极：阴极、阳极；正极、负极。(3)根据电极反应物和介质确定产物进而写出电极反应式。①配平(原子守恒、电荷守恒、电子守恒)；②产物粒子在介质中存在的形式；③得、失电子要表达准确，得电子写＋ne－，失电子写－ne－。(4)对电化学计算要利用各电极转移的电子数相等求未知量。(5)对于电解质溶液类试题，要明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型，然后进行解答。考向1考查盖斯定律和化学平衡1．（2025·北京东城·三模）了解化石燃料燃烧过程中二氧化硫(SO2)和氮氧化物(NOx)的处理对改善环境推动可持续发展具有重要意义。结合所学知识，回答下列问题：I．用活性炭吸附NOx。(1)活性炭可以和NOx反应。一定条件下，当1molNO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，写出其反应的热化学方程式：。(2)活性炭吸附NO2反应如下：。在T1℃时，该反应在2L容器中测得反应不同时间各物质的物质的量如下：时间(min)01020304050NO2(mol)21.160.800.801.231.23N2(mol)00.420.600.600.800.80①0~10min内，NO2的平均反应速率v(NO2)=；②30min时，该反应的平衡常数K=，反应放出的热量为kJ。(3)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据表中的数据判断改变的条件可能是(填字母)。a．加入活性炭

b．通入NO2

c．缩小容器的体积

d．加入合适的催化剂Ⅱ．SO2烟气脱除。工业上可用纳米MgO分散到一定浓度的MgSO4溶液中，配制成SO2烟气脱硫试剂。将含有SO2的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中SO2脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图1所示。已知：i．纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应；ii．MgSO3在水中难溶，Mg(HSO3)2可溶。(4)烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右。结合化学用语解释其原因。脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，对脱硫效率有显著影响。请结合化学用语解释Mg2+的作用。(5)实验发现，在以后，随着SO2的脱除，溶液pH值几乎不变，但烟气脱硫效率始终很高，且MgSO4浓度逐渐升高，结合图2中含硫微粒的分布情况，用方程式解释其可能原因。(6)为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以采取的措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、(写出两条)。【答案】(1)C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)

∆H=-34kJ∙mol-1(2)0.042mol∙L-1∙min-10.67538.4(3)b(4)Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-，溶液呈碱性，主要反应为OH-+SO2=或Mg(OH)2+2SO2=Mg2++2，电离使溶液显酸性，所以pH值很快降到4左右当溶液中含有较高浓度的Mg2+时，SO2与OH-反应生成的易与Mg2+结合生成MgSO3沉淀Mg2++=MgSO3↓，促进OH-的消耗，使Mg(OH)2Mg2++2OH-的电离平衡正向移动，产生更多的OH-来吸收SO2，从而提高脱硫效率(5)Mg(OH)2+2+Mg2+=2MgSO3+2H2O，MgSO3+SO2+H2O=Mg2++2，2MgSO3+O2=2MgSO4(6)减缓烟气通入速率、降低烟气中SO2浓度、适当提高反应体系温度等【详解】（1）一定条件下，当1molNO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，则2molNO参加反应时，放热34kJ，所以活性炭与NO反应的热化学方程式：C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)

∆H=-34kJ∙mol-1。（2）①0~10min内，NO2的平均反应速率v(NO2)==0.042mol∙L-1∙min-1；②在T1℃时，该反应在2L容器中发生反应，30min时，NO2的物质的量为0.80mol、N2的物质的量为0.60mol，则可建立如下三段式：该反应的平衡常数K==0.675，反应放出的热量为=38.4kJ。（3）a．加入活性炭，不改变反应物和生成物的浓度，平衡不发生移动，a不符合题意；b．通入NO2，平衡正向移动，达新平衡时，反应物和生成物的浓度都比原平衡时大，b符合题意；c．缩小容器的体积，平衡逆向移动，反应物的物质的量增大，生成物的物质的量减小，c不符合题意；d．加入合适的催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，但平衡不发生移动，反应物和生成物的物质的量都不变，d不符合题意；故选b。（4）烟气脱硫开始阶段，纳米MgO与水反应MgO+H2O=Mg(OH)2，Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-，溶液呈碱性，OH-与溶解的SO2发生反应2OH-+SO2=+H2O、+SO2+H2O=2，在溶液中以电离为主，电离使溶液显酸性，很快pH值降到4左右。结合化学用语解释其原因：Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-，溶液呈碱性，主要反应为OH-+SO2=或Mg(OH)2+2SO2=Mg2++2，电离使溶液显酸性，所以pH值很快降到4左右。脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，SO2与OH-反应生成的会与Mg2+结合生成MgSO3沉淀，促进OH-的消耗，使Mg(OH)2电离平衡正向移动，产生更多的OH-来吸收SO2，对脱硫效率有显著影响。请结合化学用语解释Mg2+的作用：当溶液中含有较高浓度的Mg2+时，SO2与OH-反应生成的易与Mg2+结合生成MgSO3沉淀Mg2++=MgSO3↓，促进OH-的消耗，使Mg(OH)2Mg2++2OH-的电离平衡正向移动，产生更多的OH-来吸收SO2，从而提高脱硫效率。（5）pH约为4时，溶液中主要含有微粒为，在以后，发生反应Mg(OH)2+2+Mg2+=2MgSO3+2H2O，随着反应的进行，MgSO3增多，同时MgSO3会被空气中的O2氧化为MgSO4，发生反应2MgSO3+O2=2MgSO4，MgSO4浓度逐渐升高，而MgSO3又能吸收SO2，发生反应MgSO3+SO2+H2O=Mg2++2，从而使溶液pH几乎不变。则用方程式解释其可能原因：Mg(OH)2+2+Mg2+=2MgSO3+2H2O，MgSO3+SO2+H2O=Mg2++2，2MgSO3+O2=2MgSO4。（6）为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，通过升高温度、增大接触面积、增大接触时间，都可提高脱硫效率，则可以采取的措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、减缓烟气通入速率、降低烟气中SO2浓度、适当提高反应体系温度等。2．（2025·北京延庆·一模）金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题：(1)转化为有碳氯化法和直接氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：Ⅰ碳氯化：

，。Ⅱ直接氯化：

，。①对于碳氯化反应：增大压强，平衡移动(填“向正反应方向”向“逆反应方向”或“不”)；温度升高，平衡转化率(填“提高”“不变”或“降低”)。②平衡常数远远大于，说明碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是。③反应的为，平衡常数。(2)在时，将、、C以物质的量比进行反应。体系中气体(、、、)平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。①图中的四条线中，A代表的物质是(填“”或“”)。②图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是。(3)碳氯化是一个“固-固-气”反应，实际生产中有利于三种反应物接触的措施是。【答案】(1)向逆反应方向降低碳氯化反应气体分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程-2231.2×1014(2)提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品(3)将、C粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积【详解】（1）①碳氯化是气体体积增大的放热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，温度升高，平衡逆向移动，平衡转化率降低；②平衡常数远远大于，说明碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是：碳氯化反应气体分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；③根据盖斯定律，将“反应Ⅰ-反应Ⅱ”得到反应=--223，平衡常数=1.2×1014。（2）①当温度较高时会发生反应：，会导致CO的物质的量分数增大，B为CO2，A代表的物质是；②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品。（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大，有利于三种反应物接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。3．（2025·北京·模拟预测）挑战：“绿氢”的存储、输送成本和安全解决方案I：利用可再生资源生产绿氢和温室气体CO2生产甲醇是碳资源高效循环利用的有效途径。CO2加氢气制甲醇体系中，若不考虑生成烷烃和多碳醇等副反应，主要反应为：I：

Ⅱ：

Ⅲ：

(1)计算反应I的焓变。(2)以250℃、5MPa、n(H2)/n(CO2)=3的平衡为基础，探讨温度，压强和原料气组成对平衡的影响，以下说法错误的是___________。A．随着温度升高，甲醇的百分含量将降低B．随着压强增大，甲醇的产率将增大C．随着n(H2)/n(CO2)的增加，CO的转化率将下降D．若在原料气里加入CO，则CO2转化率将增大(3)若只关注反应I，氢气和甲醇的燃烧热分别为285kJ/mol和726kJ/mol，则绿氢生产绿甲醇的理论能量转化效率为。(保留一位小数)解决方案Ⅱ：合成“绿氨”运输到使用地分解制氢“绿氢”合成氨技术成熟，加压10bar，25℃就可以液化，液体的存储和输运成本低，现有设备无需改造。“绿氨”具有零碳排放的特点，且其储氢质量能量密度可高达17.6wt。%，故而被视为是种非常具有竞争力且前景广阔的储氢载体。Ru基催化剂的物理化学性质(部分单位省略)样品名称Ru含量(理论值)(wt。%)Ru含量(wt。%)Ru分散度(%)H2消耗量Ru/Al2O31.001.091.010.201RuLa/Al2O31.001.040.110.247RuCs/Al2O31.000.971.910.193RuLaCs/Al2O31.000.993.010.595(4)加入Cs元素的作用是。(5)在400~500℃范围内，Ru基氨分解催化剂性能最佳的是。(6)合成氨反应是工业上至关重要的反应，与其有关的研究曾三获诺贝尔奖，有人提出另一种制备氨的路线：

