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（广东版）新高考化学三轮冲刺强化练习 第19题 化学反应原理综合题（解析版）
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1．（2023广东卷，19）配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
（1）某有机物能与形成橙红色的配离子，该配离子可被氧化成淡蓝色的配离子。
①基态的电子轨道表示式为 。
②完成反应的离子方程式：
（2）某研究小组对（1）中②的反应进行了研究。
用浓度分别为的溶液进行了三组实验，得到随时间t的变化曲线如图。
①时，在内，的平均消耗速率= 。
②下列有关说法中，正确的有 。
A．平衡后加水稀释，增大
B．平衡转化率：
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：
（3）R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：
研究组配制了L起始浓度与L起始浓度比不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。
【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“”表示未检测到。
①时， 。
②时，平衡浓度比 。
（4）研究组用吸收光谱法研究了（3）中M与L反应体系。当时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图。时，计算M的平衡转化率 (写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
【答案】（1） HNO2
（2） A、B
（3）0.36 3：4或0.75
（4）98%
【解析】（1）①基态的电子轨道表示式为 ；
②根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO2。
（2）①浓度分别为的溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；时，在内，观察图像可知的平均消耗速率为；
②A．对于反应HNO2，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动，含量增加，含量减小，增大，A正确；
B．浓度增加，转化率增加，故，B正确；
C．观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C错误；
D．硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故，D错误；
故选AB。
（3）①时，，且=0.64，得x=0.36；
②相比于含有两个配体，则与的浓度比应为相对峰面积S的一半与的相对峰面积S之比，即。
（4）；，由L守恒可知，则；则M的转化率为。
2．（2022广东卷，19）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
（1）催化剂可由加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式：______________。
②催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，过程的焓变为_______(列式表示)。
③可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线_______(用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。
（2）溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(ⅰ)
(ⅱ)
①下列有关溶液的说法正确的有_______。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动
D．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变
②25℃时，溶液中随pH的变化关系如图。当时，设、与的平衡浓度分别为x、y、，则x、y、z之间的关系式为_______；计算溶液中的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长()有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长()取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、不同的稀溶液，测得其A随的变化曲线如图，波长、和中，与的最接近的是_______；溶液从a变到b的过程中，的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1） N2↑ 4H2O (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)
2NO+O2=2NO2
（2） BD 当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中
即=0.20
反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7
联立两个方程可得=6.0×10-4ml/L λ3 增大
【解析】（1）①分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为。
②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M ΔH1=(E1-E2)，M→N ΔH2=ΔH，N→Y ΔH3=(E3-E4)1，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③NH3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为；其中NO反应生成NO2过程中，气体颜色发生变化，其反应方程式为2NO+O2=2NO2。
（2）①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(i)、(ii)。
A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确；
C．加入少量NaOH溶液，(ii)正向移动，溶液中将减小，(i)将正向移动，故C错误；
D．平衡(i)的平衡常数K1=，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，不变，故D正确；
综上所述，答案为：BD。
②0.10ml/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20ml/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为=0.20ml/L，、与的平衡浓度分别为x、y、z ml/L，因此=0.10；由图8可知，当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中，即=0.20，反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7，联立两个方程可得=6.0×10-4ml/L。
③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中越大，因此与的λmax最接近的是λ3；反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2=，= = ，因此= ，由上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大。
3．（2021广东卷，19）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H1
b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2
c)CH4(g)C(s)+2H2(g) ∆H3
d)2CO(g)CO2(g)+C(s) ∆H4
e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) ∆H5
（1）根据盖斯定律，反应a的∆H1=_______(写出一个代数式即可)。
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。
A．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
B．移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
C．加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D．降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小
（3）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分_______步进行，其中，第_______步的正反应活化能最大。
（4）设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的ln K随（温度的倒数）的变化如图所示。
①反应a、c、e中，属于吸热反应的有_______(填字母)。
②反应c的相对压力平衡常数表达式为K=_______。
③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程_______。
（5）CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_______。
【答案】∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4 AD 4 4 ac 68% 做冷冻剂
【分析】
根据盖斯定律计算未知反应的反应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素判断反应速率的变化及转化率的变化；根据图像及曲线高低判断反应进程和活化能的相对大小；根据平衡时反应物的分压计算平衡转化率；根据CO2的物理性质推测CO2的用途。
【解析】
（1）根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c-e=c-d，根据盖斯定律则有∆H1=∆H2+∆H3-∆H5=∆H3-∆H4；
（2）A．增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，A正确；
B．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B错误；
C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态，平衡转化率不变，C错误；
D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确；
故答案选AD；
（3）由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应活化能最大。
（4）①随着温度的升高，反应a和c的ln K增大，说明K的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c为吸热反应，同理反应e的ln K减小，说明K的减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热反应，故答案为ac；
②用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常数表达式K=；
③由图可知，A处对应反应c的ln K=0，即K==1，解方程的p2(H2)=p(CH4)，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，且初始状态时p(CH4)=×100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为×100%=68%；
（5）固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。
命题热点1 化学平衡状态及移动方向的判断
1.两步法判断化学平衡状态
第一步 析特点
第二步 作判断
根据参加反应的体系的特点,通过推理作出判断,如v正=v逆,则处于平衡状态,否则反应未达到平衡状态。
2.化学平衡移动的判断
命题热点2 速率、转化率及平衡常数的计算
1.速率、转化率及平衡常数的计算方法——三段式法
mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)
起始量/(ml/L)ab00
变化量/(ml/L)mxnxpxqx
平衡量/(ml/L)a-mxb-nxpxqx
（1）平衡转化率=某反应物转化的量某反应物起始的量×100%,如α(A)平=mxa×100%。
（2）平衡常数:K=(px)p·(qx)q(a-mx)m·(b-nx)n。
（3）百分含量:(A)=a-mx(a-mx)+(b-nx)+px+qx×100%。
（4）平衡前后的压强之比(物质的量之比):p平p始=(a-mx)+(b-nx)+px+qxa+b。
（5）平均摩尔质量:M=a·M(A)+b·M(B)(a-mx)+(b-nx)+px+qx g/ml。
（6）某气体组分的体积分数=某气体组分的物质的量混合气体总的物质的量×100%。
(7)生成物的产率:产率=实际产量理论产量×100%。
2.分压常数(Kp)与速率常数(k正、k逆)
（1）Kp的两种计算模板。
①平衡总压为p0。
N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)
n(平)abc
p(分压)aa+b+c p0ba+b+c p0ca+b+c p0
Kp=(ca+b+c p0) 2(aa+b+c p0)·(ba+b+c p0) 3。
②刚性容器起始压强为p0,平衡转化率为α。
2NO2(g)N2O4(g)
p(始)p00
Δpp0α12p0α
p(平)p0-p0α12p0α
Kp=12p0α(p0-p0α)2。
（2）Kp与k正、k逆的关系。
以2NO2(g)N2O4(g)为例:
v正=k正·p2(NO2)v逆=k逆·p(N2O4)k正·p2(NO2)=k逆·p(N2O4)k正k逆=p(N2O4)p2(NO2)=Kp。
3.平衡常数与速率常数之间的关系
对于基元反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g),v正=k正·ca(A)·cb(B),v逆=k逆·cc(C)·cd(D),平衡常数K=cc(C)·cd(D)ca(A)·cb(B)=k正·v逆k逆·v正,反应达到平衡时v正=v逆,故K=k正k逆。
命题热点3 速率、平衡图像题的综合分析
1.新高考试题中速率、平衡图像题的特点
（1）图像的形式。
①直接呈现平衡体系中变量的变化:物质的量浓度-时间、组分百分含量-温度、压强-温度。
②平衡体系变量延伸出的变量的变化:分压(物质的量)-时间、转化率-原料物质的量分数、平衡常数K(ln K)-温度倒数(1T)的图像。
（2）考查方式。
①分析出纵、横坐标之间的关系,判断出适宜的反应条件(温度、压强、浓度、反应物的配比等)。
②需要根据分析出的数据信息进行转化、计算得出结果。
2.化学反应速率、平衡图像的分析方法
（1）整体扫描图像,明确面、线、点的物理、化学意义。
①看面:弄清纵、横坐标的物理含义,注意把坐标的变化转变为化学量的变化。
②看线:弄清线的斜率、变化趋势及线的陡与平所代表的化学意义。
③看点:弄清曲线上点的含义,特别是一些特殊点,如与坐标轴的交点、曲线的交点、拐点、最高点与最低点等。
④作线:多条件变化时,是否需要确定一个条件为衡量的线,如等温线、等压线。
（2）找准切入口,明确图像的意义。
①从“断点”着手。
当可逆反应达到一种平衡后,若某一时刻外界条件发生改变,可能使速率-时间图像的曲线出现不连续的情况,即出现“断点”。根据“断点”前后的速率大小,即可确定变化的是何种条件。
②从“拐点”入手。
同一可逆反应,若反应条件不同,达到平衡所用的时间也可能不同,反映到图像出现“拐点”的时间也就有差异。根据外界条件对化学反应速率的影响,即可判断出温度的高低、压强或浓度的大小及是否使用催化剂。
③从曲线的变化趋势着手。
a.对于速率-温度(或压强)图像,由于随着温度逐渐升高或压强逐渐增大,反应速率会逐渐增大,因此图像上出现的是平滑的递增曲线。
b.温度或压强的改变对正、逆反应速率的影响是一致的,在图像上,就是v(正)、v(逆)两条曲线的走势大致相同。
c.分析外界条件对化学反应速率的影响时,只能分析达到平衡之后化学反应速率的变化情况。
考点一 气相中的化学平衡
1．（2024届广东省大湾区一模）某课题组研究CO2加氢制甲醇。涉及的主要反应有：
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
回答下列有关问题：
（1）反应Ⅳ的 。
（2）下列有关说法正确的是___________。
A．增压时，的物质的量分数一定增大
B．当甲醇的分压不再改变时，体系达到平衡
C．在恒容密闭容器中充入，反应Ⅲ速率不变
D．升温时，反应Ⅱ逆反应速率加快的程度大于正反应速率
（3）研究发现：在条件下，当起始，平衡时，的转化率、含碳产物的选择性(转化的中生成、或的百分比，如甲醇的选择性)与温度关系如图所示，回答下列问题。
①随着温度升高，甲醇选择性降低而的转化率却升高的原因可能是 。
②在T温度下，若的选择性为，计算此温度下反应Ⅱ的平衡常数K= (写出计算过程)。
（4）一种在铜基催化剂上加氢制甲醇的机理如图所示，其中吸附在铜基催化剂表面上的物种用“*”标注。
①基态铜原子的价电子排布式为 。
②决速步的反应方程式为 。
（5）写出甲醇在生产或生活中的一种应用 。
【答案】（1）-89.5kJ⋅ml-1
（2）BC
（3）生成甲醇的反应均为放热反应，升温时平衡逆向移动，甲醇选择性降低，反应Ⅱ是吸热反应，升温平衡正向移动，且反应Ⅱ占主导作用 0.198
（4）3d104s1 CH3O*+OH*+2H*=CH3OH*+H2O*
（5）作燃料(或溶剂或制甲醛等)
【解析】（1）反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅳ，根据盖斯定律可知ΔH4=ΔH1-ΔH2=-48.3kJ⋅ml-1-(+41.2kJ⋅ml-1)=-89.5kJ⋅ml-1，故答案为：-89.5kJ⋅ml-1；
（2）A．反应Ⅱ是等体积变化的反应，反应Ⅳ是气体体积减小的反应，增压时反应Ⅳ的平衡正向移动，CO的物质的量分数减小，A错误；
B．反应达到平衡时，各物质的浓度、含量均不变，则甲醇的分压不再改变时其浓度不变，体系达到平衡状态，B正确；
C．在恒容密闭容器中充入Ar时反应物、生成物的浓度均不变，则反应速率不变化，C正确；
D．反应Ⅱ是吸热反应，升高温度时平衡正向移动，即升温时反应Ⅱ逆反应速率加快的程度小于正反应速率，D错误；
故答案为：BC；
（3）
①生成甲醇的反应Ⅰ、Ⅳ均为放热反应，升高温度时平衡逆向移动；反应Ⅱ是吸热反应，升高温度时平衡正向移动，且升温对反应Ⅱ的影响程度较大，反应Ⅱ占主导作用，故答案为：生成甲醇的反应均为放热反应，升温时平衡逆向移动，甲醇选择性降低，反应Ⅱ是吸热反应，升温平衡正向移动，且反应Ⅱ占主导作用；
②设起始时n(CO2)=1ml、n(H2)=3ml，由图可知，T温度平衡时CO2的转化率为60%、CH3OH的选择性为60%，CH4的选择性为10%，则CO的选择性为1-60%-10%=30%，平衡体系中n(CO2)=0.4ml，n(CH3OH)=1ml×60%×60%=0.36ml，n(CH4)=0.06ml，n(CO)=0.18ml，根据H、O原子守恒可得：2n(H2)+2n(H2O)+0.36ml×4+0.06ml×4=6ml，n(H2O)+0.8ml+0.36ml+0.18ml=2ml，解得n(H2)=1.5ml，n(H2O)=0.66ml，此温度下反应Ⅱ的平衡常数K===0.198，故答案为：0.198；
（4）①基态Cu的原子序数为29，核外电子排布式为[Ar]3d104s1，其价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
②反应的能垒或活化能越高，反应速率越慢，该步反应的反应速率决定整个反应的反应速率，是决速步，由图可知，过渡态5的能垒最高，该步反应为CH3O*+OH*+2H*=CH3OH*+H2O*，故答案为：CH3O*+OH*+2H*=CH3OH*+H2O*；
（5）甲醇具有可燃性，是良好的有机溶剂，是重要的化工原料等，可用作燃料、溶剂、制备甲醛等，故答案为：作燃料(或溶剂或制甲醛等)。
2. （2024届广东省茂名一模）工业合成氨是人类科学技术的重大突破，其反应为。合成氨原料中的一般由分馏液态空气得到，可来源于水煤气，相关反应如下：
a．
b．
回答下列问题：
（1）的反应物总能量_______生成物总能量(填“高于”或“低于”)。
（2）在密闭容器中同时发生反应，下列说法正确的是_______。
A. 增大压强，反应平衡不移动B. 使用催化剂提高平衡转化率
C. 升高温度，反应a的增大，减小D. 反应a有非极性键的断裂与形成
（3）实验室模拟合成水煤气，一定温度下在的密闭容器中加入与发生反应，在达到平衡时，的转化率是的物质的量是，反应开始到平衡时生成的平均反应速率为_______，计算反应的平衡常数_____(写出计算过程)。
（4）合成氨总反应在起始反应物时，在不同条件下达到平衡，设体系中的体积分数为，在下的、下的如图所示，图中对应等压过程的曲线是______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，当时氨气的分压______(分压=气体的物质的量分数×总压)。
（5）用氨合成尿素的反应，在高压条件下连续进行，反应历程如图(均大于0)：
①写出合成尿素决速步骤的热化学方程式：________。
②合成尿素过程中会积聚一定浓度的氨基甲酸铵()，为减少氨基甲酸铵的积聚，提高尿素的产率，可控制与的通入比例_______(填“>”“<”或“=”)。
【答案】19. 低于 20. D
21. ①. ml/(L·min) ②.
22. ①. Ⅱ ②. 15
23. ①. H2NCOONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(g) △H=+Q2kJ/ml ②. <
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应a+b可得反应C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)，则反应△H=(+131.3kJ/ml)+ (—41.2kJ/ml)= +90.1kJ/ml，则该反应是反应物总能量低于生成物总能量的吸热反应，故答案为：低于；
【小问2详解】
A．反应b是气体体积不变的反应，但增大压强，a平衡逆向移动，水蒸气浓度增大，b化学平衡正向移动，故错误；
B．使用催化剂，化学平衡不移动，一氧化碳的平衡转化率不变，故错误；
C．升高温度，反应a的正逆反应速率都增大，故错误；
D．反应a中有碳碳非极性键的断裂与氢氢非极性键的形成，故正确；
故选D；
【小问3详解】
设反应a生成的一氧化碳的物质的量为a，由题给数据可建立如下三段式：
由反应b消耗一氧化碳和水蒸气的物质的量比为1∶1可得：a—0.4=2.0—a，解得a=1.2，则反应开始到平衡时生成二氧化碳的反应速率为=ml/(L·min)，反应的平衡常数K==，故答案为：ml/(L·min)；；
【小问4详解】
合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的体积分数减小，则图中对应等压过程的曲线为Ⅱ；曲线Ⅰ为等温线，当氨气体积分数为50%时，氨气的分压为30MPa×50%=15MPa，故答案为：Ⅱ；15；
【小问5详解】
①反应的活化能越大，反应速率越慢。慢反应是反应的决速步骤，由图可知，活化能最大的反应为液态H2NCOONH4分解生成液态尿素和液态水，反应生成1ml尿素，吸收Q2kJ的热量，则合成尿素决速步骤的热化学方程式为H2NCOONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(g) △H=+Q2kJ/ml，故答案为：H2NCOONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(g) △H=+Q2kJ/ml；
②由化学式可知，二氧化碳与氨气的反应机理可能为氨气与二氧化碳发生加成反应生成H2NCOOH，H2NCOOH与氨分子发生取代反应生成尿素，所以若氨气过量，会与H2NCOOH反应生成H2NCOONH4，所以为防止H2NCOONH4的积聚，提高尿素的产率，可控制氨气和二氧化碳的通入比例小于2：1，故答案为：<。
3．（2024届广东省湛江一模）是重要的化工原料，在生产和生活中都发挥着重要作用。
（1）配合物广泛存在于自然界，其中能与形成深蓝色溶液。
①基态的3d电子轨道表示式为 。
②的配位原子是 ，氨气中H—N—H的键角小于配合物中H—N—H的键角，其原因是 。
（2）氨是制取硝酸的重要原料。氨的催化氧化过程主要有以下两个反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
①反应 。
②不同温度下氨催化氧化的平衡常数如下()；
下列说法正确的是 。
A．如果对反应不加控制，氨和氧气反应的最终产物主要是
B．为使反应有利于向生成更多的NO方向进行，不必关注热力学问题(平衡移动问题)，需要关注动力学问题(反应速率问题)
C．在实际生产中，需采用高压氧化，以利于提高NO的产率
D．反应中需控制氨氧比、选择性催化剂的形状、气固相接触时间等
（3）已知可通过下列方法合成尿素：
第一步：
第二步：在体积为5 L的密闭容器中加入1 ml 和4 ml ，在一定条件下反应进行到10 min时，测得和尿素的物质的量均为0.25 ml，15 min后，测得的物质的量为0.1 ml，如图所示。
①若用单位时间内物质的量的变化来表示固体或纯液体的反应速率，则10 min内第一步反应中生成(氨基甲酸铵)的平均反应速率为 。
②反应进行15分钟后，随着时间的变化，尿素和氨基甲酸铵的物质的量变化比较明显，但氨气和二氧化碳的物质的量基本不变，其主要原因是 ，第一步反应的平衡常数 (列出算式即可)。
【答案】（1） N 中存在一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力较强
（2） AD
（3） 第一步反应速率较快，15 min内反应达到平衡；尿素与氨基甲酸铵均为液体，其物质的量的变化不会对第一步反应的平衡造成影响
【解析】（1）①基态的3d电子轨道表示式为。
②的配位原子是N，中存在一个孤电子对，孤电子对对成键电子对斥力较强，所以中H—N—H的键角小于配合物中的该键角。
（2）①根据盖斯定律，可知。
②A．相同温度下，反应Ⅱ平衡常数更大，如果对反应不加控制，氨和氧气反应的最终产物主要是，A项正确；
B．为使反应有利于向生成更多的NO方向进行，需要同时关注热力学问题(平衡移动问题)和动力学问题(反应速率问题)，B项错误；
C．该反应为气体分子数目增加的反应，增大压强平衡逆向移动，故在实际生产中，采用高压氧化，不一定利于提高NO的产率，C项错误；
D．反应中需控制氨氧比、选择性催化剂的形状、气固相接触时间等，D项正确；
故选AD。
（3）
①用单位时间内物质的量的变化来表示固体或纯液体的反应速率，则10 min内第一步反应中生成(氨基甲酸铵)的平均反应速率。
②第一步反应速率较快，15 min内反应达到平衡，随着时间的变化，氨气和二氧化碳的变化很小，第二步反应速率较慢，15分钟反应还未达到平衡，随着时间的变化，尿素和氨基甲酸铵的物质的量变化比较明显；根据“三段式”
可知，平衡时的物质的量为2.2 ml，因为固体或液体纯物质一般不列入平衡常数，则第一步反应的平衡常数。
4．（2024届广东省佛山一模）以为原料在特定条件下可生产醇类、烷烃、碳酸酯等，实现二氧化碳资源化。科学家通过如下反应合成甲醇：。
已知：
回答下列问题：
（1）计算上述合成甲醇反应的焓变 。
（2）科学研究中常用产物的时空收率（单位物质的量催化剂表面产物分子的平均生成速率）来衡量催化效果．在3 MPa，时，不同Ni、Ga配比的Ni-Ga/催化剂下，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如图所示．甲醇时空收率随温度变化先增大后减小的原因是 。催化剂的最佳配比和反应温度是 。
（3）将等量和充入恒温恒容密闭容器中反应合成甲醇，已知该温度下反应的化学平衡常数，下列事实说明该反应已达平衡的是______。
A．气体密度保持不变
B．与的生成速率相等
C．某时刻容器中，，
D．混合气体的平均相对分子质量不变
（4）①合成存在以下副反应：。5MPa，200℃时在1 L容器中投入1 ml 和3 ml ，达成平衡时，二氧化碳转化率为0.5，甲醇选择率为0.8（甲醇选择率=）。计算合成甲醇反应的化学平衡常数K（写出过程，结果列出计算表达式） 。
②已知200℃时有60%以上的原料未转化，为了提高转化率，设计如图流程分离甲醇和水，循环利用原料气。已知甲醇的沸点是64.7℃，根据信息判断反应室的温度 闪蒸室的温度（选填“<”、“=”或“>”）．在原料气中通入CO的目的是 。
【答案】（1）-54
（2）温度越高反应速率越快，故随温度升高，反应速率加快，Ni4Ga3、NiGa催化下甲醇时空收率曲线上升，催化剂需要一定的活性催化温度，温度过高，催化剂活性下降，甲醇时空收率下降 5:3、210℃
（3）BD
（4） < 提高二氧化碳和氢气的利用率
【解析】（1）已知：
①
②
由盖斯定律可知，3×①-②得反应：；
（2）温度越高反应速率越快，故随温度升高，反应速率加快，Ni5Ga3、NiGa催化下甲醇时空收率曲线上升，催化剂需要一定的活性催化温度，温度过高，催化剂活性下降，甲醇时空收率下降；由图示可知，反应最佳条件为催化剂的最佳配比5:3、使用催化剂在210℃左右下进行反应，该条件下甲醇时空收率最高；
（3）A．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；
B．反应速率比等于系数比，与的生成速率相等，则说明正逆反应速率相等，反应平衡；
C．某时刻容器中，，，则，没有平衡；
D．混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡；
故选BD；
（4）①5MPa，200℃时在1 L容器中投入1 ml 和3 ml ，达成平衡时，二氧化碳转化率为0.5，则反应二氧化碳0.5ml，甲醇选择率为0.8，则生成甲醇0.5ml×0.8=0.4ml；
平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水的物质的量浓度分别为0.5ml/L、1.7ml/L、0.4ml/L、0.5ml/L，则；
②已知甲醇的沸点是64.7℃，设计如图流程分离甲醇和水，循环利用原料气，则反应室为降低到甲醇的沸点以下液化水、甲醇，闪蒸室升温使得甲醇气化而水不气化，分离出甲醇气体，故反应室的温度低于闪蒸室的温度；在原料气中通入CO的目的是抑制副反应的进行，促使正反应正向进行，提高二氧化碳和氢气的利用率。
5．（2024届广东省广州市天河区二模）研究氮氧化物分解的反应机理，对于控制汽车尾气排放、保护环境有重要意义。
I.直接催化分解法是消除的主要方法，已知部分催化分解过程如下：
①
②
③
④
（1）反应的 。
（2）T℃，在密闭容器中尝试利用表面催化工艺分解，用分别表示、、和固体催化剂，则在固体催化剂表面分解的反应过程可用下图表示。
已知：在固体催化剂表面吸附过程自发发生，且总熵减小。画出从状态A到状态D体系能量的变化曲线图 。
（3）T℃和恒定压强时，在密闭容器中模拟废气中的催化分解过程，各组分的信息如下表：
①x= ，y= ，该温度下反应②的压强平衡常数 (分压=总压×物质的量分数)。
②若先除去废气中的，再在相同条件下模拟实验，发现的平衡转化率明显降低，其原因是 。
Ⅱ.用含碳物质消除氮氧化物也是防治污染的有效方法。
（4）活性炭还原法消除氮氧化物污染的反应原理为：。已知该反应正、逆反应速率方程分别为、，其中、分别为正、逆反应速率常数，其变化曲线如下图所示，则该反应的反应热 0(填“>”或“<”)。
（5）将含等物质的量的和C0的混合气体分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的刚性容器中，进行反应，经过相同时间测得的转化率如图所示，图中cd段转化率下降的可能原因是 。(任写一种)
【答案】（1）ΔH=2ΔH1-ΔH3或者ΔH=2ΔH1+2ΔH4-ΔH3或者ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH4-ΔH3
（2）
（3）2 2 500P0kPa 恒压条件下，除去CO2相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的方向移动，三个反应均是逆向移动
（4）＜
（5）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以NO的转化率在cd段转化率下降（或者升高温度，催化剂的活性降低，反应速率减慢，转化率下降）
【解析】（1）根据盖斯定律，①-③，或者②，或者①+②+④-③可得题中2NO2(g)⇌N2(g)+2O2(g)，则ΔH=2ΔH1-ΔH3或者ΔH=2ΔH1+2ΔH4-ΔH3或者ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH4-ΔH3；
（2）A→B过程中固体催化剂表面吸附，能量降低，B→C过程NO分子中化学键断裂是吸热过程，C→D过程N≡N键、O═O键形成，释放能量，其能量变化如图所示：；
（3）①平衡时生成的氧气为20ml-6.5ml=13.5ml，反应①消耗的N2O是27ml，平衡时总消耗N2O是33ml，设反应②和反应③分别消耗N2O为xml和yml，则x+y=6，0.5x+0.75y=50-19-27=4，解得x=2，y=4，因此最终得到的NO是2ml，NO2是2ml，平衡时总的物质的量为50+1+20+25+2+2=100ml，反应①中N2O、N2、O2各气体的物质的量分数分别为、、，由此求出各气体的分压为分压p(N2O)=P0kPa、p(N2)=P0kPa、p(O2)=P0kPa，则平衡常数Kp==500P0kPa；
②恒压条件下，除去CO2相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的方向移动，三个反应均是逆向移动，所以N2O的平衡转化率明显降低；
（4）由图可知，随增大，lgk正和lgk逆均减小，即随T的减小，k 正和k逆都减小，且k 正的减小幅度小于k逆减小幅度，说明降低温度，平衡正向移动，说明该反应是放热反应；
（5）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以NO的转化率在cd段转化率下降（或者升高温度，催化剂的活性降低，反应速率减慢，转化率下降）。
6．（2024届广东省广州市惠州三模）减少NOx、CO2的排放，实现资源化利用是化学工作者研究的重要课题。
（1）尿素水解生成的NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，且为可逆过程。反应过程与能量关系如图1，在以Fe2O3为主的催化剂表面可能发生的反应过程如图2.
①NH3催化还原NO为 (填“放热”“吸热”)反应。
②基态Fe3＋的价层电子排布式为 。
③上述脱硝的总反应化学方程式为： 。
（2）电厂烟气脱氮的反应为：4NH3(g)＋6NO(g)⇌5N2(g)＋6H2O(g)ΔH<0，现向某2L密闭容器中分别投入一定量的NH3和2.0×10-4mlNO发生以上反应。其他条件相同时，在甲、乙两种催化剂的作用下，反应1min时NO的转化率与温度的关系如图3.
①在催化剂甲的作用下，温度高于210℃小于300℃时，NO转化率降低的可能原因是 。
②100—300℃区间，0~1min内，使用甲催化剂时NO的最高平均速率为 。
（3）工业以NH3和CO2为原料合成尿素。液相中，合成尿素的热化学方程式为：2NH3(l)＋CO2(l) H2O(l)＋NH2CONH2(l) ΔH<0，在液相中，CO2的平衡转化率与温度、初始氨碳比(用L表示，L=)、初始水碳比(用W表示，W=)关系如图4.
①曲线A、B中， (填“A”或“B”)的W较小。
②对于液相反应，常用某组分M达到平衡时的物质的量分数x(M)代替平衡浓度来计算平衡常数(记作Kx)。195℃时，2NH3(l)＋CO2(l) H2O(l)＋NH2CONH2(l)的Kx的值为 。
【答案】（1）放热 3d5 4NH3+4NO+O24N2+6H2O
（2）催化剂活性降低 6.0×10-5ml/(Lmin)
（3）A 3.25
【分析】【小问1详解】①由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
②Fe的价电子排布式为3d64s2，而Fe3+失去3个电子，因此为3d5
③由图可知，反应物为氨气、一氧化氮、氧气、生成物为氮气和水，则脱硝的总反应为；
【小问2详解】①催化剂的活性受温度的影响，温度升高催化剂的活性可能降低，因此转化率减小；
②由图可知100℃-300℃之间，NO的最高转化率为60%,故NO的变化量为2.010-460%=1.210-4ml，由公式可知为；
【小问3详解】①当初始氨碳比相同，水碳比越大，二氧化碳的转化率越小，根据图中信息可知，曲线A二氧化碳转化率大于B曲线，则W较小的曲线A。
②N点氨碳比为3，初始水碳比为0，二氧化碳的转化率为75%，设初始氨气物质的量为3a ml,平衡时总物质的量为3.25a ml,则
7．（2024届广东省江门一模）二氧化碳加氢是对温室气体的有效转化，也是合成再生能源与化工原料的重要途径。
（1）已知在25℃和101kPa时，和的燃烧热分别为和。由加氢反应制备的反应为：，该反应的反应热 。
（2）①催化加氢可以制低碳烯烃：，该反应在恒压条件下，反应温度、投料比对平衡转化率的影响如图所示，该反应为 反应（填“吸热”或“放热”），、、的相对大小为 。
②催化加氢制低碳烯烃，反应历程如下图所示，首先在表面解离成2个，随后参与到的转化过程。
注：“□”表示氧原子空位，“*”表示吸附在催化剂上的微粒。
理论上反应历程中消耗的与生成的甲醇的物质的量之比为 。
（3）二氧化碳可催化加氢制甲醇。在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入和，发生反应：。测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图所示。
① （填“＞”“＜”或“＝”）。
②下列说法正确的有 。
A．b点时达到平衡状态
B．a点时容器内气体密度大于b点
C．平均相对分子质量不再改变时，该反应达到平衡状态
D．温度高于后转化率下降，原因可能是该反应
（4）一定条件下可与反应制备甲酸。T℃时，将1ml与1ml混合气体充入体积为1L恒容密闭容器发生反应：。已知反应速率：，，、分别为正、逆反应的速率常数；平衡常数：。当的转化率为20%时， （写出计算过程）。
【答案】（1）-252.9
（2）放热 >> 6：1
（3）< CD
（4）6.4
【解析】（1）根据和的燃烧热分别为和，可得如下热化学方程式：
① ；
② ；
根据盖斯定律，可得；=-252.9；
（2）①由图象可知，在投料比一定时，温度升高，CO2的转化率降低，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应；温度相同时，投料比越大，CO2的转化率越大，即、、的相对大小为>>；
② H2首先在Zn−Ga−O面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，即由得失电子守恒有3H2∼CH3OH∼6H*，所以产生1mlCH3OH消耗6mlH*，答案为6：1；
（3）①温度越高化学反应速率越大，图中c点温度比a点的温度高，且c点为平衡状态，正、逆反应速率相等，a点还未达到平衡状态，正反应速率大于逆反应速率，即使a点温度下达到平衡状态，a点的逆反应速率也小于c点的逆反应速率；
② A．b点时没有达到平衡状态，故A错误；
B．该容器为恒容容器，密度始终不变，故B错误；
C．该反应为气体体积不相等的反应，平均相对分子质量不再改变时，该反应达到平衡状态，故C正确；
D．温度高于后反应已经平衡，转化率下降，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，故D正确；
答案为CD；
（4）当CO2转化率为20%时：
此时c(CO2)=c(H2)=0.8ml/L，c(HCOOH)=0.2ml/L，当反应达到平衡时，v(正)=v(逆)，即=，所以=K=2，=6.4。
8．（2024届广东省梅州一模）利用γ-丁内酯（BL）制备1，4-丁二醇（BD），反应过程中伴有生成四氢呋喃（THF）和1-丁醇（BuOH）的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②反应均在高压氛围下进行，故压强始终近似等于总压。回答下列问题：
（1）以或BD为初始原料，在498K、能量的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热akJ；以BD为原料，体系从环境吸热bkJ。忽略副反应热效应，在下图中画出由BD反应原料生成平衡混合物的反应过程能量变化图。反应Ⅰ： 。
（2）下图甲表示在总压为的恒压条件下且起始时与γ-丁内酯的物质的量之比为2时，反应1达到平衡时各物质的物质的量分数（y）与温度的变化关系图。图中表示的物质的量分数曲线是 ；P点时，γ-丁内酯的转化率约为 。
（3）表示某物种i的物质的量与除外其他各物种总物质的量之比。498K、下，以BL为原料时，和随时间t变化关系如图乙所示。则时刻 ，反应Ⅰ平衡常数 （用分压代替浓度，分压等于总压×该物质的物质的量分数，列出计算式即可）。
（4）利用电解合成法也能在有机质子溶剂中实现BL→BD的转化，该转化发生在 极，电极反应式为 。
【答案】（1）
（2）a 66.7%
（3）0.09%
（4）阴 BL+4e-+4H+=BD
【解析】（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以为原料，达到平衡时放出akJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收bkJ热量的能量二者能量差值为(a+b)kJ，则1mlBL转化为1mlBD时放出能量， 。
（2）正反应放热，升高温度平衡逆向进行，反应物的含量增加，所以a表示氢气，b表示γ-丁内酯，c表示1，4-丁二醇。图2中P点时氢气和1，4-丁二醇的含量相等，设反应前氢气是2ml、γ-丁内酯是1ml，消耗γ-丁内酯是xml，氢气是2xml，生成1，4-丁二醇是xml，则x＝2－2x，解得x＝，所以的转化率约为66.7%，
（3）整个过程发生三个反应：反应I：BL(g)+2H2(g)BD(g)，反应II：BD(g)→THF(g)+H2O(g)，反应III：BD(g)+H2(g)→BuOH(g)+H2O( g)，因H2压强近似等于总压且远高于其他气体，所以H2压强可视为定值，其变化量可以忽略，由上述三个反应可以发现，体系总物质的量的增加量正好是BD参与反应II、III的量，也正好是H2O(g)的物质的量，设以为原料，在t1时BL转化了aml，BD转化了b ml，体系总物质的量是(+ b) ml，结合题图甲数据付xBL：、xBD：，联立解得b=，则t1时刻=0.09%，该平衡状态下，BL+BD +THF + BuOH +H2O的总压为p总kPa，则BL的分压是0.48×p总kPa，BD的分压是0.36×p总kPa，H2的压强近似等于总压，故反应I的平衡常数Kp=。
（4）BL→BD的转化的过程中H原子数目增大，为还原反应，该转化发生在阴极，电极反应式为BL+4e-+4H+=BD。
9．（2024届广东省韶关一模）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式；
①
②
③
则 kJ/ml，反应③能够自发的条件是 。
（2）下列叙述能说明反应③达到平衡状态的是 （填字母序号）。
A．2v正(H2S)=v逆(CS2)B．恒温恒容条件下，体系压强不再变化
C．气体的总质量不再变化D．混合气体平均摩尔质量不再变化
（3）反应压强为100kPa，投料比n(CH4)/n(H2S)分别为a、b、c的条件下，反应③中H2S的平衡转化率随温度变化情况如图1所示，则a、b、c由大到小的顺序为 ;H2S的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。
（4）在1275K、100kPa反应条件下，将物质的量之比为3:3:2的H2S、CH4、N2混合气进行反应③（N2不参与反应），平衡时混合气中CS2的分压与H2S的分压相同，H2S的平衡转化率为 （保留小数点后一位），平衡常数Kp= kPa2（以分压表示，分压总压物质的量分数）。
（5）我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除，过程如图2所示，则阳极区发生的总反应为 。
【答案】（1）+261 高温
（2）BD
（3）a>b>c 反应③是吸热反应，升高温度，平衡正向移动
（4）66.7% 1.28×104
（5）H2S-2e-=S+2H+
【解析】（1）由盖斯定律可知，①+②得反应③，则180+81=+261kJ⋅ml；反应为熵增的吸热反应，则反应③能够自发的条件是高温；
（2）A．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，有v正(H2S)=2v逆(CS2)，说明v正(CS2)=v逆(CS2)，满足平衡状态的特征，故A错误；
B．该反应是气体分子数可变的反应，恒容条件下压强不变说明反应达到平衡状态，故B正确；
C．该反应物和生成物都是气体，根据质量守恒定律，气体的总质量不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．混合气体平均摩尔质量，气体的物质的量发生变化，总质量不变，则混合气体平均摩尔质量不再变化时，能作为平衡的标志，故D正确；
故选BD；
（3）相同条件下，增加甲烷的投料，平衡正向移动，会促进硫化氢的转化，故a、b、c由大到小的顺序为a>b>c；反应③为吸热反应，温度越高，平衡正向移动，导致反应③H2S平衡转化率增大；
（4）将n(H2S)∶n(CH4)∶n(N2)=3∶3∶2的混合气进行反应，设n(H2S)=3ml,设转化物质的量为xml,n(CH4)=3ml,n(N2)=2ml,结合三段式列式得到，，在1000℃、100kPa反应条件下，CS2分压与H2S的分压相同 3-2x=x，x=1，H2S的平衡转化率为；平衡后气体的总物质的量为2ml+1ml+1ml+4ml+2ml=10ml,p(CH4)=×100kPa=20kPa,p(H2S)=p(CS2)=×100kPa=10kPa,p(H2)=×100kPa=40kPa,则反应③的Kp==1.28×104(kPa)2；
（5）根据图示阳极区为H2S转化为S，失去电子，则阳极区的电极反应式为：H2S-2e-=S+2H+。
10．（2024届广东省汕头二模）金属钛（Ti）重量轻、强度高、抗腐蚀能力，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。
（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式： 。
（2）转化为有直接氯化法（Ⅰ）和碳氯化法（Ⅱ）。
Ⅰ．
Ⅱ．
已知：的燃烧热为393.5'，的燃烧热为283.0
① 。
②碳氯化反应过程中CO和可以相互转化，如图1所示，下列关于碳氯化反应说法正确的是 。
A．生成CO反应为放热反应
B．升高温度，平衡转化率减小
C．增大压强，碳氯化反应平衡向正反应方向移动
D．如图2所示晶胞中位于所构成的正八面体的体心，则的配位数是6
③碳氯化法中生成CO比生成更有利于转化为，从熵变角度分析可能的原因是 。
（3）经光谱分析在碳氯化反应中有光气（）生成，后继续反应，有理论认为机理如下：
一分子含有 个σ键，决速步骤的反应方程式为 。
（4）在，将、C、以物质的量比1∶2.2∶2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反应的平衡常数 Pa。
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 。
【答案】（1）
（2）-49 BD 生成CO反应的嫡增变化幅度更大，更有利于反应正向进行
（3）3
（4） 提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品
【解析】（1）
Ti的原子序数为22，基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，轨道表示式为：；
（2）①I：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)∆H1=+172kJ⋅ml-1，已知：的燃烧热为393.5'，的燃烧热为283.0，Ⅲ：C(s)+O2(g)=CO2(g)∆H3=-393.5kJ⋅ml-1，Ⅳ：CO(g)+O2(g)=CO2(g)∆H4=-283.0kJ⋅ml-1，根据盖斯定律I+2×Ⅲ-2×Ⅳ得=(172-393.5×2+283.0×2)kJ/ml=-49kJ/ml；
②A．根据Ⅲ：C(s)+O2(g)=CO2(g)∆H3=-393.5kJ⋅ml-1，Ⅳ：CO(g)+O2(g)=CO2(g)∆H4=-283.0kJ⋅ml-1，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅳ得CO2(g)+ C(s)=2 CO(g)，∆H=-393.5+2×283.0=+172.5kJ⋅ml-1，生成CO反应为吸热反应，故A错误；
B．碳氯化反应过程中生成CO发生反应Ⅱ，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡转化率减小，故B正确；
C．反应Ⅱ的气体分子数增大，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，碳氯化反应平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D．均摊法可知，TiO2晶胞中黑色球数目为1+8×=2，白色球数目为2+4×=4，结合黑色球与白色球数目之比为2：4=1：2，故黑色球为Ti、白色球为O，晶胞中体心Ti与周围有6个O原子，晶胞中位于所构成的正八面体的体心，则的配位数是6，故D正确；
故选BD；
③焓减和熵增有利于反应正向进行，碳氯化法中生成CO比生成更有利于转化为，原因是：生成CO反应的嫡增变化幅度更大，更有利于反应正向进行；
（3）
的结构式为，单键由1个σ键形成，双键由1个σ键和1个π键形成，则一分子含有3个σ键；正反应活化能越大反应速率越慢，最慢的一步决定整个反应的速率，则决速步骤的反应方程式为；
（4）①反应的平衡常数；
②考虑实际生产中要尽可能的在单位时间内多出产品，故应该为加快反应速率，提高生产效率。
考点二 液相中的化学平衡
11．（2024届广东省广州市黄浦区二模）甲基叔戊基醚(TAME，简写为T)常用作汽油添加剂。在催化剂作用下，通过甲醇(简写为M)与2-甲基-2-丁烯(简写为A)的液相反应制得。通过控制条件，体系中主要发生如下反应(为2-甲基-1-丁烯的简写，不考虑其他副反应)：
反应
反应ii：
反应iii：
（1）磷钼酸可作为制备TAME反应催化剂的浸渍试剂。已知钼元素位于第五周期第VIB族，核外电子排布与相似。
①基态钼原子的价层电子排布式为 。
②完成化学方程式：
（2）比较 (填“>”、“<”或“=”)。
（3）我国学者团队对制备TAME反应的催化剂进行了研究。研究衣明：用不同浓度(13%)的磷钼酸浸渍催化剂，浓度越大催化剂催化活性越好。用浓度分别为的磷钼酸浸渍催化剂进行了三组实验，得到随时间的变化曲线如图所示。
①用的磷钼酸浸渍时，在内，的平均生成速率为 。
②下列仿关说法正确的有 。
A．三组实验中，反应速率都随反应进程一直增大
B．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，减小
C．催化剂可加快化学反应速率，提高甲醇的平衡转化率
D．降低温度，反应和ii的正、逆反应速率都减小
E．达到平衡后，加入不变
（4）研究团队继续研究其他条件不变时，不同醇烯比(甲醇与烯烃的起始物质的量浓度之比)对平衡的影响，当起始浓度时，测得平衡时和的随的变化曲线如图。
①曲线呈现如图所示变化的原因是 。
②当时，计算反应I的平衡常数 (写出计算过程)。
【答案】（1）4d55s1 Na2HPO4
（2）>
（3） BDE
（4）增大相当于增大c(M)，反应i平衡正向移动，c(T)增大，反应ii平衡逆向移动，c(B)减小
【解析】（1）①钼是42号元素，基态钼原子的价层电子排布式为4d55s1；
②由原子守恒完成化学方程式为：Na2HPO4。
（2）由盖斯定律可知，反应iii-反应ii可得反应i，则，则>。
（3）①磷钼酸浓度越大催化剂催化活性越好，反应速率越快，则曲线I代表的磷钼酸，在内，的平均生成速率为；
②A．三组实验中，磷钼酸的浓度逐渐减少，反应速率都随反应进程一直减小，故A错误；
B．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，c(A)减小，反应的平衡常数K=不变，则减小，故B正确；
C．催化剂可加快化学反应速率，但不能提高甲醇的平衡转化率，故C错误；
D．降低温度，反应和ii的正、逆反应速率都减小，故D正确；
E．反应iii的平衡常数K= ，达到平衡后，加入M，K值不变，不变，故E正确；
故选BDE。
（4）①增大相当于增大c(M)，反应i平衡正向移动，c(T)增大，反应ii平衡逆向移动，c(B)减小；
②根据已知条件列出“三段式”
平衡时c(T)=c(B)=0.018ml/L=x-y=z+y，x+z=0.036ml/L，c(M)=0.063 ml/L -x+y=0.045ml/L，c(A)=0.1 ml/L -x-z=0.064 ml/L，则反应I的平衡常数K= 。
12．（2024届广东省深圳一模）用“氧化-萃取法”可从卤水中提取碘，其方法为向酸化的卤水中加入溶液，再加入萃取剂（R）进行萃取。该过程涉及以下反应：
（ⅰ）
（ⅱ）
（ⅲ）
（1）根据盖斯定律，反应 。
（2）基态碘原子价层电子的轨道表示式为 。
（3）①反应条件会影响碘的萃取率。其他条件不变时，不同温度下达平衡时碘萃取率
［］曲线如图所示：
萃取温度从300 K升高至320 K，碘萃取率缓慢下降。结合平衡移动原理，分析其原因 （忽略萃取剂的挥发、的挥发及分解产生的影响）。当萃取温度超过320 K时，的分解导致碘萃取率明显下降。
②下列说法不正确的是 （填标号）。
A．增大溶液的pH，碘萃取率降低 B．增大萃取剂用量，碘萃取率升高
C．萃取体系平衡后加水稀释，变小 D．增大的浓度，反应（ⅰ）的速率增大
（4）未加萃取剂时，固定总碘浓度为，平衡时溶液中的、、分布系数与溶液中初始关系如图所示。［总碘浓度各组分折合为后的浓度之和，，如］
①设平衡时、、分别为、、，则、、之间的关系式为 。
②计算反应的平衡常数 （结果保留3位有效数字）。
（5）测定卤水中的方法：取卤水于锥形瓶中，加适量氧化剂恰好将全部氧化为；加溶液酸化后，再加入适量溶液，密闭静置后，用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点；平行测定3次，平均消耗，则卤水中 。（已知：）
【答案】（1）—276.4kJ/ml
（2）
（3）反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，碘萃取率下降 C
（4）a+2b+3c 667
（5）2.000×10—3
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ+ⅱ得到反应，则反应△H=(—257.5kJ/ml)+(—18.9 kJ/ml)= —276.4kJ/ml，故答案为：—276.4kJ/ml；
（2）碘元素的原子序数为53，基态原子的价电子排布式为5s25p5，轨道表示式为，故答案为：；
（3）①反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，萃取温度从300 K升高至320 K时，温度升高，平衡向逆反应方向移动，RI有机相的浓度减小，碘萃取率下降，故答案为：反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，碘萃取率下降；
②A．增大溶液的pH，溶液中氢离子浓度减小，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ平衡向逆反应方向移动，导致平衡碘萃取率降低，故正确；
B．增大萃取剂用量，反应ⅲ向正反应方向移动，碘萃取率升高，故正确；
C．由方程式可知，反应ⅱ的平衡常数K=，溶液中=，萃取体系平衡后加水稀释时，碘离子浓度减小、平衡常数不变，则溶液中和的值增大，故错误；
D．增大溶液中碘离子的浓度，反应物的浓度增大，反应(ⅰ)的速率增大，故正确；
故选C；
（4）①由碘原子个数守恒可知，平衡时溶液中++=0.01ml/L，由此可得a+2b+3c=0.01，故答案为：a+2b+3c；
②由图可知，溶液中碘离子浓度为0.01ml/L×0.45=4.5×10—3ml/L、碘三离子的浓度为0.01ml/L×0.45×=1.5×10—3ml/L、碘浓度为0.01ml/L×(1—0.045—0.045)×=5×10—4ml/L，则由方程式可知，反应的平衡常数K=≈667，故答案为：667；
（5）由题意可得如下转化关系：I——IO—3I2—6S2O，滴定消耗 ml/L硫代硫酸钠溶液，则卤水中碘离子浓度为=2.000×10—3ml/L，故答案为：2.000×10—3。
13．（2024届广东省肇庆二模）酚类化合物在医疗、环保、工业等方面有着广泛的用途。
（1）苯酚可用于外科器械消毒、皮肤杀菌与止痒，可通过磺化法制备。该工艺具体流程如下：
反应③的化学方程式为 。
（2）石油加工、造纸等企业易产生含有苯酚的工业废水，可通过O3-H2O2氧化法进行处理，其原理为C6H5OH+H2O2+O3→CO2+H2O(非可逆反应，反应未配平)。在T1℃和T2℃时，分别向含有苯酚的水样中加入等量的30%H2O2溶液，再以相同的流速向水样中通入O3，测得水样中苯酚的含量随时间变化的曲线如图所示。
①在T1℃时，0~10min内，C6H5OH的平均反应速率为 。
②请判断T1和T2的大小：T1 (填“>”“<”或“=”)T2，T1℃时对工业废水中苯酚的去除率低于T2℃时的原因可能是 (写一种即可)。
（3）利用FeCl3溶液与苯酚的显色反应，可定性检测工业废水中的苯酚，其反应原理为Fe3++6C6H5OH[Fe(C6H5O)6]3-(紫色)+6H+。反应到达平衡时，下列说法正确的有___________(填标号)。
A．加水稀释，溶液pH减小
B．滴入几滴浓盐酸，增大
C．加入少量NaOH固体，反应平衡常数增大
D．加入少量Cu粉，溶液紫色变浅
（4）邻苯二酚钠类配体(L)与金属离子(M)形成的配合物可应用于医药、水处理等领域。其溶液中存在平衡：
M+LML K1
ML+LML2 K2
某研究小组配制了M与L起始浓度比不同的系列溶液，其中L的起始浓度c0(L)=0.02ml/L。
测得平衡时L、ML、ML2的与的变化关系如图所示。
①表示与变化关系的曲线为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②当=0.6时，c平(ML2)= ，K1= 。
【答案】（1）C6H5SO3Na+2NaOHC6H5ONa+Na2SO3+H2O
（2）5×10-4ml/(L·min) > H2O2受热分解
（3）BD
（4）I 0.002ml/L 500
【解析】（1）反应③C6H5SO3Na 和熔融的NaOH反应，生成C6H5ONa ，化学方程式为：C6H5SO3Na+2NaOHC6H5ONa+Na2SO3+H2O；
（2）①由图可知，在T1℃时，0~10min内，C6H5OH的浓度下降了，C6H5OH的平均反应速率为；
②反应初始时，T1℃反应速率更快，即T1＞T2；由于H2O2受热易分解，因此反应结束时，T2℃时工业废水中苯酚的去除率更高；
（3）A．加水稀释，c（H+）下降，pH增大，故A错误；
B．滴入几滴浓盐酸，c（H+）上升，平衡逆向移动，增大，减小，增大，故B正确；
C．温度不变，反应平衡常数不变，故C错误；
D．加入少量Cu粉，发生反应，，c（Fe3+）下降，平衡逆向移动，溶液紫色变浅，故D正确；
故选BD；
（4）①由图可知，随着的增大， 减小，即曲线Ⅱ为，那么即曲线Ⅰ为；
②，即，，即，根据L守恒得：，因此，，根据M守恒得：，，，。
14．（2024届广东省省一模）银作为催化剂，主要用于乙烯氧化制环氧乙烷、甲醇氧化制甲醛等，通过亚硫酸钠-甲醛还原法或氨浸-水合肼还原法可回收失效的银催化剂。
回答下列问题：
（1）向银催化剂中加入稀硝酸溶解的化学方程式为 。
（2）用氯化钠溶液沉淀银离子可发生下列反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
①计算 （列出计算式即可）。
②根据上述平衡信息，为了使沉淀完全，应注意控制的条件是 。
（3）亚硫酸钠-甲醛还原法浸取的主要反应为。
①该反应在敞口容器中进行，其他条件不变时，浸出时间过长会使银的浸出率降低，原因可能是 （用离子方程式表示）。
②浸出液中含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度及浸出液的关系如图所示：
已知浸出液中含银微粒的存在形式为、和（X为或），则含硫微粒的总浓度+ + +；时，含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度的变化不大，时，含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度的变化较大，原因是 。
（4）常温下用氨浸-水合肼还原法浸取，已知：，，写出溶于氨水发生反应的离子方程式： ，计算该反应的平衡常数 （保留3位有效数字）。
【答案】（1）
（2）或 控制氯化钠的用量
（3）或 较小时，与结合生成或，尽管含硫微粒总浓度增大，但较小
（4）
【解析】（1）银和稀硝酸反应的化学方程式为；
（2）①根据盖斯定律，可知反应Ⅲ反应Ⅱ-反应Ⅰ，所以。
②根据过程中发生的反应，可知加入氯离子过量，反应Ⅱ和Ⅲ会正向移动，导致生成的氯化银沉淀溶解，沉淀不完全，所以为使沉淀完全，应注意控制氯化钠的用量（浓度）或控制的用量（浓度）等；
（3）①其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率降低，可能原因是亚硫酸钠或被空气中的氧气氧化，离子方程式为或；
②根据元素质量守恒，；时，含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度的变化与时不同，结合硫元素的存在形式，可推测原因是较小时，与结合生成或，尽管含硫微粒总浓度增大，但较小，溶解较少；
（4）溶于氨水的离子方程式为；，，所以
。
15．（2024届广东省广州一模）氨能与形成配合物和，该反应在生产和生活中发挥着重要的作用。
（1）基态原子价层电子的轨道表示式为 ，中与间形成的化学键为 。
（2）将置于溶液中，通入，转化为的离子方程式为： 。反应1小时测得溶液中银的总浓度为，的溶解速率为 。
（3）氨与形成配合物有助于溶解。常温下，向饱和溶液(含足量固体)中滴加氨水，主要存在以下平衡：
(i)
(ii)
(iii)
①下列有关说法中，正确的有 (填编号)。
A．加少量水稀释，平衡后溶液中、均减小
B．随增大，反应ⅱ平衡正向移动，增大
C．随增大，不变
D．溶液中存在
②反应 (用、、表示)。
（4）向溶液中通入足量得到澄清溶液(设溶液体积不变)，溶液中、、的物质的量分数随的变化如图所示。
已知溶液中，。
①点溶液中 。
②计算点溶液中的转化率 (写出计算过程，已知)。
【答案】（1） 配位键
（2）2H2O 4OH— 10—5
（3）D K1K2Ksp
（4）10—3.53 60%
【解析】（1）氮元素的原子序数为7，基态原子的价电子排布式为2s22p3，轨道表示式为；银氨络离子中具有空轨道的银离子与具有孤电子对的氨分子形成配位键，故答案为：；配位键；
（2）由题意可知，银转化为银氨络离子的反应为银与氨水、氧气反应生成银氨络离子和氢氧根离子，反应的离子方程式为4Ag+O2+8NH3+2H2O=4[Ag(NH3)2]++ 4OH—，反应1小时测得溶液中银的总浓度为1.08mg/L，则由方程式可知，银的溶解速率为=10—5ml/h，故答案为：2H2O；4OH—；10—5；
（3）①A．加少量水稀释时，氯化银的溶度积不变，则平衡后溶液中银离子、氯离子的浓度不变，故错误；
B．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则溶液中氨分子浓度增大时，反应ⅱ平衡向正反应方向移动，但平衡常数K1不变，故错误；
C．由平衡常数可知，溶液中=，则溶液中氨分子浓度增大时，平衡常数K2不变，溶液中和的值减小，故错误；
D．滴加氨水的氯化银饱和溶液中存在物料守恒关系，故正确；
故选D；
②由方程式可知，反应的平衡常数K=== K1K2Ksp，故答案为：K1K2Ksp；
（4）①溶液中银离子与氨水的反应存在如下平衡：，反应的平衡常数K=== K1K2=106.76，由图可知，M点银离子浓度与二氨合银离子浓度相等，则溶液中氨分子的浓度为10—3.53ml/L，故答案为：10—3.53；
②设M点一氨合银离子浓度和二氨合银离子浓度分别为x ml/L、y ml/L，由银原子个数守恒和物料守恒可得：x+2y=0.1，由ii的平衡常数可得：x=10—3.53×103.24y，解得x=0.02、y=0.06，则溶液中银离子的转化率为60%，故答案为：60%。
16．（2024届广东省江门联考）铜及其化合物在生产及生活中应用广泛。
（1）铜－铁催化剂可用于电催化还原为，完成下列离子方程式： 。
+______+______
（2）铜－铁催化剂还可以催化分解转化为燃料氢气，反应为。往体积为的密闭容器中加入分解制。图中曲线a、b分别表示在分别表示在铜－铁催化剂I的作用下，时及时随时间的变化；曲线表示在铜－铁催化剂Ⅱ的作用下，时随时间的变化。
① （填“<”“>”或“=”）。
②在铜-铁催化剂I的作用下，时，内平均反应速率 。
③上述三种条件下，分解反应的平衡常数的大小关系为
（3）工业合成氨中，常用亚铜盐的氨水溶液除去原料气中的，反应的离子方程式为，该反应的。其他条件不变时，下列说法正确的有______（填字母）。
A．与的浓度相等时，反应达到平衡
B．平衡后增大的浓度，的转化率增大
C．平衡后加水稀释，与的浓度之比增大
D．可采用加热溶液的方法实现的再生
（4）工业生产中采用水解中和法处理含铜废水。常温下，水溶贸中含铜微粒和的分布系数（某含铜微粒占总含铜微粒的物质的量分数）随的变化曲线如图所示。
①曲线2代表的含铜微粒为 。
②的平衡常数K= 。
③若CuSO4溶液起始浓度为，加入NaOH固体调节溶液pH（忽略加入固体后引起的溶液体积的变化），求M点混合溶液中Na+的浓度 （写出计算过程，结果用含的式子表示）。
【答案】（1）
（2）< 0.05
（3）CD
（4）
【解析】（1）
铜－铁催化剂可用于电催化还原NO为NH3(还原产物)，同时生成O2(氧化产物)和OH-，离子方程式：NO+2H2ONH3↑+ O2+ OH-；
故答案为：O2；OH-。
（2）反应为放热反应，温度升高平衡向正反应方向移动，5min时，a曲线T1℃消耗NH3的物质的量为1ml，根据方程式可知生成H2的物质的量为1.5ml，b曲线为T2℃生成H2的物质的量为2ml， T2℃H2的生成量大，故温度T10，温度升高平衡向正反应方向移动，K增大，因为T1故答案为：<；0.05；Ka=Kc（3）A．当浓度不变时反应达到平衡，[Cu(NH3)2]+与[Cu(NH3)3CO]+的浓度相等时，不能确定浓度是否还能改变，故不能判断是否达到平衡，A错误；
B．平衡后增大[Cu(NH3)2]+，平衡正反应方向移动，但[Cu(NH3)2]+转化率变小，B错误；
C．平衡后加水稀释，温度不变，平衡常数K=不变，c(NH3)变小，p(CO)不变，[Cu(NH3)2]+与[Cu(NH3)3CO]+的浓度之比变大，C正确；
D．根据题意可知反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，[Cu(NH3)3CO]+生成[Cu(NH3)2]+，D正确；
故答案为：CD。
（4）随着pH增加，Cu2+分布系数逐渐减小，[Cu(OH)]+ 、Cu(OH)2和[Cu(OH)3]−分布系数逐渐增加，然后再逐渐减小，[Cu(OH)4]2−分布系数逐渐增加，故曲线1为Cu2+，曲线2为[Cu(OH)]+，曲线3为Cu(OH)2，曲线4为[Cu(OH)3]−，曲线5为[Cu(OH)4]2−；
Cu(OH)2+OH−[Cu(OH)3]−，当Cu(OH)2、[Cu(OH)3]−浓度相等时pH=10.7，c(H+)=10-10.7ml/L，c(OH-)=10-3.3ml/L，K3===103.3；[Cu(OH)3]−+OH-[Cu(OH)4]2−，当[Cu(OH)3]−和[Cu(OH)4]2−浓度相等时，pH=12.5，c(H+)=10-12.5ml/L，c(OH-)=10-1.5ml/L，K4===101.5；Cu(OH)2+2 OH-[Cu(OH)4]2−，K==×=K3×K4=104.8；
M点时n(Cu2+)=n{[Cu(OH)]+)}=0.37aml⋅L−1，溶液中电荷守恒，则c(Na+)+c(H+)+ 2c(Cu2+)+c{[Cu(OH)]+)}=c(OH-)+2c(SO)，M点时pH=7.0，c(H+)= c(OH-)，则c(Na+)+ 2c(Cu2+)+c{[Cu(OH)]+)}=2c(SO)，c(Na+)=(2a-2×0.37a-0.37a) ml·L-1=0.89a ml/L；
故答案为：[Cu(OH)]+；104.8；0.89a ml·L-1。
17．（2024届广东省汕头一模）铁及其化合物在催化、生产实验中具有重要作用
（1）铁钴催化剂中基态C原子的电子排布式： 。
（2）已知：
①催化乙苯脱氢制得苯乙烯反应Ⅰ：
（用、、表示）。
②下列关于反应Ⅰ说法正确的是 。
A．X射线衍射技术可测得晶体结构
B．可改变乙苯平衡转化率
C．升高温度，正、逆反应速率均加快
D．仅从平衡移动角度分析，生产苯乙烯选择恒容条件优于恒压条件
③某温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入，在催化剂作用下发生反应Ⅰ，测得乙苯脱氢反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表：
用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则前4h内平均反应速率 。
（3）常温下构建Fe(Ⅲ)溶液体系，已知为某邻苯二酚类配体，其电离平衡常数，，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示（分布系数）：
①当pH=1时，体系中发生主要反应：，此时该反应的K≈ 。
②当pH=4时，参与配位的 ml/L。
③pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为 （填“”、“”、“”），列出相关计算式进行说明： 。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2
（2）ΔH3-ΔH1-ΔH2 AC 60
（3）2.04 3.0×10-4 HL- pH为10时，由Ka1==10-7.46可得：c(HL-)=102.54c(H2L)，由Ka2==10-12.4可得：c(HL-)=102.4c(L2-)，则pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为HL-
【解析】（1）钴元素的原子序数为27，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2；
（2）①将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应③-①-②得到反应，则反应=ΔH3-ΔH1-ΔH2，故答案为：ΔH3-ΔH1-ΔH2；
②A．测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定氧化铁晶体结构，故A正确；
B．催化剂能加快反应速率，但化学平衡不移动，则氧化铁不能改变乙苯平衡转化率，故B错误；
C．升高温度，正、逆反应速率均加快，故C正确；
D．反应Ⅰ是气体体积增大的反应，恒压条件下反应时，容器体积增大相当于减小压强，平衡向正反应方向移动，苯乙烯的百分含量增大，则仅从平衡移动角度分析，生产苯乙烯选择恒压条件优于恒容条件，故D错误；
故选AC；
③设4h时反应生成苯乙烯的分压为akPa，由方程式可得：491+a=731，解得a=240，则前4h内乙苯的反应速率为=60kPa/h，故答案为：60；
（3）①由图可知，溶液pH为1时，溶液中铁离子和[FeL]+浓度为2.0×10−4ml/L×0.5=1.0×10−4ml/L，由方程式可知，溶液中H2L的浓度为(5.0-0.1) ×10−3ml/L=4.9×10−3ml/L，则反应的平衡常数K==≈2.04，故答案为：2.04；
②由图可知，溶液pH为4时，溶液中[FeL]+和[FeL2]-浓度浓度为2.0×10−4ml/L×0.5=1.0×10−4ml/L，由原子个数守恒可知，参与配位的L2-的浓度为1.0×10−4ml/L+1.0×10−4ml/L×2=3.0×10−4ml/L，故答案为：3.0×10−4ml/L；
③溶液pH为10时，由电离常数Ka1==10-7.46可得：溶液中c(HL-)=102.54c(H2L)，则溶液中HL-离子浓度大于H2L，由电离常数Ka2==10-12.4可得：溶液中c(HL-)=102.4c(L2-)，则溶液中HL-离子浓度大于L2-，所以溶液pH在9.5～10.5之间，溶液中含L的物种主要为HL-，故答案为：HL-；pH为10时，由Ka1==10-7.46可得：c(HL-)=102.54c(H2L)，由Ka2==10-12.4可得：c(HL-)=102.4c(L2-)，则pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为HL-。
18．（2024届广东省省二模）含硫化合物在能源、材料及环境等工业领域均有广泛的应用。
Ⅰ.工业废气分解可制取。
（1）已知热化学方程式：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
热分解反应的 (用含、、的式子表示)。
（2）一定温度下，2ml 在体积为VL的恒容密闭容器中发生上述分解反应，ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为 ；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，则该温度下的平衡常数 。
Ⅱ.KSCN可用于镀铬工业。常温下，用KSCN配制电镀液，溶液中与发生第一、二步络合的反应如下：
ⅳ.
ⅴ.
（3）根据以上络合反应，下列说法正确的有___________(填字母)。
A．加水稀释后，溶液中离子的总数减少
B．加入少量固体，溶液中含铬微粒总数不变
C．反应的平衡常数
D．溶液中减小，与浓度的比值减小
（4）常温下，某研究小组配制了起始浓度、不同的系列溶液，测得平衡时、、的浓度(含铬微粒)随的变化曲线如图所示，平衡后其他含铬微粒(3≤x≤6，图中未画出)总浓度为aml/L。
①时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为 ；A点时，溶液中的平衡浓度为 (列出计算式即可)。
②在某电镀工艺中，的浓度需要在以上，结合计算判断C点所对应的溶液能否用于该电镀工艺 (写出计算过程)。
【答案】（1）
（2）
（3）BC
（4） (或) C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺
【解析】（1）由盖斯定律可知ⅲ-ⅰ-ⅱ得反应，故；
（2），ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，由方程式可知，平衡时硫化氢、氢气的物质的量相等，均为2ml÷2=1ml，同时生成为1ml÷2=0.5ml，则则该温度下的平衡常数=；
（3）A．加水稀释后，离子浓度减小，促使平衡向生成离子数多的方向移动，溶液中离子的总数增大，A错误；
B．加入少量固体，根据铬元素守恒，溶液中含铬微粒总数不变，B正确；
C．ⅳ.
ⅴ.
由盖斯定律可知，ⅳ+ⅴ得反应，则其平衡常数，C正确；
D．，，溶液中减小，与浓度的比值增大，D错误；
故选BC；
（4）①ⅳ.
ⅴ.
由平衡常数可知，初始生成的进行程度更大，结合图可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、的曲线，由图可知，当 时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为；A点时，，，溶液中的平衡浓度为(或)。
②C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺。
19．（2024届广东省大湾区二模）催化剂形貌的优化会影响生产效率。可做烟气脱硝工艺的固相催化剂。
已知：
ⅰ．常温下，AgOH极不稳定，易分解为难溶于水的固体；
；。
ⅱ．一般情况，析晶速率越快，晶粒尺寸越小。
（1）基态P原子的核外电子有 个空间运动状态，Ag、P、O元素的电负性由大到小的顺序为 。
（2）某研究组调控反应条件控制晶体形貌。
①常温下，向银氨溶液逐滴加入溶液制得晶体，完善该反应的离子方程式 。
②在不同pH条件下，向溶液中加入溶液制得磷酸银收率如图所示。样品A的晶粒较小，请从平衡移动与速率的角度解释原因 。
③下列有关说法正确的是
A．样品A中杂质含量最高
B．可加入盐酸调控体系的pH制得不同样品
C．向溶液中加入少量溶液时，溶液中减小
D．向溶液中加入溶液得到晶粒尺寸与上述样品相同
（3）研究组发现：溶液与0.2 溶液等体积混合也能制得。
①刚开始生成沉淀时，溶液中的 。
②常温下溶液中含磷物种的分布系数，或与pH的关系如图所示，则磷酸的一级电离平衡常数 。
③体系中由第一步电离决定，可表示为，当生成沉淀时，溶液中至少为 （写出计算过程）。
【答案】（1）9 O>P>Ag
（2） pH越大，氢氧根离子浓度越大，，，磷酸根浓度越大，加入硝酸银生成的速率越快，根据已知ⅱ．一般情况，析晶速率越快，晶粒尺寸越小，故pH较大时，样品A的晶粒小； AC
（3） 体系中由第一步电离决定，则
故
由图可知，，，
故ml/L
【解析】（1）P为15号元素，其电子排布式为：1s22s22p63s23p3，则其核外电子的空间运动状态有1+1+3+1+3=9；元素的非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性O>P>Ag，故电负性：O>P>Ag；
（2）①根据银氨溶液的溶质为：Ag(NH3)2OH以及元素守恒可知，该反应的离子方程式为：；
②pH越大，氢氧根离子浓度越大，，，磷酸根浓度越大，加入硝酸银生成的速率越快，根据已知ⅱ．一般情况，析晶速率越快，晶粒尺寸越小，故pH较大时，样品A的晶粒小；
③A．pH增大，氢氧根浓度增大，此时生成的氢氧化银不稳定生成Ag2O，故样品A中杂质含量最高，A正确；
B．加入盐酸，含有氯离子，会生成氯化银沉淀，则不能用盐酸调控体系的pH，B错误；
C．由于，，加入硝酸银后会生成磷酸银，使电离平衡正向移动，此时氢离子浓度增大，温度不变，K不变，则减小，C正确；
D．向溶液中加入少量溶液时，此时银离子浓度增大，会生成沉淀，此时溶液pH和生成样品时相比较低，则晶体尺寸不同，D错误；
故选AC；
（3）①溶液与0.2 溶液等体积混合中c(Ag+)=0.1ml/L，由于，则刚开始生成沉淀时，溶液中的；
②由于的一级电离常数大于二级电离常数，则当氢离子浓度相同时较大，而较小，则较大，故b代表与pH的关系，根据图示可知，当pH=4.1时，，则；
③体系中由第一步电离决定，则
故
结合②的方法可知，，，
故ml/L。
20．（2024届广东省佛山二模）金属有机配合物广泛应用于各类催化反应。
Ⅰ．某铁的配合物催化1-丁烯和加成的部分历程如图。
（1）①写出1-丁烯和加成的化学方程式 。
②若丙→乙的活化能为，则甲→丙的反应热△H= (用含a的式子表达)。
（2）甲、乙的结构如图所示，Ar表示苯基。
①乙中Fe的配位数为 。
②下列说法正确的是 (填标号)。
A．甲→乙的过程中有键的断裂和形成
B．乙→丙的速率比甲→乙慢
C．升高温度，乙的平衡浓度减小
D．选用合适的催化剂可提高1-丁烯的平衡转化率
Ⅱ．某金属配合物的合成反应为：。该金属配合物的吸光度A随的变化如图所示[为定值]。为M和R完全反应的吸光度，为实际测得的最大吸光度，吸光度和的浓度成正比。
（3）x= 。
（4）解离平衡的解离度(即的平衡转化率)为 (用含、的式子表示)。
（5）若x=1，将10mL 0.01 、5mL 0.001 M溶液、5mL 0.001 R溶液混合，测得解离度，计算的解离平衡常数(写出计算过程)。
【答案】（1）
（2）4 BC
（3）
（4）1-
（5）1.25×10-5
【解析】（1）①1-丁烯和加成的化学方程式：；
②根据图示，甲→乙的，乙→丙的活化能为23.8kcal/ml、丙→乙的活化能为，则乙→丙的，根据盖斯定律：甲→丙的反应热；
（2）①由乙的结构可知，乙中Fe的配位数为4；
②A．对比甲、乙两物质结构可知，甲→乙的过程中有键的断裂，但无键的形成，A错误；
B．乙→丙的活化能大于甲→乙活化能，所以乙→丙速率比甲→乙速率慢，B正确；
C．甲→乙为放热过程，乙→丙为吸热过程，升高温度，乙的平衡浓度减小，C正确；
D．催化剂不影响化学平衡移动，不能提高1-丁烯的平衡转化率，D错误；
答案选BC。
（3）A0为M和R完全反应的吸光度，由图示知=0.4，解得=，则x=。
（4）由图示知=0.4时，M和R完全反应的吸光度为A0，A1为实际测得的最大吸光度，即反应达到平衡状态的吸光度，吸光度与MRx的浓度成正比，说明反应达到平衡时M的平衡转化率为；则解离平衡的解离度α=1-。
（5）若x=1，将10mL 0.01 、5mL 0.001 M溶液、5mL 0.001 R溶液混合，若完全反应生成MR的浓度为=2.5×10-4ml/L，解离度为0.2，则平衡时MR的浓度为2.5×10-4ml/L×（1-0.2）=2×10-4ml/L，M、R的浓度都为5×10-5ml/L，的解离平衡常数Kc==1.25×10-5。
核心考点
考情统计
考向预测
备考策略
气相中的化学平衡
2021·广东卷，19
考查气相中的化学反应原理，难点在于KP的考查；
考查液相中的化学反应原理，难点在于水溶液图像的解读和三大守恒的应用。
无论是哪种情况，热化学、氧化还原、物质结构、物质性质等都属于基础得分点。
1．重视热化学、氧化还原、物质结构、物质性质等于基础得分点，确保基础分。
2．关注KP、KC、三大守恒、图像分析等，实现难点突破。
液相中的化学平衡
2023·广东卷，19
2022·广东卷，19
0
1.00
0
0
a
x
0.64
b
0.40
0.60
依据勒夏特列原理判断
如果改变影响平衡的一个条件(如温度、浓度、压强等),平衡就向能使这种改变减弱的方向移动
依据图像中正、逆反应速率相对大小判断
若v正>v逆,则平衡向正反应方向移动;反之向逆反应方向移动
依据变化过程中速率变化的性质判断
若平衡移动的过程中,正反应速率增大(减小),则平衡向逆(正)反应方向移动
依据浓度商(Q)规则判断
若某温度下QK,反应向逆反应方向进行
温度(℃)
300
500
700
900
1100
反应Ⅰ()
6.3×1041
1.1×1026
2.1×1019
3.8×1015
3.4×1011
反应Ⅱ()
7.3×1056
7.1×1034
2.6×1025
1.5×1020
6.7×1016
物质
N(投料)/
19
34
6.5
25
0
0
n(平衡)/
50
1
20
25
x
y
时间t/h
0
1
2
4
8
16
20
25
30
总压强p/100kPa
4.91
5.58
6.32
7.31
8.54
9.50
9.52
9.53
9.53
1．（2023广东卷，19）配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
（1）某有机物能与形成橙红色的配离子，该配离子可被氧化成淡蓝色的配离子。
①基态的电子轨道表示式为 。
②完成反应的离子方程式：
（2）某研究小组对（1）中②的反应进行了研究。
用浓度分别为的溶液进行了三组实验，得到随时间t的变化曲线如图。
①时，在内，的平均消耗速率= 。
②下列有关说法中，正确的有 。
A．平衡后加水稀释，增大
B．平衡转化率：
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：
（3）R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：
研究组配制了L起始浓度与L起始浓度比不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。
【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“”表示未检测到。
①时， 。
②时，平衡浓度比 。
（4）研究组用吸收光谱法研究了（3）中M与L反应体系。当时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图。时，计算M的平衡转化率 (写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
【答案】（1） HNO2
（2） A、B
（3）0.36 3：4或0.75
（4）98%
【解析】（1）①基态的电子轨道表示式为 ；
②根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO2。
（2）①浓度分别为的溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；时，在内，观察图像可知的平均消耗速率为；
②A．对于反应HNO2，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动，含量增加，含量减小，增大，A正确；
B．浓度增加，转化率增加，故，B正确；
C．观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C错误；
D．硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故，D错误；
故选AB。
（3）①时，，且=0.64，得x=0.36；
②相比于含有两个配体，则与的浓度比应为相对峰面积S的一半与的相对峰面积S之比，即。
（4）；，由L守恒可知，则；则M的转化率为。
2．（2022广东卷，19）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
（1）催化剂可由加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式：______________。
②催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，过程的焓变为_______(列式表示)。
③可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线_______(用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。
（2）溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(ⅰ)
(ⅱ)
①下列有关溶液的说法正确的有_______。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动
D．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变
②25℃时，溶液中随pH的变化关系如图。当时，设、与的平衡浓度分别为x、y、，则x、y、z之间的关系式为_______；计算溶液中的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长()有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长()取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、不同的稀溶液，测得其A随的变化曲线如图，波长、和中，与的最接近的是_______；溶液从a变到b的过程中，的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1） N2↑ 4H2O (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)
2NO+O2=2NO2
（2） BD 当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中
即=0.20
反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7
联立两个方程可得=6.0×10-4ml/L λ3 增大
【解析】（1）①分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为。
②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M ΔH1=(E1-E2)，M→N ΔH2=ΔH，N→Y ΔH3=(E3-E4)1，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③NH3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为；其中NO反应生成NO2过程中，气体颜色发生变化，其反应方程式为2NO+O2=2NO2。
（2）①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(i)、(ii)。
A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确；
C．加入少量NaOH溶液，(ii)正向移动，溶液中将减小，(i)将正向移动，故C错误；
D．平衡(i)的平衡常数K1=，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，不变，故D正确；
综上所述，答案为：BD。
②0.10ml/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20ml/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为=0.20ml/L，、与的平衡浓度分别为x、y、z ml/L，因此=0.10；由图8可知，当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中，即=0.20，反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7，联立两个方程可得=6.0×10-4ml/L。
③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中越大，因此与的λmax最接近的是λ3；反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2=，= = ，因此= ，由上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大。
3．（2021广东卷，19）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H1
b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2
c)CH4(g)C(s)+2H2(g) ∆H3
d)2CO(g)CO2(g)+C(s) ∆H4
e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) ∆H5
（1）根据盖斯定律，反应a的∆H1=_______(写出一个代数式即可)。
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。
A．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
B．移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
C．加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D．降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小
（3）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分_______步进行，其中，第_______步的正反应活化能最大。
（4）设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的ln K随（温度的倒数）的变化如图所示。
①反应a、c、e中，属于吸热反应的有_______(填字母)。
②反应c的相对压力平衡常数表达式为K=_______。
③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程_______。
（5）CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_______。
【答案】∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4 AD 4 4 ac 68% 做冷冻剂
【分析】
根据盖斯定律计算未知反应的反应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素判断反应速率的变化及转化率的变化；根据图像及曲线高低判断反应进程和活化能的相对大小；根据平衡时反应物的分压计算平衡转化率；根据CO2的物理性质推测CO2的用途。
【解析】
（1）根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c-e=c-d，根据盖斯定律则有∆H1=∆H2+∆H3-∆H5=∆H3-∆H4；
（2）A．增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，A正确；
B．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B错误；
C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态，平衡转化率不变，C错误；
D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确；
故答案选AD；
（3）由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应活化能最大。
（4）①随着温度的升高，反应a和c的ln K增大，说明K的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c为吸热反应，同理反应e的ln K减小，说明K的减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热反应，故答案为ac；
②用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常数表达式K=；
③由图可知，A处对应反应c的ln K=0，即K==1，解方程的p2(H2)=p(CH4)，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，且初始状态时p(CH4)=×100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为×100%=68%；
（5）固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。
命题热点1 化学平衡状态及移动方向的判断
1.两步法判断化学平衡状态
第一步 析特点
第二步 作判断
根据参加反应的体系的特点,通过推理作出判断,如v正=v逆,则处于平衡状态,否则反应未达到平衡状态。
2.化学平衡移动的判断
命题热点2 速率、转化率及平衡常数的计算
1.速率、转化率及平衡常数的计算方法——三段式法
mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)
起始量/(ml/L)ab00
变化量/(ml/L)mxnxpxqx
平衡量/(ml/L)a-mxb-nxpxqx
（1）平衡转化率=某反应物转化的量某反应物起始的量×100%,如α(A)平=mxa×100%。
（2）平衡常数:K=(px)p·(qx)q(a-mx)m·(b-nx)n。
（3）百分含量:(A)=a-mx(a-mx)+(b-nx)+px+qx×100%。
（4）平衡前后的压强之比(物质的量之比):p平p始=(a-mx)+(b-nx)+px+qxa+b。
（5）平均摩尔质量:M=a·M(A)+b·M(B)(a-mx)+(b-nx)+px+qx g/ml。
（6）某气体组分的体积分数=某气体组分的物质的量混合气体总的物质的量×100%。
(7)生成物的产率:产率=实际产量理论产量×100%。
2.分压常数(Kp)与速率常数(k正、k逆)
（1）Kp的两种计算模板。
①平衡总压为p0。
N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)
n(平)abc
p(分压)aa+b+c p0ba+b+c p0ca+b+c p0
Kp=(ca+b+c p0) 2(aa+b+c p0)·(ba+b+c p0) 3。
②刚性容器起始压强为p0,平衡转化率为α。
2NO2(g)N2O4(g)
p(始)p00
Δpp0α12p0α
p(平)p0-p0α12p0α
Kp=12p0α(p0-p0α)2。
（2）Kp与k正、k逆的关系。
以2NO2(g)N2O4(g)为例:
v正=k正·p2(NO2)v逆=k逆·p(N2O4)k正·p2(NO2)=k逆·p(N2O4)k正k逆=p(N2O4)p2(NO2)=Kp。
3.平衡常数与速率常数之间的关系
对于基元反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g),v正=k正·ca(A)·cb(B),v逆=k逆·cc(C)·cd(D),平衡常数K=cc(C)·cd(D)ca(A)·cb(B)=k正·v逆k逆·v正,反应达到平衡时v正=v逆,故K=k正k逆。
命题热点3 速率、平衡图像题的综合分析
1.新高考试题中速率、平衡图像题的特点
（1）图像的形式。
①直接呈现平衡体系中变量的变化:物质的量浓度-时间、组分百分含量-温度、压强-温度。
②平衡体系变量延伸出的变量的变化:分压(物质的量)-时间、转化率-原料物质的量分数、平衡常数K(ln K)-温度倒数(1T)的图像。
（2）考查方式。
①分析出纵、横坐标之间的关系,判断出适宜的反应条件(温度、压强、浓度、反应物的配比等)。
②需要根据分析出的数据信息进行转化、计算得出结果。
2.化学反应速率、平衡图像的分析方法
（1）整体扫描图像,明确面、线、点的物理、化学意义。
①看面:弄清纵、横坐标的物理含义,注意把坐标的变化转变为化学量的变化。
②看线:弄清线的斜率、变化趋势及线的陡与平所代表的化学意义。
③看点:弄清曲线上点的含义,特别是一些特殊点,如与坐标轴的交点、曲线的交点、拐点、最高点与最低点等。
④作线:多条件变化时,是否需要确定一个条件为衡量的线,如等温线、等压线。
（2）找准切入口,明确图像的意义。
①从“断点”着手。
当可逆反应达到一种平衡后,若某一时刻外界条件发生改变,可能使速率-时间图像的曲线出现不连续的情况,即出现“断点”。根据“断点”前后的速率大小,即可确定变化的是何种条件。
②从“拐点”入手。
同一可逆反应,若反应条件不同,达到平衡所用的时间也可能不同,反映到图像出现“拐点”的时间也就有差异。根据外界条件对化学反应速率的影响,即可判断出温度的高低、压强或浓度的大小及是否使用催化剂。
③从曲线的变化趋势着手。
a.对于速率-温度(或压强)图像,由于随着温度逐渐升高或压强逐渐增大,反应速率会逐渐增大,因此图像上出现的是平滑的递增曲线。
b.温度或压强的改变对正、逆反应速率的影响是一致的,在图像上,就是v(正)、v(逆)两条曲线的走势大致相同。
c.分析外界条件对化学反应速率的影响时,只能分析达到平衡之后化学反应速率的变化情况。
考点一 气相中的化学平衡
1．（2024届广东省大湾区一模）某课题组研究CO2加氢制甲醇。涉及的主要反应有：
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
回答下列有关问题：
（1）反应Ⅳ的 。
（2）下列有关说法正确的是___________。
A．增压时，的物质的量分数一定增大
B．当甲醇的分压不再改变时，体系达到平衡
C．在恒容密闭容器中充入，反应Ⅲ速率不变
D．升温时，反应Ⅱ逆反应速率加快的程度大于正反应速率
（3）研究发现：在条件下，当起始，平衡时，的转化率、含碳产物的选择性(转化的中生成、或的百分比，如甲醇的选择性)与温度关系如图所示，回答下列问题。
①随着温度升高，甲醇选择性降低而的转化率却升高的原因可能是 。
②在T温度下，若的选择性为，计算此温度下反应Ⅱ的平衡常数K= (写出计算过程)。
（4）一种在铜基催化剂上加氢制甲醇的机理如图所示，其中吸附在铜基催化剂表面上的物种用“*”标注。
①基态铜原子的价电子排布式为 。
②决速步的反应方程式为 。
（5）写出甲醇在生产或生活中的一种应用 。
【答案】（1）-89.5kJ⋅ml-1
（2）BC
（3）生成甲醇的反应均为放热反应，升温时平衡逆向移动，甲醇选择性降低，反应Ⅱ是吸热反应，升温平衡正向移动，且反应Ⅱ占主导作用 0.198
（4）3d104s1 CH3O*+OH*+2H*=CH3OH*+H2O*
（5）作燃料(或溶剂或制甲醛等)
【解析】（1）反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅳ，根据盖斯定律可知ΔH4=ΔH1-ΔH2=-48.3kJ⋅ml-1-(+41.2kJ⋅ml-1)=-89.5kJ⋅ml-1，故答案为：-89.5kJ⋅ml-1；
（2）A．反应Ⅱ是等体积变化的反应，反应Ⅳ是气体体积减小的反应，增压时反应Ⅳ的平衡正向移动，CO的物质的量分数减小，A错误；
B．反应达到平衡时，各物质的浓度、含量均不变，则甲醇的分压不再改变时其浓度不变，体系达到平衡状态，B正确；
C．在恒容密闭容器中充入Ar时反应物、生成物的浓度均不变，则反应速率不变化，C正确；
D．反应Ⅱ是吸热反应，升高温度时平衡正向移动，即升温时反应Ⅱ逆反应速率加快的程度小于正反应速率，D错误；
故答案为：BC；
（3）
①生成甲醇的反应Ⅰ、Ⅳ均为放热反应，升高温度时平衡逆向移动；反应Ⅱ是吸热反应，升高温度时平衡正向移动，且升温对反应Ⅱ的影响程度较大，反应Ⅱ占主导作用，故答案为：生成甲醇的反应均为放热反应，升温时平衡逆向移动，甲醇选择性降低，反应Ⅱ是吸热反应，升温平衡正向移动，且反应Ⅱ占主导作用；
②设起始时n(CO2)=1ml、n(H2)=3ml，由图可知，T温度平衡时CO2的转化率为60%、CH3OH的选择性为60%，CH4的选择性为10%，则CO的选择性为1-60%-10%=30%，平衡体系中n(CO2)=0.4ml，n(CH3OH)=1ml×60%×60%=0.36ml，n(CH4)=0.06ml，n(CO)=0.18ml，根据H、O原子守恒可得：2n(H2)+2n(H2O)+0.36ml×4+0.06ml×4=6ml，n(H2O)+0.8ml+0.36ml+0.18ml=2ml，解得n(H2)=1.5ml，n(H2O)=0.66ml，此温度下反应Ⅱ的平衡常数K===0.198，故答案为：0.198；
（4）①基态Cu的原子序数为29，核外电子排布式为[Ar]3d104s1，其价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
②反应的能垒或活化能越高，反应速率越慢，该步反应的反应速率决定整个反应的反应速率，是决速步，由图可知，过渡态5的能垒最高，该步反应为CH3O*+OH*+2H*=CH3OH*+H2O*，故答案为：CH3O*+OH*+2H*=CH3OH*+H2O*；
（5）甲醇具有可燃性，是良好的有机溶剂，是重要的化工原料等，可用作燃料、溶剂、制备甲醛等，故答案为：作燃料(或溶剂或制甲醛等)。
2. （2024届广东省茂名一模）工业合成氨是人类科学技术的重大突破，其反应为。合成氨原料中的一般由分馏液态空气得到，可来源于水煤气，相关反应如下：
a．
b．
回答下列问题：
（1）的反应物总能量_______生成物总能量(填“高于”或“低于”)。
（2）在密闭容器中同时发生反应，下列说法正确的是_______。
A. 增大压强，反应平衡不移动B. 使用催化剂提高平衡转化率
C. 升高温度，反应a的增大，减小D. 反应a有非极性键的断裂与形成
（3）实验室模拟合成水煤气，一定温度下在的密闭容器中加入与发生反应，在达到平衡时，的转化率是的物质的量是，反应开始到平衡时生成的平均反应速率为_______，计算反应的平衡常数_____(写出计算过程)。
（4）合成氨总反应在起始反应物时，在不同条件下达到平衡，设体系中的体积分数为，在下的、下的如图所示，图中对应等压过程的曲线是______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，当时氨气的分压______(分压=气体的物质的量分数×总压)。
（5）用氨合成尿素的反应，在高压条件下连续进行，反应历程如图(均大于0)：
①写出合成尿素决速步骤的热化学方程式：________。
②合成尿素过程中会积聚一定浓度的氨基甲酸铵()，为减少氨基甲酸铵的积聚，提高尿素的产率，可控制与的通入比例_______(填“>”“<”或“=”)。
【答案】19. 低于 20. D
21. ①. ml/(L·min) ②.
22. ①. Ⅱ ②. 15
23. ①. H2NCOONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(g) △H=+Q2kJ/ml ②. <
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应a+b可得反应C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)，则反应△H=(+131.3kJ/ml)+ (—41.2kJ/ml)= +90.1kJ/ml，则该反应是反应物总能量低于生成物总能量的吸热反应，故答案为：低于；
【小问2详解】
A．反应b是气体体积不变的反应，但增大压强，a平衡逆向移动，水蒸气浓度增大，b化学平衡正向移动，故错误；
B．使用催化剂，化学平衡不移动，一氧化碳的平衡转化率不变，故错误；
C．升高温度，反应a的正逆反应速率都增大，故错误；
D．反应a中有碳碳非极性键的断裂与氢氢非极性键的形成，故正确；
故选D；
【小问3详解】
设反应a生成的一氧化碳的物质的量为a，由题给数据可建立如下三段式：
由反应b消耗一氧化碳和水蒸气的物质的量比为1∶1可得：a—0.4=2.0—a，解得a=1.2，则反应开始到平衡时生成二氧化碳的反应速率为=ml/(L·min)，反应的平衡常数K==，故答案为：ml/(L·min)；；
【小问4详解】
合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的体积分数减小，则图中对应等压过程的曲线为Ⅱ；曲线Ⅰ为等温线，当氨气体积分数为50%时，氨气的分压为30MPa×50%=15MPa，故答案为：Ⅱ；15；
【小问5详解】
①反应的活化能越大，反应速率越慢。慢反应是反应的决速步骤，由图可知，活化能最大的反应为液态H2NCOONH4分解生成液态尿素和液态水，反应生成1ml尿素，吸收Q2kJ的热量，则合成尿素决速步骤的热化学方程式为H2NCOONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(g) △H=+Q2kJ/ml，故答案为：H2NCOONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(g) △H=+Q2kJ/ml；
②由化学式可知，二氧化碳与氨气的反应机理可能为氨气与二氧化碳发生加成反应生成H2NCOOH，H2NCOOH与氨分子发生取代反应生成尿素，所以若氨气过量，会与H2NCOOH反应生成H2NCOONH4，所以为防止H2NCOONH4的积聚，提高尿素的产率，可控制氨气和二氧化碳的通入比例小于2：1，故答案为：<。
3．（2024届广东省湛江一模）是重要的化工原料，在生产和生活中都发挥着重要作用。
（1）配合物广泛存在于自然界，其中能与形成深蓝色溶液。
①基态的3d电子轨道表示式为 。
②的配位原子是 ，氨气中H—N—H的键角小于配合物中H—N—H的键角，其原因是 。
（2）氨是制取硝酸的重要原料。氨的催化氧化过程主要有以下两个反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
①反应 。
②不同温度下氨催化氧化的平衡常数如下()；
下列说法正确的是 。
A．如果对反应不加控制，氨和氧气反应的最终产物主要是
B．为使反应有利于向生成更多的NO方向进行，不必关注热力学问题(平衡移动问题)，需要关注动力学问题(反应速率问题)
C．在实际生产中，需采用高压氧化，以利于提高NO的产率
D．反应中需控制氨氧比、选择性催化剂的形状、气固相接触时间等
（3）已知可通过下列方法合成尿素：
第一步：
第二步：在体积为5 L的密闭容器中加入1 ml 和4 ml ，在一定条件下反应进行到10 min时，测得和尿素的物质的量均为0.25 ml，15 min后，测得的物质的量为0.1 ml，如图所示。
①若用单位时间内物质的量的变化来表示固体或纯液体的反应速率，则10 min内第一步反应中生成(氨基甲酸铵)的平均反应速率为 。
②反应进行15分钟后，随着时间的变化，尿素和氨基甲酸铵的物质的量变化比较明显，但氨气和二氧化碳的物质的量基本不变，其主要原因是 ，第一步反应的平衡常数 (列出算式即可)。
【答案】（1） N 中存在一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力较强
（2） AD
（3） 第一步反应速率较快，15 min内反应达到平衡；尿素与氨基甲酸铵均为液体，其物质的量的变化不会对第一步反应的平衡造成影响
【解析】（1）①基态的3d电子轨道表示式为。
②的配位原子是N，中存在一个孤电子对，孤电子对对成键电子对斥力较强，所以中H—N—H的键角小于配合物中的该键角。
（2）①根据盖斯定律，可知。
②A．相同温度下，反应Ⅱ平衡常数更大，如果对反应不加控制，氨和氧气反应的最终产物主要是，A项正确；
B．为使反应有利于向生成更多的NO方向进行，需要同时关注热力学问题(平衡移动问题)和动力学问题(反应速率问题)，B项错误；
C．该反应为气体分子数目增加的反应，增大压强平衡逆向移动，故在实际生产中，采用高压氧化，不一定利于提高NO的产率，C项错误；
D．反应中需控制氨氧比、选择性催化剂的形状、气固相接触时间等，D项正确；
故选AD。
（3）
①用单位时间内物质的量的变化来表示固体或纯液体的反应速率，则10 min内第一步反应中生成(氨基甲酸铵)的平均反应速率。
②第一步反应速率较快，15 min内反应达到平衡，随着时间的变化，氨气和二氧化碳的变化很小，第二步反应速率较慢，15分钟反应还未达到平衡，随着时间的变化，尿素和氨基甲酸铵的物质的量变化比较明显；根据“三段式”
可知，平衡时的物质的量为2.2 ml，因为固体或液体纯物质一般不列入平衡常数，则第一步反应的平衡常数。
4．（2024届广东省佛山一模）以为原料在特定条件下可生产醇类、烷烃、碳酸酯等，实现二氧化碳资源化。科学家通过如下反应合成甲醇：。
已知：
回答下列问题：
（1）计算上述合成甲醇反应的焓变 。
（2）科学研究中常用产物的时空收率（单位物质的量催化剂表面产物分子的平均生成速率）来衡量催化效果．在3 MPa，时，不同Ni、Ga配比的Ni-Ga/催化剂下，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如图所示．甲醇时空收率随温度变化先增大后减小的原因是 。催化剂的最佳配比和反应温度是 。
（3）将等量和充入恒温恒容密闭容器中反应合成甲醇，已知该温度下反应的化学平衡常数，下列事实说明该反应已达平衡的是______。
A．气体密度保持不变
B．与的生成速率相等
C．某时刻容器中，，
D．混合气体的平均相对分子质量不变
（4）①合成存在以下副反应：。5MPa，200℃时在1 L容器中投入1 ml 和3 ml ，达成平衡时，二氧化碳转化率为0.5，甲醇选择率为0.8（甲醇选择率=）。计算合成甲醇反应的化学平衡常数K（写出过程，结果列出计算表达式） 。
②已知200℃时有60%以上的原料未转化，为了提高转化率，设计如图流程分离甲醇和水，循环利用原料气。已知甲醇的沸点是64.7℃，根据信息判断反应室的温度 闪蒸室的温度（选填“<”、“=”或“>”）．在原料气中通入CO的目的是 。
【答案】（1）-54
（2）温度越高反应速率越快，故随温度升高，反应速率加快，Ni4Ga3、NiGa催化下甲醇时空收率曲线上升，催化剂需要一定的活性催化温度，温度过高，催化剂活性下降，甲醇时空收率下降 5:3、210℃
（3）BD
（4） < 提高二氧化碳和氢气的利用率
【解析】（1）已知：
①
②
由盖斯定律可知，3×①-②得反应：；
（2）温度越高反应速率越快，故随温度升高，反应速率加快，Ni5Ga3、NiGa催化下甲醇时空收率曲线上升，催化剂需要一定的活性催化温度，温度过高，催化剂活性下降，甲醇时空收率下降；由图示可知，反应最佳条件为催化剂的最佳配比5:3、使用催化剂在210℃左右下进行反应，该条件下甲醇时空收率最高；
（3）A．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；
B．反应速率比等于系数比，与的生成速率相等，则说明正逆反应速率相等，反应平衡；
C．某时刻容器中，，，则，没有平衡；
D．混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡；
故选BD；
（4）①5MPa，200℃时在1 L容器中投入1 ml 和3 ml ，达成平衡时，二氧化碳转化率为0.5，则反应二氧化碳0.5ml，甲醇选择率为0.8，则生成甲醇0.5ml×0.8=0.4ml；
平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水的物质的量浓度分别为0.5ml/L、1.7ml/L、0.4ml/L、0.5ml/L，则；
②已知甲醇的沸点是64.7℃，设计如图流程分离甲醇和水，循环利用原料气，则反应室为降低到甲醇的沸点以下液化水、甲醇，闪蒸室升温使得甲醇气化而水不气化，分离出甲醇气体，故反应室的温度低于闪蒸室的温度；在原料气中通入CO的目的是抑制副反应的进行，促使正反应正向进行，提高二氧化碳和氢气的利用率。
5．（2024届广东省广州市天河区二模）研究氮氧化物分解的反应机理，对于控制汽车尾气排放、保护环境有重要意义。
I.直接催化分解法是消除的主要方法，已知部分催化分解过程如下：
①
②
③
④
（1）反应的 。
（2）T℃，在密闭容器中尝试利用表面催化工艺分解，用分别表示、、和固体催化剂，则在固体催化剂表面分解的反应过程可用下图表示。
已知：在固体催化剂表面吸附过程自发发生，且总熵减小。画出从状态A到状态D体系能量的变化曲线图 。
（3）T℃和恒定压强时，在密闭容器中模拟废气中的催化分解过程，各组分的信息如下表：
①x= ，y= ，该温度下反应②的压强平衡常数 (分压=总压×物质的量分数)。
②若先除去废气中的，再在相同条件下模拟实验，发现的平衡转化率明显降低，其原因是 。
Ⅱ.用含碳物质消除氮氧化物也是防治污染的有效方法。
（4）活性炭还原法消除氮氧化物污染的反应原理为：。已知该反应正、逆反应速率方程分别为、，其中、分别为正、逆反应速率常数，其变化曲线如下图所示，则该反应的反应热 0(填“>”或“<”)。
（5）将含等物质的量的和C0的混合气体分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的刚性容器中，进行反应，经过相同时间测得的转化率如图所示，图中cd段转化率下降的可能原因是 。(任写一种)
【答案】（1）ΔH=2ΔH1-ΔH3或者ΔH=2ΔH1+2ΔH4-ΔH3或者ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH4-ΔH3
（2）
（3）2 2 500P0kPa 恒压条件下，除去CO2相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的方向移动，三个反应均是逆向移动
（4）＜
（5）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以NO的转化率在cd段转化率下降（或者升高温度，催化剂的活性降低，反应速率减慢，转化率下降）
【解析】（1）根据盖斯定律，①-③，或者②，或者①+②+④-③可得题中2NO2(g)⇌N2(g)+2O2(g)，则ΔH=2ΔH1-ΔH3或者ΔH=2ΔH1+2ΔH4-ΔH3或者ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH4-ΔH3；
（2）A→B过程中固体催化剂表面吸附，能量降低，B→C过程NO分子中化学键断裂是吸热过程，C→D过程N≡N键、O═O键形成，释放能量，其能量变化如图所示：；
（3）①平衡时生成的氧气为20ml-6.5ml=13.5ml，反应①消耗的N2O是27ml，平衡时总消耗N2O是33ml，设反应②和反应③分别消耗N2O为xml和yml，则x+y=6，0.5x+0.75y=50-19-27=4，解得x=2，y=4，因此最终得到的NO是2ml，NO2是2ml，平衡时总的物质的量为50+1+20+25+2+2=100ml，反应①中N2O、N2、O2各气体的物质的量分数分别为、、，由此求出各气体的分压为分压p(N2O)=P0kPa、p(N2)=P0kPa、p(O2)=P0kPa，则平衡常数Kp==500P0kPa；
②恒压条件下，除去CO2相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的方向移动，三个反应均是逆向移动，所以N2O的平衡转化率明显降低；
（4）由图可知，随增大，lgk正和lgk逆均减小，即随T的减小，k 正和k逆都减小，且k 正的减小幅度小于k逆减小幅度，说明降低温度，平衡正向移动，说明该反应是放热反应；
（5）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以NO的转化率在cd段转化率下降（或者升高温度，催化剂的活性降低，反应速率减慢，转化率下降）。
6．（2024届广东省广州市惠州三模）减少NOx、CO2的排放，实现资源化利用是化学工作者研究的重要课题。
（1）尿素水解生成的NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，且为可逆过程。反应过程与能量关系如图1，在以Fe2O3为主的催化剂表面可能发生的反应过程如图2.
①NH3催化还原NO为 (填“放热”“吸热”)反应。
②基态Fe3＋的价层电子排布式为 。
③上述脱硝的总反应化学方程式为： 。
（2）电厂烟气脱氮的反应为：4NH3(g)＋6NO(g)⇌5N2(g)＋6H2O(g)ΔH<0，现向某2L密闭容器中分别投入一定量的NH3和2.0×10-4mlNO发生以上反应。其他条件相同时，在甲、乙两种催化剂的作用下，反应1min时NO的转化率与温度的关系如图3.
①在催化剂甲的作用下，温度高于210℃小于300℃时，NO转化率降低的可能原因是 。
②100—300℃区间，0~1min内，使用甲催化剂时NO的最高平均速率为 。
（3）工业以NH3和CO2为原料合成尿素。液相中，合成尿素的热化学方程式为：2NH3(l)＋CO2(l) H2O(l)＋NH2CONH2(l) ΔH<0，在液相中，CO2的平衡转化率与温度、初始氨碳比(用L表示，L=)、初始水碳比(用W表示，W=)关系如图4.
①曲线A、B中， (填“A”或“B”)的W较小。
②对于液相反应，常用某组分M达到平衡时的物质的量分数x(M)代替平衡浓度来计算平衡常数(记作Kx)。195℃时，2NH3(l)＋CO2(l) H2O(l)＋NH2CONH2(l)的Kx的值为 。
【答案】（1）放热 3d5 4NH3+4NO+O24N2+6H2O
（2）催化剂活性降低 6.0×10-5ml/(Lmin)
（3）A 3.25
【分析】【小问1详解】①由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
②Fe的价电子排布式为3d64s2，而Fe3+失去3个电子，因此为3d5
③由图可知，反应物为氨气、一氧化氮、氧气、生成物为氮气和水，则脱硝的总反应为；
【小问2详解】①催化剂的活性受温度的影响，温度升高催化剂的活性可能降低，因此转化率减小；
②由图可知100℃-300℃之间，NO的最高转化率为60%,故NO的变化量为2.010-460%=1.210-4ml，由公式可知为；
【小问3详解】①当初始氨碳比相同，水碳比越大，二氧化碳的转化率越小，根据图中信息可知，曲线A二氧化碳转化率大于B曲线，则W较小的曲线A。
②N点氨碳比为3，初始水碳比为0，二氧化碳的转化率为75%，设初始氨气物质的量为3a ml,平衡时总物质的量为3.25a ml,则
7．（2024届广东省江门一模）二氧化碳加氢是对温室气体的有效转化，也是合成再生能源与化工原料的重要途径。
（1）已知在25℃和101kPa时，和的燃烧热分别为和。由加氢反应制备的反应为：，该反应的反应热 。
（2）①催化加氢可以制低碳烯烃：，该反应在恒压条件下，反应温度、投料比对平衡转化率的影响如图所示，该反应为 反应（填“吸热”或“放热”），、、的相对大小为 。
②催化加氢制低碳烯烃，反应历程如下图所示，首先在表面解离成2个，随后参与到的转化过程。
注：“□”表示氧原子空位，“*”表示吸附在催化剂上的微粒。
理论上反应历程中消耗的与生成的甲醇的物质的量之比为 。
（3）二氧化碳可催化加氢制甲醇。在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入和，发生反应：。测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图所示。
① （填“＞”“＜”或“＝”）。
②下列说法正确的有 。
A．b点时达到平衡状态
B．a点时容器内气体密度大于b点
C．平均相对分子质量不再改变时，该反应达到平衡状态
D．温度高于后转化率下降，原因可能是该反应
（4）一定条件下可与反应制备甲酸。T℃时，将1ml与1ml混合气体充入体积为1L恒容密闭容器发生反应：。已知反应速率：，，、分别为正、逆反应的速率常数；平衡常数：。当的转化率为20%时， （写出计算过程）。
【答案】（1）-252.9
（2）放热 >> 6：1
（3）< CD
（4）6.4
【解析】（1）根据和的燃烧热分别为和，可得如下热化学方程式：
① ；
② ；
根据盖斯定律，可得；=-252.9；
（2）①由图象可知，在投料比一定时，温度升高，CO2的转化率降低，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应；温度相同时，投料比越大，CO2的转化率越大，即、、的相对大小为>>；
② H2首先在Zn−Ga−O面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，即由得失电子守恒有3H2∼CH3OH∼6H*，所以产生1mlCH3OH消耗6mlH*，答案为6：1；
（3）①温度越高化学反应速率越大，图中c点温度比a点的温度高，且c点为平衡状态，正、逆反应速率相等，a点还未达到平衡状态，正反应速率大于逆反应速率，即使a点温度下达到平衡状态，a点的逆反应速率也小于c点的逆反应速率；
② A．b点时没有达到平衡状态，故A错误；
B．该容器为恒容容器，密度始终不变，故B错误；
C．该反应为气体体积不相等的反应，平均相对分子质量不再改变时，该反应达到平衡状态，故C正确；
D．温度高于后反应已经平衡，转化率下降，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，故D正确；
答案为CD；
（4）当CO2转化率为20%时：
此时c(CO2)=c(H2)=0.8ml/L，c(HCOOH)=0.2ml/L，当反应达到平衡时，v(正)=v(逆)，即=，所以=K=2，=6.4。
8．（2024届广东省梅州一模）利用γ-丁内酯（BL）制备1，4-丁二醇（BD），反应过程中伴有生成四氢呋喃（THF）和1-丁醇（BuOH）的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②反应均在高压氛围下进行，故压强始终近似等于总压。回答下列问题：
（1）以或BD为初始原料，在498K、能量的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热akJ；以BD为原料，体系从环境吸热bkJ。忽略副反应热效应，在下图中画出由BD反应原料生成平衡混合物的反应过程能量变化图。反应Ⅰ： 。
（2）下图甲表示在总压为的恒压条件下且起始时与γ-丁内酯的物质的量之比为2时，反应1达到平衡时各物质的物质的量分数（y）与温度的变化关系图。图中表示的物质的量分数曲线是 ；P点时，γ-丁内酯的转化率约为 。
（3）表示某物种i的物质的量与除外其他各物种总物质的量之比。498K、下，以BL为原料时，和随时间t变化关系如图乙所示。则时刻 ，反应Ⅰ平衡常数 （用分压代替浓度，分压等于总压×该物质的物质的量分数，列出计算式即可）。
（4）利用电解合成法也能在有机质子溶剂中实现BL→BD的转化，该转化发生在 极，电极反应式为 。
【答案】（1）
（2）a 66.7%
（3）0.09%
（4）阴 BL+4e-+4H+=BD
【解析】（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以为原料，达到平衡时放出akJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收bkJ热量的能量二者能量差值为(a+b)kJ，则1mlBL转化为1mlBD时放出能量， 。
（2）正反应放热，升高温度平衡逆向进行，反应物的含量增加，所以a表示氢气，b表示γ-丁内酯，c表示1，4-丁二醇。图2中P点时氢气和1，4-丁二醇的含量相等，设反应前氢气是2ml、γ-丁内酯是1ml，消耗γ-丁内酯是xml，氢气是2xml，生成1，4-丁二醇是xml，则x＝2－2x，解得x＝，所以的转化率约为66.7%，
