（2021-2025）5年高考1年模拟化学真题分类汇编专题09 化学反应原理综合题（解析版）（广东专用）

5年（2021-2025）高考1年模拟化学真题分类汇编PAGEPAGE1专题09化学反应原理综合题考点五年考情（2021-2025）命题趋势考点01焓变的计算（5年4考）2025·广东卷、2024·广东卷、2022·广东卷、2021·广东卷2025年广东的原理大题在前几年的题型基础上，有稳定性，也有新的变化。试题依然以生产、生活中应用广泛的物质为素材,从不同角度进行设问，完成对ΔH的计算、化学反应速率与平衡概念的理解与应用、反应方向的判断等必备知识的考查；通过新情境新信息，结合图表分析和数学计算深化对考生高阶思维能力的考查，尤其是计算方面，由往年的具体数值变成了虚拟数值，因此难度大大增大。此外今年的试题情境再次使用气相化学平衡，有利于打破学生的惯性思维，更好地体现了对“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”“科学态度与社会责任”多个维度的化学学科素养的考查。同时近三年的原理题都考查了电子排布式的书写，学生对这类热门新题型应熟练。考点02化学反应速率与平衡概念的理解与应用（5年5考）2025·广东卷、2024·广东卷、2023·广东卷、2022·广东卷、2021·广东卷考点03反应方向的判断（5年1考）2025·广东卷考点04电子排布式书写（5年3考）2025·广东卷、2024·广东卷、2023·广东卷考点01焓变的计算1．（2025·广东卷）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。(3)以为原料可制备。将与10.0molTi放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。编号过程(a)(b)(c)(d)①kJ/mol。【答案】(3)【解析】①已知：反应b：反应c：将反应c-2×反应b可得，则，故答案为：；2．（2021·广东卷）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2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)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)∆H1b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∆H2c)CH4(g)C(s)+2H2(g)∆H3d)2CO(g)CO2(g)+C(s)∆H4e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s)∆H5(1)根据盖斯定律，反应a的∆H1=_______(写出一个代数式即可)。【答案】∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4【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∆H1=∆H2+∆H3-∆H5=∆H3-∆H4；考点02化学反应速率与平衡概念的理解与应用3．（2025·广东卷）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。(3)以为原料可制备。将与10.0molTi放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。编号过程(a)(b)(c)(d)②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为。③温度下，，反应(c)的平衡常数(列出算式，无须化简)。(4)钛基催化剂可以催化储氢物质肼的分解反应：(e)(f)为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含的物质的量为)，进行实验，得到、随时间t变化的曲线如图。其中，为与的物质的量之和；为剩余的物质的量。设为0~t时间段内反应(e)消耗的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用表示。①内，的转化率为(用含的代数式表示)。②内，催化剂的选择性为(用含与的代数式表示，写出推导过程)。【答案】（3）0.5(4)【解析】②由表格可知，反应a为放热反应，反应b、c为吸热反应，反应d也是放热的，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示或的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c正向移动，反应a、d为逆向移动，所以的含量逐渐上升，的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为，故答案为：；③温度下，，，，根据Ti元素守恒，可推出（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则，，反应(c)的平衡常数=，故答案为：0.5；；（4）①因为肼为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时，时，，则内，的转化率为=，故答案为：；②由图可知，内，，，则，反应掉的肼为，生成的氮气和氢气的物质的量为，根据反应前后原子个数守恒，可得，反应f消耗的肼为，反应e消耗的肼为，则本体系中催化剂的选择性===，故答案为：；4．（2021·广东卷）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2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)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)∆H1b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∆H2c)CH4(g)C(s)+2H2(g)∆H3d)2CO(g)CO2(g)+C(s)∆H4e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s)∆H5(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CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加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CH4的平衡转化率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，CH4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p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的lnK随（温度的倒数）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(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程_______。(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_______。【答案】AD44ac68%做冷冻剂〖祥解〗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CO2的物理性质推测CO2的用途。【解析】(2)A．增大CO2和CH4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lnK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lnK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lnK=0，即K==1，解方程的p2(H2)=p(CH4)，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，且初始状态时p(CH4)=×100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为×100%=68%；(5)固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。考点03反应方向的判断5．（2025·广东卷）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。(2)298K下，反应的、，则298K下该反应(填“能”或“不能”)自发进行。【答案】能【解析】（2）反应的、，则根据可知，该反应在298K下能自发进行，故答案为：能；考点04电子排布式书写6．（2025·广东卷）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。(1)基态Ti原子的价层电子排布式为。【答案】(1)【解析】（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为，故答案为：：7．（2024·广东卷）酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。(1)酸催化下与混合溶液的反应(反应a)，可用于石油开采中油路解堵。①基态N原子价层电子的轨道表示式为。②反应a：已知：则反应a的。③某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。据图可知，在该过程中。A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小(2)在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图，其中的催化剂有和。(3)在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸(X为A或B)在某非水溶剂中的。a．选择合适的指示剂HIn，；其钾盐为。b．向溶液中加入，发生反应：。起始的物质的量为，加入的物质的量为，平衡时，测得随的变化曲线如图。已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。①计算。(写出计算过程，结果保留两位有效数字)②在该溶剂中，；。(填“>”“<”或“=”)【答案】(1)BD(2)AcOHKI(3)＞＞【解析】（1）①N的原子序数为7，位于第二周期第ⅤA族，基态N原子价层电子的轨道表示式为；②由已知可得：Ⅰ．，；Ⅱ．，；Ⅲ．，；Ⅳ．，；由盖斯定律可知，目标方程式可由方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ＋Ⅳ得到，故反应；③A．催化剂不能改变反应的焓变，A项错误；B．由图示可知，酸性：硫酸＞磷酸＞乙酸，催化剂酸性增强，反应速率提高，B项正确；C．一个硫酸分子中含有2个H，一个磷酸分子中含有3个H，一个乙酸分子中含有4个H，但含H最少的硫酸催化时，最有利于加速反应，C项错误；D．由图示可知，反应开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D项正确；故选BD。（2）催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质并未改变，由催化机理示意图可知，催化剂有AcOH和KI；（3）由变化曲线图可知，当时，，设初始，则初始，转化的物质的量浓度为，可列出三段式如下：由，即，解得，则该反应的平衡常数为解得；②根据图像可知，当时，设此时转化的物质的量浓度为，可列出三段式如下：此时，即，则，则平衡常数，则；由于，则，。8．（2023·广东卷）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。01.0000ax0.64b0.400.60〖备注〗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)

HNO2(2)A、B(3)0.363：4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HNO2。（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HNO2，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动，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。9．（2022·广东卷）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)

N2↑

4H2O

(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)

2NO+O2=2NO2(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K2===3.3×10-7联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L

λ3

增大【解析】(1)①分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为。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

ΔH1=(E1-E2)，M→N

ΔH2=ΔH，N→Y

ΔH3=(E3-E4)1，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。③NH3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为；其中NO反应生成NO2过程中，气体颜色发生变化，其反应方程式为2NO+O2=2NO2。(2)①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(i)、(ii)。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K1=，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，不变，故D正确；综上所述，答案为：BD。②0.10mol/LK2Cr2O7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=0.20mol/L，、与的平衡浓度分别为x、y、zmol/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K2===3.3×10-7，联立两个方程可得=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λmax最接近的是λ3；反应(i)的平衡常数K1=，反应(ii)的平衡常数K2=，==，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。1．（2025·广东广州二模）水煤气变换是重要的化工过程，铁的氧化物可作为该反应的催化剂。水煤气变换反应：(1)基态Fe原子价层电子的轨道表示式为。(2)使用作为反应催化剂，该反应分两步完成：则(用和表示)。(3)科研小组研究了在两种不同催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如下图所示。其他条件相同时，下列说法正确的有___________(填字母)。A．水煤气变换反应的B．使用催化剂Ⅰ时，反应体系更快达到平衡。C．催化剂Ⅱ条件下CO的平衡转化率比催化剂Ⅰ大D．反应过程中，使用催化剂Ⅰ时中间产物所能达到的最高浓度更大(4)科研人员研究了467℃和489℃时水煤气变换反应中和CO分压随时间变化关系如图1所示，催化剂为，实验初始时体系中的、。①489℃时，随时间变化关系的曲线是(填“a”或“b”)。②467℃时反应在内的平均反应速率(结果保留2位有效数字)。(5)科研人员研究了温度和初始投料比对水煤气变换反应平衡状态的影响。已知：CO初始的物质的量恒定为。在527℃和784℃下，随的变化曲线如图2。①计算527℃时水煤气变换反应的平衡常数=。(以分压表示，分压总压×物质的量分数，写出计算过程)②721℃时，在密闭容器中将等物质的量的和混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中的物质的量分数范围是(填字母)。A．

B．

C．

D．【答案】(1)(2)(3)AD(4)b0.0078(5)4B【解析】（1）基态Fe原子核外有26个电子，按照构造原理，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，按照洪特规则，价层电子3d上6个电子优先占据5个不同轨道，故价层电子的电子排布图为；故答案为：；（2）使用作为反应催化剂，该反应分两步完成：①②根据盖斯定律，①+②得：=；故答案为：；（3）A.根据反应历程图可知，反应物能量高于生成物能量，水煤气变换反应的，A正确；B.根据反应历程图可知，使用催化剂Ⅰ时，中间产物转化为产物基元反应的活化能高于使用催化剂II时，反应速率较小，使用催化剂Ⅰ时反应体系达到平衡所需时间大于使用催化剂II时，B错误；C.催化剂不能使化学平衡发生移动，催化剂Ⅱ条件下CO的平衡转化率与催化剂Ⅰ条件下相同，C错误；D.根据反应历程图可知，使用催化剂Ⅰ时，反应物转化为中间产物转基元反应的活化能低于使用催化剂II时，反应速率较大，使用催化剂Ⅰ时中间产物所能达到的最高浓度比使用催化剂II时更大，D正确；故答案为：AD；（4）①由图可知，a、b表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467℃时随时间变化关系的曲线是a；489℃时随时间变化关系的曲线分别是b；故答案为：b；②467℃时随时间变化关系的曲线是a；反应在内的平均反应速率0.0078；故答案为：0.0078；（5）①根据在527℃和784℃下，随的变化曲线，因为反应的，所以T1为527℃，T2为784℃。由图2可得，T1温度下=1.0时，=2.0。因为初始投料，平衡时有，且有，则Kp=；故答案为：4；②721℃时，在密闭容器中将等物质的量的和混合，采用适当的催化剂进行反应。可设和物质的量均为1mol，根据三段式：，平衡时体系中H2的物质的量分数=。527℃温度下=1.0时，=2.0，，解得，，平衡时体系中H2的物质的量分数=；784℃温度下=1.0时，=1.0，，解得，，平衡时体系中H2的物质的量分数=；由此可判断721℃时最终平衡时体系中H2的物质的量分数范围为；故答案为：B。2．（2025·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：-21244.7b：-51220①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)+161b(3)吸热BD<〖祥解〗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）。【解析】（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℃，tmin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2xmol，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，14.25mol/L、4.5mol/L、1.75mol/L、3.5mol/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。3．（2025·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。)【解析】（1）P为15号元素，价电子排布式为3s23p3；（2）①FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解显酸性，离子方程式为：；②根据图示可以得出：I、FeCl3(s)+HCl(g)=HFeCl4(s)

ΔH1；II、FeCl3(s)=Fe3+(aq)+3Cl-(aq)

ΔH2；III、HCl(g)=H+(aq)+Cl-(aq)

ΔH3；IV、HFeCl4(s)=H+(aq)+(aq)

ΔH4；根据盖斯定律：I+IV-II-III得到反应Fe3+(aq)+4Cl−(aq)⇌(aq)

则ΔH=；③a．反应b达到平衡时，正逆反应速率相等，即4v正(Fe3+)=v逆(Cl−)，a错误；b．分配系数DM=，一定条件下，DLi越大，有机层中的Li多，水层中的Li少，即c[LiLx]+(o)越大，c[Li+(aq)]越小，b正确；c．根据图1可知，随n()增大，Li和Mg的分配系数接近，Li+与Mg2+分离越不彻底，c正确；d．若升温使反应b平衡左移，Li由有机层进入水层，则DLi会减小，d错误；答案选bc；当n()=1.2，DLi==2.5，假设有机层Li+浓度为2.5amol/L，水层中Li=浓度为amol/L，则起始Li+浓度为(a+2.5a)mol/L=3.5mol/L，水层中剩余的c(Li+)为起始时的；当n()=1.2时，，DLi=2.5，则DMg=；（3）①含锂有机层[c([Li(L)x]+)=0.060mol·L−1]，体积V(o)=200mL，则n([Li(L)x]+)=0.060mol·L−1×200×10-3L=0.12mol=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：。4．（2025·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【解析】（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。5．（2025·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：①②2H2(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)5.0×10-3BC(3)3d64s2HCOO-H+d(4)R2COOH4.75＞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【解析】（1）由图中信息可得出：①CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g)

ΔH1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)

ΔH4③CO(g)+O2(g)=CO2(g)

ΔH2④CO(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)-(-31.8kJ∙mol-1)=77.1kJ∙mol-1，由物质Ⅳ转化为物质Ⅰ，活化能为(43.5kJ∙mol-1)-(-42.6kJ∙mol-1)=86.1kJ∙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=10-4.75mol·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。6．（2025·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)Ⅰ0.4ac(3)0.14【解析】（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。③a．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：7．（2025·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：【解析】（1）由图中数据可知，①；②；由盖斯定律可知，-(①+②)可得的。（2）①前5分钟内在条件下的溶解速率为；碳酸受热分解，若将温度升高至，测得溶解速率反倒降低，原因可能是：温度升高，碳酸分解速率加快，使二氧化碳溶解的总（净）反应速率下降；②A．由（1）中图像可知，是放热反应，降低温度，平衡正向移动，减小，，条件下，装置中达到溶解平衡时，则条件下装置中达到溶解平衡时，小于，A错误；B．是气体体积减小的反应，打开密闭容器瓶塞，体系压强减小，可使气体溶解平衡逆向移动，B错误；C．该反应过程中溶液中碳酸的浓度增大，pH减小，若水溶液的稳定不变，说明已达到气体溶解平衡，C正确；D．当溶液中气体溶解与析出速率相等时，说明达到平衡，碳酸溶液达到该条件下饱和状态，D正确；故选CD；③的，平衡常数只受温度影响，常温下，若过度排放导致空气中增大，那么海水中的浓度会增大。（3）①由碳酸的电离方程式：、，随着pH的增大，发生反应：，浓度增大，由碳酸钙的沉淀溶解平衡可知，浓度减小，且pH增大导致浓度增大后溶液中浓度减小，当pH继续增大时，的浓度大于的浓度，故直线Ⅲ表示与的关系曲线，直线I表示与pH的关系，直线II表示与pH的关系；②由图可知，但c()=c()时，pH=8.4，溶液中c(H+)=10-8.4mol/L，；③已知某海域珊瑚礁（主要成分是）周边海水的为8.1，c(H+)=10-8.1mol/L，常温下，由②可知，，c()=10-5mol/L，则，该海域海水中开始形成时的浓度为：。8．（2025·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10mL0.005溶液中加入10mL0.015KSCN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，0～100min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)ACⅠ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a0.004(或)(5)22.2【解析】（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9．（2025·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)20.06【解析】（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，，。专题09化学反应原理综合题考点五年考情（2021-2025）命题趋势考点01焓变的计算（5年4考）2025·广东卷、2024·广东卷、2022·广东卷、2021·广东卷2025年广东的原理大题在前几年的题型基础上，有稳定性，也有新的变化。试题依然以生产、生活中应用广泛的物质为素材,从不同角度进行设问，完成对ΔH的计算、化学反应速率与平衡概念的理解与应用、反应方向的判断等必备知识的考查；通过新情境新信息，结合图表分析和数学计算深化对考生高阶思维能力的考查，尤其是计算方面，由往年的具体数值变成了虚拟数值，因此难度大大增大。此外今年的试题情境再次使用气相化学平衡，有利于打破学生的惯性思维，更好地体现了对“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”“科学态度与社会责任”多个维度的化学学科素养的考查。同时近三年的原理题都考查了电子排布式的书写，学生对这类热门新题型应熟练。考点02化学反应速率与平衡概念的理解与应用（5年5考）2025·广东卷、2024·广东卷、2023·广东卷、2022·广东卷、2021·广东卷考点03反应方向的判断（5年1考）2025·广东卷考点04电子排布式书写（5年3考）2025·广东卷、2024·广东卷、2023·广东卷考点01焓变的计算1．（2025·广东卷）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。(3)以为原料可制备。将与10.0molTi放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。编号过程(a)(b)(c)(d)①kJ/mol。【答案】(3)【解析】①已知：反应b：反应c：将反应c-2×反应b可得，则，故答案为：；2．（2021·广东卷）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2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)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)∆H1b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∆H2c)CH4(g)C(s)+2H2(g)∆H3d)2CO(g)CO2(g)+C(s)∆H4e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s)∆H5(1)根据盖斯定律，反应a的∆H1=_______(写出一个代数式即可)。【答案】∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4【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∆H1=∆H2+∆H3-∆H5=∆H3-∆H4；考点02化学反应速率与平衡概念的理解与应用3．（2025·广东卷）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。(3)以为原料可制备。将与10.0molTi放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。编号过程(a)(b)(c)(d)②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为。③温度下，，反应(c)的平衡常数(列出算式，无须化简)。(4)钛基催化剂可以催化储氢物质肼的分解反应：(e)(f)为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含的物质的量为)，进行实验，得到、随时间t变化的曲线如图。其中，为与的物质的量之和；为剩余的物质的量。设为0~t时间段内反应(e)消耗的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用表示。①内，的转化率为(用含的代数式表示)。②内，催化剂的选择性为(用含与的代数式表示，写出推导过程)。【答案】（3）0.5(4)【解析】②由表格可知，反应a为放热反应，反应b、c为吸热反应，反应d也是放热的，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示或的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c正向移动，反应a、d为逆向移动，所以的含量逐渐上升，的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为，故答案为：；③温度下，，，，根据Ti元素守恒，可推出（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则，，反应(c)的平衡常数=，故答案为：0.5；；（4）①因为肼为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时，时，，则内，的转化率为=，故答案为：；②由图可知，内，，，则，反应掉的肼为，生成的氮气和氢气的物质的量为，根据反应前后原子个数守恒，可得，反应f消耗的肼为，反应e消耗的肼为，则本体系中催化剂的选择性===，故答案为：；4．（2021·广东卷）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2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)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)∆H1b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∆H2c)CH4(g)C(s)+2H2(g)∆H3d)2CO(g)CO2(g)+C(s)∆H4e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s)∆H5(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CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加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CH4的平衡转化率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，CH4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p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的lnK随（温度的倒数）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(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程_______。(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_______。【答案】AD44ac68%做冷冻剂〖祥解〗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CO2的物理性质推测CO2的用途。【解析】(2)A．增大CO2和CH4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lnK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lnK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lnK=0，即K==1，解方程的p2(H2)=p(CH4)，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，且初始状态时p(CH4)=×100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为×100%=68%；(5)固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。考点03反应方向的判断5．（2025·广东卷）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。(2)298K下，反应的、，则298K下该反应(填“能”或“不能”)自发进行。【答案】能【解析】（2）反应的、，则根据可知，该反应在298K下能自发进行，故答案为：能；考点04电子排布式书写6．（2025·广东卷）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。(1)基态Ti原子的价层电子排布式为。【答案】(1)【解析】（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为，故答案为：：7．（2024·广东卷）酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。(1)酸催化下与混合溶液的反应(反应a)，可用于石油开采中油路解堵。①基态N原子价层电子的轨道表示式为。②反应a：已知：则反应a的。③某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。据图可知，在该过程中。A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小(2)在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图，其中的催化剂有和。(3)在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸(X为A或B)在某非水溶剂中的。a．选择合适的指示剂HIn，；其钾盐为。b．向溶液中加入，发生反应：。起始的物质的量为，加入的物质的量为，平衡时，测得随的变化曲线如图。已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。①计算。(写出计算过程，结果保留两位有效数字)②在该溶剂中，；。(填“>”“<”或“=”)【答案】(1)BD(2)AcOHKI(3)＞＞【解析】（1）①N的原子序数为7，位于第二周期第ⅤA族，基态N原子价层电子的轨道表示式为；②由已知可得：Ⅰ．，；Ⅱ．，；Ⅲ．，；Ⅳ．，；由盖斯定律可知，目标方程式可由方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ＋Ⅳ得到，故反应；③A．催化剂不能改变反应的焓变，A项错误；B．由图示可知，酸性：硫酸＞磷酸＞乙酸，催化剂酸性增强，反应速率提高，B项正确；C．一个硫酸分子中含有2个H，一个磷酸分子中含有3个H，一个乙酸分子中含有4个H，但含H最少的硫酸催化时，最有利于加速反应，C项错误；D．由图示可知，反应开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D项正确；故选BD。（2）催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质并未改变，由催化机理示意图可知，催化剂有AcOH和KI；（3）由变化曲线图可知，当时，，设初始，则初始，转化的物质的量浓度为，可列出三段式如下：由，即，解得，则该反应的平衡常数为解得；②根据图像可知，当时，设此时转化的物质的量浓度为，可列出三段式如下：此时，即，则，则平衡常数，则；由于，则，。8．（2023·广东卷）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。01.0000ax0.64b0.400.60〖备注〗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)

HNO2(2)A、B(3)0.363：4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HNO2。（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HNO2，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动，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。9．（2022·广东卷）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)

N2↑

4H2O

(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)

2NO+O2=2NO2(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K2===3.3×10-7联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L

λ3

增大【解析】(1)①分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为。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

ΔH1=(E1-E2)，M→N

ΔH2=ΔH，N→Y

ΔH3=(E3-E4)1，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为Δ