，已知ΔG=ΔH-TΔS，当ΔG<0时，反应正向自发；当ΔG>0时，反应逆向自发。计算并说明该反应是否适合工业生产。【答案】(1)-49kJ/mol(2)CD(3)84.9%(4)提高Ru分散度，增强催化剂性能，增大氢气消耗量(5)RuLaCs或者RLC(6)计算当ΔG=0时候的温度，T=-9769K，从而说明反应不适合工业生产【详解】（1）根据盖斯定律，反应I=反应Ⅱ+反应Ⅲ，故；（2）A．随着温度升高，反应I、Ⅲ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，甲醇的百分含量将降低，A正确；B．随着压强增大，反应I、Ⅲ正向移动，甲醇的产率将增大，B正确；C．随着n(H2)/n(CO2)的增加，相当于二氧化碳量不变的基础上增加氢气，反应Ⅲ正向移动，CO的转化率将升高，C错误；D．若在原料气里加入CO，反应Ⅲ正向移动，减少反应I的进行，则CO2转化率将减小，D错误；答案选CD。（3）根据，则绿氢生产绿甲醇的理论能量转化效率为；（4）通过表格数据分析，第3、4组中加入Cs后，分散度显著提高，故加入Cs的作用是提高Ru分散度，增强催化剂性能，增大氢气消耗量；（5）从图中可以看出，在400~500℃范围内，转化率最高的是RLC，故Ru基氨分解催化剂性能最佳的是RLC；（6）根据

，当ΔG=ΔH-TΔS<0时，反应自发，数据代入计算出T<-9769K，故不适合工业生产。4．（2024·北京石景山·一模）我国科学家设计的化学链重整联合CO2捕集制H2系统如下图所示：(1)空气反应器中发生反应(填“吸热”或“放热”)。(2)重整气中有H2、CO、CO2、CH4和H2O，燃料反应器中CH4和NiO反应的化学方程式有。(3)CaO吸收反应器中还发生蒸汽变换反应(CO与水蒸气或CH4与水蒸气反应)①1molCH4和水蒸气生成CO2和H2吸收热量165kJ，1molCH4和水蒸气生成CO和H2吸收热量206kJ，CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)

