专题03 反应原理综合题（大题专练，三大类型集训）（广东专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题03 反应原理综合题 内容概览 类型一 以多重平衡为背景 类型二 以反应机理为背景 类型三 以液相平衡为背景 限时：120分钟 题量：12道 ◆类型一 以多重平衡为背景 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·广东茂名·一模）氧化脱氢制技术不仅能够助力碳中和目标，还能实现高效制。 （1）基态Co原子的价层电子排布式为_____。 （2）一种基催化剂的反应体系中存在下列过程（忽略副反应）。将与通入容积为的密闭容器中进行反应。 编号 过程 ii iii iv ①_____。 ②下，反应的，则下该反应_____（填“能”或“不能”）自发进行。 ③不同温度下，平衡时反应体系的组成变化如图。已知随温度的升高，的平衡转化率升高幅度大于的，则对应的曲线为_____（填曲线代号）。 ④820℃下，平衡时_____mol，求反应的平衡常数_____（写出计算过程，最后结果无须化简）。 ⑤向某密闭容器中通入和，仅考虑发生反应、。下列说法正确的有_____（填选项）。 A．当时，反应i、ii均达到平衡状态 B．升高反应温度，可加快反应速率，并提高的平衡产率 C．恒温恒容下，平衡后再通入惰性气体，增大 D．恒温恒容下，提高投料比，可以增大的平衡转化率 （3）650K下，初始投料，其他条件相同时，用、和分别催化上述反应，一段时间内的转化率如下表所示。 催化剂 的转化率 8.5 24.4 14.3 ①使用不同催化剂时，反应（i）的：_____（填“>”“<”或“=”）。 ②使用催化剂，该段时间内得到，则的选择性==_____。（列出计算式） 3．（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)。 4．（2026·广东韶关·模拟预测）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)。 ◆类型二 以反应机理为背景 5．（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）。 6．（2026·广东东莞·一模）催化生产甲醇，可实现碳元素的再利用。 主要发生的反应有： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1）反应Ⅰ的机理历程如图所示（标注“*”的物质吸附在催化剂表面）： ①反应历程中决速步的反应方程式为________。 ②，则________。 （2）向恒容密闭容器中充入混合反应气，发生上述反应合成甲醇，平衡转化率、含碳产物选择性与温度的关系如下图所示（的选择性）。 ①温度由220℃升高至260℃，平衡转化率减小的原因可能为________。 ②曲线________表示的选择性（填“a”或“b”）。 （3）某温度下，将、充入压强为6 MPa的恒压密闭容器中，在催化剂作用下充分反应，测得平衡转化率为，甲醇的选择性是CO的2倍。反应Ⅱ的平衡常数为________（是以分压表示的平衡常数，分压总压×物质的量分数）。 （4）向恒压密闭容器中通入混合反应气，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如下图所示。（甲醇时空收率为一定温度下，单位时间内单位物质的量催化剂表面甲醇的生成量）。 ①温度低于210℃，甲醇时空收率随温度升高增大的原因为________。 ②30分钟催化剂表面生成了甲醇1.6 g，对应的反应温度为________。 7．（2026·广东中山·一模）水煤气变换反应不仅是重要的化工过程，还可以通过正向或逆向进行影响其它反应。 I．利用(s)脱水制取无水氯化镁能耗高，将其耦合水煤气变换反应后可降低反应温度，并减少副产物生成。发生的反应为：，反应路径如图1(Surf指晶体表面)。 （1）物质“X”为______。 （2）路径______(填“a”或“b”)反应速率更快。 （3）路径b脱附出来的HCOOH进一步发生的化学反应方程式为______。 II．既可单独加氢制，也可混合加氢制，会发生如下反应。 i   ii   iii   （4）反应iii为水煤气变换反应，其______。 （5）图2表示恒压且投入化学计量比氢气的条件下混合气体加氢达到平衡时，的转化率随温度(T)或z的变化。其中指初始的物质的量，指平衡的物质的量。曲线I表示当z为0.5时随温度(T)的变化。 ①下列说法正确的是______。 A．曲线I中    B．曲线II的温度为 C．其它条件不变，增大压强，曲线II上移    D．M点，反应iii生成的的量比反应ii消耗的少 ②结合图3分析图2中曲线I中随温度的升高先减小后增大的原因______。 ③若N点CO的转化率为，则的平衡收率为______。 （6）使用单独加氢制时(投入化学计量比氢气)，会发生反应iii的逆反应生成CO，CO的选择性为。某条件下的平衡收率为y，则此时的转化率为______。(用表示，并写出推导过程) 8．（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） ◆类型三 以液相平衡为背景 9．（2026·广东·模拟预测）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)。 10．（2026·广东江门·一模）有机酸在多种反应中应用广泛。 （1）有机酸通常都含有羧基而显酸性，羧基中三种元素的电负性由大到小的顺序为_______，羧酸(RCOOH)溶液显酸性的原因是_______(用电离方程式表示)。 （2）甲酸是一种重要的有机储氢材料，科学家探索利用二氧化碳和氢气转化为甲酸，实现变废为宝和碳的循环利用。 ①基态碳原子的价层电子轨道表示式为_______。 ②已知：    则反应的_______。 ③在恒温恒容密闭容器中，有关和催化转化为的说法正确的是_______。 A．增大体系的压强，活化分子百分数不变 B．选择高效催化剂，可降低反应的活化能和焓变 C．充入适量的，可加速反应，提高的平衡转化率 D．达到平衡后加入，再次达到平衡后增大 （3）科学家发现一种高效催化剂，可使甲酸在温和条件下释放氢气，反应过程如图。循环箭头上只给出部分反应物和生成物，该反应的催化剂是_______。 （4）25℃时，改变相同浓度的甲酸(HCOOH)、乙酸和丙酸溶液的，测得各溶液中与的变化关系如图所示(pX=-lgX；X为酸根离子浓度与酸浓度的比值)。 ①图中代表丙酸的曲线是_______(填“”“”或“”)。 ②当时，该溶液的_______。 ③计算反应：化学平衡常数_______(写出计算过程)。 11．（2026·广东汕头·模拟预测）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）。 12．（2026·广东·模拟预测）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__________。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 反应原理综合题 参考答案 ◆类型一 以多重平衡为背景 1．（1） （2）+251 （3） 1.2 （4） 2．（1） （2）+178.0 不能 a 0.70 AB （3）= 3．（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 4．（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 ◆类型二 以反应机理为背景 5．（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） 6．（1）或 -54 （2）升温使反应Ⅱ正向移动的程度小于反应Ⅰ逆向移动的程度（其他合理答案也可） b （3）或0.1875 （4）温度低于210℃时反应未达平衡，温度升高速率增大，时空收率增大（或者催化剂活性随温度升高而增大，使甲醇生成速率增大，故时空收率增大，其他合理答案也可） 223℃ 7．（1） （2）b （3） （4） （5）BC 三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均逆向移动，温度对反应i、ii的影响大于反应iii，减小。超过，反应ii，反应ii几乎不发生，温度升高，反应iii平衡逆向移动，增大 （6） 8．（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： ◆类型三 以液相平衡为背景 9．（1）3d34s2 （2）低温 （3）(5b-3a) kJ/mol （4）D VO2+ 或78.08或78.1 （5） 10．（1）O>C>H RCOOHRCOO-+H+ （2） ΔH1+ΔH2+ΔH3-ΔH4-ΔH5 AD （3）NP3RuCl2 （4）L1 4.75 101.01 11．（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： 12．（1） （2） bc （3） (画出随V(o)增加，SL%减小即可，趋势正确即可。) 。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 反应原理综合题 内容概览 类型一 以多重平衡为背景 类型二 以反应机理为背景 类型三 以液相平衡为背景 限时：120分钟 题量：12道 ◆类型一 以多重平衡为背景 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） 【解析】（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·广东茂名·一模）氧化脱氢制技术不仅能够助力碳中和目标，还能实现高效制。 （1）基态Co原子的价层电子排布式为_____。 （2）一种基催化剂的反应体系中存在下列过程（忽略副反应）。将与通入容积为的密闭容器中进行反应。 编号 过程 ii iii iv ①_____。 ②下，反应的，则下该反应_____（填“能”或“不能”）自发进行。 ③不同温度下，平衡时反应体系的组成变化如图。已知随温度的升高，的平衡转化率升高幅度大于的，则对应的曲线为_____（填曲线代号）。 ④820℃下，平衡时_____mol，求反应的平衡常数_____（写出计算过程，最后结果无须化简）。 ⑤向某密闭容器中通入和，仅考虑发生反应、。下列说法正确的有_____（填选项）。 A．当时，反应i、ii均达到平衡状态 B．升高反应温度，可加快反应速率，并提高的平衡产率 C．恒温恒容下，平衡后再通入惰性气体，增大 D．恒温恒容下，提高投料比，可以增大的平衡转化率 （3）650K下，初始投料，其他条件相同时，用、和分别催化上述反应，一段时间内的转化率如下表所示。 催化剂 的转化率 8.5 24.4 14.3 ①使用不同催化剂时，反应（i）的：_____（填“>”“<”或“=”）。 ②使用催化剂，该段时间内得到，则的选择性==_____。（列出计算式） 【答案】（1） （2）+178.0 不能 a 0.70 AB （3）= 【解析】（1）钴是第27号元素，位于第四周期第Ⅷ族，其价层电子排布式为； （2）①反应i=反应ii+反应iii，根据盖斯定律，； ②在298K下，反应i的，，则该反应，因此该反应在298K下不能自发进行； ③由题干信息可知，随温度升高，的平衡转化率升高幅度大于，从图像可以看出，曲线a的物质的量变化量大于曲线b，因此，曲线a代表，曲线b代表； ④该反应容器容积为1 L，起始投料为与，体系内，，。从图像可以看出，820℃下，平衡状态的，，，，根据质量守恒可算出，。反应i的平衡常数为； ⑤A．当时，的生成速率与消耗速率相等，反应i、ii均达到平衡状态，A正确； B．反应i的，反应ii的，均是吸热反应。因此升高反应温度，可以提高平衡产率，同时，升温可以增加活化分子碰撞频率，也可以提高反应速率，B正确； C．，当温度一定时，反应平衡常数为定值，恒温条件下通入惰性气体，不变，C错误； D．在恒温恒容条件下，增大投料比，平衡时的转化率降低，D错误； 故答案选AB； （3）①是状态函数，仅取决于反应物和生成物的能量，与反应路径无关，因此，使用和作催化剂不影响反应(i)的； ②从表格数据可知，反应i和反应ii每消耗1 mol 生成1 mol ，反应过程中生成 ，相对地，消耗了。使用催化剂，的转化率为24.4%，反应过程中消耗的总物质的量为，则的选择性。 3．（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 【解析】（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。 4．（2026·广东韶关·模拟预测）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)。 ◆类型二 以反应机理为背景 5．（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） 【解析】（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。 6．（2026·广东东莞·一模）催化生产甲醇，可实现碳元素的再利用。 主要发生的反应有： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1）反应Ⅰ的机理历程如图所示（标注“*”的物质吸附在催化剂表面）： ①反应历程中决速步的反应方程式为________。 ②，则________。 （2）向恒容密闭容器中充入混合反应气，发生上述反应合成甲醇，平衡转化率、含碳产物选择性与温度的关系如下图所示（的选择性）。 ①温度由220℃升高至260℃，平衡转化率减小的原因可能为________。 ②曲线________表示的选择性（填“a”或“b”）。 （3）某温度下，将、充入压强为6 MPa的恒压密闭容器中，在催化剂作用下充分反应，测得平衡转化率为，甲醇的选择性是CO的2倍。反应Ⅱ的平衡常数为________（是以分压表示的平衡常数，分压总压×物质的量分数）。 （4）向恒压密闭容器中通入混合反应气，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如下图所示。（甲醇时空收率为一定温度下，单位时间内单位物质的量催化剂表面甲醇的生成量）。 ①温度低于210℃，甲醇时空收率随温度升高增大的原因为________。 ②30分钟催化剂表面生成了甲醇1.6 g，对应的反应温度为________。 【答案】（1）或 -54 （2）升温使反应Ⅱ正向移动的程度小于反应Ⅰ逆向移动的程度（其他合理答案也可） b （3）或0.1875 （4）温度低于210℃时反应未达平衡，温度升高速率增大，时空收率增大（或者催化剂活性随温度升高而增大，使甲醇生成速率增大，故时空收率增大，其他合理答案也可） 223℃ 【解析】（1）①活化能越大的步骤反应速率越慢，由图可知，活化能最大的步骤为：或，其活化能为： [0.82-(-0.35)]eV=1.17eV； ②目标反应=反应I-反应II，故，； （2）①反应I放热，反应II吸热，温度由220℃升高至260℃时，反应II正向移动程度小于反应I逆向移动程度，平衡转化率减小； ②反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的选择性降低，故曲线b表示CH3OH的选择性； （3）设生成CH3OH的物质的量为x mol，生成CO的物质的量为y mol，故：、，则：x+y=0.6，x=2y，解得x=0.4，y=0.2，平衡时：，反应II前后气体分子数相同且化学计量数均为1，Kp=Kc=； （4）①反应I为放热反应，温度低于210℃时反应未达平衡，温度升高速率增大，时空收率增大（或者催化剂活性随温度升高而增大，使甲醇生成速率增大，故时空收率增大，其他合理答案也可）； ②30分钟催化剂表面生成了甲醇1.6 g，30 分钟时1 mol催化剂表面生成了甲醇3.2g，60分钟（1 h）时1 mol催化剂表面生成了甲醇6.4 g，甲醇的物质的量为：，由图可知，对应的反应温度为223℃。 7．（2026·广东中山·一模）水煤气变换反应不仅是重要的化工过程，还可以通过正向或逆向进行影响其它反应。 I．利用(s)脱水制取无水氯化镁能耗高，将其耦合水煤气变换反应后可降低反应温度，并减少副产物生成。发生的反应为：，反应路径如图1(Surf指晶体表面)。 （1）物质“X”为______。 （2）路径______(填“a”或“b”)反应速率更快。 （3）路径b脱附出来的HCOOH进一步发生的化学反应方程式为______。 II．既可单独加氢制，也可混合加氢制，会发生如下反应。 i   ii   iii   （4）反应iii为水煤气变换反应，其______。 （5）图2表示恒压且投入化学计量比氢气的条件下混合气体加氢达到平衡时，的转化率随温度(T)或z的变化。其中指初始的物质的量，指平衡的物质的量。曲线I表示当z为0.5时随温度(T)的变化。 ①下列说法正确的是______。 A．曲线I中    B．曲线II的温度为 C．其它条件不变，增大压强，曲线II上移    D．M点，反应iii生成的的量比反应ii消耗的少 ②结合图3分析图2中曲线I中随温度的升高先减小后增大的原因______。 ③若N点CO的转化率为，则的平衡收率为______。 （6）使用单独加氢制时(投入化学计量比氢气)，会发生反应iii的逆反应生成CO，CO的选择性为。某条件下的平衡收率为y，则此时的转化率为______。(用表示，并写出推导过程) 【答案】（1） （2）b （3） （4） （5）BC 三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均逆向移动，温度对反应i、ii的影响大于反应iii，减小。超过，反应ii，反应ii几乎不发生，温度升高，反应iii平衡逆向移动，增大 （6） 【解析】（1）根据原子守恒，反应左侧原子总数：，右侧已知原子：，剩余，故为，为。 （2）反应速率由活化能决定：活化能越低，反应速率越快。从图 1 能看出：路径a的能垒（活化能）比路径b的能垒（活化能）更高，因此路径 b反应速率更快。 （3）结合总反应产物，甲酸分解生成和，化学反应方程式为。 （4）根据盖斯定律，反应，因此。 （5）①A．曲线I对应，即。由此可得，所以 ，A错误； B．曲线I中、z=0.5时，曲线II中z=0.5时也为10%，说明曲线II温度为，B正确； C．反应i、ii均为气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，更多被消耗，增大，曲线II上移，C正确； D．M点为负，说明平衡大于初始，净生成，即iii生成的比ii消耗的多，D错误； 故选BC。 ②结合图3分析图2得到三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均逆向移动，温度对反应i、ii的影响大于反应iii，减小。超过，反应ii，反应ii几乎不发生，温度升高，反应iii平衡逆向移动，增大，故曲线I中随温度的升高先减小后增大。 ③设初始（因 ）的条件下，计算甲烷平衡收率的过程：转化率，反应消耗，生成；N点 ，由，知反应消耗，生成；总；甲烷平衡收率。 （6）假设起始投料，平衡时碳元素以、、形式存在。由平衡收率得 ；设，由选择性得；根据碳守恒：，解得 ；最终平衡转化率。 8．（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： 【解析】（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：。 ◆类型三 以液相平衡为背景 9．（2026·广东·模拟预测）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） 【解析】（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=。 10．（2026·广东江门·一模）有机酸在多种反应中应用广泛。 （1）有机酸通常都含有羧基而显酸性，羧基中三种元素的电负性由大到小的顺序为_______，羧酸(RCOOH)溶液显酸性的原因是_______(用电离方程式表示)。 （2）甲酸是一种重要的有机储氢材料，科学家探索利用二氧化碳和氢气转化为甲酸，实现变废为宝和碳的循环利用。 ①基态碳原子的价层电子轨道表示式为_______。 ②已知：    则反应的_______。 ③在恒温恒容密闭容器中，有关和催化转化为的说法正确的是_______。 A．增大体系的压强，活化分子百分数不变 B．选择高效催化剂，可降低反应的活化能和焓变 C．充入适量的，可加速反应，提高的平衡转化率 D．达到平衡后加入，再次达到平衡后增大 （3）科学家发现一种高效催化剂，可使甲酸在温和条件下释放氢气，反应过程如图。循环箭头上只给出部分反应物和生成物，该反应的催化剂是_______。 （4）25℃时，改变相同浓度的甲酸(HCOOH)、乙酸和丙酸溶液的，测得各溶液中与的变化关系如图所示(pX=-lgX；X为酸根离子浓度与酸浓度的比值)。 ①图中代表丙酸的曲线是_______(填“”“”或“”)。 ②当时，该溶液的_______。 ③计算反应：化学平衡常数_______(写出计算过程)。 【答案】（1）O>C>H RCOOHRCOO-+H+ （2） ΔH1+ΔH2+ΔH3-ΔH4-ΔH5 AD （3）NP3RuCl2 （4）L1 4.75 101.01 【解析】（1）羧基包括碳、氢、氧三种元素，电负性由大到小的顺序为：O>C>H；羧酸为弱电解质，在水溶液部分解离出H+，水溶液显酸性，电离方程式为RCOOHRCOO-+H+。 （2）①碳原子为第二周期、第IVA族元素，基态碳原子的价层电子排布为2s22p2，价层电子轨道表示式为。 ②由可知，CO2(g)+OH-(aq)+H2(g)+H+(aq)=HCOOH(g)+H2O(l) ΔH'=ΔH1+ΔH2+ΔH3-ΔH4，结合 可得：反应的ΔH1+ΔH2+ΔH3-ΔH4-ΔH5。 ③A．增大压强，反应物浓度增大，单位体积内活化分子数目增加，但活化分子百分数不变，A正确； B．催化剂只降低活化能，不改变焓变，B错误； C．恒容条件下充入He气，各物质的浓度不变，所以正、逆反应速率不变，平衡不移动，H2平衡转化率不变，C错误； D．H2浓度增加，反应正向移动，温度不变，平衡常数不变，不变，则增大，D正确； 故答案为AD。 （3）如图所示，总反应为HCOOHH2+CO2，含Ru物质反应前后化学组成不变，则催化剂为NP3RuCl2。 （4）①根据RCOOHRCOO-+H+，，则，即pX=pKa-pH，因此各种有机酸的pX与pH的关系为一组平行的斜率为-1的直线，有机酸的pKa越小，解离出H+的能力越大，直线的截距越小，烷基为给电子基团，甲酸、乙酸、丙酸解离出H+的能力逐渐减小，因此L1、L2、L3分别表示丙酸、乙酸、甲酸。 ②将已知点(8.75,-5)、(9.76,-5)、(9.88,-5)代入pX=pKa-pH中可得甲酸、乙酸、丙酸的pKa分别为3.75、4.76、4.88，则当时，pX=-1，该溶液的。 ③的化学平衡常数。 11．（2026·广东汕头·模拟预测）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：。 12．（2026·广东·模拟预测）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：。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $