必刷19 化学反应原理综合大题-【粤战粤强·化学上分】2026年广东高考化学高频考点必刷

【粤战粤强·化学上分】2026广东高考化学高频考点必刷 必刷19 化学反应原理综合大题 1. (2025·广东高考真题) 钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 （1）基态Ti原子的价层电子排布式为_______。 （2）298K下，反应的、，则298K下该反应_______(填“能”或“不能”)自发进行。 （3）以为原料可制备。将与10.0mol Ti放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 (a) (b) (c) (d) ①_______kJ/mol。 ②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为_______。 ③温度T0K下，_______，反应(c)的平衡常数K=_______(列出算式，无须化简)。 （4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼的分解反应： (e) (f) 为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含的物质的量为)，进行实验，得到、随时间t变化的曲线如图。其中，为H2与N2的物质的量之和；为剩余的物质的量。设为0~t时间段内反应(e)消耗的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用表示。 ①内，的转化率为_______(用含的代数式表示)。 ②内，催化剂的选择性为_______(用含与的代数式表示，写出推导过程)。 【答案】（1） （2）能 （3） ① ② ③ 0.5 （4） ① ② 【解析】 【小问1解析】 Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为，故答案为：： 【小问2解析】 反应的、，则根据可知，该反应在298K下能自发进行，故答案为：能； 【小问3解析】 ① 已知：反应b： 反应c： 将反应c-2×反应b可得，则，故答案为：； ② 由表格可知，反应a为放热反应，反应b、c为吸热反应，反应d也是放热的，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示或的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c正向移动，反应a、d为逆向移动，所以的含量逐渐上升，的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为，故答案为：； ③ 温度T0K下，，，，根据Ti元素守恒，可推出（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则，，反应(c)的平衡常数=，故答案为：0.5；； 【小问4解析】 ① 因为肼为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时， t0 min时， ，则内，的转化率为=，故答案为：； ② 由图可知，内，，，则，反应掉的肼为，生成的氮气和氢气的物质的量为，根据反应前后原子守恒，可得，反应f消耗的肼为，反应e消耗的肼为， 则本体系中催化剂的选择性===，故答案为：； 2. (2024·广东高考真题) 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）酸催化下与混合溶液的反应(反应a)，可用于石油开采中油路解堵。 ①基态N原子价层电子的轨道表示式为_______。 ②反应a： 已知： 则反应a的_______。 ③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 （2）在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图，其中的催化剂有_______和_______。 （3）在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸 (X为A或B)在某非水溶剂中的。 a．选择合适的指示剂其钾盐为KIn， =3.6×10-20；其钾盐为KIn。 b．向KIn溶液中加入，发生反应： 。KIn起始的物质的量为n0(KIn)，加入的物质的量为n(，平衡时，测得随的变化曲线如图。 已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。 ①计算 _______。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) ②在该溶剂中，_______；________ _。(填“>”“<”或“=”) 【答案】（1） ① ② ③ BD （2） AcOH KI （3）①由变化曲线图可知，当时，，设初始，则初始，转化的物质的量浓度为，可列出三段式如下： 由，即，解得，则该反应的平衡常数为 解得； ② ＞ ＞ 【解析】 （1）①N的原子序数为7，位于第二周期第ⅤA族，基态N原子价层电子的轨道表示式为； ②由已知可得： Ⅰ．，； Ⅱ．，； Ⅲ．，； Ⅳ．，； 由盖斯定律可知，目标方程式可由方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ＋Ⅳ得到，故反应； ③A．催化剂不能改变反应的焓变，A项错误； 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项正确； 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项错误； 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项正确； 故选BD。 （2）催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质并未改变，由催化机理示意图可知，催化剂有AcOH和KI； （3）①由变化曲线图可知，当时，，设初始，则初始，转化的物质的量浓度为，可列出三段式如下： 由，即，解得，则该反应的平衡常数为 解得； ②根据图像可知，当时，设此时转化的物质的量浓度为，可列出三段式如下： 此时，即，则，则平衡常数，则； 由于，则，。 3．(2025·广州一模)甲基叔戊基醚(结构简式为，用TAME表示)常用作汽油添加剂，在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得。体系中同时存在如下反应： 反应Ⅰ：A+CH3OHTAME 反应Ⅱ：AB(A为、B为) (1)制备TAME所用的催化剂含磺酸基团(—SO3H)。基态S原子的价层电子的轨道表示式为 。 (2)反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数K与温度T的变化关系如图1所示，属于放热反应的是 。 (3)在非水溶剂中，向恒容密闭容器加入物质的量均为amol的CH3OH和A，在三种不同温度T1、T2、T3下进行反应，TAME的产率随反应时间t的变化曲线如图2。 ①图2中温度由低到高的顺序为 。 ②下列有关说法中，正确的是 (填字母)。 A．三种不同温度中，反应速率随反应进程一直增大 B．催化剂可加快化学反应速率，提高A的平衡转化率 C．达到平衡后加入CH3OH再次达到平衡后不变 D．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，减小 (4)为研究不同醇烯投料比对平衡的影响，某温度下，当A起始浓度c0(A)=0.10mol•L﹣1时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图3。已知反应Ⅱ的平衡常数K2。当0.60，c平(A)= mol•L﹣1(用含x的式子表示)。计算反应Ⅰ的平衡常数K1 (结果保留1位小数，写出计算过程)。 【答案】(1) (2)反应Ⅰ (3) T3<T2<T1 CD (4) 0.1﹣0.2x 2.5 【解析】（1） S的原子序数为16，基态S原子的价层电子排布式为3s23p4，其轨道表示式为：； （2）对于放热反应，降低温度，增大，平衡正向移动，平衡常数K增大，lnK增大，所以属于放热反应的是反应Ⅰ； （3）①温度越高，反应速率越快，到达平衡的时间越短，所以图2中温度由低到高的顺序为T3<T2<T1； ②A．三种不同温度中，反应速率随反应进程开始增大，逐渐减小，故A错误； B．催化剂可加快化学反应速率，但不能提高A的平衡转化率，故B错误； C．达到平衡后加入CH3OH再次达到平衡后K(平衡常数)不变，故C正确； D．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，K∙c(A)，平衡常数K不变，稀释过程中，c(A)减小，所以K∙c(A)是减小的，即是减小的，故D正确； 故答案为：CD； （4）由图可知，c平(TAME)=c平(B)=0.1x，K2，则c平(A)=0.8x，根据物料守恒可得：c△(A)=c平(TAME)+c平(B)，所以有c平(A)=c0(A)﹣c平(TAME)﹣c平(B)=0.1﹣0.1x﹣0.1x=0.1﹣0.2x，即0.8x=0.1﹣0.2x，解得：x=0.1，故c平(A)=0.08，c平(TAME)=c平(B)=0.01mol/L，又因c0(A)=0.1mol/L，0.6，则c0(CH3OH)=0.06mol/L，由守恒可知，cΔ(CH3OH)=c平(TAME)，故有：c平(CH3OH)=c0(CH3OH)﹣c平(TAME)=0.06mol/L﹣0.01mol/L=0.05mol/L，故反应Ⅰ的平衡常数K12.5。 4．(2025·广州二模)水煤气变换是重要的化工过程，铁的氧化物可作为该反应的催化剂。 水煤气变换反应： (1)基态Fe原子价层电子的轨道表示式为 。 (2)使用作为反应催化剂，该反应分两步完成： 则 (用和表示)。 (3)科研小组研究了在两种不同催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如下图所示。其他条件相同时，下列说法正确的有___________(填字母)。 A．水煤气变换反应的 B．使用催化剂Ⅰ时，反应体系更快达到平衡。 C．催化剂Ⅱ条件下CO的平衡转化率比催化剂Ⅰ大 D．反应过程中，使用催化剂Ⅰ时中间产物所能达到的最高浓度更大 (4)科研人员研究了467℃和489℃时水煤气变换反应中和CO分压随时间变化关系如图1所示，催化剂为，实验初始时体系中的、。 ①489℃时，随时间变化关系的曲线是 (填“a”或“b”)。 ②467℃时反应在内的平均反应速率 (结果保留2位有效数字)。 (5)科研人员研究了温度和初始投料比对水煤气变换反应平衡状态的影响。已知：CO初始的物质的量恒定为。在527℃和784℃下，随的变化曲线如图2。 ①计算527℃时水煤气变换反应的平衡常数= 。(以分压表示，分压总压×物质的量分数，写出计算过程) ②721℃时，在密闭容器中将等物质的量的和混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中的物质的量分数范围是 (填字母)。 A．    B．    C．    D． 【答案】(1) (2)(3)AD (4) b 0.0078 (5) 4 B 【解析】（1） 基态Fe原子核外有26个电子，按照构造原理，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，按照洪特规则，价层电子3d上6个电子优先占据5个不同轨道，故价层电子的电子排布图为 ；故答案为：； （2）使用作为反应催化剂，该反应分两步完成： ① ② 根据盖斯定律，①+②得：=；故答案为：； （3）A.根据反应历程图可知，反应物能量高于生成物能量，水煤气变换反应的，A正确； B. 根据反应历程图可知，使用催化剂Ⅰ时，中间产物转化为产物基元反应的活化能高于使用催化剂II时，反应速率较小，使用催化剂Ⅰ时反应体系达到平衡所需时间大于使用催化剂II时，B错误； C. 催化剂不能使化学平衡发生移动，催化剂Ⅱ条件下CO的平衡转化率与催化剂Ⅰ条件下相同，C错误； D. 根据反应历程图可知，使用催化剂Ⅰ时，反应物转化为中间产物转基元反应的活化能低于使用催化剂II时，反应速率较大，使用催化剂Ⅰ时中间产物所能达到的最高浓度比使用催化剂II时更大，D正确； 故答案为：AD； （4）① 由图可知，a、b表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467℃时随时间变化关系的曲线是a；489℃时随时间变化关系的曲线分别是b；故答案为：b； ②467℃时随时间变化关系的曲线是a；反应在内的平均反应速率 0.0078；故答案为：0.0078； （5）①根据在527℃和784℃下，随的变化曲线，因为反应的，所以T1为527℃，T2为784℃。由图2可得，T1温度下=1.0时，=2.0。因为初始投料，平衡时有，且有，则Kp=；故答案为：4； ②721℃时，在密闭容器中将等物质的量的和混合，采用适当的催化剂进行反应。可设和物质的量均为1mol，根据三段式： ， 平衡时体系中H2的物质的量分数=。527℃温度下=1.0时，=2.0，，解得，，平衡时体系中H2的物质的量分数=；784℃温度下=1.0时，=1.0，，解得，，平衡时体系中H2的物质的量分数=；由此可判断721℃时最终平衡时体系中H2的物质的量分数范围为；故答案为：B。 5．(2025·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 。 6．(2025·深圳二模)硫氰化物是重要的分析试剂和合成中间体。 (1)基态的价电子轨道表示式为 。 (2)配制溶液时，常将晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度，其目的是 。 (3)向10mL 0.005 溶液中加入10mL 0.015KSCN溶液，反应达平衡后，得到红色溶液M。 ①取红色溶液M，分别对其进行如下操作，相关描述正确的有 (填标号)。 A．加入少量铁粉，溶液红色变浅 B．加入少量水，溶液中离子总数减小 C．加入几滴1KSCN溶液，溶液红色变深 D．加入几滴0.05 溶液，的值减小 ②取红色溶液M，向其中滴加饱和溶液，体系中主要存在以下平衡： Ⅰ： Ⅱ： Ⅲ： 平衡总浓度随滴入饱和溶液滴数的变化曲线如图(忽略溶液体积变化)。 ⅰ.M点前， (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)的平衡移动，是导致曲线上升的主要原因。 ⅱ.运用平衡移动原理，分析M点后曲线下降的主要原因： 。 (4)某浸金废水中含0.5 ，在相同条件下研究催化剂a、b对该废水中氧化处理过程的影响(氧化处理过程中溶液体积保持不变)，的残留率随时间t的变化曲线如图： ①使用 (填“催化剂a”或“催化剂b”)时，的氧化反应活化能更低。 ②使用催化剂a时，0～100 min内，的平均反应速率 。 (5)TBP(磷酸三丁酯)难溶于水，对水溶液中HSCN有萃取作用，主要存在的萃取平衡为 (o代表有机相)。分别向pH不同的的水溶液中，加入等体积0.2TBP的有机溶液进行萃取(有机溶剂不参与平衡)。、随平衡体系pH的变化如图(分配比D为萃取达平衡时，被萃物在有机相和水相的浓度之比；分析该体系时，需考虑被萃物在水相中的所有存在形式)。 计算上述萃取平衡的平衡常数K= (写出计算过程，保留三位有效数字)。 【答案】(1) (2)抑制水解 (3) AC Ⅰ 溶液显酸性，使Ⅲ：平衡正向移动，减小，进而导致Ⅰ平衡逆向移动 (4) 催化剂a 0.004(或) (5)22.2 【解析】（1）铁原子的电子排布式为，Fe3+失去3个电子，价电子为，根据洪特规则，3d轨道中5个电子分占不同轨道且自旋平行，其轨道表示式为： （2）易水解： 将晶体溶于较浓的盐酸中，可增大H+浓度，抑制的水解，防止溶液变浑浊。 （3）①A．加入铁粉， 浓度减小，平衡左移，红色变浅，A正确； B．加水稀释，平衡向离子总数增多的方向，平衡左移离子数总数增大，B错误； C．加入几滴1KSCN溶液，浓度增大，平衡右移，红色变深，C正确； D．加入几滴0.05 溶液，浓度增大，平衡右移，浓度的减小，根据，推出，由于Ｋ不变，浓度的减小，增大，D错误； ②M 点前，滴加饱和溶液，浓度增大，平衡Ⅰ正向移动，导致平衡总浓度上升。 溶液显酸性，Ｈ＋增大，使Ⅲ：平衡正向移动，减小，使Ⅰ：平衡逆向移动，平衡总浓度减少。 （4）①催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率。在相同时间内，反应速率越快，说明反应的活化能越低。从图像来看，在相同时间内，使用催化剂a时SCN−残留率比使用催化剂b时下降得更快，即使用催化剂a时反应速率更快，反应的活化能越低。 ②已知废水中SCN−初始浓度为0.5mol⋅L−1 ，由图可知，使用催化剂a时，100min时SCN−残留率为20%，则此时SCN−的浓度c=0.5mol⋅L−1×20%=0.1mol⋅L−1 ，那么0−100min内SCN−浓度变化量Δc=0.5mol⋅L−1−0.1mol⋅L−1=0.4mol⋅L−1。根据化学反应速率公式 （5）根据题意，，， ，, ， ，带入K的表达式得 7．(2025·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)CH3COOCH2CH3(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。 8．(2025·佛山二模)铁是用量最大、用途最广的金属单质，其化合物在生产生活中也应用广泛。 (1)基态Fe价电子排布式为 。用以下焓变表示Fe的第一电离能为 。 (2)溶液中有、、、、等多种含铁粒子。常温下，各含铁粒子的分布系数 ()与关系如图所示： ①配制的方法是将晶体溶于 ，再加水稀释至。 ②溶液呈黄色与生成有关，加热溶液颜色变深，原因是 。 ③当时，溶液中存在的平衡只考虑： Ⅰ． Ⅱ． (填“”“”或“”)；常温下，测得溶液中， ，，计算溶液中 (写计算过程)。 (3)向盛有 溶液的试管中加入溶液，溶液呈红色。将上述溶液均分于两支试管中： ①向第一支试管中滴加饱和溶液：加入2滴时颜色变深，加入超过3滴，溶液颜色逐渐变浅。分析颜色变浅的原因 。 ②向另一支试管中加入溶液，溶液颜色立即变浅甚至消失，原因是 。 【答案】(1) (2) 浓盐酸 水解吸热，加热促进水解，浓度增大 (3) 增大。形成氯配合物，使减小，逆向移动，减小或饱和酸性较强，生成弱酸HSCN，使减小，逆向移动，减小 酸性溶液中，被氧化 【解析】（1）Fe是第26号元素，基态Fe的价电子排布式为；由基态Fe→得Fe的第一电离能为； （2）①配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于浓盐酸中抑制其水解，再加水稀释到所需要的浓度； ②溶液呈黄色与生成有关，，水解吸热，加热促进水解正向进行，浓度增大，溶液颜色变深； ③由图中交点A可知，，，，由图中交点B可知，一定大于；根据已知列三段式：，，； （3）①加入2滴时颜色变深，增大，正向移动，颜色加深，加入超过3滴使增大，形成氯配合物，使减小，逆向移动，减小或饱和酸性较强，生成弱酸HSCN，使减小，逆向移动，减小； ②具有还原性，酸性溶液中，被氧化。 9．(2025·江门调研)Ⅰ．化学反应中，从反应物到生成物可有多种途径，但殊途同归。 (1)如图所示，已知：          则 （用、和的代数式表示）。 Ⅱ．从分子、原子的角度认识物质的转化是化学区别于其他学科的显著特点。 (2)有机反应机理的研究可为人们展示微观粒子在反应中的变化过程。 ①根据上图所示反应机理，写出相应的化学方程式 。 ②关于上图所示反应，以下说法正确的是 。 A．作为反应物参与该反应 B．能增大该反应速率 C．不能增大该反应的平衡转化率 D．若该反应在溶液中进行，升温、增压均可增大反应速率 Ⅲ．化学助力我国实现“碳达峰、碳中和”的目标。 (3)向体积为1L的密闭容器通入4mol 和的混合气体，并发生反应： 。 的平衡转化率与压强、温度及氢碳比的关系如下图所示。 ①其他条件相同，若a、b、c代表压强，则a、b、c从大到小的顺序为 ，该反应为 （填“吸热”或“放热”）反应：其他条件相同，若a、b、c代表氢碳比，则a、b、c从大到小的顺序为 。 ②若d点时氢碳比为3∶1，求此温度下该反应的平衡常数K 。（写计算过程） ③工业上可利用NaOH溶液捕获。将通入NaOH溶液中，若所得溶液，溶液pH= 。（已知：，该条件下，的；） 【答案】(1)∆H1－∆H2－∆H3 (2) BC (3) a>b>c 放热 a>b>c 10.3 【解析】（1）要得出的焓变，根据图中转化关系，结合盖斯定律，可得，答案为：。 （2）①根据有机反应机理转化图可知，该反应是乙酸与乙醇（带示踪原子）发生酯化反应，方程式为：。 ②A．该反应生成的水是羧酸和醇分子间的脱水生成，不是来源于反应提供的，A错误； B．增大了反应物酸的浓度，可以促进平衡正向移动，B正确； C．根据转化图像分析，在此反应中起到了催化剂作用，不能使平衡发生移动，C正确； D．若该反应在溶液中进行，增压不能增大反应速率，D错误； 选BC。 （3）该反应是气体体积减小的反应，图中定温度，从下往上看，转化率增大，说明平衡正向移动，向体积减小方向移动即加压，压强从大到小的顺序为。随着温度的升高，二氧化碳的平衡转化率在降低，说明正反应是放热反应。此图像可以理解为物质的量不变，温度不变的情况下，量不断增加，平衡正向移动，转化率不断增大，因此氢碳比从大到小的顺序为。答案为：；放热；。 若点时氢碳比为，假设氢气为，二氧化碳为，列出三段式开展计算：，由于密闭容器体积是，所以其平衡常数计算过程为：。答案为：。 由碳酸钠溶液的水解常数，得，因为，解得：，则溶液。答案为：。 10．(2025·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。 11．(2025·汕头三模)汞及其化合物广泛应用于医药、冶金及其他精密高新科技领域。 (1)在周期表中，Hg是第六周期的元素，与Zn同族，则Hg的价层电子排布式为 。 (2)富氧燃烧烟气中Hg的脱除主要是通过与反应实现，反应的化学方程式为 根据实验结果，有研究组提出了与的可能反应机理： ①根据盖斯定律， (写出代数式即可)。 ②上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的是 。 A．增大的浓度，可提高的平衡脱除率 B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 C．恒温恒压下充入，可提高原料的平衡转化率 D．加入催化剂，可降低反应活化能，提高脱除速率 ③在常压、温度范围为15～60℃条件下，将浓度为汞蒸气和的气体通入反应容器中，测得出口气流中的汞浓度随反应时间的变化如下图所示。 (i)15℃，内的平均脱除反应速率为 。 (ii) 0(填“>”或“<”)。 (3)溶液可用于手术刀消毒。常温下，与的配合物存在如下平衡：，含微粒的分布系数与的关系如下图所示： 已知：平均配位数 ①熔融状态的不能导电，是 (填“共价”或“离子”)化合物。 ②图中能代表曲线是 (填字母)，平衡常数 。 ③在点，溶液中 (写出计算过程)。 【答案】(1) (2) AD 0.02 < (3) 共价 C 【解析】（1）Zn位于元素周期表ⅡB族，Hg是第六周期的元素，与Zn同族，则Hg的价电子排布式为； （2）①反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 将Ⅰ+Ⅱ得到目标反应，则； ②A．根据反应Hg(g)+2NO2(g)Hg(ONO)2 (g)可知，增大NO2的浓度，可提高Hg的平衡脱除率，故A正确； B．升高温度，正反应速率和逆反应速率均要增大，故B错误； C．恒温恒压下充入N2，平衡Hg(g)+2NO2(g)Hg(ONO)2 (g)逆向移动，会降低原料的平衡转化率，故C错误； D．催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，能提高脱除速率，故D正确； 答案为AD； ③(ⅰ)由图像的数据可知，15℃，600～900s内Hg的平均脱除反应速率为μg/(m3·s)= 0.02μg/(m3·s)； (ⅱ)由图像可知，平衡时出口气流中的汞浓度随温度的升高而升高，说明升高温度平衡Hg(g)+2NO2(g)Hg(ONO)2 (g)逆向移动，则该反应是放热反应，ΔH<0； （3）随氯离子浓度增大，平衡逆向移动，所以A表示、B表示、C表示、D表示。 ①熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2是共价化合物； ②由分析可知，曲线C表示，平衡常数，由A和B的交点可知，，此时，则； ③由图可知，在点，溶液中与离子浓度相等，溶液中氯离子浓度：，P点时溶液中。 12．(2025·汕头二模)某科考队探究对海洋生态的影响。 (1)根据下图数据计算自偶电离的 。 (2)气体溶于水，存在如下平衡：，。 ①使用压强传感器采集数据，测定不同温度下恒容密闭容器中气体在等量水中的溶解速率，测得气体压强随时间的变化曲线如图所示。 前5分钟内在条件下的溶解速率为 ；若将温度升高至，测得溶解速率反倒降低，原因可能是 。 ②条件下，装置中达到溶解平衡时。下列说法正确的是 。 A．条件下装置中达到溶解平衡时，大于 B．打开密闭容器瓶塞，可使气体溶解平衡正向移动 C．若水溶液的稳定不变，说明已达到气体溶解平衡 D．当溶液中气体溶解与析出速率相等时，碳酸溶液达到该条件下饱和状态 ③常温下，若过度排放导致空气中增大，那么海水中的浓度会 （填“增大”“减小”或“不变”）。 (3)科考队通过海水取样测定和计算机数据模拟，绘制常温下海水中、、、浓度对数随变化的关系如图所示。 ①与的关系曲线为曲线 （填编号）。 ② 。 ③已知某海域珊瑚礁（主要成分是）周边海水的为8.1，常温下。计算该海域海水中开始形成时的浓度 （写出计算过程）。 【答案】(1)+26.6kJ/mol (2) 0.2 温度升高，碳酸分解速率加快，使二氧化碳溶解的总（净）反应速率下降； CD 增大 (3) III 由②可知，，c()=10-5mol/L，则，该海域海水中开始形成时的浓度为： 【解析】（1）由图中数据可知，① ；② ；由盖斯定律可知，-(①+②)可得的。 （2）①前5分钟内在条件下的溶解速率为；碳酸受热分解，若将温度升高至，测得溶解速率反倒降低，原因可能是：温度升高，碳酸分解速率加快，使二氧化碳溶解的总（净）反应速率下降； ②A．由（1）中图像可知，是放热反应，降低温度，平衡正向移动，减小，，条件下，装置中达到溶解平衡时，则条件下装置中达到溶解平衡时，小于，A错误； B．是气体体积减小的反应，打开密闭容器瓶塞，体系压强减小，可使气体溶解平衡逆向移动，B错误； C．该反应过程中溶液中碳酸的浓度增大，pH减小，若水溶液的稳定不变，说明已达到气体溶解平衡，C正确； D．当溶液中气体溶解与析出速率相等时，说明达到平衡，碳酸溶液达到该条件下饱和状态，D正确； 故选CD； ③的，平衡常数只受温度影响，常温下，若过度排放导致空气中增大，那么海水中的浓度会增大。 （3）①由碳酸的电离方程式：、，随着pH的增大，发生反应：，浓度增大，由碳酸钙的沉淀溶解平衡可知，浓度减小，且pH增大导致浓度增大后溶液中浓度减小，当pH继续增大时，的浓度大于的浓度，故直线Ⅲ表示与的关系曲线，直线I表示与pH的关系，直线II表示与pH的关系； ②由图可知，但c()=c()时，pH=8.4，溶液中c(H+)=10-8.4mol/L，； ③已知某海域珊瑚礁（主要成分是）周边海水的为8.1，c(H+)=10-8.1mol/L，常温下，由②可知，，c()=10-5mol/L，则，该海域海水中开始形成时的浓度为：。 13．(2025·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= ==； 14．(2025·惠州一模)锰及其化合物在生产和生活中发挥着重要的作用。 (1)基态Mn的价层电子排布式为 。 (2)含锰催化剂催化NH3脱硝烟的一种反应机理如图7。 ①上述过程，催化剂为 。 ②该过程总反应的化学方程式为 。 (3)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应过程中不同价态Mn粒子的浓度随时间变化如图所示，Mn(Ⅱ)起催化作用。 ①据图估算，5min时v(H2C2O4)= mol·L-1·min-1。 ②下列说法正确的是 。 A．随着反应的进行，反应速率逐渐减小 B．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存 C．Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4 D．随着反应的进行，溶液中H⁺浓度不断增大 (4)室温下，MnSO₄在不同pH溶液中含锰微粒Mn2⁺、MnOH⁺、、、的分布系数δ与pH的关系如图。 已知：δ(MnOH⁺)=，可脱水生成。 ①加水稀释，平衡时c()：c(Mn2⁺)的值 (填“增大”、“不变”或“减小”)。 ②MnOH⁺ +2OH⁻ +H2O平衡常数K= 。 ③若MnSO4溶液起始浓度为0.1mol/L，加入KOH固体调节溶液pH(忽略加入固体后引起的溶液体积变化)，Q点时MnO含量极低，忽略不计。求Q点时Mn2+的平衡转化率 (已知：101.6≈40，写出过程，结果保留三位有效数字)。 【答案】(1)3d54s2 (2) Ⅰ (3) 4 ×10-6 BC (4) 减小 98.8% 【分析】Mn(OH)2难溶于水，具有两性，某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图，结合曲线变化和分布分数可知，pH较小时，Mn元素存在形式为Mn2+，则曲线x为Mn2+，曲线y为MnOH+，曲线z为，结合图象变化分析判断选项。 【解析】（1）Mn为25号元素，位于元素周期表第四周期ⅦB族，故其价电子排布式为3d54s2； （2）①由机理图可知，NH3和NO在催化剂的作用下生成N2和H2O，其中I先消耗，再生成，故Ⅰ为催化剂；②由机理图可知反应的总方程式为； （3）①由浓度－时间图可知，0-5min时，KMnO4减少了0.1×10-4mol/L，并且全部转化为Mn(Ⅲ)，根据得失电子守恒可得2n(KMnO4)=n(H2C2O4)，故v(H2C2O4)=； ②A．当时间在13min左右时，开始生成Mn(Ⅱ)，且浓度增大，而Mn(Ⅱ)对反应起到催化作用，故13min后反应速率会变大，A错误； B．由图可知，Mn(Ⅶ)的浓度降为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，则该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，B正确； C．由图可知，随着反应的进行Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明前期生成Mn(Ⅲ)，后期Mn(Ⅲ)又被消耗生成Mn(Ⅱ)，所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，C正确； D．由图可知总反应为，随着反应的进行，氢离子浓度减小，D错误； 故答案选BC； （4）①由图可知存在如下平衡ⅰ．，；ⅱ．，；，随着水的加入，氢氧根离子浓度降低，故加水稀释时，比值减小； ②，当pH=11.8时，，； ③Q点时，，pH=11.8，则c(OH-)=10-2.2mo/L，由P点知，，，故当c(OH-)=10-2.2mo/L时，有得，，故，忽略，故(Mn守恒)，故Q点时，，，故Mn2+的平衡转化率为。 15．(2025·肇庆二模)含氮化合物在工农业、医药等领域有着重要用途。 (1)基态氮原子的价层电子排布式为 。 (2)采用深度氧化锅炉废气中的NO可获得，其反应历程及焓变如图所示、、以及对应每一步中参加反应的氮氧化物气体各1mol时反应的焓变。 则总反应的焓变 用含“”“”“”以及“”的代数式表示。 (3)工业合成氨的原料气中混有少量CO，常用溶液将其吸收，发生反应的离子方程式为⇌下列说法中正确的有___________。 A．该反应在较低温度下进行时自发性更强 B．增大原料气的通入流速，可提高CO的吸收率 C．中的配位数为3 D．吸收后的溶液可在低压环境中实现再生 (4)合成氨反应历程中各基元反应的能量变化如图所示吸附在催化剂上的物质用“*”表示。 该历程中决定反应速率的基元反应的热化学方程式为 。 (5)某温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中充入、和发生反应： ⅰ⇌ ⅱ⇌ 后反应达到平衡，测得此时容器内的总压强为1MPa，和均为。 ①内平均反应速率 ②该温度下，反应i的分压平衡常数 为各组分分压，总压强组分物质的量百分数]。 ③下列能说明反应达到平衡状态的有 。 A．气体的密度保持不变        B．气体的相对分子质量保持不变 C．        D．气体颜色保持不变 (6)研究发现，电解空气中的也可获得，且能耗更低、环境更友好。该电解装置的原理如图所示。 请写出电极a上发生的电极反应式： 。 【答案】(1) (2) (3)AD (4) (5) BD (6) 【解析】（1）基态氮原子的价层电子排布式为；故答案为：； （2）由图示可知①NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) △H1，②NO2(g)+O3(g)=NO3(g)+O2 (g)△H2，③NO3(g)+NO2(g)=N2O5(g) △H3，N2O5(g)+H2O(l)=2HNO3(l) △H4，根据该斯定律可得①×2+②+③+④即得到反应的焓变； 故答案为：； （3），则较低温度下该反应的自发性更强，故A正确： B．增大原料气的通入流速，难以充分吸收CO，故B错误： C．中的配位数为4，故C错误； D．降低压强，吸收反应的平衡逆向移动，因此吸收后的溶液可在低压环境中实现再生，故D正确； 故选AD。 （4）由图可知，反应的活化能最大，反应速率最慢，是该历程的决速步骤； 故答案为：； （5）①，参加反应的，则平均反应速率； 故答案为：； ②依据题意，平衡时的气体组分为NO、、、和，列出三段式（单位均是mol）： 平衡时容器内气体总物质的量为，所以平衡常数； 故答案为：； ③气体的质量不变，容器体积不变，则气体的密度一直保持不变，则气体密度不变不能说明该反应达到平衡状态，故A错误； B．反应过程中，气体的物质的量在发生变化则气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应已达到平衡状态，故B正确； C．说明反应达到平衡状态，故C错误； D．气体颜色不变，说明的浓度不变，即反应达到平衡状态，故D正确； 故答案为：BD； （6）由图可知，电极a上转化为，该区的电解质溶液为稀，环境呈酸性，且发生氧化反应，电极反应式为； 故答案为：。 16．(2025·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。 17．(2025·韶关一模)(2025·韶关一模)为了减缓温室效应，实现碳中和目标，将或转化为甲醚、甲醇等产品是有效措施之一。 Ⅰ.与制二甲醚()的主要反应如下：          (1)总反应的 ； (2)氧空位是指固体含氧化合物中氧原子脱离，导致氧缺失形成的空位。双金属氧化物具有氧空位，研究发现该氧化物对加氢制甲醇有良好的催化作用，反应机理如图所示。回答以下问题： ①基态原子价层电子的轨道表示式为 。 ②下列有关叙述正确的是 (填字母序号)。 A．催化剂能提高甲醇的生产效率，同时增大的平衡转化率 B．氧空位的存在有利于捕获 C．催化过程中，元素的化合价未发生变化 D．催化过程中生成三种中间体 Ⅱ.与生成甲醇的反应为：   (3)向四个容积均为的密闭容器中分别充入和制取甲醇，值分别为、、、，的平衡转化率随温度变化曲线如图所示： ①该反应的焓变 0(填“>”、“<”或“=”)，理由是 。 ②表示的是曲线 (用字母a、b、c、d表示)。 ③计算温度时该反应的平衡常数 (写出计算过程)。 【答案】(1) (2) BD (3) < 当氢气投入量一定时，随着温度升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡逆移，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应 a 300(mol/L)-2 【解析】（1）将题干中的三个反应分别用反应①、反应②、反应③表示，利用盖斯定律，反应①×2+反应②×2+反应③得总反应，故； （2） ①O元素为8号元素，最外层为6个电子，故基态原子价层电子的轨道表示式为； ②A．催化剂能提高反应速率从而提高甲醇的单位时间内的生产效率，但是不能改变转化率，A错误； B．由图可知，氧空位的作用是用于捕获CO2，B正确； C．由图可知，Ga形成的共价键个数发生变化，Ga元素的化合价发生变化，C错误； D．总反应为：CO2+2H2→CH3OH，GaZrOx双金属氧化物是催化剂，其他物质都是中间体，机理图上中间体有三种，D正确； 答案选BD； （3）①由曲线图可知，当氢气投入量一定时，随着温度升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡逆移，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应； ②根据反应式，相同温度下，增大氢气的量，平衡正移，CO的平衡转化率增大，故a、b、c、d分别对应氢气的量为、、、，故表示的是曲线是a曲线； ③平衡常数大小只受温度影响，T1时按照曲线c的氢气投入量1.7mol和CO的转化率75%得到三段式为，则平衡常数(mol/L-2)。 18．(2025·大湾区二模)利用液—液萃取法从盐湖卤水(含高浓度Mg2+)中提取Li+引发关注热潮，其中使用最广泛的萃取剂是磷酸三丁酯(以L表示)。 (1)基态P原子的价层电子排布式是 。 (2)在萃取过程中添加FeCl3能有效提高Li+的提取率。 ①FeCl3溶液显酸性的原因是 。(用离子反应方程式表示) ②Fe3+溶于卤水后可发生反应a：Fe3+(aq)+4Cl−(aq)⇌(aq) ΔH 已知： 则反应a的ΔH= 。 ③某小组为研究FeCl3用量(其它条件相同)对萃取过程的影响，利用模拟卤水[c0(Li+)=0.05mol·L−1、c0(Mg2+)=3.5mol·L−1、c0(H+)=0.03mol·L−1]进行萃取，实验中V(o)=V(aq)，结果如图1所示。 已知：I．萃取时发生反应b：Fe3+(aq)+4Cl−(aq)+Li+(aq)+xL(l)⇌[LiLx]+(o)+[FeCl4]−(o)。aq代表水层，o代表有机层。 II．分配系数DM=，其中c[M(o)]、c[M(aq)]代表平衡浓度。 i．下列说法正确的是 。 a．反应b达到平衡时，v正(Fe3+)=4v逆(Cl−) b．一定条件下，DLi越大，c[LiLx]+(o)越大，c[Li+(aq)]越小 c．随n()增大，Li+与Mg2+分离越不彻底 d．若升温使反应b平衡左移，则DLi会增大 ii．根据图1中数据，当n()=1.2时，水层中剩余的c(Li+)为起始时的 ；DMg= 。(均用分数表示) (3)用10mL3mol·L−1盐酸对含锂有机层[c([Li(L)x]+)=0.060mol·L−1]进行反萃取，得到高浓度的LiCl水溶液。有机层体积对各离子反萃取率(SM%=×100%)的影响如图2所示。 反萃取时发生反应c：H+(aq)+[LiLx]+(o)⇌Li+(aq)+H+(o)+xL(l)。 ①已知当V(o)=200mL时，SLi%=60%，计算此时DLi (写出计算过程)。 ②结合反应b及图2的信息，在答题卡相应位置画出用蒸馏水作反萃取剂，有机层体积对SFe%的影响曲线 。 【答案】(1) (2) bc (3) (画出随V(o)增加，SL%减小即可，趋势正确即可。) 【解析】（1）P为15号元素，价电子排布式为3s23p3； （2）①FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解显酸性，离子方程式为：； ②根据图示可以得出：I、FeCl3(s)+HCl(g)=HFeCl4(s)  ΔH1； II、FeCl3(s)=Fe3+(aq)+3Cl-(aq)  ΔH2； III、HCl(g)=H+(aq)+Cl-(aq)  ΔH3； IV、HFeCl4(s)= H+(aq)+ (aq)  ΔH4； 根据盖斯定律：I+IV-II-III得到反应Fe3+(aq)+4Cl−(aq)⇌(aq)   则ΔH=； ③a．反应b达到平衡时，正逆反应速率相等，即4v正(Fe3+)=v逆(Cl−)，a错误； b．分配系数DM=，一定条件下，DLi越大，有机层中的Li多，水层中的Li少，即c[LiLx]+(o)越大，c[Li+(aq)]越小，b正确； c．根据图1可知，随n()增大，Li和Mg的分配系数接近，Li+与Mg2+分离越不彻底，c正确； d．若升温使反应b平衡左移，Li由有机层进入水层，则DLi会减小，d错误； 答案选bc； 当n()=1.2，DLi==2.5，假设有机层Li+浓度为2.5amol/L，水层中Li=浓度为amol/L，则起始Li+浓度为(a+2.5a)mol/L=3.5mol/L，水层中剩余的c(Li+)为起始时的； 当n()=1.2时，，DLi=2.5，则DMg=； （3）①含锂有机层[c([Li(L)x]+)=0.060mol·L−1]，体积V(o)=200mL，则n([Li(L)x]+)= 0.060mol·L−1×200×10-3L=0.012mol=12mmol，SLi%=60%，依据三段式： DLi=； ②结合反应b及图2的信息可知，用蒸馏水作反萃取剂，有机层体积增加，SFe%减小，曲线图为：。 19．(2025·湛江二模)配合物由于特殊的性质，在化工生产和实验探究中有着广泛的用途。 (1)铜元素位于元素周期表的 区，配合物中的中心离子为 。 (2)工业上常用醋酸二氨合亚铜(即)溶液来吸收合成氨原料气中的一氧化碳，其反应原理为，分压与时间的关系如图1所示。 ①由图1可知温度为时，内，的平均吸收速率为 (保留两位有效数字)。 ②要从除杂后的溶液中“再生”出醋酸二氨合亚铜，可 (填“升”或“降”)温 (填“增”或“降”)压。 (3)二氧化硫通入氯化铁溶液得到了血红色溶液，为探究该红色配合物的组成，某课题组将溶液加入一定体积的浓度均为的、混合溶液中，测得其吸光度如图2所示，其中 。 已知：吸光度和配合物浓度的关系为，该配合物中只含有一个金属离子。 ①由图2可知该红色配合物的配体为 。 ②若测得吸光度，忽略混合后溶液体积的变化，则该配位反应中的转化率为 。 (4)配合物常用于贵金属的分离提纯，在某冶金工艺中存在反应 ，其中和浓度之和为，两种离子的分布分数随浓度的变化关系如图3所示， 图3 已知。则上述反应的平衡常数 ，若浓度为，则的浓度为 。 【答案】(1) ds (2) 升 降 (3) 75% (4) 2 0.06 【解析】（1）铜是29号元素，位于第四周期ⅠB族，属于元素周期表的ds区；配合物中，Cu2+与4个NH3分子形成配离子，中心离子为Cu2+。 （2）①由图1可知温度为时，内，CO的分压强由0.085MPa降低为0.07MPa，的平均吸收速率为 。 ②根据“先拐先平”，可知T1<T2，升高温度，CO平衡压强增大，则逆向移动，正反应放热，正反应气体系数和减少，增大氧气平衡正向移动，要从除杂后的溶液中“再生”出醋酸二氨合亚铜，平衡需要逆向移动，采取的措施为升温降压。 （3）①由图2可知，随增大，吸光度降低，即浓度越大吸光度越高，该红色配合物的配体为。 ②根据已知吸光度和配合物的浓度的关系，，算出含铁配合物的浓度为，混合后的浓度为，故的转化率为。 （4）取图上的交点计算，设的浓度为，则的浓度为，，。 20．(2025·茂名二模)钛（）及其合金是理想的高强度、低密度结构材料，应用广泛。 (1)在元素周期表中位于 区。 (2)生产钛的方法之一是将还原得到，原理如下表： 反应 a： -212 44.7 b： -51 220 ①反应的为 。 ②已知越小，反应越容易发生，温度为时更易发生的反应是 （选填“a”或“b”）。 (3)能高效分解水，为开发氢能源提供了研究方向。一种制取高纯的原理的主反应：。 ①下图为主反应的与温度的关系，该反应是 （填“放热”或“吸热”）反应。 ②下列关于主反应的说法正确的是 。 A．减压时平衡正向移动，增大 B．当时，反应达到平衡状态 C．温度升高，逆反应速率减慢，平衡正向移动 D．投料时增大的值，有利于提高的平衡转化率 ③初始组分和的物质的量均为，的物质的量为时，在体积为的密闭容器中进行合成的反应，分钟时体系部分组分的物质的量随温度的变化曲线如图所示。 a．600℃以后，的量增幅不大，而的量明显增多的原因是发生了分解反应： （用方程式表示）。 b．求点时主反应的浓度商 （列出计算式），则 （填“<”“>”或“=”）。 【答案】(1)d (2) +161 b (3) 吸热 BD < 【分析】由反应的lgK与温度的关系图可知，温度升高lgK增大，说明 为吸热反应；对于可逆反应来说，通过浓度熵Q与K的大小关系，可以判断反应进行的方向（或判断v正、v逆的大小关系）。 【解析】（1）Ti位于元素周期表第四周期ⅣB族，价层电子排布式为3d24s2，故属于d区； （2）目标反应可由b-a得到，根据盖斯定律可知目标反应的 ；，代入相关数据得 、 ，即<，故当温度为1500K时，反应b更容易发生； （3）①由上述分析可知反应为吸热反应； ②A．该反应为分子数增大的反应，故减压平衡正向移动，但K不变，A错误； B．当时说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确； C．升高温度，正逆反应速率都加快，正向速率加快的更多，平衡正向移动，C错误； D．投料时增大的值，相当于保持TiCl3的量不变，增大CH4的量，反应朝正向移动，有利于提高的平衡转化率，D正确； 故答案选BD； ③a．由图像可知随着温度升高，产物中出现了C，且氢气的量明显增多，说明甲烷分解生成了C和氢气，反应方程式为； b．由图可知在温度为670℃，t min时，体系内甲烷和C均为3.5mol，说明副反应中甲烷转化了3.5mol，同时还生产了7molH2，设主反应中甲烷转化了2x mol，列出三段式：，依题有10－2x－3.5=3.5，解得x=1.5；平衡时H2、HCl、CH4、TiCl3的物质的量的浓度为，14.25 mol/L、4.5 mol/L、1.75 mol/L、3.5 mol/L，代入公式有浓度商Q=，由反应的lgK与温度的关系图可知，温度为670℃时平衡常数K=10-5，故Q>K，平衡逆向移动，即v正<v逆。 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【粤战粤强·化学上分】2026广东高考化学高频考点必刷 必刷19 化学反应原理综合大题 1. (2025·广东高考真题) 钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 （1）基态Ti原子的价层电子排布式为_______。 （2）298K下，反应的、，则298K下该反应_______(填“能”或“不能”)自发进行。 （3）以为原料可制备。将与10.0mol Ti放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 (a) (b) (c) (d) ①_______kJ/mol。 ②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为_______。 ③温度T0K下，_______，反应(c)的平衡常数K=_______(列出算式，无须化简)。 （4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼的分解反应： (e) (f) 为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含的物质的量为)，进行实验，得到、随时间t变化的曲线如图。其中，为H2与N2的物质的量之和；为剩余的物质的量。设为0~t时间段内反应(e)消耗的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用表示。 ①内，的转化率为_______(用含的代数式表示)。 ②内，催化剂的选择性为_______(用含与的代数式表示，写出推导过程)。 2. (2024·广东高考真题) 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）酸催化下与混合溶液的反应(反应a)，可用于石油开采中油路解堵。 ①基态N原子价层电子的轨道表示式为_______。 ②反应a： 已知： 则反应a的_______。 ③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 （2）在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图，其中的催化剂有_______和_______。 （3）在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸 (X为A或B)在某非水溶剂中的。 a．选择合适的指示剂其钾盐为KIn， =3.6×10-20；其钾盐为KIn。 b．向KIn溶液中加入，发生反应： 。KIn起始的物质的量为n0(KIn)，加入的物质的量为n(，平衡时，测得随的变化曲线如图。 已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。 ①计算 _______。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) ②在该溶剂中，_______；________ _。(填“>”“<”或“=”) 3．(2025·广州一模)甲基叔戊基醚(结构简式为，用TAME表示)常用作汽油添加剂，在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得。体系中同时存在如下反应： 反应Ⅰ：A+CH3OHTAME 反应Ⅱ：AB(A为、B为) (1)制备TAME所用的催化剂含磺酸基团(—SO3H)。基态S原子的价层电子的轨道表示式为 。 (2)反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数K与温度T的变化关系如图1所示，属于放热反应的是 。 (3)在非水溶剂中，向恒容密闭容器加入物质的量均为amol的CH3OH和A，在三种不同温度T1、T2、T3下进行反应，TAME的产率随反应时间t的变化曲线如图2。 ①图2中温度由低到高的顺序为 。 ②下列有关说法中，正确的是 (填字母)。 A．三种不同温度中，反应速率随反应进程一直增大 B．催化剂可加快化学反应速率，提高A的平衡转化率 C．达到平衡后加入CH3OH再次达到平衡后不变 D．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，减小 (4)为研究不同醇烯投料比对平衡的影响，某温度下，当A起始浓度c0(A)=0.10mol•L﹣1时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图3。已知反应Ⅱ的平衡常数K2。当0.60，c平(A)= mol•L﹣1(用含x的式子表示)。计算反应Ⅰ的平衡常数K1 (结果保留1位小数，写出计算过程)。 4．(2025·广州二模)水煤气变换是重要的化工过程，铁的氧化物可作为该反应的催化剂。 水煤气变换反应： (1)基态Fe原子价层电子的轨道表示式为 。 (2)使用作为反应催化剂，该反应分两步完成： 则 (用和表示)。 (3)科研小组研究了在两种不同催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如下图所示。其他条件相同时，下列说法正确的有___________(填字母)。 A．水煤气变换反应的 B．使用催化剂Ⅰ时，反应体系更快达到平衡。 C．催化剂Ⅱ条件下CO的平衡转化率比催化剂Ⅰ大 D．反应过程中，使用催化剂Ⅰ时中间产物所能达到的最高浓度更大 (4)科研人员研究了467℃和489℃时水煤气变换反应中和CO分压随时间变化关系如图1所示，催化剂为，实验初始时体系中的、。 ①489℃时，随时间变化关系的曲线是 (填“a”或“b”)。 ②467℃时反应在内的平均反应速率 (结果保留2位有效数字)。 (5)科研人员研究了温度和初始投料比对水煤气变换反应平衡状态的影响。已知：CO初始的物质的量恒定为。在527℃和784℃下，随的变化曲线如图2。 ①计算527℃时水煤气变换反应的平衡常数= 。(以分压表示，分压总压×物质的量分数，写出计算过程) ②721℃时，在密闭容器中将等物质的量的和混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中的物质的量分数范围是 (填字母)。 A．    B．    C．    D． 5．(2025·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）。 6．(2025·深圳二模)硫氰化物是重要的分析试剂和合成中间体。 (1)基态的价电子轨道表示式为 。 (2)配制溶液时，常将晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度，其目的是 。 (3)向10mL 0.005 溶液中加入10mL 0.015KSCN溶液，反应达平衡后，得到红色溶液M。 ①取红色溶液M，分别对其进行如下操作，相关描述正确的有 (填标号)。 A．加入少量铁粉，溶液红色变浅 B．加入少量水，溶液中离子总数减小 C．加入几滴1KSCN溶液，溶液红色变深 D．加入几滴0.05 溶液，的值减小 ②取红色溶液M，向其中滴加饱和溶液，体系中主要存在以下平衡： Ⅰ： Ⅱ： Ⅲ： 平衡总浓度随滴入饱和溶液滴数的变化曲线如图(忽略溶液体积变化)。 ⅰ.M点前， (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)的平衡移动，是导致曲线上升的主要原因。 ⅱ.运用平衡移动原理，分析M点后曲线下降的主要原因： 。 (4)某浸金废水中含0.5 ，在相同条件下研究催化剂a、b对该废水中氧化处理过程的影响(氧化处理过程中溶液体积保持不变)，的残留率随时间t的变化曲线如图： ①使用 (填“催化剂a”或“催化剂b”)时，的氧化反应活化能更低。 ②使用催化剂a时，0～100 min内，的平均反应速率 。 (5)TBP(磷酸三丁酯)难溶于水，对水溶液中HSCN有萃取作用，主要存在的萃取平衡为 (o代表有机相)。分别向pH不同的的水溶液中，加入等体积0.2TBP的有机溶液进行萃取(有机溶剂不参与平衡)。、随平衡体系pH的变化如图(分配比D为萃取达平衡时，被萃物在有机相和水相的浓度之比；分析该体系时，需考虑被萃物在水相中的所有存在形式)。 计算上述萃取平衡的平衡常数K= (写出计算过程，保留三位有效数字)。 7．(2025·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)CH3COOCH2CH3(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， 。 8．(2025·佛山二模)铁是用量最大、用途最广的金属单质，其化合物在生产生活中也应用广泛。 (1)基态Fe价电子排布式为 。用以下焓变表示Fe的第一电离能为 。 (2)溶液中有、、、、等多种含铁粒子。常温下，各含铁粒子的分布系数 ()与关系如图所示： ①配制的方法是将晶体溶于 ，再加水稀释至。 ②溶液呈黄色与生成有关，加热溶液颜色变深，原因是 。 ③当时，溶液中存在的平衡只考虑： Ⅰ． Ⅱ． (填“”“”或“”)；常温下，测得溶液中， ，，计算溶液中 (写计算过程)。 (3)向盛有 溶液的试管中加入溶液，溶液呈红色。将上述溶液均分于两支试管中： ①向第一支试管中滴加饱和溶液：加入2滴时颜色变深，加入超过3滴，溶液颜色逐渐变浅。分析颜色变浅的原因 。 ②向另一支试管中加入溶液，溶液颜色立即变浅甚至消失，原因是 。 9．(2025·江门调研)Ⅰ．化学反应中，从反应物到生成物可有多种途径，但殊途同归。 (1)如图所示，已知：          则 （用、和的代数式表示）。 Ⅱ．从分子、原子的角度认识物质的转化是化学区别于其他学科的显著特点。 (2)有机反应机理的研究可为人们展示微观粒子在反应中的变化过程。 ①根据上图所示反应机理，写出相应的化学方程式 。 ②关于上图所示反应，以下说法正确的是 。 A．作为反应物参与该反应 B．能增大该反应速率 C．不能增大该反应的平衡转化率 D．若该反应在溶液中进行，升温、增压均可增大反应速率 Ⅲ．化学助力我国实现“碳达峰、碳中和”的目标。 (3)向体积为1L的密闭容器通入4mol 和的混合气体，并发生反应： 。 的平衡转化率与压强、温度及氢碳比的关系如下图所示。 ①其他条件相同，若a、b、c代表压强，则a、b、c从大到小的顺序为 ，该反应为 （填“吸热”或“放热”）反应：其他条件相同，若a、b、c代表氢碳比，则a、b、c从大到小的顺序为 。 ②若d点时氢碳比为3∶1，求此温度下该反应的平衡常数K 。（写计算过程） ③工业上可利用NaOH溶液捕获。将通入NaOH溶液中，若所得溶液，溶液pH= 。（已知：，该条件下，的；） 10．(2025·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 11．(2025·汕头三模)汞及其化合物广泛应用于医药、冶金及其他精密高新科技领域。 (1)在周期表中，Hg是第六周期的元素，与Zn同族，则Hg的价层电子排布式为 。 (2)富氧燃烧烟气中Hg的脱除主要是通过与反应实现，反应的化学方程式为 根据实验结果，有研究组提出了与的可能反应机理： ①根据盖斯定律， (写出代数式即可)。 ②上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的是 。 A．增大的浓度，可提高的平衡脱除率 B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 C．恒温恒压下充入，可提高原料的平衡转化率 D．加入催化剂，可降低反应活化能，提高脱除速率 ③在常压、温度范围为15～60℃条件下，将浓度为汞蒸气和的气体通入反应容器中，测得出口气流中的汞浓度随反应时间的变化如下图所示。 (i)15℃，内的平均脱除反应速率为 。 (ii) 0(填“>”或“<”)。 (3)溶液可用于手术刀消毒。常温下，与的配合物存在如下平衡：，含微粒的分布系数与的关系如下图所示： 已知：平均配位数 ①熔融状态的不能导电，是 (填“共价”或“离子”)化合物。 ②图中能代表曲线是 (填字母)，平衡常数 。 ③在点，溶液中 (写出计算过程)。 12．(2025·汕头二模)某科考队探究对海洋生态的影响。 (1)根据下图数据计算自偶电离的 。 (2)气体溶于水，存在如下平衡：，。 ①使用压强传感器采集数据，测定不同温度下恒容密闭容器中气体在等量水中的溶解速率，测得气体压强随时间的变化曲线如图所示。 前5分钟内在条件下的溶解速率为 ；若将温度升高至，测得溶解速率反倒降低，原因可能是 。 ②条件下，装置中达到溶解平衡时。下列说法正确的是 。 A．条件下装置中达到溶解平衡时，大于 B．打开密闭容器瓶塞，可使气体溶解平衡正向移动 C．若水溶液的稳定不变，说明已达到气体溶解平衡 D．当溶液中气体溶解与析出速率相等时，碳酸溶液达到该条件下饱和状态 ③常温下，若过度排放导致空气中增大，那么海水中的浓度会 （填“增大”“减小”或“不变”）。 (3)科考队通过海水取样测定和计算机数据模拟，绘制常温下海水中、、、浓度对数随变化的关系如图所示。 ①与的关系曲线为曲线 （填编号）。 ② 。 ③已知某海域珊瑚礁（主要成分是）周边海水的为8.1，常温下。计算该海域海水中开始形成时的浓度 （写出计算过程）。 13．(2025·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)。 14．(2025·惠州一模)锰及其化合物在生产和生活中发挥着重要的作用。 (1)基态Mn的价层电子排布式为 。 (2)含锰催化剂催化NH3脱硝烟的一种反应机理如图7。 ①上述过程，催化剂为 。 ②该过程总反应的化学方程式为 。 (3)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应过程中不同价态Mn粒子的浓度随时间变化如图所示，Mn(Ⅱ)起催化作用。 ①据图估算，5min时v(H2C2O4)= mol·L-1·min-1。 ②下列说法正确的是 。 A．随着反应的进行，反应速率逐渐减小 B．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存 C．Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4 D．随着反应的进行，溶液中H⁺浓度不断增大 (4)室温下，MnSO₄在不同pH溶液中含锰微粒Mn2⁺、MnOH⁺、、、的分布系数δ与pH的关系如图。 已知：δ(MnOH⁺)=，可脱水生成。 ①加水稀释，平衡时c()：c(Mn2⁺)的值 (填“增大”、“不变”或“减小”)。 ②MnOH⁺ +2OH⁻ +H2O平衡常数K= 。 ③若MnSO4溶液起始浓度为0.1mol/L，加入KOH固体调节溶液pH(忽略加入固体后引起的溶液体积变化)，Q点时MnO含量极低，忽略不计。求Q点时Mn2+的平衡转化率 (已知：101.6≈40，写出过程，结果保留三位有效数字)。 15．(2025·肇庆二模)含氮化合物在工农业、医药等领域有着重要用途。 (1)基态氮原子的价层电子排布式为 。 (2)采用深度氧化锅炉废气中的NO可获得，其反应历程及焓变如图所示、、以及对应每一步中参加反应的氮氧化物气体各1mol时反应的焓变。 则总反应的焓变 用含“”“”“”以及“”的代数式表示。 (3)工业合成氨的原料气中混有少量CO，常用溶液将其吸收，发生反应的离子方程式为⇌下列说法中正确的有___________。 A．该反应在较低温度下进行时自发性更强 B．增大原料气的通入流速，可提高CO的吸收率 C．中的配位数为3 D．吸收后的溶液可在低压环境中实现再生 (4)合成氨反应历程中各基元反应的能量变化如图所示吸附在催化剂上的物质用“*”表示。 该历程中决定反应速率的基元反应的热化学方程式为 。 (5)某温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中充入、和发生反应： ⅰ⇌ ⅱ⇌ 后反应达到平衡，测得此时容器内的总压强为1MPa，和均为。 ①内平均反应速率 ②该温度下，反应i的分压平衡常数 为各组分分压，总压强组分物质的量百分数]。 ③下列能说明反应达到平衡状态的有 。 A．气体的密度保持不变        B．气体的相对分子质量保持不变 C．        D．气体颜色保持不变 (6)研究发现，电解空气中的也可获得，且能耗更低、环境更友好。该电解装置的原理如图所示。 请写出电极a上发生的电极反应式： 。 16．(2025·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，)。 17．(2025·韶关一模)(2025·韶关一模)为了减缓温室效应，实现碳中和目标，将或转化为甲醚、甲醇等产品是有效措施之一。 Ⅰ.与制二甲醚()的主要反应如下：          (1)总反应的 ； (2)氧空位是指固体含氧化合物中氧原子脱离，导致氧缺失形成的空位。双金属氧化物具有氧空位，研究发现该氧化物对加氢制甲醇有良好的催化作用，反应机理如图所示。回答以下问题： ①基态原子价层电子的轨道表示式为 。 ②下列有关叙述正确的是 (填字母序号)。 A．催化剂能提高甲醇的生产效率，同时增大的平衡转化率 B．氧空位的存在有利于捕获 C．催化过程中，元素的化合价未发生变化 D．催化过程中生成三种中间体 Ⅱ.与生成甲醇的反应为：   (3)向四个容积均为的密闭容器中分别充入和制取甲醇，值分别为、、、，的平衡转化率随温度变化曲线如图所示： ①该反应的焓变 0(填“>”、“<”或“=”)，理由是 。 ②表示的是曲线 (用字母a、b、c、d表示)。 ③计算温度时该反应的平衡常数 (写出计算过程)。 18．(2025·大湾区二模)利用液—液萃取法从盐湖卤水(含高浓度Mg2+)中提取Li+引发关注热潮，其中使用最广泛的萃取剂是磷酸三丁酯(以L表示)。 (1)基态P原子的价层电子排布式是 。 (2)在萃取过程中添加FeCl3能有效提高Li+的提取率。 ①FeCl3溶液显酸性的原因是 。(用离子反应方程式表示) ②Fe3+溶于卤水后可发生反应a：Fe3+(aq)+4Cl−(aq)⇌(aq) ΔH 已知： 则反应a的ΔH= 。 ③某小组为研究FeCl3用量(其它条件相同)对萃取过程的影响，利用模拟卤水[c0(Li+)=0.05mol·L−1、c0(Mg2+)=3.5mol·L−1、c0(H+)=0.03mol·L−1]进行萃取，实验中V(o)=V(aq)，结果如图1所示。 已知：I．萃取时发生反应b：Fe3+(aq)+4Cl−(aq)+Li+(aq)+xL(l)⇌[LiLx]+(o)+[FeCl4]−(o)。aq代表水层，o代表有机层。 II．分配系数DM=，其中c[M(o)]、c[M(aq)]代表平衡浓度。 i．下列说法正确的是 。 a．反应b达到平衡时，v正(Fe3+)=4v逆(Cl−) b．一定条件下，DLi越大，c[LiLx]+(o)越大，c[Li+(aq)]越小 c．随n()增大，Li+与Mg2+分离越不彻底 d．若升温使反应b平衡左移，则DLi会增大 ii．根据图1中数据，当n()=1.2时，水层中剩余的c(Li+)为起始时的 ；DMg= 。(均用分数表示) (3)用10mL3mol·L−1盐酸对含锂有机层[c([Li(L)x]+)=0.060mol·L−1]进行反萃取，得到高浓度的LiCl水溶液。有机层体积对各离子反萃取率(SM%=×100%)的影响如图2所示。 反萃取时发生反应c：H+(aq)+[LiLx]+(o)⇌Li+(aq)+H+(o)+xL(l)。 ①已知当V(o)=200mL时，SLi%=60%，计算此时DLi (写出计算过程)。 ②结合反应b及图2的信息，在答题卡相应位置画出用蒸馏水作反萃取剂，有机层体积对SFe%的影响曲线 。 19．(2025·湛江二模)配合物由于特殊的性质，在化工生产和实验探究中有着广泛的用途。 (1)铜元素位于元素周期表的 区，配合物中的中心离子为 。 (2)工业上常用醋酸二氨合亚铜(即)溶液来吸收合成氨原料气中的一氧化碳，其反应原理为，分压与时间的关系如图1所示。 ①由图1可知温度为时，内，的平均吸收速率为 (保留两位有效数字)。 ②要从除杂后的溶液中“再生”出醋酸二氨合亚铜，可 (填“升”或“降”)温 (填“增”或“降”)压。 (3)二氧化硫通入氯化铁溶液得到了血红色溶液，为探究该红色配合物的组成，某课题组将溶液加入一定体积的浓度均为的、混合溶液中，测得其吸光度如图2所示，其中 。 已知：吸光度和配合物浓度的关系为，该配合物中只含有一个金属离子。 ①由图2可知该红色配合物的配体为 。 ②若测得吸光度，忽略混合后溶液体积的变化，则该配位反应中的转化率为 。 (4)配合物常用于贵金属的分离提纯，在某冶金工艺中存在反应 ，其中和浓度之和为，两种离子的分布分数随浓度的变化关系如图3所示， 图3 已知。则上述反应的平衡常数 ，若浓度为，则的浓度为 。 20．(2025·茂名二模)钛（）及其合金是理想的高强度、低密度结构材料，应用广泛。 (1)在元素周期表中位于 区。 (2)生产钛的方法之一是将还原得到，原理如下表： 反应 a： -212 44.7 b： -51 220 ①反应的为 。 ②已知越小，反应越容易发生，温度为时更易发生的反应是 （选填“a”或“b”）。 (3)能高效分解水，为开发氢能源提供了研究方向。一种制取高纯的原理的主反应：。 ①下图为主反应的与温度的关系，该反应是 （填“放热”或“吸热”）反应。 ②下列关于主反应的说法正确的是 。 A．减压时平衡正向移动，增大 B．当时，反应达到平衡状态 C．温度升高，逆反应速率减慢，平衡正向移动 D．投料时增大的值，有利于提高的平衡转化率 ③初始组分和的物质的量均为，的物质的量为时，在体积为的密闭容器中进行合成的反应，分钟时体系部分组分的物质的量随温度的变化曲线如图所示。 a．600℃以后，的量增幅不大，而的量明显增多的原因是发生了分解反应： （用方程式表示）。 b．求点时主反应的浓度商 （列出计算式），则 （填“<”“>”或“=”）。 2 学科网（北京）股份有限公司 $$