ΔH=。②反应温度对H2产率()、CO2捕集率()及产品气组成的影响如下图所示：结合化学方程式说明图1中温度升高CO2捕集率降低的原因；解释图2中温度升高H2体积分数降低的原因。(4)燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气的作用。【答案】(1)放热(2)CH4+NiO2H2+CO+Ni和CH4+2NiO2H2+CO2+2Ni(3)—41kJ/molCaCO3CaO+CO2↑，温度升高促进碳酸钙分解CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)ΔH<0，CO2浓度增大和升高温度均促使平衡逆向移动，H2体积分数降低(4)通过蒸汽变换等反应增大产品气中H2的产率与体积分数，促进CO2的吸收【详解】（1）空气反应器中发生的反应为镍和空气中氧气共热发生化合反应生成氧化镍，并放出热量，则该反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故答案为：放热；（2）由分析可知，燃料反应器中发生的反应为氧化镍与甲烷共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，反应的化学方程式为CH4+NiO2H2+CO+Ni和CH4+2NiO2H2+CO2+2Ni，故答案为：CH4+NiO2H2+CO+Ni和CH4+2NiO2H2+CO2+2Ni；（3）①由题意可知，甲烷与水蒸气反应生成二氧化碳、一氧化碳的热化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)=4H2(g)+CO2(g)△H=+165kJ/mol①、CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g)△H=+206kJ/mol②，由盖斯定律可知，反应①—②得到反应CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)，则反应ΔH=(+165kJ/mol)—(+206kJ/mol)=—41kJ/mol，故答案为：—41kJ/mol；②温度升高碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳：CaCO3CaO+CO2↑，所以温度升高二氧化碳捕集率降低；一氧化碳与水蒸气生成二氧化碳和氢气的反应为放热反应，二氧化碳浓度增大和升高温度都使平衡向逆反应方向移动，导致生成物氢气的体积分数降低，故答案为：CaCO3CaO+CO2↑，温度升高促进碳酸钙分解；CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)ΔH<0，CO2浓度增大和升高温度均促使平衡逆向移动，H2体积分数降低；（4）由分析可知，燃料反应器中发生的反应为甲烷与氧化镍共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，与水蒸气共热反应生成氢气和碳的氧化物，吸收反应器中发生的反应为一氧化碳、甲烷与水蒸气生成二氧化碳和氢气，则燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气有利于增大产品中氢气的体积分数，促进二氧化碳的充分吸收，故答案为：通过蒸汽变换等反应增大产品气中H2的产率与体积分数，促进CO2的吸收。考向2考查热化学方程式、化学平衡和电化学5．（2025·北京昌平·二模）固体硫化物电池在回收过程中产生大量气体，以下是几种工业处理的方式。资料：是硫单质的一种形式，化学性质与S相似。Ⅰ．甲烷硫化氢转化法：ΔH(1)已知：①②可求出ΔH=。(2)从能量角度说明该反应用于工业生产的弊端。Ⅱ．电化学循环法：采用溶液吸收处理，并通过电解池实现“吸收液”的再生，同时制取氢气，其原理如图所示。(3)写出反应器内发生反应的离子方程式。(4)结合电极反应式说明“吸收液”在电解池中是如何再生的。Ⅲ．克劳斯法：△H<0。(5)一定条件下，将和按的比例向反应容器内投料，相同时间内，产率随温度的变化如图所示。解释随温度升高，产率先增大后减小的原因。(6)其他条件相同时，某温度下，产率随值的变化如图所示。该温度是℃。值过高不利于提高产率的原因是。【答案】(1)＋234(2)反应需吸收大量热，不易自发(3)(4)反应器中产生的和HCl溶液进入电解池的阳极区，阳极式：，阳极区得到溶液，吸收液得以再生(5)低于200℃时，升高温度，反应速率增大，因此相同时间内的产率增大；高于200℃时，若该时间内反应达到平衡，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的产率减小，若该时间内反应未达平衡，可能由于催化剂失活，造成反应速率下降，的产率减小。(6)200℃当>0.5时，过量，生成的继续被氧化成，导致产率减小【详解】（1）观察知，反应可由反应①+反应②得到，根据盖斯定律，==+234。（2）从能量角度来看，该反应属于吸热反应，反应过程中需吸收大量热，不易自发，这是该反应用于工业生产的弊端。（3）结合原理图可知，和发生氧化还原反应生成S2沉淀，被还原为，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可确定反应器内发生反应的离子方程式：。（4）图中，反应器中产生的和HCl溶液进入电解池的阳极区，阳极式：，阳极区得到溶液，吸收液得以再生，通过质子交换膜转移到阴极区，在阴极被还原为氢气，阴极式：。（5）随温度升高，产率先增大后减小的原因：低于200℃时，升高温度，反应速率增大，因此相同时间内的产率增大；高于200℃时，若该时间内反应达到平衡，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的产率减小，若该时间内反应未达平衡，可能由于催化剂失活，造成反应速率下降，的产率减小。（6）结合上一问可知，当按照投料，温度为200℃时对应的产率最大。值过高不利于提高产率的原因：>0.5时，过量，生成的继续被氧化成，导致产率减小。6．（2025·北京通州·一模）以黄铜矿(主要成分为)为原料生产纯铜，流程示意图如下。(1)矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是。(2)“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，浸出过程的总反应是。浸取初期，随着浸泡时间延长，的浸出速率提高，原因是浸出液中产生的与黄铜矿发生反应。①生成的离子方程式是。②与黄铜矿发生反应的离子方程式是。(3)“氧化浸出”时，改用过量硫酸铁和稀硫酸混合液作浸出剂。在浸出温度为90℃，浸出时间为2h条件下，改变硫酸铁浓度对试样铜浸出率的影响结果见下图。①由上图可知，硫酸铁的最佳浓度为。②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是。(4)“电解”的原理示意图如下。①电解初期，阴极没有铜析出。结合化学用语解释原因是。②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是。【答案】(1)增大接触面积，加快氧化浸出反应速率(2)(3)0.06mol/L增大，加快的速率加速矿物的浸出；过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出(4)过量，氧化性，因此先放电，电极反应为阳极上发生，在阳极失电子生成，通过阴离子交换膜进入阳极室，溶液再生【详解】（1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是增大接触面积，加快氧化浸出反应速率；（2）①“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，亚铁离子易被氧化，离子方程式为；②三价铁离子具有氧化性可将硫离子氧化为硫单质，根据质量守恒定律结合氧化还原反应配平得；（3）①由图可知硫酸浓度为0.06mol/L时铜浸出率最大，故为0.06mol/L；②增大硫酸浓度，亚铁离子浓度增大增大，加快的速率加速矿物的浸出；过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁离子水解生成大量，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出；（4）①阴极阳离子放电，初期溶液中有大量，氧化性，因此先放电，电极反应为；②阴极室的流出液中含有亚铁离子，阳极上发生反应为，通过阴离子交换膜进入阳极室，可形成，使浸出剂再生。7．（2025·北京·模拟预测）资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种途径。I．制甲醇，过程如下：i．催化剂活化：(无活性)(有活性)ii．与在活化后的催化剂表面可逆的发生反应①，其反应历程如图。同时伴随反应②：。(1)反应①每生成1放热49.3，写出其热化学方程式：。(2)与混合气体以不同的流速通过反应器，气体流速与转化率、选择性的关系如图。已知：选择性(生成所用的)(转化的)。流速加快可减少产物中的积累，减少反应(用化学方程式表示)的发生，从而减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。(3)对于以上制甲醇的过程，以下描述正确的是(填序号)。A．反应中经历了、键的形成和断裂B．加压可以提高的平衡转化率C．升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性II．一种以甲醇和二氧化碳为原料，利用()和纳米片()作催化电极，电化学法制备甲酸(甲酸盐)的工作原理如图所示。(4)①阴极表面发生的电极反应式为。②若有1通过质子交换膜，则理论上生成的和共。(5)电解部分甲醇后，将阴阳极的电解液混合，加入过量氢氧化钠后蒸干溶液，再向所得固体中加入过量稀硫酸，溶解后得200溶液。取20溶液，加入溶液，充分反应后，再加入过量溶液和5滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。已知：；。①滴定终点的现象为。②假设电流效率为100%，则电解池装置中通过的电子的物质的量为。【答案】(1)(2)(3)AB(4)(或)0.75(5)最后半滴溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变蓝【详解】（1）反应①中CO2和H2在温和的条件下转化为甲醇和H2O，每生成1molCH3OH(g)放热49.3kJ，其热化学方程式为：ΔH=-49.3kJ/mol；（2）已知催化剂活化：In2O3(无活性)In2O3-x(有活性)，流速加快可减少产物中H2O的积累，减少反应的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性；（3）A．由图1可知，反应中经历了In-C、In-O键的形成和断裂，A正确；B．结合第一问可知，CO2制甲醇是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高CO2的平衡转化率，B正确；C．由△H=-49.3kJ/mol是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温度会降低甲醇在平衡时的选择性，C错误；故选AB。（4）①由图可知二氧化碳在左侧电极发生反应，其中碳元素化合价降低，则a为负极，CO2得到电子生成HCOO-和或，该电极为阴极，电极反应式为：(或)；②由第一问的分析可知，b为阳极，CH3OH失去电子生成HCOOH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平阳极反应为：CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+，阴极电极反应为：，由此可以发现，若有1molH+通过质子交换膜时，则转移1mol电子，则此时该装置生成HCOO-0.5mol和HCOOH0.25mol，共计0.75mol；（5）①向HCOOH溶液中加入过量KMnO4溶液，发生反应：，再加入过量KI溶液和5滴淀粉溶液，过量的KMnO4溶液将I-氧化为I2，离子方程式为：，此时溶液为蓝色的，然后加入溶液滴定至终点，I2被还原为I-，溶液变无色，则滴定终点的现象为：最后半滴溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变蓝；②由①分析可得关系式：5HCOOH~2KMnO4~5I2~10，则与HCOOH反应的n(KMnO4)=，则n(HCOOH)=2.5n(KMnO4)=，由电极方程式、CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+可知，消耗了CO2，转移电子的物质的量为mol。8．（2025·北京门头沟·一模）“双碳”背景下，的资源化利用成为全世界的研究热点。(1)将和的混合气体充入某密闭容器中制备甲酸()，同时有副反应发生。已知：为了提高产率、降低的生成量，可采取的措施是(写出两种)。(2)电催化还原也可以制备甲酸，原理如图甲所示，电解质溶液为。①电极是电解池的极，电极反应式为。②2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对图甲装置改进，搭建“(阴阳极)共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为混合溶液，应将极区(填“a”或“b”)电解液更换。此时，该电极的电极反应式为。(3)的电化学还原过程比较复杂，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图乙所示。已知：其中，表示电解生成还原产物所转移电子的物质的量，表示法拉第常数。①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物是(填化学式)。②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为。【答案】(1)降温、增压(2)阳b(3)【详解】（1）由题可知，生成HCOOH的反应为气体分子数减小的放热反应，生成CO的反应为气体分子数不变的吸热反应；故采用①降温方式有利于提高HCOOH的产率、降低CO的产率；②采用加压使平衡朝着生成HCOOH方向移动，提高HCOOH的产率、降低CO的生成量；（2）由上述分析可知，b为阴极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O；发生氧化反应生成HCOO-，故应将阳极区的电解液换成，电极反应为；（3）①当电解电压为时，若电解过程中含碳还原产物的为0，则水放电生成H2，即阴极反应为；②由图乙可知，=1:2。考向3考查反应速率和化学平衡图像9．（2025·全国·模拟预测）在生产、生活中应用广泛。回答下列问题。【储氢材料】利用可逆反应进行氢能源的储存和释放。我国部分地区建起氨分解制氢加能站，采用制、储、加、运一体化模式：液态氨(储氨罐)→氨分解(制氢舱)→氢氮分离→加氢枪→氢能源汽车。(1)已知：

。制备的反应过程中的能量变化如图1所示。中键的键能为，。(2)通过热分解可使中储存的氢释放出来，在、条件下，在3个不同的密闭容器中，加入不同比例的、混合气体，分别为4、1、，分解制氢反应中转化率随时间的变化曲线如图2所示。对应的曲线是(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，原因是；时，之间，用的分压变化表示的平均反应速率为(保留3位有效数字)。(3)反应达到平衡时，正反应的速率方程为。已知为速率常数，则中。【环境保护】催化剂作用下，将氮的氧化物(如)还原为：。(4)去除需参与。在恒温恒容密闭容器中，充入和，初始压强为，发生反应。达到平衡时，测得、的转化率分别为、，则的压强平衡常数(不考虑与的转化)。【答案】(1)43645(2)Ⅰ浓度越小，的转化率越高6.81(3)-1.5(4)0.125【详解】(1)由图1中，可知中键的键能为。由热化学方程式可知，，则，则(2)浓度越小，的转化率越高，则对应的曲线是。对应的曲线是时，的转化率为，设投料为，转化的为。列三段式计算：平衡时气体总物质的量为，则的分压，反应开始时的分压，则用的分压变化表示的平均反应速率为。(3)反应达到平衡时，，则，则。(4)由题意可知转化的、的物质的量分别为，列三段式计算：平衡时气体总物质的量为，总压为，分压，压强平衡常数。10．（2025·北京房山·一模）CO2含量的控制和资源化利用具有重要意义。(1)烟气中CO2的捕集可通过下列转化实现。①捕集过程发生反应的化学方程式。②捕集过程CO2吸收速率随时间的变化如图所示。解释CO2吸收速率逐渐降低的原因。(2)通过电催化法将CO2和合成尿素[CO(NH2)2]，有助于解决含氮废水污染问题。电解原理如图所示。①电极b是电解池的极。②电解过程中生成尿素的电极反应式是。(3)催化加氢合成甲醇是重要的CO2转化技术。主反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)

ΔH<0副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)

ΔH>0在密闭容器中，维持压强和投料比不变，平衡时CH3OH(g)和CO在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图所示：①图中代表的物质的量分数随温度变化的曲线为(填“I”或“Ⅱ”)。②150~250℃范围内转化率随温度升高而降低的原因是。【答案】(1)Ca2SiO4+MgO+3CO2=2CaCO3+MgCO3+SiO2随着反应进行，CaSiO4、MgO表面被固体产物覆盖，与CO2的接触面积减少(2)阳CO2+2+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O(3)I主反应为放热反应，副反应为吸热反应，150~250℃时，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度【详解】（1）①捕集过程发生反应的化学方程式Ca2SiO4+MgO+3CO2=2CaCO3+MgCO3+SiO2，②捕集过程CO2吸收速率随反应进行逐渐降低，可能是因为随着反应进行，CaSiO4、MgO表面被固体产物覆盖，与CO2的接触面积减少；（2）①由图可知，水在b电极失去电子发生氧化反应生成氧气，故b是电解池的阳极；②电解过程中二氧化碳和硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成尿素，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为：CO2+2+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O；（3）①维持压强和投料比不变，随着温度升高，主反应为放热反应，副反应为吸热反应，随着温度升高主反应平衡会逆向移动，甲醇物质的量分数会降低，所以图中代表的物质的量分数随温度变化的曲线为I；②150~250℃范围内转化率随温度升高而降低的是因为主反应为放热反应，副反应为吸热反应，150~250℃时，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度。11．（2022·北京海淀·三模）我国是稀土储量大国，氧化铈(CeO2)是一种应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(，含BaO、等杂质)为原料制备的工艺如下图。已知：①可形成难溶于水的复盐[]，其氢氧化物也难溶于水。②硫脲的结构简式为，在酸条件下易被氧化为。③HF是一元弱酸。回答下列问题：(1)焙烧时，为了提高焙烧效率，可采取的措施有。(写一条)(2)固体A的主要成分是。(3)焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce元素的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系如下图所示，应选择的适宜的条件为，硫酸浓度过大时，浸出率降低的可能原因是。(4)步骤②加入硫脲的目的将还原为，该反应的离子方程式为。(5)步骤③加入NaOH的目的。(6)步骤④的离子方程式为。(7)取ag所制，溶解后配制成250mL溶液。取bmL该溶液用cmol/L硫酸亚铁铵[]溶液滴定，滴定时发生反应，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液VmL，则该产品的质量分数为。(列表达式)【答案】(1)将氟碳铈矿粉碎以增大接触面积，或延长焙烧时间等都可以提高焙烧效率(2)BaSO4和SiO2(3)温度85℃、c(H+)为2.5mol/L溶液中c(SO)增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低(4)2+2=2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-(5)中和过量的硫酸(6)(7)【详解】（1）从反应速率的影响因素考虑，为了提高焙烧效率，可采取的措施有将氟碳铈矿粉碎以增大接触面积，或延长焙烧时间等都可以提高焙烧效率；（2）CeFCO3中F为一价、CO为-2价，根据化合价代数和为0，可知Ce为+3价；SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，故滤渣A是BaSO4和SiO2；（3）由图可知，温度85℃、c(H+)2.5mol/L时，稀土的浸出率浸出率最高，即选择的适宜的条件为：温度85℃、c(H+)为2.5mol/L；溶液中c(SO)增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低；（4）硫脲将将还原为，，自身被氧化为(SCN2H3)2，方程式为：2+2=2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-；（5）在前面步骤中加入的硫酸过量，步骤③加入NaOH的目的是：中和过量的硫酸；（6）步骤④是碳酸氢铵提供碳酸根与Ce3+结合生成为(Ce)2(CO3)3，产生的氢离子又与碳酸氢根反应生成二氧化碳与水，反应离子方程式为：；（7）根据可知n()=，则该产品的质量分数。12．（2025·北京石景山·一模）是一种重要的工业原料，硫酸工业的发展进程大体可分为前工业生产、硝化法制硫酸的铅室法、硝化法制硫酸的塔式法和接触法制硫酸阶段。(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆（）取精华法”，补全反应的化学方程式：①____________；②。(2)一种硝化法制硫酸的反应原理分三步进行。①被还原为NO，写出上述过程中硫元素被氧化的方程式。②中混有，有利于的氧化，原因是。(3)接触法制硫酸的关键反应为的催化氧化：。①其他条件不变时，为寻求反应时的最佳操作温度（某一转化率下，反应速率最快时的温度），绘制某一转化率（）下，反应速率（数值已略去）与温度的关系，如图所示。解释时越大反应速率数值越低的原因；越大最佳操作温度越（填“高”或“低”）。②平衡转化率下所对应的温度叫平衡温度。其他条件不变时，转化率（非平衡时或平衡时）与最佳操作温度、平衡温度的关系如下图所示。曲线1为温度曲线（填“平衡”或“最佳操作”），原因是。【答案】(1)(2)和NO和生成或，生成的或继续和反应(3)越大反应物浓度越低，反应速率越慢低平衡相同条件下平衡时的转化率最大【详解】（1）①该反应中部分S元素的化合价由+6价变为+4价，根据原子守恒及氧化还原反应原理知，应该有部分O元素的化合价由-2价变为0价，则未知的生成物是O2，结合原子守恒配平方程式为；（2）①N2O3被还原为NO，SO2被氧化为SO3，S燃烧时被氧化为SO2，则上述过程中硫元素被氧化的方程式为和；②SO2中混有O2有利于SO2的氧化，原因是NO和O2生成NO2或N2O3，生成的NO2或N2O3继续和SO2反应；（3）①根据图知，490℃时α越大反应速率数值越低的原因：α越大反应物浓度越低，反应速率越慢；由图可知，α越大最佳操作温度越低；②相同条件下平衡时的转化率最大，根据图知，曲线1为平衡温度曲线。13．CH4用水蒸气重整制氢包含的反应为：Ⅰ．水蒸气重整：

Ⅱ．水煤气变换：

总反应可表示为：

(1)总反应的，该反应为（填“吸热”或“放热”）反应。水碳比定义为原料气中H2O和CH4的物质的量之比，此处用X表示：反应Ⅰ——水蒸气重整：(2)在恒容密闭容器中，加入1molCH4和一定量的H2O(g)，若仅发生反应Ⅰ，CH4的平衡转化率按不同投料比X随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是________（不定项）。A．点a、b、c对应的平衡常数：Ka=Kb>KcB．X1>X2>X3C．反应温度为T1，当容器内比值不变时，可判断反应达到平衡状态D．反应速率：反应Ⅱ——水煤气变换：水煤气变换是重要化工过程，主要用于合成氨，制氢以及合成气加工等工业领域中。曾有科学家做过如下实验，在721℃下，分别使H2和CO还原CoO(s)，得到如下数据：化学方程式平衡后气体的物质的量分数H2：0.025CO：0.0192(3)根据上述实验结果判断：①CO、H2还原CoO(s)为Co(s)能力的强弱。A．CO>H2

B．CO<H2

C．CO=H2

D．无法判断②反应Ⅱ水煤气变换的化学平衡常数K=（写出过程，保留3位有效数字）。我国学者研发了一种用于低温水煤气变换反应的高效稳定催化剂——原子层金簇负载α-MoC催化剂，下图表示该催化剂与金催化剂的反应历程：（吸附在催化剂表面上的物种用★标注）(4)使用金催化剂决速步发生的化学方程式：。(5)使用金催化剂（A）和原子层金簇负载α-MoC催化剂（B），哪种更有利于该反应进行？（填“A”或“B”），原因是。(6)100kPa时，将X=3的混合气体投入恒压反应器中，平衡时，各组分的物质的最分数与温度的关系如下图所示①上图中表示CO2曲线是（选填曲线“A”或“B”），理由是。②在600℃，将X=3的混合气投入恒容反应器中，CH4的平衡物质的量分数0.04（填“>”“<”或“=”）。③反应在600℃、t小时后达到平衡，t小时内计算v(H2O)=kPa·h-1。（用含t的代数式表示，气体分压=总压强×气体物质的最分数）④某研究小组发现，随着反应进行，实验测得CO的释放速率与模拟数据吻合，但是H2的释放速率高于模拟值，如图所示，你认为可能的原因是。【答案】(1)+164.9吸热(2)CD(3)A1.31(4)或(5)B使用金催化剂（A），反应需要最大活化能为2.02eV，而使用原子层金簇负载α-MoC催化剂（B）反应最大活化能为1.66eV，更有利于反应进行(6)A反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动。600℃前随温度升高，CO浓度增大使反应Ⅱ正向进行的程度大于温度升高使其逆向进行的程度（或“600℃后，CO浓度增大使反应Ⅱ正向进行的程度小于温度升高使其逆向进行的程度”），所以CO2的物质的量分数先增大后减小，故曲线A符合>随反应进行，发生甲烷裂解等副反应（或其他合理答案）【详解】（1）根据盖斯定律，总反应=反应Ⅰ+Ⅱ，总反应的=；该反应为吸热反应；（2）A．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，点a、b、c对应的平衡常数：Ka=Kb>Kc，A正确；B．在恒容密闭容器中，加入1molCH4和一定量的H2O(g)，越大，H2O(g)越多，CH4的平衡转化率越大，可知X1>X2>X3，B正确；C．容器内比值等于其化学计量系数之比，一直不变，不能判断反应达到平衡状态，C错误；D．越大，H2O(g)越多，反应物浓度越大，反应速率越快，，D错误；故选CD；（3）①根据平衡后CO气体的物质的量分数更小，说明CO气体转化更多，还原CoO(s)为Co(s)能力更强，故选A；②反应a：的平衡常数，反应b：的平衡常数，反应Ⅱ=反应b-反应a，反应Ⅱ水煤气变换的化学平衡常数K=；（4）决速步骤活化能最大，由图可知，使用金催化剂决速步发生的化学方程式：或；（5）使用金催化剂（A），反应需要最大