2026年高考山东卷化学高考真题（答案版）_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中化学试题汇编_0623化学_2026年高考山东卷化学高考真题

山东省2026年普通高中学业水平等级考试
化学答案
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.【答案】A
【详解】A．海水经日照风吹蒸发水分，使氯化钠结晶得到盐，只发生物理蒸发结晶，没有元素化合价
变化，不涉及氧化还原反应，A符合题意；
B．烧桐油时，桐油(有机物)燃烧，C元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B不符合题意；
C．淀粉先发酵生成乙醇，乙醇再被氧化为乙酸，有化合价变化，涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．烧制过程中金属氧化物发生氧化还原反应，不同价态金属离子呈现不同颜色，涉及氧化还原反
应，D不符合题意；
故选A。
2.【答案】D
【详解】A．活性炭具有疏松多孔的结构，吸附性强，可吸附甲醛等装修产生的有害气体，使用合理，
A正确；
B．聚乳酸是可降解的高分子材料，聚乙烯难以降解易造成“白色污染”，用聚乳酸替代聚乙烯制作
食品包装袋可减少白色污染，使用合理，B正确；
C．SO 具有还原性，适量添加到葡萄酒中可以防止成分被氧化，同时起到杀菌作用，符合食品添加
2
剂使用规范，使用合理，C正确；
D．NaNO (亚硝酸钠)有毒，是限量使用的食品添加剂，腌制火腿时大量使用会危害人体健康，使用
2
不当，D错误；
故选D。
3.【答案】C
【详解】A．活泼金属(Na、K等)能与水、CO 反应，着火时用灭火毯隔绝空气盖灭，符合安全规范，
2
A不符合题意；
B．CO 灭火器灭火后无残留，不会腐蚀精密仪器，适合仪器起火扑救，符合安全规范，B不符合题
2
意；
C．眼中溅入强碱，不能直接用硼酸溶液冲洗，正确操作是先立刻用大量流动清水持续冲洗眼睛15
分钟以上，再用1%硼酸溶液中和；直接用酸液冲洗会因酸碱中和放热灼伤眼球，违反安全要求，C符
合题意；
D．眼中溅入少量强酸，先大量清水稀释，再用1%NaHCO 溶液中和，操作规范，D不符合题意；
3
故选C。
4.【答案】B
【详解】A．Ag+与Cl-生成不溶于酸的白色AgCl沉淀，滴加NaCl产生白色沉淀，证明含Ag+，A正
确；
B．滴加H SO 出现白色沉淀，除了Ba2+与SO2-生成BaSO 白色沉淀外，Ag+与SO2-生成的
2 4 4 4 4
Ag SO 微溶，浓度较高时也会形成白色沉淀，因此无法确定一定含Ba2+，B错误；
2 4
C．Fe3+遇KSCN溶液生成血红色配合物，溶液变红可检验Fe3+，C正确
D．若四种阳离子均存在，加NaCl溶液沉淀分离，Ag+生成AgCl沉淀除去；加Na SO 溶液，Ba2+
2 4
生成BaSO 4 沉淀除去；加浓氨水：Cu2+先沉淀后溶解生成[Cu(NH 3 ) 4 ]2+，Fe3+生成FeOH  沉淀， 3
·1·从而达到分离的目的，D正确；
故选B。
5.【答案】B
【详解】Na 2 CO 3 摩尔质量M=106 g⋅mol-1，nNa 2 CO 3 
m 1.0600 g
= = =0.01000 M 106 g⋅mol-1
n 0.01000 mol
mol，因此需配制溶液体积为V= = =0.2000 L=200.0 mL，因此需选用
c 0.0500 mol⋅L-1
200mL容量瓶(②)，不能用500mL容量瓶(④)。定容时需用到胶头滴管(①)，溶解操作、移液操作
需用到玻璃棒(⑥)，因需称量1.0600 gNa CO ，普通电子天平(③)精度不足，无法称取1.0600 g，需
2 3
用到电子分析天平(⑤)，因此确定必需仪器为①②⑤⑥，故选B。
6.【答案】C
【详解】A．制备溴苯需要液溴，不能用溴水；苯与溴水不发生取代反应，只有纯液溴在FeBr 催化下
3
才反应，A错误；
B．尾气中含极易溶于NaOH溶液的HBr，导管直接插入液面下会发生倒吸，需要防倒吸装置(如倒
扣漏斗)，B错误；
C．溴苯难溶于水，洗涤后可通过分液分离有机层和水层，使用分液漏斗分液，下层液体从下口放出，
装置操作规范，C正确；
D．蒸馏装置的温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，不能插入液面下，D错误；
故选C
7.【答案】A
4-2×2
【详解】A．CO 的中心原子碳原子的价层电子对数为2+ =2，孤电子对数为0，分子空间
2 2
4-2×2
构型为直线形；CS 的中心原子碳原子的价层电子对数为2+ =2，孤电子对数为0，分子空
2 2
间构型为直线型，二者空间构型相同，A符合题意；
3-1×3
B．BF 的中心原子硼原子的价层电子对数为3+ =3，孤电子对数为0，分子空间构型为平
3 2
5-1×3
面三角形；NF 的中心原子氮原子的价层电子对数为3+ =4，孤电子对数为1，分子空间构
3 2
型为三角锥形，二者空间构型不同，B不符合题意；
4-1×1-3×1
C．HCN的中心原子碳原子的价层电子对数为2+ =2，孤电子对数为0，分子空间
2
6-1×1-1×1
构型为直线形；HClO的中心原子氧原子的价层电子对数为2+ =4，孤电子对数为
2
2，分子空间构型为角形，二者空间构型不同，C不符合题意；
6-2×3
D．SO 的中心原子硫原子的价层电子对数为3+ =3，孤电子对数为0，分子空间构型为平
3 2
5-1×3
面三角形；PCl 的中心原子磷原子的价层电子对数为3+ =4，孤电子对数为1，分子空间构
3 2
型为三角锥形，二者空间构型不同，D不符合题意；
故选A。
8.【答案】D
【详解】A．该分子中无碳碳双键，不存在顺反异构，A错误
B．碳碳三键为直线结构，与三键共线的碳原子包括：与三键直接相连的苯环碳及其对位碳、三键的
·2·2个碳原子、与三键直接相连的吡啶环碳及其对位碳、酯基中的羰基碳，共有7个碳原子共线，B错
误；
C．电负性同周期从左到右增大，同主族从上到下减小；分子含元素C、H、O、N、S，所以H电负性
小于C，因此电负性最小的是H，不是C，C错误
D．结构中存在碳碳三键C≡C、酯基-COOC H ，酯基中包含羰基C=O以及酯键C-O，所以红
2 5
外光谱会对应出现三种官能团的特征吸收峰，D正确；
故选D。
9.【答案】D
【详解】A．X中N原子有1对孤电子对，与H+形成配位键后，Y中N原子无孤电子对，孤电子对与
成键电子对的斥力大于成键电子对间的斥力，因此X→Y时∠H-N-H增大，A正确；
B．18-冠-6中，C原子均形成4个σ键，价层电子对数为4；O原子均形成2个σ键，含2对孤电
子对，价层电子对数也为4，二者均采取sp3杂化，杂化方式相同，B正确；
C．Z中连接环己基、甲基和N+的碳原子，同时连接4种不同的基团，属于手性碳原子，因此Z含手
性碳原子，C正确；
D．Z是超分子阳离子，内部存在共价键和N+-H⋯O氢键，离子键是阴阳离子之间的相互作用，
Z内部不存在离子键，D错误；
故选D。
10.【答案】C
【详解】A．低温下，随着温度升高，理论平衡转化率下降。根据勒夏特列原理，转化率下降说明低温
下占据主导的反应平衡逆向移动了。因此，低温下主导的正反应是放热反应。结合题干信息甲催化
时，CH 选择性在400°C为100%可知，低温区主要发生的是反应Ⅰ，故推断ΔH <0；同理，高温区
4 1
CO ​平衡转化率随温度升高，高温下以反应Ⅱ为主，升高温度反应Ⅱ平衡正向移动，故ΔH >0，A错
2 2
误；
B．反应I放热、反应Ⅱ吸热，升高温度平衡更有利于吸热的反应Ⅱ，CH 的平衡选择性随温度升高
4
降低；且题目仅说明甲催化时400℃下CH 选择性为100%，不能说明200~400℃范围内选择性随温
4
度升高增大，该范围内CO ​转化率升高是温度升高加快反应速率导致，和选择性无关，B错误；
2
C．由图可知，500~800℃范围内，甲、乙催化的CO ​实验转化率都与理论平衡转化率重合，说明反
2
应已经达到平衡状态。催化剂只改变反应速率，不改变平衡组成，因此相同温度下，无论使用哪种催
化剂，平衡状态相同，产物选择性相同，C正确；
D．反应恒压进行，减小N ​投料量，体系总体积减小，反应物分压增大：反应Ⅰ是气体分子数减少的
2
反应，加压促进反应Ⅰ正向移动，相同温度下CO选择性会降低，因此CO选择性达到100%需要更
高的温度来对抗压强带来的影响，不再是750℃，D错误；
故选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部
选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11.【答案】BC
【详解】A．Na与熔融KCl反应制备K是因为K的沸点低于Na，反应中K汽化逸出促进平衡正向
移动，实际金属活泼性K>Na，A错误；
B．C的原子半径小于Si，C-H键键长更短、键能更高，故CH 热稳定性强于SiH ，B正确；
4 4
C．酚羟基对苯环的活化作用强于甲基，苯酚中苯环上氢原子活性更高，可与溴水发生取代反应，甲
·3·苯不能，C正确；
D．CH COONH 中CH COO-的水解会促进NH+水解，故NH+水解程度：CH COONH >
3 4 3 4 4 3 4
NH Cl，CH COONH 溶液pH更大是因为CH COO-水解产生的OH-抵消了NH+水解产生的部分
4 3 4 3 4
H+，D错误；
故选BC。
12.【答案】CD
【详解】A．由分析可知，b极是阳极，电解液为KOH碱性溶液，OH-放电生成O ，电极反应4OH-
2
-4e-=2H O+O ↑，A正确；
2 2
B．电解池中阳离子向阴极定向迁移，a极为阴极，双极膜解离出的H+向a极移动，OH-向阳极b
移动，B正确；
C．设电路中转移4mole-。阳极反应4OH--4e-=2H O+O ↑，转移4mole-，阳极生成1molO ；
2 2 2
阴极反应O +2H++2e-=H O ，每2mole-消耗1molO ，转移4mole-时阴极消耗2molO ，因此电
2 2 2 2 2
极反应消耗与生成O 的质量不相等，C错误；
2
D．由氧化H S反应H S+4H O +2KOH=K SO +6H O、a极电极反应O +2H++2e-=H O
2 2 2 2 2 4 2 2 2 2
可得关系式K SO ∼4H O ∼4O ，因此生成1molK SO 时，a极上消耗4molO ，D错误；
2 4 2 2 2 2 4 2
故选CD。
13.【答案】A
【详解】A．M→N的反应是M中酚羟基的氢原子与含溴试剂发生取代反应，A正确；
B．N中官能团为羰基，P中羰基被还原为醇羟基，羟基比羰基更易被氧化，因此P比N更易被氧
化，B错误；
C． M含酚羟基，酚羟基酸性强于HCO-、弱于H CO ，可与Na CO 反应生成酚钠和NaHCO ；但
3 2 3 2 3 3
P中只有醇羟基，不能与Na CO 反应，C错误；
2 3
D．与苯环相连的碳原子存在氢原子，该碳原子可直接被酸性KMnO 溶液氧化为羧基，则五元环上
4
的 化学键断裂，中间的碳原子被氧化为CO ，另一产物应为
2
，D错误；
故选A。
14.【答案】AC
【详解】A．反应器甲中需CaO吸收CO 生成CaCO ，故初始钙基物质Ⅰ为CaO，A正确；
2 3
B．CO和CO 均在反应器甲中被转化或吸收，仅N 未参与反应，故气体X为纯N ，B错误；
2 2 2
C．因高炉煤气中n(CO):n(CO 2 ):n(N 2 )=2:3:5，设高炉煤气中nCO  =2 mol，n(CO )=3mol 2
，n(N )=5mol 。还原2mol FeO需2mol CO，生成2mol CO ；总CO₂ = 3 + 2 = 5mol，需5
2 2
mol CaO吸收，故 nFeO  :nCaO  =2:5，C正确；
D．因高炉煤气中n(CO):n(CO 2 ):n(N 2 )=2:3:5，设高炉煤气中nCO  =2 mol，n(CO )=3mol 2
，n(N )=5mol 。甲中2mol CO转化为2mol CO ，体系总CO = 3+2 = 5mol，乙中2mol Fe
2 2 2
850℃
与2mol CO 反应，Fe+CO = FeO+CO ，生成2mol CO，剩余CO = 5-2 = 3mol，混合气
2 2 2
·4·n(CO)
中
nCO 2 
2
= ，D错误；
3
故选AC。
15.【答案】D
【详解】A．根据分析，丁线代表HCO-，A正确；
3
B．原溶液是NH Cl溶液，NH+水解使溶液呈酸性。要使pH=7，需要中和部分H⁺，即加入
4 4
NaOH，B正确；
C．P点坐标为(8.35, -3.25)，即pH=8.35时，lg[c(NH+)] = -3.25，根据丙线，lg[c(Ca2+)] =
4
-4.15。因此：cNH+
4
 =10-3.25mol⋅L-1,cCa2+ 
cNH+
=10-4.15mol⋅L-1， 4

cCa2+ 
10-3.25
= =100.90，C正
10-4.15
确；
D．O点(pH=9.25)处， cHCO- 3  =cCO2 3 -  ，可得：K = cCO2 3 - a2  ⋅cH+  cHCO- 3  =cH+  =10-9.25，
Q点(pH=12.50)， cH+  =10-12.50 ，则： cCO2 3 - 
cHCO- 3 
K = a2
cH+ 
10-9.25 = =103.25，D错误；
10-12.50
故选D。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16.【答案】(1) ①. Ar  3d104s1 ②. O
(2) ①. sp2 ②. 2
(3) ①. 1：2：1 ②. 4 ③. N 和O ​为非极性键构成的非极性分子，分子中不存在带显著正
2 2
电荷的原子或成键电子对/共用电子对未发生偏移
1030
(4)(4)
N a2c
A
【解析】
【小问1详解】
Cu原子的序数为 29。根据洪特规则的特例，当d轨道处于全满状态时能量更低、结构更稳定。因
此，基态Cu原子的电子排布式为 Ar  3d104s1；
第二电离能是指失去第二个电子所需要的能量；C+的价电子排布为2s22p1；N+的价电子排布为
2s22p2；O+的价电子排布为2s22p3，2p 轨道半充满的稳定状态，极难再失去电子；F+的价电子排布
为2s22p4；因此，氧的第二电离能最大。
【小问2详解】
配体L类似于苯环，环上的每个N原子形成了 2 个σ键，并且保留了 1 对孤电子对，因此其价层电
子对数为2+1=3，所以采取的是sp2杂化；
分子中有 2 个N原子，每个N原子有 1 对未参与成键的孤对电子，C和H均没有孤电子对，故整个
分子的孤电子对数为 2。
【小问3详解】
1
Cu原子位于晶胞的体内，数目为1；SiF2-​位于上下底面心，共有2× =1个，配体L位于晶胞4个
6 2
1
竖直面的面心上(图中六元环只画了一半)，数目为4× 2 =2个；故Cu x L ySiF 6  中x∶y∶z=1：2： z
1；
CO 吸附在顶点，顶点同层平面内与4个SiF 八面体相邻，每个SiF 八面体都有1个F原子与CO
2 6 6 2
·5·形成如图所示静电作用，故答案为4；
由图提示可知，吸附核心在于Cδ+与Fδ-的静电引力。N 和O 属于由非极性键构成的非极性分子，
2 2
内部没有显著的电荷偏转，不具备可以被F吸引的正电荷中心，因此不被吸附。
【小问4详解】
1
晶胞体积V=(apm)2⋅cpm=a2c×10-30cm3，1个晶胞中CO ​数目为8× =1，故1cm3中CO ​的
2 8 2
1
a2c×10-30 1030
物质的量为： n= = mol。
N N a2c
A A
17.【答案】(1)3Cu Se+20H++8NO-=6Cu2++3H SeO +8NO↑+7H O
2 3 2 3 2
(2)KMnO
4
(3) ①. 将+3价的Au还原为+1价、提供配体 ②. 2[AuSO ]-=2Au↓+SO2-+SO ↑
3 4 2
(4)0.25
(5)HCl
【解析】
【小问1详解】
Cu Se中Cu为+1价被氧化为Cu2+，Se为-2价被氧化为H SeO ，NO-被还原为NO，结合得失电
2 2 3 3
子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为3Cu Se+20H++8NO-=6Cu2++3H SeO +8NO↑
2 3 2 3
+7H O；
2
【小问2详解】
“球磨提金”时，加入的KMnO 在酸性条件下氧化Cl-生成Cl ，Mn元素化合价降低，作氧化剂；
4 2
【小问3详解】
SO2 3 -具有还原性，将 AuCl 4  -中+3价Au还原为低价+1价Au；SO2-作为配体，与Au形成络离 3
子 AuSO 3  -进入水相实现反萃取，因此Na SO 的作用为将+3价的Au还原为+1价，提供配体； 2 3
AuSO 3  -中Au降价生成Au单质，S元素部分转化为SO 、部分为SO2-，结合得失电子守恒和原 2 4
子、电荷守恒配平方程式为2[AuSO ]-=2Au↓+SO2-+SO ↑；
3 4 2
【小问4详解】
已知：AgCls  ⇌Ag+aq  +Cl-aq  K sp =1.6×10-10；Ag++2NH 3 ⇌ AgNH 3   2  +K=1.0×107，总
反应为AgCl+2NH 3 ⇌ AgNH 3   2  ++Cl-，平衡常数K =K ×K=1.6×10-3。0.010molAgCl完 总 sp
全 溶 于 1 L 氨 水 ，平 衡 时 c ( [ Ag NH 3 ) 2 ]+  = c Cl-  = 0 .010 mol ⋅ L-1 ，代 入 K = 总
c( AgNH 3 ) 2 ]+  ⋅cCl-   c2NH 3  ，得平衡游离cNH 3  =0.25mol⋅L-1，因此cNH 3  ≥0.25mol⋅L-1；
【小问5详解】
还原提银时水合肼与银氨络离子反应释放NH ，滤液X含铵盐，球磨提金工序需要NH Cl，向滤液X
3 4
加入HCl，将NH 转化为NH Cl，可循环至球磨提金步骤。
3 4
18.【答案】(1) (2) ①. 酯基 ②. 还原反应
(3) (4) 或
·6·(5)
【解析】
【小问1详解】
由分析可知，B的结构简式为 ；
【小问2详解】
由分析可知，C的结构简式为为 ，含氧官能团为酯基；C在Pd/C作用下与氢气发生还
原反应得到D；
【小问3详解】
由分析可知，E和ClCOOCH Ph在Et N,CH Cl 环境下发生N上的取代反应得到F
2 3 2 2
( )和HCl，化学方程式为
；
【小问4详解】
由题，满足条件①遇FeCl 显色则含酚羟基；②含-NH ；③苯环仅1种等效氢则苯环为对称四取代，
3 2
两对取代基对位分布，则符合条件的C的同分异构体为 或 ；
【小问5详解】
结合题中流程， 在NaH/DMF条件下发生已知Ⅱ的反应生成 ，
在乙醇钠、乙醇体系中与 发生已知Ⅰ的取代反应生成 ，
·7·在NaCl、H O、DMSO加热下脱酯得到目标产物，则补全流程图为
2
。
19.【解析】
【小问1详解】
仪器a为滴液漏斗，可平稳添加NaCN溶液；装置b盛装无水CaCl ，作用是干燥HCN气体，除去
2
HCN中混有的水蒸气；
【小问2详解】
HCN沸点26℃，甲装置水浴(50℃)保证反应产生的HCN保持气态，便于在乙装置中充分收集；
HCN熔点-13℃，乙需要低温冷凝液化HCN，选用-10℃冰盐混合物，既能让HCN完全液化，又不
会让HCN凝固堵塞导管，装置甲、乙选用的控温物质依次为A、B；
【小问3详解】
实验结束先停止滴加NaCN溶液，再关闭阀门K 、切换三通阀K 处理有毒尾气，最后打开阀门K 通
3 2 1
N ，使装置中残留的HCN全部排入尾气处理装置中，避免有毒HCN泄漏污染空气，因此正确顺序为
2
②③①；
【小问4详解】
AgNO 化学性质不稳定，见光易发生分解反应，光照下硝酸银会析出银单质、溶液变浑浊，损耗标准
3
液，造成滴定浓度不准，因此必须使用棕色滴定管；滴加AgNO 溶液至出现棕褐色沉淀，说明AgCN
3
先沉淀，当CN-沉淀完全后才会生成Ag 2 O棕褐色沉淀(指示滴定终点)，因此K spA,g,C,N  <
K spA,g,O,H  ；
步骤Ⅱ中MnO-→MnO2-，Mn元素化合价由+7转化为+6，每个MnO-得1e⁻；HCOO-在碱性条
4 4 4
件下被氧化为CO2-，C元素化合价由+2转化为+4，每个HCOO-失2e⁻，根据电子守恒，氧化剂
3
MnO-与还原剂HCOO-物质的量之比为2:1；
4
【小问5详解】
由题，碱性环境下HCOO-+2MnO-+3OH-=CO2-+2MnO2-+2H O，由此得到关系式HCOONa
4 3 4 2
∼2MnO-；酸性条件下MnO-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H O，对应定量关系MnO-∼
4 4 2 4
5Fe2+。根据得失电子守恒：整个过程Mn从+7价被还原为+2价，得到的电子总数为HCOONa、
Fe2+失去的电子总数：即5c 1V 1 +V 3  ×10-3mol=2×nH,C,O,O,N,a  +1×c V×10-3mol，可得 2 2
25mL待测液中甲酸钠物质的量nH,C,O,O,N,a  = 5c 1V 1 +V 3  -c V 2 2 ×10-3mol，则250mL全
2
部样品中甲酸钠总物质的量n
总H,C,O,O,N,a 
= 5c 1V 1 +V 3  -c V 2 2 mol，甲酸钠质量mH,C,O,O,N,a
200

= 5c 1V 1 +V 3  -c 2 V 2 mol×68g/mol= 17 5c 1V 1 +V 3
200
  -c 2 V 2  g，因此甲酸钠质量分数为
50
17 5c 1V 1 +V 3   -c 2 V 2 
50 ×100%= 17 5c 1V 1 +V 3
m
  -c 2 V 2  ×100%；
50m
Fe2+标准液被空气中O 氧化会发生反应4Fe2++O +4H+=4Fe3++2H O，相同V体积溶液内有
2 2 2 2
·8·效Fe2+实际物质的量低于理论计算值，则会导致步骤Ⅳ消耗KMnO 标准液体积V偏小，因此甲酸
4 3
钠的质量分数偏小。
20.【答案】(1)1,2-丁二醇
1
(2) ①. < ②. 反应中断裂的化学键与形成的化学键的种类和数目相同 ③.
4
(3) ①. 0.5 ②. 0.3
(4) ①. ③①② ②. ②
【解析】
【小问1详解】
B的结构是 ，主链4个碳，1、2位有羟基，系统命名为1,2-丁二醇；
【小问2详解】
温度越高反应速率越快，先达平衡，所以T >T；T 平衡时A转化率更低，升温A转化率下降，平衡
1 2 1
逆向移动，正反应放热，故ΔH <0；
1
反应Ⅰ是酯交换，断裂的化学键和形成的化学键种类以及数目相同，因此ΔH
1
 很小；
1 1
初始n(A)=n(B)=1mol，平衡n(C)= mol，由反应Ⅰ计量比，n(D)= mol，剩余n(A)=n(B)
3 3
1 1
1 2 c(C)c(D) V 3 × V 3 1
=1- = mol，设液相反应体系的体积为V，则平衡常数K = = = ；
3 3 1 c(A)c(B) 2 2 4
3 × 3
V V
【小问3详解】
设反应Ⅰ中A的转化量为a mol，反应Ⅱ中A的转化量为b mol，反应Ⅲ中C的转化量为c mol，则
有：
A + B ⇌ C + D
转化物质的量/mol a a a a
A + 2CH OH ⇌ E + D
3
转化物质的量/mol b 2b b b
C + 2CH OH ⇌ E + B
3
转化物质的量/mol c 2c c c
则达到平衡时nA  =1-a-b、nB  =1-a+c、nC  =a-c、nD  =a+b、nE  =b+c，可列
方程组
a+b=0.5

 a V -c×a V +b = 1 ，解得a-c=0.2mol，所以此时nA
1-a-b×1-a+c 4
V V
 =1-a-b=1mol-0.5mol=0.5mol，
nE  =b+c=(a+b)-(a-c)=0.5mol-0.2mol=0.3mol；
【小问4详解】
反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，③降低温度，平衡Ⅱ、Ⅲ正向移动，生成更多E，故nE  ③大于①；②加入
惰性溶剂稀释，反应Ⅱ、Ⅲ均为物质的量减小的反应，稀释平衡逆向移动，消耗E，故nE  ②小于①，
因此排序为③>①>②。
nC 由K =
1
 × nD V  V
nA  × nB
V

nD ，变形得
V

nB 
nA =K ⋅
1

nC 
K = 1
nC 
nA 
nC 。①和②温度相同，K 相同，
1

nA 
：
·9·nD
②>①，故

nB 
nC
：②<①；③温度低于①，ΔH <0，降温K 增大，且
1 1

nA 
nD
与②相等，故

nB 
：
③>②，因此最小值对应体系②。
·10·