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專題15 化學反應原理綜合題
考點1 氣相反應原理綜合題
1．（2025·云南·高考真題）我國科學家研發出一種乙醇(沸點78.5℃)綠色制氫新途徑，并實現高附加值乙酸(沸點118℃)的生產，主要反應為：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列問題：
(1)乙醇可由秸稈生產，主要過程為
秸稈纖維素 乙醇
(2)對于反應Ⅰ：
①已知 則 。
②一定溫度下，下列敘述能說明恒容密閉容器中反應達到平衡狀態的是 (填標號)。
A．容器內的壓強不再變化
B．混合氣體的密度不再變化
C．的體積分數不再變化
D．單位時間內生成，同時消耗
③反應后從混合氣體分離得到，最適宜的方法為 。
(3)恒壓100kPa下，向密閉容器中按投料，產氫速率和產物的選擇性隨溫度變化關系如圖1，關鍵步驟中間體的能量變化如圖2。[比如：乙酸選擇性]
①由圖1可知，反應Ⅰ最適宜的溫度為270℃，原因為 。
②由圖中信息可知，乙酸可能是 (填“產物1”“產物2”或“產物3”)。
③270℃時，若該密閉容器中只發生反應Ⅰ、Ⅱ，平衡時乙醇的轉化率為90%，乙酸的選擇性為80%，則 ，平衡常數 (列出計算式即可；用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數)。
(1)葡萄糖
(2) +44.4 AC 降溫冷凝后收集氣體
(3) 乙酸選擇性最大且反應速率較快 產物1 36:5
【詳解】（1）纖維素水解得到葡萄糖，葡萄糖發酵產生二氧化碳和乙醇；
（2）①反應Ⅰ-反應Ⅱ得到“已知反應”，根據蓋斯定律=-24.3kJ·mol-1+68.7 kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1；
②恒溫恒容下發生：
A．該反應是氣體總物質的量增大的反應，容器內的壓強不再變化，說明氣體總物質的量不再改變，說明反應達到平衡狀態，A符合題意；
B．體積自始至終不變，氣體總質量自始至終不變，則氣體密度不是變量，混合氣體的密度不再變化，不能說明反應是否達到平衡狀態，B不符合題意；
C．的體積分數不再變化，說明其物質的量不再改變，反應已達平衡，C符合題意；
D．單位時間內生成，同時消耗均是逆反應速率，不能說明反應是否達到平衡狀態，D不符合題意；
答案選AC；
③可利用混合體系中各物質的沸點差異分離出氫氣，最適宜的方法為降溫冷凝后收集氣體；
（3）①由圖1可知，反應Ⅰ最適宜的溫度為270℃，原因為乙酸選擇性最大且反應速率較快；
②由圖2可知關鍵步驟中生成產物1的最大能壘為0.58eV，生成產物2的最大能壘為0.66eV，生成產物3的最大能壘為0.81eV，圖1中乙酸的選擇性最大，說明相同條件下生成乙酸的反應速率最大，則乙酸可能是產物1；
③設投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密閉容器中只發生反應Ⅰ、Ⅱ，平衡時乙醇的轉化率為90%，乙酸的選擇性為80%，則平衡時生成的乙酸的物質的量=90%×80%×1=0.72mol，n平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒溫恒壓下，壓強比=物質的量之比，故0.72：0.1=36：5；列三段式、，則平衡時乙醇、H2O(g)、氫氣、乙酸、乙醛的物質的量分別為0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，氣體總物質的量為0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，則kPa。
2．（2025·江蘇·高考真題）合成氣(和)是重要的工業原料氣。
(1)合成氣制備甲醇：。的結構式為，估算該反應的需要 (填數字)種化學鍵的鍵能數據。
(2)合成氣經“變換”“脫碳”獲得純。
①合成氣變換。向絕熱反應器中通入和過量的：。催化作用受接觸面積和溫度等因素影響，的比熱容較大。過量能有效防止催化劑活性下降，其原因有 。
②脫碳在鋼制吸收塔中進行，吸收液成分：質量分數30%的吸收劑、(正價有)緩蝕劑等。溶液濃度偏高會堵塞設備，導致堵塞的物質是 (填化學式)。減緩設備腐蝕的原理是 。
(3)研究與不同配比的鐵鈰載氧體[是活潑金屬，正價有]反應，氣體分步制備原理示意如圖甲所示。相同條件下，先后以一定流速通入固定體積的，依次發生的主要反應：
步驟Ⅰ
步驟Ⅱ
①步驟Ⅰ中，產物氣體積分數、轉化率、與x的關系如圖乙所示。時，大于理論值2的可能原因有 ；時，通入標準狀況下的至反應結束，的選擇性，則生成標準狀況下和的總體積為 。
②時，新制載氧體、與反應后的載氧體的X射線衍射譜圖如圖丙所示(X射線衍射用于判斷某晶態物質是否存在，不同晶態物質出現衍射峰的衍射角不同)。步驟Ⅱ中，能與反應的物質有 (填化學式)。
③結合圖示綜合分析，步驟Ⅰ中的作用、氣體分步制備的價值： 。
(1)5
(2) 該反應為放熱反應，在絕熱容器中進行，的比熱容較大，則體系溫度變化較小，催化劑活性受溫度影響，過量可有效防止催化劑活性下降 具有強氧化性，能使設備表面形成一層致密的氧化膜
(3) 當時，載氧體為，氧化性較強，提供的O原子較多，將CO氧化為，使得CO的物質的量減小，增大 432 C、Fe、FeO 步驟Ⅰ中作載氧體供氧，將甲烷轉化為CO和氫氣，避免生成大量積炭導致催化劑失活；采用分步制備，可提高原料利用率，且可以有效消除積碳使催化劑再生，同時步驟Ⅰ需要的溫度較高，步驟Ⅱ需要的溫度較低，分步制備也可節約能源
【詳解】（1）反應的焓變=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能，計算該反應的需。、、、，共5種化學鍵的鍵能數據。
（2）①該反應為放熱反應，在絕熱容器中進行時，若無水的存在，隨著反應進行，溫度會逐漸升高，由于使用了低溫型催化劑，溫度過高會導致催化劑的活性下降；的比熱容較大，可以吸收大量的熱從而使體系溫度變化較小，因此，過量可有效防止催化劑活性下降。
②脫碳過程中，溶液會吸收，發生反應，當溶液濃度偏高時，會生成較多，而溶解度相對較小，容易在溶液中達到飽和后結晶析出，從而堵塞設備。中的Cr元素化合價為，處于最高價態，具有強氧化性，在鋼制吸收塔的環境中，它會與鐵發生氧化還原反應，使鐵表面形成一層由鐵的氧化物和鉻的氧化物組成的致密氧化膜，這層氧化膜可以將鋼鐵與腐蝕性介質隔離開，阻止氧氣、水和其他腐蝕性物質與鋼鐵接觸，從而減緩腐蝕。
（3）①當時，載氧體中沒有，只有，由于的氧化性較強，且其提供的O原子較多，可以將CO氧化為，使得CO的物質的量減小，增大；由題圖乙可知，當時，轉化率為60%，則，已知CO的選擇性，則，根據圖乙中數據可知，此時產物氣中，則，故生成標準狀況下CO和的總體積為432mL。
②新制載氧體與反應后新生成的晶態物質，在步驟Ⅱ中會與反應，使載氧體再生從而繼續與反應，因此，在新制載氧體中不存在，而在與反應后的載氧體中含有的晶態物質，會在步驟Ⅱ中與反應。因此，對比二者X射線衍射譜圖可知，C、Fe、FeO在步驟Ⅱ中均可與反應。
③步驟Ⅰ中作載氧體供氧，將甲烷轉化為CO和氫氣，可以避免生成大量積炭致催化劑活性降低甚至失活；采用分步制備，可提高原料利用率，且可以有效消除積碳使催化劑再生，同時步驟Ⅰ需要的溫度較高，步驟Ⅱ需要的溫度較低，分步制備也可節約能源。
3．（2025·湖南·高考真題）在溫和條件下，將轉化為烴類具有重要意義。采用電化學-化學串聯催化策略可將高選擇性合成，該流程示意圖如下：
回答下列問題：
(1)電解池中電極M與電源的 極相連。
(2)放電生成的電極反應式為 。
(3)在反應器中，發生如下反應：
反應i：
反應ii：
計算反應的 ，該反應 (填標號)。
A．高溫自發 B．低溫自發 C．高溫低溫均自發 D．高溫低溫均不自發
(4)一定溫度下，和(體積比為)按一定流速進入裝有催化劑的恒容反應器(入口壓強為)發生反應i和ii．有存在時，反應ii的反應進程如圖1所示。隨著x的增加，的轉化率和產物的選擇性(選擇性)如圖2所示。
根據圖1，寫出生成的決速步反應式 ；的選擇性大于的原因是 。
②結合圖2，當時，混合氣體以較低的流速經過恒容反應器時，反應近似達到平衡，隨著x的增大，的轉化率減小的原因是 ；當時，該溫度下反應ii的 (保留兩位小數)。
(1)正
(2)
(3) ﹣126 B
(4) 由生成時，活化能較大，反應速率慢 隨著x的增大，CO的分壓增大，對于反應i和反應ii相當于減壓，反應i和反應ii平衡均逆向移動，所以的轉化率減小 0.16
【詳解】（1）由圖可知，N電極上CO轉化為C2H4，C元素化合價下降，發生還原反應，N為陰極，則M為陽極，與電源正極相連；
（2）CO發生得電子的還原反應轉化為C2H4，電解液是堿性環境，電極反應為：；
（3）根據蓋斯定律，反應ii－反應i即可得到目標反應，則，該反應是熵減的放熱反應，則依據反應能自發進行，則低溫下自發進行，選B；
（4）總反應的反應速率由慢反應決定，故決速步是反應最慢的步驟，由圖可知，TSⅡ的壘能最大，該步驟是決速步驟，反應式為；由圖可知，由生成時，活化能較大，反應速率慢，所以的選擇性大于；
當x≥2時，由題意可知，該過程近似認為是平衡狀態，則增大CO的分壓，相當于減壓，反應i和反應ii平衡均逆向移動，所以的轉化率減小；
當x=2時，的轉化率為90%，的選擇性為80%，設初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：1mol，則、、、，氣體總物質的量為(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此時壓強為，、、，反應ii的Kp=。
4．（2025·山東·高考真題）利用循環再生可將燃煤尾氣中的轉化生產單質硫，涉及的主要反應如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
恒容條件下，按和投料反應。平衡體系中，各氣態物種的隨溫度的變化關系如圖所示，n為氣態物種物質的量的值。
已知：圖示溫度范圍內反應Ⅱ平衡常數基本不變。
回答下列問題：
(1)反應的焓變 (用含的代數式表示)。
(2)乙線所示物種為 (填化學式)。反應Ⅲ的焓變 0(填“>”“<”或“=”)。
(3)溫度下，體系達平衡時，乙線、丙線所示物種的物質的量相等，若丁線所示物種為，則為 (用含a的代數式表示)；此時，與物質的量的差值 (用含a的最簡代數式表示)。
(4)溫度下，體系達平衡后，壓縮容器體積產率增大。與壓縮前相比，重新達平衡時，與物質的量之比 (填“增大”“減小”或“不變”)，物質的量 (填“增大”“減小”或“不變”)。
(1)ΔH1+ΔH2
(2) H2O ＜
(3) 0.45+0.5a 150a
(4) 增大 減小
【詳解】（1）已知：
Ⅰ．
Ⅱ．
依據蓋斯定律Ⅰ+Ⅱ即得到反應的焓變為ΔH1+ΔH2；
（2）由于圖示范圍內反應Ⅱ的平衡常數始終為K=108，根據方程式結合平衡常數表達式可知始終成立，因此根據圖像可知乙表示的物種是H2O，丁表示的是H2，升高溫度S2減小，H2O、H2均增大，所以丙表示表示SO2，甲表示H2S，因此反應Ⅲ的正反應是放熱熱反應，即ΔH＜0；
（3）T1平衡時H2是amol，根據可知H2O和SO2的物質的量均為100amol，根據H元素守恒可知H2S為0.1－101a，設平衡時CaS和S2的物質的量分別為xmol和ymol，根據Ca元素守恒可知CaSO4是1－x，根據O元素守恒可知2=100a+200a+4－4x，解得x=75a+0.5，根據S元素守恒可知2=0.1－101a+100a+1+2y，解得y=0.45+0.5a，所以此時CaS和CaSO4的物質的量的差值為2x－1=150a。
（4）壓縮容器容積，壓強增大，反應平衡正向進行，S2的產率增大，氫氣的物質的量減小，由于始終不變，H2O的物質的量減小；溫度不變反應的平衡常數不變，所以SO2增大，由于反應Ⅲ的平衡常數可表示為，始終不變，所以增大。
5．（2025·河北·高考真題）乙二醇(EG)是一種重要的基礎化工原料，可通過石油化工和煤化工等工業路線合成。
(1)石油化工路線中，環氧乙烷(EO)水合工藝是一種成熟的乙二醇生產方法，環氧乙烷和水反應生成乙二醇，伴隨生成二乙二醇(DEG)的副反應。
主反應：
副反應：
體系中環氧乙烷初始濃度為，恒溫下反應30min，環氧乙烷完全轉化，產物中。
①0~30min內， 。
②下列說法正確的是 (填序號)。
a．主反應中，生成物總能量高于反應物總能量
b．0~30min內，
c．0~30min內，
d．選擇適當催化劑可提高乙二醇的最終產率
(2)煤化工路線中，利用合成氣直接合成乙二醇，原子利用率可達100%，具有廣闊的發展前景。反應如下：。按化學計量比進料，固定平衡轉化率，探究溫度與壓強的關系。分別為0.4、0.5和0.6時，溫度與壓強的關系如圖：
①代表的曲線為 (填“”“”或“”)；原因是 。
② 0(填“>”“<”或“=”)。
③已知：反應，，x為組分的物質的量分數。M、N兩點對應的體系， (填“>”“<”或“=”)，D點對應體系的的值為 。
④已知：反應，，p為組分的分壓。調整進料比為，系統壓強維持，使，此時 (用含有m和的代數式表示)。
(1) cd
(2) 該反應為氣體體積減小的反應，溫度相同時，增大壓強，平衡正向移動，平衡轉化率增大 < = 12
【詳解】（1）①0~30min內，環氧乙烷完全轉化，；
②a．，主反應中，，則生成物總能量低于反應物總能量，a錯誤；
b．由題中信息可知主反應伴隨副反應發生，EG作為主反應的生成物同時也是副反應的反應物，即EG濃度的變化量小于EO濃度的變化量，0~30min內，，b錯誤；
c．主反應中，，副反應，同一反應體系中物質一量變化量之比等于濃度變化量之比，產物中，即，，反應時間相同，則，，則，c正確；
d．選擇適當催化劑可提高主反應的選擇性，可提高 乙二醇的最終產率，d正確；
故選cd；
（2）①該反應為氣體體積減小的反應，溫度相同時，增大壓強，平衡正向移動，平衡轉化率增大，，故、、對應α為0.6、0.5、0.4；
②由圖可知，壓強相同時，溫度升高，平衡轉化率減小，說明升高溫度平衡逆向移動，則正反應為放熱反應，<0；
③M、N的進料相同，平衡轉化率相等，平衡時各組分物質的量分數分別相等，則=；D點對應的平衡轉化率為0.5，根據題中信息，該反應按化學計量比進料，設起始加入2molCO和3molH2，列三段式：，平衡時，、、的物質的量分數分別為，；
④設起始加入mmolCO和3molH2，此時，列三段式：，平衡時，氣體總的物質的量為mmol，、、平衡分壓分別，。
考點二 液相反應原理綜合題
1．（2024·廣東·高考真題）酸在多種反應中具有廣泛應用，其性能通常與酸的強度密切相關。
(1)酸催化下與混合溶液的反應(反應a)，可用于石油開采中油路解堵。
①基態N原子價層電子的軌道表示式為 。
②反應a：
已知：
則反應a的 。
③某小組研究了3種酸對反應a的催化作用。在相同條件下，向反應體系中滴加等物質的量的少量酸，測得體系的溫度T隨時間t的變化如圖。
據圖可知，在該過程中 。
A．催化劑酸性增強，可增大反應焓變
B．催化劑酸性增強，有利于提高反應速率
C．催化劑分子中含H越多，越有利于加速反應
D．反應速率并不始終隨著反應物濃度下降而減小
(2)在非水溶劑中，將轉化為化合物ⅱ(一種重要的電子化學品)的催化機理示意圖如圖，其中的催化劑有 和 。
(3)在非水溶劑中研究弱酸的電離平衡具有重要科學價值。一定溫度下，某研究組通過分光光度法測定了兩種一元弱酸(X為A或B)在某非水溶劑中的。
a．選擇合適的指示劑，；其鉀鹽為。
b．向溶液中加入，發生反應：。起始的物質的量為，加入的物質的量為，平衡時，測得隨的變化曲線如圖。
已知：該溶劑本身不電離，鉀鹽在該溶劑中完全電離。
①計算 。(寫出計算過程，結果保留兩位有效數字)
②在該溶劑中， ； 。(填“>”“<”或“=”)
(1) BD
(2) AcOH KI
(3) ＞ ＞
【詳解】（1）
①N的原子序數為7，位于第二周期第ⅤA族，基態N原子價層電子的軌道表示式為；
②由已知可得：
Ⅰ．，；
Ⅱ．，；
Ⅲ．，；
Ⅳ．，；
由蓋斯定律可知，目標方程式可由方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ＋Ⅳ得到，故反應；
③A．催化劑不能改變反應的焓變，A項錯誤；
B．由圖示可知，酸性：硫酸＞磷酸＞乙酸，催化劑酸性增強，反應速率提高，B項正確；
C．一個硫酸分子中含有2個H，一個磷酸分子中含有3個H，一個乙酸分子中含有4個H，但含H最少的硫酸催化時，最有利于加速反應，C項錯誤；
D．由圖示可知，反應開始一段時間，反應物濃度減小，但反應速率加快，反應速率并不始終隨著反應物濃度下降而減小，D項正確；
故選BD。
（2）催化劑參與化學反應，但反應前后質量和化學性質并未改變，由催化機理示意圖可知，催化劑有AcOH和KI；
（3）由變化曲線圖可知，當時，，設初始，則初始，轉化的物質的量濃度為，可列出三段式如下：
由，即，解得，則該反應的平衡常數為
解得；
②根據圖像可知，當時，設此時轉化的物質的量濃度為，可列出三段式如下：
此時，即，則，則平衡常數，則；
由于，則，。
2．（2025·重慶·高考真題）水是化學反應的良好介質，探索水溶液中的酸堿平衡具有重要意義。
(1)天然水中可以分離出重水(D2O)。D2O溶液中存在電離平衡：，c(D+)和c(OD-)的關系如圖所示。
①圖中3個狀態點對應的溶液呈中性的是 。
② (填“>”“=”或者“<”)。
(2)用如圖所示電化學裝置進行如下實驗。
①用實驗：在左側通入，產物為，鹽橋中移向裝置的 (填“左側”或者“右側”)，電池的總反應為 。
②用實驗：在一側通入，電池的總反應仍保持不變，該側的電極反應為 。
(3)利用馳豫法可研究快速反應的速率常數(k，在一定溫度下為常數)。其原理是通過微擾(如瞬時升溫)使化學平衡發生偏離，觀測體系微擾后從不平衡態趨向新平衡態所需的馳豫時間()，從而獲得k的信息。對于，若將純水瞬時升溫到25℃，測得。已知：25℃時，，，，(為的平衡濃度)。
①25℃時，的平衡常數 (保留2位有效數字)。
②下列能正確表示瞬時升溫后反應建立新平衡的過程示意圖為 。
③25℃時，計算得為 。
(1) B ＞
(2) 右側
(3) D
【詳解】（1）①重水中存在電離平衡，中性溶液中，，只有B點符合，所以“A、B、C”三點中呈中性的是B點，故答案為：B；
②水的電離平衡為吸熱過程，溫度升高，電離程度增大，，均增大，Kw也增大，由圖可知，T1時離子濃度更高，Kw更大，所以＞，故答案為：＞；
（2）①用進行實驗，左側通入，產物為，電極方程式為：，左側為負極，右側為正極，電極方程式為，在原電池中，正電荷向正極移動，所以鹽橋中移向正極，即右側，該電池為燃料電池，原料為氫氣和氧氣，總反應方程式為，故答案為：右側；；
②用進行實驗，一側通入，電池總反應方程式不變，則該電池為氫氣和氧氣組成的燃料電池，該側的電極反應方程式為，故答案為：；
（3）①對于反應，平衡常數K的定義為：K=，在25℃的純水中，水的離子積常數為Kw=，而且平衡時，已知，帶入公式：K=，保留兩位小數K，故答案為：；
②瞬時升溫后，逆反應速率增大，但水的濃度是恒定的，正反應速率不變，所以建立新平衡的過程示意圖為D，
③馳豫時間公式為，其中，，帶入得：，在平衡時，，可推出，帶入已知值：，即，將k1帶入馳豫時間公式為：，整理可得，，計算括號內：，，由于，可忽略不計，所以，得出，故答案為：。
3．（2024·上海·高考真題）已知：
①
②
③
(1)以下能判斷總反應達到平衡狀態的是_______。
A．鈣離子濃度保持不變 B．保持不變
C． D．
(2)增大有利于珊瑚的形成，請解釋原因 。
(3)已知的，為 。當 時，開始產生沉淀。
(4)根據如圖，寫出電極a的電極反應式 。
(5)關于上述電化學反應過程，描述正確的是_______。
A．該裝置實現電能轉化為化學能
B．電極b是負極
C．電子從電極a經過負載到電極b再經過水體回到電極a
D．每參與反應時，轉移電子
(6)解釋在溶液中氧氣的濃度變大后，為何有利于的除去，但不利于硝酸根的除去。 。
(1)AB
(2)pH越大，即c（H+）越小，促進的平衡正向移動，即增大，方程式平衡正向移動，有利于生成CaCO3；
(3) 4.2×10-3
(4)
(5)B
(6)氧氣濃度增大后，O2也會在正極參與得到電子，總得到電子增加，（CH2O)n消耗更有效，但由于氧氣的參與，當相同量的（CH2O)n參與反應時，得電子數量則下降，除去效應下降，不利于硝酸根的除去
【詳解】（1）A．鈣離子濃度保持不變，說明此時，反應達到平衡，A符合題意；
B．反應①中，即，K只與溫度有關，保持不變，即保持不變，說明此時，反應達到平衡，B符合題意；
C．CaCO3為固體，其濃度為常數，一般不用固體來表示化學反應速率，C不符合題意；
D．不同物質表示正逆反應速率，且之比不等于化學計量數之比，說明正反應速率不等于逆反應速率，反應未達到平衡狀態，D不符合題意；
故選AB；
（2）pH越大，即c（H+）越小，促進的平衡正向移動，即增大，方程式平衡正向移動，有利于生成CaCO3；
（3），，H2CO3的，；，即，；
（4）電極a上得到電子變為N2，電極反應式為：；
（5）A．由圖可知，電極與負載相連接，該裝置為原電池，能實現化學能到電能的轉化，故A錯誤；
B．電極b上失去電子變為CO2，電極b是負極，故B正確；
C．電極a為正極，電極b為負極，電子從電極b經過負載到電極a，電子不會進入水體中，故C錯誤；
D．電極b的電極反應式為：，每參與反應時，轉移電子，故D錯誤；
故選B；
（6）氧氣濃度增大后，O2也會在正極參與得到電子，總得到電子增加，（CH2O)n消耗更有效，但由于氧氣的參與，當相同量的（CH2O)n參與反應時，得電子數量則下降，除去效應下降，不利于硝酸根的除去。
4．（2023·山東·高考真題）一定條件下，水氣變換反應的中間產物是。為探究該反應過程，研究水溶液在密封石英管中的分解反應：
Ⅰ．
Ⅱ．
研究發現，在反應Ⅰ、Ⅱ中，僅對反應Ⅰ有催加速作用；反應Ⅰ速率遠大于反應Ⅱ，近似認為反應Ⅰ建立平衡后始終處于平衡狀態。忽略水電離，其濃度視為常數。回答下列問題：
(1)一定條件下，反應Ⅰ、Ⅱ的焓變分別為、，則該條件下水氣變換反應的焓變 (用含的代數式表示)。
(2)反應Ⅰ正反應速率方程為：，k為反應速率常數。溫度下，電離平衡常數為，當平衡濃度為時，濃度為 ，此時反應Ⅰ的反應速率 (用含和k的代數式表示)。
(3)溫度下，在密封石英管內完全充滿水溶液，使分解，分解產物均完全溶于水。含碳物種濃度與反應時間的變化關系如圖所示(忽略碳元素的其他存在形式)。時刻測得的濃度分別為，反應Ⅱ達平衡時，測得的濃度為。體系達平衡后 (用含y的代數式表示，下同)，反應Ⅱ的平衡常數為 。
相同條件下，若反應起始時溶液中同時還含有鹽酸，則圖示點中，的濃度峰值點可能是 (填標號)。與不含鹽酸相比，達濃度峰值時，濃度 (填“增大”“減小”或“不變”)，的值 (填“增大”“減小”或“不變”)。
(1)－
(2)
(3) a 減小 不變
【詳解】（1）根據蓋斯定律，反應Ⅱ-反應Ⅰ＝水氣變換反應，故水氣變換反應的焓變＝－；
（2）T1溫度時，HCOOH建立電離平衡：
，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝。
。
（3）t1時刻時，c(CO)達到最大值，說明此時反應Ⅰ達平衡狀態。此時
故t1時刻c(HCOOH)＝1.0mol/L－0.70mol/L－0.16mol/L＝0.14 mol·L－1，K(Ⅰ)＝。t1時刻→反應Ⅱ達平衡過程，
則c(H2)＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)mol·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7，K(Ⅰ)＝，a＝。故＝，K(Ⅱ)＝。
加入0.1 mol·L－1鹽酸后，H＋對反應I起催化作用，加快反應I的反應速率，縮短到達平衡所需時間，故CO濃度峰值提前，由于時間縮短，反應Ⅱ消耗的HCOOH減小，體系中HCOOH濃度增大，導致CO濃度大于t1時刻的峰值，故c(CO)最有可能在a處達到峰值。此時c(CO2)會小于不含鹽酸的濃度，＝K(Ⅰ)，溫度不變，平衡常數不變，則的值不變。
5．（2024·浙江·高考真題）通過電化學、熱化學等方法，將轉化為等化學品，是實現“雙碳”目標的途徑之一。請回答：
(1)某研究小組采用電化學方法將轉化為，裝置如圖。電極B上的電極反應式是 。
(2)該研究小組改用熱化學方法，相關熱化學方程式如下：
：
Ⅱ：
Ⅲ：
① 。
②反應Ⅲ在恒溫、恒容的密閉容器中進行，和的投料濃度均為，平衡常數，則的平衡轉化率為 。
③用氨水吸收，得到氨水和甲酸銨的混合溶液，時該混合溶液的 。[已知：時，電離常數、]
(3)為提高效率，該研究小組參考文獻優化熱化學方法，在如圖密閉裝置中充分攪拌催化劑M的(有機溶劑)溶液，和在溶液中反應制備，反應過程中保持和的壓強不變，總反應的反應速率為v，反應機理如下列三個基元反應，各反應的活化能(不考慮催化劑活性降低或喪失)。
Ⅳ：
V：
VI：
①催化劑M足量條件下，下列說法正確的是 。
A．v與的壓強無關 B．v與溶液中溶解的濃度無關
C．溫度升高，v不一定增大 D．在溶液中加入，可提高轉化率
②實驗測得：，下，v隨催化劑M濃度c變化如圖。時，v隨c增大而增大：時，v不再顯著增大。請解釋原因 。
(1)
(2) +14.8 2.4×10 8 10.00
(3) CD 當c≤c0時，v隨c增大而增大，因M是基元反應IV的反應物(直接影 響基元反應VI中反應物L的生成)； c>c0時，v不再顯著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或濃度)
【詳解】（1）①電極B是陰極，則電極反應式是；
（2）①ΔH3= ΔH2 -ΔH1=-378 .7 kJ /mol+393 .5 kJ/mol =+14.8 kJ/ mol；
②根據三段式，設轉化的CO2為x，則：
，則，，則轉化率= ；
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol L-1氨水和0.18 mol L-1甲酸銨的混合溶液，得出=0.18mol/L， 根據，則，，；
（3）①A．v與CO2(g)的壓強有關，壓強越大，溶液中CO2的濃度越大，v越大，A錯誤；
B．v與溶液中溶解H2的濃度有關，氫氣濃度越大，速率越快，B錯誤；
C．溫度升高，v不一定增大，反應Ⅳ和Ⅴ是快反應，而Ⅵ是慢反應（決速步驟），Ⅳ和Ⅴ可以快速建立平衡狀態，隨著溫度升高氣體在溶液中溶解度減小，氣體濃度減小、L的濃度減小，若L的濃度減小對反應速率的影響大于溫度升高對總反應速率的影響，則總反應速率減小，故總反應的速率不一定增大，C錯誤；
D．在溶液中加入的N(CH2CH3)3會與HCOOH反應，使得三個平衡正向移動，可提高CO2轉化率，D正確；
故選CD。
②各反應的活化能，反應VI為絕速步驟，但L的濃度取決于反應V和VI，所以速率與催化劑M的濃度和反應物CO2、H2的濃度有關。當c≤c0時，催化劑M的活性位點數量不夠，速率取決于催化劑M的濃度，即v隨c增大而增大，因M是基元反應IV的反應物(直接影響基元反應VI中反應物L的生成)； c>c0時，催化劑M的活性位點數量足夠，速率取決于反應物CO2和H2的濃度，即v不再顯著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或濃度)。
考點一 氣相反應原理綜合題
1．（2025·湖南·三模）天然氣是重要的化工原料，可以制備乙烯、乙炔、乙二醇等多種化工產品。按要求回答下列問題：
I． ①
②
③
(1)反應③在 (填“低溫”“高溫”或“任意溫度”)下自發進行，且 (用含的代數式表示)。
(2)反應②的速率方程為，(為正、逆反應速率常數)。其他條件相同，達到平衡時，達到平衡時。由此推知，(填“>”“<”或“=”)。
(3)某溫度下，一定容積的密閉容器中，通入一定量的甲烷。若只發生反應①和②，當容器中密度不改變， (填“能”或“不能”)說明達到平衡。若初始容器的總壓強為p，平衡后總壓強為1.25p，且氫氣的分壓為0.42p，則甲烷的轉化率為 。
II．通過光電化學轉化(Photoelectrochemical)可制乙二醇，在某催化劑作用下該反應的機理如圖所示。圖中表示催化劑被光激發出電子之后產生的空穴。
(4)若加入重水，則產物中含有核素D的產物有 。
III．甲烷可以制備尿素。
(5)①尿素與正烷烴形成超分子包合物．尿素中各種元素的電負性由大到小的順序為 。
②尿素分子通過氫鍵有序地組合成具有蜂窩狀六角形通道結構的接受體，如圖(a)所示。正烷烴分子作為底物填入通道之中，形成超分子包合物。圖(b)為垂直于通道截面的結構。請從作用力的角度說明該超分子包合物能穩定存在的原因： 。
(1) 低溫 K2/K1
(2)>
(3) 不能 34%
(4)HDO、DOCH2CH2OD
(5) O>N>C>H 彼此通過范德華力結合使能量降低、熵減小(或“尿素分子間強氫鍵形成的穩定通道”)
【分析】小問1： 判斷自發溫度：由蓋斯定律求反應③的H，結合S，依據G=H-TS判斷自發溫度條件；求平衡常數關系：寫出反應①②③的平衡常數表達式，推導K3與K1、K2的關系；
小問2：根據平衡時v正=v逆得到平衡常數K= K=，求出T1、T2下平衡常數，結合反應吸熱性質判斷溫度大小；
小問3： 判斷密度不變能否說明平衡：根據密度公式進行判斷；
計算甲烷轉化率：設初始甲烷物質的量及兩反應中甲烷轉化量，根據反應得出平衡時氣體總物質的量表達式；利用同溫同體積下壓強比等于物質的量比，建立初始和平衡時物質的量關系；依據氫氣分壓得出氫氣物質的量分數，結合上述關系聯立方程求解；算出甲烷總共轉化量，進而求出轉化率；
小問4：依據反應機理圖，分析D2O產生的·OD參與的反應，從而確定含核素D的產物。
小問5：①根據元素非金屬性與電負性的關系，比較尿素中元素電負性大小；②從分子間作用力（氫鍵和范德華力）角度，說明超分子包合物穩定存在的原因。
【詳解】（1）根據蓋斯定律，反應③=反應②-反應①，所以 H3=H2-H1=-174.3kJ/mol，根據G=H-TS，H3<0，S<0，則反應③在低溫下自發進行，且根據蓋斯定律得出平衡常數K3= K2/K1；
（2）反應②為吸熱反應。根據平衡定義，平衡時正、逆反應速率相等，故v正=v逆，即 =，K=，T1到T2℃時，K由2.5變成1.5，正反應為吸熱反應，升高溫度，平衡常數增大，故T1>T2；
（3）某溫度下，一定容積的密閉容器中，通入一定量的甲烷，質量和體積都不改變，故密度不變，不能說明反應達到平衡狀態；
起始的總壓強為p，全部為甲烷，若只發生反應①和②，反應達到平衡，設生成的乙炔占的分壓為x，乙烯所占分壓為y，氫氣的分壓為0.42p，對于反應①：
對于反應②：
平衡時甲烷的分壓為p-2x-2y，p+2x+y=1.25p，3x+2y=0.42p，得出x=0.08p、y=0.09p，甲烷的轉化率=2x+2yx100%=34%；
（4）從該反應的機理圖中可看出，產物有C2H6、H2O、HOCH2CH2OH，D2O在催化劑的作用下產生·OD，與·OD結合的產物有HDO和DOCH2CH2OD；
（5）①同周期從左向右電負性逐漸增強，同主族從上到下電負性逐漸減弱，尿素中各種元素的電負性由大到小的順序：O>N>C>H；
②該超分子包合物能穩定存在的原因是彼此通過范德華力結合使能量降低、熵減小。
2．（2025·青海西寧·二模）工業含硫煙氣污染大氣，研究煙氣脫硫具有重要意義。還原脫硫主要反應如下：
反應Ⅰ：
反應Ⅱ：
回答下列問題：
(1)標準生成焓是指298K、100kPa條件下，由元素最穩定的單質生成單位物質的量的純化合物的熱效應。下表為298K，100kPa時幾種物質的標準生成焓（）；
物質 S(g) (g) (g) (g) (g)
（） 0 -296.8 -393.5 -241.8 -74.8
則(298K)= 。
(2)向恒溫恒壓密閉容器中充入一定量(g)和(g)發生反應Ⅱ，下列能判斷反應Ⅱ達到化學平衡狀態的是的 。
a．混合氣體的壓強不變 b．氣體平均相對分子質量不變
c． d．不變
(3)反應Ⅱ測得平衡時的百分含量（%）與溫度（K）、壓強（MPa）的關系如圖所示。圖中n的表示是 （填“溫度”或“壓強”），A點對應n1和m2條件下，用表示的化學反應速率 （填“>”“<”或“=”）。
(4)在一定溫度下，壓強為100kPa的恒壓密閉容器中充入1mol 、1mol 、4mol He發生反應Ⅰ和Ⅱ。反應達到平衡時，的轉化率為60%，CO的物質的量為0.2mol。反應Ⅰ的平衡常數 （為用分壓表示的平衡常數。列式即可，無需化簡）；若保持壓強不變，充入1mol 、1mol 、2mol He發生反應Ⅰ和Ⅱ，達到平衡時的平衡轉化率 60%（填“>”“<”或“=”）。
(5)利用電解法對進行吸收和無害經處理，其原理如圖所示。電極Ⅰ的電極反應式為 ，消耗1mol ，生成 L（標準狀況下）。
(1)-208.7
(2)b
(3) 溫度 <
(4) <
(5) 5.6
【分析】反應Ⅰ和Ⅱ均為氣體體積增大的反應，增大壓強平衡逆向移動。利用電解法對SO2進行吸收和無害經處理，由電極產物元素的化合價可知，電極Ⅰ發生還原反應，是陰極，電極反應為，電極Ⅱ發生氧化反應，是陽極，電極反應為。
【詳解】（1）生成物的標準生成焓總和-反應物的標準生成焓總和，故有；
（2）a．恒溫恒壓下，混合氣體的壓強始終不變，故a錯誤；
b．氣體平均摩爾質量，反應中氣體總質量不變，反應Ⅱ反應前后氣體系數不相等，故恒壓下氣體的體積改變，則為變量，當氣體平均摩爾質量不再改變時，達到平衡，b正確；
c．當正、逆反應速率相等時（即），反應達到平衡，c錯誤；
d．反應過程中v(H2)：v(CH4)始終為2:1，d錯誤；
故答案選b；
（3）由圖可知隨著n增大，H2的百分含量也增大（H2%），而反應Ⅱ是氣體體積增大的吸熱反應，故n為溫度；由圖可知A點對應n1和m2條件下的H2%大于n1和m2條件下的H2%，相當于平衡逆向移動，故v正（4）反應達到平衡時，SO2轉化率為60%（剩余物質的量為0.4mol），CO的物質的量為0.2mol，列出如下三段式：，
，平衡時氣體總物質的量n=(0.4+0.6+0.6+0.6+0.2+0.2+0.2+4)mol=6.8mol，故反應Ⅰ的壓強平衡常數為Kp=；反應Ⅰ和Ⅱ均為氣體體積增大的反應，當He的物質的量變為2mol，恒壓下，對于反應Ⅰ和Ⅱ來說相當于加壓，平衡逆向移動，故SO2轉化率小于60%；
（5）左極區轉化為，S元素化合價降低，故電極Ⅰ上發生還原反應，電極方程式為；根據得失電子守恒可知存在如下計量關系：，故消耗1mol SO2則生成0.25 mol O2（即標準狀況下5.6L）。
3．（2025·山西·三模）氮及其化合物與人類生產、生活密切相關。含氮物質的研究和利用有著極為重要的意義。回答下列問題：
(1)CO催化還原生成和可消除污染。已知：的燃燒熱為；，寫出催化還原的熱化學方程式 。
(2)將恒定組成的CO和NO混合氣體通入固定體積的反應器內，發生以下兩個反應：、。在不同溫度下反應相同時間測得反應后體系內各物質的濃度隨溫度的變化如圖所示。
①Ⅰ、Ⅳ兩條線所表示的物質分別是 、 (填分子式)。
②該消除污染物CO和NO的反應條件應選擇 (選填“低溫”或“高溫”)。
③450℃時，該時間段內NO的脫除率= 。[的脫除率]
(3)某學習小組將、和一定量的充入密閉容器中，在催化劑作用下發生反應：，一段時間內，連續測得的轉化率隨溫度變化的情況如下圖所示：
則 0(填“>”或“<”)。若在5min內，溫度從升高到，此時間段內用表示的平均反應速率為 。解釋生成的轉化率先逐漸增大后逐漸減小的原因： 。
(4)實驗室產生的尾氣可先用氧化，然后再用燒堿溶液吸收，現將、和通入密閉容器中，在T℃、壓強為條件下發生反應：
① ②
平衡時，求反應②的平衡常數 (用含的代數式表示)。
(1)
(2) 高溫 80%
(3) < 0.15 溫度小于時，反應未達到平衡狀態，升高溫度，反應速率加快，生成的轉化率逐漸增大，高于以后，反應達到平衡狀態，升溫，平衡逆向移動，生成的轉化率逐漸減小
(4)
【詳解】（1）根據題干中的已知條件，①，②，①+②可計算出催化還原的熱化學方程式為；
（2）溫度越高，反應速率越快。結合圖像可知，高溫時和的濃度較低，脫除率高，所以應選擇高溫條件。隨著反應的進行，CO和NO的濃度逐漸降低，又根據兩個反應中都消耗CO，而只有第一個反應消耗NO，隨著濃度逐漸降低，的濃度減小的趨勢變小，到后來濃度基本不變，而濃度減小的趨勢較大，所以Ⅰ是，Ⅱ是。兩個反應中都產生，的濃度大于，Ⅲ是，Ⅳ是。根據N原子守恒，，轉化為的，故的脫除率；
（3）根據題目的已知條件，開始只充入反應物，溫度小于時，反應未達到平衡狀態，升高溫度，反應速率加快，生成的轉化率逐漸增大。溫度大于以后，反應達到平衡狀態，轉化率逐漸減小，說明升高溫度平衡逆向移動，正反應放熱，。根據圖像，轉化的，；
（4）設消耗為，生成為。
根據可得出，經計算，。平衡后氣體總物質的量為，，。
4．（2025·江蘇連云港·一模）性能優越的催化劑是實現二氧化碳加氫制甲烷工業化的關鍵。
(1)CO2在Ni/γ-Al2O3催化劑表面加氫合成甲烷過程中發生以下兩個反應：
反應I：CO2(g)＋4H2(g) = CH4(g)＋2H2O(g) H1= -143.9 kJ·mol 1
反應II：CO2(g)＋H2(g) = CO(g)＋H2O(g) H2
①已知在25℃、101kPa下，由最穩定單質生成1 mol某純物質的焓變稱為該物質的標準摩爾生成焓，用表示。如表所示為幾種常見物質的標準摩爾生成焓。
物質 CO2(g) H2(g) H2O(g) CO(g)
) －393.5 0 －241.8 －110.5
反應2CO(g)＋2H2(g) = CO2(g)＋CH4(g)的焓變為 。
②一定壓強下，將一定比例CO2和H2通過裝有Ni/γ-Ai2O3催化劑的反應器，反應相同時間，測得CO2轉化率隨溫度變化情況如圖所示(虛線代表平衡轉化率)。高于320℃后，CO2轉化率略有下降，可能原因是 。
③γ-Al2O3因價格低廉、較高的熱穩定性和比表面積而成為工業上最常用的催化劑載體。通過Rh(NO3)3（硝酸銠）熱分解將銠有效負載在γ-Al2O3表面能有效提高催化性能的可能原因是 。
(2)CeO2催化CO2與H2轉化為CH4的機理如圖所示。
①在催化過程中由CeO2轉變成CeO2-x晶胞的組成結構變化如圖所示，一個CeO2-x晶胞中Ce4+和Ce3+個數比為 。
②催化劑中摻入少量CaO，用Ca2+替代CeO2結構中部分Ce4+形成Ca xCe1-xOy可提高催化效率，其原因是 。
(3)通過Sonogashira偶聯反應（如下圖所示），將CoTBrPP（甲）在CuI與鈀基催化劑的作用下，在甲上枝接PTAB(1,3,5-三乙炔苯聚合物)形成對CH4有較高選擇性的CoTBrPP-PTAB-Cu新型催化劑（乙）。
①CoTBrPP-PTAB-Cu催化劑比CoTBrPP具有更好的導電性的原因是 。
②實驗表明CoTBrPP和CoTBrPP-PTAB-Cu的ECSA(電化學活性面積，即參與電化學反應的有效面積)分別是7.1mF· cm-2和3.8mF·cm-2，偶聯后ECSA降低的可能原因是 。
(1) －226.3 kJ·mol 1 320℃時，CO2和H2催化合成反應已達到平衡，升高溫度，反應Ⅰ平衡向逆反應方向移動占主導，CO2的轉化率減小 Rh(NO3)3熱分解放出大量氣體使得γ-Al2O3的表面積增大
(2) 結構中氧空位增加
(3) 三乙炔苯聚合物中的碳是sp和sp2雜化結構，有未參加雜化的p軌道上的電子 CoTBrPP表面接枝了聚1,3,5-三乙炔苯，使得活性位點難以暴露
【詳解】（1）①反應熱=產物的標準摩爾生成焓-反應物的標準摩爾生成焓，則，結合蓋斯定律可知，2CO(g)＋2H2(g) = CO2(g)＋CH4(g)可以由I-2II，則該反應的反應熱，
；
②可以從平衡移動的角度分析，由圖可知，320℃之后，反應處于平衡狀態，反應I為放熱反應，溫度升高平衡逆向移動，故答案為：320℃時，CO2和H2催化合成反應已達到平衡，升高溫度，反應Ⅰ平衡向逆反應方向移動占主導，CO2的轉化率減小；
③對于催化劑來說，接觸面積越大，一般來說催化效果越好，另外硝酸銠分解會產生大量氣體，故答案為：Rh(NO3)3熱分解放出大量氣體使得γ-Al2O3的表面積增大；
（2）①假設中的和的個數分別為m和n，則m+n=1，由化合物中各元素正、負化合價代數和為0可得4m+3n=4-2x，解得m=1-2x，故一個晶胞中和個數比為；
②催化劑中摻入少量，用替代結構中部分形成，則催化劑中氧原子數減少，氧空位將增多，可提高催化效率，故答案為結構中氧空位增加；
（3）①PTAB中的碳為sp和sp2（形成共軛π鍵骨架），且存在 未雜化的p軌道電子 （可離域化），這些電子通過共軛體系形成 長程電子傳輸通道 ，顯著提升催化劑的整體導電性，故答案為：三乙炔苯聚合物中的碳是sp和sp2雜化結構，有未參加雜化的p軌道上的電子；
②PTAB在CoTBrPP表面 枝接形成聚合物層 ，可能通過以下途徑阻礙活性位點，物理覆蓋 ，聚合物鏈直接遮擋CoTBrPP的活性中心，故答案為：CoTBrPP表面接枝了聚1,3,5-三乙炔苯，使得活性位點難以暴露。
5．（2025·山東淄博·三模）甲醇水蒸氣催化重整制氫氣，涉及主要反應如下：
Ⅰ．CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g) ΔH1=＋49.0 kJ·mol-1
Ⅱ．CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g) ΔH2=＋90.2 kJ·mol-1
Ⅲ．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH3
回答下列問題：
(1)ΔH3= kJ·mol-1；以上三個反應的平衡常數lgK隨溫度T變化關系如圖甲所示，則表示反應Ⅰ的變化曲線為 (填標號)。
(2)壓強P下，向密閉容器中充入等物質的量的CH3OH(g)與H2O(g)，達平衡時，CH3OH的轉化率、CO的摩爾分數及CO2的選擇性隨溫度變化的曲線如圖乙所示。
已知：CO2的選擇性。則表示CO2的選擇性的曲線是 (填標號)；520K時，H2O(g)的平衡轉化率為 ；隨溫度升高，CO的摩爾分數先降低后升高的原因是 。
(3)溫度T時，向恒容密閉容器中按=1∶1投料，測得起始壓強為a kPa，加入適量CaO(s)，體系達平衡后，CO2的選擇性為80%，CaO對CO2的吸收率為50%，已知溫度T時，反應的平衡常數Kp=bkPa，則平衡時，分壓p(H2)= kPa；反應Ⅱ的平衡常數Kp= ；若向平衡體系中再加入少量CH3OH(g)，重新達平衡后，將 (填“增大”“減小”或“不變”)。
(1) -41.2
(2) L5 38% 520K以下，反應Ⅰ是主反應，520K以上，反應Ⅱ、Ⅲ是主反應
(3) 7b 增大
【詳解】（1）根據蓋斯定律，反應Ⅲ=反應Ⅰ-反應Ⅱ，則；反應Ⅰ、Ⅱ為吸熱反應，升高溫度K增大（增大）；反應 Ⅲ 為放熱反應，升高溫度K減小（減小 ），反應 Ⅰ 的小于反應 Ⅱ，相同溫度下反應 Ⅰ 的K小于反應 Ⅱ，故表示反應 Ⅰ 的曲線是；
（2）反應Ⅰ、Ⅲ生成CO2，反應Ⅱ生成CO，溫度升高，反應Ⅰ、Ⅱ（吸熱）正向移動，反應Ⅲ（放熱）逆向移動，初始時，隨著溫度的升高，反應Ⅰ占主導，CO2選擇性升高，溫度升高到一定程度后，反應Ⅲ占主導，平衡逆向移動，CO2選擇性逐漸降低，故表示CO2選擇性的曲線是L5；由圖可知520K時，CH3OH的轉化率為40%，CO2的選擇性為95%，設起始CH3OH和H2O的物質的量都為1mol，生成CO2的物質的量為x mol，生成CO的物質的量為y mol，則，x+y=0.4，解得x=0.38，y=0.02，即反應Ⅰ消耗CH3OH為0.38mol、消耗水0.38mol，反應Ⅱ消耗CH3OH 為0.02mol，所以H2O的平衡轉化率為；隨溫度升高，520K以下，反應Ⅰ是主反應，520K以上，反應Ⅱ、Ⅲ是主反應，故CO的摩爾分數先降低后升高；
（3）已知溫度T時，反應的平衡常數，即平衡時，由于CaO對CO2的吸收率為50%，即反應Ⅰ生成的，溫度T時，向恒容密閉容器中按=1∶1投料，測得起始壓強為a kPa，即，體系達平衡后，CO2的選擇性為80%，則，解得，由C守恒可得，由Ⅰ．CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g) 、Ⅱ．CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)可知，；反應Ⅱ的平衡常數；若向平衡體系中再加入少量CH3OH(g)，由于溫度未發生變化，則不變，加入CH3OH(g)使得增大，故重新達平衡后，增大。
考點二 液相反應原理綜合題
1．（2025·上海普陀·二模）硫化氫（H2S）是一種臭雞蛋氣味的有毒氣體，但其在合成光電材料、污水處理方面有著重要作用，硫化氫尾氣的回收處理并資源化利用是長期面臨的重要研究課題。
(1)下列關于H2S的說法中正確的是________（不定項）。
A．利用其氣味可添加在管道煤氣中監測燃氣泄露
B．氫硫酸是一種二元弱酸，屬于弱電解質
C．將H2S氣體通入AlCl3溶液中的離子方程式：
D．硫化氫的球棍模型為
25℃，H2S飽和溶液濃度約為0.1mol·L-1，H2S水溶液中各含硫微粒物質的量分數δ隨pH變化關系如下圖：
(2)圖中表示S2-物質的量分數變化的曲線是 。
A．曲線a B．曲線b C．曲線c
(3)下列說法正確的是________。
A．飽和H2S溶液中加入等體積的NaOH溶液（體積變化忽略不計），則
B．以酚酞為指示劑，可用NaOH標準溶液滴定H2S水溶液至Na2S測定其濃度
C．1.0L 1mol·L-1的NaOH溶液最多能吸收1mol H2S(g)
D．NaHS溶液呈堿性是由于S2-的水解程度大于HS-的電離程度
(4)由圖可知， 。
(5)已知0.1mol·L-1的Na2S溶液中S2-水解率約為62%，，，0.010mol·L-1的FeCl2溶液中加入等體積0.20mol·L-1的Na2S溶液，反應初始生成沉淀的情況是________。
A．只有FeS沉淀 B．只有Fe(OH)2沉淀
C．沒有沉淀 D．FeS、Fe(OH)2都有
實驗室中，以FeCl3為吸收液脫除H2S。實驗發現，在FeCl3溶液中加入一定濃度的CuCl2可以明顯提高H2S的脫除率。對比實驗結果如下：
實驗序號 ① ② ③
吸收液 FeCl3溶液 CuCl2溶液 FeCl3溶液、CuCl2溶液
H2S脫除率 ≈92% ≈100% ≈100%
H2S脫除產物 S CuS S
(6)將①中脫除H2S的反應補充完整 ：。
(7)pH減小會降低①中脫除率，但對②中的脫除率幾乎無影響，解釋原因： 。
(8)③中，加入CuCl2后，脫除率幾乎達到100%。結合方程式解釋原因： 。
(1)D
(2)C
(3)AC
(4)1×10-7
(5)D
(6)
(7)pH減小，c(H+)增大，不利于H2S的溶解和電離，降低①中脫除率；CuS的溶解度極小，難溶于酸，所以對②中H2S的脫除率幾乎無影響
(8)加入CuCl2后發生反應：，，Cu2+促進了H2S的轉化
【詳解】（1）A．H2S是劇毒氣體，其燃燒產物SO2也是有毒氣體，所以不能利用其氣味添加在管道煤氣中監測燃氣泄露，A不正確；
B．氫硫酸的電離分兩步進行，且都為可逆，它是一種二元弱酸，氫硫酸是混合物，不屬于弱電解質，B不正確；
C．將H2S氣體通入AlCl3溶液中，不發生反應，且Al2S3在水溶液中會發生雙水解反應，不能穩定存在，C不正確；
D．硫化氫分子中，S原子的孤電子對數為=2，形成2個σ鍵，價層電子對數為4，發生sp3雜化，球棍模型為，D正確；
故選D。
（2）25℃，H2S飽和溶液呈酸性，此時硫元素主要以H2S的形式存在，往溶液中加入堿增大溶液的pH，此時H2S不斷轉化為HS-，繼續增大溶液的pH，HS-不斷轉化為S2-，所以曲線a表示H2S的物質的量分數，曲線b表示HS-的物質的量分數，曲線c表示S2-的物質的量分數，故選C。
（3）A．25℃，H2S飽和溶液濃度約為0.1mol·L-1，飽和H2S溶液中加入等體積的NaOH溶液(體積變化忽略不計)，H2S的濃度變為原來的一半，即為0.05mol L-1，依據元素守恒，則，A正確；
B．酚酞的變色范圍pH:8.2~10.0，根據圖示，Ka2(H2S)==10-13，當NaOH標準溶液滴定H2S水溶液至Na2S時，S2-+H2OHS-+OH-，Kh1====0.1，c(OH-)=0.1mol/L，溶液的pH=13，超出了酚酞的變色范圍，B不正確；
C．往NaOH溶液中通入足量H2S，生成NaHS等，則1.0L 1mol·L-1的NaOH溶液最多能吸收1mol H2S(g)，C正確；
D．NaHS溶液呈堿性是由于HS-的水解程度大于HS-的電離程度，D不正確；
故選AC。
（4）由圖可知，在pH=7.0時，c(H2S)=c(HS-)，=1×10-7。
（5）0.010mol·L-1的FeCl2溶液中加入等體積0.20mol·L-1的Na2S溶液，所得混合溶液中c(Fe2+)=0.0050mol·L-1，c(S2-)=0.10mol·L-1，S2-發生水解后溶液中c(S2-)=0.10mol·L-1×(1-62%)=0.038 mol·L-1，c(OH-)=0.10mol·L-1×62%=0.062 mol·L-1，Q(FeS)=0.0050mol·L-1×0.038 mol·L-1=1.9×10-4＞6.3×10-18，有FeS沉淀生成；Q[Fe(OH)2]=0.0050mol·L-1×0.0622=1.922×10-5＞4.9×10-17，有Fe(OH)2沉淀生成，所以反應初始生成沉淀的情況是FeS、Fe(OH)2都有，故選D。
（6）實驗①中，H2S脫除產物為S，則Fe3+作氧化劑，將H2S氧化為S和H+，依據得失電子守恒、電荷守恒和元素守恒，可得出脫除HS-的反應方程式為：。
（7）H2S溶液呈酸性，pH減小會抑制H2S的溶解，從而降低①中脫除率，而CuS難溶于酸，pH減小對②中的脫除率幾乎無影響，原因：pH減小，c(H+)增大，不利于H2S的溶解和電離，降低①中脫除率；CuS的溶解度極小，難溶于酸，所以對②中H2S的脫除率幾乎無影響。
（8）③中，加入CuCl2后，脫除率幾乎達到100% ，則Cu2+是反應的催化劑，Cu2+先與H2S反應生成CuS，CuS還能被Fe3+氧化，重新生成Cu2+。結合方程式解釋原因：加入CuCl2后發生反應：，，Cu2+促進了H2S的轉化。
2．（2025·廣東汕頭·二模）某科考隊探究對海洋生態的影響。
(1)根據下圖數據計算自偶電離的 。
(2)氣體溶于水，存在如下平衡：，。
①使用壓強傳感器采集數據，測定不同溫度下恒容密閉容器中氣體在等量水中的溶解速率，測得氣體壓強隨時間的變化曲線如圖所示。
前5分鐘內在條件下的溶解速率為 ；若將溫度升高至，測得溶解速率反倒降低，原因可能是 。
②條件下，裝置中達到溶解平衡時。下列說法正確的是 。
A．條件下裝置中達到溶解平衡時，大于
B．打開密閉容器瓶塞，可使氣體溶解平衡正向移動
C．若水溶液的穩定不變，說明已達到氣體溶解平衡
D．當溶液中氣體溶解與析出速率相等時，碳酸溶液達到該條件下飽和狀態
③常溫下，若過度排放導致空氣中增大，那么海水中的濃度會 （填“增大”“減小”或“不變”）。
(3)科考隊通過海水取樣測定和計算機數據模擬，繪制常溫下海水中、、、濃度對數隨變化的關系如圖所示。
①與的關系曲線為曲線 （填編號）。
② 。
③已知某海域珊瑚礁（主要成分是）周邊海水的為8.1，常溫下。計算該海域海水中開始形成時的濃度 （寫出計算過程）。
(1)+26.6kJ/mol
(2) 0.2 溫度升高，碳酸分解速率加快，使二氧化碳溶解的總（凈）反應速率下降； CD 增大
(3) III 由②可知，，c()=10-5mol/L，則，該海域海水中開始形成時的濃度為：
【詳解】（1）由圖中數據可知，① ；② ；由蓋斯定律可知，-(①+②)可得的。
（2）①前5分鐘內在條件下的溶解速率為；碳酸受熱分解，若將溫度升高至，測得溶解速率反倒降低，原因可能是：溫度升高，碳酸分解速率加快，使二氧化碳溶解的總（凈）反應速率下降；
②A．由（1）中圖像可知，是放熱反應，降低溫度，平衡正向移動，減小，，條件下，裝置中達到溶解平衡時，則條件下裝置中達到溶解平衡時，小于，A錯誤；
B．是氣體體積減小的反應，打開密閉容器瓶塞，體系壓強減小，可使氣體溶解平衡逆向移動，B錯誤；
C．該反應過程中溶液中碳酸的濃度增大，pH減小，若水溶液的穩定不變，說明已達到氣體溶解平衡，C正確；
D．當溶液中氣體溶解與析出速率相等時，說明達到平衡，碳酸溶液達到該條件下飽和狀態，D正確；
故選CD；
③的，平衡常數只受溫度影響，常溫下，若過度排放導致空氣中增大，那么海水中的濃度會增大。
（3）①由碳酸的電離方程式：、，隨著pH的增大，發生反應：，濃度增大，由碳酸鈣的沉淀溶解平衡可知，濃度減小，且pH增大導致濃度增大后溶液中濃度減小，當pH繼續增大時，的濃度大于的濃度，故直線Ⅲ表示與的關系曲線，直線I表示與pH的關系，直線II表示與pH的關系；
②由圖可知，但c()=c()時，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）周邊海水的為8.1，c(H+)=10-8.1mol/L，常溫下，由②可知，，c()=10-5mol/L，則，該海域海水中開始形成時的濃度為：。
3．（2025·廣東佛山·二模）鐵是用量最大、用途最廣的金屬單質，其化合物在生產生活中也應用廣泛。
(1)基態Fe價電子排布式為 。用以下焓變表示Fe的第一電離能為 。
(2)溶液中有、、、、等多種含鐵粒子。常溫下，各含鐵粒子的分布系數 ()與關系如圖所示：
①配制的方法是將晶體溶于 ，再加水稀釋至。
②溶液呈黃色與生成有關，加熱溶液顏色變深，原因是 。
③當時，溶液中存在的平衡只考慮：
Ⅰ．
Ⅱ．
(填“”“”或“”)；常溫下，測得溶液中，，，計算溶液中 (寫計算過程)。
(3)向盛有溶液的試管中加入溶液，溶液呈紅色。將上述溶液均分于兩支試管中：
①向第一支試管中滴加飽和溶液：加入2滴時顏色變深，加入超過3滴，溶液顏色逐漸變淺。分析顏色變淺的原因 。
②向另一支試管中加入溶液，溶液顏色立即變淺甚至消失，原因是 。
(1)
(2) 濃鹽酸 水解吸熱，加熱促進水解，濃度增大
(3) 增大。形成氯配合物，使減小，逆向移動，減小或飽和酸性較強，生成弱酸HSCN，使減小，逆向移動，減小 酸性溶液中，被氧化
【詳解】（1）Fe是第26號元素，基態Fe的價電子排布式為；由基態Fe→得Fe的第一電離能為；
（2）①配制FeCl3溶液時，先將氯化鐵晶體溶于濃鹽酸中抑制其水解，再加水稀釋到所需要的濃度；
②溶液呈黃色與生成有關，，水解吸熱，加熱促進水解正向進行，濃度增大，溶液顏色變深；
③由圖中交點A可知，，，，由圖中交點B可知，一定大于；根據已知列三段式：，，；
（3）①加入2滴時顏色變深，增大，正向移動，顏色加深，加入超過3滴使增大，形成氯配合物，使減小，逆向移動，減小或飽和酸性較強，生成弱酸HSCN，使減小，逆向移動，減小；
②具有還原性，酸性溶液中，被氧化。
4．（2025·廣東佛山·一模）乙酸乙酯是應用最廣泛的脂肪酸酯之一。
(1)乙酸乙酯水解可用于制備化工原料。
①基態O原子價層電子排布式為 。
②常溫下，某CH3COONa溶液pH=9，則c(CH3COOH)＋c(H＋)= mol·L-1。
③18O標記的乙酸乙酯在NaOH溶液中發生水解的部分歷程如下：
已知可快速平衡。
能量變化如圖：
反應I、II、III、IV中，表示乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的決速步是 ，總反應△H= (用含E1、E2、E3、E4的代數式表示)，體系中含18O的微粒除A、B、D、E外，還有 。
(2)反應CH3COOH(l)＋CH3CH2OH(l)CH3COOCH2CH3(l)＋H2O(l)的 H<0， S>0。
①反應 自發進行(選填“低溫下”“高溫下”“任意溫度下”或“不能”)。
②T℃時，該反應平衡常數Kx==1，其中，n(總)為平衡時乙醇、乙酸、乙酸乙酯和水的物質的量之和。1mol乙醇和1mol乙酸充分反應后，乙酸的轉化率為 (寫出計算過程)。
(3)制備乙酸乙酯的實驗中，常用飽和碳酸鈉溶液收集產物。
CH3COOCH2CH3＋H2O＋Na2CO3CH3COONa＋CH3CH2OH＋NaHCO3 K=7.03×105，理論上用飽和碳酸鈉溶液收集乙酸乙酯不合理。設計如下實驗：
序號 操作 現象
i 取10mL飽和NaOH溶液(4.5mol·L-1)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇，常溫下振蕩5min 混合液變澄清、透明、均一
ii 取10mL飽和Na2CO3溶液(pH=12.5)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇并加熱至90℃，振蕩5min 混合液仍為乳濁液，靜置后分層
根據實驗，用飽和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯是合理的，其原因有：
①飽和Na2CO3溶液極性較大，乙酸乙酯在其中的溶解度比在NaOH溶液中 (填“大”或“小”)。
②從速率角度分析， 。
(1) 2s22p4 1×10 5 Ⅰ E1 E2+E3–E4 OH 、H2O、
(2) 任意溫度下 50%
(3) 小 飽和碳酸鈉溶液中c(OH-)小，反應速率慢
【詳解】（1）①基態O原子價層電子為其2s、2p能級上的電子，其基態O原子價層電子排布式為2s22p4；
②常溫下，某CH3COONa溶液pH=9，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)、存在物料守恒c(Na+)= c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以存在c(CH3COOH)+c(H+)= c(OH-)=mol/L=10-5mol/L；
③反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中，反應所需活化能越大，反應速率越慢，慢反應為乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的決速步，根據圖知，反應Ⅰ為乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的決速步，總反應為A生成D，則總反應ΔH=E1-E2+E3-E4；體系中含18O的微粒除A、B、D、E外，還有18OH-、H218O、CH3CO18OH；
（2）①該反應ΔH＜0、ΔS＞0，該反應能自發進行，則ΔH-TΔS＜0，反應任意溫度下自發進行；
②x(B)=，n(總)為平衡時乙醇、乙酸、乙酸乙酯和水的物質的量之和，T℃時，該反應平衡常數Kx=等于生成物物質的量冪之積與反應物物質的量冪之積的比，Kx=1；1mol乙醇和1mol乙酸充分反應后，設乙酸的轉化率為x，則達到平衡時消耗n(CH3COOH)=xmol；列三段式如下：
Kx====1，x=50%。
（3）①根據實驗i知，乙酸乙酯和NaOH溶液、乙醇混合后常溫下振蕩，混合液變澄清、透明、均一，說明溶液中不含乙酸乙酯；實驗ii中飽和碳酸鈉溶液和乙酸乙酯、乙醇混合并加熱，混合液仍為乳濁液，靜置后分層，說明混合溶液中還含有乙酸乙酯，飽和Na2CO3溶液極性較大，乙酸乙酯在其中的溶解度比在NaOH溶液中小；
②實驗i混合溶液堿性強、實驗ii混合溶液堿性弱，根據現象知，實驗i的反應速率大于實驗ii，說明溶液堿性越強，反應速率越快，飽和碳酸鈉溶液中c(OH-)小，反應速率慢。
5．（2025·廣東珠海·一模）酸性溶液主要組成為HCl與(HCl與會絡合為)，其具有溶銅速率快、穩定、易控制及易再生等優點，常應用于印刷線路板(PCB)的刻蝕。刻蝕原理為，。
(1)CuCl中基態亞銅離子的價層電子軌道表示式為 。
(2)溶液中存在平衡：(藍色)(黃色) ，下列說法不正確的是___________(填序號)。
A．加入幾滴溶液，平衡逆向移動
B．加熱溶液，溶液由藍綠色變為黃綠色，平衡常數K增大
C．加水稀釋，的比值會減小
D．加入少量NaCl固體，平衡正向移動，轉化率增大
(3)鹽酸的濃度會影響刻蝕速率，濃度相同，鹽酸濃度分別為1.5mol/L、2.5mol/L、3.0mol/L時，隨時間的變化曲線如圖所示，中間速率變緩慢的可能原因是 。mol/L時，在0~1.5min內，的平均生成速率為 。
(4)能形成多種配合物。銅氨溶液具有顯著的抗菌作用。往0.2mol/L溶液中通入氨氣，測得和銅氨各級配合物的物質的量分數與平衡體系的(濃度的負對數)的關系如圖所示。
①曲線4代表的含銅微粒為 。
②b點的縱坐標為 。
③結合圖像信息，計算反應的平衡常數K= 。(已知的，寫出計算過程)
(1)
(2)CD
(3) 反應生成的固體CuCl覆蓋了銅，阻礙反應進行，生成的速率較慢 0.2mol·L-1·min-1
(4) 0.14 2.2×10-7.4
【詳解】（1）CuCl中基態亞銅離子的價層電子排布式為3d10，其軌道表示式為；
（2）A．加入幾滴溶液，Ag+與Cl-反應生成AgCl沉淀，使c(Cl-)減小，平衡逆向移動，A正確；
B．反應為吸熱反應，加熱溶液，平衡正向移動，溶液由藍色變為黃綠色，平衡常數K增大，B正確；
C．加水稀釋，c(Cl-)減小，，故增大，C不正確；
D．加入少量氯化鈉固體，氯離子濃度增大，平衡正向移動，但氯離子本身的轉化率減小，D不正確；
故選CD；
（3）由刻蝕原理，銅會和H2CuCl4(aq)反應生成氯化亞銅沉淀，反應生成的固體CuCl覆蓋了銅，阻礙反應進行，導致生成H2CuCl3的速率較慢；因HCl的濃度越低，平衡時H2CuCl3的濃度越低， 圖中相同時間內最低的曲線為c(HCl)= 1.5mol/L時曲線，由曲線可知，c(HCl)= 1.5mol/L時，在0~1.5min內，H2CuCl3的濃度為0.3mol/L，平均生成速率為；
（4）①將0.2mol/L 溶液與溶液等體積混合，依次發生反應：①Cu2+ +NH3= Cu(NH3) 2+，②，③，④，則1代表Cu2+ 、2代表Cu(NH3) 2+、3代表、4代表、5代表；
②由圖像可以看出，b點時Cu2+和Cu(NH3) 2+物質的量分數相等，且數值為0.43，4和5所代表的微粒物質的量分數幾乎為0，則3所代表的的物質的量分數約為(1-0.43-0.43)=0.14，即b點的縱坐標約為0.14；
③對于反應，平衡常數，在a點時，，此時。通過代入曲線后面交點數據，依次得到：反應，平衡常數。反應，平衡常數。反應，平衡常數。對于的溶解平衡，溶度積常數。總反應的平衡常數。根據多重平衡規則，總反應的平衡常數等于分步反應平衡常數之積，即。將、、、、代入可得：。
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專題15 化學反應原理綜合題
考點1 氣相反應原理綜合題
1．（2025·云南·高考真題）我國科學家研發出一種乙醇(沸點78.5℃)綠色制氫新途徑，并實現高附加值乙酸(沸點118℃)的生產，主要反應為：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列問題：
(1)乙醇可由秸稈生產，主要過程為
秸稈纖維素 乙醇
(2)對于反應Ⅰ：
①已知 則 。
②一定溫度下，下列敘述能說明恒容密閉容器中反應達到平衡狀態的是 (填標號)。
A．容器內的壓強不再變化
B．混合氣體的密度不再變化
C．的體積分數不再變化
D．單位時間內生成，同時消耗
③反應后從混合氣體分離得到，最適宜的方法為 。
(3)恒壓100kPa下，向密閉容器中按投料，產氫速率和產物的選擇性隨溫度變化關系如圖1，關鍵步驟中間體的能量變化如圖2。[比如：乙酸選擇性]
①由圖1可知，反應Ⅰ最適宜的溫度為270℃，原因為 。
②由圖中信息可知，乙酸可能是 (填“產物1”“產物2”或“產物3”)。
③270℃時，若該密閉容器中只發生反應Ⅰ、Ⅱ，平衡時乙醇的轉化率為90%，乙酸的選擇性為80%，則 ，平衡常數 (列出計算式即可；用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數)。
2．（2025·江蘇·高考真題）合成氣(和)是重要的工業原料氣。
(1)合成氣制備甲醇：。的結構式為，估算該反應的需要 (填數字)種化學鍵的鍵能數據。
(2)合成氣經“變換”“脫碳”獲得純。
①合成氣變換。向絕熱反應器中通入和過量的：。催化作用受接觸面積和溫度等因素影響，的比熱容較大。過量能有效防止催化劑活性下降，其原因有 。
②脫碳在鋼制吸收塔中進行，吸收液成分：質量分數30%的吸收劑、(正價有)緩蝕劑等。溶液濃度偏高會堵塞設備，導致堵塞的物質是 (填化學式)。減緩設備腐蝕的原理是 。
(3)研究與不同配比的鐵鈰載氧體[是活潑金屬，正價有]反應，氣體分步制備原理示意如圖甲所示。相同條件下，先后以一定流速通入固定體積的，依次發生的主要反應：
步驟Ⅰ
步驟Ⅱ
①步驟Ⅰ中，產物氣體積分數、轉化率、與x的關系如圖乙所示。時，大于理論值2的可能原因有 ；時，通入標準狀況下的至反應結束，的選擇性，則生成標準狀況下和的總體積為 。
②時，新制載氧體、與反應后的載氧體的X射線衍射譜圖如圖丙所示(X射線衍射用于判斷某晶態物質是否存在，不同晶態物質出現衍射峰的衍射角不同)。步驟Ⅱ中，能與反應的物質有 (填化學式)。
③結合圖示綜合分析，步驟Ⅰ中的作用、氣體分步制備的價值： 。
3．（2025·湖南·高考真題）在溫和條件下，將轉化為烴類具有重要意義。采用電化學-化學串聯催化策略可將高選擇性合成，該流程示意圖如下：
回答下列問題：
(1)電解池中電極M與電源的 極相連。
(2)放電生成的電極反應式為 。
(3)在反應器中，發生如下反應：
反應i：
反應ii：
計算反應的 ，該反應 (填標號)。
A．高溫自發 B．低溫自發 C．高溫低溫均自發 D．高溫低溫均不自發
(4)一定溫度下，和(體積比為)按一定流速進入裝有催化劑的恒容反應器(入口壓強為)發生反應i和ii．有存在時，反應ii的反應進程如圖1所示。隨著x的增加，的轉化率和產物的選擇性(選擇性)如圖2所示。
根據圖1，寫出生成的決速步反應式 ；的選擇性大于的原因是 。
②結合圖2，當時，混合氣體以較低的流速經過恒容反應器時，反應近似達到平衡，隨著x的增大，的轉化率減小的原因是 ；當時，該溫度下反應ii的 (保留兩位小數)。
4．（2025·山東·高考真題）利用循環再生可將燃煤尾氣中的轉化生產單質硫，涉及的主要反應如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
恒容條件下，按和投料反應。平衡體系中，各氣態物種的隨溫度的變化關系如圖所示，n為氣態物種物質的量的值。
已知：圖示溫度范圍內反應Ⅱ平衡常數基本不變。
回答下列問題：
(1)反應的焓變 (用含的代數式表示)。
(2)乙線所示物種為 (填化學式)。反應Ⅲ的焓變 0(填“>”“<”或“=”)。
(3)溫度下，體系達平衡時，乙線、丙線所示物種的物質的量相等，若丁線所示物種為，則為 (用含a的代數式表示)；此時，與物質的量的差值 (用含a的最簡代數式表示)。
(4)溫度下，體系達平衡后，壓縮容器體積產率增大。與壓縮前相比，重新達平衡時，與物質的量之比 (填“增大”“減小”或“不變”)，物質的量 (填“增大”“減小”或“不變”)。
5．（2025·河北·高考真題）乙二醇(EG)是一種重要的基礎化工原料，可通過石油化工和煤化工等工業路線合成。
(1)石油化工路線中，環氧乙烷(EO)水合工藝是一種成熟的乙二醇生產方法，環氧乙烷和水反應生成乙二醇，伴隨生成二乙二醇(DEG)的副反應。
主反應：
副反應：
體系中環氧乙烷初始濃度為，恒溫下反應30min，環氧乙烷完全轉化，產物中。
①0~30min內， 。
②下列說法正確的是 (填序號)。
a．主反應中，生成物總能量高于反應物總能量
b．0~30min內，
c．0~30min內，
d．選擇適當催化劑可提高乙二醇的最終產率
(2)煤化工路線中，利用合成氣直接合成乙二醇，原子利用率可達100%，具有廣闊的發展前景。反應如下：。按化學計量比進料，固定平衡轉化率，探究溫度與壓強的關系。分別為0.4、0.5和0.6時，溫度與壓強的關系如圖：
①代表的曲線為 (填“”“”或“”)；原因是 。
② 0(填“>”“<”或“=”)。
③已知：反應，，x為組分的物質的量分數。M、N兩點對應的體系， (填“>”“<”或“=”)，D點對應體系的的值為 。
④已知：反應，，p為組分的分壓。調整進料比為，系統壓強維持，使，此時 (用含有m和的代數式表示)。
考點二 液相反應原理綜合題
1．（2024·廣東·高考真題）酸在多種反應中具有廣泛應用，其性能通常與酸的強度密切相關。
(1)酸催化下與混合溶液的反應(反應a)，可用于石油開采中油路解堵。
①基態N原子價層電子的軌道表示式為 。
②反應a：
已知：
則反應a的 。
③某小組研究了3種酸對反應a的催化作用。在相同條件下，向反應體系中滴加等物質的量的少量酸，測得體系的溫度T隨時間t的變化如圖。
據圖可知，在該過程中 。
A．催化劑酸性增強，可增大反應焓變
B．催化劑酸性增強，有利于提高反應速率
C．催化劑分子中含H越多，越有利于加速反應
D．反應速率并不始終隨著反應物濃度下降而減小
(2)在非水溶劑中，將轉化為化合物ⅱ(一種重要的電子化學品)的催化機理示意圖如圖，其中的催化劑有 和 。
(3)在非水溶劑中研究弱酸的電離平衡具有重要科學價值。一定溫度下，某研究組通過分光光度法測定了兩種一元弱酸(X為A或B)在某非水溶劑中的。
a．選擇合適的指示劑，；其鉀鹽為。
b．向溶液中加入，發生反應：。起始的物質的量為，加入的物質的量為，平衡時，測得隨的變化曲線如圖。
已知：該溶劑本身不電離，鉀鹽在該溶劑中完全電離。
①計算 。(寫出計算過程，結果保留兩位有效數字)
②在該溶劑中， ； 。(填“>”“<”或“=”)
2．（2025·重慶·高考真題）水是化學反應的良好介質，探索水溶液中的酸堿平衡具有重要意義。
(1)天然水中可以分離出重水(D2O)。D2O溶液中存在電離平衡：，c(D+)和c(OD-)的關系如圖所示。
①圖中3個狀態點對應的溶液呈中性的是 。
② (填“>”“=”或者“<”)。
(2)用如圖所示電化學裝置進行如下實驗。
①用實驗：在左側通入，產物為，鹽橋中移向裝置的 (填“左側”或者“右側”)，電池的總反應為 。
②用實驗：在一側通入，電池的總反應仍保持不變，該側的電極反應為 。
(3)利用馳豫法可研究快速反應的速率常數(k，在一定溫度下為常數)。其原理是通過微擾(如瞬時升溫)使化學平衡發生偏離，觀測體系微擾后從不平衡態趨向新平衡態所需的馳豫時間()，從而獲得k的信息。對于，若將純水瞬時升溫到25℃，測得。已知：25℃時，，，，(為的平衡濃度)。
①25℃時，的平衡常數 (保留2位有效數字)。
②下列能正確表示瞬時升溫后反應建立新平衡的過程示意圖為 。
③25℃時，計算得為 。
3．（2024·上海·高考真題）已知：
①
②
③
(1)以下能判斷總反應達到平衡狀態的是_______。
A．鈣離子濃度保持不變 B．保持不變
C． D．
(2)增大有利于珊瑚的形成，請解釋原因 。
(3)已知的，為 。當 時，開始產生沉淀。
(4)根據如圖，寫出電極a的電極反應式 。
(5)關于上述電化學反應過程，描述正確的是_______。
A．該裝置實現電能轉化為化學能
B．電極b是負極
C．電子從電極a經過負載到電極b再經過水體回到電極a
D．每參與反應時，轉移電子
(6)解釋在溶液中氧氣的濃度變大后，為何有利于的除去，但不利于硝酸根的除去。 。
4．（2023·山東·高考真題）一定條件下，水氣變換反應的中間產物是。為探究該反應過程，研究水溶液在密封石英管中的分解反應：
Ⅰ．
Ⅱ．
研究發現，在反應Ⅰ、Ⅱ中，僅對反應Ⅰ有催加速作用；反應Ⅰ速率遠大于反應Ⅱ，近似認為反應Ⅰ建立平衡后始終處于平衡狀態。忽略水電離，其濃度視為常數。回答下列問題：
(1)一定條件下，反應Ⅰ、Ⅱ的焓變分別為、，則該條件下水氣變換反應的焓變 (用含的代數式表示)。
(2)反應Ⅰ正反應速率方程為：，k為反應速率常數。溫度下，電離平衡常數為，當平衡濃度為時，濃度為 ，此時反應Ⅰ的反應速率 (用含和k的代數式表示)。
(3)溫度下，在密封石英管內完全充滿水溶液，使分解，分解產物均完全溶于水。含碳物種濃度與反應時間的變化關系如圖所示(忽略碳元素的其他存在形式)。時刻測得的濃度分別為，反應Ⅱ達平衡時，測得的濃度為。體系達平衡后 (用含y的代數式表示，下同)，反應Ⅱ的平衡常數為 。
相同條件下，若反應起始時溶液中同時還含有鹽酸，則圖示點中，的濃度峰值點可能是 (填標號)。與不含鹽酸相比，達濃度峰值時，濃度 (填“增大”“減小”或“不變”)，的值 (填“增大”“減小”或“不變”)。
5．（2024·浙江·高考真題）通過電化學、熱化學等方法，將轉化為等化學品，是實現“雙碳”目標的途徑之一。請回答：
(1)某研究小組采用電化學方法將轉化為，裝置如圖。電極B上的電極反應式是 。
(2)該研究小組改用熱化學方法，相關熱化學方程式如下：
：
Ⅱ：
Ⅲ：
① 。
②反應Ⅲ在恒溫、恒容的密閉容器中進行，和的投料濃度均為，平衡常數，則的平衡轉化率為 。
③用氨水吸收，得到氨水和甲酸銨的混合溶液，時該混合溶液的 。[已知：時，電離常數、]
(3)為提高效率，該研究小組參考文獻優化熱化學方法，在如圖密閉裝置中充分攪拌催化劑M的(有機溶劑)溶液，和在溶液中反應制備，反應過程中保持和的壓強不變，總反應的反應速率為v，反應機理如下列三個基元反應，各反應的活化能(不考慮催化劑活性降低或喪失)。
Ⅳ：
V：
VI：
①催化劑M足量條件下，下列說法正確的是 。
A．v與的壓強無關 B．v與溶液中溶解的濃度無關
C．溫度升高，v不一定增大 D．在溶液中加入，可提高轉化率
②實驗測得：，下，v隨催化劑M濃度c變化如圖。時，v隨c增大而增大：時，v不再顯著增大。請解釋原因 。
考點一 氣相反應原理綜合題
1．（2025·湖南·三模）天然氣是重要的化工原料，可以制備乙烯、乙炔、乙二醇等多種化工產品。按要求回答下列問題：
I． ①
②
③
(1)反應③在 (填“低溫”“高溫”或“任意溫度”)下自發進行，且 (用含的代數式表示)。
(2)反應②的速率方程為，(為正、逆反應速率常數)。其他條件相同，達到平衡時，達到平衡時。由此推知，(填“>”“<”或“=”)。
(3)某溫度下，一定容積的密閉容器中，通入一定量的甲烷。若只發生反應①和②，當容器中密度不改變， (填“能”或“不能”)說明達到平衡。若初始容器的總壓強為p，平衡后總壓強為1.25p，且氫氣的分壓為0.42p，則甲烷的轉化率為 。
II．通過光電化學轉化(Photoelectrochemical)可制乙二醇，在某催化劑作用下該反應的機理如圖所示。圖中表示催化劑被光激發出電子之后產生的空穴。
(4)若加入重水，則產物中含有核素D的產物有 。
III．甲烷可以制備尿素。
(5)①尿素與正烷烴形成超分子包合物．尿素中各種元素的電負性由大到小的順序為 。
②尿素分子通過氫鍵有序地組合成具有蜂窩狀六角形通道結構的接受體，如圖(a)所示。正烷烴分子作為底物填入通道之中，形成超分子包合物。圖(b)為垂直于通道截面的結構。請從作用力的角度說明該超分子包合物能穩定存在的原因： 。
2．（2025·青海西寧·二模）工業含硫煙氣污染大氣，研究煙氣脫硫具有重要意義。還原脫硫主要反應如下：
反應Ⅰ：
反應Ⅱ：
回答下列問題：
(1)標準生成焓是指298K、100kPa條件下，由元素最穩定的單質生成單位物質的量的純化合物的熱效應。下表為298K，100kPa時幾種物質的標準生成焓（）；
物質 S(g) (g) (g) (g) (g)
（） 0 -296.8 -393.5 -241.8 -74.8
則(298K)= 。
(2)向恒溫恒壓密閉容器中充入一定量(g)和(g)發生反應Ⅱ，下列能判斷反應Ⅱ達到化學平衡狀態的是的 。
a．混合氣體的壓強不變 b．氣體平均相對分子質量不變
c． d．不變
(3)反應Ⅱ測得平衡時的百分含量（%）與溫度（K）、壓強（MPa）的關系如圖所示。圖中n的表示是 （填“溫度”或“壓強”），A點對應n1和m2條件下，用表示的化學反應速率 （填“>”“<”或“=”）。
(4)在一定溫度下，壓強為100kPa的恒壓密閉容器中充入1mol 、1mol 、4mol He發生反應Ⅰ和Ⅱ。反應達到平衡時，的轉化率為60%，CO的物質的量為0.2mol。反應Ⅰ的平衡常數 （為用分壓表示的平衡常數。列式即可，無需化簡）；若保持壓強不變，充入1mol 、1mol 、2mol He發生反應Ⅰ和Ⅱ，達到平衡時的平衡轉化率 60%（填“>”“<”或“=”）。
(5)利用電解法對進行吸收和無害經處理，其原理如圖所示。電極Ⅰ的電極反應式為 ，消耗1mol ，生成 L（標準狀況下）。
3．（2025·山西·三模）氮及其化合物與人類生產、生活密切相關。含氮物質的研究和利用有著極為重要的意義。回答下列問題：
(1)CO催化還原生成和可消除污染。已知：的燃燒熱為；，寫出催化還原的熱化學方程式 。
(2)將恒定組成的CO和NO混合氣體通入固定體積的反應器內，發生以下兩個反應：、。在不同溫度下反應相同時間測得反應后體系內各物質的濃度隨溫度的變化如圖所示。
①Ⅰ、Ⅳ兩條線所表示的物質分別是 、 (填分子式)。
②該消除污染物CO和NO的反應條件應選擇 (選填“低溫”或“高溫”)。
③450℃時，該時間段內NO的脫除率= 。[的脫除率]
(3)某學習小組將、和一定量的充入密閉容器中，在催化劑作用下發生反應：，一段時間內，連續測得的轉化率隨溫度變化的情況如下圖所示：
則 0(填“>”或“<”)。若在5min內，溫度從升高到，此時間段內用表示的平均反應速率為 。解釋生成的轉化率先逐漸增大后逐漸減小的原因： 。
(4)實驗室產生的尾氣可先用氧化，然后再用燒堿溶液吸收，現將、和通入密閉容器中，在T℃、壓強為條件下發生反應：
① ②
平衡時，求反應②的平衡常數 (用含的代數式表示)。
4．（2025·江蘇連云港·一模）性能優越的催化劑是實現二氧化碳加氫制甲烷工業化的關鍵。
(1)CO2在Ni/γ-Al2O3催化劑表面加氫合成甲烷過程中發生以下兩個反應：
反應I：CO2(g)＋4H2(g) = CH4(g)＋2H2O(g) H1= -143.9 kJ·mol 1
反應II：CO2(g)＋H2(g) = CO(g)＋H2O(g) H2
①已知在25℃、101kPa下，由最穩定單質生成1 mol某純物質的焓變稱為該物質的標準摩爾生成焓，用表示。如表所示為幾種常見物質的標準摩爾生成焓。
物質 CO2(g) H2(g) H2O(g) CO(g)
) －393.5 0 －241.8 －110.5
反應2CO(g)＋2H2(g) = CO2(g)＋CH4(g)的焓變為 。
②一定壓強下，將一定比例CO2和H2通過裝有Ni/γ-Ai2O3催化劑的反應器，反應相同時間，測得CO2轉化率隨溫度變化情況如圖所示(虛線代表平衡轉化率)。高于320℃后，CO2轉化率略有下降，可能原因是 。
③γ-Al2O3因價格低廉、較高的熱穩定性和比表面積而成為工業上最常用的催化劑載體。通過Rh(NO3)3（硝酸銠）熱分解將銠有效負載在γ-Al2O3表面能有效提高催化性能的可能原因是 。
(2)CeO2催化CO2與H2轉化為CH4的機理如圖所示。
①在催化過程中由CeO2轉變成CeO2-x晶胞的組成結構變化如圖所示，一個CeO2-x晶胞中Ce4+和Ce3+個數比為 。
②催化劑中摻入少量CaO，用Ca2+替代CeO2結構中部分Ce4+形成Ca xCe1-xOy可提高催化效率，其原因是 。
(3)通過Sonogashira偶聯反應（如下圖所示），將CoTBrPP（甲）在CuI與鈀基催化劑的作用下，在甲上枝接PTAB(1,3,5-三乙炔苯聚合物)形成對CH4有較高選擇性的CoTBrPP-PTAB-Cu新型催化劑（乙）。
①CoTBrPP-PTAB-Cu催化劑比CoTBrPP具有更好的導電性的原因是 。
②實驗表明CoTBrPP和CoTBrPP-PTAB-Cu的ECSA(電化學活性面積，即參與電化學反應的有效面積)分別是7.1mF· cm-2和3.8mF·cm-2，偶聯后ECSA降低的可能原因是 。
5．（2025·山東淄博·三模）甲醇水蒸氣催化重整制氫氣，涉及主要反應如下：
Ⅰ．CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g) ΔH1=＋49.0 kJ·mol-1
Ⅱ．CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g) ΔH2=＋90.2 kJ·mol-1
Ⅲ．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH3
回答下列問題：
(1)ΔH3= kJ·mol-1；以上三個反應的平衡常數lgK隨溫度T變化關系如圖甲所示，則表示反應Ⅰ的變化曲線為 (填標號)。
(2)壓強P下，向密閉容器中充入等物質的量的CH3OH(g)與H2O(g)，達平衡時，CH3OH的轉化率、CO的摩爾分數及CO2的選擇性隨溫度變化的曲線如圖乙所示。
已知：CO2的選擇性。則表示CO2的選擇性的曲線是 (填標號)；520K時，H2O(g)的平衡轉化率為 ；隨溫度升高，CO的摩爾分數先降低后升高的原因是 。
(3)溫度T時，向恒容密閉容器中按=1∶1投料，測得起始壓強為a kPa，加入適量CaO(s)，體系達平衡后，CO2的選擇性為80%，CaO對CO2的吸收率為50%，已知溫度T時，反應的平衡常數Kp=bkPa，則平衡時，分壓p(H2)= kPa；反應Ⅱ的平衡常數Kp= ；若向平衡體系中再加入少量CH3OH(g)，重新達平衡后，將 (填“增大”“減小”或“不變”)。
考點二 液相反應原理綜合題
1．（2025·上海普陀·二模）硫化氫（H2S）是一種臭雞蛋氣味的有毒氣體，但其在合成光電材料、污水處理方面有著重要作用，硫化氫尾氣的回收處理并資源化利用是長期面臨的重要研究課題。
(1)下列關于H2S的說法中正確的是________（不定項）。
A．利用其氣味可添加在管道煤氣中監測燃氣泄露
B．氫硫酸是一種二元弱酸，屬于弱電解質
C．將H2S氣體通入AlCl3溶液中的離子方程式：
D．硫化氫的球棍模型為
25℃，H2S飽和溶液濃度約為0.1mol·L-1，H2S水溶液中各含硫微粒物質的量分數δ隨pH變化關系如下圖：
(2)圖中表示S2-物質的量分數變化的曲線是 。
A．曲線a B．曲線b C．曲線c
(3)下列說法正確的是________。
A．飽和H2S溶液中加入等體積的NaOH溶液（體積變化忽略不計），則
B．以酚酞為指示劑，可用NaOH標準溶液滴定H2S水溶液至Na2S測定其濃度
C．1.0L 1mol·L-1的NaOH溶液最多能吸收1mol H2S(g)
D．NaHS溶液呈堿性是由于S2-的水解程度大于HS-的電離程度
(4)由圖可知， 。
(5)已知0.1mol·L-1的Na2S溶液中S2-水解率約為62%，，，0.010mol·L-1的FeCl2溶液中加入等體積0.20mol·L-1的Na2S溶液，反應初始生成沉淀的情況是________。
A．只有FeS沉淀 B．只有Fe(OH)2沉淀
C．沒有沉淀 D．FeS、Fe(OH)2都有
實驗室中，以FeCl3為吸收液脫除H2S。實驗發現，在FeCl3溶液中加入一定濃度的CuCl2可以明顯提高H2S的脫除率。對比實驗結果如下：
實驗序號 ① ② ③
吸收液 FeCl3溶液 CuCl2溶液 FeCl3溶液、CuCl2溶液
H2S脫除率 ≈92% ≈100% ≈100%
H2S脫除產物 S CuS S
(6)將①中脫除H2S的反應補充完整 ：。
(7)pH減小會降低①中脫除率，但對②中的脫除率幾乎無影響，解釋原因： 。
(8)③中，加入CuCl2后，脫除率幾乎達到100%。結合方程式解釋原因： 。
2．（2025·廣東汕頭·二模）某科考隊探究對海洋生態的影響。
(1)根據下圖數據計算自偶電離的 。
(2)氣體溶于水，存在如下平衡：，。
①使用壓強傳感器采集數據，測定不同溫度下恒容密閉容器中氣體在等量水中的溶解速率，測得氣體壓強隨時間的變化曲線如圖所示。
前5分鐘內在條件下的溶解速率為 ；若將溫度升高至，測得溶解速率反倒降低，原因可能是 。
②條件下，裝置中達到溶解平衡時。下列說法正確的是 。
A．條件下裝置中達到溶解平衡時，大于
B．打開密閉容器瓶塞，可使氣體溶解平衡正向移動
C．若水溶液的穩定不變，說明已達到氣體溶解平衡
D．當溶液中氣體溶解與析出速率相等時，碳酸溶液達到該條件下飽和狀態
③常溫下，若過度排放導致空氣中增大，那么海水中的濃度會 （填“增大”“減小”或“不變”）。
(3)科考隊通過海水取樣測定和計算機數據模擬，繪制常溫下海水中、、、濃度對數隨變化的關系如圖所示。
①與的關系曲線為曲線 （填編號）。
② 。
③已知某海域珊瑚礁（主要成分是）周邊海水的為8.1，常溫下。計算該海域海水中開始形成時的濃度 （寫出計算過程）。
3．（2025·廣東佛山·二模）鐵是用量最大、用途最廣的金屬單質，其化合物在生產生活中也應用廣泛。
(1)基態Fe價電子排布式為 。用以下焓變表示Fe的第一電離能為 。
(2)溶液中有、、、、等多種含鐵粒子。常溫下，各含鐵粒子的分布系數 ()與關系如圖所示：
①配制的方法是將晶體溶于 ，再加水稀釋至。
②溶液呈黃色與生成有關，加熱溶液顏色變深，原因是 。
③當時，溶液中存在的平衡只考慮：
Ⅰ．
Ⅱ．
(填“”“”或“”)；常溫下，測得溶液中，，，計算溶液中 (寫計算過程)。
(3)向盛有溶液的試管中加入溶液，溶液呈紅色。將上述溶液均分于兩支試管中：
①向第一支試管中滴加飽和溶液：加入2滴時顏色變深，加入超過3滴，溶液顏色逐漸變淺。分析顏色變淺的原因 。
②向另一支試管中加入溶液，溶液顏色立即變淺甚至消失，原因是 。
4．（2025·廣東佛山·一模）乙酸乙酯是應用最廣泛的脂肪酸酯之一。
(1)乙酸乙酯水解可用于制備化工原料。
①基態O原子價層電子排布式為 。
②常溫下，某CH3COONa溶液pH=9，則c(CH3COOH)＋c(H＋)= mol·L-1。
③18O標記的乙酸乙酯在NaOH溶液中發生水解的部分歷程如下：
已知可快速平衡。
能量變化如圖：
反應I、II、III、IV中，表示乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的決速步是 ，總反應△H= (用含E1、E2、E3、E4的代數式表示)，體系中含18O的微粒除A、B、D、E外，還有 。
(2)反應CH3COOH(l)＋CH3CH2OH(l)CH3COOCH2CH3(l)＋H2O(l)的 H<0， S>0。
①反應 自發進行(選填“低溫下”“高溫下”“任意溫度下”或“不能”)。
②T℃時，該反應平衡常數Kx==1，其中，n(總)為平衡時乙醇、乙酸、乙酸乙酯和水的物質的量之和。1mol乙醇和1mol乙酸充分反應后，乙酸的轉化率為 (寫出計算過程)。
(3)制備乙酸乙酯的實驗中，常用飽和碳酸鈉溶液收集產物。
CH3COOCH2CH3＋H2O＋Na2CO3CH3COONa＋CH3CH2OH＋NaHCO3 K=7.03×105，理論上用飽和碳酸鈉溶液收集乙酸乙酯不合理。設計如下實驗：
序號 操作 現象
i 取10mL飽和NaOH溶液(4.5mol·L-1)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇，常溫下振蕩5min 混合液變澄清、透明、均一
ii 取10mL飽和Na2CO3溶液(pH=12.5)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇并加熱至90℃，振蕩5min 混合液仍為乳濁液，靜置后分層
根據實驗，用飽和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯是合理的，其原因有：
①飽和Na2CO3溶液極性較大，乙酸乙酯在其中的溶解度比在NaOH溶液中 (填“大”或“小”)。
②從速率角度分析， 。
5．（2025·廣東珠海·一模）酸性溶液主要組成為HCl與(HCl與會絡合為)，其具有溶銅速率快、穩定、易控制及易再生等優點，常應用于印刷線路板(PCB)的刻蝕。刻蝕原理為，。
(1)CuCl中基態亞銅離子的價層電子軌道表示式為 。
(2)溶液中存在平衡：(藍色)(黃色) ，下列說法不正確的是___________(填序號)。
A．加入幾滴溶液，平衡逆向移動
B．加熱溶液，溶液由藍綠色變為黃綠色，平衡常數K增大
C．加水稀釋，的比值會減小
D．加入少量NaCl固體，平衡正向移動，轉化率增大
(3)鹽酸的濃度會影響刻蝕速率，濃度相同，鹽酸濃度分別為1.5mol/L、2.5mol/L、3.0mol/L時，隨時間的變化曲線如圖所示，中間速率變緩慢的可能原因是 。mol/L時，在0~1.5min內，的平均生成速率為 。
(4)能形成多種配合物。銅氨溶液具有顯著的抗菌作用。往0.2mol/L溶液中通入氨氣，測得和銅氨各級配合物的物質的量分數與平衡體系的(濃度的負對數)的關系如圖所示。
①曲線4代表的含銅微粒為 。
②b點的縱坐標為 。
③結合圖像信息，計算反應的平衡常數K= 。(已知的，寫出計算過程)
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