专题十二化学反应原理综合-【创新教程】2020-2024五年高考真题化学分类特训

最新真题分类特训·化学 专题十二 化学反应原理综合 考点1二氧化碳的利用 1.(2024·浙江1月卷，19)(10分)通过电化 CO2(g)和H2(g)的压强不变，总反应CO 学、热化学等方法，将CO。转化为HCOOH 十H2一HCOOH的反应速率为，反应机 等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。 理如下列三个基元反应，各反应的活化能E,< 请回答： E<E(不考虑催化剂活性降低或丧失)。 (1)某研究小组采用电化学方法将CO。转 IV:M+CO,=Q E 化为HCOOH,装置如图。电极B上的电极 V:Q+H,-L E2 反应式是 M:L→M+HCOOH E 也源 ①催化剂M足量条件下，下列说法正确的 是 (填标号)。 质了 A.v与CO,(g)的压强无关 交换顺 B.v与溶液中溶解H2的浓度无关 HCOOH C.温度升高，v不一定增大 H:0 CO D.在溶液中加入N(CHCH)3,可提高 (2)该研究小组改用热化学方法，相关热化 CO2转化率 学方程式如下： ②实验测得：298K,p(CO2)=p(H2) I:C(s)+O2(g)CO2(g） =2MPa下，v随催化剂M浓度c变化如 △H1=-393.5kJ·mol 图。c≤co时，v随c增大而增大：c>co时， Ⅱ：C(s)+H2(g)+O2(g)一HCOOH(g) 不再显著增大。请解释原因 △H2=-378.7kJ·mol w/mol L-1.s-1 Ⅲ：CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g) △H3 ①△H3= k·mol厂1。 ②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO, 和H2的投料浓度均为1.0mol·L1,平衡常 0 to c/mol-L 数K=2.4×108,则CO2的平衡转化率为 2.(2021·全国甲卷，28,14分)二氧化碳催化 加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化 ③用氨水吸收HCO)H,得到1.00mol·L氨 碳。回答下列问题： 水和0.18mol·L1甲酸铵的混合溶液， (1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表 298K时该混合溶液的pH= 示为： [已知：298K时，电离常数K(NH·HO)= CO,(g)+3H2(g)-CH,OH(g)+H,O(g) 1.8×105、K,(HC0OHD=1.8×104] 该反应一般认为通过如下步骤来实现： (3)为提高效率，该 ①CO,(g)+H2(g)—CO(g)+HO(g) 研究小组参考文献 Cc0g、H2g △H=+41kJ·mol 优化热化学方法， 2CO(g)+2H2 (g)-CH,OH(g) 椭化剂M的 在如图密闭装置中 △H2=-90kJ·mol1 DMSO溶液 充分搅拌催化剂M 搅拌子 总反应的△H= kJ·mol厂1：若反 的DMSO(有机溶剂)溶液，CO2和H,在溶 应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反 应能量变化的是 (填标号)，判断的 液中反应制备HCOOH,反应过程中保持 理由是 专题十二化学反应原理综合 28CuO(s)+CH(g)=4Cu2O(s)+ CO2(g)+2H2O(g) 0H,042H: CO+3E CH.OH+HO 0,130 △H2=-348kJ·mol- 反进型 (1)反应CH,(g)+2O2(g)—CO2(g)+ 2H,O(g) △H= kJ·mol 0-H.0+2H (2)反应②的平衡常数表达式K= CO+JH,CH.OH-HO 反本进和 反底进保 (2)合成总反应在起始物n(H2)/n(CO2)= (3)氧的质量分数：载氧体I (填 3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲 “>”“=”或“<”)载氧体Ⅱ。 醇的物质的量分数为x(CHOH),在t (4)往盛有CuO/Cu,O载氧体的刚性密闭容器 250℃下的x(CHOH)~p、在p=5× 中充入空气[氧气的物质的量分数x(O,)为 10Pa下的x(CHOH)~t如图所示。 21%],发生反应①。平衡时x(O2)随反应温度 T变化的曲线如图乙所示。985℃时O,的平 p/IOPa 5 衡转化率α(O,) (保留2位有效 0.11 数字)。 0.10 n.09 25 (1030,21)/ 0.08 20 n.07 0.06 x02% (985,10) 0.05 10 0.04 0.03 5 n.02 8009001000 1100 0.01 T/℃ 200210220230240250260270280 t/ ①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡 (5)根据图乙，x(O2)随温度升高而增大的 常数，表达式K。 原因是 反应温度必 ②图中对应等压过程的曲线是 ,判 须控制在1030℃以下，原因是 断的理由是 ③当x(CHOH)=0.10时，CO2的平衡转化 (6)载氧体掺杂改性，可加快化学链燃烧速 率a= ,反应条件可能为 或 率。使用不同掺杂的CuO/CuO载氧体， 反应②活化能如表所示。 3.(2021·福建卷，13,13分)化学链燃烧 载氧体掺杂物质 氧化铝 膨润土 (CLC)是利用载氧体将空气中的氧传输至 活化能/(kJ·mol1) 60±2.337.3±1.3 燃料的新技术，与传统燃烧方式相比，避免 了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集 由表中数据判断：使用 (填“氧化 CO2。基于CuO/Cu,O载氧体的甲烷化学 铝”或“膨润土”)掺杂的载氧体反应较快；使 链燃烧技术示意图如图甲 用氧化铝或者膨润土掺杂的载氧体，单位时 d 间内燃料反应器释放的热量分别为akJ、 N2、02等 CuOKGa0 H0C02 载氧体I 捕朱装置 bkJ、,则a b(填“>”“=”或 0,- --CH “<”)。 空气反应器 燃料反应器 CuO/Cu,O 4.(2021·河北卷，16,14分)当今，世界多国 载氧体 CH. 相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点，因 甲 此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二 空气反应器与燃料反应器中发生的反应分 氧化碳含量成为研究热点。 别为 (1)大气中的二氧化碳主要来自煤、石油及 D2Cu2O(s)+02(g)=4CuO(s) 其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相 △H1=-227kJ·mol-1 关物质的燃烧热数据如下表： 最新真题分类特训·化学 物质 H2(g) C(石墨，s) CH(1) Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、 b、c)上CO2电还原为C)的反应进程中 燃烧热△H (H还原为H2的反应可同时发生)，相对 285.8 -393.5 -3267.5 (kJ·mol厂1 能量变化如图。由此判断，CO2电还原为 CO从易到难的顺序为 则25℃时H(g)和C(石墨，s)生成CH(1)的 (用a、b、c字母排序)。 热化学方程式为 d 0.68 0.60 (2)雨水中含有来自大气的CO2,溶于水中 0.61 +*+H 的CO2进一步和水反应，发生电离： 中027 0.22 ①CO2(g)-CO2(aq) 0.00 0.00 “+H ②CO2(aq)+H2OI)一H(ag)+HCO(aq) -0.- -0.22 甘 反成历程 反应厅程 25℃时，反应②的平衡常数为K2。 a)0电还晾为C0 倒)H电还政为出 溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成 5.(2021·广东卷，19,14分)我国力争于2030 正比（分压=总压X物质的量分数），比例系 年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。 数为ymol·L1·kPa',当大气压强为 CH,与CO2重整是CO2利用的研究热点之 pkPa,大气中CO2(g)的物质的量分数为x 一。该重整反应体系主要涉及以下反应： 时，溶液中H浓度为 (a)CH,(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) mol·L(写出表达式，考虑水的电离，忽 △H 略HCO,的电离)。 (b)CO(g)+H,(g)CO(g)+H,O(g) (3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MH △H CO)固体置于真空恒容容器中，存在如下 (c)CH,(g)C(s)+2H,(g)AH 平衡： (d)2CO(g)=CO.(g)+C(s)AH (e)CO(g)+H(g)=H,O(g)+C(s) 2MHCO (s)M,CO(s)+H,O(g)+ △H CO,(g) (1)根据盖斯定律，反应a的△H, 上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。 (写出一个代数式即可)。 保持温度不变，开始时在体系中先通入一定 (2)上述反应体系在一定条件下建立平衡 量的CO,(g),再加入足量MHCO3(s),欲 后，下列说法正确的有 使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa, A.增大CO,与CH,的浓度，反应a、b、c的 CO,(g)的初始压强应大于 kPa。 正反应速率都增加 (4)我国科学家研究Li一CO2电池，取得了 B.移去部分C(s),反应c、d、e的平衡均向 重大科研成果。回答下列问题： 右移动 ①Li一CO。电池中，Li为单质锂片，则该电 C.加人反应a的催化剂，可提高CH,的平 池中的CO2在 (填“正”或“负”)极 衡转化率 发生电化学反应。研究表明，该电池反应产 D.降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速 物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与 率都减小、 锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进 (3)一定条件下，CH,分解形成碳的反应历程 行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。 如图甲所示。该历程分 步进行，其 I.2C0,+2e—C,O2Ⅱ.C,O 中，第 步的正反应活化能最大。 CO2+COⅢ. 16 IV.CO+2Li=Li,CO. ②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体 +4 可被电化学还原。 CH,+H CH+3H 8 I,CO,在碱性介质中电还原为正丙醇 CH - 112 反应进程 0.8 1.6 (CHCH,CH,OH)的电极反应方程式为 ×101 图甲 图乙 专题十二化学反应原理综合 (4)设K为相对压力平衡常数，其表达式写 强，则n(C2H) (填“变大”“变小” 法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代 或“不变”)。 替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为 (2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2): kPa)除以p(p,=l00kPa)。反应a、c、e的 n(H2)=1:3,在体系压强为0.1MPa,反 K,随一（温度的倒数）的变化如图乙所示。 应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x 随温度T的变化如图所示。 ①反应a、c、e中，属于吸热反应的有 0.7 (填字母)。 0.6 ②反应c的相对压力平衡常数表达式为K 0.5 0.4 ③在图乙中A点对应温度下、原料组成为 0.3 n(CO2):n(CH,)=1:1、初始总压为 0.2 100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系 0.1 达到平衡时H2的分压为40kPa。计算 CH,的平衡转化率，写出计算过程。 990450510570630690750 TIK 图中，表示C2H,、CO2变化的曲线分别是 。CO2催化加氢合成 C,H,反应的△H 0(填“大于”或 “小于”)。 (5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的 (3)根据图中点A(440K,0.39),计算该温 一种用途： 度时反应的平衡常数K。= 6.(2020·新课标Ⅲ卷，28,14分)二氧化碳催 (MPa)3(列出计算式。以分压 化加氢合成乙烯是综合利用CO,2的热点研 表示，分压=总压×物质的量分数)。 究领域。回答下列问题： (4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随 (1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中， 副反应，生成CHCH、CH等低碳烃。 产物的物质的量之比n(C2H,)：n(H2O) 定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙 当反应达到平衡时，若增大压 烯选择性，应当 考点2有机物制备的化学反应原理 1.(2024·安徽卷，17)(15分)乙烯是一种用 系如图所示，则△H 0(填“>”“<” 途广泛的有机化工原料，由乙烷制乙烯的研 或“=”)。结合题图，下列条件中，达到平衡 究备受关注。回答下列问题： 时转化率最接近40%的是 (填 [乙烷制乙烯] 标号)。 (1)C,H。氧化脱氢反应： a.600℃，0.6MPa 2C.H (g)+0 (g)-2C2 H (g)+2H,O(g) b.700℃，0.7MPa △H1=-209.8kJ·mol 1 c.800℃，0.8MPa C2 H(g)+CO2(g)-C2 H(g)+H2O(g) (3)一定温度和压强下，反应iCH。(g) +CO(g) △H2=178.1kJ·mol =C2 H,(g)+H2 (g)K 计算：2C0(g)+O2(g)—2C02(g) △H 反应iC,H(g)+H2(g)=2CH,(g) kJ·mol1] K2（K2远大于Kn) (2)CH直接脱氢 (K。是以平衡物质的量分数代替平衡浓度 09出半衡张化率 反应为CH(g) 计算的平衡常数) -·2% 50% CH (g)+H (g) ①仅发生反应ⅰ时，C,H的平衡转化率为 ·% △H 25.0%,计算K1 0 ②同时发生反应i和ⅱ时，与仅发生反应 CH的平衡转化率 与温度和压强的关 20U 40060W U0100U 相比，C,H,的平衡产率 (填“增 T℃ 大”“减小”或“不变”)。 最新真题分类特训·化学 [乙烷和乙烯混合气的分离] (i)图中CHBr的曲线是 (填“a” (4)通过Cu修饰的Y分子筛的吸附一脱 或“b”)」 附。可实现CH和C2H,混合气的分离。 (i)560℃时，CH,的转化率a= Cu的 与C,H,分子的π键电子形 n(HBr)= mmol。 成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和 共价键之间。用该分子筛分离C,H,和 (m)560℃时，反应CHBr(g)+Br2(g) C,H。的优点是 CHBr2(g)+HBr(g)的平衡常数K= (5)常温常压下， 2.0 将C2H和C,H 1.5 (3)少量I2可提高生成CHBr的选择性。 等体积混合，以一 81.0 500℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将 定流速通过某吸 附剂，测得两种气 CH CHa 8 mmol CH和8 mmol Br.2通入密闭容器， 体出口浓度(c)与 溴代甲烷的物质的量()随时间(t)的变化 0.0 30 60 90 120 进口浓度(c。)之 关系如图。 /min 比随时间变化关系如图所示。下列推断合 3.6 理的是 (填标号)。 3.2 A.前30min,两种气体均未被吸附 2.8 -CH,Br(l B.p点对应的时刻，出口气体的主要成分 CI山Br(尤L 2.4 是C2H 2.0 C.a一b对应的时间段内，吸附的C,H。逐渐 1.6 被C,H替代 1.2 CH,Br(无L) 2.(2024·全国甲卷，28)(15分) 0.8 甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。 0.4 1012141618 20 种将甲烷溴化再偶联为丙烯(CH。)的研究 所获得的部分数据如下。回答下列问题： (i)在11~19s之间，有12和无12时 (1)已知如下热化学方程式： CH(g)+Br2 (g)-CH Br(g)+HBr(g) CH的生成速家之比克= △H1=-29kJ·mol- 3CH2 Br(g)-C2 H(g)+3HBr(g) △H2=+20kJ·mol-1 (ⅱ)从图中找出L2提高了CHBr选择性的 计算反应3CH,(g)+3Br2(g)=C4H(g) 证据： +6HBr(g)的△H= kJ·mol厂1。 (2)CH,与Br2反应生成CHBr,部分 (ⅲ)研究表明，L2参与反应的可能机理 CHBr会进一步溴化。将8 mmol CH,和 如下： 8 mmol Br.通入密闭容器，平衡时， n(CH,)、n(CHBr)与温度的关系如图（假 ①L(g)—·I(g)+·I(g) 设反应后的含碳物质只有CH,、CHBr和 ②·I(g)+CH2Br2(g)=IBr(g) CH2Br2). +·CHBr(g) 5.6 ③·CH2Br(g)+HBr(g)CHBr(g)+ 5 48 ·Br(g） 4.4 4.0 ④·Br(g)+CH,(g)HBr(g)+·CH(g) ⑤·CH(g)+IBr(g)CHBr(g)+·I(g) 2 24 ⑥·I(g)+·I(g)—L2(g) 2. 根据上述机理，分析L提高CHBr选择性 6 1.2 的原因： 60 460 560660 760 860 温度/℃ 专题十二化学反应原理综合 3.(2024·河北卷，17)(15分)氯气是一种重 要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产 CH 品的生产。硫酰氯及1,4-二（氯甲基）苯等 ① 可通过氯化反应制备。 CH (1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业 cu,，c a⑤ M G T 上制备原理如下： 以上各反应的速率方程均可表示为v SO,(g)+Cl2 (g)=SO,Cl2 (g) △H= kc(A)c(B),其中c(A)、c(B)分别为各反应 -67.59kJ·mol 中对应反应物的浓度，k为速率常数(k1~k ①若正反应的活化能为E正kJ·mo,则 分别对应反应①~⑤)。 逆反应的活化能E滋= kJ·mol1 某温度下，反应器中加入一定量的X,保持 (用含E的代数式表示)。 体系中氯气浓度恒定（反应体系体积变化忽 ②恒容密闭容器中按不同进料比充入 略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。 SO2(g)和Cl2(g),测定T1、T2、T3温度下体 已知该温度下，k1:k2:k2:k4:k=100: 系达平衡时的△p(△p=p。一p,p。为体系 21:7:4:23。 初始压强，p。=240kPa,p为体系平衡压 ①30min时，c(X)=6.80mol·L',且 强)，结果如图甲。 30~60min内v(X)=0.042mol·L1. 75 min1,反应进行到60min时，c(X)= 6 60 M2,60 mol·L1。 5 50 ②60min时，c(D)=0.099mol·L1,若 0~60min产物T的含量可忽略不计，则此 3 时c(G)= mol·L:60min后， 随T的含量增加8 (填“增大” 2.5 n(SO:)n(Cl) “减小”或“不变”)。 甲 4.(2023·全国甲卷，28,15分)甲烷选择性氧 图甲中温度由高到低的顺序为 ,判 断依据为 化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。 回答下列问题： 。 M点CL2的转化率为 T温度下用分压表示的平衡常数K。 (1)已知下列反应的热化学方程式： ①3O2(g)=2O3(g)K kPa ③图乙曲线中能准确表示T,温度下△p随 △H1=285kJ·molJ 进料比变化的是 (填序号)。 ②2CH4(g)+O2(g)—2CHOH(1) K2 75A △H2=-329kJ·mol厂 70 反应③CH(g)+O(g)一CH,OH(I)+ 65 O2(g)的△H3= kJ·mol1,平衡 常数K, (用K、K2表示)。 55 (2)电喷雾电离 0.7 50 等方法得到的 0.6 05 % D M (Fe'Co Ni等)与O,反 35口 03 0.00.51.01.52.02.53.03.54.0 应可得MO。 n(50a):n(Cl) 乙 MO与CH,反 (2)1,4-二（氯甲基）苯(D)是有机合成中的 应能高选择性 , 120 15 时网 重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应 地生成甲醇。分别在300K和310K下（其 合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为 他反应条件相同)进行反应MO十CH 最新真题分类特训·化学 一M十CHOH,结果如图所示。图中 (3)在913K、100kPa下，以水蒸气作稀释 300K的曲线是 (填“a”或“b”)。 气、FeO,作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙 300K、60s时MO的转化率为 烯外，还会发生如下两个副反应： (列出算式)。 5CiH C2 H(g)CiHa(g)+CH2- (3)MO分别与CH、CD,反应，体系的能 CH,(g) 量随反应进程的变化如图所示（两者历程相 6CHC,Hs (g)+H2 (g)=CH:CH;(g) 似，图中以CH,示例)。 +CH (g) 0 以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲 M-CIL HO --CIL 苯的选择性S(S= 过波态1 转化为目的产物所消耗乙苯的量×100%)随 已转化的乙苯总量 CH 步骤I 乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线 Mo' CH 步漿ⅡGH,0H b代表的产物是 ,理由是 M+ 反成进程 (ⅰ)步骤I和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的 是 (填I”或“Ⅱ”)。 96 (ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更 4 92 重的同位素时，反应速率会变慢，则M)与 90 CD,反应的能量变化应为图中曲线 6 (填“c”或“d”)。 2 (m)MO与CH,D,反应，氘代甲醇的产量 0 CH,DOD CHD,OH(填“>”“<” 50556575.85 乙米转化率% 或“=”)。若MO与CHD反应，生成的氘 (4)关于本反应体系中催化剂FezO,的描述 代甲醇有 种。 错误的是 5.(2023·湖南卷，16,14分)聚苯乙烯是一类 A.X射线衍射技术可测定FeO3晶体结构 重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合 B.Fe,O3可改变乙苯平衡转化率 制得。 C.FeO,降低了乙苯脱氢反应的活化能 I.苯乙烯的制备 D.改变FeO,颗粒大小不影响反应速率 (1)已知下列反应的热化学方程式： Ⅱ.苯乙烯的聚合 ①C,HCHg+0,(g)一sC0,(g)+ 苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关 键步骤是某Cu(I)的配合物促进 5HO(g)△H1=-4386.9k·mol-1 CHCH2X(引发剂，X表示卤素)生成自由 ②C.HCH-CH(g)+10O,(g)—8CO,(g) 基CHCH2,实现苯乙烯可控聚合。 +4HO(g)△H2=-4263.1k·mol- (5)引发剂CH.CH,CI、.CHCH2Br ③H,(g)+202(g)—H,0(g) C。HCH2I中活性最高的是 (6)室温下，①Cu在配体L,的水溶液中形 △H4=-241.8kJ·mol- 成[Cu(L)2],其反应平衡常数为K; 计算反应④CsH,C2H(g)一C6H,CH一 ②CuBr在水中的溶度积常数为Kp。由此 CH(g)+H2(g)的△H,=kJ·mol1; 可知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的 (2)在某温度、100kPa下，向反应器中充入 平衡常数为 (所有方程式中计量系 1mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率 数关系均为最简整数比)。 为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要 6.(2021·湖北卷，19,14分)丙烯是一种重要 向反应器中充入 mol水蒸气作为 的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷 稀释气（计算时忽略副反应）： 直接脱氢或氧化脱氢制备。 专题十二化学反应原理综合 反应I(直接脱氢)：CH(g)一CH(g) 7.(2021·辽宁卷，17,13分)苯催化加氢制备 +H,(g)△H1=+125kJ·mol 环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件 反应I(氧化脱氢)：CH(g)+号Q,(g) 下，发生如下反应： L主反应： (g)+3H,(g)= (g) CH(g)+HO(g)△H2=-118k·mol (1)已知键能：E(C一H)=416kJ·mol, △H<0 E(H一H)=436k·mol,由此计算生成 Ⅱ.副反应： CH (g) 1mol碳碳π键放出的能量为 kJ。 (2)对于反应I,总压恒定为100kPa,在密 △H2>0 回答下列问题： 闭容器中通入CH。和N2的混合气体(N (1)已知：Ⅲ.2H2(g)+O2(g)—2HO(1) 不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到 △H 平衡后“通入N2”的作用是 在温度为T,时，CH。的平衡转化率 W.2 (g)+1502(g)=12CO2(g)+ 与通入气体中C,H。的物质的量分数的关 6H,O(1) △H 系如图a所示，计算T,时反应I的平衡常 (g)+9O(g)=6CO,(g)+6HO1D 数K, kPa(以分压表 示，分压=总压×物质的量分数，保留一位 △H 小数)。 则△H,= (用△H3、△H,和△H 100F 0 表示)。 B C.Hs (2)有利于提高平衡体系中环己烷体积分数 60 04 的措施有 H.O 12249CH A.适当升温 B.适当降温 C.适当加压 D.适当减压 。 co. 00020,4060,81.0 0.0 通人气位六H,的物弱的分名 59成2028 (3)反应I在管式反应器中进行，实际投料 图 图b 往往在n(H2):n(CH)=3:1的基础上适 (3)在温度为T。时，通入气体分压比为 当增大H2用量，其目的是 p(C3Hg):p(O2):p(N2)=10:5:85的 (4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性 混合气体，各组分气体的分压随时间的变化 中心时，才能发生反应，机理如图。当H 关系如图b所示。0~1.2s生成CH的 中混有微量H,S或CO等杂质时，会导致反 平均速率为 kPa·s';在反应 应I的产率降低，推测其可能原因为 段时间后，CH。和O2的消耗速率比小于 2:1的原因为 H: (4)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为 ,金园能化剂 一教体 p(C3Hg):p(O2):p(N2)=2:13:85的 (5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环 混合气体，已知某反应条件下只发生如下反 己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子 应(k,k'为速率常数)： 对，图中可作为酸性中心的原子的标号是 反应Ⅱ：2C3H(g)+O2(g)一2C3H6（g)+ (填“①”“②”或“③”)。 2H,O(g)k 反应Ⅲ：2C3H(g)+9O2(g)6CO2(g)+ 0 ② 6H2O(g)k 实验测得丙烯的净生成速率方程为 v(C3H)=kp(CH)一k'(CH),可推测 Si Si 丙烯的浓度随时间的变化趋势为 其理由是 催化剂载体表面结构片段 最新真题分类特训·化学 (6)恒压反应器中，按照n(H2):n(CH。) =4:1投料，发生I、Ⅱ反应，总压为po,平 命名法命名)：合H的数值范图是 衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p,则 (填标号)。 反应I的K。= (列出计算 A.<-1B.-1~0C.0~1D.>1 式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分 (2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某 压=总压×物质的量分数)。 反应容器中加人1.0 mol TAME,控制温度 8.(2021·山东卷，20,12分)2-甲氧基-2-甲基 为353K,测得TAME的平衡转化率为a。 丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催 已知反应Ⅲ的平衡常数K=9.0,则平衡 化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应 体系中B的物质的量为 mol,反应 制得，体系中同时存在如下反应： I的平衡常数K1= 同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢 反应I: +CH,OHK △H 呋喃稀释，反应[的化学平衡将 (填 “正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A A TAME 与CHOH物质的量浓度之比c(A): c(CH,OH)= 反应Ⅱ：入Y丫 (3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有 △H 四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和 CHOH。控制温度为353K,A、B物质的 B TAME 量浓度c随反应时间t的变化如图所示。 反应Ⅲ： △H3 代表B的变化曲线为 (填“X”或 回答下列问题： “Y”):t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率vE 逆反应速率（填“>”“<” (1)反应I、Ⅱ、Ⅲ 或“=”)。 以物质的量分数 4 表示的平衡常数 反应Ⅲ 0.16 K,与温度T变 反成 ÷012 (100.0.112) 化关系如图所示。 o.o8 竹线X 据图判断，A和B 0.04 0.00280.00290.00300.0031 中相对稳定的是 100,0.011)曲线Y 1 K 0.00 (用系统 0100200300400500600 材8 考点3制氢的化学反应原理 1.(2024·山东卷，20)(12分)水煤气是H2的 CaCO,(s)在T,温度时完全分解。气相中 主要来源，研究CaO对C一HO体系制H2 CO、CO2和H,摩尔分数随温度的变化关系 的影响，涉及主要反应如下： 如图所示，则a线对应物种为 C(s)+H,O(g)=CO(g)+H2 (g) (填化学式)。当温度高于T时， (I)△H>0 随温度升高©线对应物种摩尔分数逐渐降 CO(g)+H,O(g)=CO,(g)+H2 (g) 低的原因是 (Ⅱ)△H,<0 Ca0(s)+CO (g)=CaCO(s) (Ⅲ)△H<0 回答下列问题： 教0.50 1)C(s)+CaO(s)+2H2O(g) CaCO3(s)+2H2(g)的焓变△H= 0.15 (用代数式表示)。 0.05 (2)压力p下，C-H,O-CaO体系达平衡 To ·增大 后，图示温度范围内C(s)已完全反应， 温度T 专题十二化学反应原理综合 (3)压力p下、温度为T。时，图示三种气体 ①某温度下，吸收塔中KCO,溶液吸收一定 的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则反 量的CO,后，c(CO):c(HCO)=1:2,则 应CO(g)+H2O(g)一CO2(g)+H2(g) 该溶液的pH= (该温度下HC)的 的平衡常数K。= :此时气体总物 K4=4.6×101,K2=5.0X10") 质的量为4.0mol,则CaCO,(s)的物质的量 ②再生塔中产生CO,的离子方程式为 为 mol:若向平衡体系中通入少 量CO2(g),重新达平衡后，分压p(CO2)将 ③利用电化学原理，将CO2电催化还原为 (填“增大”“减小”或“不变”)， C,H,,阴极反应式为 p(CO)将 (填“增大”“减小”或 3.(2022·河北卷，16,14分)氢能是极具发展 “不变”)。 潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电 2.(2022·湖南卷，16,13分)2021年我国制氢 池有良好的应用前景。 量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制 (1)298K时，1gH2燃烧生成HO(g)放热 氢途径。回答下列问题： 121kJ,1molH,O(1)蒸发吸热44kJ,表示 (1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器 H2燃烧热的热化学方程式为 中加入足量的C(s)和1molH2O(g),起始 压强为0.2MPa时，发生下列反应生成水 (2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气， 煤气： 体系中发生如下反应。 I.C(s)+H,O(g)=CO(g)+H (g) I.CH,(g)+H,O(g)=CO(g)+3H2 (g) △H1=+131.4kJ·mol II.CO(g)+H,O(g)=CO.(g)+H2 (g) II.CO(g)+H,O(g)CO2(g)+H2 (g) ①下列操作中，能提高CH(g)平衡转化率 △H2=-41.1kJ·mol 的是 (填标号)。 A.增加CH(g)用量 ①下列说法正确的是 B.恒温恒压下通入惰性气体 A.平衡时向容器中充入惰性气体，反应I C.移除CO(g) 的平衡逆向移动 D.加入催化剂 B.混合气体的密度保持不变时，说明反应 ②恒温恒压条件下，1 mol CH(g)和1mol 体系已达到平衡 H,O(g)反应达平衡时，CH,(g)的转化率为a, C.平衡时H,的体积分数可能大于 CO,(g)的物质的量为bmol,则反应I的平 D.将炭块粉碎，可加快反应速率 衡常数K= (写出含有a、b的 ②反应平衡时，HO(g)的转化率为50%，CO 计算式；对于反应mA(g)+nB(g)一 的物质的量为0.1mol。此时，整个体系 C(g)+9D(g),K,=C)·x(D (填“吸收”或“放出”)热量 kJ. (A)·x(B,x为 物质的量分数)。其他条件不变，HO(g)起 反应I的平衡常数K。 (以分压 始量增加到5mol,达平衡时，a=0.90,b 表示，分压=总压×物质的量分数) 0.65,平衡体系中H2(g)的物质的量分数为 (2)一种脱除和利用水煤气中CO2方法如 (结果保留两位有效数字)。 图所示： (3)氢氧燃料电池中氢气在 (填 净化气 co ,KC0,溶液 KHCO,溶液 “正”或“负”)极发生反应。 (4)在允许O2一自由迁移的固体电解质燃料 吸收片 再牛塔 水蝶 水蒸气 电池中，CH2+2放电的电极反应式为 t电8 质了交快髋详解详析 2.解析:(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为:CO.(g) (5)CH(g)-一CH(g)+H·(g)及CH(g) +3H.(g)CH.OH(g)十H.O(g),该反应一般认为通过 -C。H。(g)十H·(g)反应的lnK(K为平衡常数)随 如下步骤来实现:①CO.(g)+H.(g)--CO(g)+H.O(g) 温度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行,说明斜率 几乎相等,根据lnK--c(R为理想气体常数, △H.=+41kJ·mol.②CO(g)+2H.(g) RT CH.OH(g) △H.=-90 kJ·mol ,根据盖斯定律可 知,①十②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为: c为截距)可知,斜率相等,则说明啥变相等,因为在反应 CO.(g)+3H(g)--CHOH(g)+H.O(g) △H= 过程中,断裂和形成的化学键相同; (+41kJ·mol )+(-90 kJ·mol )--49 kJ·mol ;该 (6)a.由反应历程可知,该反应为吸热反应,升温,反应正 反应总反应为放热反应,因此生成物总能量低于反应物总 向进行,提高了平衡转化率,反应速率也加快,a符合 能量,反应①为慢反应,因此反应①的活化能高于反应② 题意; 同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量,反应②的 b. 由化学方程式可知,该反应为正向体积增大的反应, 加压,反应逆向进行,降低了平衡转化率,b不符合题意。 反应物总能量高于生成物总能量,因此示意图中能体现反 c.加入催化剂,平衡不移动,不能提高平衡转化率,c不 应能量变化的是A项,故答案为:一49:A;△H为正值, △H.和△H为负值,反应①的活化能大于反应②的活化 符合题意。 答案:(1)128 能。(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为C0).(g)十 (2)33 3H.(g)--CHOH(g)十H.O(g),因此利用各物质的 10 平衡分压表示总反应的平衡常数,表达式K。= (3)6 p(HO)·j(CH.OH) (4)?1-一 .故答案为.(HO)·(CHOH) p(H.).(CO.) (H)·(CO) ②该反应正向为放热反应,升高温度时平衡逆向移动,体系 (5)在反应过程中,断裂和形成的化学键相同 (6)a 中x(CH.OH)将减小,因此图中对应等压过程的曲线是b. 专题十二 故答案为:b;总反应△H~0,升高温度时平衡向逆反应方向 化学反应原理综合 移动,甲醇的物质的量分数变小。③设起始n(CO。)一 考点1 二氧化碳的利用 1 mol,n(H)-3mol,则 1.解析:(1)电极B是阴极,则电极反应式是CO。十2e十 3H.(g)+CO.(g)→CH.OH(g)+H.O(g) 起始(mol) 2H_--HCOOH; 3 0 (本) 转化(mol) 3x (2)①AH =AH。-AH.=-378.7kJ/mol+ ) 平衡(mol) 3-3 393.5 kJ/mol-+14. 8 kJ/mol; 1一 ②根据三段式,设转化的CO。为r,则: 当平衡时x(CH.OH)=0.10时. CO.(g)+H.(g)一HCOOH(g) (3-3c)十(1-)+x十=0.1,解得x=- -mol. 起始(mol/L)1 1 mo 转化(mol/L)) 平衡(mol/L)1-x 平衡时CO。的转化率a- 3mol×100%~3.3%;由 图可知,满足平衡时x(CH.OH)一0.10的条件有: 5X10Pa,210°C或9×10Pa.250C,故答案为: 33.3%;5×10Pa.210C;9×10Pa,250°C ③用氛水吸收HCOOH,得到1.00mol·L氛水和 答案:(1)一49 A △H.为正值,△H.和△H为负值, 反应①的活化能大于反应②的活化能 0. 18mol·L 甲酸按的混合溶液.得出c(NH )一0.18 (2)①/(HO)·(CHOH) ②b 总反应AH<0,升 mol/L,根据K。c(OH)·c(NH) c(NH·HO),则c(OH) ,(H)·(CO。) c(NH·H0)·K.1×1.8x10 高温度时平衡向逆反应方向移动,甲醇的物质的量分数 二=10*mol/L. 变小 ③33.3% 5×10Pa,210C 9×10Pa,250°C c(NH) 0.18 3.解析:本题考查盖斯定律、化学平衡常数、转化率的计 pOH-4,pH-14-4-10; 算等。 (3)①A.v与CO.(g)的压强有关,压强越大,溶液中CO (1)根据盖斯定律,用反应①×2十反应②得目标反应, 的浓度越大,v越大,A错误;B.与溶液中溶解H,的浓 其△H-2△H+AH.--802kI·mol 度有关,氢气浓度越大,速率越快,B错误;C.温度升高, (2)由反应②的热化学方程式可知,该反应的平衡常数 u不一定增大,反应IV和V是快反应,而VI是慢反应(决 速步骤),若IV和V是放热反应且可以快逸建立平衡状 c(CH) CH. 态,则随着温度升高L的浓度减小,若L的浓度减小对 (3)由图甲可知,载氧体I吸收空气中的氧气转移到燃 反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响,则 总反应速率减小,故总反应的速率不一定增大,C正确; 料反应器,和甲炕发生反应生成水、二氧化碳和载氧体 II,所以氧的质量分数:载氧体I一载氧体II。 D.在溶液中加入的N(CH.CH。),会与HCOOH反应, 使得三个平衡正向移动,可提高CO。转化率,D正确。 (4)假设往盛有CuOCuO载氧体的刚性密闭容器中充 ②当cc。时,v随c增大而增大,因M是基元反应IV的 入空气的物质的量为1mol,空气中氧气的物质的量分 反应物(直接影响基元反应VI中反应物L的生成);cc 数为21%,则充入氧气的物质的量为0.21mol,设 985C达到平衡时反应消耗的氧气的物质的量为 时,u不再显著增大,因受限于CO.(g)和H。(g)在溶液 中的溶解速度(或浓度)。 nmol,列三段式: 2Cu.O(s)+O.(g)-4CuO(s) 答案:(1)CO.+2e+2H--HCOOH 起始量/mol 0.21 (2)①+14.8 ②2.4×10-* ③10.0 转化量/mol ” (3)①CD②当cc。时,v随c增大而增大,因M是基 平衡量/mol 0.21-n 元反应IV的反应物(直接影响基元反应VI中反应物L.的 由图乙可知,985C达到平衡时氧气的物质的量分数 生成);c>c。时,o不再显著增加,因受限于CO(g)和 x(0)为10%,则0.21-×100%-10%,解得m= H.(g)在溶液中的溶解速度(或浓度) 1一n 193 最新真题分类特训·化学 1.1 条件下,CO。电还原的活化能均大于H电还原的活化 能,相对来说,更易发生H的电还原。其中a催化剂条 (5)反应①为放热反应,随温度升高平衡左移,x(O。)增 件下,H电还原的活化能比CO。 电还原的活化能小的 大,由图乙可知,当温度高于1030C时,x(0)大于 更多,发生H电还原的可能性更大,因此反应从易到难 21%,载氧体无法载氧。 的顺序为c、a、b,故答案为:c、a、b。 (6)由表中数据可知,使用氧化铅掺杂的载氧体发生反 答案:(1)6C(石墨,s)十3H.(g)-C。H.(I) 应②时的活化能比使用膨润土掺杂的载氧体高,所以使 用膨润土掺杂的载氧体反应较快;使用氧化铅掺杂的载 AH-49.1kJmol-1 氧体比使用膨润土掺杂的载氧体反应慢,单位时间内燃 (2)Kry (3)100.8 料反应器释放的热量少,所以ab。 (4)①正 2CO+CO--2CO+C ②I. 12CO.+18e +4H.O-CHCHCHOH+ [CH] c(CH) oCOI.c、a、b (3)(4)58%(5)反应①为放热反应,随温度升高 5.解析:(1)根据题目所给出的反应方程式关系可知,a一b 平衡左移,x(O。)增大由图乙可知,当温度高于 十c-e-c-d,根据盖斯定律则有△H一△H。十△H- 1030C时.x(0.)大于21%,载氧体无法载氧 △H一△H。一△H;(2)A项,增大CO。和CH.的浓度, (6)膨润土< 对于反应a、b、c来说,均增大了反应物的浓度,反应的正 4.解析:(1)根据表格燃烧热数据可知,存在反应①C(石墨,s) 反应速率增大,A正确;B项,移去部分C(s),没有改变 +O.(g)-CO(g) △H.=-393.5 kJ·mol . 反应体系中的压强,反应的正逆反应速率均不变,平衡 ②H.(g)+0.(g)-HO(1)AH。--285.8kJ· 不移动,B错误;C项,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, mol,③C。H。(1)+150.(g)-6cO.(g)+6H:0(1) 平衡转化率不变,C错误;D项,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) △H =-3267.5kJ·mol,根据盖斯定律,[①×12+ 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 C.H(1),AH-[(-393.5kJ·mol)x12+(-285.8 的能量最多,对应的正反应活化能最大。(4)①随着温 kJ·mol)x6]×1 -(-3267.5kJ·mol)-49.1kJ· 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均为吸热反应, mol .故答案为:6C(石墨,s)+3H(g)C.H.(1)△H 同理反应e的lnK减小,说明K。的数值减小,反应向 -49.1kJ·mol: 逆反应方向进行,反应e为放热反应,故答案为ac;②用 (2)由题可知,①CO.(g)CO(aq).②CO.(aq)+H.O(l) 相对分压代替浓度,则反应c的平衡常数表达式K一 c(CO) 为p(CO)=·x,则c(CO )=y(mol·L ·kPa ) 一;③由图可知,A处对应反应c的lnK一0. p(CO)-··ymol/L,在忽略HCO 的电离时, c(H)=c(HCO),所以可得c(H)=Kpry,故答 _) 案为:/K:xy; #(2)# 即K二 _-1.解方程得(H。)一p·p(CH) (3)2MHCO(s)M.CO(s)+H.O(g)+CO.(g),等温等 容条件下,压强之比等于其物质的量之比,可用分压表 己知反应平衡时o(H。)-40 kPa,则有p(CH.)-40×40 100 示物质的量浓度,平衡常数K。Pt。·Pc.-×46 kPa-16kPa,且初始状态时p(CH.)-一 ××46-529。温度不变化学平衡常数K。不变,设平衡 50 kPa.故CH.的平衡转化率为50kPa-16 kPax 时,平衡体系中CO.的分压为x.则K-P·Po.=529. 50 kPa 100%一68%;(5)固态CO.即为千冰,干冰用于制冷或 人工降雨均是利用其物理性质。 减去碳酸氢盐分解产生的CO.的分压,即CO.(g)的初始压 答案:(1)△H。十△H一△H:或△H一△H 强应大于105.8kPa-5kPa-100.8kPa,故答案为: 100.8; (2)AD(3)4 4 (4)①ac ((CH) (4)①由题意知,Li一CO。电池的总反应式为:4Li十 3CO.--2Li.CO十C.CO.发生得电子的还原反应,则 CO. 作为电池的正极;CO。还原后与Li*结合成 ③68%(计算过程见解析)(5)做冷冻剂 Li.CO,按4个步骤进行,由步骤lI可知生成了C0, 6.解析:(1)CO。催化加氢生成乙炜和水,该反应的化学方 而步骤IV需要CO}参加反应,所以步骤II的离子方程 程式可表示为2CO。+6H.CH。-CH。+4H.0.因 此,该反应中产物的物质的量之比n(CH):n(H.O)一 式为:2CO+C0。-2CO+C,故答案为:正; 1:4。由于该反应是气体分子数减少的反应,当反应达 2CO+CO--2CO+C; 到平衡状态时,若增大压强,则化学平衡向正反应方向 ②I.CO。在减性条件下得电子生成CH.CH.CH.OH. 移动,n(CH.)变大。 根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为:12CO。十 (2)由题中信息可知,两反应物的初始投料之比等于化 18e +4H.O--CH.CHCHOH+9CO ,故答案为: 学计量数之比;由图中曲线的起点坐标可知,c和a所表 12CO.+18e +4H.O-CHCHCH.OH+9CO; 示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物 IlI.c催化剂条件下,CO.电还原的活化能小于H电还 质的物质的量分数之比为1!4,则结合化学计量数之比 原的活化能,更容易发生CO.的电还原;而催化剂a和b 可以判断,表示乙唏变化的曲线是d,表示二氧化碳变化 194 详解详析 曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知,升高温度,乙 剂上的C.H。也开始脱落,同时从图中可知,a点后一段 的物质的量分数减小,则化学平衡向逆反应方向移 时间,CH 的-仍为0.说明是吸附的C.H。逐渐被 动,则该反应为放热反应,AH小于0。 (3)原料初始组成n(CO):n(H)一1:3,在体系压强 C.H 替代,p点到b点之间,吸附的C.H。仍在被C.H 为0.1MPa建立平衡。由A点坐标可知,该温度下,氢 替代,但是速率相对之前有所减小,同时吸附剂可能因 气和水的物质的量分数均为0.39,则乙婶的物质的量分 吸附量有限等原因无法一直吸附C。H,因此p点后 数为水的四分之一,即0.39. C.H 的一也逐步增大,直至等于1,此时吸附剂不能再 为氢气的三分之一,即Q.39,因此,该温度下反应的平衡 吸附两种物质,C正确。 3 答案:(1)一566 0.390.39 (2)>b 常数K。= 3# (0.3) ②增大 0.39× (4)4s空轨道 识别度高,能有效将C。H. 和C。H。分 离,分离出的产物中杂质少,纯度较高 (5)BC (4)工业上通常通过选择合适的催化剂,以加快化学反 应速率,同时还可以提高目标产品的选择性,减少副反 2.解析:(1)将第一个热化学方程式设为①,将第二个热化 应的发生。因此,一定温度和压强下,为了提高反应逸 学方程式设为②。根据盖斯定律,将方程式①乘以3再 率和乙/的选择性,应当选择合适的催化剂。 加上方程式②,即①×3十②,故热化学方程式3CH(g) 答案:(1)1:4 变大(2)d c 小于(3)x +3Br。(g)-C.H.(g)+6HBr(g)的 △H=-29 kJ· mol"x3+20 kJ·mol-1--67kJ·mol-}。 (2)(1)根据方程式①,升高温度,反应向吸热反应方向 0.39'×0.39 4 (4)选择合适催化剂 移动,升高温度,平衡逆向移动,CH.(g)的含量增多, 0.03 CH.Br(g)的含量减少,故CH.Br的曲线为a; (l)560C时反应达平衡,剩余的CH(g)的物质的量为 考点2 有机物制备的化学反应原理 1.6mmol,其转化率a-8mmol-1.6mmolx100%= 1.解析:(1)将两个反应依次标号为反应①和反应②,反应 8 mmol ①一反应②×2可得目标反应,则△H-△H.-2△H。 80%;若只发生一步反应,则生成6.4mmolCH.Br,但此 (-209.8-178.1×2)kJ/mol--566kJmol。(2)从题 时剩余CH.Br的物质的量为5.0mmol,说明还有 图中可知,压强相同的情况下,随着温度升高,C.H.的平衡 1.4mmolCH.Br发生反应生成CH.Br.,则此时生成的 转化率增大,因此该反应为吸热反应,△H0。 HBr的物质的量n=6.4mmol+1.4mmol-7.8mmol; a.600C,0.6MPa时,C.H。的平衡转化率约为20%,a (I)平衡时,反应中各组分的物质的量分别为n(CH。Br) 错误;b.700C,0.7MPa时,C.H。的平衡转化率约为 -5.0 mmol、n(Br.)=0.2 mmol、n(CHBr )=1.4 50%,最接近40%,b正确;c.700C,0.8MPa时.C.H mmol、n(HBr)一7.8mmol,故该反应的平衡常数K= 的乎衡转化率接近50%,升高温度,该反应的化学平衡 正向移动.C.H。转化率增大,因此800C,0.8MPa时, C.H。的平衡转化率大于50%,c错误;故答案选b。(3) ①仅发生反应i,设初始时C.H。物质的量为1mol,平衡时 C.H. 转化率为25%,则消耗C.H.0.25mol,生成C.H #22 0. 25 mol,生成Ho0. 25 mol,k.0.2X0.21 -1 (3)(1)11~19s时,有L的生成速率v- 0.6 ②只发生反应1时,随着反应进行,气体总物质的量增 2# 大,压强增大促使化学平衡逆向移动,同时发生反应 1 6.75mmol·(L·s),无1。的生成速率 0.075 和反应ll,且从题干可知K。远大于K。,反应lI为等体 8 积反应,因为反应 的发生相当于在单独发生反应 的 0.075 基础上减小了压强,则反应1化学平衡正向移动,C。H 0.05 (无1)= 平衡产率增大。(4)配合物中,金属离子通常提供空轨 0.05 道,配体提供孤电子对,则Cu的4s空轨道与C.H,分 . 子的π键电子形成配位键。C.H.能与Cu形成配合物 而吸附在Y分子筛上,C.H。中无孤电子对,不能与Cu* (lI)从图中可以看出,大约4.5s以后有I。 催化的 形成配合物而无法吸附,通过这种分子筛分离C.H.和 CH.Br。的含量逐渐降低,有I. 催化的CH.Br的含量陆 C.H,优点是识别度高,能有效将C。H.和C.H。分离, 然上升,因此,可以利用此变化判断I. 提高了CH.Br的 选择性; 等于0,出口浓度c为0,说明两种气体均被吸附,A错 (II)根据反应机理,I.的投入消耗了部分CH。Br。,同时 也消耗了部分HBr,使得消耗的CH。Br。发生反应生成 误;B.p点时,CH。对应的-约为1.75,出口处C.H 了CH.Br,提高了CH.Br的选择性。 答案:(1)-67 浓度较大,而C.H.对应的一较小,出口处C.H。浓度较 (2)a 80% 7.8 10.92 小,说明此时出口处气体的主要成分为CH。,B正确; (3)(或3:2)5s以后有I.催化的CH.Br。的含量 C.a点处C.H。的f-1,说明此时C.H。 不再吸附在吸 C 逐渐降低,有1.催化的CH.Br的含量陆然上升 1. 的 投入消耗了部分CH.Br。,使得消耗的CH.Br。发生反应 生成了CHBr 最新真题分类特训·化学 3.解析:(1)①根据反应热△H与活化能E。、E。的关系为 (3)(l)步骤I涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形 △H一正反应活化能一逆反应活化能可知,该反应的E 成,步骤lI中涉及碳氧键的形成,所以符合题意的是步 -E kJ·mol -△H-=(E +67.59)kJ·mol ②该 骤I;(l)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的 反应的正反应为气体体积减小的反应,因此反应正向进 同位素时,反应速率会变慢,则此时正反应活化能会增 行程度越大,平衡时容器内压强越小,△力越大。从T。 大,根据图示可知,MO与CD.反应的能量变化应为图 到T,A力增大,说明反应正向进行程度逐渐增大,已知 中曲线c;(II)MO与CHD。反应时,因直接参与化学 正反应为放热反应,则温度由T。到T,逐渐降低,即T 键变化的元素被替换为更重的同位素时,反应速率会变 TT。由题图甲中M点可知,进料比为n(SO。): 慢,则单位时间内产量会下降,则氛代甲醇的产量 n(Cl。)-2,平衡时△-60kPa,已知恒温恒容情况下 CH.DOD CHD.OH:根据反应机理可知,若MO 与 容器内气体物质的量之比等于压强之比,可据此列出 CHD。反应,生成的氛代甲醇可能为CHD.OD或 “三段式”。 sO(g)+Cl(g)-so.Cl(g)) CDOH共2种。 (#){}#### 起始/kPa 160 # 答案:(1)一307 变化/kPa 60 60 平衡/kPa 100 60 kPa 可计算得a(Cl。)一 ×100%-75%,K.= 80 kPa (3)(i)I(i)c(i)<2 (SO.Cl) 60 kPa 5.解析:盖斯定律及反应热的计算、平衡转化率的相关计 ($O)(Cl)100 kPax20 kPa=0. 03 kPa。③ 算、化学平衡图像分析、化学平衡常数计算。 由题图甲中M点可知,进料比为2时,△p一60kPa,结合 (1)根据盖斯定律,由①-②-③,可得④CHC。H.(g) “三段式”,以及T,时化学平衡常数可知,进料比为0.5 C.H.CH-CH.(g)+H(g) △H.=-4386.9 kJ 时,A也为60kPa,曲线D上存在(0.5,60)。 ·mol -(-4263.1kJ·mol )-(-241.8kJ· (2)①根据化学反应速率的计算公式v(X)-△c(X). mol )-十118kJ·mol。(2)乙笨的平衡转化率为 △ 50%时,由题中信息可得: 660 min时.c(X)-6.80 mol·L--v(X)·△/-6.80 mol C.H. C.H.(g一C H.CH-CH(g)+H.(g) ·L1-0. 042 mol·L.min x30 min-5. 54 mol. 起始量 1mol 0 △c(D) 转化量 0.5mol 0.5 mol L..②知D)A(D) 0.5 mol 平衡量 0.5 mol 0.5mol (G) (G)(G)·又由题给反应速 o.5mol 100 1. , 平衡分压 ·(G)·c(M) X△e(D)=0.033 mol·L ,即60 min时c(G)= (乙笨) 0.033mol·L 。60min后,D和G转化为T的速率比 设充入工mol水蒸气时乙笨平衡转化率提高到 .b.c(D) 4×0.099 75%,则: C.HC.H(g)一C. HCH-CH(g)+H(g) 起始量 1ml 0 答案:(1)①E +67.59 ②T.>T.>T. 该反应正反 0 转化量 0.75ml 0.75ml 应放热,且气体分子数减小,反应正向进行时,容器内压 0.75ml 0. 75ml 平衡量 0.25mol 强减小,从T。到T,平衡时△增大,说明反应正向进 0.75ml 行程度逐渐增大,对应温度逐渐降低 75% 0.03 ③D (2)①5.54 ②0.033 增大 温度不平,平衡常数不变,则压强平衡常数K。一 4.解析:(1)根据盖斯定律可知,反应③-吾(反应②-①). p(笨乙)·p(H) p(乙笨) 3 (3)生成笨乙的反应为主反应,则笨乙娇的选择性最 高,主反应生成的氢气能使副反应的平衡正向移动, -285kJ·mol-)--307kJ·mol;根据平衡常数表 则甲笨的选择性大于笨的选择性,故b代表的产物为甲 达式与热化学方程式之间的关系可知,对应化学平衡常 ##)## 笨。(4)X射线衍射技术可以测定晶体结构,A项正确; Fe.O. 是催化剂,催化剂不能使平衡发生移动,不能改变 乙笨平衡转化率,B项错误;Fe。O. 作催化剂,可以降低 (2)根据图示信息可知,纵坐标表示 乙笨脱氢反应的活化能,C项正确;改变Fe。O).颗粒大小 c(MO) -lg((MO(MO(M),即与MO 的微粒分布系数成反 即改变催化剂的表面积,可以改变反应速率,D项错误。 (5)电负性:ClBr1.C-Cl键的极性更大,更易断裂, 比,与M的微粒分布系数成正比。则同一时间内,b曲线 生成M的物质的量浓度比a曲线的小,证明化学反应速率 故CH.CH.Cl更易生成自由基C.H.CH.,活性最强 慢,又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢,所以曲线 (6)已知Cu(aq)+2L[Cu(L)] K、CuBr(s) b表示的是300K条件下的反应;根据上述分析结合图像可 -Cu(aq)十Br(aq)K,两反应相加可得:CuBr(s)十 2L[Cu(L)]+Br(aq),则其平衡常数为KXK。。 答案:(1)118 c(MO) (2)5 (3)甲笨 主反应生成的氢气能使副反应的平衡正向 c(M)=(10-1)c(MO).根据反应MO +CH. 移动,甲笨的选择性大于笨的选择性 --M+CHOH可知,生成的M即为转化的MO, (4)BD (5)CH.CH.Cl 则M0的转化率为1-10 (6)KXK。 196 详解详析 6.解析:(1)由CH.(g)-CH.(g)+H(g)△H= 式反应器中进行,实际投料往往在n(H。):n(CH)一 +125kJ·mol 可知反应中需要断裂2molC-H键、 3.1的基础上适当增大H。用量,增大H.的浓度将使平 形成1mol碳碳n键和1molH-H键: 衡正向移动,从而提高笨的转化率即利用率,故适当增 416 kJ·molx2-E(碳碳n键)-436kJ·mol- 大H。用量的目的是提高笨的利用率,故答案为:提高笨 +125kJ·mol,解得:E(碳碳π键)= 的利用率;(4)氢原子和笨分子吸附在催化剂表面活性 +271kJ·mol ,所以形成1mol碳碳x键放出的能量 中心时,才能发生反应,机理如题图。当H:中混有微量 为271kJ;(2)达到平衡后,通入N.,由于总压恒定为 H.S或CO等杂质时,会导致反应I的产率降低,推测其 100kPa,则容器体积增大,平衡向气体体积增大的方向 可能原因为金属催化剂会与H.S或CO反应从而失去 移动,即向正反应方向移动,C.H。(g)的转化率增大;根 催化活性,故答案为:金属催化剂会与H.S或CO反应 据图a.C。H。的物质的量分数为0.4时,其平衡转化率 从而失去催化活性;(5)催化剂载体中的酸性中心能催 为50%;假设混合气体为1mol,则起始时CH。为 化笨及环已炕的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对, 0.4mol,N。 为0.6mol,运用三段式法计算: 由图可知,①中原子无孤对电子也没有空轨道,②中原 C.H.一H.(g)+C。H(g) 子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对,③中有孤对 0.40 0 开始量mol 0 电子,无空轨道,故题图中可作为酸性中心的原子的标 变化量mol 0.20 0.20 0.20 号是②,故答案为:②;(6)恒压反应器中,按照n(H。): 平衡量mol 0.20 0.20 0.20 n(C.H。)一4;1投料,设投入的笨的物质的量为1mol, 由于总压恒定为100kPa,平衡时CH。 为0.2mol, 发生I、IlI反应总压为),平衡时笨的转化率为a,环己 C.H. 为0.2mol,H:为0.2mol,N。为0.6mol,则 炕的分压为力,则: C.H.(g)、CH(g)、H(g)的分压均为:100KPax C. H. 十3H。-环己炕 0.2mol 100kPa,故 T.时反应I的平街常数K。= 起始量(mol) 1 。8 1.2mol6 转化量(mol) 2 100kPax100kPa 平衡量(mol) 1-a 4-3a 6 环己炕 甲基环茂炕 0 -~16.7kPa。(3)0~1.2s内C.H.的 起始量(mol)a 。☆) 转化量(mol)x 分压由0增大为2.4kPa,则生成C.H。的平均速率为 平衡量(mol)a-x 2.4 kPa-2kPa·s;若只发生反应I、II.C. H。的分 有反应后平衡体系中总的物质的量为:1一a十4一3a十a 1.2s 压应大于H,和H.O的分压,但由图b知,随着反应进 行,分压b(H.O)>p(CH)(H),且有CO生成 H:分压降低,故体系中还发生反应:C$H。+0。- (笨)p(H。) b -(1-3#) -,故答案为: 和O。的消耗速率比小于2:1;(4)反应开始时,反应II 向右进行,c(C。H。)逐渐增大,且体系中以反应II为主, -3(1-3。) 随着反应进行,力(CH)减小,力(CH)增大,使得 o(C.H。)减小,体系中以反应II为主,因此丙的浓度 答案:(1)3△H。+-△H.-△H。 (2)BC 随时间的变化趋势为先增大后减小。 答案:(1)271(2)减小气体浓度,使平衡右移,提高 (3)提高本的利用率 (4)金属催化剂会与H.S或CO C.H.(g)转化率 16.7 反应从而失去催化活性 (3)2 H. 和C.H.都消耗O (5)②(6)- (4)先增大后减小 反应开始时,体系中主要发生反应 (3) 5-3]。 II.c(CH。)逐渐增大,随着反应进行,(CH)减小, p(C。H)增大,u(C。H。)减小,体系中主要发生反应III; 8.解析:(1)由平衡常数K.与温度T变化关系曲线可知, c(CH.)逐渐减小 反应I、II、II的平衡常数的自然对数随温度升高(要注 7.解析:(1)根据盖斯定律结合已知反应:II.2H。(g)十 意横坐标为温度的倒数)而减小,说明3个反应均为放热 0.(g)-2H:O(1) AH IV.2(g)+150.(g) 反应,即AH.<0、△H.<0、△H. 0,因此,B的总能量 高于A的总能量,能量越低越稳定,A和B中相对稳定 的是B,其用系统命名法命名为2-甲基-2丁:由盖斯 定律可知,I-II-III,则△H.-△H。一△H<0,因此 -6CO.(g)+6H.O(1)△H AH. △H。,由于放热反应的△H越小,其绝对值越大, I.主反应:(g)+3H。(g)(g)可由]I +IV-V,则AH-AH。+AH-AH,故答案 加入1.0mol TAME,控制温度为353K,测得TAME的 平衡转化率为a,则平衡时n(TAME)一(1一a)mol. 为:△H。十AH。-AH;(2)根据I.主反应: n(A)十n(B)=n(CH.OH)=amol。已知反应II的平衡 常数K。-9.0,则(B) 过()_9.0,将该式代入上式可以求 #1(g)十3H。(g)一 ((g)是一个气体体积减小 出平衡体系中B的物质的量为0.9amol,n(A) 的放热反应,故有利于提高平衡体系中环已炕体积分数 1_ 即使平衡向正反应方向移动,根据勒夏特列原理,可采 用适当降低温度和加压有利平衡正向移动,而升温和减 0. 1amol,反应I的平衡常数K.= (.)() 压都将使平衡逆向移动,故答案为:BC;(3)反应I在管 197 最新真题分类特训·化学 (1-)(1十a) 同温同压下,再向该容器中注入惰性落 若向平衡体系中通入少量CO.(g),重新达平衡后,反应 0.1a* 剂四氢吠喻稀释,反应I的化学平衡将向着分子数增大 n(CO),温度不 的方向移动,即逆向移动。平衡时,TAME的转化率变 变,K.不变,则分压p(CO)不变,但体系中增加了CO 大,但是平衡常数不变,A与CH.OH物质的量浓度之比 (g),反应II逆向移动,所以p(CO)增大。 不变,c(A):c(CH.OH)=0.1a·a=1:10。(3)温度为 答案:(1)△H.+△H.+△H (2)H. 353K,反应II的平衡常数K。-9.0.(B) 当温度高于T,CaCO.(s)已完全分解,只发生 (A一9.0。由 反应II,温度升高,反应II逆向移动,所以CO。的摩尔分 A、B物质的量浓度c随反应时间1的变化曲线可知,X 数减小 代表的平衡浓度高于Y,则代表B的变化曲线为X;由曲 3# 线的变化趋势可知,100s以后各组分的浓度仍在变化. 0.5 不变 增大 2.解析:(1)①A.在恒温恒容条件下,平衡时向容器中充入 惰性气体不能改变反应混合物的浓度,因此反应I的平 向逆反应方向移动,故其正反应速率小于逆反应速 衡不移动,A说法不正确;B.在反应中有固体C转化为 率,填<。 气体,气体的质量增加,而容器的体积不变,因此气体的 答案:(1)2-甲基-2-丁燥 D(2)0.9a 密度在反应过程中不断增大,当混合气体的密度保持不 (1-)(1十a) 逆向移动 1:10(3)X< 变时,说明反应体系已达到平衡,B说法正确:C.若C(s) 0.1^{ 和H.O(g)完全反应全部转化为CO。(g)和H(g),由 考点3 制氢的化学反应原理 C(s)+2H.O(g)CO.(g)+2H.(g)可知,H的体 1.解析:(1)已知三个反应: I. C(s)+H.O(g)-CO(g)+H.(g) II.CO(g)+H.O(g)-CO.(g)+H(g) 应物不可能全部转化为生成物,因此,平衡时H。的体积 III.CaO(s)+CO(g)CaCO(s) 分数不可能大于2.C说法不正确;D.将炭块粉碎可以 设目标反应C(s)+CaO(s)+2H.O(g)CaCO.(s)十 2H.(g)为IV,根据盖斯定律,IV-I十II十II,所以△H 增大其与H.O(g)的接触面积,因此可加快反应速率,D -△H十△H十△H。 说法正确;综上所述,相关说法正确的是BD。②反应平 (2)图示温度范围内C(s)已完全反应,则反应I已经进 衡时,H.O(g)的转化率为50%,则水的变化量为 行完全,反应lI和II均为放热反应,从开始到T,温度不 0.5mol,水的平衡量也是0.5mol,由于C0的物质的量 断升高,反应II和III逆向移动,依据反应II,H。量减小, 为0.1mol,则根据O原子守恒可知CO。的物质的量为 摩尔分数减小,CO量升高,摩尔分数增大,且二者摩尔 0.2mol,由于生成0.2molCO.需0.2molC0,故有 分数变化斜率相同,所以a曲线代表H。的摩尔分数的 0.3molC0生成,根据相关反应的热化学方程式可知, 生成0.3molCO要吸收热量39.42kJ,生成0.2mol 变化,则c曲线代表CO。的摩尔分数随温度的变化,开 始到T,CO.的摩尔分数升高,说明在这段温度范围内, C0. 要放出热量8.22kJ,因此整个体系吸收热量 反应Il占主导,当温度高于T.,CaCO。(s)已完全分解, 39.42kJ-8.22kJ-31.2kJ;由H原子守恒可知,平衡 只发生反应II,所以CO.的摩尔分数减小。 时H。的物质的量为0.5mol,C0的物质的量为 (3)压力)下、温度为T。时,H。、CO、CO。和摩尔分数分 0.1mol,C0.的物质的量为0.2mol,水的物质的量为 别为0.50、0.15、0.05,则H.0(g)的摩尔分数为:1- 0.5mol,则平衡时气体的总物质的量为0.5mol十 0.50-0.15-0.05-0.30,则反应CO(g)+H.0(g) 0.1mol+0.2mol+0.5mol-1.3mol,在同温同体积条 p(CO)·p(H) 件下,气体的总压之比等于气体的总物质的量之比,则 CO.(g)十H.(g)的平衡常数K。= (CO)·j(H.O) 平衡体系的总压为0.2MPa×1.3-0.26MPa,反应 .00 I(C(s)+HO(g)-CO(g)+H(g))的平衡常数K 0.10.5 设起始状态1molC(s),xmolH.O(g),反应I进行完 0 全。则依据三段式: C(s)+H。o(g)--CO(g)+ H(g) (2)①某温度下,吸收塔中K.CO。溶液吸收一定量的 起始mol1 0 , 0 CO.后,c(CO):c(HCO)=1:2,由K= 转化mol1 平衡mol o x-1 c(HCO) CO(g)+HO(g)--CO(g)+ H(g) 5.0t10mol·L-1.0×10-*mol·1-.则该溶液 转化/mola a CaO(s)+CO--CaCO(s) 的pH-10:②再生塔中KHCO.受热分解生成K.CO H.0和CO.,该反应的离子方程式为2HCO-CO.十 b 转化.mol # 根据平衡时H.、CO、CO。的摩尔分数分别为0.50、 CO 十H.O;③利用电化学原理,将CO。电催化还原为 1十a C.H,阴极上发生还原反应,阳极上水放电生成氧气和 H ,H通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应,则阴 32-6-对(总) 7 a-b 2 极的电极反应式为2C0+12e +12H -C.H --0.05.解出= +4HO。 540 3-40,而由于平衡时n(总)-4mol, 3 答案:(1)①BD ②吸收 31.2 0.02MPa (2)①10 ②2Hco-co。+Co{+Ho 对40-4.-1 40 ③2C0.+12e+12H--CH+4H.0 详解详析 3.本题考查化学反应原理,涉及热化学方程式的书写、平 (2)表示氢气燃烧热的热化学方程式为④H。(g)十O.(g) 衡移动、平衡常数的计算及电极反应式的书写等。 (1)H,的燃烧热是指1molH:完全燃烧生成H.O(1)时 -H0(1),设①2HC1(g)+0.(g)-Cl.(g)+HO 所放出的热量。1gH。燃烧生成H。0(g)放热121kJ,则 (g).②H.O)-HO(g).③H.(g)+CL.(g)--2HCl(g) 对应的热化学方程式为反应①:H。(g)十一O.(g) ,则④-①十③-②,因此氢气的燃烧热△H--57.2kJ/ H.O(g) △H.--242kJ·mol ,反应②:H.O() mol-184.6kJ mol-44 kJ/mol--258.8kl/mol H.O(g) △H。-+44kJ·mol,根据盖斯定律,反应 (3)A.增大HCl的流速,由图像可知,HC1的转化率在减 ①-反应②得H。(g)+0.(g)-H.O(1) AH- 小,不符合题意;B.M对应温度为360C,由图像可知, 升高温度,HCl的转化率增大,符合题意;C.增大n AH.-△H=(-242kJ·mol)-(+44kJ·mol) (HCl);n(O.).HCl的转化率减小,不符合题意:D.使 用高效催化剂,可以增大该温度下的反应速率,使单位 --286kJ·mol。 时间内HC1的转化率增加,符合题意;故选BD。 (2)①增加CH(g)用量,会使另一种反应物H.O(g)的 (4)图中在较高流速下,T。温度下的转化率低于温度较 平衡转化率升高,而CH.的平衡转化率会降低,A错误; 高的T,和T,主要是流速过快,反应物分子来不及在催 恒温恒压下通入惰性气体,相当于减小气体浓度,促使 化剂表面接触发生反应,导致转化率下降,同时,T,温度 反应I正向进行,能提高CH(g)的平衡转化率,B正确; 低,反应速率低,故单位时间内氛化氢的转化率低。 移除CO(g),促使反应I平衡正向移动,CH(g)平衡转 (5)由图像可知,N点HC1的平衡转化率为80%,设起始 化率增大,C正确;催化剂不影响平衡移动,加入催化剂, n(HCl)一n(O。)一4mol,可列出三段式 CH(g)的平衡转化率不变,D错误。 2HCI(g)+0(g)-Cl(g)+Ho(g) ②当加入1molCH.(g)、1molH.O(g),列式计算: CH.(g)+H.O(g)CO(g)+3H.(g)△n 起始量mol 0 4 4 . 0.8 1 2a 变化量mol 3a 3.2 转化量:mol 0 1.6 1-。 1-a-ba-b 平衡量mol 0.8 3.2 3b 乎衡量mol 1.6 CO(g)+H.O(g)CO(g)+H.(g) 1# 转化量molb 。 则K.: -6。 平衡时n:=(1-a)mol十(1-a-b)mol十(a-b)mol十 (6)#(3)△ (3a+b)mol+bmol-(2+2a)mol,则反应I的K= _.# ·.##) (6)由于二者的晶体结构相似,体积近似相等,则其密度 r(CO)·r(H) (CH)(H))1-.-6。 之比等于摩尔质量之比。故1. 66-M(Ru)+32 M(Ti)十32则Ru 2+2·2+2g 的相对原子质量为101 当加入1molCH.(g)、5molH.O(g).列式计算: 答案:(1)<360 CH.(g)十H.O(g)-CO(g)十3H.(g)△n (2)-258.8 转化量mol0.9 0.9 0.9 2.7 1.8 (3)BD 平衡量 mol 1-0.9 5-0.9-0.65 0.9-0.65 2.7+0.65 (4)流速过快,反应物分子来不及在催化剂表面接触发 CO(g)+H.O(g)一CO.(g)+H.(g) 生反应,导致转化率下降,同时,T。温度低,反应速率低 转化量mol 0.65 0.65 0.65 0.65 故单位时间内氢化氢的转化率低 平衡时n=(1+5+1.8)mol-7.8mol,H.(g)的物质 (5)6 (6)101 2.解析:(1)Ba、Ca元素同主族,所以BaC。与水的反应和 (3)氢氧燃料电池中,氢气在负极发生失电子的氧化 CaC。与水的反应相似,其反应的化学方程式为BaC。十 反应。 2H.O-Ba(OH).+HC=CH; (4)C.H。为燃料,是负极反应物,放电时失去电子,结 (2)①反应I十反应I得BaCO(s)十4C(s)一BaC。(s) 合正极产生的O生成CO。和H.O,依据电荷守恒即可 +3CO(g),所以其平衡常数K-K:×K= 写出电极反应式。 答案:(1)H。(g)+o(g)-H.0(1) △H-△H- △H.-(-242 kJ·mol )-(+44 kJ·mol) =-286kJ·mol1 x(10{ Pa)-10ol Pa,则K.-Pco-10lPa③}; ) ②由图1可知,1320K时反应I的K;-10{}-1,即K #1)#1 (2)①BC 18.1-6 43% 2+2.2+2a 所以-(l0Pa),即n-10{}Pa; (3负 若将容器容积压缩到原来的一,由于温度不变、平衡常 (4)C. H-(6n+2)e +(3n+1)O--CO+ 数不变,重新建立平衡后pc应不变,即P.-10{}Pa; (n+1H:O (3)①由图2可知,1400K时,BaC。的产率为0,即没有 考点4 其他物质制备的化学反应原理 BaC。,又实验表明BaCO 已全部消耗,所以此时反应体 1.解析:(1)反应2HCl(g)+-O.(g)Cl.(g)+H.O(g) 系中含Ba物种为BaO;②图像显示,1823K时BaC。的 产率随时间由0开始呈直线增加到接近100%,说明该 前后的气体分子数目在减小,所以该反应△S一0,该反 反应速率为一个定值,即速率保持不变;1400K时碳酸 应为放热反应,由于在流速较低时的转化率视为平衡转 锁已全部消耗,此时反应体系的含锁物种只有氧化锁, 化率,所以在流速低时,温度越高,HCl的转化率越小, 即只有反应II:BaO(s)十3C(s)→BaC(s)+CO(g),反 故T.代表的温度为440C,T。为360C。 应条件恒温1823K、恒压,且该反应只有C0为气态,根 199 最新真题分类特训·化学 据K-o可知,CO的压强为定值,所以化学反应速 4.解析:(1)由题图中信息可知,当失重比为19.4%时, 10Pa FesO.·7HO转化为 FesO.·cH.0.则18(7-x) 率不变: 278 答案:(1)BC.+2H.O-B(OHD.+HCCH 19.4%,解之得x=4;当失重比为38.8%时,FeSO· (2)①10*②1010{ 7H.0转化为Fes0·yH.0.则18(7)-38.8%,解 (3)①BaO②速率不变至BaC。产率接近100% 容器 278 中只有反应II:BaO(s)十3C(s)=BaC(s)十CO(g),反 之得y-1。 应条件恒温1823K、恒压,且该反应只有C0)为气态,根 (2)①FeSO·7H.O(s)-FeSO(s)+7H.Og) 据K-可知,cO的压强为定值,所以化学反应速 AH.-akJ·mol1 10{Pa ②FeSO·rH.O(s)--FeSO(s)十xH.O(g) 率不变 △H.-bkI·mol! 3.解析:(1)Ni为28号元素,其基态原子的核外电子排布 ③FeSO·yH.O(s)-FeSO.(s)+yH.O(g) 为[Ar]3d^{}4s,则其价电子轨道表示式为 aH.-ckJ·mol 3d 4s 。的晶胞结构类型与铜的相 根据盖斯定律由①+③-②×2可得FeSO·7H.O(s)十 FeSO..yH.O(s)-2(FeSO·xH.O)(s),则△H= 同,则铢原子半径为晶胞面对角线长度的一,因为晶胞 (a+c-2)kJ·mol. (3)将FeSO.置入抽空的刚性容器中,升高温度发生分 体积为a{}所以晶胞梭长为a,面对角线长度为②,则锦 子半径为。 解反应:2FeSO.(s)一Fe.O(s)+SO(g)+SO(g) (I)。由平衡时pso.-T的关系图可知,660K时,psu。= (2)由Ni(CO)。的结构可知,4个配体CO与中心原子 1.5kPa,则pso.-1.5kPa,因此,该反应的平衡总压= Ni形成配位键,配位键均为o键,而每个配体CO中含有 3.0 kPa、平衡常数K.(D=1.5kPax1.5kPa-2. 25(kPa)* 1个碳氧三键,每个三键中含有1个。键,因此1个 由图中信息可知,p。随着温度升高而增大,因此, Ni(CO).分子中含有8个n键。Ni(CO)的沸点很低, 且由其结构可知该物质由分子构成,因此其晶体类型为 K.(I)随反应温度升高而增大。 分子晶体。 (4)提高温度,上述容器中进一步发生反应2SO。(g)- (3)随着温度升高,平衡时Ni(CO)。的体积分数减小,说 2S0.(g)十O.(g)(II),在同温同压下,不同气体的物质的量 之比等于其分压之比,由于仅发生反应(D)时ps。二力s0。' 明温度升高平衡送方向移动,因此该反应的△H0。该 反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应,因此降 则ps.+2po.=Pso.-2po。,因此,平衡时Po。 低温度和增大压强均有利于Ni(CO) 的生成。由上述 分析知,温度相同时,增大压强平衡正向移动,对应的平 衡体系中Ni(CO),的体积分数增大,则压强:D一p 4 p.,即。对应的压强是1.0MPa。由题图乙可知, 则Pso.+Pso.+Po=Ps、Pso+2po.=Pso. -2po..联 D、100C条件下达到平衡时,CO和Ni(CO).的物质的 立方程组消去P.,可得3so.+5-4,代入相关数 量分数分别为0.1、0.9,设初始投入的C0为4mol,反 据可求出ps. =46. 26 kPa,则. -84.6 kPa-35.7 kPa- 应生成的Ni(CO),为xmol,可得三段式: Ni(s)+4CO(g)--Ni(CO).(g) 气总 46.26 kPa-2.64 kPa. ”起/mol 0 K.(I)(46.26 kPa)×2.64 kRPa 寸 ”转化/mol 1(35.7kPa){} 46.26×2.64kPa。 4-4. ”率撕/mol 1-3 根据阿伏加德罗定律,其他条件相同时,气体的体积分 乙35.7 答案:(1)41 (2)(a十c-2h) 36 (3)3.0 2.25 增大 (4_ 46.26X2.64 46.26 4 35.7* 转化率a一- 47ol×100%~97.3%。气体的分压= 5.解析:(1)在化学反应中,断开化学键要消耗能量,形成 总压强×该气体的物质的量分数,则该温度下的压强平 化学键要释放能量,反应的啥变等于反应物的键能总和 衡常数KNi(C]0.9.9X1.0MP 与生成物的键能总和的差,因此,由图1数据可知,反应 (0.1×p)(0.1X1.0 MPa) (CO) 1N.(g)+3H.(g)-NH。(g)的△H-(473+654- -9000(MPa))。 [N(Co). 当 436-397-339)kJ·mol--45kJ·mol。 (4)由题给关系式可得。*一 c。[Ni(C*O)]' (2)由图1中信息可知,N(g)-N(g)的AH-十473k· mol-,则N=N的键能为946 kJ·mol:3H.(g) 3H(g)的△H-十654kJ·mol ,则H一H的键能为 436kJ·mol 。在化学反应中,最大的能垒为速率控制 答案(14分) 步骤,而断开化学键的步骤都属于能垒,由于N一N的 3d 键能比H一H的大很多,因此,在上述反应机理中,速率 控制步骤为(lI)。 (2)8 分子晶体 (3)已知rFe属于立方晶系,晶胞参数a一287pm,密度为 (3)小于 降低温度、增大压强 9000 97.3% 7.8g·cm ,设其晶胞中含有Fe的原子数为x,则-Fe晶 体密度p一 (4)n2 ·208·cm}-7.8·cm,解之得x= 56x×10{ 200 详解详析 7.8X287* NA.即a-Fe晶胞中含有Fe 的原子数 放热反应;根据疏化氢分解的化学方程式可知,高温热 56X10% 分解方法在生成单质疏的同时还有氢气生成。因此,高 为7.287 温热分解方法的优点是:可以获得氢气作燃料;但由于 56×10 高温分解H.S会消耗大量能量,所以其缺点是耗能高; (4)①合成氢的反应中,压强越大越有利于氢的合成,因 (3)假设在该条件下,疏化氢和氛的起始投料的物质的 此,压强越大平衡时氛的摩尔分数越大。由图中信息可 量分别为1mol和4mol,根据三段式可知: 知,在相同温度下,反应达平衡时氮的摩尔分数pp。 2H.S(g)--S(g)+2H.(g) 始/mol <。因此,图中压强由小到大的顺序为p , 0 1 0 变/mol 判断的依据是:合成氢的反应为气体分子数减少的反 0.5 平mol 1一r 应,压强越大平衡时氛的摩尔分数越大。②对比图3和 0.5x 图4中的信息可知,在相同温度和相同压强下,图4中平 平衡时H.S和H.的分压相等,则二者的物质的量相等,即 衡时氢的摩尔分数较小,在恒压下充入惰性气体Ar,反 应混合物中各组分的浓度减小,各组分的分压也减小, 化学平衡要向气体分子数增大的方向移动。因此,充入 100%=50%,所以平衡常数K。-(5)×pf(H) 惰性气体Ar不利于合成氛,进料组成中含有惰性气体 6(HS) Ar的图是图4。③图3中,进料组成为xn.-0.75、Xv。 一0.25两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和 5.25 ~4.76 kPa; 氮气的物质的量分别为3mol和1mol,达到平衡时氮气 的变化量为xmol,则有: N.(g)+3H.(g)一2NH.(g) (4)①由于正反应是体积增大的可逆反应,n(HS):n(Ar 始(mol) 3 0 1 越小,H.S的分压越小,相当于降低压强,平衡向正反应 变(mol) 方向移动,因此H.S平衡转化率越高:②n(H.S); 平(mol) 1一3 3-3x n(Ar)越小,HS乎衡转化率越高,所以”(HS):n(Ar) 当p。=20 MPa、xut.0.20时,xun。-4-2x 2x-0.20,解 -1:9对应的曲线是d;根据图像可知n(H.S):n(Ar -1:9反应进行到0.1s时H.S转化率为0.24。假设 在该条件下,碗化氧和氢的起始投料的物质的量分别为 为#}mol) mof o 1mol和9mol,则根据三段式可知 N.、H.、NH。的物质的量分别为 2H.S(g)--S(g)+2H.(g) 始:mol 1 0 131 。 其物质的量分数分别为、3、,则该温度下K。= 变mol 0.24 0.12 0.24 0.76 千/mol 0.12 ##) 0.24 此时H。S的压强为0.76+0.1270.24+×100 kPa~ 0.76 #1#(#)# 7.51kPa,H.S的起始压强为10kPa,所以H.S分压的 应N.(g)十+1H(g)-NH。(g)的平衡常数K。一 0.1节 25 答案:(1)170(2)副产物氢气可作燃料 耗能高 V432(MPa)。 (3)50% 4.76 答案:(1)-45 (4)①越高 n(H.S):n(Ar)越小,H.S的分压越小,平衡向 (2)(lI) 在化学反应中,最大的能垒为速率控制步骤 正反应方向进行,H.S平衡转化率越高 ②d 24.9 而断开化学键的步骤都属于能垒,由于N三N的键能比 7.解析:(1)①根据盖斯定律,将“反应lì一反应1”得到反 H一H的大很多。因此,在上述反应机理中,速率控制步 应2C(s)+O(g)-2CO(g),则△H--51kl/mol- 骤为(ì) K 1.2x1oPa (37.8×287N 56X10* 一1.2x10^Pa;②碳氛化的反应趋势远大于直接氧化, (4)①p< 合成氢的反应为气体分子数减少的 因为碳氛化反应气体分子数增加,△H小于0,是煸增、 反应,压强越大平衡时氢的摩尔分数越大 ②图4 放热过程,煸判据与烙判据均是自发过程,而直接氧化 ③33.33%432 /□1 的体系气体分子数不变、且是吸热过程;③对于碳氧化 反应,气体分子数增大,依据勒夏特列原理,增大压强, 6.解析:(1)已知: 平衡往气体分子数减少的方向移动,即平衡向左移动; ①2H.S(g)+30.(g)-2SO.(g)+2H.O(g) △H一 该反应是放热反应,温度升高,平衡往吸热方向移动,即 -1036 kJ/mol 向左移动,则平衡转化率变小。(2)①从图中可知, ②4H.S(g)+2SO.(g)-3S(g)+4H.O(g)△H= 1400C,体系中气体平衡组成比例C0.是0.05,TiCl 94 kJ/mol 是0.35.CO是0.6,反应C(s)+CO.(g)--2CO(g)的 ③2H.(g)+O.(g)-2H.O(g)△H =-484 kJ/mol (0.6)(0.6×1.0×10)Pa 平衡常数K.(1400C)- 0.05p 0.05X1.0×10 一7.2×10Pa;②实际生产中需要综合考虑反应的速率、 产率等,以达到最佳效益,实际反应温度远高于200C. =170kJ mol;(2)根据盖斯定律(①+②)×可得2H:S(g) 就是为了提高反应速率,在相同时间内得到更多的 TiCl.产品。(3)固体颗粒越小,比表面积越大,反应接 +O.(g)--S.(g)+2H.O(g)△H-(-1036+94)kJ/ 触面积越大。有利于TiO。一C“固一固”接触,可将两者 粉碎后混合,同时鼓入Cl。,使固体粉末“沸腾”,增大接 触面积。 201 最新真题分类特训·化学 ②碳氢化反应气体分子 答案:(1)①-223 1.2×10 →Y△H。=(E一E),根据盖斯定律可知,X(g)→ 数增加,AH小于0.是煸增、放热过程,煸判据与烙判据 Y(g)的变为△H十△H十△H=(E-E)十△H+ 均是自发过程,而直接氢化的体系气体分子数不变、且 (E一E),故答案为:(E一E。)十△H十(E一E)。 是吸热过程 ③向左 变小 ③NH。 在Cr。O。 作催化剂条件下,能与O.反应生成 (2)①7.2×10②为了提高反应速率,在相同时间内 NO.NO与O.反应生成红棕色气体NO.,NO。与H.O 得到更多的TiCL.产品,提高效益 反应生成HNO。和NO,若同时通入O。,可将氮元素全 (3)将两固体粉碎后混合,同时鼓入Cl。,使固体粉 部氧化为HNO,因此从NH。出发经过3步反应制备 末“沸腾” Cr.O. 0. 8.解析:(1)根据方程式可知该温度下平衡常数K一 HNO.的路线为NH.- (HO) (4×10*): O. (H.S)×(50)(2x10 )5×10L/mol-8x 其中NO反应生成NO。过程中,气体颜色发生变化,其 10{L/mol;(2)①根据盖斯定律可知I+II即得到反应 反应方程式为2NO+O--2NO,故答案为:NH Cr.O. IIII的△H一234kJ/mol,这说明反应II是吸热的体积增 →NO-→NO. O. 0. 大(即△S>0)的反应,根据△G-△H-T△S0可自发 HO 进行可知反应II自发进行的条件是高温下自发进行;② (2)①KCr.O. 溶液中存在平衡:(1)Cr.O(an)十H.O(l A.Ar是稀有气体,与体系中物质不反应,所以其他条件 -2HCrO (aq)、(lì)HCrO (aq)一CrO (aq)十 不变时,用Ar替代N。作稀释气体,对实验结果几乎无 H (aq)。A.向溶液中加入少量疏酸,溶液中c(H)增 影响,A正确;B.正反应吸热,升高温度平衡正向进行, 大,(l)平衡逆向移动,根据勒夏特列原理可知,平衡移 温度越高,H.S的转化率越高,B正确;C.根据表中数据 动只是减弱改变量,平衡后,溶液中c(H)依然增大,因 无法得出H.S中S-H键和CH. 中C-H键的相对强 此溶液的pH将减小,故A错误;B.加水稀释过程中,根 弱,事实上C-H键的键能大于S-H键键能,C错误; 据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知,(l)和(l)的平 D.恒温恒压下,增加N。的体积分数,相当于减压,平衡 衡都正向移动,两个平衡正向都是离子数增大的反应, 正向进行,H,的物质的量增加,容器容积增加,H.浓度 减小,D错误;答案选AB;③反应I、反应II和反应III均 因此稀释后,溶液中离子总数将增大,故B正确;C.加入 是吸热反应,则反应过程能量示意图可表示为 少量NaOH溶液,(l)正向移动,溶液中c(HCrO)将减 小,(1)将正向移动,故C错误;D.平衡(|)的平衡常数 4H.(g)+CS.(g)': 2H(g)+S(g)+CH(g) 故D正确;综上所述,答案为:BD。②0.10molL 211.S(g)+C11.(g) K.Cr.O.溶液中,Cr原子的总浓度为0.20mol/L,当溶 反应过程 液pH-9.00时,溶液中Cr原子总浓度为2c(Cr.0) ④根据表中数据可知1000C时CH。不参与反应,相同 十c(HCrO.)+c(CrO)=0. 20 mol/L.Cr OHCrO 分压的H.S经历相同的时间转化率相同,所以在 与CrO的平衡浓度分别为x、y、molL,因此x十 1000C常压下,保持通入的H.S体积分数不变,提高投 2 。-0.10;由图乙可知,当落液pH-9时, 料比时H.S的转化率不变;由于在低温段,以反应I 为主,随温度升高,S.(g)的体积分数增大;在高温段,随 温度升高;反应ll消耗S.的速率大于反应I生成S 的 c(CrO) 速率,S.(g)的体积分数减小,因此变化规律是先升后降。 c(HCrO)十c(CrO )-0.20,反应(lì)的平衡常数K 答案:(1)8×10”L·mol -(H*)(Cro)10(Cro)-3.3×10. (2)①高温 ②AB c(HCrO) .(HCrO) 联立两个方程可得c(HCrO)一6.0×10mol/L。③根 据反应(1)、(lì)是离子浓度增大的平衡可知,溶液pH 越大,溶液中c(Cr。O)十c(HCrO)十c(CrO)越大, ③ 4HC(g 混合溶液在某一波长的A越大,溶液的pH越大,溶液 2H.(g)+S(g)+CH(g) 中c(CrO)越大,因此与CrO的入最接近的是。; 2H,S(g)+CH.(g) 反应(|)的平衡常数K(HCrO) ,反应(lI)的平 反应过程 (H')Xe(Cro).(K。)XK c(Cr.O) ④1000C时CH. 不参与反应,相同分压的H.S经历相 衡常数K= 同的时间转化率相同 先升后降;在低温段,以反 c(HCrO)) 应I为主,随温度升高,S.(g)的体积分数增大;在高温 (H)X(CrO)(HCrO) (HCrO) 段,随温度升高;反应IlI消耗S.的速率大于反应I生成 c(Cr。O) S.的速率,S(g)的体积分数减小 *(H)X(CrO) . 因此 c(H)Xc(CrO) 9.解析:(1)①(NH.)。Cr.O.分解过程中,生成Cr.O.和无 c(Cr:O) c(Cr。O) 污染气体,根据元素守恒可知,其余生成物为N。、H.O. (K){XK,由上述分析逆推可知,b>a,即溶液pH从a c(H) Cr.O.+N.+4HO.故答案为:N.;4HO。 变到b的过程中,溶液中c(H)减小,所以 (H)(Cro)的值将增大,故答案为:入;增大。 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 △H.=(E-E),M→N △H.=△H,N c(Cr:O) 202