大题03 原理综合题（分类过关）-【大题精做】冲刺2025年高考化学大题突破+限时集训（广东专用）

大题03 原理综合题 内容概览 类型一 含反应热的化学平衡综合题 类型二 含速率方程的化学平衡综合题 类型三 含平衡常数计算的化学平衡综合题 类型四 含液相转化的化学平衡综合题 类型五 含配合物的化学平衡综合题 类型一 含反应热的化学平衡综合题 1．（2025·广东湛江·一模）含磷化合物在生命体中有重要意义。白磷在氯气中燃烧可以生成两种化合物和。 已知：ⅰ、　 ⅱ、　 （1）则ⅲ、　 。 （2）实验测得的速率方程为，，速率常数k(只与温度、催化剂有关)与活化能的经验关系式为(R为常数，为活化能，T为温度)。 ①一定温度下，向密闭容器中充入适量和，实验测得在催化剂、下与的关系如图所示，下列说法正确的是 (填字母)。 A．随温度升高，该反应的速率常数k减小 B．催化剂的催化效率更高 C．该反应的平衡常数 D．加入催化剂，反应活化能不变 ②一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入2和2，发生反应ⅲ，5min时反应达到平衡，容器中的物质的量为0.5，的平均反应速率为 。若此时向该容器中再充入2，当反应再次达到平衡，容器中的浓度 0.5(填“>”“<”或“=”)，该反应平衡常数 (保留2位有效数字)。 （3）是一种白色晶体，其熔融时形成一种能导电的液体，其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，该晶体的晶胞如图甲所示。气态分子呈三角双锥形，其结构如图乙所示。 ①下列关于、、的说法，正确的是 (填字母)。 A．的中心原子P的杂化类型为 B．分子中键角有三种 C．中存在共价键和配位键 D．三种粒子中各原子均满足8电子稳定结构 ②设阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度为 (列出算式即可)。 2．（2025·广东江门·一模）硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯是重要化工原料，可通过氯化反应制备。 （1）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下： ①中S原子的杂化类型为 。 ②若正反应的活化能为，逆反应的活化能，则 。(用含a、b的代数式表示) （2）恒容密闭容器中按不同进料比充入和，测定其温度下体系达平衡时的(，初始压强为体系平衡压强)，结果如下图1。 ①根据M点坐标计算温度下用分压表示的平衡常数 。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) ②图1中能准确表示温度下随进料比变化的曲线是 (填序号)。 ③若，请在图2中画出在温度下随进料比变化的示意图 。 （3）1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的光氯化反应合成。对二甲苯氯化过程如下图3，某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度如图4。 ①反应ii和反应iii的活化能的大小关系 。(填“>”“<”“=”) ②此反应条件下，进行至 时，停止反应，及时分离出1，4-二(氯甲基)苯(D)。 A．22min    B．30min    C．60min    D．100min 3．（24-25高三上·广东·期末）CaCO3的固体分解和沉淀转化反应在化工实际生产和生活中都发挥着重要作用。 I．CaCO3的固体分解反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)  ∆H>0(反应I)可应用于石灰工业。 （1）反应I在 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)可自发进行。 （2）已知CaCO3能量关系如图所示，则CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)的焓变∆H= (用代数式表示) （3）某研究组研究CaCO3的固体分解反应，实验过程中始终保持样品所处气氛(以Ar为载气，调整CO2的比例)不变，测得CaCO3失重率随温度变化曲线如图所示，温度升至850℃时，CO2浓度为35%的反应气氛中CaCO3已开始分解，而CO2浓度为65%的反应气氛中CaCO3仍未分解，从化学平衡的角度解释其原因： 。 （4）某研究组将500gCaCO3置于1L的刚性密闭容器中，在Ar和CO2的混合气氛中加热CaCO3固体，测得不同温度下CaCO3分解转化率随时间变化如图，Kp为平衡分压代替平衡浓度计算的分压平衡常数，下列说法正确的是：___________。 A．1150℃条件下，0~300s内反应I的平均速率v(CO2)≈0.013mol•L-1•s-1 B．1150℃条件下，使用粒径更小的CaCO3进行相同的实验，300s时CaCO3转化率小于80% C．1150℃条件下，在F点处测得CO2分压为p1，则该温度下反应I的Kp=p1 D．950℃条件下，在G点处向密闭容器中充入少量CO2，再次达到平衡时，容器内总压强不变 II．用钠盐溶液处理后，CaCO3可转化为其他工业价值高的难溶钙盐。 一定温度下，分别向1molCaCO3中加入1LNa2X和NaY溶液发生反应：CaCO3+X2−CaX+CO、CaCO3+2Y−CaY2+CO，加入Na2X或NaY的物质的量为n(Na2X)或n(NaY)。平衡时，分别测得随n(Na2X)的变化曲线和随n(NaY)的变化曲线如图所示，已知Ksp(CaCO3)=3.0×10-9，反应过程中不考虑溶液体积变化，不考虑X2−/Y−/CO的水解。 （5）Ksp(CaX) Ksp(CaCO3)(填”>”“<”或“=”)。 （6）若要用1LNaY溶液将1.25molCaCO3完全转化为CaY2沉淀，所需NaY溶液浓度至少为 mol/L。(写出计算过程，结果保留三位有效数字) 4．（24-25高三上·广东·阶段练习）氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理和化学平衡对于消除环境污染有重要意义。 （1）NO在空气中存在如下反应（不考虑对此反应的影响）；反应分两步完成，其反应历程如图所示。 ①反应①和反应②中，决定反应速率的是 （填“反应①”或“反应②”）。 ②该反应的 （填含E的代数式） （2）在恒容密闭容器中充入和，分别在催化剂I、Ⅱ和不同温度下发生反应，在相同时间内测得转化率随温度变化如图所示，图中其中a点是平衡点。 ①在催化剂I曲线上，a点之后的点 （“一定达到”或“可能达到”或“一定未达到”）平衡。 ②b点 平衡点（填“是”或“不是”或“可能是”）。 ③理论上，良好的催化剂 （“可以”或“可能”或“不可能”）提高反应的平衡转化率。 ④若在恒温恒容容器中该反应达到平衡后，再充入，则新平衡时的体积分数比原平衡时的体积分数 （“大”或“小”或“不能确定”）。 （3）用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：。在300℃恒定温度下，向恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和，各物质起始浓度及12min和15min时各物质的平衡浓度如表所示： 浓度（）时间（min） NO 0 0.200 0 0 12 0.050 0.075 0.075 15 0.100 0.050 0.450 ①下列各项能作为判断该反应达到平衡状态的是 （填序号字母）。 A．容器内压强保持不变        B． C．容器内的体积分数不变    D．混合气体的密度保持不变 ②在时，若只改变某一条件使平衡发生移动，时重新达到平衡，则改变的条件是 。 ③在15min时，保持温度和容器体积不变再充入和，使二者的浓度均增加至原来的两倍，此时反应 （填“＞”、“＜”或“=”）。 类型二 含速率方程的化学平衡综合题 5．（24-25高三上·广东·阶段练习）羰基硫(COS)常用于合成杀草丹、燕麦敌、杀虫剂巴丹等农药。工业上通过CO与反应制取COS，反应体系中主要涉及以下反应： a．  ； b．  ； c．  ； d．  。 （1）与相同，COS中所有原子最外层也都满足8电子结构，COS属于 分子(填“极性”或“非极性”)，COS的沸点 的沸点(填“>”、“=”或“<”)。 （2）根据盖斯定律，反应d的 (用含的代数式表示)。 （3）以CO和反应制取COS的反应(a、b、c、d)体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的是_______(填选项字母)。 A．恒容条件下增大CO与的浓度，反应a、b、c、d的正反应速率都增加 B．升高温度，的浓度增大，表明反应d为吸热反应 C．加入作用于反应a的催化剂，可增大的值 D．降低反应温度，反应a~d的正、逆反应速率都减小 （4）反应a分两步进行，其反应过程中的能量变化如图1所示。 中间产物为 ，决定COS生成速率的步骤是 (填“第1步”或“第2步”)。 （5）在密闭容器中按下表投料，分别发生反应a和反应d(不参与反应)，反应时间和压强相同时，测得两个反应中COS的物质的量分数随温度变化的关系如图2实线所示(虚线表示平衡曲线)。 反应序号 反应a 反应d 起始投料 CO 起始物质的量分数/% 1 1 98 1 1 98 ①实验测得反应d的速率方程为，，k为速率常数，则反应d达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数 (填“>”、“<”或“=”)增大的倍数。 ②已知相同条件下，反应a速率比反应d快，1000℃时，反应a的平衡常数。 (用分数表示，写出分析与计算过程)。 6．（24-25高三上·广东·期中）“氢能源”的开发利用意义重大，乙醇与水催化重整制“氢”发生如下反应。 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   回答下列问题： （1）反应Ⅰ的ΔH1= 。 （2）①一定条件下，在某恒容密闭容器中，只发生反应Ⅱ．下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 (填标号) A．    B．混合气体的密度不再变化 C．容器内总压强不再变化    D．混合气体中H2的浓度不变 ②反应Ⅱ的速率，其中分别为正、逆反应速率常数。升温时 (填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）压强为100kPa下，1molC2H5OH(g)和3mol H2O(g)发生上述反应，平衡时CO2和CO的选择性、乙醇的转化率(曲线b)随温度的变化曲线如图。 [已知：]。 ①表示CO选择性的曲线是 (填标号)。 ②573K时，生成CO2的物质的量为 。 ③573K时，反应Ⅱ的标准平衡常数，其中pθ为100kPa，p(CO2)、p(H2)、p(CO)和p(H2O)为各组分的平衡分压，则反应Ⅲ的Kθ= (列出计算式即可)。 （4）压强为100kPa，H2的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，每条曲线表示H2相同的平衡产率。H2的平衡产率：Q点 N点(填“>”、“=”或“<”)。 类型三 含平衡常数的化学平衡综合题 7．（24-25高三上·广东梅州·阶段练习）天然气（含CH4、CO2、H2S等）的脱硫和重整制氢综合利用，具有重要意义。 （1）用Fe2O3干法脱硫涉及的反应如下： Fe2O3(s)+3H2S(g)Fe2S3(g)+ 3H2O(g) △H1；Fe2O3(s)+3H2S(g)FeS(g)+ S(g)+ 3H2O(g) △H2 2Fe2S3(s)+3O2(g)2Fe2O3(g)+ 6S(g) △H3；4FeS(s)+3O2(g)2Fe2O3(g)+ 4S(g)  △H4 反应2H2S(g)+ O2(g)2H2O(g)+ 2S(g)的△H5= （写出一个代数式即可）。 （2）用NaOH溶液湿法脱硫时H2S和CO2同时被吸收。 ①湿法脱硫后的吸收液中主要存在以下平衡：S2-+H2OHS-+OH-，CO+H2OHCO+OH-，下列说法正确的有 。 A．升高温度，溶液中c(OH-)增大      B．加少量水稀释，溶液中离子总数增加 C．通入少量HCl气体，增大    D．c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+2c(CO) ②写出H2S和Na2CO3溶液反应的化学方程式 。（H2S的Ka1=1.3×10-7、Ka2=7.1×10-13，H2CO3的Ka1=4.2×10-7、Ka2=5.6×10-11） （3）H2S和CH4的重整制氢涉及的反应如下： a．2H2S(g)S2(g)+ 2H2(g)     b．2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g) ①设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（=100kPa）。反应a的相对压力平衡常数表达式为：= 。 ②反应a、b的在400~1000℃范围内随T的变化如下图。反应a、b均为 反应（选填“吸热”或“放热”）。 ③在恒压100kPa下按组成为n(H2S)：n(CH4)：n(Ar)=1：1：4.7 通入混合气体，测得平衡状态下H2、S2的收率和H2S的转化率随温度的变化曲线如图所示。 Ⅰ．计算T1温度下H2的收率 。 已知：H2的收率=，S2的收率= Ⅱ．从800℃升温到1000℃过程中，反应a平衡向 反应方向移动。 8．（2025·广东江门·一模）硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯是重要化工原料，可通过氯化反应制备。 （1）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下： ①中S原子的杂化类型为 。 ②若正反应的活化能为，逆反应的活化能，则 。(用含a、b的代数式表示) （2）恒容密闭容器中按不同进料比充入和，测定其温度下体系达平衡时的(，初始压强为体系平衡压强)，结果如下图1。 ①根据M点坐标计算温度下用分压表示的平衡常数 。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) ②图1中能准确表示温度下随进料比变化的曲线是 (填序号)。 ③若，请在图2中画出在温度下随进料比变化的示意图 。 （3）1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的光氯化反应合成。对二甲苯氯化过程如下图3，某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度如图4。 ①反应ii和反应iii的活化能的大小关系 。(填“>”“<”“=”) ②此反应条件下，进行至 时，停止反应，及时分离出1，4-二(氯甲基)苯(D)。 A．22min    B．30min    C．60min    D．100min 9．（2025·广东汕头·一模）氯乙酸是一种化工中间体，具有重要的应用与研究价值。 （1）氯乙酸是一种重要的有机酸。 ①比较元素的电负性： H(填“<”“>”或“=”，下同)。 ②比较羧酸的酸性： 。 （2）常温时，氯乙酸在质子酸的催化作用下可与乙醇发生酯化反应，反应的历程如图1。 ①该反应的正、逆反应活化能分别为，则 。 ②由经验公式得。其中k为速率常数，为活化能，T为热力学温度，R、C为常数。图2表示该反应的正逆反应随温度的变化曲线，其中表示正反应的速率常数是曲线 (填“I”或“II”)，判断依据是 。 ③下列说法正确的是 。 A．在氯乙酸分子的羰基中氧原子比碳原子更容易结合 B．生成中间体II的反应为酯化反应的决速步 C．加热可促进生成中间体II的反应平衡正向移动 D．氯乙酸相比于乙酸更难形成中间体I或中间体II （3）将控制醇酸物质的量比、含有氯乙酸的乙醇溶液通入填充固体酸催化剂的恒压反应器中，在相同反应时间内合成氯乙酸乙酯，测得流出液中各组分含量随温度的变化曲线如图3所示。 已知：当温度低于物质沸点(见下表)时，该物质挥发对反应的影响可忽略。 氯乙酸 乙醇 氯乙酸乙酯 沸点/℃ 189.0 78.3 143.0 ①催化剂的最佳催化温度为 。 ②温度高于时，氯乙酸乙酯产量明显下降的原因是 。 ③计算时该反应的平衡常数 (在以下，体系中存在副反应，写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 10．（24-25高三上·广东·阶段练习）我国力争于2060年前实现碳中和。将转化为甲醇是实现碳中和的重要手段，涉及的主要反应以及反应在不同温度下的化学平衡常数如表所示： 化学反应 平衡常数 温度 500 800 ① 2.5 0.15 ② ③ 2.5 0.375 回答下列问题： （1）基态原子价层电子的轨道表示式为 。 （2）反应①的 0(填“>”或“＜”)；表中 ； （3）反应③过程的能量变化如图所示(图中各物质均为气态)，下列说法正确的是_______(填选项字母)。 A．反应③的热化学方程式为   B．反应达到平衡后，升温，再次平衡时减小，增大 C．加入催化剂，主要降低反应的活化能 D．增大压强，反应的(正)减小，(逆)增大 （4）研究反应③的催化剂选择时，其他条件不变，仅改变催化剂的种类，对反应器出口产品进行成分分析，结果如图所示。在图示催化剂中，反应③应选择的最佳催化剂及选择理由是 。 （5）在不同压强下，按照投料，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度变化的关系如图甲、乙所示： 已知：的平衡转化率，的平衡产率。 其中纵坐标表示的平衡转化率的是图 (填“甲”或“乙”)。 （6）一定条件下(，)，向体积为的恒容密闭容器中通入和发生上述反应，测得的平衡转化率和的平衡产率如（5）图甲、乙所示，反应③的平衡常数为 (写出计算过程)。 11．（24-25高三上·广东深圳·阶段练习）乙炔是重要的化工产品，我国科学家提出了一种以为原料制取乙炔的绿色路线，其涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ：； 反应Ⅱ：； 反应Ⅲ：___________。 回答下列问题： （1）反应Ⅲ的化学方程式为 (无需注明物质状态)。 （2）向恒压容器中充入保护气(该气体不与容器中任何物质反应)，再以加入原料，在一定温度下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。 ①反应温度在1400K时，实验表明此时已完全消耗，但的产率为0，出现该情况的原因为 。 ②已知反应温度为1823K时的产率接近100%，请在图甲中分别作出1400K与1823K下时的产率与时间的大致关系图像 。 （3）已知(n是CO的化学计量系数)，反应Ⅰ和反应Ⅱ的1gK与温度的关系曲线如图乙所示。 ①当反应温度保持为1320K时，假设恒容容器中只发生反应Ⅰ，反应达到平衡时 Pa，此时若将容器体积扩大到原来的5倍，则反应重新达到平衡时 Pa。 ②当反应温度保持在1585K时，计算反应的K和，并写出计算过程 。 12．（24-25高三上·广东·阶段练习）研发二氧化碳的碳捕集和碳利用技术是科学研究热点问题，其中催化转化法最具应用价值。 回答下列问题： （1）常温常压下，一些常见物质的燃烧热如表所示： 化学式 已知：　，则　 ，该反应在 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发。 （2）在氢气还原的催化反应中，可被催化转化为甲醇，同时有副产物生成，为了提高甲醇的选择性，某科研团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，原理如图所示。保持压强为，温度为，向密闭容器中按投料比投入一定量和，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇的选择性的相关实验数据如下表所示。 实验组 反应模式 温度/ 的平衡转化率 的选择性 ① 普通催化反应器 3 260 21.9 67.3 ② 分子筛膜催化反应器 3 260 36.1 100 ①分子筛膜催化反应器(恒温恒容)模式中，发生反应，下列说法能作为此反应达到平衡状态的判据的是 (填标号)。 A．气体压强不再变化     B．气体的密度不再改变 C． D． ②由表中数据可知双功能的分子筛膜催化反应器模式下，的平衡转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因： 。 （3）二氧化碳催化加氢制甲醇的反应中[]在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在时，随压强()的变化及在时随温度()的变化，如图所示。 ①图中对应等压过程的曲线是 (填“”或“”)，判断的理由是 。 ②恒温时，当时，的平衡转化率 (保留小数点后一位)，此条件下该反应的 。(保留小数点后两位)(对于气相反应，可以用分压表示，分压总压物质的量分数)。 （4）研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时零排放，其基本原理如下图所示。温度小于时进行电解反应，碳酸钙先分解为和，电解质为熔融碳酸钠，阳极的电极反应为，则阴极的电极反应为 。 类型四 含液相转化的化学平衡综合题 13．（2025·广东梅州·一模）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有，需要回收处理并加以利用。 （1）根据文献，对的处理主要有两种方法。 ①克劳斯工艺。该工艺经过两步反应使转化为： 反应I：   反应II：   写出该工艺总反应的热化学方程式 。 ②分解法。反应III：，该反应能自发进行的条件是 。 ③相比克劳斯工艺，分解法处理的优点是 。 （2）消除天然气中是能源领域的研究热点，利用表面吸附时，研究表明有两种机理途径，如下图所示。 下列说法中，正确的有___________。 A．的速率：途径1途径2 B．途径2历程中最大能垒为 C．在吸附过程中提供了O原子 D．吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时放出能量 （3）科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下： i． ii． ①25℃时，溶液中、和在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如下图，由图计算，的， ，则的电离程度比水解程度 (填“大”或“小”)。 ②再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于 (写出计算过程。已知25℃时，)。 14．（2025·广东佛山·一模）乙酸乙酯是应用最广泛的脂肪酸酯之一。 （1）乙酸乙酯水解可用于制备化工原料。 ①基态O原子价层电子排布式为 。 ②常温下，某CH3COONa溶液pH=9，则c(CH3COOH)＋c(H＋)= mol·L-1。 ③18O标记的乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解的部分历程如下： 已知可快速平衡。 能量变化如图： 反应I、II、III、IV中，表示乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的决速步是 ，总反应△H= (用含E1、E2、E3、E4的代数式表示)，体系中含18O的微粒除A、B、D、E外，还有 。 （2）反应CH3COOH(l)＋CH3CH2OH(l)CH3COOCH3CH3(l)＋H2O(l)的∆H<0，∆S>0。 ①反应 自发进行(选填“低温下”“高温下”“任意温度下”或“不能”)。 ②T℃时，该反应平衡常数Kx==1，其中，n(总)为平衡时乙醇、乙酸、乙酸乙酯和水的物质的量之和。1mol乙醇和1mol乙酸充分反应后，乙酸的转化率为 (写出计算过程)。 （3）制备乙酸乙酯的实验中，常用饱和碳酸钠溶液收集产物。 CH3COOCH2CH3＋H2O＋Na2CO3CH3COONa＋CH3CH2OH＋NaHCO3  K=7.03×105，理论上用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯不合理。设计如下实验： 序号 操作 现象 i 取10mL饱和NaOH溶液(4.5mol·L-1)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇，常温下振荡5min 混合液变澄清、透明、均一 ii 取10mL饱和Na2CO3溶液(pH=12.5)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇并加热至90℃，振荡5min 混合液仍为乳浊液，静置后分层 根据实验，用饱和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯是合理的，其原因有： ①饱和Na2CO3溶液极性较大，乙酸乙酯在其中的溶解度比在NaOH溶液中 (填“大”或“小”)。 ②从速率角度分析， 。 15．（2025·广东深圳·一模）铁及其化合物化学性质丰富，应用广泛。 （1）基态的价电子排布式为 ；结合价电子排布式，解释易被氧化为的原因 。 （2）某含铁催化剂可催化苯的羟基化反应，其催化机理如图所示： ①上述过程中，催化剂为 。 ②该过程总反应为 （有机物写结构简式，不需注明反应条件）。 （3）标准摩尔生成焓是指一定温度与标准压强（101kPa）下由元素最稳定的单质生成1mol纯物质时的焓变。已知：常温下，与的标准摩尔生成焓分别为与，则在该条件下，分解转化为和的 （用含的式子表示）。 一定温度下，与混合溶液存在如下平衡（不考虑碘单质的挥发与阳离子的水解）： 反应i： 反应ii： （4）关于上述平衡体系的说法正确的有_____（填标号）。 A．加入，平衡时增大 B．加入固体，平衡时的值增大 C．升高温度，反应速率增大，反应速率减小 D．加水稀释，溶液中离子总数增大 （5）当时表示起始浓度，下同），部分相关微粒的物质的量浓度随时间变化曲线如图： ①结合图中变化分析，反应i的活化能 （填“大于”或“小于”）反应ii的活化能。 ②内，上述体系中的平均反应速率 （保留两位有效数字）。 （6）保持混合溶液中，平衡时，与随起始投料比的变化曲线如图。计算反应ii的平衡常数 （写出计算过程，结果保留三位有效数字）。 16．（24-25高三上·广东·期末）CaCO3的固体分解和沉淀转化反应在化工实际生产和生活中都发挥着重要作用。 I．CaCO3的固体分解反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)  ∆H>0(反应I)可应用于石灰工业。 （1）反应I在 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)可自发进行。 （2）已知CaCO3能量关系如图所示，则CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)的焓变∆H= (用代数式表示) （3）某研究组研究CaCO3的固体分解反应，实验过程中始终保持样品所处气氛(以Ar为载气，调整CO2的比例)不变，测得CaCO3失重率随温度变化曲线如图所示，温度升至850℃时，CO2浓度为35%的反应气氛中CaCO3已开始分解，而CO2浓度为65%的反应气氛中CaCO3仍未分解，从化学平衡的角度解释其原因： 。 （4）某研究组将500gCaCO3置于1L的刚性密闭容器中，在Ar和CO2的混合气氛中加热CaCO3固体，测得不同温度下CaCO3分解转化率随时间变化如图，Kp为平衡分压代替平衡浓度计算的分压平衡常数，下列说法正确的是：___________。 A．1150℃条件下，0~300s内反应I的平均速率v(CO2)≈0.013mol•L-1•s-1 B．1150℃条件下，使用粒径更小的CaCO3进行相同的实验，300s时CaCO3转化率小于80% C．1150℃条件下，在F点处测得CO2分压为p1，则该温度下反应I的Kp=p1 D．950℃条件下，在G点处向密闭容器中充入少量CO2，再次达到平衡时，容器内总压强不变 II．用钠盐溶液处理后，CaCO3可转化为其他工业价值高的难溶钙盐。 一定温度下，分别向1molCaCO3中加入1LNa2X和NaY溶液发生反应：CaCO3+X2−CaX+CO、CaCO3+2Y−CaY2+CO，加入Na2X或NaY的物质的量为n(Na2X)或n(NaY)。平衡时，分别测得随n(Na2X)的变化曲线和随n(NaY)的变化曲线如图所示，已知Ksp(CaCO3)=3.0×10-9，反应过程中不考虑溶液体积变化，不考虑X2−/Y−/CO的水解。 （5）Ksp(CaX) Ksp(CaCO3)(填”>”“<”或“=”)。 （6）若要用1LNaY溶液将1.25molCaCO3完全转化为CaY2沉淀，所需NaY溶液浓度至少为 mol/L。(写出计算过程，结果保留三位有效数字) 17．（24-25高三上·广东汕头·期中）酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。 （1）最新研究工业上可以用H+ - Ag为催化剂氧化乙烯制备环氧乙烷(简称EO)；反应方程式为2C2H4(g) + O2(g) → 2EO(g)(反应a) 已知： ①Ag位于第五周期，与Cu同族，有相似的核外电子排布，写出Ag价电子排布式 。 ②反应a的ΔH= 。 （2）某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。 据图可知，在该过程中___________。 A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变 B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率 C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应 D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小 （3）我国科学家报道了一种高效O-to-C的替换反应，可在温和条件下将环氧化物快速转化为环丙烷结构。一种脱氧/环加成串联反应机理如图，其中的催化剂为 (填图中字母)。 （4）在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值：弱酸H2A在有机相和水相中存在平衡：H2A(环己烷)H2A(aq)，平衡常数为Kd 。25℃时，向VmL 0.1mol∙L-1 H2A环己烷溶液中加入VmL水进行萃取，用NaOH(s)或HCl(g)调节水溶液pH。测得水溶液中c(H2A)、c(HA-)、c(A2-)、环己烷中H2A的浓度 [c环丙烷(H2A)]、水相萃取率α[α=1-]随pH的变化关系如图。 已知：H2A在环己烷中不电离，且忽略过程中溶液体积的变化 ①表示c环丙烷(H2A)的曲线为 。(填字母) ②由图计算pH=6，H2A的Kd= ， Ka1= ，Ka2= 及水相萃取率α= 。(保留三位有效数字) 18．（24-25高三上·广东广州·期中）CO2减排能有效降低温室效应，同时CO2也是一种重要的资源，因此研究CO2捕集与转化对实现“碳中和”目标具有重要意义而备受关注。 （1）某研究机构成功合成了氮掺杂多孔有机聚合物DLU-1吸附剂，用于烟道气(主要是N2和CO2)和天然气中CO2的捕集。为考查样品对单组分气体的吸附性能，测定在压强为1bar，温度为273K和298K下的单组分气体吸附等温线如图，请阐述DLU-1吸附剂能做捕获剂的理由： 。 （2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚，   。 ①恒温恒容下，充入等物质的量的CO2和H2充分反应，以下叙述不能说明该反应达到平衡状态的是 (填序号)。 A．CO2的物质的量分数保持不变              B．容器中混合气体的密度保持不变 C．容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变     D．断裂1molπ键的同时断裂1.5mol O-H键 ②在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示，则T1 T2(填“＞”或“＜”)。 ③T1温度下，将4mol CO2和12mol H2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0~5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)= 。 （3）工业上可以利用二氧化碳合成甲醇。 已知①  △H1=+41kJ∙mol-1 ②  △H2=-90kJ∙mol-1 若③正反应的活化能为Ea mol·L-1，则逆反应的活化能为 mol·L-1 (用含Ea的式子表示)，该反应在 (填“较高温度”或“较低温度”)下可自发进行。 （4）以CO2为原料，电解法制取乙烯、乙烷的装置如图，生成乙烯的电极反应式为： 。 19．（24-25高三上·广东广州·期中）CO2减排能有效降低温室效应，同时CO2也是一种重要的资源，因此研究CO2捕集与转化对实现“碳中和”目标具有重要意义而备受关注。 （1）某研究机构成功合成了氮掺杂多孔有机聚合物DLU-1吸附剂，用于烟道气(主要是N2和CO2)和天然气中CO2的捕集。为考查样品对单组分气体的吸附性能，测定在压强为1bar，温度为273K和298K下的单组分气体吸附等温线如图，请阐述DLU-1吸附剂能做捕获剂的理由： 。 （2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚，   。 ①恒温恒容下，充入等物质的量的CO2和H2充分反应，以下叙述不能说明该反应达到平衡状态的是 (填序号)。 A．CO2的物质的量分数保持不变              B．容器中混合气体的密度保持不变 C．容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变     D．断裂1molπ键的同时断裂1.5mol O-H键 ②在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示，则T1 T2(填“＞”或“＜”)。 ③T1温度下，将4mol CO2和12mol H2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0~5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)= 。 （3）工业上可以利用二氧化碳合成甲醇。 已知①  △H1=+41kJ∙mol-1 ②  △H2=-90kJ∙mol-1 若③正反应的活化能为Ea mol·L-1，则逆反应的活化能为 mol·L-1 (用含Ea的式子表示)，该反应在 (填“较高温度”或“较低温度”)下可自发进行。 （4）以CO2为原料，电解法制取乙烯、乙烷的装置如图，生成乙烯的电极反应式为： 。 20．（24-25高三上·广东·期中）甲酸是重要化工原料，在新能源领域应用潜力大，对环保和可持续发展也很重要。 （1）根据以下信息，写出甲酸分解制氢的热化学方程式： 。 已知：         （2）甲烷与定向转化制甲酸等物质的反应历程和能垒变化如图所示(部分自由基未画出)。有催化剂时，微粒吸附在催化剂表面进行反应。 ①下列说法不正确的是 。 A．甲烷定向制甲酸的反应是放热反应 B．该过程的决速步是甲烷产生自由基过程 C．从ⅰ→ⅱ的过程中，存在 D．微粒ⅱ和ⅲ是反应的中间体 ②由生成的过程中，产生自由基的过程可表示为 。 （3）利用甲酸钠脱除水体中的，反应的还原主产物是，存在中间产物和副产物，其他可能的还原产物不考虑。水体中初始浓度为，测得过程中和(元素的含量)随时间变化如图所示。时转化完全，检测不到。 ①中N原子的杂化方式是 。 ②从开始到转化完全时，反应速率为 (保留3位有效数字，下同)，氮的脱除效率()可以达到 。 （4）已知，。常温下，的甲酸钠溶液中， (填“>”“<”或“=”)，溶液 (写出此空的计算过程)。 类型五 含配合物的化学平衡综合题 21．（2025·广东珠海·一模）的捕集，利用与封存技术是实现碳达峰，碳中和的热点研究方向。乙醇胺(化学式为，以下简写为)在工业上可用作吸收剂。 Ⅰ．的吸收：用吸收发生反应a：。 （1）乙醇胺分子中电负性最强的元素是 (填元素符号)。 （2）X的化学式是 。 （3）与结合过程的能量变化如图1。分别向相同体积的溶液中加入相同体积，不同浓度的，测得溶液吸收的体积随时间变化的曲线如图2。 ①反应b：   。 ②图2曲线Ⅰ在内，的平均吸收速率为 。 ③下列有关说法正确的有 。 A．加入有利于的吸收 B．加入的浓度：Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ C．的吸收速率随着反应的进行逐渐增大 D．吸收时，反应b逆向移动，吸收热量 Ⅱ．再生：被溶液吸收后全部转化为(简称吸收液)，吸收液存在如反应c所示的平衡： 反应c：   （4）若被吸收后形成1L的吸收液，平衡时。此时要使吸收液中的发生反应c全部转化为，需要从外界吸收热量 kJ。 （5）向（4）的吸收液中加入(忽略溶液体积变化)，与结合，反应c的平衡由M点移动到N点，如图。 ①从能量利用和平衡移动的角度分析加入如何促进反应c中转化为： 。 ②N点时，，可忽略其它含铜微粒。此时吸收液中的经反应b完全转化为，可以放出 kJ热量用于再生。(写出计算过程) 22．（24-25高三下·广东广州·阶段练习）酸性CuCl2溶液主要组成为HCl与CuCl2 (HCl与CuCl2会络合为H2CuCl4)，其具有溶铜速率快、稳定、易控制及易再生等优点，常应用于印刷线路板(PCB)的刻蚀。刻蚀原理为Cu(s)+ H2CuCl4(aq)→H2CuCl3(aq)+ CuCl(s)，CuCl(s)+2HCl(aq)→H2CuCl3(aq) （1）CuCl中基态亚铜离子的价层电子轨道表示式为 。 （2）CuCl2溶液中存在平衡： [Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-⇌CuCl (黄色)+4H2O ，下列说法不正确的是_______(填序号)。 A．加入几滴溶液，平衡逆向移动 B．加热溶液，溶液由蓝绿色变为黄绿色，平衡常数K增大 C．加水稀释，c([Cu(H2O)4]2+)：c(CuCl)的比值会减小 D．加入少量固体，平衡正向移动，转化率增大 （3）盐酸的浓度会影响刻蚀速率，CuCl2浓度相同，盐酸浓度分别为1.5mol/L、2.5mol/L、3.0mol/L时，c(H2CuCl3)随时间的变化曲线如图所示，中间速率变缓慢的可能原因是 。c(HCl)= 1.5mol/L时，在0~1.5min内，H2CuCl3的平均生成速率为 。 （4）Cu2+能形成多种配合物。在CuCl2溶液中，存在以下氯化络合反应： Cu2++ Cl-⇌CuCl+  K1=1.5   　　　Cu2++ 2Cl-⇌CuCl2  K2=0.5 Cu2++ 3Cl-⇌CuCl  K3=5×10-3 　　Cu2++ 4Cl-⇌ CuCl  K4=2.5×10-5 在1.0×10-4mol/L CuCl2稀溶液中，改变溶液中Cl-起始浓度，测得铜元素的各物种分布系数δ与Cl-平衡浓度关系如图所示。 ①曲线b表示微粒 的物种分布系数。 ②A点时溶液中c(Cl-)= 。Cu2+的氯化络合转化率为 。 （5）用电化学方法可实现酸性CuCl2刻蚀液的再生，在电解池的 (填“阴”或“阳”)极实现CuCl转化为CuCl，电极反应式为 。 23．（24-25高三上·广东·阶段练习）羰基硫(COS)常用于合成杀草丹、燕麦敌、杀虫剂巴丹等农药。工业上通过CO与反应制取COS，反应体系中主要涉及以下反应： a．  ； b．  ； c．  ； d．  。 （1）与相同，COS中所有原子最外层也都满足8电子结构，COS属于 分子(填“极性”或“非极性”)，COS的沸点 的沸点(填“>”、“=”或“<”)。 （2）根据盖斯定律，反应d的 (用含的代数式表示)。 （3）以CO和反应制取COS的反应(a、b、c、d)体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的是_______(填选项字母)。 A．恒容条件下增大CO与的浓度，反应a、b、c、d的正反应速率都增加 B．升高温度，的浓度增大，表明反应d为吸热反应 C．加入作用于反应a的催化剂，可增大的值 D．降低反应温度，反应a~d的正、逆反应速率都减小 （4）反应a分两步进行，其反应过程中的能量变化如图1所示。 中间产物为 ，决定COS生成速率的步骤是 (填“第1步”或“第2步”)。 （5）在密闭容器中按下表投料，分别发生反应a和反应d(不参与反应)，反应时间和压强相同时，测得两个反应中COS的物质的量分数随温度变化的关系如图2实线所示(虚线表示平衡曲线)。 反应序号 反应a 反应d 起始投料 CO 起始物质的量分数/% 1 1 98 1 1 98 ①实验测得反应d的速率方程为，，k为速率常数，则反应d达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数 (填“>”、“<”或“=”)增大的倍数。 ②已知相同条件下，反应a速率比反应d快，1000℃时，反应a的平衡常数。 (用分数表示，写出分析与计算过程)。 24．（24-25高三上·广东汕头·期中）酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。 （1）最新研究工业上可以用H+ - Ag为催化剂氧化乙烯制备环氧乙烷(简称EO)；反应方程式为2C2H4(g) + O2(g) → 2EO(g)(反应a) 已知： ①Ag位于第五周期，与Cu同族，有相似的核外电子排布，写出Ag价电子排布式 。 ②反应a的ΔH= 。 （2）某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。 据图可知，在该过程中___________。 A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变 B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率 C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应 D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小 （3）我国科学家报道了一种高效O-to-C的替换反应，可在温和条件下将环氧化物快速转化为环丙烷结构。一种脱氧/环加成串联反应机理如图，其中的催化剂为 (填图中字母)。 （4）在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值：弱酸H2A在有机相和水相中存在平衡：H2A(环己烷)H2A(aq)，平衡常数为Kd 。25℃时，向VmL 0.1mol∙L-1 H2A环己烷溶液中加入VmL水进行萃取，用NaOH(s)或HCl(g)调节水溶液pH。测得水溶液中c(H2A)、c(HA-)、c(A2-)、环己烷中H2A的浓度 [c环丙烷(H2A)]、水相萃取率α[α=1-]随pH的变化关系如图。 已知：H2A在环己烷中不电离，且忽略过程中溶液体积的变化 ①表示c环丙烷(H2A)的曲线为 。(填字母) ②由图计算pH=6，H2A的Kd= ， Ka1= ，Ka2= 及水相萃取率α= 。(保留三位有效数字) / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大题03 原理综合题 内容概览 类型一 含反应热的化学平衡综合题 类型二 含速率方程的化学平衡综合题 类型三 含平衡常数计算的化学平衡综合题 类型四 含液相转化的化学平衡综合题 类型五 含配合物的化学平衡综合题 类型一 含反应热的化学平衡综合题 1．（2025·广东湛江·一模）含磷化合物在生命体中有重要意义。白磷在氯气中燃烧可以生成两种化合物和。 已知：ⅰ、　 ⅱ、　 （1）则ⅲ、　 。 （2）实验测得的速率方程为，，速率常数k(只与温度、催化剂有关)与活化能的经验关系式为(R为常数，为活化能，T为温度)。 ①一定温度下，向密闭容器中充入适量和，实验测得在催化剂、下与的关系如图所示，下列说法正确的是 (填字母)。 A．随温度升高，该反应的速率常数k减小 B．催化剂的催化效率更高 C．该反应的平衡常数 D．加入催化剂，反应活化能不变 ②一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入2和2，发生反应ⅲ，5min时反应达到平衡，容器中的物质的量为0.5，的平均反应速率为 。若此时向该容器中再充入2，当反应再次达到平衡，容器中的浓度 0.5(填“>”“<”或“=”)，该反应平衡常数 (保留2位有效数字)。 （3）是一种白色晶体，其熔融时形成一种能导电的液体，其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，该晶体的晶胞如图甲所示。气态分子呈三角双锥形，其结构如图乙所示。 ①下列关于、、的说法，正确的是 (填字母)。 A．的中心原子P的杂化类型为 B．分子中键角有三种 C．中存在共价键和配位键 D．三种粒子中各原子均满足8电子稳定结构 ②设阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度为 (列出算式即可)。 【答案】（1） （2）BC 0.05 > 0.44 （3）ABC 【解析】（1）根据盖斯定律，，故反应ⅲ； 故答案为：； （2）①A．温度升高正反应和逆反应速率均增大，速率常数k增大，A项错误； B．由图可知，催化剂斜率较小，即改变相同温度，变化值较小，活化能E较小，催化剂的催化效率更高，B项正确； C．平衡时，由平衡常数可知，C项正确； D．催化剂通过改变反应历程，从而改变反应所需的活化能，D项错误； 故选BC； ②由三段式： 则的平均反应速率为；该反应为气体分子数目减少的反应，平衡后再充入2，相当于初始投入4和4，压强增大平衡正向移动，平衡时浓度大于2倍的充入前浓度，即，该反应平衡常数。 故答案为：BC；；>；0.44； （3）①A．中存在4个键，中心原子P上无孤电子对，其杂化类型为，A项正确； B．分子中键角有三种，分别为90°、120°和180°，B项正确； C．中P原子只有5个价电子，但在该离子中P原子形成了6个共价键，则其中一个为配位键，C项正确； D．、的中心P原子均不满足8电子稳定结构，D项错误； 故选ABC； ②熔融时形成一种能导电的液体属于离子晶体，由晶胞结构可知，每个晶胞中含有1个正四面体形阳离子和个正八面体形阴离子，则该晶体的密度为。 故答案为：ABC；。 2．（2025·广东江门·一模）硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯是重要化工原料，可通过氯化反应制备。 （1）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下： ①中S原子的杂化类型为 。 ②若正反应的活化能为，逆反应的活化能，则 。(用含a、b的代数式表示) （2）恒容密闭容器中按不同进料比充入和，测定其温度下体系达平衡时的(，初始压强为体系平衡压强)，结果如下图1。 ①根据M点坐标计算温度下用分压表示的平衡常数 。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) ②图1中能准确表示温度下随进料比变化的曲线是 (填序号)。 ③若，请在图2中画出在温度下随进料比变化的示意图 。 （3）1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的光氯化反应合成。对二甲苯氯化过程如下图3，某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度如图4。 ①反应ii和反应iii的活化能的大小关系 。(填“>”“<”“=”) ②此反应条件下，进行至 时，停止反应，及时分离出1，4-二(氯甲基)苯(D)。 A．22min    B．30min    C．60min    D．100min 【答案】（1）sp2 (a-b)kJ·mol-1 （2）0.031 D （3）< C 【解析】（1）①SO2中心原子为S，价层电子对为2+，杂化方式为sp2； ②反应热H=正反应的活化能-逆反应的活化能=(a-b)kJ·mol-1； （2）①M点时，和的投料比为1.0，p=72kPa，起始压强为240kPa，p(SO2)=p(Cl2)=120kPa，列出三段式： p=[240- (120-x+120-x+x) ]kPa=72kPa，x=72kPa，p(SO2)=p(Cl2)=48kPa，p(SO2Cl2)=72kPa，Kp=； ②由题图1可知，进料比为2时，p=60kPa，根据“等效平衡”原理，该反应中SO2和Cl2的化学计量数之比为1:1，则SO2和Cl2的进料比互为倒数(如2与0.5)时，p相等，所以曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是D； ③反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，p减小，在SO2和Cl2的进料比相同时，温度越高，p越小，故T2温度下的p小于T1温度下的p，曲线如下图：； （3）①相同时间内生成的D的浓度大于生成G的浓度，说明反应ii速率大于反应iii的速率，活化能越小，速率越大，故E2<E3； ②由图可知，在60min时生成的1，4-二(氯甲基)苯(D)最多，因此答案选C。 3．（24-25高三上·广东·期末）CaCO3的固体分解和沉淀转化反应在化工实际生产和生活中都发挥着重要作用。 I．CaCO3的固体分解反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)  ∆H>0(反应I)可应用于石灰工业。 （1）反应I在 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)可自发进行。 （2）已知CaCO3能量关系如图所示，则CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)的焓变∆H= (用代数式表示) （3）某研究组研究CaCO3的固体分解反应，实验过程中始终保持样品所处气氛(以Ar为载气，调整CO2的比例)不变，测得CaCO3失重率随温度变化曲线如图所示，温度升至850℃时，CO2浓度为35%的反应气氛中CaCO3已开始分解，而CO2浓度为65%的反应气氛中CaCO3仍未分解，从化学平衡的角度解释其原因： 。 （4）某研究组将500gCaCO3置于1L的刚性密闭容器中，在Ar和CO2的混合气氛中加热CaCO3固体，测得不同温度下CaCO3分解转化率随时间变化如图，Kp为平衡分压代替平衡浓度计算的分压平衡常数，下列说法正确的是：___________。 A．1150℃条件下，0~300s内反应I的平均速率v(CO2)≈0.013mol•L-1•s-1 B．1150℃条件下，使用粒径更小的CaCO3进行相同的实验，300s时CaCO3转化率小于80% C．1150℃条件下，在F点处测得CO2分压为p1，则该温度下反应I的Kp=p1 D．950℃条件下，在G点处向密闭容器中充入少量CO2，再次达到平衡时，容器内总压强不变 II．用钠盐溶液处理后，CaCO3可转化为其他工业价值高的难溶钙盐。 一定温度下，分别向1molCaCO3中加入1LNa2X和NaY溶液发生反应：CaCO3+X2−CaX+CO、CaCO3+2Y−CaY2+CO，加入Na2X或NaY的物质的量为n(Na2X)或n(NaY)。平衡时，分别测得随n(Na2X)的变化曲线和随n(NaY)的变化曲线如图所示，已知Ksp(CaCO3)=3.0×10-9，反应过程中不考虑溶液体积变化，不考虑X2−/Y−/CO的水解。 （5）Ksp(CaX) Ksp(CaCO3)(填”>”“<”或“=”)。 （6）若要用1LNaY溶液将1.25molCaCO3完全转化为CaY2沉淀，所需NaY溶液浓度至少为 mol/L。(写出计算过程，结果保留三位有效数字) 【答案】（1）高温 （2）△H1+△H2-△H3 （3）增大CO2浓度，平衡向逆反应方向移动 （4）AD （5）> （6）2.78 【解析】（1）反应I是熵增的吸热反应，高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行； （2）由盖斯定律可知，将分步反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应①+反应②-反应③=目标反应，则反应△H=△H1+△H2-△H3； （3）二氧化碳浓度为65%的反应气氛中碳酸钙仍未分解是因为增大二氧化碳浓度，平衡向逆反应方向移动，抑制碳酸钙的分解； （4）A．由图可知，1150℃条件下，300s时碳酸钙的转化率为80%，由方程式可知，二氧化碳的反应速率为≈0.013mol/(L·s)，故A正确； B．1150℃条件下，使用粒径更小的碳酸钙进行相同的实验，碳酸钙固体表面积增大，反应速率加快，则300s时CaCO3转化率大于80%，故B错误； C．由题意可知，该反应起始含有氩气和二氧化碳，在F点处测得二氧化碳分压为p1说明平衡时反应生成二氧化碳的分压小于p1，由方程式可知，反应的该温度下反应I的Kp小于 p1，故C错误； D．由方程式可知，反应的平衡常数Kp = p(CO2)，温度不变，平衡常数不变，则950℃条件下，在G点处向密闭容器中充入少量二氧化碳，再次达到平衡时，容器内总压强不变，故D正确； 故选AD； （5）由图可知，Na2X的物质的量增大时，溶液中的值先不变后减小，说明开始增大Na2X的物质的量，溶液中的碳酸根离子浓度不变，所以碳酸钙不能转化为CaX，CaX的溶度积大于碳酸钙； （6）由图可知，=4.5时反应达到平衡，由方程式可知，若要用1L NaY溶液将1.25mol碳酸钙完全转化为CaY2沉淀时，溶液中NaY的物质的量至少为1.25mol×2=2.50mol，则溶液中Y-离子浓度为≈0.28mol/L，所需NaY溶液浓度至少为=2.78mol/L。 4．（24-25高三上·广东·阶段练习）氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理和化学平衡对于消除环境污染有重要意义。 （1）NO在空气中存在如下反应（不考虑对此反应的影响）；反应分两步完成，其反应历程如图所示。 ①反应①和反应②中，决定反应速率的是 （填“反应①”或“反应②”）。 ②该反应的 （填含E的代数式） （2）在恒容密闭容器中充入和，分别在催化剂I、Ⅱ和不同温度下发生反应，在相同时间内测得转化率随温度变化如图所示，图中其中a点是平衡点。 ①在催化剂I曲线上，a点之后的点 （“一定达到”或“可能达到”或“一定未达到”）平衡。 ②b点 平衡点（填“是”或“不是”或“可能是”）。 ③理论上，良好的催化剂 （“可以”或“可能”或“不可能”）提高反应的平衡转化率。 ④若在恒温恒容容器中该反应达到平衡后，再充入，则新平衡时的体积分数比原平衡时的体积分数 （“大”或“小”或“不能确定”）。 （3）用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：。在300℃恒定温度下，向恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和，各物质起始浓度及12min和15min时各物质的平衡浓度如表所示： 浓度（）时间（min） NO 0 0.200 0 0 12 0.050 0.075 0.075 15 0.100 0.050 0.450 ①下列各项能作为判断该反应达到平衡状态的是 （填序号字母）。 A．容器内压强保持不变        B． C．容器内的体积分数不变    D．混合气体的密度保持不变 ②在时，若只改变某一条件使平衡发生移动，时重新达到平衡，则改变的条件是 。 ③在15min时，保持温度和容器体积不变再充入和，使二者的浓度均增加至原来的两倍，此时反应 （填“＞”、“＜”或“=”）。 【答案】（1）反应② (E1−E3) （2）一定达到 不是 不可能 小 （3）CD 增加了浓度 > 【解析】（1）①反应活化能越大，反应速率越慢，化学反应速率由最慢的一步决定，所以决定2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是反应②； ②根据能量关系图，反应为放热反应， △H＝(E1−E3)kJ/mol； （2）①a点是平衡点，a点后，温度升高，速率加快，在催化剂I曲线上，a点之后的点一定达到平衡。 ②a点是平衡点，b点未达到平衡转化率，b点不是平衡点。 ③理论上，良好的催化剂不可能提高反应的平衡转化率。 ④按化学计量数充入反应物，生成物的体积百分数最大，若在恒温恒容容器中该反应达到平衡后，再充入，则新平衡时的体积分数比原平衡时的体积分数小。 （3）A．该反应为气体体积不变的反应，容器内压强保持不变，不能判断反应达到平衡，A不选； B．速率之比等于化学计量数之比，当达到平衡，B不选； C．容器内的体积分数不变，则其浓度不变，反应达到平衡，C选； D．反应前后气体质量不同，混合气体的密度保持不变，反应达到平衡，D选； 故选CD； ②由根据表中数值知，NO、N2的浓度增大，CO2的浓度减小，说明改变条件是增加了浓度； ③根据表格数据，T℃时，12min时为平衡状态，K===2.25；在15min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的2倍，则此时Qc===1.125＜K，则此时平衡正向移动，v正＞v逆。 类型二 含速率方程的化学平衡综合题 5．（24-25高三上·广东·阶段练习）羰基硫(COS)常用于合成杀草丹、燕麦敌、杀虫剂巴丹等农药。工业上通过CO与反应制取COS，反应体系中主要涉及以下反应： a．  ； b．  ； c．  ； d．  。 （1）与相同，COS中所有原子最外层也都满足8电子结构，COS属于 分子(填“极性”或“非极性”)，COS的沸点 的沸点(填“>”、“=”或“<”)。 （2）根据盖斯定律，反应d的 (用含的代数式表示)。 （3）以CO和反应制取COS的反应(a、b、c、d)体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的是_______(填选项字母)。 A．恒容条件下增大CO与的浓度，反应a、b、c、d的正反应速率都增加 B．升高温度，的浓度增大，表明反应d为吸热反应 C．加入作用于反应a的催化剂，可增大的值 D．降低反应温度，反应a~d的正、逆反应速率都减小 （4）反应a分两步进行，其反应过程中的能量变化如图1所示。 中间产物为 ，决定COS生成速率的步骤是 (填“第1步”或“第2步”)。 （5）在密闭容器中按下表投料，分别发生反应a和反应d(不参与反应)，反应时间和压强相同时，测得两个反应中COS的物质的量分数随温度变化的关系如图2实线所示(虚线表示平衡曲线)。 反应序号 反应a 反应d 起始投料 CO 起始物质的量分数/% 1 1 98 1 1 98 ①实验测得反应d的速率方程为，，k为速率常数，则反应d达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数 (填“>”、“<”或“=”)增大的倍数。 ②已知相同条件下，反应a速率比反应d快，1000℃时，反应a的平衡常数。 (用分数表示，写出分析与计算过程)。 【答案】（1）极性 > （2） （3）AD （4） 第2步 （5）< 【解析】（1）COS的结构式为O=C=S，为直线形分子，但由于与键键长不同，正负电中心不重合，故为极性分子；COS与均为分子晶体，COS的相对分子质量更大，范德华力更大，沸点更高； （2）根据盖斯定律，可知反应d=反应a-反应c，即； （3）A．恒容条件下增大CO和的浓度，对于反应a、b、c、d来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，A项正确； B．升高温度，的浓度增大，可能为反应c正向移动导致，也可能是反应d逆向移动导致，所以无法判断反应d吸热还是放热，B项错误； C．催化剂可以同等程度增大正、逆反应速率，不能改变反应的焓变，C项错误； D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D项正确； 故选AD； （4）由图可知，中间产物为，两步反应中，慢反应速率决定总反应速率，活化能越大，反应速率越慢，所以决定COS生成速率的步骤是第2步； （5）①反应d中随温度的升高，生成物COS的物质的量分数减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，，则增大的倍数增大的倍数。 ②已知相同条件下，反应a速率比反应d快，从图像可以看出，反应时间和压强相同时，相同温度下，曲线3的生成物COS物质的量分数大，所以曲线3表示反应a，A点对应的平衡体系中，COS的物质的量分数为0.3%，假设容器体积为1L，起始时反应的总物质的量为100mol，则CO、、的物质的量分别为1mol、1mol和98mol，该反应前后总物质的量不变，所以平衡时总物质的量也为100mol，则平衡时COS的物质的量为0.3mol，设的转化量为x mol，列三段式： 则，平衡时CO、、COS、的物质的量分别为0.7mol、0.7mol、0.3mol、0.3mol，物质的量浓度分别为0.7mol/L、0.7mol/L、0.3moL/L、0.3mol/L，该温度下反应的平衡常数。 6．（24-25高三上·广东·期中）“氢能源”的开发利用意义重大，乙醇与水催化重整制“氢”发生如下反应。 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   回答下列问题： （1）反应Ⅰ的ΔH1= 。 （2）①一定条件下，在某恒容密闭容器中，只发生反应Ⅱ．下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 (填标号) A．    B．混合气体的密度不再变化 C．容器内总压强不再变化    D．混合气体中H2的浓度不变 ②反应Ⅱ的速率，其中分别为正、逆反应速率常数。升温时 (填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）压强为100kPa下，1molC2H5OH(g)和3mol H2O(g)发生上述反应，平衡时CO2和CO的选择性、乙醇的转化率(曲线b)随温度的变化曲线如图。 [已知：]。 ①表示CO选择性的曲线是 (填标号)。 ②573K时，生成CO2的物质的量为 。 ③573K时，反应Ⅱ的标准平衡常数，其中pθ为100kPa，p(CO2)、p(H2)、p(CO)和p(H2O)为各组分的平衡分压，则反应Ⅲ的Kθ= (列出计算式即可)。 （4）压强为100kPa，H2的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，每条曲线表示H2相同的平衡产率。H2的平衡产率：Q点 N点(填“>”、“=”或“<”)。 【答案】（1） （2）AD 减小 （3）c 1.02mol （4）< 【解析】（1）观察知，反应Ⅰ=反应Ⅲ-2×反应Ⅱ，则； （2）①A．，可知正反应速率等于逆反应速率，可说明反应达到平衡状态，故A正确； B．体系中所有物质均为气体，气体质量不变，容器体积恒定，则混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故B错误； C．反应前后气体分子数相同，容器内总压强恒定不变，不能据此判断平衡状态，故C错误； D．反应过程中氢气的浓度逐渐增大，当混合气体中H2的浓度不变，反应达到平衡状态，故D正确； 故选AD； ②达到平衡时，，=lgK，升高温度，反应Ⅱ逆向移动，平衡常数减小，lgK减小； （3）①反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO2的选择性减小，由于CO的选择性+CO2的选择性=1，则表示CO2选择性的曲线为a，表示CO选择性的曲线是c，表示乙醇的转化率的曲线是b。 ②573K时，CO2的选择性为85%，CO的选择性为15%，乙醇的转化率为0.6，则平衡时n(CO2)+n(CO)=1mol×0.6×2=1.2mol，n(CO)= 1.2mol×15%= 0.18mol，n(CO2)= 1.2mol×85%= 1.02mol； ③设反应Ⅰ中转化了xmol，反应Ⅱ中CO转化了ymol，反应Ⅲ中转化了zmol， 则 ， ，那么x+z=0.6，2x-y=0.18，y+2z=1.02，平衡时n(H2O)=3-x-y-3z=3-(x+z)-(y+2z)=3-0.6-1.02=1.38mol，n(H2)=4x+y+6z=4(x+z)+(y+2z)=2.4+1.02=3.42mol，气体的总物质的量为0.4+1.38+1.02+0.18+3.42=6.4mol，故反应Ⅲ的==； （4）每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在Q点所在曲线上取一个点与N点温度相同，标为点E，E点与N点相比温度相同，但是E点的小于N点的，而增大时，三个反应均会正向移动，氢气的产率增大，因此的产率：Q点<N点； 类型三 含平衡常数的化学平衡综合题 7．（24-25高三上·广东梅州·阶段练习）天然气（含CH4、CO2、H2S等）的脱硫和重整制氢综合利用，具有重要意义。 （1）用Fe2O3干法脱硫涉及的反应如下： Fe2O3(s)+3H2S(g)Fe2S3(g)+ 3H2O(g) △H1；Fe2O3(s)+3H2S(g)FeS(g)+ S(g)+ 3H2O(g) △H2 2Fe2S3(s)+3O2(g)2Fe2O3(g)+ 6S(g) △H3；4FeS(s)+3O2(g)2Fe2O3(g)+ 4S(g)  △H4 反应2H2S(g)+ O2(g)2H2O(g)+ 2S(g)的△H5= （写出一个代数式即可）。 （2）用NaOH溶液湿法脱硫时H2S和CO2同时被吸收。 ①湿法脱硫后的吸收液中主要存在以下平衡：S2-+H2OHS-+OH-，CO+H2OHCO+OH-，下列说法正确的有 。 A．升高温度，溶液中c(OH-)增大      B．加少量水稀释，溶液中离子总数增加 C．通入少量HCl气体，增大    D．c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+2c(CO) ②写出H2S和Na2CO3溶液反应的化学方程式 。（H2S的Ka1=1.3×10-7、Ka2=7.1×10-13，H2CO3的Ka1=4.2×10-7、Ka2=5.6×10-11） （3）H2S和CH4的重整制氢涉及的反应如下： a．2H2S(g)S2(g)+ 2H2(g)     b．2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g) ①设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（=100kPa）。反应a的相对压力平衡常数表达式为：= 。 ②反应a、b的在400~1000℃范围内随T的变化如下图。反应a、b均为 反应（选填“吸热”或“放热”）。 ③在恒压100kPa下按组成为n(H2S)：n(CH4)：n(Ar)=1：1：4.7 通入混合气体，测得平衡状态下H2、S2的收率和H2S的转化率随温度的变化曲线如图所示。 Ⅰ．计算T1温度下H2的收率 。 已知：H2的收率=，S2的收率= Ⅱ．从800℃升温到1000℃过程中，反应a平衡向 反应方向移动。 【答案】（1）ΔH1+ΔH3或ΔH2+ΔH4 （2）AB H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3 （3） 吸热 20% 逆 【解析】（1）①Fe2O3(s)+3H2S(g)Fe2S3(g)+ 3H2O(g) △H1，②Fe2O3(s)+3H2S(g)FeS(g)+ S(g)+ 3H2O(g) △H2，③2Fe2S3(s)+3O2(g)2Fe2O3(g)+ 6S(g) △H3，④4FeS(s)+3O2(g)2Fe2O3(g)+ 4S(g)  △H4，根据盖斯定律，方程式2H2S(g)+ O2(g)2H2O(g)+ 2S(g)可以由得到，或者由，则△H5=或； （2）①A．这两个平衡体系，均为水解平衡，且属于吸热反应，升高温度，促进水解，c(OH-)增大，故A正确； B．加水稀释，促进水解，溶液中离子总数增加，故B正确； C．加入少量盐酸，促使平衡向右进行，c()减小，c()增大，推出减小，故C错误； D．利用电荷守恒有，c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+2c()+c()+c(OH-)，故D错误； 答案为AB； ②根据电离平衡常数的数值，推出电离出H+能力强弱：H2CO3＞H2S＞＞HS-，硫化氢与碳酸钠反应的离子方程式为H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3，故答案为H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3； （3）①根据相对压力平衡常数的定义，反应a的相对压力平衡常数表达式=； ②平衡常数只受温度的影响，根据图像可知，lg随着温度升高而增大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即反应a、b均为吸热反应；故答案为吸热； ③Ⅰ.设初始n(H2S)=n(CH4)=1mol，由S2的收率和H2S的转化率可得：平衡时，n(H2S)=0.68mol，n(S2)=0.02mol，根据碳原子守恒：n(CH4)+n(CS2)=1mol，根据氢原子守恒：2n(H2S)+2n(H2)+4n(CH4)=1.36mol+2n(H2)+4n(CH4)=6mol；根据硫原子守恒：n(H2S)+2n(S2)+2n(CS2)=0.68mol+2n(CS2)+0.04mol=1mol；解得n(H2)=0.6mol，氢气的收率为20%；故答案为20%； Ⅱ.根据图2可知，从800℃升温高1000℃时，S2的收率降低，S2的物质的量降低，即反应a向逆反应方向进行；故答案为：逆。 8．（2025·广东江门·一模）硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯是重要化工原料，可通过氯化反应制备。 （1）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下： ①中S原子的杂化类型为 。 ②若正反应的活化能为，逆反应的活化能，则 。(用含a、b的代数式表示) （2）恒容密闭容器中按不同进料比充入和，测定其温度下体系达平衡时的(，初始压强为体系平衡压强)，结果如下图1。 ①根据M点坐标计算温度下用分压表示的平衡常数 。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) ②图1中能准确表示温度下随进料比变化的曲线是 (填序号)。 ③若，请在图2中画出在温度下随进料比变化的示意图 。 （3）1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的光氯化反应合成。对二甲苯氯化过程如下图3，某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度如图4。 ①反应ii和反应iii的活化能的大小关系 。(填“>”“<”“=”) ②此反应条件下，进行至 时，停止反应，及时分离出1，4-二(氯甲基)苯(D)。 A．22min    B．30min    C．60min    D．100min 【答案】（1）sp2 (a-b)kJ·mol-1 （2）0.031 D （3）< C 【解析】（1）①SO2中心原子为S，价层电子对为2+，杂化方式为sp2； ②反应热H=正反应的活化能-逆反应的活化能=(a-b)kJ·mol-1； （2）①M点时，和的投料比为1.0，p=72kPa，起始压强为240kPa，p(SO2)=p(Cl2)=120kPa，列出三段式： p=[240- (120-x+120-x+x) ]kPa=72kPa，x=72kPa，p(SO2)=p(Cl2)=48kPa，p(SO2Cl2)=72kPa，Kp=； ②由题图1可知，进料比为2时，p=60kPa，根据“等效平衡”原理，该反应中SO2和Cl2的化学计量数之比为1:1，则SO2和Cl2的进料比互为倒数(如2与0.5)时，p相等，所以曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是D； ③反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，p减小，在SO2和Cl2的进料比相同时，温度越高，p越小，故T2温度下的p小于T1温度下的p，曲线如下图：； （3）①相同时间内生成的D的浓度大于生成G的浓度，说明反应ii速率大于反应iii的速率，活化能越小，速率越大，故E2<E3； ②由图可知，在60min时生成的1，4-二(氯甲基)苯(D)最多，因此答案选C。 9．（2025·广东汕头·一模）氯乙酸是一种化工中间体，具有重要的应用与研究价值。 （1）氯乙酸是一种重要的有机酸。 ①比较元素的电负性： H(填“<”“>”或“=”，下同)。 ②比较羧酸的酸性： 。 （2）常温时，氯乙酸在质子酸的催化作用下可与乙醇发生酯化反应，反应的历程如图1。 ①该反应的正、逆反应活化能分别为，则 。 ②由经验公式得。其中k为速率常数，为活化能，T为热力学温度，R、C为常数。图2表示该反应的正逆反应随温度的变化曲线，其中表示正反应的速率常数是曲线 (填“I”或“II”)，判断依据是 。 ③下列说法正确的是 。 A．在氯乙酸分子的羰基中氧原子比碳原子更容易结合 B．生成中间体II的反应为酯化反应的决速步 C．加热可促进生成中间体II的反应平衡正向移动 D．氯乙酸相比于乙酸更难形成中间体I或中间体II （3）将控制醇酸物质的量比、含有氯乙酸的乙醇溶液通入填充固体酸催化剂的恒压反应器中，在相同反应时间内合成氯乙酸乙酯，测得流出液中各组分含量随温度的变化曲线如图3所示。 已知：当温度低于物质沸点(见下表)时，该物质挥发对反应的影响可忽略。 氯乙酸 乙醇 氯乙酸乙酯 沸点/℃ 189.0 78.3 143.0 ①催化剂的最佳催化温度为 。 ②温度高于时，氯乙酸乙酯产量明显下降的原因是 。 ③计算时该反应的平衡常数 (在以下，体系中存在副反应，写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 【答案】（1）> < （2） I 根据经验公式，曲线斜率的大小由活化能决定，正反应活化能较小，升温对正反应速率常数的影响较小；氯乙酸酯化反应为放热反应，升温对正反应速率影响较小 AB （3） 当反应温度高于乙醇沸点，升温加剧乙醇挥发损失，催化剂活性可能降低，氯乙酸乙酯产量减小 4.3 【解析】（1）①同一周期从左到右，元素的电负性逐渐增强，同一主族从上到下，元素的电负性逐渐减弱，电负性：Cl＞H； ②由于氯原子的对电子的诱导效应使得羧基中的氢原子更容易解离，故酸性：＜； （2）①=正反应活化能-逆反应活化能==； ②根据经验公式，曲线斜率的大小由活化能决定，正反应活化能较小，升温对正反应速率常数的影响较小，则其中表示正反应的速率常数是曲线I； ③A．在酸催化下，氧原子由于其高电负性，比碳原子更容易吸引并结合H+，A项正确； B．决速步通常是反应中最慢的一步，从图中看出，生成中间体II的反应为酯化反应的决速步，B项正确； C．加热能加快反应速率，但不一定能够促进平衡向正向移动，C项错误； D．氯乙酸由于氯原子的存在，可能会增加羰基碳的亲电性，从而更容易形成中间体I，D项错误； 答案选AB； （3）①由图可知，60℃时，合成得到氯乙酸乙酯的量达到最高，则催化剂的最佳催化温度为60℃； ②当反应温度高于乙醇沸点，升温加剧乙醇挥发损失，催化剂活性可能降低，使氯乙酸乙酯产量减小； ③醇酸物质的量比，氯乙酸的物质的量为，则乙醇的物质的量为15mol，反应后生成氯乙酸乙酯的物质的量为7.8mol，反应达平衡后，氯乙酸的物质的量为2mol，说明有0.2mol氯乙酸发生副反应，列出三段式： 则酯化反应的平衡常数为K= ==； 10．（24-25高三上·广东·阶段练习）我国力争于2060年前实现碳中和。将转化为甲醇是实现碳中和的重要手段，涉及的主要反应以及反应在不同温度下的化学平衡常数如表所示： 化学反应 平衡常数 温度 500 800 ① 2.5 0.15 ② ③ 2.5 0.375 回答下列问题： （1）基态原子价层电子的轨道表示式为 。 （2）反应①的 0(填“>”或“＜”)；表中 ； （3）反应③过程的能量变化如图所示(图中各物质均为气态)，下列说法正确的是_______(填选项字母)。 A．反应③的热化学方程式为   B．反应达到平衡后，升温，再次平衡时减小，增大 C．加入催化剂，主要降低反应的活化能 D．增大压强，反应的(正)减小，(逆)增大 （4）研究反应③的催化剂选择时，其他条件不变，仅改变催化剂的种类，对反应器出口产品进行成分分析，结果如图所示。在图示催化剂中，反应③应选择的最佳催化剂及选择理由是 。 （5）在不同压强下，按照投料，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度变化的关系如图甲、乙所示： 已知：的平衡转化率，的平衡产率。 其中纵坐标表示的平衡转化率的是图 (填“甲”或“乙”)。 （6）一定条件下(，)，向体积为的恒容密闭容器中通入和发生上述反应，测得的平衡转化率和的平衡产率如（5）图甲、乙所示，反应③的平衡常数为 (写出计算过程)。 【答案】（1） （2） （3）AB （4）催化剂为时，产物中得到的甲醇最多，且副产物较少，因此应选择的最佳催化剂为 （5）乙 （6）0.025L2/mol2 【解析】（1） O的原子序数为8，位于第二周期第ⅥA族，基态O原子价层电子的轨道表示式为； （2）随着温度升高，反应①的平衡常数K1减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以ΔH<0；根据盖斯定律，可知反应②=反应③-反应①，所以K2=K3/K1，500℃时，反应②的平衡常数为1.0； （3）A．由图像可看出CO2(g)+3H2(g)转化为CH3OH(g)+H2O(g)经过了两步反应，第一步反应吸热，热化学方程式为CO2(g)+H2(g)⇌CO(g) +H2O(g) ΔH=+41kJ⋅mol−1，第二步反应放热，热化学方程式为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH=−90kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，总反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=−49kJ⋅mol−1，A项正确； B．升温，CO2(g)+H2(g)⇌CO(g) +H2O(g) ΔH=+41kJ⋅mol−1的平衡正向移动，CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=−49kJ⋅mol−1的平衡逆向移动，故c(CO2)/c(CO)减小，c(CO2)/c(CH3OH)增大，B项正确； C．加入催化剂，反应决速步骤的活化能大幅下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，即反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g) +H2O(g) 为决速步骤，C项错误； D．增压，反应3H2(g)+ CO2(g)⇌H2O(g)+ CO(g)+2H2(g)的平衡不移动，v正和v逆同程度增大，D项错误； 故答案为AB； （4）催化剂为ZnZrO2时，产物中得到的甲醇最多，且副产物CO较少，因此应选择的最佳催化剂为ZnZrO2； （5）反应①和反应③是放热反应，升温，平衡逆向移动，甲醇产率下降，所以图甲纵坐标代表甲醇的平衡产率；反应②是吸热反应，升温，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，而反应③逆向移动，CO2的平衡转化率减小，T1前以反应③为主，T1后以反应②为主，则图乙纵坐标代表CO2的平衡转化率； （6）依题意，反应起始时n(CO2)=1mol、n(H2)=3mol，根据原子守恒，容器中原子总量：n(C)=1mol、n(O)=2mol、n(H)=6mol，平衡时，CH3OH的平衡产率=30%， n(CH3OH)=0.3mol，CO2的平衡转化率为40%，则n(CO2)= 0.6mol，则根据碳原子守恒有n(CO)=n(C)−n(CH3OH)−n(CO2) =0.1mol，根据氧原子守恒有n(H2O)=n(O)−n(CH3OH)−n(CO)−2n(CO2)=0.4mol，根据氢原子守恒有n(H2)=1/2[n(H)−4n(CH3OH)−2n(H2O)]=2mol，体积为1L，则反应③的平衡常数K=L2/mol2。 11．（24-25高三上·广东深圳·阶段练习）乙炔是重要的化工产品，我国科学家提出了一种以为原料制取乙炔的绿色路线，其涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ：； 反应Ⅱ：； 反应Ⅲ：___________。 回答下列问题： （1）反应Ⅲ的化学方程式为 (无需注明物质状态)。 （2）向恒压容器中充入保护气(该气体不与容器中任何物质反应)，再以加入原料，在一定温度下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。 ①反应温度在1400K时，实验表明此时已完全消耗，但的产率为0，出现该情况的原因为 。 ②已知反应温度为1823K时的产率接近100%，请在图甲中分别作出1400K与1823K下时的产率与时间的大致关系图像 。 （3）已知(n是CO的化学计量系数)，反应Ⅰ和反应Ⅱ的1gK与温度的关系曲线如图乙所示。 ①当反应温度保持为1320K时，假设恒容容器中只发生反应Ⅰ，反应达到平衡时 Pa，此时若将容器体积扩大到原来的5倍，则反应重新达到平衡时 Pa。 ②当反应温度保持在1585K时，计算反应的K和，并写出计算过程 。 【答案】（1） （2）在1400K时反应Ⅰ能正向自发进行，而反应Ⅱ不能正向自发进行，全部转化为BaO （3） ， 【解析】（1）根据题干可推测该反应为使用制取乙炔，Ba、Ca元素同主族，所以与水的反应和与水的反应相似，其反应的化学方程式为。 （2）①由题意，1400K时，的产率为0，即没有生成，且实验表明已全部消耗，所以此时反应体系中含Ba微粒只能为BaO，可推断出现该状况的原因为在1400K时反应Ⅰ能正向自发进行，而反应Ⅱ不能正向自发进行，故全部转化为BaO。 ②由题意可得1400K和1823K下的产率与时间的大致关系图像如下：。 （3）①由图可知1320K时反应Ⅰ的，即，所以；若将容器体积扩大到原来的5倍，由于温度不变，故平衡常数不变，重新建立平衡后应不变，即。 ②反应Ⅰ+反应Ⅱ得，所以其平衡常数，由图可知，1585K时，，，即，所以，则。 12．（24-25高三上·广东·阶段练习）研发二氧化碳的碳捕集和碳利用技术是科学研究热点问题，其中催化转化法最具应用价值。 回答下列问题： （1）常温常压下，一些常见物质的燃烧热如表所示： 化学式 已知：　，则　 ，该反应在 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发。 （2）在氢气还原的催化反应中，可被催化转化为甲醇，同时有副产物生成，为了提高甲醇的选择性，某科研团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，原理如图所示。保持压强为，温度为，向密闭容器中按投料比投入一定量和，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇的选择性的相关实验数据如下表所示。 实验组 反应模式 温度/ 的平衡转化率 的选择性 ① 普通催化反应器 3 260 21.9 67.3 ② 分子筛膜催化反应器 3 260 36.1 100 ①分子筛膜催化反应器(恒温恒容)模式中，发生反应，下列说法能作为此反应达到平衡状态的判据的是 (填标号)。 A．气体压强不再变化     B．气体的密度不再改变 C． D． ②由表中数据可知双功能的分子筛膜催化反应器模式下，的平衡转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因： 。 （3）二氧化碳催化加氢制甲醇的反应中[]在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在时，随压强()的变化及在时随温度()的变化，如图所示。 ①图中对应等压过程的曲线是 (填“”或“”)，判断的理由是 。 ②恒温时，当时，的平衡转化率 (保留小数点后一位)，此条件下该反应的 。(保留小数点后两位)(对于气相反应，可以用分压表示，分压总压物质的量分数)。 （4）研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时零排放，其基本原理如下图所示。温度小于时进行电解反应，碳酸钙先分解为和，电解质为熔融碳酸钠，阳极的电极反应为，则阴极的电极反应为 。 【答案】（1） 低温 （2）A 双功能的分子筛膜催化反应器模式下，只发生生成甲醇的反应，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气使平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大 （3）b 该反应，在一定压强下，升高温度平衡逆向移动，减小 33.3% （4）3CO2+4e-=C+2CO 【解析】（1）① ； ②； ③； ④； 根据表格中燃烧热数据写出以上热化学方程式，根据盖斯定律可知得到然化学方程式计算得；该反应，，自发，根据自由能判据可知该反应低温自发； （2）①A．恒温恒容模式，该反应是分子数减小的反应，压强始终在变化，当气体压强不再变化说明达到平衡，故A正确； B．纯气体反应，气体的总质量不变容器体积不变，根据公式，气体的密度始终不改变，不能作为平衡标志，故B错误； C．当时，说明达到平衡，故C错误； D．当各组分浓度不再改变说明达到平衡， =1：3：1：1；不能说明各物质浓度不变，不能说明反应达到平衡，故D错误； 故答案为A； ②双功能的分子筛膜催化模式下只发生反应，双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素，平衡右移，二氧化碳的平衡转化率增大； （3）①该反应正向放热，恒压时，升高温度，平衡逆向移动，减小，故曲线b对应等压过程的曲线； ②恒温时(℃)，当时，根据三段式可知 ，解得x=，的平衡转化率；、、、体积分数分别为0.2、0.6、0.1、0.1，根据图像可知平衡时压强为条件下该反应的平衡常数为：； （4）温度小于900℃时进行电解反应，碳酸钙先分解为和CaO，电解质为熔融碳酸盐，熔融碳酸钠中的碳酸根离子移向阳极，阴极得电子发生还原反应生成碳，则阴极的电极反应为3CO2+4e-=C+2CO。 类型四 含液相转化的化学平衡综合题 13．（2025·广东梅州·一模）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有，需要回收处理并加以利用。 （1）根据文献，对的处理主要有两种方法。 ①克劳斯工艺。该工艺经过两步反应使转化为： 反应I：   反应II：   写出该工艺总反应的热化学方程式 。 ②分解法。反应III：，该反应能自发进行的条件是 。 ③相比克劳斯工艺，分解法处理的优点是 。 （2）消除天然气中是能源领域的研究热点，利用表面吸附时，研究表明有两种机理途径，如下图所示。 下列说法中，正确的有___________。 A．的速率：途径1途径2 B．途径2历程中最大能垒为 C．在吸附过程中提供了O原子 D．吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时放出能量 （3）科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下： i． ii． ①25℃时，溶液中、和在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如下图，由图计算，的， ，则的电离程度比水解程度 (填“大”或“小”)。 ②再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于 (写出计算过程。已知25℃时，)。 【答案】（1） 高温 副产物可作燃料 （2）BC （3） 小 8 【解析】（1）①根据盖斯定律，可得该工艺总反应的热化学方程式：； ②反应III焓变大于0，熵变大于0，因此在高温条件下可以自发进行； ③克劳斯工艺为与氧气反应生成和水，分解法处理生成和氢气，分解法的优点是副产物可作燃料。 （2）A．反应活化能：途径1>途径2，因此速率：途径1<途径2，故A错误； B．途径2历程中的能垒依次为、、，故B正确； C．反应过程为硫化氢转化为单质硫和水，反应需要增加一个氧原子，可能来源于催化剂，故C正确； D．由吸附历程知，得到吸附状态的水分子的过程放出能量，那么吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时需吸收能量，故D错误； 故答案为BC。 （3）①根据题意pH=13时、的所占分数相等，则；的电离平衡常数为，水解平衡常数为，因此的电离程度小于水解程度； ②再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8。 14．（2025·广东佛山·一模）乙酸乙酯是应用最广泛的脂肪酸酯之一。 （1）乙酸乙酯水解可用于制备化工原料。 ①基态O原子价层电子排布式为 。 ②常温下，某CH3COONa溶液pH=9，则c(CH3COOH)＋c(H＋)= mol·L-1。 ③18O标记的乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解的部分历程如下： 已知可快速平衡。 能量变化如图： 反应I、II、III、IV中，表示乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的决速步是 ，总反应△H= (用含E1、E2、E3、E4的代数式表示)，体系中含18O的微粒除A、B、D、E外，还有 。 （2）反应CH3COOH(l)＋CH3CH2OH(l)CH3COOCH3CH3(l)＋H2O(l)的∆H<0，∆S>0。 ①反应 自发进行(选填“低温下”“高温下”“任意温度下”或“不能”)。 ②T℃时，该反应平衡常数Kx==1，其中，n(总)为平衡时乙醇、乙酸、乙酸乙酯和水的物质的量之和。1mol乙醇和1mol乙酸充分反应后，乙酸的转化率为 (写出计算过程)。 （3）制备乙酸乙酯的实验中，常用饱和碳酸钠溶液收集产物。 CH3COOCH2CH3＋H2O＋Na2CO3CH3COONa＋CH3CH2OH＋NaHCO3  K=7.03×105，理论上用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯不合理。设计如下实验： 序号 操作 现象 i 取10mL饱和NaOH溶液(4.5mol·L-1)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇，常温下振荡5min 混合液变澄清、透明、均一 ii 取10mL饱和Na2CO3溶液(pH=12.5)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇并加热至90℃，振荡5min 混合液仍为乳浊液，静置后分层 根据实验，用饱和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯是合理的，其原因有： ①饱和Na2CO3溶液极性较大，乙酸乙酯在其中的溶解度比在NaOH溶液中 (填“大”或“小”)。 ②从速率角度分析， 。 【答案】（1）2s22p4 1×10−5 Ⅰ E1−E2+E3–E4 OH−、H2O、 （2）任意温度下 50% （3）小 饱和碳酸钠溶液中c(OH-)小，反应速率慢 【解析】（1）①基态O原子价层电子为其2s、2p能级上的电子，其基态O原子价层电子排布式为2s22p4； ②常温下，某CH3COONa溶液pH=9，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)、存在物料守恒c(Na+)= c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以存在c(CH3COOH)+c(H+)= c(OH-)=mol/L=10-5mol/L； ③反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中，反应所需活化能越大，反应速率越慢，慢反应为乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的决速步，根据图知，反应Ⅰ为乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的决速步，总反应为A生成D，则总反应ΔH=E1-E2+E3-E4；体系中含18O的微粒除A、B、D、E外，还有18OH-、H218O、CH3CO18OH； （2）①该反应ΔH＜0、ΔS＞0，该反应能自发进行，则ΔH-TΔS＜0，反应任意温度下自发进行； ②x(B)=，n(总)为平衡时乙醇、乙酸、乙酸乙酯和水的物质的量之和，T℃时，该反应平衡常数Kx=等于生成物物质的量幂之积与反应物物质的量幂之积的比，Kx=1；1mol乙醇和1mol乙酸充分反应后，设乙酸的转化率为x，则达到平衡时消耗n(CH3COOH)=xmol；列三段式如下： Kx====1，x=50%。 （3）①根据实验i知，乙酸乙酯和NaOH溶液、乙醇混合后常温下振荡，混合液变澄清、透明、均一，说明溶液中不含乙酸乙酯；实验ii中饱和碳酸钠溶液和乙酸乙酯、乙醇混合并加热，混合液仍为乳浊液，静置后分层，说明混合溶液中还含有乙酸乙酯，饱和Na2CO3溶液极性较大，乙酸乙酯在其中的溶解度比在NaOH溶液中小； ②实验i混合溶液碱性强、实验ii混合溶液碱性弱，根据现象知，实验i的反应速率大于实验ii，说明溶液碱性越强，反应速率越快，饱和碳酸钠溶液中c(OH-)小，反应速率慢。 15．（2025·广东深圳·一模）铁及其化合物化学性质丰富，应用广泛。 （1）基态的价电子排布式为 ；结合价电子排布式，解释易被氧化为的原因 。 （2）某含铁催化剂可催化苯的羟基化反应，其催化机理如图所示： ①上述过程中，催化剂为 。 ②该过程总反应为 （有机物写结构简式，不需注明反应条件）。 （3）标准摩尔生成焓是指一定温度与标准压强（101kPa）下由元素最稳定的单质生成1mol纯物质时的焓变。已知：常温下，与的标准摩尔生成焓分别为与，则在该条件下，分解转化为和的 （用含的式子表示）。 一定温度下，与混合溶液存在如下平衡（不考虑碘单质的挥发与阳离子的水解）： 反应i： 反应ii： （4）关于上述平衡体系的说法正确的有_____（填标号）。 A．加入，平衡时增大 B．加入固体，平衡时的值增大 C．升高温度，反应速率增大，反应速率减小 D．加水稀释，溶液中离子总数增大 （5）当时表示起始浓度，下同），部分相关微粒的物质的量浓度随时间变化曲线如图： ①结合图中变化分析，反应i的活化能 （填“大于”或“小于”）反应ii的活化能。 ②内，上述体系中的平均反应速率 （保留两位有效数字）。 （6）保持混合溶液中，平衡时，与随起始投料比的变化曲线如图。计算反应ii的平衡常数 （写出计算过程，结果保留三位有效数字）。 【答案】（1） 失去一个电子价电子排布会变成，半满结构更稳定 （2） （3） （4）BD （5）大于 （6） 【解析】（1）铁是第26号元素，基态的价电子排布式为；结合价电子排布式，价层电子排布，价层电子排布，失去一个电子价电子排布会变成，半满结构更稳定； （2）①上述过程中，既参与反应，又重新生成，则催化剂为； ②如图所示，反应物为C6H6和N2O，生成物为N2和C6H5OH，该过程总反应为； （3）①，②，根据盖斯定律，´②-①可得，； （4）A．加入，碘单质中溶解度大，由水层进入有机层，则水层碘单质浓度降低，反应i平衡正向进行，在平衡时减小，A错误； B．加入固体，增大，反应ii平衡正向移动，平衡时的值增大，B正确； C．升高温度，反应速率增大，反应速率增大，C错误； D．加水稀释，离子总浓度减小，平衡向着离子总浓度增大的方向移动，故溶液中离子总数增大，D正确； 故选BD； （5）①图中的斜率大于的斜率，故生成的速率快于生成的速率，故反应i的活化能大于反应ii的活化能； ②内，上述体系中的平均反应速率； （6）从图中可知，，当，平衡时，，设平衡时，反应i和反应ii中的变化量为，，列三段式，反应i： 反应ii： 可列式，，，，，解得x=0.005，y=0.002，则，，，反应ii的平衡常数。 16．（24-25高三上·广东·期末）CaCO3的固体分解和沉淀转化反应在化工实际生产和生活中都发挥着重要作用。 I．CaCO3的固体分解反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)  ∆H>0(反应I)可应用于石灰工业。 （1）反应I在 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)可自发进行。 （2）已知CaCO3能量关系如图所示，则CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)的焓变∆H= (用代数式表示) （3）某研究组研究CaCO3的固体分解反应，实验过程中始终保持样品所处气氛(以Ar为载气，调整CO2的比例)不变，测得CaCO3失重率随温度变化曲线如图所示，温度升至850℃时，CO2浓度为35%的反应气氛中CaCO3已开始分解，而CO2浓度为65%的反应气氛中CaCO3仍未分解，从化学平衡的角度解释其原因： 。 （4）某研究组将500gCaCO3置于1L的刚性密闭容器中，在Ar和CO2的混合气氛中加热CaCO3固体，测得不同温度下CaCO3分解转化率随时间变化如图，Kp为平衡分压代替平衡浓度计算的分压平衡常数，下列说法正确的是：___________。 A．1150℃条件下，0~300s内反应I的平均速率v(CO2)≈0.013mol•L-1•s-1 B．1150℃条件下，使用粒径更小的CaCO3进行相同的实验，300s时CaCO3转化率小于80% C．1150℃条件下，在F点处测得CO2分压为p1，则该温度下反应I的Kp=p1 D．950℃条件下，在G点处向密闭容器中充入少量CO2，再次达到平衡时，容器内总压强不变 II．用钠盐溶液处理后，CaCO3可转化为其他工业价值高的难溶钙盐。 一定温度下，分别向1molCaCO3中加入1LNa2X和NaY溶液发生反应：CaCO3+X2−CaX+CO、CaCO3+2Y−CaY2+CO，加入Na2X或NaY的物质的量为n(Na2X)或n(NaY)。平衡时，分别测得随n(Na2X)的变化曲线和随n(NaY)的变化曲线如图所示，已知Ksp(CaCO3)=3.0×10-9，反应过程中不考虑溶液体积变化，不考虑X2−/Y−/CO的水解。 （5）Ksp(CaX) Ksp(CaCO3)(填”>”“<”或“=”)。 （6）若要用1LNaY溶液将1.25molCaCO3完全转化为CaY2沉淀，所需NaY溶液浓度至少为 mol/L。(写出计算过程，结果保留三位有效数字) 【答案】（1）高温 （2）△H1+△H2-△H3 （3）增大CO2浓度，平衡向逆反应方向移动 （4）AD （5）> （6）2.78 【解析】（1）反应I是熵增的吸热反应，高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行； （2）由盖斯定律可知，将分步反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应①+反应②-反应③=目标反应，则反应△H=△H1+△H2-△H3； （3）二氧化碳浓度为65%的反应气氛中碳酸钙仍未分解是因为增大二氧化碳浓度，平衡向逆反应方向移动，抑制碳酸钙的分解； （4）A．由图可知，1150℃条件下，300s时碳酸钙的转化率为80%，由方程式可知，二氧化碳的反应速率为≈0.013mol/(L·s)，故A正确； B．1150℃条件下，使用粒径更小的碳酸钙进行相同的实验，碳酸钙固体表面积增大，反应速率加快，则300s时CaCO3转化率大于80%，故B错误； C．由题意可知，该反应起始含有氩气和二氧化碳，在F点处测得二氧化碳分压为p1说明平衡时反应生成二氧化碳的分压小于p1，由方程式可知，反应的该温度下反应I的Kp小于 p1，故C错误； D．由方程式可知，反应的平衡常数Kp = p(CO2)，温度不变，平衡常数不变，则950℃条件下，在G点处向密闭容器中充入少量二氧化碳，再次达到平衡时，容器内总压强不变，故D正确； 故选AD； （5）由图可知，Na2X的物质的量增大时，溶液中的值先不变后减小，说明开始增大Na2X的物质的量，溶液中的碳酸根离子浓度不变，所以碳酸钙不能转化为CaX，CaX的溶度积大于碳酸钙； （6）由图可知，=4.5时反应达到平衡，由方程式可知，若要用1L NaY溶液将1.25mol碳酸钙完全转化为CaY2沉淀时，溶液中NaY的物质的量至少为1.25mol×2=2.50mol，则溶液中Y-离子浓度为≈0.28mol/L，所需NaY溶液浓度至少为=2.78mol/L。 17．（24-25高三上·广东汕头·期中）酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。 （1）最新研究工业上可以用H+ - Ag为催化剂氧化乙烯制备环氧乙烷(简称EO)；反应方程式为2C2H4(g) + O2(g) → 2EO(g)(反应a) 已知： ①Ag位于第五周期，与Cu同族，有相似的核外电子排布，写出Ag价电子排布式 。 ②反应a的ΔH= 。 （2）某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。 据图可知，在该过程中___________。 A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变 B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率 C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应 D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小 （3）我国科学家报道了一种高效O-to-C的替换反应，可在温和条件下将环氧化物快速转化为环丙烷结构。一种脱氧/环加成串联反应机理如图，其中的催化剂为 (填图中字母)。 （4）在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值：弱酸H2A在有机相和水相中存在平衡：H2A(环己烷)H2A(aq)，平衡常数为Kd 。25℃时，向VmL 0.1mol∙L-1 H2A环己烷溶液中加入VmL水进行萃取，用NaOH(s)或HCl(g)调节水溶液pH。测得水溶液中c(H2A)、c(HA-)、c(A2-)、环己烷中H2A的浓度 [c环丙烷(H2A)]、水相萃取率α[α=1-]随pH的变化关系如图。 已知：H2A在环己烷中不电离，且忽略过程中溶液体积的变化 ①表示c环丙烷(H2A)的曲线为 。(填字母) ②由图计算pH=6，H2A的Kd= ， Ka1= ，Ka2= 及水相萃取率α= 。(保留三位有效数字) 【答案】（1）4d105s1 2ΔH1 – 2ΔH2 + 2ΔH3 （2）BD （3）T （4）a 0.25 10-4 10-7 0.965 【解析】（1）①银和铜位于同一族的相邻周期，即Ag位于元素周期表的第五周期IB族，基态Ag原子的价层电子排布式为：4d105s1。 ②已知：反应Ⅰ ΔH1 反应Ⅱ   ΔH2 反应Ⅲ   ΔH3 由盖斯定律可知，反应Ⅰ×2-反应Ⅱ×2+反应Ⅲ×2可得 ，则2ΔH1 – 2ΔH2 + 2ΔH3。 答案为①4d105s1        ②2ΔH1 – 2ΔH2 + 2ΔH3。 （2）A．催化剂不能改变反应的焓变，A错误； B．由图示可知，酸性：硫酸＞磷酸＞乙酸，催化剂酸性增强，反应速率提高，B正确； C．一个硫酸分子中含有2个H，一个磷酸分子中含有3个H，一个乙酸分子中含有4个H，但含H最少的硫酸催化时，最有利于加速反应，C错误； D．由图示可知，反应开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D正确； 综上，BD符合题意； 答案选BD。 （3）由图可知，物质T参与第①步反应，并且在第④步反应生成；反应前后没有发生变化，T为反应的催化剂。 答案为T。 （4）①向水溶液中加入NaOH(s)时，NaOH与水溶液中的H2A反应，平衡：H2A(环己烷)H2A(aq)正向移动，c环丙烷(H2A)减小，水相萃取率增大。当pH足够大的时候，水相萃取率达到100%，此时c环丙烷(H2A)=0 mol/L，b和a符合c环丙烷(H2A)、水相萃取率的变化趋势；则表示c环丙烷(H2A)的曲线为a。 ②向水溶液中加入NaOH(s)时，NaOH与水溶液中的H2A反应，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)增大；到一定程度时，c(HA-)减小，c(A2-)增大，因此表示c(H2A)、c(HA-)、c(A2-)的曲线分别为c、d、f。平衡常数Kd、Ka1、Ka2只与温度有关，与pH无关。根据图示，当pH=2时，c(HA-)和c(A2-)均为0 mol/L，水相中只有H2A。c(H2A)=0.02 mol/L，c环丙烷(H2A)=0.08 mol/L，平衡：H2A(环己烷)H2A(aq)的平衡常数。H2A在水溶液中电离，电离方程式为H2AHA－＋H＋、HA－A2－＋H＋。当pH=4时，c(H2A)=c(HA-)，则平衡常数。当pH=7时，c(HA-)=c(A2-)，。当pH=6时，c(H＋)=10-6mol/L，带入Ka1、Ka2，可得，；另外根据Kd，有，以及c环丙烷(H2A)+ c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1 mol/L，联立方程式，可得c环丙烷(H2A)≈0.00348 mol/L，则水相萃取率。 答案为①a       ②0.25        10-4                         10-7                      0.965。 18．（24-25高三上·广东广州·期中）CO2减排能有效降低温室效应，同时CO2也是一种重要的资源，因此研究CO2捕集与转化对实现“碳中和”目标具有重要意义而备受关注。 （1）某研究机构成功合成了氮掺杂多孔有机聚合物DLU-1吸附剂，用于烟道气(主要是N2和CO2)和天然气中CO2的捕集。为考查样品对单组分气体的吸附性能，测定在压强为1bar，温度为273K和298K下的单组分气体吸附等温线如图，请阐述DLU-1吸附剂能做捕获剂的理由： 。 （2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚，   。 ①恒温恒容下，充入等物质的量的CO2和H2充分反应，以下叙述不能说明该反应达到平衡状态的是 (填序号)。 A．CO2的物质的量分数保持不变              B．容器中混合气体的密度保持不变 C．容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变     D．断裂1molπ键的同时断裂1.5mol O-H键 ②在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示，则T1 T2(填“＞”或“＜”)。 ③T1温度下，将4mol CO2和12mol H2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0~5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)= 。 （3）工业上可以利用二氧化碳合成甲醇。 已知①  △H1=+41kJ∙mol-1 ②  △H2=-90kJ∙mol-1 若③正反应的活化能为Ea mol·L-1，则逆反应的活化能为 mol·L-1 (用含Ea的式子表示)，该反应在 (填“较高温度”或“较低温度”)下可自发进行。 （4）以CO2为原料，电解法制取乙烯、乙烷的装置如图，生成乙烯的电极反应式为： 。 【答案】（1）相同条件下，和CO2相比，N2与CH4的吸附量均很小，这说明DLU-1具有较好的吸附选择性 （2）AB ＜ 0.14 mol·L-1·min-1 （3）Ea+49 较低温度 （4） 【解析】（1）从图中可以看出，不管是273K还是298K，DLU-1吸附剂对CO2都具有很强的吸附性，而对N2、CH4的吸附性都很弱。则DLU-1吸附剂能做捕获剂的理由：相同条件下，和CO2相比，N2与CH4的吸附量均很小，这说明DLU-1具有较好的吸附选择性。 （2）①恒温恒容下，充入等物质的量(设都为1mol)的CO2和H2充分反应，设参加反应CO2的物质的量为x，则可建立如下三段式： A．CO2的物质的量分数为=50%，则不管CO2的转化率如何，CO2的物质的量分数始终不变，所以反应不一定达平衡状态，A符合题意； B．容器中混合气体的质量和体积始终不变，则密度始终保持不变，反应不一定达平衡状态，B符合题意； C．容器中反应前后混合气体的质量不变，物质的量不断发生改变，则平衡前混合气体的平均摩尔质量不断发生改变，当平均摩尔质量不变时，反应达平衡状态，C不符合题意； D．CO2的结构式为O=C=O，1个CO2分子中含有2个π键，断裂1molπ键，则有0.5molCO2参加反应，断裂1.5mol O-H键，则有0.75molH2O参加反应，反应达平衡状态，D不符合题意； 故选AB。 ②在某压强下，合成二甲醚的反应为：   ，降低温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，则T1＜T2。 ③T1温度下，将4mol CO2和12mol H2充入2L的密闭容器中，==3，图中信息显示，CO2的平衡转化率为70%，则参加反应CO2的物质的量为4mol×70%=2.8mol，生成CH3OCH3的物质的量为1.4mol，5min后反应达到平衡状态，则0~5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)==0.14 mol·L-1·min-1。 （3）①  △H1=+41kJ∙mol-1 ②  △H2=-90kJ∙mol-1 依据盖斯定律，将反应①+②得，反应③ △H3=△H1+△H2=(+41kJ∙mol-1)+(-90kJ∙mol-1)=-49kJ∙mol-1，若正反应的活化能为Ea mol·L-1，则逆反应的活化能为(Ea+49)mol·L-1，该反应的ΔS＜0、△H＜0，则在较低温度下可自发进行。 （4）CO2中C元素显+4价，乙烯C2H4中C元素显-2价，则以CO2为原料，电解法制取乙烯时，在阴极CO2得电子产物与电解质反应生成乙烯等，依据得失电子守恒、电荷守恒(溶液呈酸性，可添加H+)和质量守恒，可得出电极反应式为：。 19．（24-25高三上·广东广州·期中）CO2减排能有效降低温室效应，同时CO2也是一种重要的资源，因此研究CO2捕集与转化对实现“碳中和”目标具有重要意义而备受关注。 （1）某研究机构成功合成了氮掺杂多孔有机聚合物DLU-1吸附剂，用于烟道气(主要是N2和CO2)和天然气中CO2的捕集。为考查样品对单组分气体的吸附性能，测定在压强为1bar，温度为273K和298K下的单组分气体吸附等温线如图，请阐述DLU-1吸附剂能做捕获剂的理由： 。 （2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚，   。 ①恒温恒容下，充入等物质的量的CO2和H2充分反应，以下叙述不能说明该反应达到平衡状态的是 (填序号)。 A．CO2的物质的量分数保持不变              B．容器中混合气体的密度保持不变 C．容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变     D．断裂1molπ键的同时断裂1.5mol O-H键 ②在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示，则T1 T2(填“＞”或“＜”)。 ③T1温度下，将4mol CO2和12mol H2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0~5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)= 。 （3）工业上可以利用二氧化碳合成甲醇。 已知①  △H1=+41kJ∙mol-1 ②  △H2=-90kJ∙mol-1 若③正反应的活化能为Ea mol·L-1，则逆反应的活化能为 mol·L-1 (用含Ea的式子表示)，该反应在 (填“较高温度”或“较低温度”)下可自发进行。 （4）以CO2为原料，电解法制取乙烯、乙烷的装置如图，生成乙烯的电极反应式为： 。 【答案】（1）相同条件下，和CO2相比，N2与CH4的吸附量均很小，这说明DLU-1具有较好的吸附选择性 （2）AB ＜ 0.14 mol·L-1·min-1 （3）Ea+49 较低温度 （4） 【解析】（1）从图中可以看出，不管是273K还是298K，DLU-1吸附剂对CO2都具有很强的吸附性，而对N2、CH4的吸附性都很弱。则DLU-1吸附剂能做捕获剂的理由：相同条件下，和CO2相比，N2与CH4的吸附量均很小，这说明DLU-1具有较好的吸附选择性。 （2）①恒温恒容下，充入等物质的量(设都为1mol)的CO2和H2充分反应，设参加反应CO2的物质的量为x，则可建立如下三段式： A．CO2的物质的量分数为=50%，则不管CO2的转化率如何，CO2的物质的量分数始终不变，所以反应不一定达平衡状态，A符合题意； B．容器中混合气体的质量和体积始终不变，则密度始终保持不变，反应不一定达平衡状态，B符合题意； C．容器中反应前后混合气体的质量不变，物质的量不断发生改变，则平衡前混合气体的平均摩尔质量不断发生改变，当平均摩尔质量不变时，反应达平衡状态，C不符合题意； D．CO2的结构式为O=C=O，1个CO2分子中含有2个π键，断裂1molπ键，则有0.5molCO2参加反应，断裂1.5mol O-H键，则有0.75molH2O参加反应，反应达平衡状态，D不符合题意； 故选AB。 ②在某压强下，合成二甲醚的反应为：   ，降低温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，则T1＜T2。 ③T1温度下，将4mol CO2和12mol H2充入2L的密闭容器中，==3，图中信息显示，CO2的平衡转化率为70%，则参加反应CO2的物质的量为4mol×70%=2.8mol，生成CH3OCH3的物质的量为1.4mol，5min后反应达到平衡状态，则0~5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)==0.14 mol·L-1·min-1。 （3）①  △H1=+41kJ∙mol-1 ②  △H2=-90kJ∙mol-1 依据盖斯定律，将反应①+②得，反应③ △H3=△H1+△H2=(+41kJ∙mol-1)+(-90kJ∙mol-1)=-49kJ∙mol-1，若正反应的活化能为Ea mol·L-1，则逆反应的活化能为(Ea+49)mol·L-1，该反应的ΔS＜0、△H＜0，则在较低温度下可自发进行。 （4）CO2中C元素显+4价，乙烯C2H4中C元素显-2价，则以CO2为原料，电解法制取乙烯时，在阴极CO2得电子产物与电解质反应生成乙烯等，依据得失电子守恒、电荷守恒(溶液呈酸性，可添加H+)和质量守恒，可得出电极反应式为：。 20．（24-25高三上·广东·期中）甲酸是重要化工原料，在新能源领域应用潜力大，对环保和可持续发展也很重要。 （1）根据以下信息，写出甲酸分解制氢的热化学方程式： 。 已知：         （2）甲烷与定向转化制甲酸等物质的反应历程和能垒变化如图所示(部分自由基未画出)。有催化剂时，微粒吸附在催化剂表面进行反应。 ①下列说法不正确的是 。 A．甲烷定向制甲酸的反应是放热反应 B．该过程的决速步是甲烷产生自由基过程 C．从ⅰ→ⅱ的过程中，存在 D．微粒ⅱ和ⅲ是反应的中间体 ②由生成的过程中，产生自由基的过程可表示为 。 （3）利用甲酸钠脱除水体中的，反应的还原主产物是，存在中间产物和副产物，其他可能的还原产物不考虑。水体中初始浓度为，测得过程中和(元素的含量)随时间变化如图所示。时转化完全，检测不到。 ①中N原子的杂化方式是 。 ②从开始到转化完全时，反应速率为 (保留3位有效数字，下同)，氮的脱除效率()可以达到 。 （4）已知，。常温下，的甲酸钠溶液中， (填“>”“<”或“=”)，溶液 (写出此空的计算过程)。 【答案】（1） （2）D （3）sp2 （4）> 8.37（计算过程看解析） 【解析】（1）设①  ，②  ，③  ，根据盖斯定律①+②-③，可得； （2）①A．由图可知，甲烷定向制甲酸的反应是放热反应，A正确； B．该过程的决速步是能量壁垒最高的步骤，是甲烷产生自由基过程，B正确； C．从ⅰ→ⅱ的过程中有CH3OOH的生成，可知要形成CH3OOH需要，故存在 D．微粒ⅱ和ⅲ是反应的产物，D错误； 故选D； ②生成需要自由基，产生自由基的过程可表示为； （3）①中N的价层电子对数，杂化方式是sp2； ②从开始到转化完全时，反应速率为；转化完全时，的浓度为，氮的脱除效率； （4）的甲酸钠溶液中甲酸根微弱水解，>；甲酸根水解，，，，，可得，，将代入， ，； 类型五 含配合物的化学平衡综合题 21．（2025·广东珠海·一模）的捕集，利用与封存技术是实现碳达峰，碳中和的热点研究方向。乙醇胺(化学式为，以下简写为)在工业上可用作吸收剂。 Ⅰ．的吸收：用吸收发生反应a：。 （1）乙醇胺分子中电负性最强的元素是 (填元素符号)。 （2）X的化学式是 。 （3）与结合过程的能量变化如图1。分别向相同体积的溶液中加入相同体积，不同浓度的，测得溶液吸收的体积随时间变化的曲线如图2。 ①反应b：   。 ②图2曲线Ⅰ在内，的平均吸收速率为 。 ③下列有关说法正确的有 。 A．加入有利于的吸收 B．加入的浓度：Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ C．的吸收速率随着反应的进行逐渐增大 D．吸收时，反应b逆向移动，吸收热量 Ⅱ．再生：被溶液吸收后全部转化为(简称吸收液)，吸收液存在如反应c所示的平衡： 反应c：   （4）若被吸收后形成1L的吸收液，平衡时。此时要使吸收液中的发生反应c全部转化为，需要从外界吸收热量 kJ。 （5）向（4）的吸收液中加入(忽略溶液体积变化)，与结合，反应c的平衡由M点移动到N点，如图。 ①从能量利用和平衡移动的角度分析加入如何促进反应c中转化为： 。 ②N点时，，可忽略其它含铜微粒。此时吸收液中的经反应b完全转化为，可以放出 kJ热量用于再生。(写出计算过程) 【答案】（1）O （2） （3）-21 0.75 BD （4）15 （5）与结合，导致减小，且该过程为放热反应，促使反应c平衡正向移动，使得转化为 1.35 【解析】（1）乙醇胺，化学式为，含有C、N、O、H四种元素，元素非金属性越强，电负性越大，则电负性最大的是O元素； （2）根据元素守恒和电荷守恒可知，X的化学式为； （3）①由盖斯定律可知，； ②图2曲线Ⅰ在内，的吸收量是15.0L，则的平均吸收速率为； ③A．与结合生成，导致减小，导致平衡 逆向移动，不利于的吸收，A错误； B．由A项分析可知，加入的浓度越大，越不利于的吸收，则加入的浓度：Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，B正确； C．二氧化碳的吸收速率就是 的正反应速率，因此速率逐渐减小，C错误； D．吸收二氧化碳时，减小，反应b平衡逆向移动，由①小问可知，平衡逆向移动是吸热过程，D正确； 故选BD； （4）若被吸收后形成1L的吸收液，则，平衡时，说明的转化量为0.25mol，还剩余0.75mol没有转化，故要使吸收液中的发生反应c全部转化为，则需要吸收0.75mol×20kJ/mol=15kJ的热量； （5）①向（4）的吸收液中加入，与结合，导致减小，且该过程为放热反应，促使反应c平衡正向移动，使得转化为； ②根据第（4）小问可知，M点平衡时，，，则，由图可知，，当向N点移动时，平衡后，列三段式： ，则，x=0.25mol/L，则原则上，由图可知，，则有0.45mol的被结合，，由化学式可知，，若完全转化为，放出热量为。 22．（24-25高三下·广东广州·阶段练习）酸性CuCl2溶液主要组成为HCl与CuCl2 (HCl与CuCl2会络合为H2CuCl4)，其具有溶铜速率快、稳定、易控制及易再生等优点，常应用于印刷线路板(PCB)的刻蚀。刻蚀原理为Cu(s)+ H2CuCl4(aq)→H2CuCl3(aq)+ CuCl(s)，CuCl(s)+2HCl(aq)→H2CuCl3(aq) （1）CuCl中基态亚铜离子的价层电子轨道表示式为 。 （2）CuCl2溶液中存在平衡： [Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-⇌CuCl (黄色)+4H2O ，下列说法不正确的是_______(填序号)。 A．加入几滴溶液，平衡逆向移动 B．加热溶液，溶液由蓝绿色变为黄绿色，平衡常数K增大 C．加水稀释，c([Cu(H2O)4]2+)：c(CuCl)的比值会减小 D．加入少量固体，平衡正向移动，转化率增大 （3）盐酸的浓度会影响刻蚀速率，CuCl2浓度相同，盐酸浓度分别为1.5mol/L、2.5mol/L、3.0mol/L时，c(H2CuCl3)随时间的变化曲线如图所示，中间速率变缓慢的可能原因是 。c(HCl)= 1.5mol/L时，在0~1.5min内，H2CuCl3的平均生成速率为 。 （4）Cu2+能形成多种配合物。在CuCl2溶液中，存在以下氯化络合反应： Cu2++ Cl-⇌CuCl+  K1=1.5   　　　Cu2++ 2Cl-⇌CuCl2  K2=0.5 Cu2++ 3Cl-⇌CuCl  K3=5×10-3 　　Cu2++ 4Cl-⇌ CuCl  K4=2.5×10-5 在1.0×10-4mol/L CuCl2稀溶液中，改变溶液中Cl-起始浓度，测得铜元素的各物种分布系数δ与Cl-平衡浓度关系如图所示。 ①曲线b表示微粒 的物种分布系数。 ②A点时溶液中c(Cl-)= 。Cu2+的氯化络合转化率为 。 （5）用电化学方法可实现酸性CuCl2刻蚀液的再生，在电解池的 (填“阴”或“阳”)极实现CuCl转化为CuCl，电极反应式为 。 【答案】（1） （2）CD （3）反应生成的固体CuCl覆盖了铜，阻碍反应进行，生成H2CuCl3的速率较慢 0.2mol·L-1·min-1 （4）CuCl+ （5）阳 CuCl-e-+ Cl-= CuCl 【解析】（1） CuCl中基态亚铜离子的价层电子排布式为3d10，其轨道表示式为； （2）A．加入几滴溶液，Ag+与Cl-反应生成AgCl沉淀，使c(Cl-)减小，平衡逆向移动，A正确； B．反应为吸热反应，加热溶液，平衡正向移动，溶液由蓝色变为黄绿色，平衡常数K增大，B正确； C．加水稀释，c(Cl-)减小，，故增大，C不正确； D．加入少量氯化钠固体，氯离子浓度增大，平衡正向移动，但氯离子本身的转化率减小，D不正确； 故选CD； （3）由刻蚀原理，铜会和H2CuCl4(aq)反应生成氯化亚铜沉淀，反应生成的固体CuCl覆盖了铜，阻碍反应进行，导致生成H2CuCl3的速率较慢；因HCl的浓度越低，平衡时H2CuCl3的浓度越低， 图中相同时间内最低的曲线为c(HCl)= 1.5mol/L时曲线，由曲线可知，c(HCl)= 1.5mol/L时，在0~1.5min内，H2CuCl3的浓度为0.3mol/L，平均生成速率为； （4）①曲线b表示微粒的物种分布系数先增大后减小，因开始时发生反应，分布系数增大，后随着的反应进行，分布系数减小，故曲线b表示微粒的物种分布系数； ②由图可知，A点时和物质种分布系数几乎为0，可以忽略不计，主要含铜微粒为Cu2+、和CuCl2；ab曲线相交，则，根据反应：可知，，；设、，据反应，，，，由铜元素守恒，，则4.5y+4.5y+y≈1.0×10-4mol/L，得y≈1.0×10-5mol/L；则Cu2+的氯化络合转化率为； （5）用电化学方法可实现酸性刻蚀液的再生，电解池中阳极失电子发生氧化反应，故在电解池的阳极实现CuCl转化为CuCl，电极反应式为CuCl-e-+ Cl-= CuCl。 23．（24-25高三上·广东·阶段练习）羰基硫(COS)常用于合成杀草丹、燕麦敌、杀虫剂巴丹等农药。工业上通过CO与反应制取COS，反应体系中主要涉及以下反应： a．  ； b．  ； c．  ； d．  。 （1）与相同，COS中所有原子最外层也都满足8电子结构，COS属于 分子(填“极性”或“非极性”)，COS的沸点 的沸点(填“>”、“=”或“<”)。 （2）根据盖斯定律，反应d的 (用含的代数式表示)。 （3）以CO和反应制取COS的反应(a、b、c、d)体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的是_______(填选项字母)。 A．恒容条件下增大CO与的浓度，反应a、b、c、d的正反应速率都增加 B．升高温度，的浓度增大，表明反应d为吸热反应 C．加入作用于反应a的催化剂，可增大的值 D．降低反应温度，反应a~d的正、逆反应速率都减小 （4）反应a分两步进行，其反应过程中的能量变化如图1所示。 中间产物为 ，决定COS生成速率的步骤是 (填“第1步”或“第2步”)。 （5）在密闭容器中按下表投料，分别发生反应a和反应d(不参与反应)，反应时间和压强相同时，测得两个反应中COS的物质的量分数随温度变化的关系如图2实线所示(虚线表示平衡曲线)。 反应序号 反应a 反应d 起始投料 CO 起始物质的量分数/% 1 1 98 1 1 98 ①实验测得反应d的速率方程为，，k为速率常数，则反应d达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数 (填“>”、“<”或“=”)增大的倍数。 ②已知相同条件下，反应a速率比反应d快，1000℃时，反应a的平衡常数。 (用分数表示，写出分析与计算过程)。 【答案】（1）极性 > （2） （3）AD （4） 第2步 （5）< 【解析】（1）COS的结构式为O=C=S，为直线形分子，但由于与键键长不同，正负电中心不重合，故为极性分子；COS与均为分子晶体，COS的相对分子质量更大，范德华力更大，沸点更高； （2）根据盖斯定律，可知反应d=反应a-反应c，即； （3）A．恒容条件下增大CO和的浓度，对于反应a、b、c、d来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，A项正确； B．升高温度，的浓度增大，可能为反应c正向移动导致，也可能是反应d逆向移动导致，所以无法判断反应d吸热还是放热，B项错误； C．催化剂可以同等程度增大正、逆反应速率，不能改变反应的焓变，C项错误； D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D项正确； 故选AD； （4）由图可知，中间产物为，两步反应中，慢反应速率决定总反应速率，活化能越大，反应速率越慢，所以决定COS生成速率的步骤是第2步； （5）①反应d中随温度的升高，生成物COS的物质的量分数减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，，则增大的倍数增大的倍数。 ②已知相同条件下，反应a速率比反应d快，从图像可以看出，反应时间和压强相同时，相同温度下，曲线3的生成物COS物质的量分数大，所以曲线3表示反应a，A点对应的平衡体系中，COS的物质的量分数为0.3%，假设容器体积为1L，起始时反应的总物质的量为100mol，则CO、、的物质的量分别为1mol、1mol和98mol，该反应前后总物质的量不变，所以平衡时总物质的量也为100mol，则平衡时COS的物质的量为0.3mol，设的转化量为x mol，列三段式： 则，平衡时CO、、COS、的物质的量分别为0.7mol、0.7mol、0.3mol、0.3mol，物质的量浓度分别为0.7mol/L、0.7mol/L、0.3moL/L、0.3mol/L，该温度下反应的平衡常数。 24．（24-25高三上·广东汕头·期中）酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。 （1）最新研究工业上可以用H+ - Ag为催化剂氧化乙烯制备环氧乙烷(简称EO)；反应方程式为2C2H4(g) + O2(g) → 2EO(g)(反应a) 已知： ①Ag位于第五周期，与Cu同族，有相似的核外电子排布，写出Ag价电子排布式 。 ②反应a的ΔH= 。 （2）某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。 据图可知，在该过程中___________。 A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变 B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率 C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应 D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小 （3）我国科学家报道了一种高效O-to-C的替换反应，可在温和条件下将环氧化物快速转化为环丙烷结构。一种脱氧/环加成串联反应机理如图，其中的催化剂为 (填图中字母)。 （4）在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值：弱酸H2A在有机相和水相中存在平衡：H2A(环己烷)H2A(aq)，平衡常数为Kd 。25℃时，向VmL 0.1mol∙L-1 H2A环己烷溶液中加入VmL水进行萃取，用NaOH(s)或HCl(g)调节水溶液pH。测得水溶液中c(H2A)、c(HA-)、c(A2-)、环己烷中H2A的浓度 [c环丙烷(H2A)]、水相萃取率α[α=1-]随pH的变化关系如图。 已知：H2A在环己烷中不电离，且忽略过程中溶液体积的变化 ①表示c环丙烷(H2A)的曲线为 。(填字母) ②由图计算pH=6，H2A的Kd= ， Ka1= ，Ka2= 及水相萃取率α= 。(保留三位有效数字) 【答案】（1）4d105s1 2ΔH1 – 2ΔH2 + 2ΔH3 （2）BD （3）T （4）a 0.25 10-4 10-7 0.965 【解析】（1）①银和铜位于同一族的相邻周期，即Ag位于元素周期表的第五周期IB族，基态Ag原子的价层电子排布式为：4d105s1。 ②已知：反应Ⅰ ΔH1 反应Ⅱ   ΔH2 反应Ⅲ   ΔH3 由盖斯定律可知，反应Ⅰ×2-反应Ⅱ×2+反应Ⅲ×2可得 ，则2ΔH1 – 2ΔH2 + 2ΔH3。 答案为①4d105s1        ②2ΔH1 – 2ΔH2 + 2ΔH3。 （2）A．催化剂不能改变反应的焓变，A错误； B．由图示可知，酸性：硫酸＞磷酸＞乙酸，催化剂酸性增强，反应速率提高，B正确； C．一个硫酸分子中含有2个H，一个磷酸分子中含有3个H，一个乙酸分子中含有4个H，但含H最少的硫酸催化时，最有利于加速反应，C错误； D．由图示可知，反应开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D正确； 综上，BD符合题意； 答案选BD。 （3）由图可知，物质T参与第①步反应，并且在第④步反应生成；反应前后没有发生变化，T为反应的催化剂。 答案为T。 （4）①向水溶液中加入NaOH(s)时，NaOH与水溶液中的H2A反应，平衡：H2A(环己烷)H2A(aq)正向移动，c环丙烷(H2A)减小，水相萃取率增大。当pH足够大的时候，水相萃取率达到100%，此时c环丙烷(H2A)=0 mol/L，b和a符合c环丙烷(H2A)、水相萃取率的变化趋势；则表示c环丙烷(H2A)的曲线为a。 ②向水溶液中加入NaOH(s)时，NaOH与水溶液中的H2A反应，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)增大；到一定程度时，c(HA-)减小，c(A2-)增大，因此表示c(H2A)、c(HA-)、c(A2-)的曲线分别为c、d、f。平衡常数Kd、Ka1、Ka2只与温度有关，与pH无关。根据图示，当pH=2时，c(HA-)和c(A2-)均为0 mol/L，水相中只有H2A。c(H2A)=0.02 mol/L，c环丙烷(H2A)=0.08 mol/L，平衡：H2A(环己烷)H2A(aq)的平衡常数。H2A在水溶液中电离，电离方程式为H2AHA－＋H＋、HA－A2－＋H＋。当pH=4时，c(H2A)=c(HA-)，则平衡常数。当pH=7时，c(HA-)=c(A2-)，。当pH=6时，c(H＋)=10-6mol/L，带入Ka1、Ka2，可得，；另外根据Kd，有，以及c环丙烷(H2A)+ c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1 mol/L，联立方程式，可得c环丙烷(H2A)≈0.00348 mol/L，则水相萃取率。 答案为①a       ②0.25        10-4                         10-7                      0.965。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$