文档内容
押广东卷第 19 题
化学反应原理综合题
核心考点 考情统计 考向预测 备考策略
考查气相中的化学反应原
气相中的
2021·广东卷，19 理，难点在于K 的考查；
化学平衡 P 1．重视热化学、氧化还原、物
考查液相中的化学反应原
质结构、物质性质等于基础得
理，难点在于水溶液图像的
分点，确保基础分。
解读和三大守恒的应用。
2．关注K 、K 、三大守恒、图
P C
无论是哪种情况，热化学、
液相中的 2023·广东卷，19 像分析等，实现难点突破。
氧化还原、物质结构、物质
化学平衡 2022·广东卷，19
性质等都属于基础得分点。
1．（2023广东卷，19）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） HNO
2
（2） A、B
（3）0.36 3：4或0.75
（4）98%
【解析】（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HNO。
2
（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 HNO ，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移
2
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，19）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） N↑ 4HO (E-E)+ΔH+(E-E)
2 2 1 2 3 4
2NO+O =2NO
2 2
（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K = = =3.3×10-7
2
联立两个方程可得 =6.0×10-4mol/L λ 增大
3
【解析】（1）① 分解过程中，生成Cr O 和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为
2 3
N、HO，根据原子守恒可知反应方程式为 。
2 2
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 ΔH=(E-E)，M→N ΔH=ΔH，N→Y
1 1 2 2
ΔH=(E-E)，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH+ΔH+ΔH=(E-E)+ΔH+(E-E)。
3 3 4 1 1 2 3 1 2 3 4③NH 在Cr O 作催化剂条件下，能与O 反应生成NO，NO与O 反应生成红棕色气体NO ，NO 与HO反
3 2 3 2 2 2 2 2
应生成HNO 和NO，若同时通入O，可将氮元素全部氧化为HNO，因此从NH 出发经过3步反应制备
3 2 3 3
HNO 的路线为 ；其中NO反应生成NO 过程中，气体颜色发生
3 2
变化，其反应方程式为2NO+O =2NO。
2 2
（2）①KCr O 溶液中存在平衡：(i) 、(ii)
2 2 7
。
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K = ，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量KCr O 溶液，
1 2 2 7
不变，故D正确；
综上所述，答案为：BD。
②0.10mol/L K Cr O 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
2 2 7
=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K = = =3.3×10-7，联
2
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λ 最接近的
max
是λ；反应(i)的平衡常数K = ，反应(ii)的平衡常数K = ， =
3 1 2
= ，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。
3．（2021广东卷，19）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH 与CO 重整是CO
4 2 2
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)CH(g)+CO (g) 2CO(g)+2H(g) ∆H
4 2 2 1
b)CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) ∆H
2 2 2 2
c)CH(g) C(s)+2H(g) ∆H
4 2 3
d)2CO(g) CO(g)+C(s) ∆H
2 4
e)CO(g)+H(g) HO(g)+C(s) ∆H
2 2 5
（1）根据盖斯定律，反应a的∆H=_______(写出一个代数式即可)。
1
（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CO 与CH 的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
2 4
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CH 的平衡转化率
4
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，CH 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
4
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p（p=100kPa）。反应a、c、e的ln K 随 （温度的倒数）
0 0
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(CO):n(CH)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反
2 4
应，体系达到平衡时H 的分压为40kPa。计算CH 的平衡转化率，写出计算过程_______。
2 4
（5）CO 用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_______。
2
【答案】∆H+∆H-∆H 或∆H-∆H AD 4 4 ac 68% 做冷冻剂
2 3 5 3 4
【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；根据图像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CO 的物理性质推测CO 的用途。
2 2
【解析】
（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∆H=∆H+∆H-∆H=∆H-
1 2 3 5 3
∆H；
4
（2）A．增大CO 和CH 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
2 4
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，解方程的p2(H )=p(CH)，已知反应平衡时
2 4
p(H )=40kPa，则有p(CH)=16kPa，且初始状态时p(CH)= ×100kPa=50kPa，故CH 的平衡转化率为
2 4 4 4
×100%=68%；
（5）固态CO 即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。
2
命题热点1 化学平衡状态及移动方向的判断
1.两步法判断化学平衡状态
第一步 析特点
第二步 作判断
根据参加反应的体系的特点,通过推理作出判断,如v =v ,则处于平衡状态,否则反应未达到平衡状态。
正 逆
2.化学平衡移动的判断
如果改变影响平衡的一个条件(如温度、浓度、压强等),平衡就向能使
依据勒夏特列原理判断
这种改变减弱的方向移动
依据图像中正、逆反应速率相
若v >v ,则平衡向正反应方向移动;反之向逆反应方向移动
正 逆
对大小判断
依据变化过程中速率变化的性 若平衡移动的过程中,正反应速率增大(减小),则平衡向逆(正)反应方向
质判断 移动
依据浓度商(Q)规则判断 若某温度下QK,反应向逆反应方向进行
命题热点2 速率、转化率及平衡常数的计算
1.速率、转化率及平衡常数的计算方法——三段式法
mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)
起始量/(mol/L) a b 0 0变化量/(mol/L) mx nx px qx
平衡量/(mol/L) a-mx b-nx px qx
某反应物转化的量 mx
（1）平衡转化率= ×100%,如α(A) = ×100%。
某反应物起始的量 平 a
(px)p·(qx)q
（2）平衡常数:K= 。
(a-mx)m·(b-nx)n
a-mx
（3）百分含量: (A)= ×100%。
(a-mx)+(b-nx)+px+qx
p (a-mx)+(b-nx)+px+qx
平
（4）平衡前后的压强之比(物质的量之比): = 。
p a+b
始
a·M(A)+b·M(B)
（5）平均摩尔质量:M= g/mol。
(a-mx)+(b-nx)+px+qx
某气体组分的物质的量
（6）某气体组分的体积分数= ×100%。
混合气体总的物质的量
实际产量
(7)生成物的产率:产率= ×100%。
理论产量
2.分压常数(K )与速率常数(k 、k )
p 正 逆
（1）K 的两种计算模板。
p
①平衡总压为p。
0
N(g) + 3H(g) 2NH (g)
2 2 3
n(平) a b c
a b c
p(分压) p p p
a+b+c 0 a+b+c 0 a+b+c 0
c
( p ) 2
a+b+c 0
K= 。
p a b
( p )·( p ) 3
a+b+c 0 a+b+c 0
②刚性容器起始压强为p,平衡转化率为α。
0
2NO (g) NO(g)
2 2 4
p(始) p 0
0
1
Δp pα pα
0 2 0
1
p(平) p-pα pα
0 0 2 0
1
p α
K= 2 0 。
p
(p -p α)2
0 0
（2）K 与k 、k 的关系。
p 正 逆
以2NO (g) NO(g)为例:
2 2 4v =k ·p2(NO ) ] k p(N O )
正 正 2 k ·p2(NO )=k ·p(N O) 正 = 2 4 =K 。
v =k ·p(N O ) 正 2 逆 2 4 k p2(NO ) p
逆 逆 2 4 逆 2
3.平衡常数与速率常数之间的关系
对 于 基 元 反 应 aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g),v =k ·ca(A)·cb(B),v =k ·cc(C)·cd(D), 平 衡 常 数 K=
正 正 逆 逆
cc(C)·cd(D) k ·v k
正 逆 正
= ,反应达到平衡时v =v ,故K= 。
ca(A)·cb(B) k ·v 正 逆 k
逆 正 逆
命题热点3 速率、平衡图像题的综合分析
1.新高考试题中速率、平衡图像题的特点
（1）图像的形式。
①直接呈现平衡体系中变量的变化:物质的量浓度-时间、组分百分含量-温度、压强-温度。
②平衡体系变量延伸出的变量的变化:分压(物质的量)-时间、转化率-原料物质的量分数、平衡常数K(ln K)-
1
温度倒数( )的图像。
T
（2）考查方式。
①分析出纵、横坐标之间的关系,判断出适宜的反应条件(温度、压强、浓度、反应物的配比等)。
②需要根据分析出的数据信息进行转化、计算得出结果。
2.化学反应速率、平衡图像的分析方法
（1）整体扫描图像,明确面、线、点的物理、化学意义。
①看面:弄清纵、横坐标的物理含义,注意把坐标的变化转变为化学量的变化。
②看线:弄清线的斜率、变化趋势及线的陡与平所代表的化学意义。
③看点:弄清曲线上点的含义,特别是一些特殊点,如与坐标轴的交点、曲线的交点、拐点、最高点与最低点
等。
④作线:多条件变化时,是否需要确定一个条件为衡量的线,如等温线、等压线。
（2）找准切入口,明确图像的意义。
①从“断点”着手。
当可逆反应达到一种平衡后,若某一时刻外界条件发生改变,可能使速率-时间图像的曲线出现不连续的情况,
即出现“断点”。根据“断点”前后的速率大小,即可确定变化的是何种条件。
②从“拐点”入手。
同一可逆反应,若反应条件不同,达到平衡所用的时间也可能不同,反映到图像出现“拐点”的时间也就有差
异。根据外界条件对化学反应速率的影响,即可判断出温度的高低、压强或浓度的大小及是否使用催化剂。
③从曲线的变化趋势着手。
a.对于速率-温度(或压强)图像,由于随着温度逐渐升高或压强逐渐增大,反应速率会逐渐增大,因此图像上出现
的是平滑的递增曲线。
b.温度或压强的改变对正、逆反应速率的影响是一致的,在图像上,就是v(正)、v(逆)两条曲线的走势大致相
同。
c.分析外界条件对化学反应速率的影响时,只能分析达到平衡之后化学反应速率的变化情况。考点一 气相中的化学平衡
1．（2024届广东省大湾区一模）某课题组研究CO 加氢制甲醇。涉及的主要反应有：
2
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
回答下列有关问题：
（1）反应Ⅳ的 。
（2）下列有关说法正确的是___________。
A．增压时， 的物质的量分数一定增大
B．当甲醇的分压不再改变时，体系达到平衡
C．在恒容密闭容器中充入 ，反应Ⅲ速率不变
D．升温时，反应Ⅱ逆反应速率加快的程度大于正反应速率
（3）研究发现：在 条件下，当起始 ，平衡时， 的转化率、含碳产物的选
择性(转化的 中生成 、 或 的百分比，如甲醇的选择性 )与温度
关系如图所示，回答下列问题。
①随着温度升高，甲醇选择性降低而 的转化率却升高的原因可能是 。
②在T温度下，若 的选择性为 ，计算此温度下反应Ⅱ的平衡常数K= (写出计算过
程)。
（4）一种在铜基催化剂上 加氢制甲醇的机理如图所示，其中吸附在铜基催化剂表面上的物种用“*”
标注。①基态铜原子的价电子排布式为 。
②决速步的反应方程式为 。
（5）写出甲醇在生产或生活中的一种应用 。
【答案】（1）-89.5kJ⋅mol-1
（2）BC
（3）生成甲醇的反应均为放热反应，升温时平衡逆向移动，甲醇选择性降低，反应Ⅱ是吸热反应，升温
平衡正向移动，且反应Ⅱ占主导作用 0.198
（4）3d104s1 CH O*+OH*+2H*=CH OH*+H O*
3 3 2
（5）作燃料(或溶剂或制甲醛等)
【解析】（1）反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅳ，根据盖斯定律可知ΔH=ΔH -ΔH =-48.3kJ⋅mol-1-
4 1 2
(+41.2kJ⋅mol-1)=-89.5kJ⋅mol-1，故答案为：-89.5kJ⋅mol-1；
（2）A．反应Ⅱ是等体积变化的反应，反应Ⅳ是气体体积减小的反应，增压时反应Ⅳ的平衡正向移动，
CO的物质的量分数减小，A错误；
B．反应达到平衡时，各物质的浓度、含量均不变，则甲醇的分压不再改变时其浓度不变，体系达到平衡
状态，B正确；
C．在恒容密闭容器中充入Ar时反应物、生成物的浓度均不变，则反应速率不变化，C正确；
D．反应Ⅱ是吸热反应，升高温度时平衡正向移动，即升温时反应Ⅱ逆反应速率加快的程度小于正反应速
率，D错误；
故答案为：BC；
（3）
①生成甲醇的反应Ⅰ、Ⅳ均为放热反应，升高温度时平衡逆向移动；反应Ⅱ是吸热反应，升高温度时平衡
正向移动，且升温对反应Ⅱ的影响程度较大，反应Ⅱ占主导作用，故答案为：生成甲醇的反应均为放热反
应，升温时平衡逆向移动，甲醇选择性降低，反应Ⅱ是吸热反应，升温平衡正向移动，且反应Ⅱ占主导作
用；
②设起始时n(CO)=1mol、n(H )=3mol，由图可知，T温度平衡时CO 的转化率为60%、CHOH的选择性
2 2 2 3
为 60%，CH 的选择性为 10%，则 CO 的选择性为 1-60%-10%=30%，平衡体系中 n(CO)=0.4mol，
4 2
n(CHOH)=1mol×60%×60%=0.36mol，n(CH)=0.06mol，n(CO)=0.18mol，根据 H、O 原子守恒可得：
3 4
2n(H )+2n(HO)+0.36mol×4+0.06mol×4=6mol ， n(H O)+0.8mol+0.36mol+0.18mol=2mol ， 解 得
2 2 2n(H )=1.5mol，n(H O)=0.66mol，此温度下反应Ⅱ的平衡常数K= = =0.198，故答案
2 2
为：0.198；
（4）①基态Cu的原子序数为29，核外电子排布式为[Ar]3d104s1，其价电子排布式为3d104s1，故答案为：
3d104s1；
②反应的能垒或活化能越高，反应速率越慢，该步反应的反应速率决定整个反应的反应速率，是决速步，
由图可知，过渡态5的能垒最高，该步反应为CHO*+OH*+2H*=CH OH*+H O*，故答案为：
3 3 2
CHO*+OH*+2H*=CH OH*+H O*；
3 3 2
（5）甲醇具有可燃性，是良好的有机溶剂，是重要的化工原料等，可用作燃料、溶剂、制备甲醛等，故
答案为：作燃料(或溶剂或制甲醛等)。
2. （2024届广东省茂名一模）工业合成氨是人类科学技术的重大突破，其反应为
。合成氨原料中的 一般由分馏液态空气得到，
可来源于水煤气，相关反应如下：
a．
b．
回答下列问题：
（1） 的反应物总能量_______生成物总能量(填“高于”或“低于”)。
（2）在密闭容器中同时发生反应 ，下列说法正确的是_______。
A. 增大压强，反应 平衡不移动 B. 使用催化剂提高 平衡转化率
C. 升高温度，反应a的 增大， 减小 D. 反应a有非极性键的断裂与形成
（3）实验室模拟合成水煤气，一定温度下在 的密闭容器中加入 与 发生反
应 ，在 达到平衡时， 的转化率是 的物质的量是 ，反应开始到平衡时
生成 的平均反应速率为_______，计算反应 的平衡常数 _____(写出计算过程)。
（4）合成氨总反应在起始反应物 时，在不同条件下达到平衡，设体系中 的体积分数为
，在 下的 、 下的 如图所示，图中对应等压
过程的曲线是______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，当 时氨气的分压 ______ (分压=气体
的物质的量分数×总压)。（5）用氨合成尿素的反应，在高压条件下连续进行，反应历程如图( 均大于0)：
①写出合成尿素决速步骤的热化学方程式：________。
②合成尿素过程中会积聚一定浓度的氨基甲酸铵( )，为减少氨基甲酸铵的积聚，提高尿素
的产率，可控制 与 的通入比例_______ (填“>”“<”或“=”)。
【答案】19. 低于 20. D
21. ①. mol/(L·min) ②.
22. ①. Ⅱ ②. 15
23. ①. HNCOONH (l) CO(NH)(l)+H O(g) △H=+QkJ/mol ②. <
2 4 2 2 2 2
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应a+b可得反应C(s)+2HO(g) CO(g)+2H(g)，则反应△H=(+131.3kJ/mol)+ (—
2 2 2
41.2kJ/mol)= +90.1kJ/mol，则该反应是反应物总能量低于生成物总能量的吸热反应，故答案为：低于；
【小问2详解】
A．反应b是气体体积不变的反应，但增大压强，a平衡逆向移动，水蒸气浓度增大，b化学平衡正向移
动，故错误；
B．使用催化剂，化学平衡不移动，一氧化碳的平衡转化率不变，故错误；
C．升高温度，反应a的正逆反应速率都增大，故错误；
D．反应a中有碳碳非极性键的断裂与氢氢非极性键的形成，故正确；故选D；
【小问3详解】
设反应a生成的一氧化碳的物质的量为a，由题给数据可建立如下三段式：
由反应b消耗一氧化碳和水蒸气的物质的量比为1∶1可得：a—0.4=2.0—a，解得a=1.2，则反应开始到平衡
时生成二氧化碳的反应速率为 = mol/(L·min)，反应的平衡常数K=
= ，故答案为： mol/(L·min)； ；
【小问4详解】
合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的体积分数减小，则图中对应等压过程
的曲线为Ⅱ；曲线Ⅰ为等温线，当氨气体积分数为50%时，氨气的分压为30MPa×50%=15MPa，故答案
为：Ⅱ；15；
【小问5详解】
①反应的活化能越大，反应速率越慢。慢反应是反应的决速步骤，由图可知，活化能最大的反应为液态
HNCOONH 分解生成液态尿素和液态水，反应生成1mol尿素，吸收QkJ的热量，则合成尿素决速步骤的
2 4 2
热化学方程式为HNCOONH (l) CO(NH)(l)+H O(g) △H=+QkJ/mol，故答案为：HNCOONH (l)
2 4 2 2 2 2 2 4
CO(NH)(l)+H O(g) △H=+QkJ/mol；
2 2 2 2
②由化学式可知，二氧化碳与氨气的反应机理可能为氨气与二氧化碳发生加成反应生成HNCOOH，
2
HNCOOH与氨分子发生取代反应生成尿素，所以若氨气过量，会与HNCOOH反应生成HNCOONH ，
2 2 2 4
所以为防止HNCOONH 的积聚，提高尿素的产率，可控制氨气和二氧化碳的通入比例小于2：1，故答案
2 4
为：<。
3．（2024届广东省湛江一模） 是重要的化工原料，在生产和生活中都发挥着重要作用。
（1）配合物广泛存在于自然界，其中 能与 形成深蓝色 溶液。
①基态 的3d电子轨道表示式为 。② 的配位原子是 ，氨气中H—N—H的键角小于配合物中H—N—H的键角，其原因
是 。
（2）氨是制取硝酸的重要原料。氨的催化氧化过程主要有以下两个反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
①反应 。
②不同温度下氨催化氧化的平衡常数如下( )；
温度(℃) 300 500 700 900 1100
反应Ⅰ( ) 6.3×1041 1.1×1026 2.1×1019 3.8×1015 3.4×1011
反应Ⅱ( ) 7.3×1056 7.1×1034 2.6×1025 1.5×1020 6.7×1016
下列说法正确的是 。
A．如果对反应不加控制，氨和氧气反应的最终产物主要是
B．为使反应有利于向生成更多的NO方向进行，不必关注热力学问题(平衡移动问题)，需要关注动力学问
题(反应速率问题)
C．在实际生产中，需采用高压氧化，以利于提高NO的产率
D．反应中需控制氨氧比、选择性催化剂的形状、气固相接触时间等
（3）已知可通过下列方法合成尿素：
第一步：
第二步：在体积为5 L的密闭容器中加入1 mol 和4 mol ，在一定条件下反应进行到10 min时，
测得 和尿素的物质的量均为0.25 mol，15 min后，测得 的物质的量为0.1 mol，如图所示。
①若用单位时间内物质的量的变化来表示固体或纯液体的反应速率，则 10 min内第一步反应中生成
(氨基甲酸铵)的平均反应速率为 。
②反应进行15分钟后，随着时间的变化，尿素和氨基甲酸铵的物质的量变化比较明显，但氨气和二氧化碳
的物质的量基本不变，其主要原因是 ，第一步反应的平衡常数 (列出算式即可)。【答案】（1） N 中存在一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的
排斥力较强
（2） AD
（3） 第一步反应速率较快，15 min内反应达到平衡；尿素与氨基甲酸铵均为液体，
其物质的量的变化不会对第一步反应的平衡造成影响
【解析】（1）①基态 的3d电子轨道表示式为 。
② 的配位原子是N， 中存在一个孤电子对，孤电子对对成键电子对斥力较强，所以
中H—N—H的键角小于配合物中的该键角。
（2）①根据盖斯定律，可知 。
②A．相同温度下，反应Ⅱ平衡常数更大，如果对反应不加控制，氨和氧气反应的最终产物主要是 ，A
项正确；
B．为使反应有利于向生成更多的NO方向进行，需要同时关注热力学问题(平衡移动问题)和动力学问题
(反应速率问题)，B项错误；
C．该反应为气体分子数目增加的反应，增大压强平衡逆向移动，故在实际生产中，采用高压氧化，不一
定利于提高NO的产率，C项错误；
D．反应中需控制氨氧比、选择性催化剂的形状、气固相接触时间等，D项正确；
故选AD。
（3）
①用单位时间内物质的量的变化来表示固体或纯液体的反应速率，则 10 min 内第一步反应中生成
( 氨 基 甲 酸 铵 ) 的 平 均 反 应 速 率
。
②第一步反应速率较快，15 min内反应达到平衡，随着时间的变化，氨气和二氧化碳的变化很小，第二步
反应速率较慢，15分钟反应还未达到平衡，随着时间的变化，尿素和氨基甲酸铵的物质的量变化比较明
显；根据“三段式”
可知，平衡时 的物质的量为2.2 mol，因为固体或液体纯物质一般不列入平衡常数，则第一步反应的平衡常数 。
4．（2024届广东省佛山一模）以 为原料在特定条件下可生产醇类、烷烃、碳酸酯等，实现二氧化碳
资源化。科学家通过如下反应合成甲醇： 。
已知：
回答下列问题：
（1）计算上述合成甲醇反应的焓变 。
（2）科学研究中常用产物的时空收率（单位物质的量催化剂表面产物分子的平均生成速率）来衡量催化
效果．在3 MPa， 时，不同Ni、Ga配比的Ni-Ga/ 催化剂下，测定甲醇时空收率随
温度的变化曲线如图所示．甲醇时空收率随温度变化先增大后减小的原因是 。催化剂的最佳配比和
反应温度是 。
（3）将等量 和 充入恒温恒容密闭容器中反应合成甲醇，已知该温度下反应的化学平衡常数
，下列事实说明该反应已达平衡的是______。
A．气体密度保持不变
B． 与 的生成速率相等
C．某时刻容器中 ， ，
D．混合气体的平均相对分子质量不变
（4）① 合成 存在以下副反应： 。5MPa，200℃时在1 L容
器中投入1 mol 和3 mol ，达成平衡时，二氧化碳转化率为0.5，甲醇选择率为0.8（甲醇选择率=
）。计算合成甲醇反应的化学平衡常数K（写出过程，结果列出计算表达式）
。
②已知200℃时有60%以上的原料未转化，为了提高转化率，设计如图流程分离甲醇和水，循环利用原料
气。已知甲醇的沸点是64.7℃，根据信息判断反应室的温度 闪蒸室的温度（选填“<”、“=”或
“>”）．在原料气中通入CO的目的是 。【答案】（1）-54
（2）温度越高反应速率越快，故随温度升高，反应速率加快，Ni Ga、NiGa催化下甲醇时空收率曲线上
4 3
升，催化剂需要一定的活性催化温度，温度过高，催化剂活性下降，甲醇时空收率下降 5:3、210℃
（3）BD
（4） < 提高二氧化碳和氢气的利用率
【解析】（1）已知：
①
②
由盖斯定律可知，3×①-②得反应：
；
（2）温度越高反应速率越快，故随温度升高，反应速率加快，Ni Ga、NiGa催化下甲醇时空收率曲线上
5 3
升，催化剂需要一定的活性催化温度，温度过高，催化剂活性下降，甲醇时空收率下降；由图示可知，反
应最佳条件为催化剂的最佳配比5:3、使用催化剂在210℃左右下进行反应，该条件下甲醇时空收率最高；
（3）A．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；
B．反应速率比等于系数比， 与 的生成速率相等，则说明正逆反应速率相等，反应平衡；
C．某时刻容器中 ， ， ，则
，没有平衡；
D．混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以
M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡；
故选BD；
（4）①5MPa，200℃时在1 L容器中投入1 mol 和3 mol ，达成平衡时，二氧化碳转化率为0.5，
则反应二氧化碳0.5mol，甲醇选择率为0.8，则生成甲醇0.5mol×0.8=0.4mol；平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水的物质的量浓度分别为0.5mol/L、1.7mol/L、0.4mol/L、0.5mol/L，则
；
②已知甲醇的沸点是64.7℃，设计如图流程分离甲醇和水，循环利用原料气，则反应室为降低到甲醇的沸
点以下液化水、甲醇，闪蒸室升温使得甲醇气化而水不气化，分离出甲醇气体，故反应室的温度低于闪蒸
室的温度；在原料气中通入CO的目的是抑制副反应的进行，促使正反应正向进行，提高二氧化碳和氢气
的利用率。
5．（2024届广东省广州市天河区二模）研究氮氧化物分解的反应机理，对于控制汽车尾气排放、保护环
境有重要意义。
I.直接催化分解法是消除 的主要方法，已知部分 催化分解过程如下：
①
②
③
④
（1）反应 的 。
（2）T℃，在密闭容器中尝试利用表面催化工艺分解 ，用 分别表示 、
、 和固体催化剂，则在固体催化剂表面分解 的反应过程可用下图表示。
已知： 在固体催化剂表面吸附过程自发发生，且总熵减小。画出从状态A到状态D体系能量的变化曲
线图 。
（3）T℃和恒定压强 时，在密闭容器中模拟废气中的 催化分解过程，各组分的信息如下表：
物质
N(投料)/ 19 34 6.5 25 0 0
n(平衡)/ 50 1 20 25 x y
①x= ，y= ，该温度下反应②的压强平衡常数 (分压=总压×物质的量分数)。
②若先除去废气中的 ，再在相同条件下模拟实验，发现 的平衡转化率明显降低，其原因是。
Ⅱ.用含碳物质消除氮氧化物也是防治污染的有效方法。
（4）活性炭还原法消除氮氧化物污染的反应原理为： 。已知该反
应正、逆反应速率方程分别为 、 ，其中 、 分别为正、逆反
应速率常数，其变化曲线如下图所示，则该反应的反应热 0(填“>”或“<”)。
（5）将含等物质的量的 和C0的混合气体分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的刚性容器中，进行
反应 ，经过相同时间测得 的转化率如图所示，图中cd段转
化率下降的可能原因是 。(任写一种)
【答案】（1）ΔH=2ΔH-ΔH 或者ΔH=2ΔH+2ΔH-ΔH 或者ΔH=ΔH+ΔH+ΔH-ΔH
1 3 1 4 3 1 2 4 3
（2）
（3）2 2 500P kPa 恒压条件下，除去CO 相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的
0 2
方向移动，三个反应均是逆向移动
（4）＜
（5）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以NO的转化率在cd段转化率下降（或者升高温
度，催化剂的活性降低，反应速率减慢，转化率下降）
【解析】（1）根据盖斯定律，① -③，或者② ，或者①+②+④-③可得题中
2NO
2
(g)⇌N
2
(g)+2O
2
(g)，则ΔH=2ΔH
1
-ΔH
3
或者ΔH=2ΔH
1
+2ΔH
4
-ΔH
3
或者ΔH=ΔH
1
+ΔH
2
+ΔH
4
-ΔH
3
；
（2）A→B过程中固体催化剂表面吸附，能量降低，B→C过程NO分子中化学键断裂是吸热过程，C→D过程N≡N键、O═O键形成，释放能量，其能量变化如图所示： ；
（3）①平衡时生成的氧气为20mol-6.5mol=13.5mol，反应①消耗的NO是27mol，平衡时总消耗NO是
2 2
33mol，设反应②和反应③分别消耗NO为xmol和ymol，则x+y=6，0.5x+0.75y=50-19-27=4，解得x=2，
2
y=4，因此最终得到的NO是2mol，NO 是2mol，平衡时总的物质的量为50+1+20+25+2+2=100mol，反应
2
①中NO、N、O 各气体的物质的量分数分别为 、 、 ，由此求出各气体的分压为分压p(N O)=
2 2 2 2
PkPa、p(N )= PkPa、p(O )= PkPa，则平衡常数K = =500P kPa；
0 2 0 2 0 p 0
②恒压条件下，除去CO 相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的方向移动，三个反应均是逆向移
2
动，所以NO的平衡转化率明显降低；
2
（4）由图可知，随 增大，lgk 和lgk 均减小，即随T的减小，k 和k 都减小，且k 的减小幅度小
正 逆 正 逆 正
于k 减小幅度，说明降低温度，平衡正向移动，说明该反应是放热反应；
逆
（5）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以NO的转化率在cd段转化率下降（或者升高温
度，催化剂的活性降低，反应速率减慢，转化率下降）。
6．（2024届广东省广州市惠州三模）减少NO 、CO 的排放，实现资源化利用是化学工作者研究的重要课
x 2
题。（1）尿素水解生成的NH 催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，且为可逆过程。反应过程与能量关系如图
3
1，在以Fe O 为主的催化剂表面可能发生的反应过程如图2.
2 3
①NH 催化还原NO为 (填“放热”“吸热”)反应。
3
②基态Fe3＋的价层电子排布式为 。
③上述脱硝的总反应化学方程式为： 。
（2）电厂烟气脱氮的反应为：4NH
3
(g)＋6NO(g)⇌5N
2
(g)＋6H
2
O(g)ΔH<0，现向某2L密闭容器中分别投入
一定量的NH 和2.0×10-4molNO发生以上反应。其他条件相同时，在甲、乙两种催化剂的作用下，反应
3
1min时NO的转化率与温度的关系如图3.
①在催化剂甲的作用下，温度高于210℃小于300℃时，NO转化率降低的可能原因是 。
②100—300℃区间，0~1min内，使用甲催化剂时NO的最高平均速率为 。
（3）工业以NH 和CO 为原料合成尿素。液相中，合成尿素的热化学方程式为：2NH (l)＋CO(l)
3 2 3 2
HO(l)＋NH CONH (l) ΔH<0，在液相中，CO 的平衡转化率与温度、初始氨碳比(用L表示，L=
2 2 2 2
)、初始水碳比(用W表示，W= )关系如图4.
①曲线A、B中， (填“A”或“B”)的W较小。
②对于液相反应，常用某组分M达到平衡时的物质的量分数x(M)代替平衡浓度来计算平衡常数(记作K)。
x
195℃时，2NH (l)＋CO(l) HO(l)＋NH CONH (l)的K 的值为 。
3 2 2 2 2 x
【答案】（1）放热 3d5 4NH +4NO+O 4N+6H O
3 2 2 2
（2）催化剂活性降低 6.0×10-5mol/(Lmin)
（3）A 3.25
【分析】【小问1详解】①由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
②Fe的价电子排布式为3d64s2，而Fe3+失去3个电子，因此为3d5
③由图可知，反应物为氨气、一氧化氮、氧气、生成物为氮气和水，则脱硝的总反应为
；
【小问2详解】①催化剂的活性受温度的影响，温度升高催化剂的活性可能降低，因此转化率减小；②由图可知100℃-300℃之间，NO的最高转化率为60%,故NO的变化量为2.0 10-4 60%=1.2 10-4mol，由
公式可知为 ；
【小问3详解】①当初始氨碳比相同，水碳比越大，二氧化碳的转化率越小，根据图中信息可知，曲线A
二氧化碳转化率大于B曲线，则W较小的曲线A。
②N点氨碳比为3，初始水碳比为0，二氧化碳的转化率为75%，设初始氨气物质的量为3a mol,
平衡时总物质的量为3.25a mol,则
7．（2024届广东省江门一模）二氧化碳加氢是对温室气体的有效转化，也是合成再生能源与化工原料的
重要途径。
（1）已知在25℃和101kPa时， 和 的燃烧热分别为 和 。由 加氢反
应制备 的反应为： ，该反应的反应热 。
（2）① 催化加氢可以制低碳烯烃： ，该反应在恒压条件下，
反应温度、投料比 对 平衡转化率的影响如图所示，该反应为 反应（填“吸热”或
“放热”）， 、 、 的相对大小为 。
② 催化加氢制低碳烯烃，反应历程如下图所示， 首先在 表面解离成2个 ，随
后参与到 的转化过程。注：“□”表示氧原子空位，“*”表示吸附在催化剂上的微粒。
理论上反应历程中消耗的 与生成的甲醇的物质的量之比为 。
（3）二氧化碳可催化加氢制甲醇。在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入 和 ，发生反应：
。测得在相同时间内，不同温度下 的转化率如图所示。
① （填“＞”“＜”或“＝”）。
②下列说法正确的有 。
A．b点时达到平衡状态
B．a点时容器内气体密度大于b点
C．平均相对分子质量不再改变时，该反应达到平衡状态
D．温度高于 后 转化率下降，原因可能是该反应
（4）一定条件下 可与 反应制备甲酸。T℃时，将1mol 与1mol 混合气体充入体积为1L恒容
密闭容器发生反应： 。已知反应速率： ，
， 、 分别为正、逆反应的速率常数；平衡常数： 。当 的转化率为20%
时， （写出计算过程）。
【答案】（1）-252.9
（2）放热 > > 6：1
（3）< CD
（4）6.4【解析】（1）根据 和 的燃烧热分别为 和 ，可得如下热化学方程式：
① ；
② ；
根据盖斯定律， 可得 ；
=-252.9 ；
（2）①由图象可知，在投料比 一定时，温度升高，CO 的转化率降低，说明平衡逆向移
2
动，该反应为放热反应；温度相同时，投料比 越大，CO 的转化率越大，即 、 、 的
2
相对大小为 > > ；
② H 首先在Zn−Ga−O面解离成2个H*，随后参与到CO 的还原过程，即由得失电子守恒有
2 2
3H∼CHOH∼6H*，所以产生1molCH OH消耗6molH*，答案为6：1；
2 3 3
（3）①温度越高化学反应速率越大，图中c点温度比a点的温度高，且c点为平衡状态，正、逆反应速率
相等，a点还未达到平衡状态，正反应速率大于逆反应速率，即使a点温度下达到平衡状态，a点的逆反应
速率也小于c点的逆反应速率；
② A．b点时没有达到平衡状态，故A错误；
B．该容器为恒容容器，密度始终不变，故B错误；
C．该反应为气体体积不相等的反应，平均相对分子质量不再改变时，该反应达到平衡状态，故C正确；
D．温度高于 后反应已经平衡， 转化率下降，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，故D
正确；
答案为CD；
（4）当CO 转化率为20%时：
2
此时c(CO)=c(H )=0.8mol/L，c(HCOOH)=0.2mol/L，当反应达到平衡时，v(正)=v(逆)，即
2 2
= ，所以 =K=2， =6.4。
8．（2024届广东省梅州一模）利用γ-丁内酯（BL）制备1，4-丁二醇（BD），反应过程中伴有生成四氢
呋喃（THF）和1-丁醇（BuOH）的副反应，涉及反应如下：已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②反应均在高压 氛围下进行，故 压
强始终近似等于总压。回答下列问题：
（1）以 或BD为初始原料，在498K、能量 的高压 氛围下，分别在恒压容器
中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热akJ；以BD为原料，体系从环境吸热bkJ。忽略
副反应热效应，在下图中画出由BD反应原料生成平衡混合物的反应过程能量变化图。反应Ⅰ：
。
（2）下图甲表示在总压为 的恒压条件下且起始时 与γ-丁内酯的物质的量之比为2时，反应
1达到平衡时各物质的物质的量分数（y）与温度的变化关系图。图中表示 的物质的量分数曲线是
；P点时，γ-丁内酯的转化率约为 。
（3） 表示某物种i的物质的量与除 外其他各物种总物质的量之比。498K、 下，以BL为
原料时， 和 随时间t变化关系如图乙所示。则 时刻 ，反应Ⅰ平衡常数
（用分压代替浓度，分压等于总压×该物质的物质的量分数，列出计算式即可）。（4）利用电解合成法也能在有机质子溶剂中实现BL→BD的转化，该转化发生在 极，电极反
应式为 。
【答案】（1）
（2）a 66.7%
（3）0.09%
（4）阴 BL+4e-+4H+=BD
【解析】（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达
到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以 为原料，达到平衡时放出akJ热量与同物
质的量的BD为原料达到平衡时吸收bkJ热量的能量二者能量差值为(a+b)kJ，则1molBL转化为1molBD时
放出 能量，
。
（2）正反应放热，升高温度平衡逆向进行，反应物的含量增加，所以a表示氢气，b表示γ-丁内酯，c表
示1，4-丁二醇。图2中P点时氢气和1，4-丁二醇的含量相等，设反应前氢气是2mol、γ-丁内酯是1mol，
消耗γ-丁内酯是xmol，氢气是2xmol，生成1，4-丁二醇是xmol，则x＝2－2x，解得x＝ ，所以
的转化率约为66.7%，
（3）整个过程发生三个反应：反应I：BL(g)+2H (g) BD(g)，反应II：BD(g)→THF(g)+H O(g)，反应
2 2
III：BD(g)+H(g)→BuOH(g)+H O( g)，因H 压强近似等于总压且远高于其他气体，所以H 压强可视为定
2 2 2 2
值，其变化量可以忽略，由上述三个反应可以发现，体系总物质的量的增加量正好是BD参与反应II、III
的量，也正好是HO(g)的物质的量，设以 为原料，在t 时BL转化了amol，BD转化了b
2 1
mol，体系总物质的量是( + b) mol，结合题图甲数据付x ： 、x ：
BL BD
，联立解得b= ，则t 时刻 =0.09%，该平衡状态下，BL+BD
1
+THF + BuOH +H O的总压为p kPa，则BL的分压是0.48×p kPa，BD的分压是0.36×p kPa，H 的压强
2 总 总 总 2近似等于总压，故反应I的平衡常数K=
p
。
（4）BL→BD的转化的过程中H原子数目增大，为还原反应，该转化发生在阴极，电极反应式为BL+4e-
+4H+=BD。
9．（2024届广东省韶关一模）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理
并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式；
①
②
③
则 kJ/mol，反应③能够自发的条件是 。
（2）下列叙述能说明反应③达到平衡状态的是 （填字母序号）。
A．2v (H S)=v (CS) B．恒温恒容条件下，体系压强不再变化
正 2 逆 2
C．气体的总质量不再变化 D．混合气体平均摩尔质量不再变化
（3）反应压强为100kPa，投料比n(CH)/n(HS)分别为a、b、c的条件下，反应③中HS的平衡转化率随
4 2 2
温度变化情况如图1所示，则a、b、c由大到小的顺序为 ;H S的平衡转化率随温度升高
2
而增大的原因是 。
（4）在1275K、100kPa反应条件下，将物质的量之比为3:3:2的HS、CH、N 混合气进行反应③（N 不
2 4 2 2
参与反应），平衡时混合气中CS 的分压与HS的分压相同，HS的平衡转化率为 （保留小
2 2 2
数点后一位），平衡常数K= kPa2（以分压表示，分压 总压 物质的量分数）。
p
（5）我国科学家设计了一种CO+H S协同转化装置，实现对天然气中CO 和HS的高效去除，过程如图2
2 2 2 2
所示，则阳极区发生的总反应为 。【答案】（1）+261 高温
（2）BD
（3）a>b>c 反应③是吸热反应，升高温度，平衡正向移动
（4）66.7% 1.28×104
（5）HS-2e-=S+2H+
2
【解析】（1）由盖斯定律可知，①+②得反应③，则 180+81=+261kJ⋅mol；反应为熵增的吸热反
应，则反应③能够自发的条件是高温；
（2）A．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，有v (H S)=2v (CS)，说明v
正 2 逆 2 正
(CS)=v (CS)，满足平衡状态的特征，故A错误；
2 逆 2
B．该反应是气体分子数可变的反应，恒容条件下压强不变说明反应达到平衡状态，故B正确；
C．该反应物和生成物都是气体，根据质量守恒定律，气体的总质量不变，不能说明反应达到平衡状态，
故C错误；
D．混合气体平均摩尔质量 ，气体的物质的量发生变化，总质量不变，则混合气体平均摩尔质量不
再变化时，能作为平衡的标志，故D正确；
故选BD；
（3）相同条件下，增加甲烷的投料，平衡正向移动，会促进硫化氢的转化，故a、b、c由大到小的顺序为
a>b>c；反应③为吸热反应，温度越高，平衡正向移动，导致反应③HS平衡转化率增大；
2
（4）将n(H S)∶n(CH)∶n(N )=3∶3∶2的混合气进行反应，设n(H S)=3mol,设转化物质的量为
2 4 2 2
xmol,n(CH)=3mol,n(N )=2mol,结合三段式列式得到，
4 2
，在1000℃、100kPa反应条件下，CS 分压与
2HS的分压相同 3-2x=x，x=1，HS的平衡转化率为 ；平衡后气体的总物质的量为
2 2
2mol+1mol+1mol+4mol+2mol=10mol,p(CH )= ×100kPa=20kPa,p(H S)=p(CS)= ×100kPa=10kPa,p(H )=
4 2 2 2
×100kPa=40kPa,则反应③的K= =1.28×104(kPa)2；
p
（5）根据图示阳极区为HS转化为S，失去电子，则阳极区的电极反应式为：HS-2e-=S+2H+。
2 2
10．（2024届广东省汕头二模）金属钛（Ti）重量轻、强度高、抗腐蚀能力，在航空航天、医疗器械等工
业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将金红石（ ）转化为 ，再进一步还原得到钛。
（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式： 。
（2） 转化为 有直接氯化法（Ⅰ）和碳氯化法（Ⅱ）。
Ⅰ．
Ⅱ．
已知： 的燃烧热为393.5 '， 的燃烧热为283.0
① 。
②碳氯化反应过程中CO和 可以相互转化，如图1所示，下列关于碳氯化反应说法正确的是 。
A． 生成CO反应为放热反应
B．升高温度， 平衡转化率减小
C．增大压强，碳氯化反应平衡向正反应方向移动
D．如图2所示 晶胞中 位于 所构成的正八面体的体心，则 的配位数是6
③碳氯化法中生成CO比生成 更有利于 转化为 ，从熵变角度分析可能的原因是 。
（3）经光谱分析在碳氯化反应中有光气（ ）生成，后 继续反应，有理论认为机理如下：一分子 含有 个σ键，决速步骤的反应方程式为 。
（4）在 ，将 、C、 以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例（物质的
量分数）随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应 的平衡常数 Pa。
②图中显示，在200℃平衡时 几乎完全转化为 ，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原
因是 。
【答案】（1）
（2）-49 BD 生成CO反应的嫡增变化幅度更大，更有利于反应正向进行
（3）3
（4） 提高反应速率，在相同时间内得到更多的 产品
【解析】（1）
Ti的原子序数为22，基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，轨道表示式为：
；（2）①I：TiO(s)+2Cl (g)=TiCl (g)+O(g)∆H =+172kJ⋅mol-1，已知： 的燃烧热为393.5 '，
2 2 4 2 1
的燃烧热为283.0 ，Ⅲ：C(s)+O(g)=CO (g)∆H =-393.5kJ⋅mol-1，Ⅳ：CO(g)+
2 2 3
O(g)=CO (g)∆H =-283.0kJ⋅mol-1，根据盖斯定律I+2×Ⅲ-2×Ⅳ得
2 2 4
=(172-393.5×2+283.0×2)kJ/mol=-49kJ/mol；
②A．根据Ⅲ：C(s)+O(g)=CO (g)∆H =-393.5kJ⋅mol-1，Ⅳ：CO(g)+ O(g)=CO (g)∆H =-283.0kJ⋅mol-1，根
2 2 3 2 2 4
据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅳ得CO(g)+ C(s)=2 CO(g)，∆H=-393.5+2×283.0=+172.5kJ⋅mol-1， 生成CO反应为吸
2
热反应，故A错误；
B．碳氯化反应过程中生成CO发生反应Ⅱ，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则 平衡
转化率减小，故B正确；
C．反应Ⅱ的气体分子数增大，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，碳氯化反应平衡向逆反应方
向移动，故C错误；
D．均摊法可知，TiO 晶胞中黑色球数目为1+8× =2，白色球数目为2+4× =4，结合黑色球与白色球数目
2
之比为2：4=1：2，故黑色球为Ti、白色球为O，晶胞中体心Ti与周围有6个O原子， 晶胞中 位
于 所构成的正八面体的体心，则 的配位数是6，故D正确；
故选BD；
③焓减和熵增有利于反应正向进行，碳氯化法中生成CO比生成 更有利于 转化为 ，原因
是：生成CO反应的嫡增变化幅度更大，更有利于反应正向进行；
（3）
的结构式为 ，单键由1个σ键形成，双键由1个σ键和1个π键形成，则一分子
含有3个σ键；正反应活化能越大反应速率越慢，最慢的一步决定整个反应的速率，则决速步骤的
反应方程式为 ；
（4）①反应 的平衡常数 ；
②考虑实际生产中要尽可能的在单位时间内多出产品，故应该为加快反应速率，提高生产效率。
考点二 液相中的化学平衡
11．（2024届广东省广州市黄浦区二模）甲基叔戊基醚 (TAME，简写为T)常用作汽油添加
剂。在催化剂作用下，通过甲醇 (简写为M)与2-甲基-2-丁烯(简写为A)的液相反应制得。通过控制
条件，体系中主要发生如下反应( 为2-甲基-1-丁烯的简写，不考虑其他副反应)：反应
反应ii：
反应iii：
（1）磷钼酸 可作为制备TAME反应催化剂的浸渍试剂。已知钼元素位于第五周期第VIB
族，核外电子排布与 相似。
①基态钼原子的价层电子排布式为 。
②完成化学方程式：
（2）比较 (填“>”、“<”或“=”)。
（3）我国学者团队对制备TAME反应的催化剂进行了研究。研究衣明：用不同浓度(13%)的磷钼酸浸渍催
化剂，浓度越大催化剂催化活性越好。用浓度分别为 的磷钼酸浸渍催化剂进行了三组实验，得
到 随时间 的变化曲线如图所示。
①用 的磷钼酸浸渍时，在 内， 的平均生成速率为 。
②下列仿关说法正确的有 。
A．三组实验中，反应速率都随反应进程一直增大
B．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释， 减小
C．催化剂可加快化学反应速率，提高甲醇的平衡转化率
D．降低温度，反应 和ii的正、逆反应速率都减小
E．达到平衡后，加入 不变
（4）研究团队继续研究其他条件不变时，不同醇烯比 (甲醇 与烯烃 的起始物质的量浓度之比)
对平衡的影响，当 起始浓度 时，测得平衡时 和 的 随 的变化曲线如
图。①曲线 呈现如图所示变化的原因是 。
②当 时，计算反应I的平衡常数 (写出计算过程)。
【答案】（1）4d55s1 Na HPO
2 4
（2）>
（3） BDE
（4） 增大相当于增大c(M)，反应i平衡正向移动，c(T)增大，反应ii平衡逆向移动，c(B)减小
【解析】（1）①钼是42号元素，基态钼原子的价层电子排布式为4d55s1；
②由原子守恒完成化学方程式为： NaHPO 。
2 4
（2）由盖斯定律可知，反应iii-反应ii可得反应i，则 ，则 > 。
（3）①磷钼酸浓度越大催化剂催化活性越好，反应速率越快，则曲线I代表 的磷钼酸，在 内，
的平均生成速率为 ；
②A．三组实验中，磷钼酸的浓度逐渐减少，反应速率都随反应进程一直减小，故A错误；
B．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，c(A)减小，反应 的平衡常数K= 不变，则 减小，
故B正确；
C．催化剂可加快化学反应速率，但不能提高甲醇的平衡转化率，故C错误；
D．降低温度，反应 和ii的正、逆反应速率都减小，故D正确；
E．反应iii的平衡常数K= ，达到平衡后，加入M，K值不变， 不变，故E正确；
故选BDE。
（4）① 增大相当于增大c(M)，反应i平衡正向移动，c(T)增大，反应ii平衡逆向移动，c(B)减小；
②根据已知条件列出“三段式”平衡时c(T)=c(B)=0.018mol/L=x-y=z+y，x+z=0.036mol/L，c(M)=0.063 mol/L -x+y=0.045mol/L，c(A)=0.1
mol/L -x-z=0.064 mol/L，则反应I的平衡常数K= 。
12．（2024届广东省深圳一模）用“氧化-萃取法”可从卤水中提取碘，其方法为向酸化的卤水中加入
溶液，再加入萃取剂（R）进行萃取。该过程涉及以下反应：
（ⅰ）
（ⅱ）
（ⅲ）
（1）根据盖斯定律，反应 。
（2）基态碘原子价层电子的轨道表示式为 。
（3）①反应条件会影响碘的萃取率。其他条件不变时，不同温度下达平衡时碘萃取率
［ ］曲线如图所示：
萃取温度从300 K升高至320 K，碘萃取率缓慢下降。结合平衡移动原理，分析其原因
（忽略萃取剂的挥发、 的挥发及 分解产生的影响）。当萃取温度超过320 K时， 的分解导致碘萃取率明显下降。
②下列说法不正确的是 （填标号）。
A．增大溶液的pH，碘萃取率降低 B．增大萃取剂用量，碘萃取率升高
C．萃取体系平衡后加水稀释， 变小 D．增大 的浓度，反应（ⅰ）的速率增大
（4）未加萃取剂时，固定总碘浓度为 ，平衡时溶液中的 、 、 分布系数 与溶液中初始
关系如图所示。［总碘浓度 各组分折合为 后的浓度之和， ，
如 ］
①设平衡时 、 、 分别为 、 、 ，则 、 、 之间的关系式为
。
②计算反应 的平衡常数 （结果保留3位有效数字）。
（5）测定卤水中的 方法：取 卤水于锥形瓶中，加适量氧化剂恰好将 全部氧化为 ；加
溶液酸化后，再加入适量 溶液，密闭静置后，用 标准溶液滴定至溶液呈
微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点；平行测定3次，平均消耗 ，则卤水中
。（已知： ）
【答案】（1）—276.4kJ/mol
（2）
（3）反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，碘萃取率下降 C
（4）a+2b+3c 667
（5）2.000×10—3
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ+ⅱ得到反应 ，则反应△H=(—257.5kJ/mol)+(—18.9 kJ/mol)= —276.4kJ/mol，故答案为：—276.4kJ/mol；
（2）碘元素的原子序数为53，基态原子的价电子排布式为5s25p5，轨道表示式为
，故答案为： ；
（3）①反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，萃取温度从300 K升高至320 K时，温度升高，平衡向逆反应方向移
动，RI 有机相的浓度减小，碘萃取率下降，故答案为：反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均向
逆反应方向移动，碘萃取率下降；
②A．增大溶液的pH，溶液中氢离子浓度减小，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ平衡向逆反应方向移动，导致平衡碘萃取
率降低，故正确；
B．增大萃取剂用量，反应ⅲ向正反应方向移动，碘萃取率升高，故正确；
C．由方程式可知，反应ⅱ的平衡常数K= ，溶液中 = ，萃取体系平衡后加水稀释
时，碘离子浓度减小、平衡常数不变，则溶液中 和 的值增大，故错误；
D．增大溶液中碘离子的浓度，反应物的浓度增大，反应(ⅰ)的速率增大，故正确；
故选C；
（4）①由碘原子个数守恒可知，平衡时溶液中 + + =0.01mol/L，由此可得
a+2b+3c=0.01，故答案为：a+2b+3c；
②由图可知，溶液中碘离子浓度为0.01mol/L×0.45=4.5×10—3mol/L、碘三离子的浓度为0.01mol/L×0.45×
=1.5×10—3mol/L、碘浓度为0.01mol/L×(1—0.045—0.045)× =5×10—4mol/L，则由方程式可知，反应的平衡
常数K= ≈667，故答案为：667；
（5）由题意可得如下转化关系：I——IO —3I—6SO ，滴定消耗20.00mL0.01500 mol/L硫代硫酸钠溶
2 2
液，则卤水中碘离子浓度为 =2.000×10—3mol/L，故答案为：2.000×10—3。
13．（2024届广东省肇庆二模）酚类化合物在医疗、环保、工业等方面有着广泛的用途。
（1）苯酚可用于外科器械消毒、皮肤杀菌与止痒，可通过磺化法制备。该工艺具体流程如下：
反应③的化学方程式为 。
（2）石油加工、造纸等企业易产生含有苯酚的工业废水，可通过O-H O 氧化法进行处理，其原理为
3 2 2C HOH+H O+O →CO+H O(非可逆反应，反应未配平)。在T℃和T℃时，分别向含有苯酚的水样中加入
6 5 2 2 3 2 2 1 2
等量的30%H O 溶液，再以相同的流速向水样中通入O，测得水样中苯酚的含量随时间变化的曲线如图所
2 2 3
示。
①在T℃时，0~10min内，C HOH的平均反应速率为 。
1 6 5
②请判断T 和T 的大小：T (填“>”“<”或“=”)T，T℃时对工业废水中苯酚的去除率低于
1 2 1 2 1
T℃时的原因可能是 (写一种即可)。
2
（3）利用FeCl 溶液与苯酚的显色反应，可定性检测工业废水中的苯酚，其反应原理为Fe3++6C HOH
3 6 5
[Fe(C HO) ]3-(紫色)+6H+。反应到达平衡时，下列说法正确的有___________(填标号)。
6 5 6
A．加水稀释，溶液pH减小
B．滴入几滴浓盐酸， 增大
C．加入少量NaOH固体，反应平衡常数增大
D．加入少量Cu粉，溶液紫色变浅
（4）邻苯二酚钠类配体(L)与金属离子(M)形成的配合物可应用于医药、水处理等领域。其溶液中存在平
衡：
M+L ML K
1
ML+L ML K
2 2
某研究小组配制了M与L起始浓度比 不同的系列溶液，其中L的起始浓度c(L)=0.02mol/L。
0
测得平衡时L、ML、ML 的 与 的变化关系如图所示。
2①表示 与 变化关系的曲线为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②当 =0.6时，c (ML )= ，K= 。
平 2 1
【答案】（1）C HSO Na+2NaOH C HONa+Na SO +H O
6 5 3 6 5 2 3 2
（2）5×10-4mol/(L·min) > H O 受热分解
2 2
（3）BD
（4）I 0.002mol/L 500
【解析】（1）反应③C HSO Na 和熔融的NaOH反应，生成C HONa ，化学方程式为：
6 5 3 6 5
C HSO Na+2NaOH C HONa+Na SO +H O；
6 5 3 6 5 2 3 2
（2）①由图可知，在T℃时，0~10min内，C HOH的浓度下降了
1 6 5
，C HOH的平均反应速率为
6 5
；
②反应初始时，T℃反应速率更快，即T＞T；由于HO 受热易分解，因此反应结束时，T℃时工业废水
1 1 2 2 2 2
中苯酚的去除率更高；
（3）A．加水稀释，c（H+）下降，pH增大，故A错误；
B．滴入几滴浓盐酸，c（H+）上升，平衡逆向移动， 增大， 减小，
增大，故B正确；
C．温度不变，反应平衡常数不变，故C错误；
D．加入少量Cu粉，发生反应， ，c（Fe3+）下降，平衡逆向移动，溶液紫色变浅，
故D正确；
故选BD；
（4）①由图可知，随着 的增大， 减小，即曲线Ⅱ为 ，那么即曲线Ⅰ为 ；
② ，即 ， ，即
，根据L守恒得：
，因此 ，
，根据M守恒得： ，
， ，
。14．（2024届广东省省一模）银作为催化剂，主要用于乙烯氧化制环氧乙烷、甲醇氧化制甲醛等，通过亚
硫酸钠-甲醛还原法或氨浸-水合肼还原法可回收失效的银催化剂。
回答下列问题：
（1）向银催化剂中加入稀硝酸溶解的化学方程式为 。
（2）用氯化钠溶液沉淀银离子可发生下列反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
①计算 （列出计算式即可）。
②根据上述平衡信息，为了使 沉淀完全，应注意控制的条件是 。
（3）亚硫酸钠-甲醛还原法浸取 的主要反应为 。
①该反应在敞口容器中进行，其他条件不变时，浸出时间过长会使银的浸出率降低，原因可能是
（用离子方程式表示）。
②浸出液中含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度及浸出液 的关系如图所示：
已知浸出液中含银微粒的存在形式为 、 和 （X为
或 ），则含硫微粒的总浓度 + + +
； 时，含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度的变化不大， 时，含银微粒总浓度随含
硫微粒总浓度的变化较大，原因是 。
（4）常温下用氨浸-水合肼还原法浸取 ，已知：
， ，写出
溶于氨水发生反应的离子方程式： ，计算该反应的平衡常数 （保留3位有效数
字）。【答案】（1）
（2） 或 控制氯化钠的用量
（3） 或
较小时， 与 结合生成 或 ，尽管含硫微粒总浓度增大，但 较小
（4）
【解析】（1）银和稀硝酸反应的化学方程式为 ；
（2）①根据盖斯定律，可知反应Ⅲ 反应Ⅱ-反应Ⅰ，所以 。
②根据过程中发生的反应，可知加入氯离子过量，反应Ⅱ和Ⅲ会正向移动，导致生成的氯化银沉淀溶解，
沉淀不完全，所以为使 沉淀完全，应注意控制氯化钠的用量（浓度）或控制 的用量（浓度）
等；
（3）①其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率降低，可能原因是亚
硫酸钠或 被空气中的氧气氧化，离子方程式为 或
；
②根据元素质量守恒，
； 时，
含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度的变化与 时不同，结合硫元素的存在形式，可推测原因是 较
小时， 与 结合生成 或 ，尽管含硫微粒总浓度增大，但 较小， 溶解较少；
（4） 溶于氨水的离子方程式为 ；
， ，所以
。
15．（2024届广东省广州一模）氨能与 形成配合物 和 ，该反应在生产和生活
中发挥着重要的作用。
（1）基态 原子价层电子的轨道表示式为 ， 中 与 间形成的化学键为。
（2）将 置于 溶液中，通入 ， 转化为 的离子方程式为：
。反应1小时测得溶液中银的总浓度为 ，
的溶解速率为 。
（3）氨与 形成配合物有助于 溶解。常温下，向 饱和溶液(含足量 固体)中滴加氨水，
主要存在以下平衡：
(i)
(ii)
(iii)
①下列有关说法中，正确的有 (填编号)。
A．加少量水稀释，平衡后溶液中 、 均减小
B．随 增大，反应ⅱ平衡正向移动， 增大
C．随 增大， 不变
D．溶液中存在
②反应 (用 、 、 表示)。
（4）向 溶液中通入足量 得到澄清溶液(设溶液体积不变)，溶液中 、
、 的物质的量分数 随 的变化如图所示。
已知溶液中 ， 。
① 点溶液中 。
②计算 点溶液中 的转化率 (写出计算过程，已知 )。【答案】（1） 配位键
（2）2HO 4OH— 10—5
2
（3）D K K K
1 2 sp
（4）10—3.53 60%
【解析】（1）氮元素的原子序数为7，基态原子的价电子排布式为2s22p3，轨道表示式为
；银氨络离子中具有空轨道的银离子与具有孤电子对的氨分子形成配位键，故答案
为： ；配位键；
（2）由题意可知，银转化为银氨络离子的反应为银与氨水、氧气反应生成银氨络离子和氢氧根离子，反
应的离子方程式为4Ag+O+8NH+2H O=4[Ag(NH)]++ 4OH—，反应1小时测得溶液中银的总浓度为
2 3 2 3 2
1.08mg/L，则由方程式可知，银的溶解速率为 =10—5mol/h，故答案为：2HO；4OH—；10—
2
5；
（3）①A．加少量水稀释时，氯化银的溶度积不变，则平衡后溶液中银离子、氯离子的浓度不变，故错
误；
B．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则溶液中氨分子浓度增大时，反应ⅱ平衡向正反应
方向移动，但平衡常数K 不变，故错误；
1
C．由平衡常数可知，溶液中 = ，则溶液中氨分子浓度增大时，平衡常数K 不
2
变，溶液中 和 的值减小，故错误；
D．滴加氨水的氯化银饱和溶液中存在物料守恒关系 ，
故正确；
故选D；
②由方程式可知，反应的平衡常数K= =
= K K K ，故答案为：K K K ；
1 2 sp 1 2 sp（4）①溶液中银离子与氨水的反应存在如下平衡： ，反应的平
衡常数K= = = K K =106.76，由图可知，M点银离子浓度
1 2
与二氨合银离子浓度相等，则溶液中氨分子的浓度为10—3.53mol/L，故答案为：10—3.53；
②设M点一氨合银离子浓度和二氨合银离子浓度分别为x mol/L、y mol/L，由银原子个数守恒和物料守恒
可得：x+2y=0.1，由ii的平衡常数可得：x=10—3.53×103.24y，解得x=0.02、y=0.06，则溶液中银离子的转化率
为60%，故答案为：60%。
16．（2024届广东省江门联考）铜及其化合物在生产及生活中应用广泛。
（1）铜－铁催化剂可用于电催化还原 为 ，完成下列离子方程式： 。
+______+______
（2）铜－铁催化剂还可以催化 分解转化为燃料氢气，反应为 。往体
积为 的密闭容器中加入 分解制 。图中曲线a、b分别表示在分别表示在铜－铁催化剂I的作
用下， 时 及 时 随时间的变化；曲线 表示在铜－铁催化剂Ⅱ的作用下， 时
随时间的变化。
① （填“<”“>”或“=”）。
②在铜-铁催化剂I的作用下， 时， 内平均反应速率 。
③上述三种条件下，分解反应的平衡常数 的大小关系为
（3）工业合成氨中，常用亚铜盐的氨水溶液除去原料气中的 ，反应的离子方程式为
，该反应的 。
其他条件不变时，下列说法正确的有______（填字母）。
A． 与 的浓度相等时，反应达到平衡B．平衡后增大 的浓度， 的转化率增大
C．平衡后加水稀释， 与 的浓度之比增大
D．可采用加热 溶液的方法实现 的再生
（4）工业生产中采用水解中和法处理含铜废水。常温下，水溶贸中含铜微粒
和 的分布系数（某含铜微粒占总含铜微粒的物质的量
分数）随 的变化曲线如图所示。
①曲线2代表的含铜微粒为 。
② 的平衡常数K= 。
③若CuSO 溶液起始浓度为 ，加入NaOH固体调节溶液pH（忽略加入固体后引起的溶液体积的
4
变化），求M点混合溶液中Na+的浓度 （写出计算过程，结果用含 的式子表示）。
【答案】（1）
（2）< 0.05
（3）CD
（4）
【解析】（1）
铜－铁催化剂可用于电催化还原NO 为NH (还原产物)，同时生成O(氧化产物)和OH-，离子方程式：NO
3 2
+2H O NH ↑+ O + OH-；
2 3 2
故答案为：O ；OH-。
2
（2）反应为放热反应，温度升高平衡向正反应方向移动，5min时，a曲线T℃消耗NH 的物质的量为
1 3
1mol，根据方程式可知生成H 的物质的量为1.5mol，b曲线为T℃生成H 的物质的量为2mol， T℃H 的
2 2 2 2 2
生成量大，故温度T0，温度升高平衡向正反应方向移动，K增大，因为TP>Ag
（2） pH越大，氢氧根离子浓度越大，， ，磷酸根浓度越大，加入硝酸银生成 的速率越快，
根据已知ⅱ．一般情况，析晶速率越快，晶粒尺寸越小，故pH较大时，样品A的晶粒小； AC
（3） 体系中 由 第一步电离决定，则
故
由图可知， ， ，
故 mol/L
【解析】（1）P为15号元素，其电子排布式为：1s22s22p63s23p3，则其核外电子的空间运动状态有
1+1+3+1+3=9；元素的非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性O>P>Ag，故电负性：O>P>Ag；
（2）①根据银氨溶液的溶质为：Ag(NH)OH以及元素守恒可知，该反应的离子方程式为：
3 2
；
②pH越大，氢氧根离子浓度越大， ， ，磷酸根浓度越大，加
入硝酸银生成 的速率越快，根据已知ⅱ．一般情况，析晶速率越快，晶粒尺寸越小，故pH较大
时，样品A的晶粒小；
③A．pH增大，氢氧根浓度增大，此时生成的氢氧化银不稳定生成Ag O，故样品A中 杂质含量最
2
高，A正确；
B．加入盐酸，含有氯离子，会生成氯化银沉淀，则不能用盐酸调控体系的pH，B错误；
C．由于 ， ，加入硝酸银后会生成磷酸银，使电离平衡正向
移动，此时氢离子浓度增大，温度不变，K不变，则 减小，C正确；
D．向 溶液中加入少量 溶液时，此时银离子浓度增大，会生成 沉淀，此时溶液
pH和生成样品时相比较低，则晶体尺寸不同，D错误；
故选AC；
（3）① 溶液与0.2 溶液等体积混合中c(Ag+)=0.1mol/L，由于
，则刚开始生成 沉淀时，溶液中的
；
②由于 的一级电离常数大于二级电离常数，则当氢离子浓度相同时 较大，而 较小，则 较大，故b代表 与pH的关系，根据图示可知，当pH=4.1时，
，则 ；
③体系中 由 第一步电离决定，则
故
结合②的方法可知， ， ，
故 mol/L。
20．（2024届广东省佛山二模）金属有机配合物广泛应用于各类催化反应。
Ⅰ．某铁的配合物催化1-丁烯和 加成的部分历程如图。
（1）①写出1-丁烯和 加成的化学方程式 。
②若丙→乙的活化能为 ，则甲→丙的反应热△H= (用含a的式子表达)。
（2）甲、乙的结构如图所示，Ar表示苯基。
①乙中Fe的配位数为 。
②下列说法正确的是 (填标号)。
A．甲→乙的过程中有 键的断裂和形成
B．乙→丙的速率比甲→乙慢
C．升高温度，乙的平衡浓度减小
D．选用合适的催化剂可提高1-丁烯的平衡转化率Ⅱ．某金属配合物的合成反应为： 。该金属配合物的吸光度A随 的变化如图
所示[ 为定值]。 为M和R完全反应的吸光度， 为实际测得的最大吸光度，吸光度和
的浓度成正比。
（3）x= 。
（4）解离平衡 的解离度 (即 的平衡转化率)为 (用含 、 的式子表
示)。
（5）若x=1，将10mL 0.01 、5mL 0.001 M溶液、5mL 0.001 R溶液混
合，测得解离度 ，计算 的解离平衡常数 (写出计算过程)。
【答案】（1）
（2）4 BC
（3）
（4）1-
（5）1.25×10-5
【解析】（1）①1-丁烯和 加成的化学方程式： ；
②根据图示，甲→乙的 ，乙→丙的活化能为23.8kcal/mol、丙→乙的活化能为
，则乙→丙的 ，根据盖斯定律：甲→丙的反应热
；
（2）①由乙的结构可知，乙中Fe的配位数为4；
②A．对比甲、乙两物质结构可知，甲→乙的过程中有 键的断裂，但无 键的形成，A错误；
B．乙→丙的活化能大于甲→乙活化能，所以乙→丙速率比甲→乙速率慢，B正确；
C．甲→乙为放热过程，乙→丙为吸热过程，升高温度，乙的平衡浓度减小，C正确；
D．催化剂不影响化学平衡移动，不能提高1-丁烯的平衡转化率，D错误；
答案选BC。（3）A 为M和R完全反应的吸光度，由图示知 =0.4，解得 = ，则x= 。
0
（4）由图示知 =0.4时，M和R完全反应的吸光度为A，A 为实际测得的最大吸光度，即反
0 1
应达到平衡状态的吸光度，吸光度与MR 的浓度成正比，说明反应达到平衡时M的平衡转化率为 ；则
x
解离平衡 的解离度α=1- 。
（5）若x=1，将10mL 0.01 、5mL 0.001 M溶液、5mL 0.001 R溶液混
合，若完全反应生成MR的浓度为 =2.5×10-4mol/L，解离度为0.2，则平衡时MR的浓度为
2.5×10-4mol/L×（1-0.2）=2×10-4mol/L，M、R的浓度都为5×10-5mol/L， 的解离平衡常数K=
c
=1.25×10-5。
