专题22 化学反应原理 专项训练-2027届高考化学二轮复习 （人教版 全国通用）

专题22 化学反应原理C 1.（ 福州市2025适应性练习一） 随着煤和石油等不可再生能源的日益枯竭，同时在“碳达峰”与“碳中和”可持续发展的目标下，作为清洁能源的天然气受到了广泛的关注。甲烷干重整反应可以将两种温室气体（和）直接转化为合成气（主要成分为和），兼具环境效益和经济效益。 （1）已知：和的燃烧热分别为、和，则甲烷干重整反应的为___________。 （2）合成气可以用于生成甲醇，在容积为的恒容密闭容器中加入和，发生反应（未配平），各组分的物质的量随时间的变化如图所示。内 _____________；时改变的条件不可能是____________（填标号）。 A.充入 B.充入 C.通入惰性气体 （3）甲烷干重整过程中可能存在反应： （主反应） 各反应的（为各反应的平衡常数）与温度的关系如图所示。由图可知，为提高主反应的转化率应____________（填“升高温度”或“降低温度”），简述判断的理由________________________。 （4）恒容绝热条件下仅发生主反应时，下列情况能说明该反应达到平衡状态的有  （填标号）。 A. 和的转化率相等 B. C. 的体积分数保持不变 D. 体系的温度不再变化 （5）在、温度为、进料配比的条件下，甲烷干重整过程中甲烷的转化率、的转化率和积碳率随着温度变化的规律如图所示。 ①甲烷干重整的最佳温度为____________。 ②在最佳温度、初始压强条件下，向某的恒容密闭容器中加入和，设只发生两个反应。达平衡后，测得容器中的浓度为，的转化率为，则此时反应的压强平衡常数_____________。（列出计算式，压强平衡常数用各组分的平衡分压代替物质的量浓度进行计算，平衡分压物质的量分数平衡总压强）。 【答案】（1） （2） ①. 0.04 ②. AC （3） ①. 升高温度 ②. 温度升高，反应的平衡常数减小，平衡逆向移动，反应的平衡常数增大，但反应的与温度关系曲线的斜率大于和的，所以升高温度有利于提高主反应的转化率 （4）CD （5） ①. 900 ②. 【解析】 【小问1详解】 根据和的燃烧热分别为、和可得： ①， ②， ③；结合盖斯定律，反应①-2×②-2×③可得：，。 【小问2详解】 根据图示，内。根据图示，前，化学反应达到平衡状态，时氢气减少，产物甲醇增加； A．充入氢气，氢气的物质的量会增加，故A不符； B．充入CO，平衡正移，氢气减少，产物甲醇增加，B正确； C．通入惰性气体，平衡不移动，氢气与甲醇的量不变，C不符； 选AC。 【小问3详解】 升高温度，反应的平衡常数减小，平衡逆向移动；反应的平衡常数增大，但反应的与温度关系曲线的斜率大于和的，所以升高温度有利于提高主反应的转化率。 【小问4详解】 A．和的转化率相等，不能说明该反应达到平衡状态，A错误； B．，未说明反应速率表示的方向，不能说明该反应达到平衡状态，B错误； C．随反应进行，的体积分数减小，当保持的体积分数不变，则该反应达到平衡状态，C正确； D．该反应为吸热反应，随反应进行，体系的温度降低，当温度不再变化，则说明该反应达到平衡状态，D正确； 答案选CD。 【小问5详解】 ①根据图像变化，温度升高到900℃后，甲烷和二氧化碳的转化率几乎相等，且积碳率很低，说明几乎只发生甲烷干重整主反应，因此最佳温度为900℃。 ②设反应、反应中二氧化碳的物质的量变化量为，根据三段式分析： ， ， 达平衡后，测得容器中的浓度为，即；的转化率为，即，解得：。平衡时，的物质的量为：，平衡总压强为。则此时反应的压强平衡常数。 2.（ 福州市2025适应性练习四） 甘油制备高附加值有机胺的方法，可有效解决生物柴油产业中副产品甘油过剩。 回答下列问题： （1）一定温度下，可用甘油催化转化制备1，2-丙二胺。已知： i. ii. iii. ①反应ii的焓变_______。 ②对于反应，下列说法正确的是_______。 A.恒温恒容时，充入氩气增大了甘油的转化率 B.当时，该反应达到平衡状态 C.当时，该反应达到平衡状态 D.恒温恒容时，当混合气体的平均相对分子质量不变，该反应达到平衡状态 （2）研究甘油转化制备1，2-丙二胺反应机理时发现，该反应有两个途径(如图)，分别生成两种中间产物和，TS为对应的中间状态。 ①从能量变化来看，反应速率较快的是_______(填“”或“”)，原因是_______。 ②下列有关说法正确的是_______(填正确答案标号)。 A.升高温度，生成和的反应速率均增大 B.比稳定 C.降低压强，可以提高产率 D.选择合适的催化剂，可以增大生成的选择性 （3）一定温度下，甘油还可以催化转化制备乙二胺，其总反应为：。在某1L刚性密闭容器中充入、，达到平衡状态后，与体积分数相等。 ①的转化率为_______。 ②该温度下此反应的平衡常数_______。 【答案】（1） ①. -144.5 ②. B （2） ①. L1 ②. TS1活化能较低或L1过渡态能量较低 ③. AD （3） ①. 50%或0.5 ②. 0.5 【解析】 【小问1详解】 ①根据盖斯定律，反应ⅰ+ⅱ=ⅲ，，则反应ii的焓变=-144.5。 ②对于反应，是气体分子总数不变的吸热反应： A．恒温恒容时，充入氩气，反应相关所有气体的浓度不变，反应速率不变，化学平衡不移动，甘油的转化率不变，A错误； B．当时，说明此时正反应和逆反应速率相等，则能表明上述反应已达到平衡状态，B正确； C．当时，取决于起始物质的量、不能说明各成分的量不变、不能说明已平衡，C错误； D．恒温恒容时，气体质量始终不变，气体的物质的量、混合气体的平均摩尔质量始终不会随着反应而变，混合气体的平均相对分子质量不变，不能说明反应已达平衡，D错误； 选B。 【小问2详解】 ①由图可知，从能量变化来看，反应速率较快的是，原因是：TS1活化能较低或L1过渡态能量较低。 ②A．升温可加快反应速率，则升高温度，生成和的反应速率均增大，A正确； B．能量越低越稳定，由图可知，比能量高、更不稳定，B错误； C．根据 i. ，是气体分子总数不变的吸热反应，降低压强，不影响平衡，不能提高产率，C错误； D．催化剂能改变反应途径，选择合适的催化剂，可以增大生成的选择性，D正确； 选AD。 【小问3详解】 一定温度下，甘油还可以催化转化制备乙二胺，其总反应为：。在某1L刚性密闭容器中充入、: ①存在三段式：，达到平衡状态后，与体积分数相等，则与的物质的量浓度相等，1-x=x，x=0.5mol/L，的转化率为。 ②平衡状态后， 、、CH2O的物质的量浓度均为0.5mol/L，NH3、H2O的物质的量浓度均为1mol/L，该温度下此反应的平衡常数。 3. （2025山东省实验中学一模）是制造多晶硅的原料，可由Si和耦合加氢得到，相关反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． （1）生成的总反应：Ⅳ． _______。 （2）体系达到平衡状态且其他条件不变时： ①压缩平衡体系体积，重新达到平衡后物质的量分数减小的组分为_______(填字母)。 a． b． c． d．HCl ②反应温度升高不利于提高平衡时产物选择性的原因是_______。 （3）在压强为的恒压体系中通入2.0mol 和1.0mol ，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图所示(忽略气体组分在硅表面的吸附量)。已知：为用气体分压表示的平衡常数，。 ①图中m代表的组分为_______(填化学式)。 ②750K时，反应Ⅳ的平衡常数_______(写出最简表达式)。 （4）673K，其他条件相同时，用Cu、CuO和CuCl分别催化上述反应，一段时间内的转化率如下表所示。(产物选择性均高于98.5%) 催化剂 Cu CuO CuCl 的 转化率/% 7.3 14.3 22.3 ①使用不同催化剂时，平衡转化率：CuO催化剂_______CuCl催化剂(填“>”“＜”或“=”)；反应Ⅳ的活化能：Cu催化剂_______CuCl催化剂(填“>”“＜”或“=”)。 ②使用CuCl催化剂，初始投料α mol ，该段时间内得到β mol ，则的选择性_______ (列出计算式)。 【答案】（1）-80 （2） ①. ad ②. 因，升温反应Ⅳ向逆反应方向移动，的产量减小(或解释为：反应Ⅱ左移的程度大于反应Ⅰ右移的程度)；，升温反应Ⅲ正向移动，的产量增大，故平衡时产物的选择性减小 （3） ①. ②. （4） ①. = ②. > ③. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律可知，。 【小问2详解】 ①压缩平衡体系体积，相当于增大压强，重新达到平衡后，对于反应，除压强对反应I无影响，对的反应都是平衡向正反应方向移动，因此和物质的量分数增大、物质的量分数减小，选ad； ②因、，升温反应Ⅳ向逆反应方向进行，反应Ⅲ向正反应方向进行，产量反而减小； 【小问3详解】 在压强为的恒压体系中通入和； ①根据反应可知，温度升高反应和向正反应方向进行，产物含量增加，结合图可知n为HCl，m为； ②时按照反应Ⅳ进行：，由图中可知道平衡时的物质的量分数为x，的物质的量分数为y，的物质的量分数为w，则； 【小问4详解】 ①该表表示一段时间内的转化率，平衡转化率与催化剂无关，故平衡转化率：CuO催化剂=CuCl催化剂根据表中数据；在相同单位时间内，作催化剂的转化率为7.3%、作催化剂的转化率为22.3%，由此可以得出作催化剂时活化能更低，效率更高，则反应的活化能：催化剂催化剂； ②根据反应：，初始投料该段时间内得到，列式，得出生成所消耗的的物质的量，根据表的转化率可知所消耗的的总物质的量为，最后根据公式4. （山东名校联盟12月）钙及其化合物在生产、生活中的应用非常广泛。碳酸钙可用于煤燃烧时的脱硫。实验室模拟碳酸钙脱硫时，发生如下反应： 反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 已知：：用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数。 回答下列问题： （1）反应Ⅳ： ___________(用含a、b、c计算式表示) （2）在的刚性容器中加入一定量的和混合气体，恒定温度为，起始压强为，发生上述反应，时测得体系有，则此时反应I的反应速率为___________(用含计算式表示)，再反应一段时间达平衡后，测得体系中总压为和体积分数分别为10%、20%，则体系中的物质的量为___________反应Ⅳ的___________。若继续向刚性容器中充入少量，再次平衡时将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）向刚性容器中加入一定量的和混合气体，发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，测得与温度的关系如图所示，时整个反应体系已达平衡状态。 ①表示与温度关系的曲线是___________(填“a”或“b”)。 ②温度之后，曲线b随温度升高不再变化的原因是___________。 ③若起始时再多加，则A点将可能移向___________点(填标号)。 【答案】（1） （2） ①. ②. ③. ④. 不变 （3） ①. a ②. 反应I已将全部消耗完 ③. B 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应Ⅳ=2×I+2×Ⅱ+Ⅲ，，热化学方程式为： ； 【小问2详解】 根据总反应计算有： ，，，；再反应一段时间达平衡后，测得体系中总压为，总的物质的量为8×1.25=10mol，和体积分数分别为10%、20%，物质的量分别为1mol和2mol，CO2为10-1-2=7mol，即总共有7mol碳酸钙分解，与SO2结合的有5-1=4mol，则体系中的物质的量为7mol-4mol=3mol；反应Ⅳ的。若继续向刚性容器中充入少量，体系中CaO与SO2结合生成CaSO3，再次平衡时将不变； 【小问3详解】 ①碳酸钙分解为吸热反应，温度升高，产生二氧化碳的量增加，故曲线b为二氧化碳，曲线a为二氧化硫； ②T2后，碳酸钙已经完全消耗，产生二氧化碳的量不再增加； ③如果再多加，产生二氧化碳的量增加，A点将可能移向B点。 5.（2025安徽六安一中模拟）常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为，主反应如下： 反应I：； 反应II： （1）已知：。则___________。 （2）某条件下对于反应I，，，k正、k逆为速率常数。升高温度时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m___________ n(填“>”“<”或“=”)。 （3）将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率、的选择性、的生成量随温度变化关系如下图。 ①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因为___________。 ②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂中M为___________。 ③选用合适催化剂还能抑制催化剂表面出现NH4HSO4结晶现象，结晶会导致___________。 （4）273℃，P0kPa下，向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应I、II)通入4molNH3、4molNO、2molO2。 ①下列选项不能说明反应I、Ⅱ均达到化学平衡状态的是___________。 A．混合气体的平均摩尔质量保持不变 B．n(NH3)∶n(NO)保持不变 C．有1molN-H键断裂的同时，有键断裂 D．NO的分压保持不变 ②达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol。则NO的转化率为___________，反应I的Kp=___________(写出计算式即可)(分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1）-1838 （2）< （3） ①. 催化剂活性下降(或副反应增多) ②. W0.15MnCeTiOx ③. 结晶覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒 （4） ①. C ②. 75% ③. 【解析】 【小问1详解】 已知，结合反应II：，依据盖斯定律，推知，所以a=-1838kJ/mol； 【小问2详解】 反应I正向为放热反应，逆向为吸热反应，升高温度，逆反应速率增大的更多，故m<n； 【小问3详解】 ①选择时，180℃~260℃ NO转化率逐渐增大，温度高于260℃时转化率下降，可能是温度过高，催化剂的活性下降，也可能是副反应增多； ②结合图片，可知W0.15MnCeTiOx在温度相对较低时催化效率高，NO的转化率较高、的选择性高、的生成量相对较高，故最佳催化剂为W0.15MnCeTiOx； ③催化剂表面出现NH4HSO4结晶，晶体会覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒，催化活性降低； 【小问4详解】 ①A．反应I、II前后气体系数和不相等，且均为气体，反应过程中混合气的总质量保持不变，但混合气的物质的量改变，故当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，反应I、II达到平衡，A正确； B．反应I、II中，参加反应的n(NH3)∶n(NO)不同，当n(NH3)∶n(NO)保持不变时，则n(NH3)、n(NO)不再改变，反应达到平衡，B正确； C．反应I中有12molN-H键断裂同时，有键断裂时反应达到平衡，反应II中，当有12molN-H键断裂的同时，有键断裂时反应达到平衡，C错误； D．NO的分压保持不变，则体系中NO的浓度不再改变，反应I、II达到平衡，D正确； 故选C。 ②反应开始时通入4molNH3、4molNO、2molO2，达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol，则参加反应的O2为0.6mol，参加反应的NH3为2.8mol，产物只有水和氮气，根据氢元素守恒，生成水的物质的量为：2.8mol×3÷2=4.2mol，根据O元素守恒可知，NO需提供O元素的物质的量为：4.2mol-0.6mol×2=3mol，所以参加反应的NO的物质的量为3mol，生成N2的物质的量为：2.9mol，NO的转化率为：3mol÷4mol×100%=75%； 反应I的Kp 表达式为：， ， ， ， ， 所以 6．(高三·广东茂名·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）。 【详解】（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。 7．(高三·广东大湾区·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。) 【详解】（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=0.12mol=120mmol，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：。 8．(高三·广东佛山·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 【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。 9．(高三·广东·二模)甲酸(HCOOH)等羧酸在能源与化工领域中具有重要应用。 (1)将回收的CO2还原为甲酸是CO2资源化利用的途径之一。 已知： ① ②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)  ΔH4 则ΔH1= (用含ΔH2、ΔH3和ΔH4的式子表示)。 (2)甲酸甲酯水解可制取甲酸，反应为HCOOCH3(1)+H2O(l)HCOOH(1)+CH3OH(l)。ΔH＞0，一定条件下，HCOOCH3的转化率随时间的变化如图所示(反应前后溶液体积不变)。 ①实验i中HCOOCH3的起始浓度为1.0mol·L-1，则20~40min内，v(HCOOH)= mol·L-1·min-1。 ②下列说法中正确的有 。 A．与实验i相比，实验ii改变的条件是升高温度 B．平衡后加水稀释，甲酸的平衡产率增大 C．平衡后加入少量NaOH固体，甲酸甲酯的平衡浓度降低 D．选用合适的催化剂可减小反应的焓变，加快甲酸甲酯的水解速率 (3)甲酸在催化剂[L-Fe-H]+作用下能发生分解，其反应机理和相对能量变化如图所示。 ①基态Fe原子的价层电子排布式为 。 ②反应机理图中，阴离子X为 ，阳离子Y为 。 ③上述反应进程中，反应速率较慢的一步为 (填“b”、或“d”)。 (4)羧酸与其盐组成的混合溶液可作为缓冲溶液，能维持溶液酸碱性的稳定。室温下，不同组成的缓冲溶液中，pH随的变化如图所示(R为烃基或氢)。 ①R1COOH、HCOOH和R2COOH三种酸中，酸性最强的为 。 ②=1时，HCOOH与HCOONa的混合溶液的pH= 。 ③室温下、将同物质的量浓度的VLHCOOH溶液和0.5VLNaOH溶液混合配制缓冲溶液，则缓冲溶液的pH (填“＞”、“＜”或“=”)3.75，理由为 。 【答案】(1)ΔH3+ΔH4-ΔH2 (2) 5.0×10-3 BC (3) 3d64s2 HCOO- H+ d (4) R2COOH 4.75 ＞ Ka(HCOOH)=1.0×10-3.75，则Kh=1.0×10-10.25，HCOOH的电离程度大于HCOO-的水解程度。HCOOH溶液与NaOH溶液混合后。溶液中c(HCOO-)＞c(HCOOH)，即＞0，则pH＞3.75 【详解】（1）由图中信息可得出： ①CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g)  ΔH1 ②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)  ΔH4 ③CO(g)+O2(g)=CO2(g)  ΔH2 ④CO(g)+H2O(g)=HCOOH(g)  ΔH3 依据盖斯定律，将反应④+②×-③=①，可得出反应①的ΔH1=ΔH3+ΔH4-ΔH2。 （2）甲酸甲酯水解可制取甲酸，反应为HCOOCH3(1)+H2O(l)HCOOH(1)+CH3OH(l) ΔH＞0。 ①从图中可以看出，实验i中，HCOOCH3的起始浓度为1.0mol·L-1，20~40min内，HCOOCH3的转化率由11.0%增大到21.0%，则参加反应HCOOCH3的物质的量浓度为1.0mol·L-1×(21.0%-11.0%)=0.10mol·L-1，v(HCOOH)==5.0×10-3mol·L-1·min-1。 ②A．与实验i相比，若实验ii为升高温度，则平衡正向移动，HCOOCH3的平衡转化率应比实验i大，A不正确； B．平衡后加水稀释，各物质的浓度减小，平衡向生成甲酸的方向移动，所以甲酸的平衡产率增大，B正确； C．平衡后加入少量NaOH固体，与甲酸作用从而减少甲酸的浓度，平衡正向移动，甲酸甲酯的平衡浓度降低，C正确； D．选用合适的催化剂，可加快甲酸甲酯的水解速率，但不能减小反应的焓变，D不正确； 故选BC。 （3）①基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子排布式为3d64s2。 ②反应机理图中，比较反应a的反应物与生成物，可得出阴离子X为HCOO-，比较反应c的反应物与生成物，可得出阳离子Y为H+。 ③上述反应进程中，由物质Ⅱ转化为物质Ⅲ，活化能为(45.3kJ∙mol-1)-(-31.8 kJ∙mol-1)=77.1 kJ∙mol-1，由物质Ⅳ转化为物质Ⅰ，活化能为(43.5kJ∙mol-1)-(-42.6 kJ∙mol-1)=86.1 kJ∙mol-1，则物质Ⅳ转化为物质Ⅰ，反应的活化能更大，则反应速率较慢的一步为d。 （4）①R1COOH、HCOOH和R2COOH三种酸中，=0时，=1，K==c(H+)，R2COOH的pH最小，c(H+)最大，K值最大，则酸性最强的为R2COOH。 ②=0时，pH=3.75，K(HCOOH)= = c(H+)=10-3.75，=1时，=10，HCOOH与HCOONa的混合溶液中，c(H+)==mol·L-1=10-4.75 mol·L-1，pH=-lgc(H+)=4.75。 ③室温下，将同物质的量浓度的VLHCOOH溶液和0.5VLNaOH溶液混合，反应结束时所得溶液中c(HCOOH)=c(HCOO-)，由于Ka(HCOOH)=1.0×10-3.75＞Kh=1.0×10-10.25，所以溶液中以HCOOH电离为主，溶液中c(HCOO-)＞c(HCOOH)，c(H+)=＜10-3.75mol·L-1，则缓冲溶液的pH＞3.75。理由为：Ka(HCOOH)=1.0×10-3.75，则Kh=1.0×10-10.25，HCOOH的电离程度大于HCOO-的水解程度。HCOOH溶液与NaOH溶液混合后。溶液中c(HCOO-)＞c(HCOOH)，即＞0，则pH＞3.75。 10．(高三·广东清远·二模)氮元素是重要的非金属元素，在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。 (1)标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变，符号为。已知在25℃和101kPa时，以下物质的标准摩尔生成焓如下表所示。 物质 a 由  ，则 。 (2)氨气的催化氧化是工业制取硝酸的重要步骤，假设只会发生以下两个竞争反应。 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   为分析某催化剂对该反应的选择性，将和充入1L密闭容器中，在不同温度相同时间下，测得有关物质的量关系如图所示。 ①该催化剂在高温时对反应 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的选择性更好。 ②520℃时，容器中 。 ③下列叙述能说明该条件下反应达到平衡状态的是 (填标号)。 a．氨气的体积分数不变   b．容器中气体密度保持不变   c．容器中气体压强保持不变 (3)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 。[已知的，写出计算过程] 【答案】(1) (2) Ⅰ 0.4 ac (3) 0.14 【详解】（1）根据标准摩尔生成焓的定义，反应热的计算公式为：。对于反应，(g)和(g)是最稳定单质，其标准摩尔生成焓为0。则，已知。代入可得：，解得 。 （2）①由图像可知，高温时的物质的量相对较大，反应I生成，所以该催化剂在高温时对反应I的选择性更好。 ②时，，根据反应，生成0.2mol时，消耗的物质的量，此时，根据反应，消耗的物质的量，初始，容器体积V = 1L，则。 ③ a．氨气的体积分数不变，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态，该选项正确； b．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，根据，气体密度始终不变，不能据此判断平衡，该选项错误； c．反应前后气体物质的量发生变化，在恒容容器中，容器中气体压强保持不变时，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态，该选项正确； 综上，答案是ac。 （3）①随着（氨气浓度负对数）减小，氨气浓度增大，铜氨配合物中氨分子数增多，所以曲线4代表的含铜微粒为。 ②观察图像，b点纵坐标为。 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： 11．(高三·广东汕头·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： 【详解】（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．(高三·广东深圳·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 【详解】（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 13．(高三·广东湛江·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 【详解】（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，，。 14. （青岛2025二模）甲烷重整过程会产生积碳使催化剂失活，通过加入、或可以在一定条件下减少或消除积碳。反应分别为： 反应1： 反应2： 反应3： 反应4： （1）摩尔燃烧焓___________(用含、、的代数式表示)。根据以上数据，摩尔燃烧焓：___________(㙋“>”，“=”，“<”或“无法判断”)。 （2）将的混合气体置于恒温恒压的密闭容器中，忽略反应3与反应4。测得充分反应后积碳产生量[占体系中碳总量的摩尔分数]与温度、压强之间的关系如图。 ①温度升高会导致积碳减少或完全消失，原因为___________。在a点向容器中通入一定量，则积碳产生量会___________(填“增大”、“减少”或“不变”)。 ②在T℃、pkPa条件下，充分反应后，容器体积增加了25%，反应1的压强平衡常数为，则此时的分压为___________kPa，反应2的压强平衡常数为___________。此时，下列能够促使反应2正向移动的有___________(填标号)。 A．加入少量 B．升高温度 C．加入合适催化剂 D．以上均不可 【答案】（1） ①. ②. 无法判断 （2） ①. 随着温度升高，反应2正向进行的程度更大 ②. 减少 ③. 0.2p ④. ⑤. AB 【解析】 【小问1详解】 碳的摩尔燃烧焓是指100Kpa时，1 mol碳完全燃烧生成CO2(g)时的焓变，即：目标化学方程式为，利用盖斯定律，目标热化学方程式为，可由2×反应4-反应1-反应2得到，即； CO(g)的摩尔燃烧焓，反应6： ，H2(g)的摩尔燃烧焓，反应7：，，反应6-反应7得：，要比较CO(g)的摩尔燃烧焓与H2(g)的摩尔燃烧焓的相对大小，即要求与0的大小关系；反应3-反应2得反应8：，而过程9：H2O(l)= H2O(g)，反应8+过程9得：，无法判断大于0还是小于0 ，即无法判断CO(g)的摩尔燃烧焓与H2(g)的摩尔燃烧焓的相对大小； 【小问2详解】 ①反应1和反应2均为吸热反应，升温，反应正方向进行程度增大，由于反应2正向进行的程度更大，甲烷减少，导致反应1逆移，故温度升高会导致积碳减少或完全消失；在a点向容器中通入一定量N2，由于容器为恒温恒压容器，通入N2但总压不变，各组分分压减小，即等效减压，由图示可知，相同条件下，压强越小积碳产生量越少，所以在a点向容器中通入一定量，积碳产生量减少； ②在T℃、p kPa条件下，充分反应后，容器体积增加了25%，反应1的压强平衡常数为。设初始时 n(CH4)=n(CO2)=1 mol，反应后气体总物质的量为 2 mol×125%=2.5 mol。 假设反应1生成 x mol C(s)和 2x mol H2(g)，反应2生成2y mol CO(g)和2ymolH2(g) ，则平衡时CH4的物质的量为1-x-ymol： 反应1； 反应2，平衡时气体的总物质的量为①1-x-y+1-y+2x+2y+2y=2.5mol：反应1的，假设总压为 p kPa ，则：，， 代入平衡常数表达式：②，联立①②解得：x=-0.1，y=0.3，起始并没有加碳，x不可能小于0，因此该条件下，反应1未进行，反应后气体物质的量增加0.5mol，则有2y=0.5，，所以反应2的压强平衡常数为：； A．最初没有加碳，此时加碳，对反应1，，反应1逆向进行，甲烷物质量增多，反应2正向移动，A正确； B．因为反应2为吸热反应，升高温度有利于正向移动，B正确； C．催化剂可以加快反应速率，但不改变平衡，C错误； D．由以上分析可知，A、B正确，D错误； 故答案为：AB。 15. （2025华大联盟4月 ）氰化氢(HCN)是一种重要的精细化工品，广泛应用于农药、医药、冶金、染料等行业，可由和在等离子体条件下由Cr/催化反应制备，原理如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 回答下列问题： （1）的___________。 （2）已知：反应Ⅰ的，则在常压下反应Ⅰ能自发进行的临界温度是___________K(精确至整数位)。有人提出，向原料气中通入适量氧气，可降低能耗，并提高的转化率，其原因是___________。 （3）相同温度和压强下，甲烷与氨气的投料比对的转化率(X)和HCN、的选择性(S)的影响如图所示。当甲烷和氨气的投料比为1∶2时，HCN的选择性最大。若再增加氨气的量，HCN的选择性会减小，其原因是___________。 （4）相同温度和压强下，控制原料气中甲烷和氨气以相同投料比、不同流速通过催化剂，反应空速(反应物停留在催化剂表面的时间的倒数)对的转化率和HCN的选择性的影响如表所示。 实验序号 空速/() 的转化率 转化的体积/(mL) HCN的选择性 Ⅰ 0.68 20.0% 40 61.5% Ⅱ 1.36 12.0% a 55.0% Ⅲ 2.04 6.0% 36 48.1% ①三组实验的反应时长均为10s，则第Ⅱ组实验中，a=___________mL(精确至整数位)，HCN的生成速率为___________(保留到小数点后2位)。 ②当空速逐渐增大时，的转化率和HCN的选择性均减小，其原因是___________。 【答案】（1）-23 （2） ①. 1173 ②. 反应Ⅰ为吸热反应，通入适量与产物可以继续反应，放出热量，减少且体系温度升高使平衡正向移动 （3）发生其他副反应(除反应Ⅱ)的程度增大或催化剂活性相对降低 （4） ①. 48 ②. 2.64 ③. 空速过快，原料气与催化剂接触的时间过短，来不及与催化剂作用就被排出 【解析】 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 ①由可知，； ②反应Ⅰ为吸热反应，向原料气中通入适量氧气，通入的适量与产物可以继续反应，放出热量，减少且体系温度升高使平衡正向移动，降低了能耗，提高了的转化率； 【小问3详解】 由图可知，再增加氨气的量，的转化率(X)仍在增大，但HCN、的选择性(S)都在减小，说明反应程度在增大，但生成HCN、的程度都在减小，由此推测，发生其他副反应(除反应Ⅱ)的程度增大；或过多，吸附在催化剂表面，从而影响HCN的生成，HCN的选择性减小； 【小问4详解】 ①实验Ⅰ通入的体积为，实验Ⅱ的空速是实验Ⅰ的2倍，则实验Ⅱ通入的体积为400mL，则转化的体积为； ②HCN的生成速率为； ③空速过快，原料气与催化剂接触的时间过短，来不及与催化剂作用就被排出，故的转化率和HCN的选择性均减小。 16. （南宁2025二模）工业合成氨的反应为，原料中的可来源于水煤气，相关反应如下： a． b． 回答下列问题： （1）已知，则_______ （2）在一定温度下，在体积固定的密闭容器中加入一定量的和，发生反应、，下列说法错误的是_______(填标号)。 A. 平衡时向容器中充入惰性气体，反应的平衡逆向移动 B. 混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡 C. 使用催化剂可提高CO平衡转化率 D. 高温有利于反应a自发进行 （3）已知合成氨反应在催化剂表面要经历吸附(附着催化剂表面)、断键……成键、脱附(脱离催化剂表面)等过程，和在催化剂上进行断键的过程要_______(填“吸收”或“放出”)较多的能量，和在催化剂表面合成的反应过程的顺序为⑤→_______(用图1中序号表示)。 （4）在℃、压强为的条件下，向一恒压密闭容器中通入的混合气体，体系中气体的含量与时间变化关系如图2所示： ①反应达到平衡，试求内氨气的平均反应速率_______，该反应的_______(用数字表达式表示，为以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。 ②若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，则达到平衡时的含量符合图中_______(填“d”“e”“f”或“g”)点。 （5）以为氮源通过电解法制取氨气装置如图所示。阴极的电极反应式为_______。 【答案】（1） （2）AC （3） ①. 吸收 ②. ④→①→②→③ （4） ①. 0.005 ②. ③. （5） 【解析】 【小问1详解】 已知c．，由盖斯定律可知，反应c-反应a可得反应b，则。 【小问2详解】 A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应物和生成物的浓度均不变，反应的平衡不移动，A错误； B．反应过程中混合气体的总质量增大，容器体积是定值，气体密度增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B正确； C．使用催化剂，平衡不发生移动，不能提高CO平衡转化率，C错误； D．反应a是熵增的吸热反应，高温有利于反应a自发进行，D正确； 故选AC。 【小问3详解】 和在催化剂上进行断键的过程吸收较多的能量，和在催化剂表面合成的反应过程中和先在催化剂表面被吸附，然后断键形成N原子和H原子，N原子和H原子形成，最后从催化剂表面脱吸附，顺序为⑤→④→①→②→③。 【小问4详解】 ①反应20min达到平衡时，氮气、氢气、氨气的分压分别为MPa、MPa、MPa，则0-20min内氨气的平均反应速率为，反应的平衡常数； ②该反应为气体体积减小的反应，若起始条件相同，恒压密闭容器相当于恒容容器增大压强，反应速率加快，达到平衡的时间减小，平衡向正反应方向移动，氢气的百分含量减小，则若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，达到平衡所需时间大于恒压密闭容器，氢气的百分含量高于恒压密闭容器，故选g。 【小问5详解】 由图可知，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为。 17.（2025河南省五市二模） CO、、NO、等气体对大气环境有重要影响，一直是科学工作者研究的课题。 已知：反应1： 反应2： 反应3： 反应4： 回答下列问题： （1）计算_______，反应3可在_______(填“温度较低”“温度较高”或“任何温度”)时自发进行。 （2）①下列关于反应4的说法正确的是_______(填字母)。 A．其他条件不变，温度升高，平衡转化率增大 B．体系压强增大，反应速率不一定加快 C．正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．更换优良催化剂，减小 ②向密闭容器中充入一定量的和，保持总压为，发生反应4：。曲线和是下列条件变化所得：当时NO的平衡转化率随温度的变化或恒温下的平衡转化率随投料比的变化，关系如图所示： 恒温下的平衡转化率随投料比的变化曲线为_______，点时，_______。 （3）还原为甲酸，通过控制光沉积的方法构建新型催化剂，其中和渗透Nafion膜，协同分别反应，构建了人工光合作用体系，同时产生甲酸，其反应机理如图： ①图中a代表_______(填“”或“”)。 ②该人工光合作用体系总反应方程式为_______。 【答案】（1） ①. +746 ②. 温度较高 （2） ①. B ②. L1 ③. （3） ①. Fe2+ ②. 【解析】 【小问1详解】 反应3=反应1-2反应2，根据盖斯定律可知，= +566.0kJ·mol-1-2；依题，，反应3的、，故反应3在温度较高时自发进行； 【小问2详解】 ①A．该反应放热，其他条件不变，温度升高反应逆向移动，H2的平衡转化率减小，A错误； B．通过改变压强来改变速率，本质上是改变体系物质的浓度，如恒容时，加入惰性气体，体系压强增大，但体系物质的浓度未变，反应速率不变，B正确； C．放热反应中正反应活化能小于逆反应的活化能，C错误； D．催化剂改变反应历程，但不改变平衡状态和焓变，D错误； 故答案选B； ②恒温下NO的平衡转化率随投料比的增大而减小，所以对应曲线L1；当=1时，温度升高反应逆向移动，反应的平衡转化率就减小，所以对应曲线L2；a点时，=1，NO平衡转化率为75%，体系的总压强为p0 kPa，设初始NO、H2的物质的量均为1mol，列三段式：，则平衡时n总=1.625 mol，则； 【小问3详解】 ①由机理图可知，光照条件下，WO3产生光生电子和空穴，b在WO3表面结合电子生成a，故a、b分别为Fe2+和Fe3+；②由图可知该人工光合作用体系总反应方程式为。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题22 化学反应原理综合题C 1.（ 福州市2025适应性练习一） 随着煤和石油等不可再生能源的日益枯竭，同时在“碳达峰”与“碳中和”可持续发展的目标下，作为清洁能源的天然气受到了广泛的关注。甲烷干重整反应可以将两种温室气体（和）直接转化为合成气（主要成分为和），兼具环境效益和经济效益。 （1）已知：和的燃烧热分别为、和，则甲烷干重整反应的为___________。 （2）合成气可以用于生成甲醇，在容积为的恒容密闭容器中加入和，发生反应（未配平），各组分的物质的量随时间的变化如图所示。内 _____________；时改变的条件不可能是____________（填标号）。 A.充入 B.充入 C.通入惰性气体 （3）甲烷干重整过程中可能存在反应： （主反应） 各反应的（为各反应的平衡常数）与温度的关系如图所示。由图可知，为提高主反应的转化率应____________（填“升高温度”或“降低温度”），简述判断的理由________________________。 （4）恒容绝热条件下仅发生主反应时，下列情况能说明该反应达到平衡状态的有  （填标号）。 A. 和的转化率相等 B. C. 的体积分数保持不变 D. 体系的温度不再变化 （5）在、温度为、进料配比的条件下，甲烷干重整过程中甲烷的转化率、的转化率和积碳率随着温度变化的规律如图所示。 ①甲烷干重整的最佳温度为____________。 ②在最佳温度、初始压强条件下，向某的恒容密闭容器中加入和，设只发生两个反应。达平衡后，测得容器中的浓度为，的转化率为，则此时反应的压强平衡常数_____________。（列出计算式，压强平衡常数用各组分的平衡分压代替物质的量浓度进行计算，平衡分压物质的量分数平衡总压强）。 2.（ 福州市2025适应性练习四） 甘油制备高附加值有机胺的方法，可有效解决生物柴油产业中副产品甘油过剩。 回答下列问题： （1）一定温度下，可用甘油催化转化制备1，2-丙二胺。已知： i. ii. iii. ①反应ii的焓变_______。 ②对于反应，下列说法正确的是_______。 A.恒温恒容时，充入氩气增大了甘油的转化率 B.当时，该反应达到平衡状态 C.当时，该反应达到平衡状态 D.恒温恒容时，当混合气体的平均相对分子质量不变，该反应达到平衡状态 （2）研究甘油转化制备1，2-丙二胺反应机理时发现，该反应有两个途径(如图)，分别生成两种中间产物和，TS为对应的中间状态。 ①从能量变化来看，反应速率较快的是_______(填“”或“”)，原因是_______。 ②下列有关说法正确的是_______(填正确答案标号)。 A.升高温度，生成和的反应速率均增大 B.比稳定 C.降低压强，可以提高产率 D.选择合适的催化剂，可以增大生成的选择性 （3）一定温度下，甘油还可以催化转化制备乙二胺，其总反应为：。在某1L刚性密闭容器中充入、，达到平衡状态后，与体积分数相等。 ①的转化率为_______。 ②该温度下此反应的平衡常数_______。 3. （2025山东省实验中学一模）是制造多晶硅的原料，可由Si和耦合加氢得到，相关反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． （1）生成的总反应：Ⅳ． _______。 （2）体系达到平衡状态且其他条件不变时： ①压缩平衡体系体积，重新达到平衡后物质的量分数减小的组分为_______(填字母)。 a． b． c． d．HCl ②反应温度升高不利于提高平衡时产物选择性的原因是_______。 （3）在压强为的恒压体系中通入2.0mol 和1.0mol ，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图所示(忽略气体组分在硅表面的吸附量)。已知：为用气体分压表示的平衡常数，。 ①图中m代表的组分为_______(填化学式)。 ②750K时，反应Ⅳ的平衡常数_______(写出最简表达式)。 （4）673K，其他条件相同时，用Cu、CuO和CuCl分别催化上述反应，一段时间内的转化率如下表所示。(产物选择性均高于98.5%) 催化剂 Cu CuO CuCl 的 转化率/% 7.3 14.3 22.3 ①使用不同催化剂时，平衡转化率：CuO催化剂_______CuCl催化剂(填“>”“＜”或“=”)；反应Ⅳ的活化能：Cu催化剂_______CuCl催化剂(填“>”“＜”或“=”)。 ②使用CuCl催化剂，初始投料α mol ，该段时间内得到β mol ，则的选择性_______ (列出计算式)。 4. （山东名校联盟12月）钙及其化合物在生产、生活中的应用非常广泛。碳酸钙可用于煤燃烧时的脱硫。实验室模拟碳酸钙脱硫时，发生如下反应： 反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 已知：：用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数。 回答下列问题： （1）反应Ⅳ： ___________(用含a、b、c计算式表示) （2）在的刚性容器中加入一定量的和混合气体，恒定温度为，起始压强为，发生上述反应，时测得体系有，则此时反应I的反应速率为___________(用含计算式表示)，再反应一段时间达平衡后，测得体系中总压为和体积分数分别为10%、20%，则体系中的物质的量为___________反应Ⅳ的___________。若继续向刚性容器中充入少量，再次平衡时将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）向刚性容器中加入一定量的和混合气体，发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，测得与温度的关系如图所示，时整个反应体系已达平衡状态。 ①表示与温度关系的曲线是___________(填“a”或“b”)。 ②温度之后，曲线b随温度升高不再变化的原因是___________。 ③若起始时再多加，则A点将可能移向___________点(填标号)。 5.（2025安徽六安一中模拟）常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为，主反应如下： 反应I：； 反应II： （1）已知：。则___________。 （2）某条件下对于反应I，，，k正、k逆为速率常数。升高温度时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m___________ n(填“>”“<”或“=”)。 （3）将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率、的选择性、的生成量随温度变化关系如下图。 ①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因为___________。 ②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂中M为___________。 ③选用合适催化剂还能抑制催化剂表面出现NH4HSO4结晶现象，结晶会导致___________。 （4）273℃，P0kPa下，向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应I、II)通入4molNH3、4molNO、2molO2。 ①下列选项不能说明反应I、Ⅱ均达到化学平衡状态的是___________。 A．混合气体的平均摩尔质量保持不变 B．n(NH3)∶n(NO)保持不变 C．有1molN-H键断裂的同时，有键断裂 D．NO的分压保持不变 ②达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol。则NO的转化率为___________，反应I的Kp=___________(写出计算式即可)(分压=总压×物质的量分数)。 6．(高三·广东茂名·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“=”）。 7．(高三·广东大湾区·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 。 8．(高三·广东佛山·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．(高三·广东·二模)甲酸(HCOOH)等羧酸在能源与化工领域中具有重要应用。 (1)将回收的CO2还原为甲酸是CO2资源化利用的途径之一。 已知： ① ②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)  ΔH4 则ΔH1= (用含ΔH2、ΔH3和ΔH4的式子表示)。 (2)甲酸甲酯水解可制取甲酸，反应为HCOOCH3(1)+H2O(l)HCOOH(1)+CH3OH(l)。ΔH＞0，一定条件下，HCOOCH3的转化率随时间的变化如图所示(反应前后溶液体积不变)。 ①实验i中HCOOCH3的起始浓度为1.0mol·L-1，则20~40min内，v(HCOOH)= mol·L-1·min-1。 ②下列说法中正确的有 。 A．与实验i相比，实验ii改变的条件是升高温度 B．平衡后加水稀释，甲酸的平衡产率增大 C．平衡后加入少量NaOH固体，甲酸甲酯的平衡浓度降低 D．选用合适的催化剂可减小反应的焓变，加快甲酸甲酯的水解速率 (3)甲酸在催化剂[L-Fe-H]+作用下能发生分解，其反应机理和相对能量变化如图所示。 ①基态Fe原子的价层电子排布式为 。 ②反应机理图中，阴离子X为 ，阳离子Y为 。 ③上述反应进程中，反应速率较慢的一步为 (填“b”、或“d”)。 (4)羧酸与其盐组成的混合溶液可作为缓冲溶液，能维持溶液酸碱性的稳定。室温下，不同组成的缓冲溶液中，pH随的变化如图所示(R为烃基或氢)。 ①R1COOH、HCOOH和R2COOH三种酸中，酸性最强的为 。 ②=1时，HCOOH与HCOONa的混合溶液的pH= 。 ③室温下、将同物质的量浓度的VLHCOOH溶液和0.5VLNaOH溶液混合配制缓冲溶液，则缓冲溶液的pH (填“＞”、“＜”或“=”)3.75，理由为 。 10．(高三·广东清远·二模)氮元素是重要的非金属元素，在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。 (1)标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变，符号为。已知在25℃和101kPa时，以下物质的标准摩尔生成焓如下表所示。 物质 a 由  ，则 。 (2)氨气的催化氧化是工业制取硝酸的重要步骤，假设只会发生以下两个竞争反应。 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   为分析某催化剂对该反应的选择性，将和充入1L密闭容器中，在不同温度相同时间下，测得有关物质的量关系如图所示。 ①该催化剂在高温时对反应 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的选择性更好。 ②520℃时，容器中 。 ③下列叙述能说明该条件下反应达到平衡状态的是 (填标号)。 a．氨气的体积分数不变   b．容器中气体密度保持不变   c．容器中气体压强保持不变 (3)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 。[已知的，写出计算过程] 11．(高三·广东汕头·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）。 12．(高三·广东深圳·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)。 13．(高三·广东湛江·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 。 14. （青岛2025二模）甲烷重整过程会产生积碳使催化剂失活，通过加入、或可以在一定条件下减少或消除积碳。反应分别为： 反应1： 反应2： 反应3： 反应4： （1）摩尔燃烧焓___________(用含、、的代数式表示)。根据以上数据，摩尔燃烧焓：___________(㙋“>”，“=”，“<”或“无法判断”)。 （2）将的混合气体置于恒温恒压的密闭容器中，忽略反应3与反应4。测得充分反应后积碳产生量[占体系中碳总量的摩尔分数]与温度、压强之间的关系如图。 ①温度升高会导致积碳减少或完全消失，原因为___________。在a点向容器中通入一定量，则积碳产生量会___________(填“增大”、“减少”或“不变”)。 ②在T℃、pkPa条件下，充分反应后，容器体积增加了25%，反应1的压强平衡常数为，则此时的分压为___________kPa，反应2的压强平衡常数为___________。此时，下列能够促使反应2正向移动的有___________(填标号)。 A．加入少量 B．升高温度 C．加入合适催化剂 D．以上均不可 15. （2025华大联盟4月 ）氰化氢(HCN)是一种重要的精细化工品，广泛应用于农药、医药、冶金、染料等行业，可由和在等离子体条件下由Cr/催化反应制备，原理如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 回答下列问题： （1）的___________。 （2）已知：反应Ⅰ的，则在常压下反应Ⅰ能自发进行的临界温度是___________K(精确至整数位)。有人提出，向原料气中通入适量氧气，可降低能耗，并提高的转化率，其原因是___________。 （3）相同温度和压强下，甲烷与氨气的投料比对的转化率(X)和HCN、的选择性(S)的影响如图所示。当甲烷和氨气的投料比为1∶2时，HCN的选择性最大。若再增加氨气的量，HCN的选择性会减小，其原因是___________。 （4）相同温度和压强下，控制原料气中甲烷和氨气以相同投料比、不同流速通过催化剂，反应空速(反应物停留在催化剂表面的时间的倒数)对的转化率和HCN的选择性的影响如表所示。 实验序号 空速/() 的转化率 转化的体积/(mL) HCN的选择性 Ⅰ 0.68 20.0% 40 61.5% Ⅱ 1.36 12.0% a 55.0% Ⅲ 2.04 6.0% 36 48.1% ①三组实验的反应时长均为10s，则第Ⅱ组实验中，a=___________mL(精确至整数位)，HCN的生成速率为___________(保留到小数点后2位)。 ②当空速逐渐增大时，的转化率和HCN的选择性均减小，其原因是___________。 16. （南宁2025二模）工业合成氨的反应为，原料中的可来源于水煤气，相关反应如下： a． b． 回答下列问题： （1）已知，则_______ （2）在一定温度下，在体积固定的密闭容器中加入一定量的和，发生反应、，下列说法错误的是_______(填标号)。 A. 平衡时向容器中充入惰性气体，反应的平衡逆向移动 B. 混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡 C. 使用催化剂可提高CO平衡转化率 D. 高温有利于反应a自发进行 （3）已知合成氨反应在催化剂表面要经历吸附(附着催化剂表面)、断键……成键、脱附(脱离催化剂表面)等过程，和在催化剂上进行断键的过程要_______(填“吸收”或“放出”)较多的能量，和在催化剂表面合成的反应过程的顺序为⑤→_______(用图1中序号表示)。 （4）在℃、压强为的条件下，向一恒压密闭容器中通入的混合气体，体系中气体的含量与时间变化关系如图2所示： ①反应达到平衡，试求内氨气的平均反应速率_______，该反应的_______(用数字表达式表示，为以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。 ②若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，则达到平衡时的含量符合图中_______(填“d”“e”“f”或“g”)点。 （5）以为氮源通过电解法制取氨气装置如图所示。阴极的电极反应式为_______。 17.（2025河南省五市二模） CO、、NO、等气体对大气环境有重要影响，一直是科学工作者研究的课题。 已知：反应1： 反应2： 反应3： 反应4： 回答下列问题： （1）计算_______，反应3可在_______(填“温度较低”“温度较高”或“任何温度”)时自发进行。 （2）①下列关于反应4的说法正确的是_______(填字母)。 A．其他条件不变，温度升高，平衡转化率增大 B．体系压强增大，反应速率不一定加快 C．正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．更换优良催化剂，减小 ②向密闭容器中充入一定量的和，保持总压为，发生反应4：。曲线和是下列条件变化所得：当时NO的平衡转化率随温度的变化或恒温下的平衡转化率随投料比的变化，关系如图所示： 恒温下的平衡转化率随投料比的变化曲线为_______，点时，_______。 （3）还原为甲酸，通过控制光沉积的方法构建新型催化剂，其中和渗透Nafion膜，协同分别反应，构建了人工光合作用体系，同时产生甲酸，其反应机理如图： ①图中a代表_______(填“”或“”)。 ②该人工光合作用体系总反应方程式为_______。 学科网（北京）股份有限公司 $