（3）整个过程发生三个反应：反应I：BL(g)+2H2(g)BD(g)，反应II：BD(g)→THF(g)+H2O(g)，反应III：BD(g)+H2(g)→BuOH(g)+H2O( g)，因H2压强近似等于总压且远高于其他气体，所以H2压强可视为定值，其变化量可以忽略，由上述三个反应可以发现，体系总物质的量的增加量正好是BD参与反应II、III的量，也正好是H2O(g)的物质的量，设以为原料，在t1时BL转化了aml，BD转化了b ml，体系总物质的量是(+ b) ml，结合题图甲数据付xBL：、xBD：，联立解得b=，则t1时刻=0.09%，该平衡状态下，BL+BD +THF + BuOH +H2O的总压为p总kPa，则BL的分压是0.48×p总kPa，BD的分压是0.36×p总kPa，H2的压强近似等于总压，故反应I的平衡常数Kp=。
（4）BL→BD的转化的过程中H原子数目增大，为还原反应，该转化发生在阴极，电极反应式为BL+4e-+4H+=BD。
9．（2024届广东省韶关一模）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式；
①
②
③
则 kJ/ml，反应③能够自发的条件是 。
（2）下列叙述能说明反应③达到平衡状态的是 （填字母序号）。
A．2v正(H2S)=v逆(CS2)B．恒温恒容条件下，体系压强不再变化
C．气体的总质量不再变化D．混合气体平均摩尔质量不再变化
（3）反应压强为100kPa，投料比n(CH4)/n(H2S)分别为a、b、c的条件下，反应③中H2S的平衡转化率随温度变化情况如图1所示，则a、b、c由大到小的顺序为 ;H2S的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。
（4）在1275K、100kPa反应条件下，将物质的量之比为3:3:2的H2S、CH4、N2混合气进行反应③（N2不参与反应），平衡时混合气中CS2的分压与H2S的分压相同，H2S的平衡转化率为 （保留小数点后一位），平衡常数Kp= kPa2（以分压表示，分压总压物质的量分数）。
（5）我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除，过程如图2所示，则阳极区发生的总反应为 。
【答案】（1）+261 高温
（2）BD
（3）a>b>c 反应③是吸热反应，升高温度，平衡正向移动
（4）66.7% 1.28×104
（5）H2S-2e-=S+2H+
【解析】（1）由盖斯定律可知，①+②得反应③，则180+81=+261kJ⋅ml；反应为熵增的吸热反应，则反应③能够自发的条件是高温；
（2）A．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，有v正(H2S)=2v逆(CS2)，说明v正(CS2)=v逆(CS2)，满足平衡状态的特征，故A错误；
B．该反应是气体分子数可变的反应，恒容条件下压强不变说明反应达到平衡状态，故B正确；
C．该反应物和生成物都是气体，根据质量守恒定律，气体的总质量不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．混合气体平均摩尔质量，气体的物质的量发生变化，总质量不变，则混合气体平均摩尔质量不再变化时，能作为平衡的标志，故D正确；
故选BD；
（3）相同条件下，增加甲烷的投料，平衡正向移动，会促进硫化氢的转化，故a、b、c由大到小的顺序为a>b>c；反应③为吸热反应，温度越高，平衡正向移动，导致反应③H2S平衡转化率增大；
（4）将n(H2S)∶n(CH4)∶n(N2)=3∶3∶2的混合气进行反应，设n(H2S)=3ml,设转化物质的量为xml,n(CH4)=3ml,n(N2)=2ml,结合三段式列式得到，，在1000℃、100kPa反应条件下，CS2分压与H2S的分压相同 3-2x=x，x=1，H2S的平衡转化率为；平衡后气体的总物质的量为2ml+1ml+1ml+4ml+2ml=10ml,p(CH4)=×100kPa=20kPa,p(H2S)=p(CS2)=×100kPa=10kPa,p(H2)=×100kPa=40kPa,则反应③的Kp==1.28×104(kPa)2；
（5）根据图示阳极区为H2S转化为S，失去电子，则阳极区的电极反应式为：H2S-2e-=S+2H+。
10．（2024届广东省汕头二模）金属钛（Ti）重量轻、强度高、抗腐蚀能力，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。
（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式： 。
（2）转化为有直接氯化法（Ⅰ）和碳氯化法（Ⅱ）。
Ⅰ．
Ⅱ．
已知：的燃烧热为393.5'，的燃烧热为283.0
① 。
②碳氯化反应过程中CO和可以相互转化，如图1所示，下列关于碳氯化反应说法正确的是 。
A．生成CO反应为放热反应
B．升高温度，平衡转化率减小
C．增大压强，碳氯化反应平衡向正反应方向移动
D．如图2所示晶胞中位于所构成的正八面体的体心，则的配位数是6
③碳氯化法中生成CO比生成更有利于转化为，从熵变角度分析可能的原因是 。
（3）经光谱分析在碳氯化反应中有光气（）生成，后继续反应，有理论认为机理如下：
一分子含有 个σ键，决速步骤的反应方程式为 。
（4）在，将、C、以物质的量比1∶2.2∶2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反应的平衡常数 Pa。
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 。
【答案】（1）
（2）-49 BD 生成CO反应的嫡增变化幅度更大，更有利于反应正向进行
（3）3
（4） 提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品
【解析】（1）
Ti的原子序数为22，基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，轨道表示式为：；
（2）①I：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)∆H1=+172kJ⋅ml-1，已知：的燃烧热为393.5'，的燃烧热为283.0，Ⅲ：C(s)+O2(g)=CO2(g)∆H3=-393.5kJ⋅ml-1，Ⅳ：CO(g)+O2(g)=CO2(g)∆H4=-283.0kJ⋅ml-1，根据盖斯定律I+2×Ⅲ-2×Ⅳ得=(172-393.5×2+283.0×2)kJ/ml=-49kJ/ml；
②A．根据Ⅲ：C(s)+O2(g)=CO2(g)∆H3=-393.5kJ⋅ml-1，Ⅳ：CO(g)+O2(g)=CO2(g)∆H4=-283.0kJ⋅ml-1，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅳ得CO2(g)+ C(s)=2 CO(g)，∆H=-393.5+2×283.0=+172.5kJ⋅ml-1，生成CO反应为吸热反应，故A错误；
B．碳氯化反应过程中生成CO发生反应Ⅱ，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡转化率减小，故B正确；
C．反应Ⅱ的气体分子数增大，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，碳氯化反应平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D．均摊法可知，TiO2晶胞中黑色球数目为1+8×=2，白色球数目为2+4×=4，结合黑色球与白色球数目之比为2：4=1：2，故黑色球为Ti、白色球为O，晶胞中体心Ti与周围有6个O原子，晶胞中位于所构成的正八面体的体心，则的配位数是6，故D正确；
故选BD；
③焓减和熵增有利于反应正向进行，碳氯化法中生成CO比生成更有利于转化为，原因是：生成CO反应的嫡增变化幅度更大，更有利于反应正向进行；
（3）
的结构式为，单键由1个σ键形成，双键由1个σ键和1个π键形成，则一分子含有3个σ键；正反应活化能越大反应速率越慢，最慢的一步决定整个反应的速率，则决速步骤的反应方程式为；
（4）①反应的平衡常数；
②考虑实际生产中要尽可能的在单位时间内多出产品，故应该为加快反应速率，提高生产效率。
考点二 液相中的化学平衡
11．（2024届广东省广州市黄浦区二模）甲基叔戊基醚(TAME，简写为T)常用作汽油添加剂。在催化剂作用下，通过甲醇(简写为M)与2-甲基-2-丁烯(简写为A)的液相反应制得。通过控制条件，体系中主要发生如下反应(为2-甲基-1-丁烯的简写，不考虑其他副反应)：
反应
反应ii：
反应iii：
（1）磷钼酸可作为制备TAME反应催化剂的浸渍试剂。已知钼元素位于第五周期第VIB族，核外电子排布与相似。
①基态钼原子的价层电子排布式为 。
②完成化学方程式：
（2）比较 (填“>”、“<”或“=”)。
（3）我国学者团队对制备TAME反应的催化剂进行了研究。研究衣明：用不同浓度(13%)的磷钼酸浸渍催化剂，浓度越大催化剂催化活性越好。用浓度分别为的磷钼酸浸渍催化剂进行了三组实验，得到随时间的变化曲线如图所示。
①用的磷钼酸浸渍时，在内，的平均生成速率为 。
②下列仿关说法正确的有 。
A．三组实验中，反应速率都随反应进程一直增大
B．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，减小
C．催化剂可加快化学反应速率，提高甲醇的平衡转化率
D．降低温度，反应和ii的正、逆反应速率都减小
E．达到平衡后，加入不变
（4）研究团队继续研究其他条件不变时，不同醇烯比(甲醇与烯烃的起始物质的量浓度之比)对平衡的影响，当起始浓度时，测得平衡时和的随的变化曲线如图。
①曲线呈现如图所示变化的原因是 。
②当时，计算反应I的平衡常数 (写出计算过程)。
【答案】（1）4d55s1 Na2HPO4
（2）>
（3） BDE
（4）增大相当于增大c(M)，反应i平衡正向移动，c(T)增大，反应ii平衡逆向移动，c(B)减小
【解析】（1）①钼是42号元素，基态钼原子的价层电子排布式为4d55s1；
②由原子守恒完成化学方程式为：Na2HPO4。
（2）由盖斯定律可知，反应iii-反应ii可得反应i，则，则>。
（3）①磷钼酸浓度越大催化剂催化活性越好，反应速率越快，则曲线I代表的磷钼酸，在内，的平均生成速率为；
②A．三组实验中，磷钼酸的浓度逐渐减少，反应速率都随反应进程一直减小，故A错误；
B．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，c(A)减小，反应的平衡常数K=不变，则减小，故B正确；
C．催化剂可加快化学反应速率，但不能提高甲醇的平衡转化率，故C错误；
D．降低温度，反应和ii的正、逆反应速率都减小，故D正确；
E．反应iii的平衡常数K= ，达到平衡后，加入M，K值不变，不变，故E正确；
故选BDE。
（4）①增大相当于增大c(M)，反应i平衡正向移动，c(T)增大，反应ii平衡逆向移动，c(B)减小；
②根据已知条件列出“三段式”
平衡时c(T)=c(B)=0.018ml/L=x-y=z+y，x+z=0.036ml/L，c(M)=0.063 ml/L -x+y=0.045ml/L，c(A)=0.1 ml/L -x-z=0.064 ml/L，则反应I的平衡常数K= 。
12．（2024届广东省深圳一模）用“氧化-萃取法”可从卤水中提取碘，其方法为向酸化的卤水中加入溶液，再加入萃取剂（R）进行萃取。该过程涉及以下反应：
（ⅰ）
（ⅱ）
（ⅲ）
（1）根据盖斯定律，反应 。
（2）基态碘原子价层电子的轨道表示式为 。
（3）①反应条件会影响碘的萃取率。其他条件不变时，不同温度下达平衡时碘萃取率
［］曲线如图所示：
萃取温度从300 K升高至320 K，碘萃取率缓慢下降。结合平衡移动原理，分析其原因 （忽略萃取剂的挥发、的挥发及分解产生的影响）。当萃取温度超过320 K时，的分解导致碘萃取率明显下降。
②下列说法不正确的是 （填标号）。
A．增大溶液的pH，碘萃取率降低 B．增大萃取剂用量，碘萃取率升高
C．萃取体系平衡后加水稀释，变小 D．增大的浓度，反应（ⅰ）的速率增大
（4）未加萃取剂时，固定总碘浓度为，平衡时溶液中的、、分布系数与溶液中初始关系如图所示。［总碘浓度各组分折合为后的浓度之和，，如］
①设平衡时、、分别为、、，则、、之间的关系式为 。
②计算反应的平衡常数 （结果保留3位有效数字）。
（5）测定卤水中的方法：取卤水于锥形瓶中，加适量氧化剂恰好将全部氧化为；加溶液酸化后，再加入适量溶液，密闭静置后，用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点；平行测定3次，平均消耗，则卤水中 。（已知：）
【答案】（1）—276.4kJ/ml
（2）
（3）反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，碘萃取率下降 C
（4）a+2b+3c 667
（5）2.000×10—3
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ+ⅱ得到反应，则反应△H=(—257.5kJ/ml)+(—18.9 kJ/ml)= —276.4kJ/ml，故答案为：—276.4kJ/ml；
（2）碘元素的原子序数为53，基态原子的价电子排布式为5s25p5，轨道表示式为，故答案为：；
（3）①反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，萃取温度从300 K升高至320 K时，温度升高，平衡向逆反应方向移动，RI有机相的浓度减小，碘萃取率下降，故答案为：反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，碘萃取率下降；
②A．增大溶液的pH，溶液中氢离子浓度减小，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ平衡向逆反应方向移动，导致平衡碘萃取率降低，故正确；
B．增大萃取剂用量，反应ⅲ向正反应方向移动，碘萃取率升高，故正确；
C．由方程式可知，反应ⅱ的平衡常数K=，溶液中=，萃取体系平衡后加水稀释时，碘离子浓度减小、平衡常数不变，则溶液中和的值增大，故错误；
D．增大溶液中碘离子的浓度，反应物的浓度增大，反应(ⅰ)的速率增大，故正确；
故选C；
（4）①由碘原子个数守恒可知，平衡时溶液中++=0.01ml/L，由此可得a+2b+3c=0.01，故答案为：a+2b+3c；
②由图可知，溶液中碘离子浓度为0.01ml/L×0.45=4.5×10—3ml/L、碘三离子的浓度为0.01ml/L×0.45×=1.5×10—3ml/L、碘浓度为0.01ml/L×(1—0.045—0.045)×=5×10—4ml/L，则由方程式可知，反应的平衡常数K=≈667，故答案为：667；
（5）由题意可得如下转化关系：I——IO—3I2—6S2O，滴定消耗 ml/L硫代硫酸钠溶液，则卤水中碘离子浓度为=2.000×10—3ml/L，故答案为：2.000×10—3。
13．（2024届广东省肇庆二模）酚类化合物在医疗、环保、工业等方面有着广泛的用途。
（1）苯酚可用于外科器械消毒、皮肤杀菌与止痒，可通过磺化法制备。该工艺具体流程如下：
反应③的化学方程式为 。
（2）石油加工、造纸等企业易产生含有苯酚的工业废水，可通过O3-H2O2氧化法进行处理，其原理为C6H5OH+H2O2+O3→CO2+H2O(非可逆反应，反应未配平)。在T1℃和T2℃时，分别向含有苯酚的水样中加入等量的30%H2O2溶液，再以相同的流速向水样中通入O3，测得水样中苯酚的含量随时间变化的曲线如图所示。
①在T1℃时，0~10min内，C6H5OH的平均反应速率为 。
②请判断T1和T2的大小：T1 (填“>”“<”或“=”)T2，T1℃时对工业废水中苯酚的去除率低于T2℃时的原因可能是 (写一种即可)。
（3）利用FeCl3溶液与苯酚的显色反应，可定性检测工业废水中的苯酚，其反应原理为Fe3++6C6H5OH[Fe(C6H5O)6]3-(紫色)+6H+。反应到达平衡时，下列说法正确的有___________(填标号)。
A．加水稀释，溶液pH减小
B．滴入几滴浓盐酸，增大
C．加入少量NaOH固体，反应平衡常数增大
D．加入少量Cu粉，溶液紫色变浅
（4）邻苯二酚钠类配体(L)与金属离子(M)形成的配合物可应用于医药、水处理等领域。其溶液中存在平衡：
M+LML K1
ML+LML2 K2
某研究小组配制了M与L起始浓度比不同的系列溶液，其中L的起始浓度c0(L)=0.02ml/L。
测得平衡时L、ML、ML2的与的变化关系如图所示。
①表示与变化关系的曲线为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②当=0.6时，c平(ML2)= ，K1= 。
【答案】（1）C6H5SO3Na+2NaOHC6H5ONa+Na2SO3+H2O
（2）5×10-4ml/(L·min) > H2O2受热分解
（3）BD
（4）I 0.002ml/L 500
【解析】（1）反应③C6H5SO3Na 和熔融的NaOH反应，生成C6H5ONa ，化学方程式为：C6H5SO3Na+2NaOHC6H5ONa+Na2SO3+H2O；
（2）①由图可知，在T1℃时，0~10min内，C6H5OH的浓度下降了，C6H5OH的平均反应速率为；
②反应初始时，T1℃反应速率更快，即T1＞T2；由于H2O2受热易分解，因此反应结束时，T2℃时工业废水中苯酚的去除率更高；
（3）A．加水稀释，c（H+）下降，pH增大，故A错误；
B．滴入几滴浓盐酸，c（H+）上升，平衡逆向移动，增大，减小，增大，故B正确；
C．温度不变，反应平衡常数不变，故C错误；
D．加入少量Cu粉，发生反应，，c（Fe3+）下降，平衡逆向移动，溶液紫色变浅，故D正确；
故选BD；
（4）①由图可知，随着的增大， 减小，即曲线Ⅱ为，那么即曲线Ⅰ为；
②，即，，即，根据L守恒得：，因此，，根据M守恒得：，，，。
14．（2024届广东省省一模）银作为催化剂，主要用于乙烯氧化制环氧乙烷、甲醇氧化制甲醛等，通过亚硫酸钠-甲醛还原法或氨浸-水合肼还原法可回收失效的银催化剂。
回答下列问题：
（1）向银催化剂中加入稀硝酸溶解的化学方程式为 。
（2）用氯化钠溶液沉淀银离子可发生下列反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
①计算 （列出计算式即可）。
②根据上述平衡信息，为了使沉淀完全，应注意控制的条件是 。
（3）亚硫酸钠-甲醛还原法浸取的主要反应为。
①该反应在敞口容器中进行，其他条件不变时，浸出时间过长会使银的浸出率降低，原因可能是 （用离子方程式表示）。
②浸出液中含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度及浸出液的关系如图所示：
已知浸出液中含银微粒的存在形式为、和（X为或），则含硫微粒的总浓度+ + +；时，含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度的变化不大，时，含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度的变化较大，原因是 。
（4）常温下用氨浸-水合肼还原法浸取，已知：，，写出溶于氨水发生反应的离子方程式： ，计算该反应的平衡常数 （保留3位有效数字）。
【答案】（1）
（2）或 控制氯化钠的用量
（3）或 较小时，与结合生成或，尽管含硫微粒总浓度增大，但较小
（4）
【解析】（1）银和稀硝酸反应的化学方程式为；
（2）①根据盖斯定律，可知反应Ⅲ反应Ⅱ-反应Ⅰ，所以。
②根据过程中发生的反应，可知加入氯离子过量，反应Ⅱ和Ⅲ会正向移动，导致生成的氯化银沉淀溶解，沉淀不完全，所以为使沉淀完全，应注意控制氯化钠的用量（浓度）或控制的用量（浓度）等；
（3）①其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率降低，可能原因是亚硫酸钠或被空气中的氧气氧化，离子方程式为或；
②根据元素质量守恒，；时，含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度的变化与时不同，结合硫元素的存在形式，可推测原因是较小时，与结合生成或，尽管含硫微粒总浓度增大，但较小，溶解较少；
（4）溶于氨水的离子方程式为；，，所以
。
15．（2024届广东省广州一模）氨能与形成配合物和，该反应在生产和生活中发挥着重要的作用。
（1）基态原子价层电子的轨道表示式为 ，中与间形成的化学键为 。
（2）将置于溶液中，通入，转化为的离子方程式为： 。反应1小时测得溶液中银的总浓度为，的溶解速率为 。
（3）氨与形成配合物有助于溶解。常温下，向饱和溶液(含足量固体)中滴加氨水，主要存在以下平衡：
(i)
(ii)
(iii)
①下列有关说法中，正确的有 (填编号)。
A．加少量水稀释，平衡后溶液中、均减小
B．随增大，反应ⅱ平衡正向移动，增大
C．随增大，不变
D．溶液中存在
②反应 (用、、表示)。
（4）向溶液中通入足量得到澄清溶液(设溶液体积不变)，溶液中、、的物质的量分数随的变化如图所示。
已知溶液中，。
①点溶液中 。
②计算点溶液中的转化率 (写出计算过程，已知)。
【答案】（1） 配位键
（2）2H2O 4OH— 10—5
（3）D K1K2Ksp
（4）10—3.53 60%
【解析】（1）氮元素的原子序数为7，基态原子的价电子排布式为2s22p3，轨道表示式为；银氨络离子中具有空轨道的银离子与具有孤电子对的氨分子形成配位键，故答案为：；配位键；
（2）由题意可知，银转化为银氨络离子的反应为银与氨水、氧气反应生成银氨络离子和氢氧根离子，反应的离子方程式为4Ag+O2+8NH3+2H2O=4[Ag(NH3)2]++ 4OH—，反应1小时测得溶液中银的总浓度为1.08mg/L，则由方程式可知，银的溶解速率为=10—5ml/h，故答案为：2H2O；4OH—；10—5；
（3）①A．加少量水稀释时，氯化银的溶度积不变，则平衡后溶液中银离子、氯离子的浓度不变，故错误；
B．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则溶液中氨分子浓度增大时，反应ⅱ平衡向正反应方向移动，但平衡常数K1不变，故错误；
C．由平衡常数可知，溶液中=，则溶液中氨分子浓度增大时，平衡常数K2不变，溶液中和的值减小，故错误；
D．滴加氨水的氯化银饱和溶液中存在物料守恒关系，故正确；
故选D；
②由方程式可知，反应的平衡常数K=== K1K2Ksp，故答案为：K1K2Ksp；
（4）①溶液中银离子与氨水的反应存在如下平衡：，反应的平衡常数K=== K1K2=106.76，由图可知，M点银离子浓度与二氨合银离子浓度相等，则溶液中氨分子的浓度为10—3.53ml/L，故答案为：10—3.53；
②设M点一氨合银离子浓度和二氨合银离子浓度分别为x ml/L、y ml/L，由银原子个数守恒和物料守恒可得：x+2y=0.1，由ii的平衡常数可得：x=10—3.53×103.24y，解得x=0.02、y=0.06，则溶液中银离子的转化率为60%，故答案为：60%。
16．（2024届广东省江门联考）铜及其化合物在生产及生活中应用广泛。
（1）铜－铁催化剂可用于电催化还原为，完成下列离子方程式： 。
+______+______
（2）铜－铁催化剂还可以催化分解转化为燃料氢气，反应为。往体积为的密闭容器中加入分解制。图中曲线a、b分别表示在分别表示在铜－铁催化剂I的作用下，时及时随时间的变化；曲线表示在铜－铁催化剂Ⅱ的作用下，时随时间的变化。
① （填“<”“>”或“=”）。
②在铜-铁催化剂I的作用下，时，内平均反应速率 。
③上述三种条件下，分解反应的平衡常数的大小关系为
（3）工业合成氨中，常用亚铜盐的氨水溶液除去原料气中的，反应的离子方程式为，该反应的。其他条件不变时，下列说法正确的有______（填字母）。
A．与的浓度相等时，反应达到平衡
B．平衡后增大的浓度，的转化率增大
C．平衡后加水稀释，与的浓度之比增大
D．可采用加热溶液的方法实现的再生
（4）工业生产中采用水解中和法处理含铜废水。常温下，水溶贸中含铜微粒和的分布系数（某含铜微粒占总含铜微粒的物质的量分数）随的变化曲线如图所示。
①曲线2代表的含铜微粒为 。
②的平衡常数K= 。
③若CuSO4溶液起始浓度为，加入NaOH固体调节溶液pH（忽略加入固体后引起的溶液体积的变化），求M点混合溶液中Na+的浓度 （写出计算过程，结果用含的式子表示）。
【答案】（1）
（2）< 0.05
（3）CD
（4）
【解析】（1）
铜－铁催化剂可用于电催化还原NO为NH3(还原产物)，同时生成O2(氧化产物)和OH-，离子方程式：NO+2H2ONH3↑+ O2+ OH-；
故答案为：O2；OH-。
（2）反应为放热反应，温度升高平衡向正反应方向移动，5min时，a曲线T1℃消耗NH3的物质的量为1ml，根据方程式可知生成H2的物质的量为1.5ml，b曲线为T2℃生成H2的物质的量为2ml， T2℃H2的生成量大，故温度T1
B．平衡后增大[Cu(NH3)2]+，平衡正反应方向移动，但[Cu(NH3)2]+转化率变小，B错误；
C．平衡后加水稀释，温度不变，平衡常数K=不变，c(NH3)变小，p(CO)不变，[Cu(NH3)2]+与[Cu(NH3)3CO]+的浓度之比变大，C正确；
D．根据题意可知反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，[Cu(NH3)3CO]+生成[Cu(NH3)2]+，D正确；
故答案为：CD。
（4）随着pH增加，Cu2+分布系数逐渐减小，[Cu(OH)]+ 、Cu(OH)2和[Cu(OH)3]−分布系数逐渐增加，然后再逐渐减小，[Cu(OH)4]2−分布系数逐渐增加，故曲线1为Cu2+，曲线2为[Cu(OH)]+，曲线3为Cu(OH)2，曲线4为[Cu(OH)3]−，曲线5为[Cu(OH)4]2−；
Cu(OH)2+OH−[Cu(OH)3]−，当Cu(OH)2、[Cu(OH)3]−浓度相等时pH=10.7，c(H+)=10-10.7ml/L，c(OH-)=10-3.3ml/L，K3===103.3；[Cu(OH)3]−+OH-[Cu(OH)4]2−，当[Cu(OH)3]−和[Cu(OH)4]2−浓度相等时，pH=12.5，c(H+)=10-12.5ml/L，c(OH-)=10-1.5ml/L，K4===101.5；Cu(OH)2+2 OH-[Cu(OH)4]2−，K==×=K3×K4=104.8；
M点时n(Cu2+)=n{[Cu(OH)]+)}=0.37aml⋅L−1，溶液中电荷守恒，则c(Na+)+c(H+)+ 2c(Cu2+)+c{[Cu(OH)]+)}=c(OH-)+2c(SO)，M点时pH=7.0，c(H+)= c(OH-)，则c(Na+)+ 2c(Cu2+)+c{[Cu(OH)]+)}=2c(SO)，c(Na+)=(2a-2×0.37a-0.37a) ml·L-1=0.89a ml/L；
故答案为：[Cu(OH)]+；104.8；0.89a ml·L-1。
17．（2024届广东省汕头一模）铁及其化合物在催化、生产实验中具有重要作用
（1）铁钴催化剂中基态C原子的电子排布式： 。
（2）已知：
①催化乙苯脱氢制得苯乙烯反应Ⅰ：
（用、、表示）。
②下列关于反应Ⅰ说法正确的是 。
A．X射线衍射技术可测得晶体结构
B．可改变乙苯平衡转化率
C．升高温度，正、逆反应速率均加快
D．仅从平衡移动角度分析，生产苯乙烯选择恒容条件优于恒压条件
③某温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入，在催化剂作用下发生反应Ⅰ，测得乙苯脱氢反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表：
用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则前4h内平均反应速率 。
（3）常温下构建Fe(Ⅲ)溶液体系，已知为某邻苯二酚类配体，其电离平衡常数，，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示（分布系数）：
①当pH=1时，体系中发生主要反应：，此时该反应的K≈ 。
②当pH=4时，参与配位的 ml/L。
③pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为 （填“”、“”、“”），列出相关计算式进行说明： 。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2
（2）ΔH3-ΔH1-ΔH2 AC 60
（3）2.04 3.0×10-4 HL- pH为10时，由Ka1==10-7.46可得：c(HL-)=102.54c(H2L)，由Ka2==10-12.4可得：c(HL-)=102.4c(L2-)，则pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为HL-
【解析】（1）钴元素的原子序数为27，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2；
（2）①将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应③-①-②得到反应，则反应=ΔH3-ΔH1-ΔH2，故答案为：ΔH3-ΔH1-ΔH2；
②A．测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定氧化铁晶体结构，故A正确；
B．催化剂能加快反应速率，但化学平衡不移动，则氧化铁不能改变乙苯平衡转化率，故B错误；
C．升高温度，正、逆反应速率均加快，故C正确；
D．反应Ⅰ是气体体积增大的反应，恒压条件下反应时，容器体积增大相当于减小压强，平衡向正反应方向移动，苯乙烯的百分含量增大，则仅从平衡移动角度分析，生产苯乙烯选择恒压条件优于恒容条件，故D错误；
故选AC；
③设4h时反应生成苯乙烯的分压为akPa，由方程式可得：491+a=731，解得a=240，则前4h内乙苯的反应速率为=60kPa/h，故答案为：60；
（3）①由图可知，溶液pH为1时，溶液中铁离子和[FeL]+浓度为2.0×10−4ml/L×0.5=1.0×10−4ml/L，由方程式可知，溶液中H2L的浓度为(5.0-0.1) ×10−3ml/L=4.9×10−3ml/L，则反应的平衡常数K==≈2.04，故答案为：2.04；
②由图可知，溶液pH为4时，溶液中[FeL]+和[FeL2]-浓度浓度为2.0×10−4ml/L×0.5=1.0×10−4ml/L，由原子个数守恒可知，参与配位的L2-的浓度为1.0×10−4ml/L+1.0×10−4ml/L×2=3.0×10−4ml/L，故答案为：3.0×10−4ml/L；
③溶液pH为10时，由电离常数Ka1==10-7.46可得：溶液中c(HL-)=102.54c(H2L)，则溶液中HL-离子浓度大于H2L，由电离常数Ka2==10-12.4可得：溶液中c(HL-)=102.4c(L2-)，则溶液中HL-离子浓度大于L2-，所以溶液pH在9.5～10.5之间，溶液中含L的物种主要为HL-，故答案为：HL-；pH为10时，由Ka1==10-7.46可得：c(HL-)=102.54c(H2L)，由Ka2==10-12.4可得：c(HL-)=102.4c(L2-)，则pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为HL-。
18．（2024届广东省省二模）含硫化合物在能源、材料及环境等工业领域均有广泛的应用。
Ⅰ.工业废气分解可制取。
（1）已知热化学方程式：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
热分解反应的 (用含、、的式子表示)。
（2）一定温度下，2ml 在体积为VL的恒容密闭容器中发生上述分解反应，ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为 ；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，则该温度下的平衡常数 。
Ⅱ.KSCN可用于镀铬工业。常温下，用KSCN配制电镀液，溶液中与发生第一、二步络合的反应如下：
ⅳ.
ⅴ.
（3）根据以上络合反应，下列说法正确的有___________(填字母)。
A．加水稀释后，溶液中离子的总数减少
B．加入少量固体，溶液中含铬微粒总数不变
C．反应的平衡常数
D．溶液中减小，与浓度的比值减小
（4）常温下，某研究小组配制了起始浓度、不同的系列溶液，测得平衡时、、的浓度(含铬微粒)随的变化曲线如图所示，平衡后其他含铬微粒(3≤x≤6，图中未画出)总浓度为aml/L。
①时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为 ；A点时，溶液中的平衡浓度为 (列出计算式即可)。
②在某电镀工艺中，的浓度需要在以上，结合计算判断C点所对应的溶液能否用于该电镀工艺 (写出计算过程)。
【答案】（1）
（2）
（3）BC
（4） (或) C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺
【解析】（1）由盖斯定律可知ⅲ-ⅰ-ⅱ得反应，故；
（2），ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，由方程式可知，平衡时硫化氢、氢气的物质的量相等，均为2ml÷2=1ml，同时生成为1ml÷2=0.5ml，则则该温度下的平衡常数=；
（3）A．加水稀释后，离子浓度减小，促使平衡向生成离子数多的方向移动，溶液中离子的总数增大，A错误；
B．加入少量固体，根据铬元素守恒，溶液中含铬微粒总数不变，B正确；
C．ⅳ.
ⅴ.
由盖斯定律可知，ⅳ+ⅴ得反应，则其平衡常数，C正确；
D．，，溶液中减小，与浓度的比值增大，D错误；
故选BC；
（4）①ⅳ.
ⅴ.
由平衡常数可知，初始生成的进行程度更大，结合图可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、的曲线，由图可知，当 时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为；A点时，，，溶液中的平衡浓度为(或)。
②C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺。
19．（2024届广东省大湾区二模）催化剂形貌的优化会影响生产效率。可做烟气脱硝工艺的固相催化剂。
已知：
ⅰ．常温下，AgOH极不稳定，易分解为难溶于水的固体；
；。
ⅱ．一般情况，析晶速率越快，晶粒尺寸越小。
（1）基态P原子的核外电子有 个空间运动状态，Ag、P、O元素的电负性由大到小的顺序为 。
（2）某研究组调控反应条件控制晶体形貌。
①常温下，向银氨溶液逐滴加入溶液制得晶体，完善该反应的离子方程式 。
②在不同pH条件下，向溶液中加入溶液制得磷酸银收率如图所示。样品A的晶粒较小，请从平衡移动与速率的角度解释原因 。
③下列有关说法正确的是
A．样品A中杂质含量最高
B．可加入盐酸调控体系的pH制得不同样品
C．向溶液中加入少量溶液时，溶液中减小
D．向溶液中加入溶液得到晶粒尺寸与上述样品相同
（3）研究组发现：溶液与0.2 溶液等体积混合也能制得。
①刚开始生成沉淀时，溶液中的 。
②常温下溶液中含磷物种的分布系数，或与pH的关系如图所示，则磷酸的一级电离平衡常数 。
③体系中由第一步电离决定，可表示为，当生成沉淀时，溶液中至少为 （写出计算过程）。
【答案】（1）9 O>P>Ag
（2） pH越大，氢氧根离子浓度越大，，，磷酸根浓度越大，加入硝酸银生成的速率越快，根据已知ⅱ．一般情况，析晶速率越快，晶粒尺寸越小，故pH较大时，样品A的晶粒小； AC
（3） 体系中由第一步电离决定，则
故
由图可知，，，
故ml/L
【解析】（1）P为15号元素，其电子排布式为：1s22s22p63s23p3，则其核外电子的空间运动状态有1+1+3+1+3=9；元素的非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性O>P>Ag，故电负性：O>P>Ag；
（2）①根据银氨溶液的溶质为：Ag(NH3)2OH以及元素守恒可知，该反应的离子方程式为：；
②pH越大，氢氧根离子浓度越大，，，磷酸根浓度越大，加入硝酸银生成的速率越快，根据已知ⅱ．一般情况，析晶速率越快，晶粒尺寸越小，故pH较大时，样品A的晶粒小；
③A．pH增大，氢氧根浓度增大，此时生成的氢氧化银不稳定生成Ag2O，故样品A中杂质含量最高，A正确；
B．加入盐酸，含有氯离子，会生成氯化银沉淀，则不能用盐酸调控体系的pH，B错误；
C．由于，，加入硝酸银后会生成磷酸银，使电离平衡正向移动，此时氢离子浓度增大，温度不变，K不变，则减小，C正确；
D．向溶液中加入少量溶液时，此时银离子浓度增大，会生成沉淀，此时溶液pH和生成样品时相比较低，则晶体尺寸不同，D错误；
故选AC；
（3）①溶液与0.2 溶液等体积混合中c(Ag+)=0.1ml/L，由于，则刚开始生成沉淀时，溶液中的；
②由于的一级电离常数大于二级电离常数，则当氢离子浓度相同时较大，而较小，则较大，故b代表与pH的关系，根据图示可知，当pH=4.1时，，则；
③体系中由第一步电离决定，则
故
结合②的方法可知，，，
故ml/L。
20．（2024届广东省佛山二模）金属有机配合物广泛应用于各类催化反应。
Ⅰ．某铁的配合物催化1-丁烯和加成的部分历程如图。
（1）①写出1-丁烯和加成的化学方程式 。
②若丙→乙的活化能为，则甲→丙的反应热△H= (用含a的式子表达)。
（2）甲、乙的结构如图所示，Ar表示苯基。
①乙中Fe的配位数为 。
②下列说法正确的是 (填标号)。
A．甲→乙的过程中有键的断裂和形成
B．乙→丙的速率比甲→乙慢
C．升高温度，乙的平衡浓度减小
D．选用合适的催化剂可提高1-丁烯的平衡转化率
Ⅱ．某金属配合物的合成反应为：。该金属配合物的吸光度A随的变化如图所示[为定值]。为M和R完全反应的吸光度，为实际测得的最大吸光度，吸光度和的浓度成正比。
（3）x= 。
（4）解离平衡的解离度(即的平衡转化率)为 (用含、的式子表示)。
（5）若x=1，将10mL 0.01 、5mL 0.001 M溶液、5mL 0.001 R溶液混合，测得解离度，计算的解离平衡常数(写出计算过程)。
【答案】（1）
（2）4 BC
（3）
（4）1-
（5）1.25×10-5
【解析】（1）①1-丁烯和加成的化学方程式：；
②根据图示，甲→乙的，乙→丙的活化能为23.8kcal/ml、丙→乙的活化能为，则乙→丙的，根据盖斯定律：甲→丙的反应热；
（2）①由乙的结构可知，乙中Fe的配位数为4；
②A．对比甲、乙两物质结构可知，甲→乙的过程中有键的断裂，但无键的形成，A错误；
B．乙→丙的活化能大于甲→乙活化能，所以乙→丙速率比甲→乙速率慢，B正确；
C．甲→乙为放热过程，乙→丙为吸热过程，升高温度，乙的平衡浓度减小，C正确；
D．催化剂不影响化学平衡移动，不能提高1-丁烯的平衡转化率，D错误；
答案选BC。
（3）A0为M和R完全反应的吸光度，由图示知=0.4，解得=，则x=。
（4）由图示知=0.4时，M和R完全反应的吸光度为A0，A1为实际测得的最大吸光度，即反应达到平衡状态的吸光度，吸光度与MRx的浓度成正比，说明反应达到平衡时M的平衡转化率为；则解离平衡的解离度α=1-。
（5）若x=1，将10mL 0.01 、5mL 0.001 M溶液、5mL 0.001 R溶液混合，若完全反应生成MR的浓度为=2.5×10-4ml/L，解离度为0.2，则平衡时MR的浓度为2.5×10-4ml/L×（1-0.2）=2×10-4ml/L，M、R的浓度都为5×10-5ml/L，的解离平衡常数Kc==1.25×10-5。
核心考点
考情统计
考向预测
备考策略
气相中的化学平衡
2021·广东卷，19
考查气相中的化学反应原理，难点在于KP的考查；
考查液相中的化学反应原理，难点在于水溶液图像的解读和三大守恒的应用。
无论是哪种情况，热化学、氧化还原、物质结构、物质性质等都属于基础得分点。
1．重视热化学、氧化还原、物质结构、物质性质等于基础得分点，确保基础分。
2．关注KP、KC、三大守恒、图像分析等，实现难点突破。
液相中的化学平衡
2023·广东卷，19
2022·广东卷，19
0
1.00
0
0
a
x
0.64
b
0.40
0.60
依据勒夏特列原理判断
如果改变影响平衡的一个条件(如温度、浓度、压强等),平衡就向能使这种改变减弱的方向移动
依据图像中正、逆反应速率相对大小判断
若v正>v逆,则平衡向正反应方向移动;反之向逆反应方向移动
依据变化过程中速率变化的性质判断
若平衡移动的过程中,正反应速率增大(减小),则平衡向逆(正)反应方向移动
依据浓度商(Q)规则判断
若某温度下Q
温度(℃)
300
500
700
900
1100
反应Ⅰ()
6.3×1041
1.1×1026
2.1×1019
3.8×1015
3.4×1011
反应Ⅱ()
7.3×1056
7.1×1034
2.6×1025
1.5×1020
6.7×1016
物质
N(投料)/
19
34
6.5
25
0
0
n(平衡)/
50
1
20
25
x
y
时间t/h
0
1
2
4
8
16
20
25
30
总压强p/100kPa
4.91
5.58
6.32
7.31
8.54
9.50
9.52
9.53
9.53
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