专题15 化学反应原理综合题-备战2026年高考化学真题题源解密（广东专用）

专题 15 化学反应原理综合题 五年考情概览：解读近五年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。 典型真题精析：代表性真题分类精讲并点评命题规律，设置仿照题目。 近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。 易错易错速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。 高考模拟探源：精选适量最新模拟题，发掘高考命题之源。 命题解读 近三年考查统计 近五年化学命题呈现出深度综合化、情境前沿化、能力高阶化的鲜明趋势：试题以能源材料（如钛合金、储氢催化）、资源回收（如铬、稀土分离）、碳中和（如CO₂重整）等科技热点为背景，将物质结构、化学平衡、电化学、反应机理与定量计算（如平衡常数、转化率、晶胞参数） 深度融合，尤其注重信息提取与迁移（如图像分析、机理推导、数据建模） 及多步推理与表达能力的考查，充分凸显“素养立意、价值引领”的命题导向，要求学生具备跨章节整合知识并解决复杂实际问题的综合素养。 2025·广东卷 2024·广东卷 2023·广东卷 2022·广东卷 2021·广东卷 【典题1】（2025·广东卷）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10.0molTi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温度下， ，反应(c)的平衡常数 (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，为与的物质的量之和；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) 0.5 (4) 【详解】（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为，故答案为：： （2）反应的、，则根据可知，该反应在298K下能自发进行，故答案为：能； （3）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；； （4）① 因为肼为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时，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，根据反应前后原子个数守恒，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：； 【典题2】（2024·广东卷）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。 b．向溶液中加入，发生反应：。起始的物质的量为，加入的物质的量为，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) BD (2) AcOH KI (3) ＞ ＞ 【详解】（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）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，。 1．（2023·广东卷）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。 0 1.00 0 0 a x 0.64 b 0.40 0.60 【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) AB (3) 0.36 3：4或0.75 (4)98% 【详解】（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）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=6.0×10-4mol/L λ3 增大 【详解】（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，故答案为：N2↑；4H2O。 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)，故答案为：(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，故答案为：；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。 ②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为=0.20mol/L，、与的平衡浓度分别为x、y、z mol/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≈6.0×10-4mol/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，故答案为：λ3；增大。 3．（2021·广东卷）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；根据图象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。 【详解】(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，解方程得p2(H2)=p(CH4)P0，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，由已知条件知CO2与CH4的物质的量之比等于压强之比，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。 【点睛】本题难点在于K与关系曲线的判断，在曲线中斜率为正为放热反应，斜率为负为吸热反应。 1．（2025·广东惠州·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。 【详解】（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。 2．（2025·广东·一模）的资源化利用是化学领域关注的热点。 Ⅰ．利用合成甲醇是资源化利用的一种途径。催化与反应制甲醇的化学方程式为，反应机理如图甲所示(★表示氧空位)，反应进程如图乙所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，代表过渡态)。 (1)与同主族，则基态原子价层电子的轨道表示式为 。 (2)下列说法正确的是_______。 A．该反应在低温下能自发进行 B．催化剂能提高甲醇的平衡产率 C．“吸附a”与“氢化”两个步骤消耗的分子数之比为 D．降低步骤的能垒，能有效加快甲醇的生成速率 (3)恒容密闭容器中和的起始浓度分别为和，一定温度下只发生反应时反应达到平衡，平衡体系中的物质的量分数为b，则内 (用含a、b和t的式子表示)。 (4)恒定总压和碳氢投料比，在不同温度下反应相同时间后含碳主产物甲醇的产率如图所示。 ①图中Q点对应的产率 (填“是”或“不是”)该温度下甲醇的平衡产率，理由为 。 ②当温度高于时，甲醇的产率随温度下降的原因可能为 (写两条)。 Ⅱ．捕获有助于实现碳中和。海洋是地球上最大的“碳库”，海水中存在的主要碳平衡关系如图所示。 已知：①；。 ②25℃时，海水的，表层海水中。 (5)时，表层海水中浓度最大的含碳微粒为 (填“”“”或“”)。 (6)海洋中形成珊瑚礁(主要成分为)可能涉及反应。请从化学平衡的角度，通过计算判断该反应进行的趋势大小： (平衡常数可反映反应的趋势。一般认为时，反应基本能完全进行；时，则反应很难进行)。 【答案】(1) (2)AC (3) (4) 不是 该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，Q点温度低于，甲醇的平衡产率应高于时的 温度升高，催化剂的活性降低；或温度升高，主反应逆向移动；或温度高于，促进了副反应的进行等 (5) (6)===，K值已经很接近，该反应进行的趋势很大 【详解】（1） Ga是第31号元素，基态Ga原子价层电子排布式为4s24p1，轨道表示式； （2）A．由图可知，该反应为放热、熵减反应，，，可自发，故需要低温下自发，A正确； B．催化剂不影响化学平衡，不能提高甲醇的平衡产率，B错误； C．“吸附a” 消耗1个，“氢化”消耗2个（生成甲基和水），两个步骤消耗的分子数之比为，C正确； D．降低最后一步的能垒（能垒最大），能有效加快甲醇的生成速率，D错误； 故选AC； （3）根据已知可列三段式，，，； （4）①放热反应，若在平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，甲醇的产率降低，图中甲醇的产率还在升高，故Q点所示的条件下，反应还未达到平衡状态；该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，Q点温度低于，甲醇的平衡产率应高于时的； ②温度升高，催化剂的活性降低；或温度升高，主反应逆向移动；或温度高于，促进了副反应的进行等； （5）时，二氧化碳溶于水形成碳酸，表层海水中碳酸以第一步电离为主，故浓度最大的含碳微粒为； （6）===，K值已经很接近，该反应进行的趋势很大； 3．（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 【详解】（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；。 4．（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 【详解】（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= ==； 5．（2025·广东汕头·一模）氢氧化亚铁在工业上是一种重要的除氧剂、水处理剂。 (1)向试管中加入的新制溶液，滴加的溶液，生成白色沉淀，涉及的离子反应方程式为 。白色沉淀会迅速转为灰绿色，一段时间后转为红褐色，此时 元素被氧化。 i．灰绿色沉淀的研究 (2)查阅资料得知，为层状结构(如右下图)，当部分被氧化为时，层状结构不被破坏，生成(1)中灰绿色沉淀——绿锈。夹层内填充有等阴离子，化学式可表示为，设计如下流程进行检验： 流程中试剂A为 (填化学式)，经实验测定，则 。 (3)查阅资料得知：绿锈无法稳定存在于高浓度碱性溶液中，Fe(OH)3某些性质类似Al(OH)3，在浓度极高的强碱溶液中无法稳定存在。某同学拟用不同浓度溶液与反应，利用性质，减少灰绿色沉淀生成。实验方案为：取3支试管分别加入固体，再加入不同浓度的溶液。实验结果如下： 沉淀颜色 2 0.1 灰绿色 8 0.1 出现白色，灰绿色极少生成 27.3(饱和) 0.1 明显白色，灰绿色几乎不出现 结合合适的化学用语，试分析浓度增大后白色沉淀明显的原因可能是 。 ii．氢氧化亚铁白色沉淀制备研究 (4)甲同学猜测常温下可以利用与的双水解反应产生白色沉淀。该离子反应为。乙同学猜测二者混合发生复分解反应产生碳酸亚铁，该反应的离子方程式为 。 请通过计算这两个反应的平衡常数来分析说明哪种猜测更合理 (填“甲”或“乙”)，其原因是 。 (已知的分别为和，溶于水的以形式存在) 【答案】(1) (2) 12 (3)会溶解产生的， (4) (或) 乙 运算甲的平衡常数，乙的平衡常数，乙的反应进行程度更大，反应倾向更明显，所以乙推测更合理。 【详解】（1）新制溶液中滴加溶液，与结合成白色沉淀，涉及的离子反应方程式为。白色沉淀会迅速转为灰绿色，一段时间后转为红褐色，此时发生反应，+2价被氧化。 （2）检验的常用试剂是，代表铁呈现+2价，代表铁呈现+3价，根据化合物整体不带电，即化合价代数和为零可推断z=12。 （3）根据信息可知灰绿色是存在造成的，又知Fe(OH)3某些性质类似Al(OH)3，在浓度极高的强碱溶液中无法稳定存在，所以分析浓度增大后白色沉淀明显的原因可能是：会溶解产生的，。 （4）乙同学猜测二者混合发生复分解反应产生碳酸亚铁，该反应的离子方程式为或； 甲推测的反应为，该反应平衡常数为；乙推测的反应为，该反应平衡常数为由此可见乙的反应进行程度更大，反应倾向更明显，所以乙推测更合理。 6．（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)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 【详解】（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。 7．（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 【详解】（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。 8．（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) 【详解】（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。 9．（2025·广东汕头·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 【详解】（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。 10．（2025·广东深圳·模拟预测）酸性溶液主要组成为与(与会络合为)，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， (1)CuCl中基态亚铜离子的价层电子轨道表示式为 。 (2)溶液中存在平衡： ，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，平衡常数增大 C．加水稀释，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，浓度相同，盐酸浓度分别为、、时，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 。 时，在内，的平均生成速率为 。 (4)能形成多种配合物。铜氨溶液具有显著的抗菌作用。往溶液中通入氨气，测得和铜氨各级配合物的物质的量分数与平衡体系的浓度的负对数)的关系如图所示。 ①曲线5代表的含铜微粒为 。 ②b点的纵坐标为 。 ③结合图像信息，计算反应的平衡常数 。(已知的，写出计算过程) 【答案】(1) (2)CD (3) 反应生成的固体覆盖了铜，阻碍反应进行，生成的速率较慢 (4) 0.14 【详解】（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，故答案为：。 （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项正确； 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项正确； C．加水稀释，c(Cl-)减小，，则增大，C项不正确； 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项不正确； 故答案为：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，故答案为：反应生成的固体覆盖了铜，阻碍反应进行，生成的速率较慢；。 （4）①往溶液中通入氨气，依次发生反应：①，②，③，④，则1代表Cu2+ 、2代表、3代表、4代表、5代表，故答案为：。 ②由图像可以看出，b点时Cu2+和物质的量分数相等，且数值为0.43，4和5所代表的微粒物质的量分数几乎为0，则3所代表的的物质的量分数约为(1-0.43-0.43)=0.14，即b点的纵坐标约为0.14，故答案为：0.14。 ③对于反应，平衡常数，在a点时，，此时，通过代入曲线后面交点数据，得到：反应，平衡常数，对于的溶解平衡，溶度积常数，总反应的平衡常数，根据多重平衡规则，总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积，即，将、、代入可得：，故答案为：。 11．（2025·广东珠海·一模）酸性溶液主要组成为HCl与(HCl与会络合为)，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，。 (1)CuCl中基态亚铜离子的价层电子轨道表示式为 。 (2)溶液中存在平衡：(蓝色)(黄色)  ，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，的比值会减小 D．加入少量NaCl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，浓度相同，盐酸浓度分别为1.5mol/L、2.5mol/L、3.0mol/L时，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 。mol/L时，在0~1.5min内，的平均生成速率为 。 (4)能形成多种配合物。铜氨溶液具有显著的抗菌作用。往0.2mol/L溶液中通入氨气，测得和铜氨各级配合物的物质的量分数与平衡体系的(浓度的负对数)的关系如图所示。 ①曲线4代表的含铜微粒为 。 ②b点的纵坐标为 。 ③结合图像信息，计算反应的平衡常数K= 。(已知的，写出计算过程) 【答案】(1) (2)CD (3) 反应生成的固体CuCl覆盖了铜，阻碍反应进行，生成的速率较慢 0.2mol·L-1·min-1 (4) 0.14 2.2×10-7.4 【详解】（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将0.2mol/L 溶液与溶液等体积混合，依次发生反应：①Cu2+ +NH3= Cu(NH3) 2+，②，③，④，则1代表Cu2+ 、2代表Cu(NH3) 2+、3代表、4代表、5代表； ②由图像可以看出，b点时Cu2+和Cu(NH3) 2+物质的量分数相等，且数值为0.43，4和5所代表的微粒物质的量分数几乎为0，则3所代表的的物质的量分数约为(1-0.43-0.43)=0.14，即b点的纵坐标约为0.14； ③对于反应，平衡常数，在a点时，，此时。通过代入曲线后面交点数据，依次得到：反应，平衡常数。反应，平衡常数。反应，平衡常数。对于的溶解平衡，溶度积常数。总反应的平衡常数。根据多重平衡规则，总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积，即。将、、、、代入可得：； 12．（2024·广东广州·一模）氨是化肥工业和有机化工的主要原料，历史上在合成氨的理论可行性、工业化及机理等方面的研究上产生过三位诺贝尔奖得主。回答下列问题： (1)科学家基于不同的催化体系提出了相应的反应机理。 ①基于铁催化体系的反应机理及能量变化如图所示(其中ad表示吸附态)。据此计算反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的△H= 。该历程中决速步的反应方程式为 。 ②中科院大连化学物理研究所科研团队构筑了“过渡金属—LiH”双活性中心催化体系，显著提高了传统金属催化剂在温和条件下的合成氨性能，其反应过程分为以下三步(*表示催化剂的活性位点)，据此写出iii的化学方程式。 i．N2+2*=2N*；ii．N*+LiH=*+[LiNH]； iii． 。 (2)研究表明，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应在不同压强(p)和氮氢比[n(N2)：n(H2)]下，平衡体系中氨的体积分数[ψ(NH3)]随温度(T)的变化曲线如图所示，已知p1>p2。 ①d点所在曲线对应的实验条件为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②a点对应的ψ(NH3)大于c点对应的ψ(NH3)，解释其原因为 。 ③a、b、c三点对应的压强平衡常数(Ka、Kb和Kc)的大小关系为 ，a点对应的压强平衡常数K= (列出计算式，用体系中各气体的分压来表示，分压=总压×物质的量分数)。 (3)氨在燃煤烟气脱硫中有重要应用，其方法是用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化成(NH4)2SO4。已知H2SO3的Ka1=1.3×10-2、Ka2=6.2×10-8。常温下，将SO2通入某氨水至溶液恰好显中性，此时溶液中= 。(写出计算过程) 【答案】(1) -92kJ/mol Nad+Had=NHad (2) Ⅱ 合成氨反应是一个气体分子数减小的放热反应，减小压强或升高温度，平衡逆向移动，φ(NH3)减小。与a点相比，c点的温度高、压强大，温度对φ(NH3)的影响起主导作用 Ka=Kb>Kc (3)根据电荷守恒，c(H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，又溶液显中性，c()=2c()+c()，因此=+1=+1=+1=2.24 【详解】（1）①从图中可以看出，N2(g)+H2(g)NH3(g)，放热46kJ/mol，据此计算反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的△H=-46kJ/mol×2=-92kJ/mol。该历程中，最大活化能为106kJ/mol，则该决速步的反应方程式为Nad+Had=NHad。 ②用LiH作催化剂合成氨时，i．N2+2*=2N*；ii．N*+LiH=*+[LiNH]；则第iii步反应，应生成NH3，同时生成催化剂LiH，且反应物为H2，依据质量守恒，可得出 iii．。 （2）对于N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应，增大压强，平衡正向移动，氨的体积分数[ψ(NH3)]增大，相同压强时，减小H2的投入量，即n(N2):n(H2)=1:2相当于n(N2):n(H2)=1:3减小H2的投入量，平衡逆向移动，氨的体积分数[ψ(NH3)]减小，则b为Ⅰ、d为Ⅱ、a为Ⅲ。 ①由分析可知，d点所在曲线对应的实验条件为Ⅱ。 ②a点对应的ψ(NH3)大于c点对应的ψ(NH3)，则表明温度对平衡的影响占主导地位，解释其原因为：合成氨反应是一个气体分子数减小的放热反应，减小压强或升高温度，平衡逆向移动，φ(NH3)减小。与a点相比，c点的温度高、压强大，温度对φ(NH3)的影响起主导作用。 ③平衡常数只受温度的影响，升高温度，合成氨反应的平衡逆向移动，平衡常数减小。a、b、c三点中，a、b点的温度相同，c点温度高，则对应的压强平衡常数(Ka、Kb和Kc)的大小关系为Ka=Kb>Kc。a点时，n(N2):n(H2)=1:3，φ(NH3)=40%，设N2的起始投入量为1mol，则H2的起始投入量为3mol，则可建立如下三段式： 则，x=mol，所以平衡量：N2为mol，H2为mol，NH3为mol，对应的压强平衡常数K==。 （3）Ka2=，则。 根据电荷守恒，c(H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，又溶液显中性，c()=2c()+c()，因此=+1=+1=+1=2.24。 【点睛】当一个反应分多步进行时，活化能最大的那一步为决速步。 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 【详解】（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 【详解】（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。 15．（2024·广东湛江·一模）有机胺在橡胶助剂、纺织、造纸、食品添加剂以及塑料加工等领域有着广泛的应用。 (1)以作催化剂，进行对苯二胺加氢制备1，4-环己二胺。。 ①基态原子价层电子的轨道表示式为 。 ②对苯二胺、、1，4-环己二胺的标准摩尔生成焓分别为、0、(标准摩尔生成焓：，下，由元素最稳定的单质生成纯化合物时的反应热)，则 。 ③以某超临界流体为溶剂，取对苯二胺和一定量在高压反应釜中反应小时，测得对苯二胺转化率及主产物1，4-环己二胺的选择性随温度变化如下图所示。175℃时，小时内，()= 。当温度高于185℃时，转化率和选择性随温度升高均呈下降趋势，以下对其原因分析一定不合理的是 (填标号)。 A．催化剂活性降低         B．减慢，加快，平衡逆向移动 C．副反应占比加大         D．在超临界流体中溶解度下降 (2)在氢气氛围和脱氢-加氢催化剂的催化下，醇的胺化反应机理如下图所示。理论上，每生成，醇脱氢产生的与后续过程中加氢消耗的的物质的量之比为 。 (3)与一样，当胺溶于水时溶液呈碱性。用盐酸滴定同浓度的氨水、和，滴定曲线如下图。 ①电离平衡常数： (填“>”“<”或“=”)。 ②25℃时，向溶液中加入固体，使得平衡时和浓度均为。计算平衡时的电离度： [写出计算过程，已知，电离度]。 【答案】(1) -(b-a) B (2)1:1 (3) < 【详解】（1） ①基态Al原子价电子轨道表示式为：； ②根据盖斯定律可知：△H=生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓=-(b-a)kJ/mol； ③175℃，对苯二胺转化率为45%，1，4-环己二胺的选择性10%，0-t小时内，()=； A．温度高于185℃时，对苯二胺转化率和1，4-环己二胺选择性随温度升高均呈下降趋势，可能是催化剂活性降低，A不符合题意； B．升高温度正逆反应速率均增大，B符合题意； C．温度升高主产物1，4-环己二胺选择性减小，副反应占比可能加大，C不符合题意； D．温度升高H2在超临界流体中溶解度下降，造成转化率和选择性下降，D不符合题意； 答案选B； （2） 由图示可知，每生成1mol需要3molRCH2OH，醇脱氢产生3mol醛及3molH2，正好全部用于后续反应，该过程是个“自供氢反应”，因此醇脱氢产生的氢与亚胺/烯胺加氢消耗的H2的物质的量之比为1:1； （3）①由滴定曲线起点可知，同浓度的氨水、和，氨水pH更小，NH3·H2O碱性更弱，因此NH3·H2O电离常数更小； ②向0.10mol/LRNH2溶液中加入RNH3Cl固体，由电荷守恒知：当和Cl-浓度相等时，溶液中H+和OH-浓度相等，25°C时，c(OH-)=10-7mol/L： ，Kb(RNH2)===b，RNH2的电离度为a=。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 15 化学反应原理综合题 五年考情概览：解读近五年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。 典型真题精析：代表性真题分类精讲并点评命题规律，设置仿照题目。 近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。 易错易错速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。 高考模拟探源：精选适量最新模拟题，发掘高考命题之源。 命题解读 近三年考查统计 近五年化学命题呈现出深度综合化、情境前沿化、能力高阶化的鲜明趋势：试题以能源材料（如钛合金、储氢催化）、资源回收（如铬、稀土分离）、碳中和（如CO₂重整）等科技热点为背景，将物质结构、化学平衡、电化学、反应机理与定量计算（如平衡常数、转化率、晶胞参数） 深度融合，尤其注重信息提取与迁移（如图像分析、机理推导、数据建模） 及多步推理与表达能力的考查，充分凸显“素养立意、价值引领”的命题导向，要求学生具备跨章节整合知识并解决复杂实际问题的综合素养。 2025·广东卷 2024·广东卷 2023·广东卷 2022·广东卷 2021·广东卷 【典题1】（2025·广东卷）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10.0molTi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温度下， ，反应(c)的平衡常数 (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，为与的物质的量之和；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)。 【典题2】（2024·广东卷）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。 b．向溶液中加入，发生反应：。起始的物质的量为，加入的物质的量为，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“=”) 1．（2023·广东卷）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。 0 1.00 0 0 a x 0.64 b 0.40 0.60 【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)。    2．（2022·广东卷）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”)。 3．（2021·广东卷）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： 。 1．（2025·广东惠州·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)。 2．（2025·广东·一模）的资源化利用是化学领域关注的热点。 Ⅰ．利用合成甲醇是资源化利用的一种途径。催化与反应制甲醇的化学方程式为，反应机理如图甲所示(★表示氧空位)，反应进程如图乙所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，代表过渡态)。 (1)与同主族，则基态原子价层电子的轨道表示式为 。 (2)下列说法正确的是_______。 A．该反应在低温下能自发进行 B．催化剂能提高甲醇的平衡产率 C．“吸附a”与“氢化”两个步骤消耗的分子数之比为 D．降低步骤的能垒，能有效加快甲醇的生成速率 (3)恒容密闭容器中和的起始浓度分别为和，一定温度下只发生反应时反应达到平衡，平衡体系中的物质的量分数为b，则内 (用含a、b和t的式子表示)。 (4)恒定总压和碳氢投料比，在不同温度下反应相同时间后含碳主产物甲醇的产率如图所示。 ①图中Q点对应的产率 (填“是”或“不是”)该温度下甲醇的平衡产率，理由为 。 ②当温度高于时，甲醇的产率随温度下降的原因可能为 (写两条)。 Ⅱ．捕获有助于实现碳中和。海洋是地球上最大的“碳库”，海水中存在的主要碳平衡关系如图所示。 已知：①；。 ②25℃时，海水的，表层海水中。 (5)时，表层海水中浓度最大的含碳微粒为 (填“”“”或“”)。 (6)海洋中形成珊瑚礁(主要成分为)可能涉及反应。请从化学平衡的角度，通过计算判断该反应进行的趋势大小： (平衡常数可反映反应的趋势。一般认为时，反应基本能完全进行；时，则反应很难进行)。 3．（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)。 4．（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)。 5．（2025·广东汕头·一模）氢氧化亚铁在工业上是一种重要的除氧剂、水处理剂。 (1)向试管中加入的新制溶液，滴加的溶液，生成白色沉淀，涉及的离子反应方程式为 。白色沉淀会迅速转为灰绿色，一段时间后转为红褐色，此时 元素被氧化。 i．灰绿色沉淀的研究 (2)查阅资料得知，为层状结构(如右下图)，当部分被氧化为时，层状结构不被破坏，生成(1)中灰绿色沉淀——绿锈。夹层内填充有等阴离子，化学式可表示为，设计如下流程进行检验： 流程中试剂A为 (填化学式)，经实验测定，则 。 (3)查阅资料得知：绿锈无法稳定存在于高浓度碱性溶液中，Fe(OH)3某些性质类似Al(OH)3，在浓度极高的强碱溶液中无法稳定存在。某同学拟用不同浓度溶液与反应，利用性质，减少灰绿色沉淀生成。实验方案为：取3支试管分别加入固体，再加入不同浓度的溶液。实验结果如下： 沉淀颜色 2 0.1 灰绿色 8 0.1 出现白色，灰绿色极少生成 27.3(饱和) 0.1 明显白色，灰绿色几乎不出现 结合合适的化学用语，试分析浓度增大后白色沉淀明显的原因可能是 。 ii．氢氧化亚铁白色沉淀制备研究 (4)甲同学猜测常温下可以利用与的双水解反应产生白色沉淀。该离子反应为。乙同学猜测二者混合发生复分解反应产生碳酸亚铁，该反应的离子方程式为 。 请通过计算这两个反应的平衡常数来分析说明哪种猜测更合理 (填“甲”或“乙”)，其原因是 。 (已知的分别为和，溶于水的以形式存在) 6．（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)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， 。 7．（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) 8．（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）。 9．（2025·广东汕头·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)。 10．（2025·广东深圳·模拟预测）酸性溶液主要组成为与(与会络合为)，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， (1)CuCl中基态亚铜离子的价层电子轨道表示式为 。 (2)溶液中存在平衡： ，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，平衡常数增大 C．加水稀释，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，浓度相同，盐酸浓度分别为、、时，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 。 时，在内，的平均生成速率为 。 (4)能形成多种配合物。铜氨溶液具有显著的抗菌作用。往溶液中通入氨气，测得和铜氨各级配合物的物质的量分数与平衡体系的浓度的负对数)的关系如图所示。 ①曲线5代表的含铜微粒为 。 ②b点的纵坐标为 。 ③结合图像信息，计算反应的平衡常数 。(已知的，写出计算过程) 11．（2025·广东珠海·一模）酸性溶液主要组成为HCl与(HCl与会络合为)，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，。 (1)CuCl中基态亚铜离子的价层电子轨道表示式为 。 (2)溶液中存在平衡：(蓝色)(黄色)  ，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，的比值会减小 D．加入少量NaCl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，浓度相同，盐酸浓度分别为1.5mol/L、2.5mol/L、3.0mol/L时，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 。mol/L时，在0~1.5min内，的平均生成速率为 。 (4)能形成多种配合物。铜氨溶液具有显著的抗菌作用。往0.2mol/L溶液中通入氨气，测得和铜氨各级配合物的物质的量分数与平衡体系的(浓度的负对数)的关系如图所示。 ①曲线4代表的含铜微粒为 。 ②b点的纵坐标为 。 ③结合图像信息，计算反应的平衡常数K= 。(已知的，写出计算过程) 12．（2024·广东广州·一模）氨是化肥工业和有机化工的主要原料，历史上在合成氨的理论可行性、工业化及机理等方面的研究上产生过三位诺贝尔奖得主。回答下列问题： (1)科学家基于不同的催化体系提出了相应的反应机理。 ①基于铁催化体系的反应机理及能量变化如图所示(其中ad表示吸附态)。据此计算反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的△H= 。该历程中决速步的反应方程式为 。 ②中科院大连化学物理研究所科研团队构筑了“过渡金属—LiH”双活性中心催化体系，显著提高了传统金属催化剂在温和条件下的合成氨性能，其反应过程分为以下三步(*表示催化剂的活性位点)，据此写出iii的化学方程式。 i．N2+2*=2N*；ii．N*+LiH=*+[LiNH]； iii． 。 (2)研究表明，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应在不同压强(p)和氮氢比[n(N2)：n(H2)]下，平衡体系中氨的体积分数[ψ(NH3)]随温度(T)的变化曲线如图所示，已知p1>p2。 ①d点所在曲线对应的实验条件为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②a点对应的ψ(NH3)大于c点对应的ψ(NH3)，解释其原因为 。 ③a、b、c三点对应的压强平衡常数(Ka、Kb和Kc)的大小关系为 ，a点对应的压强平衡常数K= (列出计算式，用体系中各气体的分压来表示，分压=总压×物质的量分数)。 (3)氨在燃煤烟气脱硫中有重要应用，其方法是用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化成(NH4)2SO4。已知H2SO3的Ka1=1.3×10-2、Ka2=6.2×10-8。常温下，将SO2通入某氨水至溶液恰好显中性，此时溶液中= 。(写出计算过程) 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 15．（2024·广东湛江·一模）有机胺在橡胶助剂、纺织、造纸、食品添加剂以及塑料加工等领域有着广泛的应用。 (1)以作催化剂，进行对苯二胺加氢制备1，4-环己二胺。。 ①基态原子价层电子的轨道表示式为 。 ②对苯二胺、、1，4-环己二胺的标准摩尔生成焓分别为、0、(标准摩尔生成焓：，下，由元素最稳定的单质生成纯化合物时的反应热)，则 。 ③以某超临界流体为溶剂，取对苯二胺和一定量在高压反应釜中反应小时，测得对苯二胺转化率及主产物1，4-环己二胺的选择性随温度变化如下图所示。175℃时，小时内，()= 。当温度高于185℃时，转化率和选择性随温度升高均呈下降趋势，以下对其原因分析一定不合理的是 (填标号)。 A．催化剂活性降低         B．减慢，加快，平衡逆向移动 C．副反应占比加大         D．在超临界流体中溶解度下降 (2)在氢气氛围和脱氢-加氢催化剂的催化下，醇的胺化反应机理如下图所示。理论上，每生成，醇脱氢产生的与后续过程中加氢消耗的的物质的量之比为 。 (3)与一样，当胺溶于水时溶液呈碱性。用盐酸滴定同浓度的氨水、和，滴定曲线如下图。 ①电离平衡常数： (填“>”“<”或“=”)。 ②25℃时，向溶液中加入固体，使得平衡时和浓度均为。计算平衡时的电离度： [写出计算过程，已知，电离度]。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $