（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“>”“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“>”、“
（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“>”“ 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T1Ag，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