专题10 反应原理综合题（2大题型）（广东专用）2026年高考化学一模分类汇编

专题10 反应原理综合题 2大考点概览 题型01 气相中的化学平衡 题型02 液相中的化学平衡 气相中的化学平衡 题型01 1．（2026·广东广州·一模）利用甘油()制取氢气是一个重要的研究课题。甘油水蒸气重整制氢中主要涉及以下反应： 编号 反应 Ⅰ Ⅱ Ⅲ (1)基态O原子价层电子的轨道表示式为___________。 (2)反应的焓变___________。 (3)将1.0 mol 和4.0 mol 充入恒容密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ．不同温度下，平衡时反应体系的组成如图(该温度范围内均消耗完全)。 ①曲线a对应的物质为___________。 ②T=1073 K时，___________mol，反应Ⅱ的平衡常数K=___________(列出算式，无须化简)。 (4)在800 K、101 kPa、甘油起始物质的量的条件下，研究起始投料比[/]对反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的影响，该温度下达到平衡时消耗完全，平衡时/、/的变化曲线如图。 ①当，平衡时，___________mol(用含、和a的代数式表示)。 ②当，平衡时，___________mol(用含、和a的代数式表示，写出推导过程)。 2．（2026·广东大湾区·一模）钒单质及其化合物在储氢、高温超导、催化等领域应用广泛。 (1)基态V原子的价层电子排布式为___________。 (2)反应的ΔH<0、ΔS<0，则该反应在___________(填“高温”或“低温”)下能自发进行。 (3)以V2O5或V2O3为原料，通过金属热还原法可制备V单质。 如：V2O5(s)＋5Ca(s)=2V(s)＋5CaO(s)  ΔH1=-a kJ/mol V2O3(s)＋3Ca(s)=2V(s)＋3CaO(s)  ΔH2=-b kJ/mol 则：3V2O5(s)＋4V(s)=5V2O3(s)  ΔH=___________。 (4)冶炼钒时以萃取法除去VO2＋中的Al3＋。萃取前，c(VO2＋)=0.4 mol/L，c(Al3＋)=0.01 mol/L，pH=1，溶液体积为1 L。萃取剂为溶有HA的煤油，c(HA)=1 mol/L，萃取剂体积为1 L。萃取原理：VO2＋(aq)＋2HA(o)VOA2(o)＋2H＋(aq)，Al3＋(aq)＋3HA(o)AlA3(o)＋3H＋(aq)，式中o指有机相。两种离子萃取达平衡所需时间相同。平衡时VO2＋萃取率达90%，Al3＋仅为4%。HA难溶于水，VO2＋、Al3＋和H＋难溶于煤油。萃取时水溶液中VO2＋、Al3＋和H＋的物质的量变化如图所示。 ①对于上述反应体系，下列说法正确的是___________。 A．a点时，萃取达到平衡 B．平衡后加水稀释，各离子浓度均减小 C．萃取达平衡时，v正(H＋)=2v逆(VO2＋) D．通入HCl气体，萃取平衡逆向移动，平衡常数K不变 ②曲线对应的离子为___________。 ③VO2＋的萃取平衡常数K=___________(列出算式，无须化简)。 (5)进一步研究上述萃取过程，取一定量萃取剂(含n0 mol HA)进行实验，得到n1/n0、n2/n0随时间变化的曲线如图。其中，n1为VOA2和AlA3的物质的量之和；n2为剩余HA的物质的量。设n3为0~t时段内与VO2＋反应的HA的物质的量，该时段内，HA萃取VO2＋的选择性用表示。 ①0~t0 min内，HA对VO2＋的萃取选择性为___________(用含b的代数式表示)。 ②若0~t时段内VO2＋与Al3＋的萃取速率之比等于0~萃取平衡时该两种离子的萃取速率之比，则t0时n3=___________mol(用含n0的代数式表示，写出推导过程)。 3．（2026·广东梅州·一模）氧化亚氮（）是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。研究氧化亚氮分解对环境保护有重要意义。 (1)催化分解法可消除。 一种Fe-Ru催化剂催化分解工业尾气，发生以下反应：    ①基态N原子的价层电子排布图为________。 ②根据盖斯定律，反应Ⅰ：的________（写出一个代数式即可）。 ③反应Ⅰ的________0（填“>”“<”或“=”），已知反应Ⅰ在任意温度可自发进行，则________0（填“>”“<”或“=”）。 (2)用CO还原是实现无害化处理的一个重要方法，发生如下反应： 反应Ⅱ：   有人提出上述反应可以用“”作催化剂。其总反应分两步进行： 反应a： 反应b： 反应过程的能量变化如图所示： ①决定总反应速率的是________（填“反应a”或“反应b”）。 ②对于反应，下列说法正确的有________（填字母）。 A．是催化剂，能降低反应的焓变    B．升高温度，的平衡转化率减小 C．降低反应温度，反应平衡常数不变    D．上述反应过程中有极性键的断裂和生成 ③试从绿色化学角度评价该方法________。 (3)在总压为100 kPa的密闭容器中，充入一定量的CO和发生反应，不同条件下达到平衡时，在时的转化率随变化的曲线，以及在时的转化率与的变化曲线如图所示。 ①表示的转化率随变化的曲线为________曲线（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）； ②________（填“>”或“<”）。 (4)已知500℃时，的平衡常数。在此温度下，向一恒容密闭容器中加入足量的固体，再充入一定量气体（其起始压强为b kPa），达到平衡时总压强为c kPa。500℃时，反应的平衡常数________（用含e、b、c的式子表示，写出计算过程）。 4．（2026·广东·一模）已知反应Ⅰ：(频哪醇)(频哪酮)， 反应Ⅱ：(用“DMBD”表示)  。 反应Ⅰ的反应历程如图所示。 (1)由上图可知，反应Ⅰ的___________(用含a、b、c或d的式子表示)。 (2)下列说法正确的有___________(填序号)。 A．反应Ⅰ分4步进行 B．相同条件下，比稳定 C．其他条件不变，增大不能改变频哪酮的平衡产率 D．其他条件不变，增大c(频哪醇)，的平衡常数增大 (3)在过热水(270℃，30)中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ．其他条件不变，改变频哪醇的起始浓度，频哪醇的转化率及频哪酮的产率［产率］与反应时间t的关系如图所示。 ①当时，前20s反应Ⅰ的平均反应速率为___________。 ②反应Ⅰ的反应速率：P点___________(填“>”“<”或“=”)M点。 ③反应Ⅰ需要在较高浓度的催化下才能发生。在过热水中不额外加入反应Ⅰ也能发生，可能的原因为___________。 ④请在下图中画出频哪酮的平衡浓度与DMBD的平衡浓度之比随温度T的变化趋势_________。 ⑤若，当反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到化学平衡时，频哪醇的转化率为0.65，频哪酮的产率为0.45，请计算该条件下反应Ⅱ的平衡常数K=___________(写出计算过程)。 5．（2026·广东汕头·一模）由铁基催化剂催化合成气（CO和）费托反应制丙烷、丙烯体系，反应如下： 反应a：   反应b：   体系仅考虑存在副反应： (1)基态Fe原子的价层电子排布式为______。 (2)计算丙烯与氢气发生加成反应的_______。 (3)可改变CO平衡转化率的因素是______。（填写编号） A．温度 B．压强 C．铁基催化剂 D．投料比 (4)副反应生成所需的有两种形成途径：解离、解离。根据图1铁基催化剂反应路径中解离、解离的活化能，推测体系中产生的主要途径是______。（填“CO*解离”或“OH*解离”） (5)若在反应体系中混入微量，可形成新型催化剂Fe-Br。结合图1，推测新型催化剂能抑制生成的核心机理是______。 (6)300℃下，将合成气混入微量，以固定流速通入反应器。出口处测得产物选择性[选择性]随体积分数的变化关系如图2。 ①铁基催化剂，转化率为32%，产物烯烷选择性比为2。结合图2数据可知产率为______（保留2位有效数字，下同），选择性为______。 ②合成气混合体积分数，溴原子像催化剂上的“分子开关”，使的生成速率极慢。适当降低流速可使反应制丙烯、反应制丙烷达到平衡状态，转化率为75%，烯烷选择性比为4，忽略的存在。为物质的量分数平衡常数，用平衡时各组分的物质的量分数代替浓度，求反应a的平衡常数______。（写出计算过程，最后代入数据列出计算式即可） 6．（2026·广东清远·一模）乙苯()是重要的化工原料，常用来制备苯乙烯()。 (1)乙苯中最多有______个原子共平面。 (2)乙苯脱氢制苯乙烯的主反应和两个副反应如下： 反应a：     反应b：     反应c：     已知部分化学键的键能数据如下表。 共价键 C-C C-H C=C H-H 键能() 347.7 413.4 615 436 ①反应a的______。 ②反应b在低温条件下______(填“能自发”或“不能自发”)进行。 (3)现向恒温恒压反应器中充入1 mol乙苯在催化剂作用下发生上述三个化学反应。平衡后测得体系中，苯乙烯、苯和甲苯的选择性随乙苯转化率的变化曲线如图所示。(已知：) ①A→B段体系中苯乙烯的物质的量逐渐______(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②当乙苯转化率为70%时，该温度下反应c的压强平衡常数为______(列出计算式)。 (4)在高温、恒压条件下，乙苯可能会裂解产生少量积炭覆盖在催化剂的表面，使催化剂“中毒”，在实际反应过程中，常往反应体系中加入一定量的“过热”水蒸气消除积炭。 ①消除积炭的原理为______(用化学方程式表示)。 ②加入的“过热”水蒸气还能促进反应a正向移动，其原因是______(任写一点)。 液相中的化学平衡 题型02 7．（2026·广东广州·月考）硫是人类认识最早的元素之一，含硫物质在化工生产、日常生活中扮演了重要的角色。 (1)一种可将无害化处理的工艺涉及反应如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   ①基态S原子的价层电子排布式为 。 ②反应的 。 (2)已知，与可发生催化反应，反应机理如图所示。 ①该反应的催化剂是 。 ②物质A的电子式为 。 (3)向的溶液中通入气体，含硫微粒在不同溶液中的分布系数如图所示： ①的电离常数 ；常温下，溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性。 ②25℃时，的。工业生产中常联合处理含的废气和含的废水，欲发生反应，计算该反应的平衡常数 (写出计算过程)。 (4)某小组研究了溶液酸性强弱对与反应的影响，在其他条件相同的前提下，分别向为2、3、4的溶液中滴加等浓度的溶液，测得溶液中随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是___________(填标号)。 A．可能是该反应的催化剂 B．酸性增强可以降低反应速率 C．体系紫色褪去所需时间： D．反应速率并不始终随着反应物浓度的减小而降低 8．（2026·广东深圳·月考）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) 9．（2026·广东广州·月考）I．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，1909年，由德国化学家哈伯经过反复的实验研究后发现，为了把哈伯合成氨的实验室方法转化为规模化的工业生产，德国工程师博施改进了哈伯首创的高压合成氨，找到了合适的氧化铁型催化剂，使合成氨生产工业化，称为“哈伯-博施法”。其反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。 回答下列问题： (1)合成氨反应在常温下 (填“能”或“不能”)自发。 (2) 温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率， 温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用400～500℃。 针对以氮气作为氮源的合成氨反应速率与平衡产率的矛盾，科学家提出了两种解决方案。 (3)方案一：电催化一氧化氮合成氨。下图是以Ti-C2N、V-C2N、Zr-C2N为催化剂，用一氧化氮(NO)为氮源的电化学合成氨的中间体及其能量的机理图。(*代表物质处于被催化剂吸附的状态)，下列说法正确的是 ___________ 。 A．使用O-distal路径和N-distal路径，反应的焓变是不同的 B．如果基元反应的产物相比反应物的能量增大得越多，则该基元反应速率越慢，那么Ti-C2N催化效果最差 C．该方法能够同时实现大气污染物NO的去除和利用被认为是一种可持续、清洁和环保的新能源技术 D．反应的温度越高越好，工业生产可以选用超高温 (4)方案二：电催化硝酸根合成氨。CuNW具有良好的电催化性能，实验结果表明，CuNW催化硝酸根还原生成氨经历的能量壁垒远低于生成其他产物(NO、NO、N2)，从而导致CuNW具有较好的氨选择性。如图CuNW在不同电解时间硝酸根转化率α、亚硝酸根和氨选择性(选择性用S表示) 。请问工业生产用电催化硝酸根合成氨技术应该选取 min的电解时间，并说明理由是 。 II．在25℃下，向100ml 0.1mol/L的CuSO4溶液中通入氨气，溶液中的含Cu微粒存在如下变化： Cu2+[Cu(NH3)]2+[Cu(NH3)2]2+[Cu(NH3)3]2+[Cu(NH3)4]2+ 各含Cu微粒占其总物质的量分数依次随lgc平衡(NH3)的变化关系如图所示。 (5)反应[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3的平衡常数K= 。 (6)当60%的铜元素以Cu(NH3)的形式存在时，需要加入 mol的氨气。(忽略氨的电离平衡，写出具体计算过程，保留三位有效数字，10-0.1≈0.8) 20．（2026·广东佛山·月考）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 。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 反应原理综合题 2大考点概览 题型01 气相中的化学平衡 题型02 液相中的化学平衡 气相中的化学平衡 题型01 1．（2026·广东广州·一模）利用甘油()制取氢气是一个重要的研究课题。甘油水蒸气重整制氢中主要涉及以下反应： 编号 反应 Ⅰ Ⅱ Ⅲ (1)基态O原子价层电子的轨道表示式为___________。 (2)反应的焓变___________。 (3)将1.0 mol 和4.0 mol 充入恒容密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ．不同温度下，平衡时反应体系的组成如图(该温度范围内均消耗完全)。 ①曲线a对应的物质为___________。 ②T=1073 K时，___________mol，反应Ⅱ的平衡常数K=___________(列出算式，无须化简)。 (4)在800 K、101 kPa、甘油起始物质的量的条件下，研究起始投料比[/]对反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的影响，该温度下达到平衡时消耗完全，平衡时/、/的变化曲线如图。 ①当，平衡时，___________mol(用含、和a的代数式表示)。 ②当，平衡时，___________mol(用含、和a的代数式表示，写出推导过程)。 【答案】(1) (2)+251 (3) 1.2 (4) 【详解】（1）O原子序数为8，价层电子为最外层，根据洪特规则和泡利不相容规则，轨道表示式； （2）根据盖斯定律，Ⅰ+3×Ⅱ得到目标反应，因此。 （3）①该温度范围内均消耗完全，可忽略反应①，1 mol甘油含3 mol C，含C产物为、、。升温时，反应Ⅱ（吸热）正向移动，物质的量增大；反应Ⅲ（放热）逆向移动，物质的量减小，因此上升的曲线a对应，下降的b对应； ②1073K时物质的量接近0，根据C守恒：，已知，得。根据氢元素守恒（1073K时，含氢的物质只有于、）：， 反应Ⅱ为，反应前后气体计量数相等，平衡常数，代入数据得。 （4）①根据C原子守恒，总C为，当，，，因此； ②根据O原子守恒：总O为，平衡后O存在于、、，因此： ，代入，得： ； 根据H原子守恒：总H为，平衡后H存在于、、，因此： ，化简得； 代入、： 整理得：。 2．（2026·广东大湾区·一模）钒单质及其化合物在储氢、高温超导、催化等领域应用广泛。 (1)基态V原子的价层电子排布式为___________。 (2)反应的ΔH<0、ΔS<0，则该反应在___________(填“高温”或“低温”)下能自发进行。 (3)以V2O5或V2O3为原料，通过金属热还原法可制备V单质。 如：V2O5(s)＋5Ca(s)=2V(s)＋5CaO(s)  ΔH1=-a kJ/mol V2O3(s)＋3Ca(s)=2V(s)＋3CaO(s)  ΔH2=-b kJ/mol 则：3V2O5(s)＋4V(s)=5V2O3(s)  ΔH=___________。 (4)冶炼钒时以萃取法除去VO2＋中的Al3＋。萃取前，c(VO2＋)=0.4 mol/L，c(Al3＋)=0.01 mol/L，pH=1，溶液体积为1 L。萃取剂为溶有HA的煤油，c(HA)=1 mol/L，萃取剂体积为1 L。萃取原理：VO2＋(aq)＋2HA(o)VOA2(o)＋2H＋(aq)，Al3＋(aq)＋3HA(o)AlA3(o)＋3H＋(aq)，式中o指有机相。两种离子萃取达平衡所需时间相同。平衡时VO2＋萃取率达90%，Al3＋仅为4%。HA难溶于水，VO2＋、Al3＋和H＋难溶于煤油。萃取时水溶液中VO2＋、Al3＋和H＋的物质的量变化如图所示。 ①对于上述反应体系，下列说法正确的是___________。 A．a点时，萃取达到平衡 B．平衡后加水稀释，各离子浓度均减小 C．萃取达平衡时，v正(H＋)=2v逆(VO2＋) D．通入HCl气体，萃取平衡逆向移动，平衡常数K不变 ②曲线对应的离子为___________。 ③VO2＋的萃取平衡常数K=___________(列出算式，无须化简)。 (5)进一步研究上述萃取过程，取一定量萃取剂(含n0 mol HA)进行实验，得到n1/n0、n2/n0随时间变化的曲线如图。其中，n1为VOA2和AlA3的物质的量之和；n2为剩余HA的物质的量。设n3为0~t时段内与VO2＋反应的HA的物质的量，该时段内，HA萃取VO2＋的选择性用表示。 ①0~t0 min内，HA对VO2＋的萃取选择性为___________(用含b的代数式表示)。 ②若0~t时段内VO2＋与Al3＋的萃取速率之比等于0~萃取平衡时该两种离子的萃取速率之比，则t0时n3=___________mol(用含n0的代数式表示，写出推导过程)。 【答案】(1)3d34s2 (2)低温 (3)(5b-3a) kJ/mol (4) D VO2+ 或78.08或78.1 (5) 【详解】（1）V为23号元素，核外电子排布为[Ar]3d34s2，过渡元素价层电子包含3d和4s电子，故价层电子排布式为3d34s2。 （2）反应自发进行的判据为ΔG=ΔH-TΔS<0，该反应ΔH<0、ΔS<0，低温下T较小，可以满足ΔG<0，因此低温下能自发进行。 （3）①V2O5(s)＋5Ca(s)=2V(s)＋5CaO(s) ΔH1=-a kJ/mol， ②V2O3(s)＋3Ca(s)=2V(s)＋3CaO(s) ΔH2=-b kJ/mol， 3V2O5(s)＋4V(s)=5V2O3(s)为3×反应①-5×反应②，则ΔH=3ΔH1-5ΔH2 = [3×(-a)-5×(-b)] kJ/mol = (5b-3a) kJ/mol。 （4）①A． a点后各离子浓度仍改变，未达到平衡，A错误； B．平衡后加水稀释，溶液体积增大，氢离子和氢氧根离子浓度的乘积是常数Kw，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大，B错误； C．根据VO2＋(aq)＋2HA(o)VOA2(o)＋2H＋(aq)，H＋与VO2＋计量系数比为2：1，但Al3+萃取方程：Al3＋(aq)＋3HA(o)AlA3(o)＋3H＋(aq)也有H+参与反应，则v正(H＋)≠2v逆(VO2＋)，C错误； D．通入HCl气体，H+浓度增加，萃取平衡逆向移动，由于温度不变，平衡常数K不变，D正确； 故选D； ②萃取前，c(VO2+)=0.4 mol/L，c(Al3+)=0.01 mol/L，pH=1，VO2+起始浓度最大，且平衡时VO2+萃取率达90%，Al3+仅为4%，曲线Ⅱ对应的离子为VO2+； ③萃取前，c(VO2＋)=0.4 mol/L，c(Al3＋)=0.01 mol/L，pH=1，c(H+)=0.1 mol/L，c(HA)=1 mol/L，平衡时VO2+萃取率达90%，即VO2＋转化的浓度为0.4 mol/L×90%=0.36 mol/L，根据VO2＋(aq)＋2HA(o)VOA2(o)＋2H＋(aq)，可知平衡时VO2＋、HA、VOA2、H＋的浓度分别为0.04 mol/L、0.28 mol/L、0.36 mol/L、0.82 mol/L，则VO2+的萃取平衡常数为===78.08。 （5）①n1为VOA2和AlA3的物质的量之和、n2为剩余HA的物质的量、n3为0~t时段内与VO2＋反应的HA的物质的量，根据VO2＋(aq)＋2HA(o)VOA2(o)＋2H＋(aq)、Al3＋(aq)＋3HA(o)AlA3(o)＋3H＋(aq)可知：0~t时段内生成VOA2的物质的量为、0~t时段内生成AlA3的物质的量为、0~t时段内与Al3＋反应的HA的物质的量为，已知萃取剂含n0 mol HA，则0~t时段内剩余HA的物质的量为，t0时刻，则=⇒，故0~t0 min内，HA对VO2＋的萃取选择性为； ② n1=x+y、n2=n0-(2x+3y)、n1=n2。由以上3得出：3x+4y=n0。，将x=900y代入3x+4y=n0，解得x=，得n3=2x=。 3．（2026·广东梅州·一模）氧化亚氮（）是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。研究氧化亚氮分解对环境保护有重要意义。 (1)催化分解法可消除。 一种Fe-Ru催化剂催化分解工业尾气，发生以下反应：    ①基态N原子的价层电子排布图为________。 ②根据盖斯定律，反应Ⅰ：的________（写出一个代数式即可）。 ③反应Ⅰ的________0（填“>”“<”或“=”），已知反应Ⅰ在任意温度可自发进行，则________0（填“>”“<”或“=”）。 (2)用CO还原是实现无害化处理的一个重要方法，发生如下反应： 反应Ⅱ：   有人提出上述反应可以用“”作催化剂。其总反应分两步进行： 反应a： 反应b： 反应过程的能量变化如图所示： ①决定总反应速率的是________（填“反应a”或“反应b”）。 ②对于反应，下列说法正确的有________（填字母）。 A．是催化剂，能降低反应的焓变    B．升高温度，的平衡转化率减小 C．降低反应温度，反应平衡常数不变    D．上述反应过程中有极性键的断裂和生成 ③试从绿色化学角度评价该方法________。 (3)在总压为100 kPa的密闭容器中，充入一定量的CO和发生反应，不同条件下达到平衡时，在时的转化率随变化的曲线，以及在时的转化率与的变化曲线如图所示。 ①表示的转化率随变化的曲线为________曲线（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）； ②________（填“>”或“<”）。 (4)已知500℃时，的平衡常数。在此温度下，向一恒容密闭容器中加入足量的固体，再充入一定量气体（其起始压强为b kPa），达到平衡时总压强为c kPa。500℃时，反应的平衡常数________（用含e、b、c的式子表示，写出计算过程）。 【答案】(1) > < (2) 反应a BD 反应过程中将有害气体转化成无污染性气体 (3) Ⅱ > (4) 【详解】（1） ①N为7号元素，价电子排布图为；②设已知反应分别为反应1、反应2、反应3，则目标方程式可由反应1+反应2得到，故；③反应Ⅰ为气体系数增大的反应，故；反应Ⅰ在任意温度下均能自发进行，即在任意温度下均有，且，故； （2）①由图可知，反应a的活化能大于反应b，反应速率小于反应b，化学反应速率取决于反应速率慢的一步，则反应a决定总反应速率；②A．催化剂能降低反应活化能，但不能改变反应热(焓变)，A错误； B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，的平衡转化率减小，B正确； C．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，C错误； D．由图可知，反应过程中断裂极性键（N-O键），也有极性键的生成（C-O键），D正确；故答案选BD；③由反应方程式可知，用CO还原N2O实现了有害气体向无污染转化（CO2、N2为无污染性气体）； （3）①增大一种反应物的量，另一种反应物的转化率越大，即越小，的转化率越大，故表示的转化率随变化的曲线为Ⅱ；②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小，即越小，的转化率减小，故T1>T2； （4）由草酸钙分解的方程式可知，容器中反应达到平衡时，一氧化碳的平衡分压为ekPa，设CO还原N2O的反应中转化压强为x kPa，由题意可建立如下三段式：，由平衡时总压强为ckPa可得：e+(b-x)+x+x=c，解得x=c-e-b，则平衡常数。 4．（2026·广东·一模）已知反应Ⅰ：(频哪醇)(频哪酮)， 反应Ⅱ：(用“DMBD”表示)  。 反应Ⅰ的反应历程如图所示。 (1)由上图可知，反应Ⅰ的___________(用含a、b、c或d的式子表示)。 (2)下列说法正确的有___________(填序号)。 A．反应Ⅰ分4步进行 B．相同条件下，比稳定 C．其他条件不变，增大不能改变频哪酮的平衡产率 D．其他条件不变，增大c(频哪醇)，的平衡常数增大 (3)在过热水(270℃，30)中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ．其他条件不变，改变频哪醇的起始浓度，频哪醇的转化率及频哪酮的产率［产率］与反应时间t的关系如图所示。 ①当时，前20s反应Ⅰ的平均反应速率为___________。 ②反应Ⅰ的反应速率：P点___________(填“>”“<”或“=”)M点。 ③反应Ⅰ需要在较高浓度的催化下才能发生。在过热水中不额外加入反应Ⅰ也能发生，可能的原因为___________。 ④请在下图中画出频哪酮的平衡浓度与DMBD的平衡浓度之比随温度T的变化趋势_________。 ⑤若，当反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到化学平衡时，频哪醇的转化率为0.65，频哪酮的产率为0.45，请计算该条件下反应Ⅱ的平衡常数K=___________(写出计算过程)。 【答案】(1) (2)BC (3) <   ，过热水温度较高，水的电离平衡常数较大，水电离出的浓度较大 【详解】（1）反应焓变生成物总能量反应物总能量，由图可知，反应物总能量为，生成物总能量为，因此。 （2）A. 反应Ⅰ的历程有3个能峰，说明反应Ⅰ分3步进行，A错误； B. 能量越低物质越稳定，能量低于，B正确； C. 是反应Ⅰ的催化剂，催化剂不改变平衡产率，C正确； D. 平衡常数只与温度有关，改变反应物浓度，平衡常数不变，D错误； 答案选BC。 （3）① 由题意，时频哪酮浓度，平均速率。 ② P点频哪醇的浓度为，M点频哪醇的浓度为，反应物浓度越高，反应速率越大，故M点对应速率越快。 ③ 高温下，水的电离程度增大，电离产生足够的，可催化反应Ⅰ进行。 ④ 反应Ⅰ的，反应Ⅱ的；温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，减小，反应Ⅱ平衡正向移动，增大，因此随温度升高逐渐减小，如图。 ⑤  已知，平衡时： 频哪酮浓度 ， 总消耗频哪醇浓度 ， 因此反应Ⅱ消耗的频哪醇浓度，即平衡时， 剩余频哪醇浓度。反应Ⅱ为：，水为溶剂，浓度视为常数，平衡常数： ，即平衡常数。 5．（2026·广东汕头·一模）由铁基催化剂催化合成气（CO和）费托反应制丙烷、丙烯体系，反应如下： 反应a：   反应b：   体系仅考虑存在副反应： (1)基态Fe原子的价层电子排布式为______。 (2)计算丙烯与氢气发生加成反应的_______。 (3)可改变CO平衡转化率的因素是______。（填写编号） A．温度 B．压强 C．铁基催化剂 D．投料比 (4)副反应生成所需的有两种形成途径：解离、解离。根据图1铁基催化剂反应路径中解离、解离的活化能，推测体系中产生的主要途径是______。（填“CO*解离”或“OH*解离”） (5)若在反应体系中混入微量，可形成新型催化剂Fe-Br。结合图1，推测新型催化剂能抑制生成的核心机理是______。 (6)300℃下，将合成气混入微量，以固定流速通入反应器。出口处测得产物选择性[选择性]随体积分数的变化关系如图2。 ①铁基催化剂，转化率为32%，产物烯烷选择性比为2。结合图2数据可知产率为______（保留2位有效数字，下同），选择性为______。 ②合成气混合体积分数，溴原子像催化剂上的“分子开关”，使的生成速率极慢。适当降低流速可使反应制丙烯、反应制丙烷达到平衡状态，转化率为75%，烯烷选择性比为4，忽略的存在。为物质的量分数平衡常数，用平衡时各组分的物质的量分数代替浓度，求反应a的平衡常数______。（写出计算过程，最后代入数据列出计算式即可） 【答案】(1) (2)+106.2 (3)ABD (4)OH*解离 (5)Fe-Br 显著升高CO解离活化能，抑制CO解离生成O，减少CO2生成 (6) 9.9% 46% 初始 n(CO) = 1 mol，n(H2) = 2 mol；CO转化率75%，即消耗0.75 mol CO。设反应a消耗CO为3x mol，反应b消耗CO为3y mol，则：，烯烃选择性为4，即：，联立得：，平衡时各物质的量：n(CO) = 0.25 mol；n(H2) = 0.45 mol；n(C3H6) = 0.2 mol；n(C3H8) = 0.05 mol；n(H2O) = 0.75 mol，总物质的量 = 1.7 mol；以摩尔分数φ表示浓度，反应a的平衡常数表达式为： 【详解】（1）铁（Fe）为26号元素，其基态电子排布为 [Ar] 3d64s2；故价层电子排布式为：； （2）目标反应：，由盖斯定律，用反应b减去反应a：； （3）A．反应放热，升温使平衡左移，降低CO的平衡转化率，A符合题意； B．正反应气体分子数减少，加压促进正向进行，提高CO的平衡转化率，B符合题意； C．铁基催化剂仅加速反应速率，不影响平衡，不改变CO的平衡转化率，C不符合题意； D．增加H2比例可提高CO的平衡转化率，D符合题意； 故选ABD； （4）根据图1中活化能数据：OH*解离路径最高活化能为 0.73 eV；CO*解离路径最高活化能为 0.95 eV，由于OH*解离活化能更低，反应更易进行，故O*主要来源于OH*解离； （5）由图可知，新型催化剂Fe-Br 显著升高CO解离活化能，抑制CO解离生成O，减少CO2生成； （6）①由图2，V% = 0时，CO2选择性为 31%；CO总转化率为 32%，故CO2产率为：，烯烃总选择性 = 100% - 31% = 69%；已知 产物烯烷选择性比为2，则：； ② 设初始 n(CO) = 1 mol，n(H2) = 2 mol；CO转化率75%，即消耗0.75 mol CO。设反应a消耗CO为3x mol，反应b消耗CO为3y mol，则：，烯烃选择性为4，即：，联立得：，平衡时各物质的量：n(CO) = 0.25 mol；n(H2) = 0.45 mol；n(C3H6) = 0.2 mol；n(C3H8) = 0.05 mol；n(H2O) = 0.75 mol，总物质的量 = 1.7 mol；以摩尔分数φ表示浓度，反应a的平衡常数表达式为：。 6．（2026·广东清远·一模）乙苯()是重要的化工原料，常用来制备苯乙烯()。 (1)乙苯中最多有______个原子共平面。 (2)乙苯脱氢制苯乙烯的主反应和两个副反应如下： 反应a：     反应b：     反应c：     已知部分化学键的键能数据如下表。 共价键 C-C C-H C=C H-H 键能() 347.7 413.4 615 436 ①反应a的______。 ②反应b在低温条件下______(填“能自发”或“不能自发”)进行。 (3)现向恒温恒压反应器中充入1 mol乙苯在催化剂作用下发生上述三个化学反应。平衡后测得体系中，苯乙烯、苯和甲苯的选择性随乙苯转化率的变化曲线如图所示。(已知：) ①A→B段体系中苯乙烯的物质的量逐渐______(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②当乙苯转化率为70%时，该温度下反应c的压强平衡常数为______(列出计算式)。 (4)在高温、恒压条件下，乙苯可能会裂解产生少量积炭覆盖在催化剂的表面，使催化剂“中毒”，在实际反应过程中，常往反应体系中加入一定量的“过热”水蒸气消除积炭。 ①消除积炭的原理为______(用化学方程式表示)。 ②加入的“过热”水蒸气还能促进反应a正向移动，其原因是______(任写一点)。 【答案】(1)14 (2) 不能自发 (3) 增大 Kp==。 (4) 过热的水蒸气能为反应提供热量，促进反应a的进行；同时也会减小反应物与产物的分压，促进反应a的平衡正向移动 【详解】（1）乙苯由苯基和乙基构成，苯基本身是一个平面结构，包含6个碳原子和5个氢原子，共11个原子共面‌，与苯环直接相连的碳原子（即乙基的第一个碳）位于苯环平面内，乙基的第二个碳原子通过单键旋转，可以调整到与苯环共面的位置，同时该碳原子上的一个氢原子也可能共面‌，故最多共面的有苯基上11个原子+乙基上3个原子，共有14个原子共平面‌。 （2）①因苯环结构未变，可只计算发生变化部分的键能，则=反应物键能总和-生成物键能总和，则=E(C-C)+2 E (C-H)- E (C=C)-E(H-H)= 347.7kJ/mol+2×413.4 kJ/mol −615 kJ/mol −436 kJ/mol=； ②已知ΔH-TΔS＜0，反应能自发进行，反应b中ΔS＞0，＞0，则在高温下能自发进行，在低温下不能自发进行。 （3）①根据图像可知A→B苯乙烯的选择性降低，但是乙苯的转化率在升高，且转化率升高的幅度大于苯乙烯的选择性，由此可知苯乙烯的物质的量逐渐增大。 ②当乙苯的转化率为70%时，此时甲苯和苯的选择性为5%，苯乙烯的选择性为90%。根据三个方程式可知，n（苯乙烯）=0.63mol，n（甲苯）=n（甲烷）=n（苯）=n（乙烯）=0.035mol，n（乙苯）=0.3mol，因为氢气在反应a中是生成物，在反应c中是反应物，则平衡体系中n（H2）=0.7mol×90%-0.7mol×5%=0.595mol，故Kp==。 （4）①消除积炭的原理为； ②加入的“过热”水蒸气还能促进反应a正向移动，其原因是过热的水蒸气能为反应提供热量，促进反应a的进行；同时也会减小反应物与产物的分压，促进反应a的平衡正向移动。 液相中的化学平衡 题型02 7．（2026·广东广州·月考）硫是人类认识最早的元素之一，含硫物质在化工生产、日常生活中扮演了重要的角色。 (1)一种可将无害化处理的工艺涉及反应如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   ①基态S原子的价层电子排布式为 。 ②反应的 。 (2)已知，与可发生催化反应，反应机理如图所示。 ①该反应的催化剂是 。 ②物质A的电子式为 。 (3)向的溶液中通入气体，含硫微粒在不同溶液中的分布系数如图所示： ①的电离常数 ；常温下，溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性。 ②25℃时，的。工业生产中常联合处理含的废气和含的废水，欲发生反应，计算该反应的平衡常数 (写出计算过程)。 (4)某小组研究了溶液酸性强弱对与反应的影响，在其他条件相同的前提下，分别向为2、3、4的溶液中滴加等浓度的溶液，测得溶液中随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是___________(填标号)。 A．可能是该反应的催化剂 B．酸性增强可以降低反应速率 C．体系紫色褪去所需时间： D．反应速率并不始终随着反应物浓度的减小而降低 【答案】(1) (2) (3) 碱 (4)AD 【详解】（1）①硫元素的原子序数为16，基态原子的价层电子排布式为，故答案为：； ②由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ+反应Ⅲ得到反应，则反应△H= (—1006.5kJ/mol)+(+90.3kJ/mol)+(—500.9kJ/mol)=—1417.1kJ/mol，故答案为：—1417.1kJ/mol； （2）由图可知，做催化剂条件下与反应生成和水，则A为； ①由分析可知，该反应的催化剂为，故答案为：； ②由分析可知，物质A是只含有共价键的，电子式为，故答案为：； （3）氢硫酸是二元弱酸，溶液的pH增大时，氢硫酸的浓度会减小，氢硫酸根离子的浓度先增大后减小，硫离子的浓度先不变后增大，由图可知，M为氢硫酸，氢硫酸的浓度与氢硫酸根离子的浓度相等时，溶液pH为6.9，由公式可知，电离常数Ka1(H2S)= = c(H+)=10—6.9，同理可证，电离常数Ka2(H2S)= = c(H+)=10—14.1； ①由电离常数可知，水解常数Kh====10—7.1＞Ka2=10—14.1，说明氢硫酸根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，则氢硫酸钠溶液呈碱性，故答案为：10—6.9；碱性； ②由方程式可知，反应的平衡常数K=====，故答案为：； （4）A．由图可知，溶液pH一定时，硫酸根离子浓度随时间增大而增大，说明酸性高锰酸钾溶液与亚硫酸钠溶液的反应速率随时间增大而增大，反应速率增大的原因可能是该反应为放热反应，或反应生成的锰离子是反应的催化剂，故正确； B．由图可知，时间相同时，硫酸根离子浓度的大小顺序为Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，说明酸性增强可以增大反应速率，故错误； C．由图可知，时间相同时，硫酸根离子浓度的大小顺序为Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，说明酸性增强可以增大反应速率，则体系紫色褪去所需时间为，故错误； D．酸性高锰酸钾溶液与亚硫酸钠溶液反应时，反应物的浓度随时间增大而减小，由图可知，溶液pH一定时，硫酸根离子浓度随时间增大而增大，说明酸性高锰酸钾溶液与亚硫酸钠溶液的反应速率随时间增大而增大，并不始终随着反应物浓度的减小而降低，故正确； 故选BD。 8．（2026·广东深圳·月考）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：。 9．（2026·广东广州·月考）I．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，1909年，由德国化学家哈伯经过反复的实验研究后发现，为了把哈伯合成氨的实验室方法转化为规模化的工业生产，德国工程师博施改进了哈伯首创的高压合成氨，找到了合适的氧化铁型催化剂，使合成氨生产工业化，称为“哈伯-博施法”。其反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。 回答下列问题： (1)合成氨反应在常温下 (填“能”或“不能”)自发。 (2) 温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率， 温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用400～500℃。 针对以氮气作为氮源的合成氨反应速率与平衡产率的矛盾，科学家提出了两种解决方案。 (3)方案一：电催化一氧化氮合成氨。下图是以Ti-C2N、V-C2N、Zr-C2N为催化剂，用一氧化氮(NO)为氮源的电化学合成氨的中间体及其能量的机理图。(*代表物质处于被催化剂吸附的状态)，下列说法正确的是 ___________ 。 A．使用O-distal路径和N-distal路径，反应的焓变是不同的 B．如果基元反应的产物相比反应物的能量增大得越多，则该基元反应速率越慢，那么Ti-C2N催化效果最差 C．该方法能够同时实现大气污染物NO的去除和利用被认为是一种可持续、清洁和环保的新能源技术 D．反应的温度越高越好，工业生产可以选用超高温 (4)方案二：电催化硝酸根合成氨。CuNW具有良好的电催化性能，实验结果表明，CuNW催化硝酸根还原生成氨经历的能量壁垒远低于生成其他产物(NO、NO、N2)，从而导致CuNW具有较好的氨选择性。如图CuNW在不同电解时间硝酸根转化率α、亚硝酸根和氨选择性(选择性用S表示) 。请问工业生产用电催化硝酸根合成氨技术应该选取 min的电解时间，并说明理由是 。 II．在25℃下，向100ml 0.1mol/L的CuSO4溶液中通入氨气，溶液中的含Cu微粒存在如下变化： Cu2+[Cu(NH3)]2+[Cu(NH3)2]2+[Cu(NH3)3]2+[Cu(NH3)4]2+ 各含Cu微粒占其总物质的量分数依次随lgc平衡(NH3)的变化关系如图所示。 (5)反应[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3的平衡常数K= 。 (6)当60%的铜元素以Cu(NH3)的形式存在时，需要加入 mol的氨气。(忽略氨的电离平衡，写出具体计算过程，保留三位有效数字，10-0.1≈0.8) 【答案】(1)能 (2) 高 低 (3)BC (4) 40 40min硝酸根的转化率最高，且也有较高的氨选择性，此时氨的产率最高 (5)10-12.6 (6)0.0372 【详解】（1）合成氨反应，、，根据，常温下，反应能自发； （2）升高温度，反应速率加快，故高温利于提速率；合成氨正反应放热，降低温度，平衡正向移动，故低温利于提平衡转化率； （3）A．焓变与路径无关，只与始末态有关，路径不同焓变相同，A错误； B．基元反应中，产物能量比反应物大得越多，活化能越高，反应速率越慢，从图中看催化时，基元反应的活化能相对较高，所以催化效果最差，B正确； C．该方法为氮源合成氨，既去除污染又利用其制氨，是可持续环保技术，C正确； D．温度过高催化剂活性可能下降，且合成氨正反应放热，高温不利平衡，并非温度越高越好，D错误； 故答案选BC； （4）；40min硝酸根的转化率最高，且也有较高的氨选择性，此时氨的产率最高； （5）反应，平衡常数，由图可知，物质的量分数为0.5时（与其他含铜微粒相等 ），（图中对应值，结合曲线交点 ），则，此时与相等（物质的量分数均为0.5 ），代入K表达式：； （6）由图可知，当60%的铜元素以的形式存在时，溶液中的铜几乎只有和形态，由铜元素守恒可知， ， 由平衡，，可以解的 ，由氨守恒可知 加入氨的物质的量。 20．（2026·广东佛山·月考）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 【详解】（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。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $