专题十二化学反应原理综合-【育才学案】2020-2024年五年高考化学真题分类

专题十二 化学反应原理综合 专题十二 化学区应原理综合 题组一 用时: 正确率: 易错题: 1.(2023·新课标卷)“腊合成醇”以其中的Fe2+配 C.该过程仅涉及加成反应 合物为催化中心,可将NH。OH与NH。转化为 D.若原料用 腊(NH。NH。),其反应历程如下所示。 o,则产物为 _ 4.(2021·湖南卷)(多选)铁的配合物离子(用[L一 Fe一H] 表示)催化某反应的一种反应机理和 相对能量的变化情况如图所示: 下列说法错误的是 ) ToO. 程 A.NH。OH.NH。和H。O均为极性分子 B.反应涉及N-H.N-O键断裂和N-N键生成 C.催化中心的Fe②被氧化为Fe3 ,后又被还原 为Fe2 D.将NH.OH替换为ND.OD,反应可得ND.ND 2.(2022·山东卷)在NO催化下,丙完与氧气反应 下列说法错误的是 制备丙燥的部分反应机理如图所示。下列说法 催化剂 A. 该过程的总反应为HCOOH 错误的是 ( ) CO.^十H。& C.H.0OH B. H 浓度过大或者过小,均导致反应速率降低 C.该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化 .CH. CH. H.o H0 D.该过程的总反应速率由II→III步骤决定 C.H ,C,H。 -0l 5.(2021·湖北卷)甲浣单加氧晦(s一mmo)含有 HONO- 双核铁活性中心,是O。氧化CH生成 A. 含N分子参与的反应一定有电子转移 CH。OH的催化剂,反应过程如图所示。下列 B.由NO生成HONO的反应历程有2种 叙述错误的是 ( ) C.增大NO的量,C。H。的平衡转化率不变 Ho. re(Ire(rD D.当主要发生包含②的历程时,最终生成的水减少 2H+,2c} -_0 3.(2022·浙江1月选考)某课题组设计一种固定 Fe(I)Fe() 0) Fe(ll re(ID D CO。的方法,原理如图。下列说法不正确的是 clon ( ) H 2 FeOTD..cII. re()0 n” oFe() oH 1 re( A. P:(M fe(N) 0 A. 基态Fe原子的核外电子排布式为 [Ar]3d’4s2} B.步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成 C0. C.每一步骤都存在铁和氧元素之间的电子转移 D.图中的总过程可表示为:CH.十O。十2H + A.反应原料中的原子100%转化为产物 “s-mmoCHOH+HO B.该过程在化合物X和1催化下完成 2e-- 57 五年高考真题分类·化学 6.(2021·山东卷)18O标记的乙酸甲醋在足量 8.(2020·全国卷D)铠的配合物离子[Rh(CO)。1] NaOH溶液中发生水解,部分反应历程可表示 可催化甲醇炭基化,反应过程如图所示。 180 #1#0 为: HC-C-OCH OH Cioo #o# 1$0 130 HC-C-OCH HC-C-OH 十 CHOH OH _ CHO能量变化如图所示。已知 180 18OH HC-C-OCH HC-C-OCH 为快 下列叙述错误的是 A.CH。COI是反应中间体 OH 0 B. 甲醇碳基化反应为CHOH十CO 速平衡,下列说法正确的是 ) CH.CO。H C.反应过程中Rh的成键数目保持不变 D.存在反应CH。OH+HI--CH。I+HO 过渡态1 9.(2020·全国卷II)据文献报道:Fe(CO):催化某 过渡态2 反应的一种反应机理如图所示。下列叙述错误 的是 ( ) 0 C0 H$C-C-OCH. #- 0 H H.C-C-OCH. 0 co. +0H __ H.C--0H ir +CH0- 反应进程 ## H A.反应II、III为决速步 C0 B.反应结束后,溶液中存在1*OH u C.反应结束后,溶液中存在CH*OH A.OH参与了该催化循环 D.反应I与反应IV活化能的差值等于图示总反 B.该反应可产生清洁燃料H。 应的詹变 C.该反应可消耗温室气体CO 7.(2021·浙江6月选考)制备本甲酸甲的一种 D. 该催化循环中Fe的成键数目发生变化 反应机理如图(其中Ph一代表基基)。下列说法 10.(2024·黑吉辽卷)为实现氢资源循环利用,工 2~ 业上采用RuO。催化氧化法处理HC废气:2HC 不正确的是 C (g)+O(g)--Clo(g)+H。O(g)AH)-- 57.2kJ·mol-1 △S K 将HC1和O。分别以不同起始流速通入反应器 中,在360C,400C和440C下反应,通过检测 流出气成分绘制HC1转化率(a)曲线,如图所 示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 A.可以用笨甲醛和甲醇为原料制备本甲酸甲脂 n(HC1:n(O.)=4:3 B.反应过程涉及氧化反应 (0.17.61) C.化合物3和4互为同分异构体 0.18 0.14 0.10 0.06 D.化合物1直接催化反应的进行 HC1流速/(molh) 58 专题十二 化学反应原理综合 M(2.60) 30.10.80) .7 。7. nIC:O)-44 .1。 018 0.14 010 0.00 1IC1流速/(mol-h) 2) 回答下列问题: a(SO.):n(C.) 35 (1)△S 0(填“”或“<”):T。= 图甲 图甲中渴度由高到低的顺序为 (2)结合以下信息,可知H。的燃烧热△H 判断依据为 kJ·mol-1。 M点Cl。的转化率为 ,T.温度下用分 H O(1)-H,O(g) △H=+44.0kJ·moll 压表示的平衡常数K。一 kPa1.。 H(g)+Cl(g)-2HCI(g) △H=-184.6 kJ·mol-1 (3)下列措施可提高M点HCI转化率的是 (填标号) A.增大HC1的流速 B.将温度升高40C C.增大n(HCl):n(O) D.使用更高效的催化剂 (4)图中较高流速时,a(T。)小于a(T。)和 a(T),原因是 (SO):n(C 图乙 (5)设N点的转化率为平衡转化率,则该温度 ③图乙曲线中能准确表示T:温度下△随进 下反应的平衡常数K一 (用平衡 料比变化的是 (填序号)。 物质的量分数代替平衡浓度计算) (2)1,4-二(氢甲基)笨(D)是有机合成中的重要 (6)负载在TiO。上的RuO。催化活性高,稳定 中间体,可由对二甲笨(X)的氢化反应合成。 性强。TiO。和RuO。的晶体结构均可用下图 对二甲笨浅度氢化时反应过程为 表示,二者晶胞体积近似相等,RuO。与TiO 6# C c clc 的密度比为1.66,则Ru的相对原子质量为 ② ④ (精确至1)。 Cl x _M 以上各反应的速率方程均可表示为v一kc(A)c (B),其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应 11.(2024·河北卷)氢气是一种重要的基础化工原 物的浓度,b为速率常数(b~k分别对应反应 ①~)。 料,广泛应用于含氢化工产品的生产。疏酷氢及1. 4二(氢甲基)笨等可通过氢化反应制备 某温度下,反应器中加入一定量的X,保持体系 (1)疏酷氢常用作氢化剂和氢化剂,工业上制 中氧气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不 备原理如下: 计),测定不同时刻相关物质的浓度。 sO(g)+Cl(g)SOCl(g) △H=-67.59 已知该温度下,h:k·k··-l00:21;$$ 7:4:23。 kJ·mol-1 ①30 min时.c(X)-6.80mol·I-1.且30~60 ①若正反应的活化能为E正kJ·mol-1,则逆反 min内v(X)-0.042 mol·L-1·min-1.反应 应的活化能E一 kJ·mol-1(用含 进行到60min时,c(X)- mol·L-1。 E的代数式表示)。 ②60min时,c(D)-0.099mol·L-1,若0-60 ②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO。(g) min产物T的含量可忽略不计,则此时c(G)一 和Cl。(g),测定T.、T。、T:温度下体系达平衡 mol·L-1;60min后,随T的含量增 时的△(一p一P·P为体系初始压强, . p=240kPa,p为体系平衡压强),结果如图甲。 (填“增大”“减小”或“不变”) 59 五年高考真题分类·化学 12.(2023·全国乙卷)疏酸亚铁在工农业生产中有 13.(2023·湖北卷)纳米碗C。H。是一种奇特的 许多用途,如可用作农药防治小麦黑穗病,制造 碗状共辄体系。高温条件下,C。H。可以由 磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题: C。H。分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反 (1)在N。气氛中,FeSO.·7H.O的脱水热分 应生成。Cao H2o(g)H→Cao His(g)+H。(g)的 解过程如图所示: #0 50. 反应机理和能量变化如下: 40 . 2-38.8% # 19.4 c_H' _H H cH 10 re$0.-7H.o (Jo[喜第 0 50 100 150 200 250 300 过渡态3 150.8 度/ 过渡态2 根据上述实验结果,可知1一 过衰1 110.3 709 CH.H+H. 31 (2)已知下列热化学方程式; . 207 H H. 19.5 FeSO. · 7HO(s)--FeSO. (s)+7H.O(g) 0.0 CIl. CH.'+H △H-akJ·mol-1 FeSO .xH,O(s)-FeSO).(s)+xHO(g) 反应历程 △H。-bkJ·mol-1 回答下列问题: FeSO .yHO(s)-FeSO.(s)+yHO(g) (1)已知C。H.中的碳氢键和碳碳键的键能分 △H-ckJ·mol-1 别为431.0kJ·mol 和 298.0kJ·mol-1. 则FeSO ·7H.O(s)+FeSO·yH:O(s) H-H键能为436.0kJ·mol1。估算 2(FeSO·xH:O)(s)的△H CoH2o(g)-一CoHs(g)十H(g)的△H= kJ·mol-1. kl·mol-1。 (3)将FeSO.置入抽空的刚性容器中,升高温 (2)图示历程包含 个基元反应:其中速 度发生分解反应:2FeSO(s)一FeO(s)十 率最慢的是第 SO.(g)十SO。(g)(I)。平衡时Pso-T的关 个。 (3)C。H。纳米碗中五元环和六元环结构的数 系如图所示。660K时,该反应的平衡总压 P= kPa、平衡常数K。(I) 目分别为 (4)1200K时,假定体系内只有反应C。H(g) (kPa)2。K。(D随反应温度升高 (填“增大”“减小”或“不变”) 而 C。H(g)十H。(g)发生,反应过程中压强 恒定为p(即C。H。的初始压强),平衡转化率 为a,该反应的平衡常数K。为 (用平 衡分压代替平衡浓度计算,分压一总压×物质 的量分数)。 (5)C。H。(g) __cH _...- ...CH ..-..-. CoH(g)+H·(g) 及CH(g) ..- CoHo(g)+H.(g) r 反应的lnK(K为平 (4)提高温度,上述容器中进一步发生反应 衡常数)随温度倒数 -) 2SO(g)一2SO。(g)十O。(g)(II).平衡时 的关系如图所示。 Po= (用Pso、Pso表示)。在929 K △H 已知本实验条件下,lnK-- 时,Pg=84.6 kPa、Pso =35.7 kPa,则 Pso= T+c(R为理想 kPa,K(II)一 kPa(列出计 气体常数,c为截距)。图中两条线几乎平行, 算式)。 从结构的角度分析其原因是 (6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率,又 能增大生成C。H。的反应速率的是 (填标号)。 a.升高温度 b.增大压强 c.加入催化剂 60 专题十二 化学反应原理综合 题组二 用时: 正确率: 易错题: 1.(2024·安徽卷)乙唏是一种用途广泛的有机化 用该分子筛分离C。H,和C。H的优点是 工原料。由乙完制乙的研究备受关注。回答 下列问题: (5)常温常压下,将C。H.和C。H。等体积混合, 【乙炕制乙唏】 以一定流速通过某吸附剂,测得两种气体出口浓 (1)C。H:氧化脱氢反应: 度(c)与进口浓度(c。)之比随时间变化关系如图 乙所示。下列推断合理的是 (填 2C.H(g)+O(g)-2CH.(g)+2HO(g) AH.--209.8kJ·mol-1 序号)。 20- C.H(g)+CO (g)-C。H.(g)+HO(g)十 CO(g) △H-178.1kJ·mol-1 15- 计算:2CO(g)+O(g)--2CO(g) △H。一 kJ·mol-1 10 (2)C。H;直接脱氢反应为C。H.(g)-C。H.(g) C.H. 0.5- C.H. 十H。(g)△H.,C。H。的平衡转化率与温度和 压强的关系如图所示,则△H. 0(填 “”“<”或“一”)。结合图甲。下列条件中,达 00 60 30 10 (填 到平衡时转化率最接近40%的是 min 序号)。 A.前30min,两种气体均未被吸附 0.9-CH平化率. B.p点对应的时刻,出口气体的主要成分 0.7 .--20% -0% 是CH PdW/f .... C.a~b对应的时间段内,吸附的C。H:逐渐被 0.5 CH:替代 03二 2.(2024·湖北卷)用BaCO。和焦炭为原料,经反 应I、II得到BaC。,再制备乙快是我国科研人员 0. 200 400 600 300 1000 提出的绿色环保新路线。 T/C 反应1:BaCO(s)+C(s)-BaO(s)+2CO(g) a. 600 C,0. 6 MPa b. 700 C,0. 7 MPa 反应II:BaO(s)+3C(s)BaC(s)+CO(g) c. 800 C,0.8MPa 回答下列问题: (3)一定温度和压强下, (1)写出BaC。与水反应的化学方程式 反应I CH(g)→CH(g)+H(g) Kt 反应ll CH(g)+H(g)-2CH(g) K (K。远大于K) (K.是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算 化学计量数)。反应I、II的lgK与温度的关系 的平衡常数) 曲线见图1。 ①仅发生反应1时。C。H。的平衡转化率为 25.0%,计算K= 反应(1585.2.5) 2 ②同时发生反应1和lI时,与仅发生反应1相 比,CH.的平衡产率 (填“增大”“减小” (1320.0) 或“不变”)。 2 反应l(1585.-15) 【乙炕和乙 混合气的分离】 (4)通过Cu修饰的Y分子筛的吸附一脱附,可 -4 实现C。H 和C。H;混合气的分离。Cu 的 1600 1200 2000 与C。H.分子的x键电子形成配位键, T/K 这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。 图11k与r的关系曲线 61 五年高考真题分类·化学 ①反应BaCO(s)+4C(s)→BaC(s)+3CO 0.7 114--1-4-1 (g)在1585K的K.= Pa。 ②保持1320K不变,假定恒容容器中只发生反 1..1.1-1.1.1.1 ( 一进耳 应I,达到平衡时Pco= Pa,若将容器 -111._ 体积压缩到原来的,重新建立平衡后pco= #102 一用 Pa。 0.1 (3)恒压容器中,焦炭与BaCO。的物质的量之比 30 60 90 120 150 为4:1,Ar为载气。1400K和1823K下 时间ls BaC。产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得 [_ 图1 到图2(不考虑接触面积的影响)。 (_ 10 [Ho~c 0- 过渡态l __ 善 过渡态2 --123K CH. 步骤I.[Ho MO -+ -........1400K M+ 反应进程 图2 时间 (3)MO分别与CH.、CD.反应,体系的能量随 图2BaC产率与时关系曲线 反应进程的变化如图2所示(两者历程相似,图 ①初始温度为900K,缓慢加热至1400K时,实 中以CH示例)。 验表明BaCO。已全部消耗,此时反应体系中含 (1)步骤I和II中涉及氢原子成键变化的是 Ba物种为 (填“I”或“II”)。 ②1823K下,反应速率的变化特点为 (lII)直接参与化学键变化的元素被替换为更重 的同位素时,反应速率会变慢,则MO与CD。 反应的能量变化应为图中曲线 其原因是 (填“c” 或“d”)。 3.(2023·全国甲卷)甲烧选择性氧化制备甲醇是 (II)MO与CH。D。反应,氛代甲醇的产量 CH.DOD CHDOH(填“”“<”或 一种原子利用率高的方法。回答下列问题: “-”)。若MO与CHD。反应,生成的氛代甲 (1)已知下列反应的热化学方程式: 醇有 种。 ①3O(g)-20(g)Kj 4.(2022·湖南卷)2021年我国制氢量位居世界第 AH.-285 kJ·mol-1 K2 一,煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列 ②2CH.(g)+O(g)--2CHOH(1) 问题: AH.--329 k1·mol-1 (1)在一定温度下,向体积固定的密闭容器中加 反应③CH.(g)+O(g)CHOH(D)+O(g) 人足量的C(s)和1molH。O(g),起始压强为 的△H一 kJ·mol-,平衡常数K= 0.2MPa时,发生下列反应生成水煤气; (用K、K。表示)。 I.C(s)+HO(g)一CO(g)+H(g) (2)电喷雾电离等方法得到的M(Fe 、Co △H.-+131.4kJ·mol-1 Ni 等)与O。反应可得MO 。MO 与CH.反 II.CO(g)+HO(g)-CO(g)+H(g) 应能高选择性地生成甲醇。分别在300K和 △H --41.1kJ·mol-1 310K下(其他反应条件相同)进行反应MO+ ①下列说法正确的是 CH. --M++CH.OH,结果如下图所示。图 A.平衡时向容器中充入惰性气体,反应I的平 中300K的曲线是 (填“a”或“b” 衡逆向移动 300K、60s时MO的转化率为 B.混合气体的密度保持不变时,说明反应体系已 (列出算式)。 达到平衡 62 专题十二 化学反应原理综合 (3)一定条件下,CH;分解形成碳的反应历程如 图1所示。该历程分 步进行,其中,第 D.将炭块粉碎,可加快反应速率 步的正反应活化能最大。 ②反应平衡时,H.0(g)的转化率为50%,C0的 物质的量为0.1mol。此时,整个体系 (填“吸收”或“放出”)热量 kJ,反应I的 平衡常数K。- (以分压表示,分压一总 C+3 压×物质的量分数). 反l进程 (2)一种脱除和利用水煤气中CO。方法的示意 图1 图如下: 图2 (4)设K为相对压力平衡常数,其表达式写法: /7 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) 水煤气 水气 铅 电极 除以(o-l00kPa)。反应a、c、e的lnK随 了交 1(温度的倒数)的变化如图2所示。 ①某温度下,吸收塔中K。CO。溶液吸收一定量 ①反应a、c、e中,属于吸热反应的有 的CO后.c(CO):c(HCO)-1:2.则该溶 (填字母)。 液的pH一 (该温度下H。CO ②反应c的相对压力平衡常数表达式为K 的K -4.610-7,K-5.0×10-11); ②再生塔中产生CO。的离子方程式为 ③在图2中A点对应温度下、原料组成为 n(CO):n(CH.)-1:1、初始总压为100kPa ③利用电化学原理:将CO。电催化还原为 的恒容密闭容器中进行反应,体系达到平衡时 C。H,阴极反应式为 H。的分压为40kPa。计算CH;的平衡转化率, 写出计算过程。 5.(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。CH.与CO。重整是 CO。利用的研究热点之一。该重整反应体系主 要涉及以下反应: (a)CH:(g)+CO(g)2CO(g)十 2H(g)△H (b)CO(g)+H(g)--CO(g)+HO(g)△H (5)CO。用途广泛,写出基于其物理性质的一种 (c)CH.(g)C(s)+2H(g)△H 用途: (d)2CO(g)-CO(g)+C(s)△H 6.(2021·辽宁卷)笨催化加氢制备环已浣是化工 (e)CO(g)+H(g)-HO(g)+C(s)△H 生产中的重要工艺,一定条件下,发生如下反应: (1)根据盖斯定律,反应a的△H: I.主反应: (g)+3H。(g)-_ ](g) (写出一个代数式即可)。 △H<0 (2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后,下 (g)- II.副反应: 列说法正确的有 ~cH.(g) △H。 A.增大CO。与CH.的浓度,反应a、b、c的正反 >o 应速率都增加 回答下列问题: B.移去部分C(s),反应c、d、e的平衡均向右 (1)已知:II.2H。(g)+O(g)--2HO(1) 移动 △H C.加入反应a的催化剂,可提高CH.的平衡转化率 IV.2 D.降低反应温度,反应a~e的正、逆反应速率都 (g)十15O(g)-12C0(g)+ 6H.O() 减小 △H; 63 五年高考真题分类·化学 (g)+9O。(g)-6CO(g)+6H。0(1 在一定温度下,利用催化剂将NH。分解为N。 △H。 和H。。回答下列问题: (1)反应2NH(g)-N(g)+3H(g) △H= 则△H:= (用△H、△H:和 kJ·mol-1; AH;表示)。 (2)已知该反应的△S=198.9kJ·mol-1. (2)有利于提高平衡体系中环已完体积分数的措 K-1,在下列哪些温度下反应能自发进行? 施有 (填标号): A.适当升温 B.适当降温 A.25C B.125C C.适当加压 D.适当减压 C.225C D.325C (3)反应I在管式反应器中进行,实际投料往往 (3)某兴趣小组对该 在n(H。):n(C。H.)=3;1的基础上适当增大 2.0 反应进行了实验探 H.用量,其目的是 究。在一定温度和 (4)氢原子和茶分子吸附在催化剂表面活性中心 时,才能发生反应,机理如图。当H。中混有微 催化剂的条件下,将 0.1molNH。通人 量H。S或C0等杂质时,会导致反应I的产率降 低,推测其可能原因为 3L.的密闭容器中 进行反应(此时容器 内总压为200kPa),各物质的分压随时间的变化 曲线如图所示。 ①若保持容器体积不变,时反应达到平衡,用 ,金展化剂 H。的浓度变化表示0~t.时间内的反应速率 →裁体 (H)一 mol·L-1.min-1(用含&的代 (5)催化剂载体中的酸性中心能催化笨及环已煌 数式表示) 的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对,下图中 ②.时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保 可作为酸性中心的原子的标号是 (填 持不变,图中能正确表示压缩后N。分压变化趋 “①”“②”或“③”)。 势的曲线是 (用图中a、b、c、d表示),理 ~ 由是 si① ③在该温度下,反应的标准平衡常数K^*}一 (已知:分压一总压×该组分物质的量 化剂载体表面结构片段 分数,对于反应dD(g)十eE(g)--gG(g)十 (6)恒压反应器中,按照n(H):n(C。H)=4:1 ##)#-()# 投料,发生I、II反应。总压为,平衡时笨的 H(g),K^{二 ,其中p二 转化率为a,环已烧的分压为,则反应I的 (2#){}·(#)# K.- (列出计算式即可,用平 衡分压代替平衡浓度计算,分压一总压×物质的 100 kPa,PG、、Pp、为各组分的平衡分压)。 量分数)。 方法II:氢电解法制 氢气 7.(2021·湖南卷)氢气中氢含量高,是一种优良的 小分子储氢载体,且安全、易储运,可通过下面两 利用电解原理,将氛转 H 种方法由氢气得到氢气。 化为高纯氢气,其装置 NH 方法I.氢热分解法制氢气 如图所示。 KO溶波KO溶液 相关化学键的键能数据 (4)电解过程中OH 的移动方向为 (填“从左往右”或“从右 化学键 N=N H-H N-H 往左”); 键能E(kJ·mol-1) 946.0 436.0 390.8 (5)阳极的电极反应式为 64 专题十二 化学反应原理综合 题组三 用时: 正确率: 易错题: 1.(2024·江苏卷)贵金属银应用广泛。Ag与稀 N.*表示被吸附于催化剂表面的N。)。判断上 HNO.制得AgNO,常用于循环处理高氢废水。 述反应机理中,速率控制步骤(即速率最慢步骤) (1)沉淀C1。在高氢水样中加入K。CrO 使 为 (填步骤前的标号),理由是 CrO浓度约为5x10mol·L-1,当滴加 AgNO。溶液至开始产生Ag。CrO. 沉淀(忽略滴 (3)合成氢催化剂前驱体(主要成分为Fe。O)使 加过程的体积增加),此时溶液中C浓度约为 用前经H:还原,生成a-Fe包裹的Fe。O。已知 mol·L-1。[已知:K(AgCl)=1.8x a-Fe属于立方晶系,晶胞参数a一287pm,密度 10-10.K(AgCrO)-2.0X10-12] 为7.8g·cm3,则a-Fe晶胞中含有Fe的原子 (2)还原AgCl。在AgC1沉淀中理入铁圈并压 数为 (列出计算式,阿伏加德 实,加入足量0.5mol·L1盐酸后静置,充分反 罗常数的值为N)。 应得到Ag。 (4)在不同压强下,以两种不同组成进料,反应达 ①铁将AgC1转化为单质Ag的化学方程式为 平衡时氛的摩尔分数与温度的计算结果如下图 所示。其中一种进料组成为xH.=0.75、xN.= ②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的 0. 25,另一种为xn.=0.675、xv.-0. 225、xA= 原因是 ③为判断AgC1是否完全转化,补充完整实验方 n总 案:取出铁圈,揽摔均匀,取少量混合物过滤 020 ,020"~20r :。-20r [实验中必须使用的试剂和设备:稀HNO。、Ag _ 01 NO.溶液,通风设备]。 ain 3006007001001000 (3)Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生Ag 500 600 700 800 0001000 杀死细菌(如图所示).其抗菌性能受溶解氧浓度 影响。 ①图中压强由小到大的顺序为 A 判断的依据是 *A 0 ②进料组成中含有惰性气体Ar的图是 ③图3中,当P-20MPa、xH=0.20时,氧气 的转化率a三 该温度时,反应 ①纳米Ag溶解产生Ag 的离子方程式为 ②实验表明溶解氧浓度过高,纳米Ag的抗菌性 K一 (MPa)一1(化为最简式)。 能下降,主要原因是 3.(2021·湖北卷)丙是一种重要的化工原料,可 以在催化剂作用下,由丙完直接脱氢或氧化脱氢 2.(2023·新课标卷)氛是最重要的化学品之一,我国 制备。 目前氢的生产能力位居世界首位。回答下列问题: 反应I(直接脱氢):CH(g)-C。H.(g) H:(g) AH.-+125 kJ·mol-1 NH(g)的△H- kJ·mol-)。 “i2u (i)N.-N. (i)一 CH(g)+HO(g) △H.=-118 kI·mol-l (i)H.一H* &y}封 (1)已知键能:E(C-H)=416kJ·mol-1. 2IigIll{g (iv)H一 ()+-NH..: E(H-H)=436kI·mol-,由此计算生成 __ 1mol碳碳x键放出的能量为 (.)- k. 图1转换关系 图2反应枫理 (2)对于反应I,总压恒定为100kPa,在密闭容 (2)研究表明,合成氛反应在Fe催化剂上可能通 器中通入C。H。和N,的混合气体(N。不参与反 过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位 应),从平衡移动的角度判断,达到平衡后“通入 65 五年高考真题分类·化学 N。”的作用是 (2)反应②的平衡常数表达式K三 在温度为T.时,C。H。的平衡转化率与通入气 (3)氧的质量分数:载氧体I 体中C。H。的物质的量分数的关系如图a所示 “一”或“<”)载氧体II。 计算T,时反应I的平衡常数K。 (4)往盛有CuO/Cu。O kPa(以分压表示,分压三总压×物质的量分数, 载氧体的刚性密闭容器 (1na0.2t/ 保留一位小数)。 中充入空气[氧气的物 10 质的量分数x(0。)为 CII. 21%],发生反应①。平 85.10 H 衡时-(O)随反应温度 (0.4.50) 过 T变化的曲线如图所示。 1.22.4CI H 985C时O。的平衡转化 /0 率。(O.)一 (保留2位有效数字) %0 02 04 06 8 10 近人气休中CH.的物的量分数 (5)根据图,x(O)随温度升高而增大的原因是 图 圈 (3)在温度为T。时,通入气体分压比为 反应温度必须控制在1030C以下,原因是 (C。H):(O):(N)-10:5:85的混合 气体,各组分气体的分压随时间的变化关系如图 (6)载氧体掺杂改性,可加快化学链燃烧速率。 b所示。0~1.2s生成C。H。的平均速率为 使用不同掺杂的CuOCu。O载氧体,反应②活 kPa·s-1;在反应一段时间后,C。H。和O 化能如下表所示。 的消耗速率比小于2:1的原因为 氧化铅 载氧体掺杂物质 膨润土 活化能/(kJ·mol1) (4)恒温刚性密闭容器中通人气体分压比为 60士2.3 37.3士1.3 $(CH):(O):(N)-2:13:85的混合 由表中数据判断:使用 (填“氧化铅”或 气体,已知某反应条件下只发生如下反应(,k “膨润土”)掺杂的载氧体反应较快;使用氧化错 为速率常数): 或者膨润土掺杂的载氧体,单位时间内燃料反应 反应II:2C。H(g)+O(g)--2CH(g)+ 2HO(g)& 器释放的热量分别为akJ、bkJ,则a (填“”“一”或“<”)。 反应II:2CH(g)+9O(g)--6CO(g)+ 6H。O(g)&” 5.(2021·重庆卷)含结晶水的无机物可应用在吸 波材料、电极材料和相变储能材料等领域。胆矶 实验测得丙唏的净生成速率方程为o(C。H。)一 (CH)一k'(C。H。),可推测丙 的浓度随 (CuSO·5H。O)是一种重要的结晶水合物。 时间的变化趋势为 ,其理由是 一电计 4.(2021·福建卷)化学链燃烧(CLC)是利用载氧 参比电&。 大 体将空气中的氧传输至燃料的新技术与传统燃 _caso. 烧方式相比,避免了空气和燃料的直接接触,有 士 利于高效捕集CO。。基于CuO/Cu。O载氧体的 多礼木京 甲院化学链燃烧技术示意图如下。 10. 0 M..0等 /Corca.D 1 ,、栽体! 辅集装置 0. 1..cn. 气反风器 。 空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为 20 ①2CuO(s)+O(g)--4CuO(s) △H一 -227k]·mol-1 ②8CuO(s)+CH.(g)-4CuO(s)+CO(g) 0 +2H:O(g) AH--348kJ·mol-1 6300 40 2000 4 (1)反应CH.(g)+2O(g)-CO(g)十 800 kJ·mol-1。 Hip(H.o_yPa 2HO(g)△H- 圈2 66五年高考真题分类·化学 c(Sr+)越小，所以①为含SrS),(s)的0.1mol·L () "OH NHSO,溶液的变化白线，②为含SrSO,(s)=r(Sr+)· e(S0)=10×1.0=10.×0.1.a=-6.5,正痛 IN和HC (OCH,一H,C-C(OCH可知"O只存 c(CO)越大，c(Sr2+)越小，所以③为含SrCO(s)的 OH 0 0.1mol·L1NaC)溶液的变化曲，④为含SrCO3(s)的 在于乙酸甲酯、乙酸，氢氧根离子、水分子中，不会存在于甲 1.0mol·L.」N,CO溶液的变化曲线，由题图可知 醇分子中，C项错误：图示总反应的培变一反应【的总烩 Nn.S),溶液和NaCO1溶液滚度为1.0mol·L1时， 变十反应Ⅲ的总意变=（反应「的活化能一反应川的活化 pH≥6.9时发生沉淀转化，C正确，D错误 能)十（反应Ⅲ的活化能一反应的活化能）≠反应【的活化 专题十二化学反应原理综合 能一反应的活化能，D项错误：故速B 7.DA项，由题图可知，反应的原科分别为苯甲醛，甲醇和 题组一 H),A项正确：B项，化合物4化合新5过程中加入 1,DA.NHOH,NH,,HO的电荷分布都不均匀，不对称， H(),发生氧化反应，B项正确C项，由化合物3,4的结构 为极性分予，A正确：B.由反意历程可知，有N一H,N一O 简式可知，二者互为同分异构休，C项正确：D项，由题图可 健断裂，还有N一H键的生成，B正确：C.由反应历程可知 知，化合物1没有直催化反应的进行，D项错误 反应过程中，Fe先类去电子发生氧化反应生成Fe”,后面 又得到电子生成F,C正确：D,由反应历程可知，反应过 8.C由反应过程图可知CH,OH-.CH.I 程中，生成的NHNH:有两个氢来源于NH,所以将 NHOH替换为NDOD,不可能得到NDND,得到 ND,NH和HDO,D错误：故选D. 2.D由反应机理图知，含N分子发生的反应有)十·O)H一 →CH COI→CHCO.H. NO十·OH,N(O+NO,+HO·2HON0、NO.+· C,H→CH+HONO.HON)→NO+·OH,NO CO NO2,HONO中N元素的化合价分别为十2、+4，+3，含N CHC)I是反应的中间产物，A项正确：把各步反应累加，得 分子参与的反应均有元素化合价的升降，即有电子转移，故 A正确：由NO生成HONO的反应历程有2种，故B正确：反 到CHOH十C)CHCO,H,B项正确 应中NO是催化剂，增大)的量，不彩响C,H。的平衡转 T 化率，故C正确：无论反应历程如何，在N()催化下丙烷与 H 0,反应制备丙烯的慈反应都为2CH,十0，N02CH十 2H(),最终生成水的总量都不变，故D错误 中Rh的成键数为6， 中Rh的 h 3.C镀过程的总反应为R+C0, 维化利， -0 成健致为5 中Rh的成健数为4，反应过程中 =0,为加成反应，反应原料中的原子100%转化 0 h的成键数不相同，C项错误：由题图可知，甲醇的第一步 为产物，A项正确：X与1参与反应且在整个反应前后未发 反应为CHOH+HICH1十HO,D项正确。 生改变，作催化剂，B项正确：生成I和X的反应不是加成 9.C结合反应机理图示可知()H参与了该催化环反应，A 反应，C项不正确：若原料用 0,与()反应的产物 项正确：从图示可看出有H,生成，且H没有再参与反应， 即该反应可产生清洁燃朴H,B项正确：根据图示可希出 CO参与了反应，并景终转化为CO,放出，即孩反应能消耗 =0,D项正骑 CO,生成CO,,C项错误：该循环过程中Fe的成键数目可能 是4、5或6，即诚催化循环过程中Fe的成键数目发生变化， D项正确， 4,CD进入循环体系的是反应物，离开循环体系的是生成物， A项正确：HC()OH一HC))+H,H浓度过大时牌 10.答案：(1)<360 (2)-285.8 制HCOOH电离，HC()O的浓度减小，】·Ⅱ反应速率俸 (3)BD 低，H是反应Ⅲ·下的反应物，H求度过小时，Ⅲ·下反 (4)流速较高时，均未达到平衡，T、T:、T对应的反应温 应速率降低，B项正确：在整个催化猫环中发生化合价变化 度分别为360℃，400℃、440℃，随着温度升高，反应速率 的是氯元素和碳元素，铁元素的化合价没有变化，C项错误： 加快，HC1转化率增大 总反应速率主要取决于悦反应，活化能越大，反应越慢，则滨 (5)6 过程的总反应速率由W·I步豫决定，D项错误 (6)101 5,C铁为26号元素，刚基态Fe原子核外有26个电子，其核 解析：(1)藏反应为气体分子总数减少的反应，即精减的反 外电子排布式为[Ar]3d”4s,A项正确：步骤)中断裂()一O 应，则△S<0:孩反应为放热反应，温度升高，平衡道向移 非极性健，形成O一F©(N)极性战，B项正确：步骤⑥中不存 动，HC1平衡转化率降低，根据信息”较低流速下转化单可 在铁和氧无素之间的电子转移，C项错误，很据题图，总过程 近似为平衡转化率"，结合图像可知，低流速时，T、T、T 的反应为CH,+0.+2r+2e-mm,CH,0H+H,0, 对应的HC转化率依次降低，则T,T、T,对应的反应超 D项正璃 度依次升高，分别为360℃，400℃，440℃. 6B由题图中反应进程可知正反应中I活化能大，是决速 (2)H:燃烧的热化学方程式为H,(g)+0,一H,0D 涉，逆反应中N活化能大，是决速步，A项错误；已知 △H.根据盖斯定律，△H=△H1十△H,一△H:=(一57.2 10 OH kJ·mol1)十(-184.6kJ·mol)-(+44kJ·mol厂1)= HCC—(OCH2一HC一C(OCH,为决追平衡，结 -285.8kJ·mol. (3)根据图甲可知，T,温度对的面线中，随着H流捷 OH 的增大，HCI的转化率下降，A错误：M点对应的HCI流违 合反应Ⅱ可知溶液中春在(OH,B项正确：结合反应1、Ⅱ、Ⅲ 较高，未达到平衡状态，升高温度，可加快反应速率，提高 168 参考答案 HCL的转化率，站合图甲可知，HC1流连相同时，将温度升 题图甲中M点可知，进料比为2时，△p一60kPa,结合“三 高40℃，即温度为400℃，此时HCI的转化率增大，B正 段式”，以及T1时化学平衡常数可知，进料比为0.5时，△p 确：由图甲、乙可知，温度、HC1流速相同时，增大n(HC): 也为60kPa,曲线D上存在(0.5,60)。(2)①根据化学反 n(O,),HC转化序下降，C错误：使用更高效的催化剂，可 应速率的计算公式v(X)=cC0,60mim时，c(X) 加快反应速率，从而提高M点HC引的转化单，D正确。 (4)流逸较高时，反应未达到平衡，则影响转化率的主要因 6.80mal·1t-(X)·△=6.80mol·1t-0.042mm- 素是反应速率，而本题影响速率的因素是温度，故从温度的 角度来分析。 L1·min'×30mim=5.54mol·L.t.②已知(Dm (G) (5)代入1h内的气体流量，图乙中m(HCI):n(),) △(D】 4:4,则N点通入的HC,()2物质的量均为0.10mol,报 据图乙数据可知，平衡时HCI转化率为80%，即HC转化 △c(G) (G,又由题给反应速率方程推知， △(D) (G) 的物质的量为0,08m0l,可列出三段式： ·c(M_ 2HCKg+O(g)-CL(g)+H.O(g) =3,则x(G)-号×4(D)=0.03m0l· L.,即60min时e(G)=0.033mol·L.1.60min后，D 0.10 0.10 0 0 /mol 和G转化为T的建率比为：cD=4×0.099 力件底 6,·c(G-23×0.033G消耗 0.08 0.02 0.04 0.04 /mol 得更快：则增大。 刀手断 0.02 0.08 0.04 0.04 12.答案：(1)41 /mol (2)(a+c-2b) 平衡时气体总物质的量m=(002+008+0.04+0.04) (3)32.25增大 mol=0.18mol,则物减的量分教x(HC)= 1 r(0)= 46.2646.26×2.64 合r(C,)=x(H,O)-号，将载据代入手衡常数衣达式得 35.71 4 解析：(1)由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FeS)· 7H,0转化为Fes0,·xH,0.则187卫=19.4%，解之 278 K- =6。 得x=4:当失重比为38.8%时，FeS),·7H,0转化为Fe ()x(告) S0,·yH,0,则187卫=38.8%，解之符y=1. 278 (6)根据品体结构图可知大球有4个住于面上，2个位于体 (2)①FeS).·7H.O(s)—FeS),(s)+7HO(g) 内，个数为4×号十2-4，小球有8个位于顶角，1个位于体 △H1=akJ·mol' ②FeSO,·xH,O(s)-FeSO.(s)+xHO(g)△H2= 心，个数为8X名十1=2，则大球为氧原子，小球为金属原 bkJ·mol 子，R如O2和TO2的品体结枸均可用题图丙表示，二者品 ③FeSO,·yH,O(s)—FSO,(s)+yH,O(g)△H 跑体积近似相等，根搭p=兴可得R0,与TO,的害度 ckJ·mo厂1 根搭盖斯定律可知，①十③一②X2可得F)·7HO(s)+下e 之比等于二者摩尔质量之比，设Ru的相对原子质量为a, 0·H(0(s)-2(F)·xHO)(s),则△H=(a十c 则有8十品=1.6，解得a心101 2b)kJ·mol (3)将FS(),置入抽空的刚性客器中，升高温度发生分解 11,答秦：(1)①E+67.59②T,>T>T,该反应正反应 反应：2FeS0,(s)=FeO(s)+S0:(g)十S01(g) 放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强或 (I)。由平衡时P-T的关系图可知，660K时，P 小，从T到T,,平衡时△p增大，说明反应正向进行程度 L.5kP,则Psn=1.5kPm,因比，流反应的平街总压Pa= 逐渐增大，对应温度逐渐降低75%0.03③D 3kPa,平衡常数K。(I)=1,5kPa×1.5kPa (2)①5,54②0.033增大 2.25(kPa)广。由图中信息可知，P随着温度升高而增大， 解析：(1)①根据反应热△H与活化能E,,E。的关系为 因北，K(I)随反应温度升高而增大。 △H=正反应活化能一逆反应活化能可知，该反应的E睡 (4)提高超度，上述客器中选一步发生反应2S0(g)=一 E.kJ·mol'-△H=(Ex十67.59)kJ·mol.②该反 2S)(g)十0(g)(川)，在阿温可压下，不同气体的物质 应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应正向进行程 的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(【)时P 度越大，平街时容需内压强越小，△P越大。从T:到T,, Pm则P别十2P—P一2P0·因此，平街时P4 △p增大，说明反应正向进行程度遥渐增大，已知正反应为 放热反应，别温度由T到T,退渐降低，即T>T>T: 由题图甲中M,点可知，进料比为n(S)1》：n(C1,)=2.平衡 BP.在929K时，P,-4.6ka,P=85.7ke: 时△p=60kPa,已知恒温恒容情况下，容署内气体物质的 别P+P+Po=P.P十2Pn=Ps-2Pn联 量之比苓于压强之比，可撼此列出“三段式” 立方程组消去P。,可得3P十5P=4P·代入相关数 SO,(g)+C1(g)一S0CL(g)△p #可求出Pa=46.26kP,则P,=84.6kPh-35.7kPa 起始压 160 80 强/kPa 46,26kPa=2.64kPa,K,(I)=46.26kPa×2.64kPa (35.7kPa) 变化压 60 60 46.26×2.61kPa 搔kPa 35.7 平衡压 13.答案：(1)128(2)33 100 20 60 强kPa (3)610 可计算得a（Cl）= 60kPa×100%=75%,K, 80 kPa p (SO.CL) 60 kPa p(S0·p(C)100kPaX20kPa=0.03kPa'。③南 (5)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同 (6)a 169 五年高考真题分类·化学 解析：(1)由CH和CH,的结构式和反应历程可以看 (4)基态Cu的价层电子排布式为3d”,4s轨道为空轨道 出，CnHm中断裂了2根碳氢健，CH,形成了1根碳碳能 围此Cu的4s机道和C,H,分子的π战电子形成配位健 所以CmH(g)-一CnH.(g)+H(g)的△H=431×2-298 通过该分子席的吸附和脱附可实现C,H,和C,H混合气 436k·mof1=+128k·mo,故答案为：128： 的分离，由于球配位健强弱介于范德华力和共价健之间，所 (2)由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为：CH如十 以可以通过直接吸附C:H,分离出CH,而不破坏C:H H.-Co His +H2,Co Hi +H:-C H'+H:.Ci 的分子结构，且吸附的CH,也容易被释效出米。 H。'+H,一CnH。十H·十H2,其中第三个的活化能最 (5)根据图乙可知，前30min两种气体的出口浓度与进口浓 大，反应逸率最慢，故答景为：3：3： 度之比为0，说明两种气体均被吸附，A错误：力点对应时 (3)由CH的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个 刻，C,H的出口浓度与进口浓度之比达到最大值，而C,H 六元环，每脱两个氨形成一个五元环，则CH。总共含有6 的出口浓度与透口浓度之比接近0,1，所以成时刘出口气休 个五元环，10个六元环，故答案为：6：10： 的主要成分是C:H,B正确：ab两点CeH。对应的E均为 (4)1200K时，假定休系内只有反应C。H:(g)一一 CH。(g)十H(g)发生，反应过程中压强恒定为p(即C 1.0,a一b对应的时间段内，C2H。出口浪度与进口浓度之比 H,的初始压强)，平衡转化率为a,设起给量为1mo,测根 先逐渐增大后又逐浙减小，C,H,出口浓度与进口求度之比 据信息列出三段式为： 逐渐增大，脚吸附的C,H,逐渐被CH替代，C错误。 CuH(g)CH。(g)+H(g) 2.答案：(1)BaC2+2HOBa((OH)+CH。↑ 起始量(mol) 0 0 (2)①10"②1010 变化量(mol) (3)①BO ②：，一t,阶段净反应速率为正值且恒定不变，1 平衡量(mol) 1-a 后反应达到平衡，净反应速率恒为0反应物均为固体，固 期以CH)=A×8pCH.)=A×中aH,) 体的浓度为定值，不会随着消耗面发生改变 解析：(1)BaC与电石CaC类似，与求反应生成C,H,(乙 gXpX1十a 铁)和Bn(OH),,孩及应的化学方程式为BC:十2HO AX千。该反应的平衡常数K,= Ba(OH):+CH↑. A用 (2)①将BaCO(s)十4C(s》一BaC(s)十3C()(g)记为反应 Ⅲ，由盖斯定律可知，反应Ⅲ=反应I十反应Ⅱ，根据方程式 a A巴。故答案为：n二。 相加，K相来的原则，有K=K1·K:。由图1可知，1585 K时gK,=2.5,lgK,=-1.5,期该温度下K,=1024× (5)CuH(g)→C。H.(g)十H·(g)及CH.(g) C。H(g)+H·(g)反应的1nK(K为平衡常数)随温度例 10-10:核播K,-广·K-()广可知，K 数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎和等， K×(10P)”,其中n为方程式中C0的化学计量数。反应 报据nK=一 识+c(R为理想气体常数心为裁距)可知： Ⅲ中C)的化学计量数为3，因此反应的K。=K,× RT (10P)3=10Pa3.②由图1可知，1320K时，lgK1=0. 针率相等，测说明烙吏相等，图为在反应过程中，断裂和形 即K,=1。反应1中C0的化学计量数为2，则该温度下， 成的化学键相同，数答案为：在反应过程中，断裂和形成的 化学健相问： Km1,=K×(10Pa)F=10P,根据反应I可知，其分压 (6)由反应历程可知，被反应为吸热反应，升温，反应正向进 平衔常数表达式为Ku1,=,因此平街时P=√K11 行，提高了平街转化平，反应逸率也加快，符合题意：山化 /10P=10Pm。平衡常数只与温度有关，将客需休积压 学方程式可知，该反应为正向体机增大的反应，加压，反应 逆向进行，降低了平衡转化率，不符合题意：加入催化剂， 缩到原来的7K不变，则Pa不变，仿为10Pa 平衡不移动，不能提高平衡转化牵，心不符合题意：故答案 (3)①由图2可知，1823K下，BC产率避着时间的延长不 为：指 断增加至接近100%，而1400K下，BaC产率始终为0，泥 题组二 明反应Ⅱ在14O0K以下没有发生，而BCO全部消耗，说 1.答案：(1)一566.0 明反应I已完全进行，生成B阳O,故此时体系中含B物种为 (2)>b BaO.②图2的精坐标为时间，拟坐标为B如C,产率，则图像 (3① 的斜率可代表反应速率，由图2可知，1823K下，4~1阶 ②增大 段净反应速单不变，2后反应达到平衡，净反应速率恒为0 (4)45轨道分离效果好且不破坏CH,分子的结构 该体系中的反应物均为固体，固依的浓度为定值，不会随着 (5)B 反应消耗而发生改变，因此出现上述特点， 解析：(1)由盖新定律可得目标反应的反应热△H■△H, 2△H:=(-209.8kJ·mo')-2X178.1kJ·moll= 3.答案：(1)-307 ()√ K 566,0kJ·mol (2)由图甲可知其他条件相同时，随者温度的升高，CH的 (2)b o 平衡转化率逐将增大，即滨反应是吸热反应，所以△H,>0。 (3)Ic<2 由图甲可知600℃，0.6MP台时，CH,平衡转化率略小于 20%,700℃，0.7MPa时，CH。平衡转化率略小于50%， 解析：1)根据盖斯定律可知，反应③=号（反应@-①），所以 800℃，0,8MPa时，C,H。平衡转化率大于50%小于80%， 故选b. 对应△H,-2(△H,-△H,)-2(-329N·m1-285k灯· (③)①设起始时充入”mol C:H。,由于仅发生反应1，且 mol)=一307k·mol':根据平街常数表达式与热化学 C,H的平衡转化率为25.0%，则达到平衡时CH、C,H: H,的物质的量分别是0.75#mol.0.25#mol,0.25nmol,平 方程式之间的关系可知，时应化学平街常数K,=(伦)或 衡时气体总物质的量m=1,25nm0l,则平衡时C,H,、 C,H.,H的物质的量分数分别是0.6,0.2,0.2，所以K= K :202=。②反应1生成的H,促进反应1正向进行 K 0.6 (MO) 同时H,的消耗也促进反应正向进行，所以CH,的平衡 (2)根据图示柱息寸知，织坐标表示一g(M0)十M,即 产率增大。 与M)的微经分布系数成反比，与M的微粒分布系数成 170 参考答案 正比。网一时问内，b自战生成M的物质的量浓度比 5.答案：(1)△H一△H(或△H,十△H一△H:) 曲线的小，证明化学反应速率侵，叉因问一条件下降低温度 (2)AD 化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300K条件下的反 (3)44 应：根据上述分析站合图像可知，300K、60s时 (4)Dac c(MO） 一lg( c(MO) M0)+M)=0.1,尉Mo)+cM (H2) 1001,利用数学关系式可求出c(M)=(101一1) ②pH):D ③A点对应温度下反应c的lnK,=0,则平衡体系中K: (MO),报据反应MO+CH一M+CHOH可知， p(H2) 40 kPa 生成的M即为转化的M0,则MO的转化率为10× 1047 b(CH,)·p 1.100 kPaxP(CH.)1(CH,)-16 kPa,初始p(CH)=50kPa,则CH,的平衡转化率为 10%:故答案为：b,101×100%: 10 50kPa-16kPaX100%=68% 50 kPa (3)(【)步豫I涉及的是碳氢能的断裂和氯氧战的形成， (5)作制冷剂（合理即可） 骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤I: 解析：(1)运用盖斯定律，反应b十c一e或c一d均可得到反 (ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时， 应8。 反应递单会燮慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可 (2)B项中碳为固体，浓度视为常数，其量的多少不影响平衡 如，MO广与CD反应的能量变化应为图中曲线c: 的移动：C项，加入催化剂只能同等程度地改变正，逆反应速 (m)M)与CHD,反应时，因直接参与化学键变化的元素 率，并不能使平衡发生移动 被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则单位时间内 (3)图1中的曲线有4个峰，所以反应历程有4步，其中第4 产量会下降，制氘代甲醇的产量CH,DOD<CHD,OH:根揭 步反应的活化能最大 反应机理可知，若M()与CHD反应，生成的氘代甲醇可 能为CHD,OD或CDOH共2种，故答案为：<：2。 (4)D由围2可知温度越低于×10越大，反应a,e的1nK 4,答案：(1)①BD②吸收31.20.02MPa 越小，说明反应丑，c随温度降低平衡逆向移动，故反应、c (2)①10②2HC0△C0+C0,++H0 为吸热反应；②反应心的相对压力平衡常数表达式为K ③2C0.+12e+12H-C.H.+4H.0 [p(H,)ip了_ 解析：(1)①由于客器体积国定，充入惰性气体英使容器内压 pCH:)AA·p(CH)③A点对应温度下反应c的 p(H) 强增大，但反应物和生成物的浓度不变，故平衡不会移动，A lnK=0.剥K:=1.即 p(H.) 错溪：客器体积固定，随反应的进行m[C(s)门逐将减小，即气 A·p(CH)=1.p(H,)=A,· 体的惑质量增大，混合气体的密度逐新增大，当密度不变时 p(CH),平街体系中b(H:)=40kPa,=100kPa,则 说明反应达到平衡状态，B正确：反应I、Ⅱ相加得反应C p(CH,)=16kPa,起始时n(C0)n(CH)=1:1,惑压为 (s)+2H:O(g)一CO2(g)+2H(g),若H(O(g)完全转化+ 100kPa,别起始时p(CH,)=50kPa,CH,的平衡转化率为 则所得泥合气体中H,的体积分盘为号，由于反应为可递反 50kPa-16kP×100%=68%a 50 kPa 应，故泥合气体中H,的体积分数小于号，C错误：将炭换粉 6答案：1)号AH,十号△H,-△H 碎，增大反应物的接触面积，可以加快反应连率，D正确。② (2)BC 设参加反应I的HO(g)的物质的量为xmol.则反应I生 (3)提高苯的利用率 成的#(CO)=xmol,参加反应Ⅱ的H,O(g》的物质的量为 (4)金属催化剂会与HS或CO反应从面失去催化活性 1mol×50%一xmol=(0.5一x)mol,反应裤的n(CO》 (5)② =(0.5-x)mol,根据题意m:(C)一n(C))=0.1mol.即 x一(0,5一x)=0.1,x=0.3:反应【吸收的热量为(0.3× (6) 131,4)k=39.42kJ.反应Ⅱ放出的热量为[(0.5一0.3)× 5-3a 41.1门kJ=8.22kJ,故然个休系吸收的热量为39.42kJ 8.22kJ=31.2kJ。由上述分析可知达到平衡时，(HO)= 解析：)振据益斯定律结合巴知反应可择，【=是×Ⅲ十 0,5mol,n(C0)=0,1mol,n(C0)=(0.5一x）mol 0.2mo,由氢原子守恒可知n(H)=0.5mol,气体的慈物质 含×N-V,明△H=号△H,+AH-aH. 的量为0.5mol+0.1mol+0.5mol+0.2mol=1.3mol,根 (2)反应1是一个气体体积减小的效热反应，提高平衡体系 据饭温恒容条件下压强之比等于气体的物质的量之比可知， 中环己皖的体积分数，可适当降低温度和增大压强使平衡正 平街时的压孩为0.2MPa×1.3=0.26MPa,反应I的K, 句移动，故B.C特合题意。 p(H)·p(CO) (3)增大H.的浓度使平衡正向移动，从而可提高茶的转化 P(H.O) ,由于n(HO)=H(H2),则p(HO)= 率即利用率 (H)K(C).X0.26 MPa0.02 MPa. (5)由题图可知，原子①无蒸电子对也无空轨道，原子②无派 电子对但有空轨道，可结合孤电子对，原子③有孤电予对但 (2)①H,C0,的K。=H)·cC0 ,期(H)= 无空轨道，故可作为酸性中心的原子的标号是② (HCO (6)位压反应器中，按照n(H,):n(CH)=4:1投朴，设投 Ka·HC0）,已知c(C0)tc(HC0)=1:2,可得 入苯的物质的量为1ol,H2的物质的量为4mol,平衡时 e(CO) c(H)=2×5.0×10"mol·L1=1.0×10omol·L', 入CH为xmol,： pH=10,②进入弄生塔的物质为KHCO溶液和水蒸气， 出来的为CO2和KCO溶液，反应的离子方程式为 (g》+3H2(g= 2HC0△C0+C0,++H.0.③电解池中朋极发生 还原反应，即C)转化为CH,阳极上水放电生成O,和 转化量(mol) 3a H,H通过质子交换膜迁移至朋极区参与反应，根据得失 电子守恒，电荷守恒和原子守性，可得电极反应式：C0,十 12e+12HC,H+4H0。 转化量(mol) 171 五年高考真题分类·化学 平衡时装，H、环己烷、 CH的物质的量分别为(1-a)ml. (2)①结合题给信息可知，痕据原子守恒和得失电于守恒可 得化学方程式为Fe+AgCI+2HCI一FCI+Ag+H,↑ (4一3a)mol、(a一x)mol、rmol,惑物质的受为(1一a十4 ②团Fe与HCI反应得到Fe+,Fe+将AgCI还原为Ag。③若 3a十a一x+x)mol=(5一3a)mol.故平衡时，苯的分压为 AgC1完全转化，则因体全部为Ag单质，可完全溶于稀萌 名P且的分压为写品则反应1的K 酸：若AgC1未完全转化，则剩余AgCI不能溶于稀硝酸，国 此可使用稀硝酸检验（此过程中会产生污染性气体氮敦化 (环己烷) 物，需在通风设备中进行)。反应后的溶液中存在C,若未 ·(】 p(茅)·p(H,）1一a 洗净滤渣，残余的CI会与Ag,稀硝酸反应生成的Ag结合 生成ACI沉淀，干扰实验，因此首先常要使用AgNO,溶液 7.答案：(1)+90.8(2)CD 检脸C1是否洗净。完整实验方案为：取出铁图，搅拌均匀， (3)①0,02②b体积压缩一半猴间，压强变大（为80 取少量混合物过滤，洗涤，向洗涤液中滴加AgN)落液确 保C已洗净。在通风设备中，向滤凌中加入足量稀 kP),该反应为气体分子数增大的反应，加压平衡逆向移 HNO,若固体完全溶解，则AgC1完全转化：若国体表完全 动，N:的压强随着平衡逆向移动而变小③0.48 溶解，则AgC1未完全转化。(3)①根据题图可知，(，为氧化 (4)从右往左 剂，H也参与反应，站合得失电子守板，原子守恒和电荷守 (5)2NH1-6e+6OH-N+6H.O 恒可得离子方程式为4Ag十4H+O 一4Ag+2HO. 解析：(1)△H=反应物总键能一生成物总健能=2×3 390.8kJ·mol1-(946kJ·mal1+436.0k·mol1×3) ②若溶解氧求度过高，可能会在钠米Ag表面形成AgO,包 表钠米Ag,导数其抗菌性能下降。 90,8kJ·mol1.(2)△G=△H-T△S,△G<0时反应能自 2.答案：(1)一45 +90.8kJ·mol 发进行，可得T>5189x0,≈665K匀 (2)()在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断 开化学键的步骤都属于能垒，由于N=N的键能比H一H 183.35℃，可知C项、D项特合题意。(3)①由题图可知t 键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为（Ⅱ） 时，H2,N2,NH的分压分别为120kPa,40kPa,120kPa,设 平衡时，转化的NH,的物质的量为2rmol,列三段式： (3)2.8×287V 36×10 2NH(g)=N(g)+3H,(g) (4)P,<P<P合成氢的反应为气体分子数减少的反应： 始/mol 0.1 0 0 压强越大平衡时氨的摩尔分数越大图433.33% 转/mol 2. 3x 平/mol 0.1-2x 3. W432 拉温恒家时，压强之比=物质的量之此·0.1十2 0.1 解析：(1)在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学 120+40+120:解得r=002,剩nH)=0.06m0l.H)= 200 健要释放能量，反应的烽变等于反应物的健能总和与生成物 的键能悲和的差，因光，由图1最据可知，反应号N(g)十 n(H,)÷3L÷4min=0,02molL+,min':②体积压缩 一半解间，N,分压由40kPa变为80kPa,加压平衡向逆反 2L(g〉—NHg)的△H=473+65-436-397-30W· 应方向移动，随着反应的进行，N:分压变小，再次平衡时仍 ml1=-45kJ·mol厂' 比原来大，故待合条件的曲线为b:③根据①可知平衡时， (2)由图1中信息可知，2N(g)一N(g)的△H=+473k日· H,N,NH的分压分别为120kPa、40kPa、120kPa,根拇 T(H)7 xB(N mo',则N=N的键能为946k灯·mol':号H,(g) 标准平衡常数公式有K p p 3H(g)的△H=十654kJ·mol,则H一H域的键能为 (NH 436k」·mo厂，在化学反应中，最大的能垒为速率挖制步 碳，而断开化学键的步豫都属于能垒，由于N=N的键能比 (器)× H一H健的大很多，因此，在上述反应机理中，遮率拉制步餐 120 =0.48 为()。 100 (3)已知a-Fe属于立方品系，品胞参数a=287pm,密度为 (4)由物黄变化可知，左侧为阳极区，右侧为阴极区，电解池 7.8g·cm,设其品胞中含有Fe的原子数为x,则aFe品 56.x×10 中，)H向阳极方向移动，故从右往左迁移。(5)根据电子 体蜜度p一心·287g·cm-7.8g·cm,解之得r 转移数目、电荷守位和原子守恒，可如阳极电极反应式为 2NH1-6e+60H -N.+6H,(O 7.8×287八，即Fe品跑中含有Fe的原于数 题组三 56×10 1.答案：(1)9×10t(2)①Fe十AgC1+2HC1—FC1,+ 为28×287N4 Ag+H.↑②Fe与HCI反应得到Fe,Fe+将AgCI还原 56×10 (4)①合成复的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此， 为Ag③洗涤，向洗涤液中滴加AgN)溶液确保C已洗 压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相 净。在通风设备中，向滤渣中加人足量稀HNO,若固体完 全溶解，则A(C】完全转化：若固体未完全溶解，则AC1未 同温度下，反应达平街时氨的摩尔分敦P<P:<P·因此， 完全转化(3)①4Ag十4H十O,一4Ag+2H0②纳 园中压强由小到大的顺序为P<P<P,判所的依据是： 合成氯的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨 米Ag表面形成Ag) 的摩尔分敦越大 解析：(1)高水样中(C)很高，滴加Ag时会产生AgC ②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相问压强下，图 沉淀，刚溶液中满足K(AgC)=c(Ag)·c(CT):生成 4中平衡时氨的摩尔分数较小，在恒压下克入情性气体A,反 AgCO,沉淀时，溶液中满足Km(Ag.CrO)=c(Ag）· 应混合物中各组分的浓度减小，各纽分的分压也减小，化学平衡 (CrO),联立两式可得：c(CI)= K_(AgCD 要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入情性气体A不利 (A) 于合成氨，进料组成中含有情性气休A的图是图4： K.(AgCl) K.(Ag CrO) xmI.9x10mol1. L.8×10-" ③图3中，进料组成为1=0.75%=0.25两者物质的量 之比为3：1。假设进料中氢气和氯气的物质的量分别为 e(CrO 5×10 3mol和1mol,达到平街时氮气的变化量为.xmol,则有： 172 参考答案 N2(g)+3H:(g)2NH(g) ,O,的平衡转化率a(O,) 始(mol) 3 m0l,得2二”=10%=1 100一n 9 变(mol) 2x 平(mol) 1-x 3-3x X2≈58%：（⑤）由题图知高于1030℃时，r(0)大于初 110 始时的21%，载氧失去作用，无法我氧。(6)由题表中数 当P=20MPa,m=0.20时，=2=0.20，解之 据知载氧体掺奈膨涧土时，活化能小，反应快，单位时间内燃 得=子明氨气的特化率=言≈383%，年斯时N、 料反应器释放的热量多，所以a<b。 5.答案：(1)①Fe-2e 一Fe”②不变 H、NH,的物质的量分利为号ml.2ml,号ml,其物质 (2)①星现出蓝色②ab③1.6×10 ④ ⑤CuS0.·3H.0和CuS0),·H(038.89 的量分数分到为号、哥、吉则镇温度下K, ⑥25℃时，N,CO,·H,O的平衡压强比反应Ⅱ的平衡压强 小，远大于反应川的平衡压强，使反应Ⅱ的平衡向正反应方 () 25 向移动，反应Ⅲ的平衡向逆反应方向移动，从而抑制 号Px(P】 27X400(MPa)圈此，该温度时，反应 CS),·HO脱水，有利于保持其纯度 解析：(1)①根揭题图1可知，Fe为负极，反应时失去两个电 N,(g)+是：(g一NH,g)的平街常载K,=VK 子生成Fe,电极反应为Fe一2e一Fe+.②参比电极中 的CuS(),溶液底部有CuSO,·5HO品体，该体系为CuS() 25 1 饱和溶液，测量后，该溶液依然为CS),她和溶液，浓度 √2 70(MPa)'√2MPa)' 不变。 3.答案：(1)271 (2)①无水CS),与乙醇中微量的水反应，生成蓝色结品水 (2)减小气体分压，使平衡右移，提高CH。(g)转化率16.7 合物。②反应【之前，水合物中水的质量分数最大，然后出 (3)2H.和CH都消耗() 现第一次减小时，说明发生了反应I·即b段。反应Ⅱ的 (4)先增大后减小反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ， K。表达式为K,=p(HO》,由题图2可知，反应Ⅱ完成时， c(CH)逐渐增大，随若反应进行，p(CH.)减小，p(CH,) 体系中实际p(HO)=4000Pa,则K.(4000Pn)=1.6× 增大，(CH)藏小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(CH)逐渐 10P。①脱水过程为吸热反应，温度越高，K。越大，反应 减小 Ⅲ中K,=p(H,O),可以判断60℃时，p(HO)更大，即p> 解析：(1)反应1中断裂2molC一H键，彩成1mol暖碳 p。⑤根据反应Ⅱ、Ⅲ的化学方程式，可如此时国为 能和1molH一H键，故416kJ·mol2一E(碳碳r战) CuSO·3HO和CuSO·HO的混合物。假设CuSO)· 一436kJ·m0l厂■+125kJ·mol,解得E(碳破π键) 3H.O的物质的量为1mol,分解了r mol,则利余(1一r)mol 271kJ·mal,(2)达到平衡后，通入N:,由于总压每定为 CuS),·3H(O,生成r mol CuS)·H(),水合物中水的质量 100kPa,则容焉体积增大，平衡向气休体积增大的方向移 动，即向正反应方向移动，CH。(g)的转化率增大。根据图 18×3(1-)十18X工=20%，解得x=0.3889,转 分数为214×-r)+178X1 ,CH.的物质的量分数为0,4时，其平衡转化率为50% 化率为38.89%，⑤根撼平街常数K和浓度商Q的关系， 低设混合气体为1mol,则起始时CHa为0.4mol,N:为 K>Q时，平衡向正反应方向移动：K<Q时，平街向逆反应 0.6mol,列三铰式： 方向移动.25℃时，反应Ⅱ的平衡压强p(H2O)=747Pa, CH.(g)CH(g)十H(g) 反应Ⅲ的平衡压强p(H(O》=107Pa,而NaCO,·H)的 起始量/mol 0.4 0 0 平衡压强比反应川的平街压孩小，但远大于反应Ⅲ的平衡压强 转化量/mol 0.2 0.2 0,2 会使反应川的平衡向正反应方向移动，使反应Ⅲ的平衡向递反应 平衡量/mol 0.2 0.2 0.2 方向移动，抑制CS)·HO阮水，有利于保持其施度， 由于慈压恒定为100kPa,平衡时CH为0.2mol.CH为 0,2mol,H:为0,2mol,N:为0.6mol,则CH(g),C,H 6.答案：(1)多孔Ca()表面积大，提高H:的产率：提供热量 (g,H,(g)的分压均为100ka×名m四-0kPa,故T (2)①657.1kJ·mol1②温度越高，促进反应I、Ⅱ正向 1.2ma=3 移动，C)平衡转化率上升，同时温度越高，促进反应Ⅲ逆 kPaXk 向移动，CO:平衡转化率下降，而上升幅度远远大于下降 3 幅度 时反应I的平街常数K。= -≈16.7kPa (3)①Cu的化合价由十2变为+1，Ce的化合价由+4变为 +3②温度升高，Cu+(或Cu)被H(或CO)还原为Cu (3)0~1.2s内CH的分压由0增大为2.4kPa,则生成 解析：(1)多孔(0表面积大，可以吸附更多C),促进重整反 C机的干均建率为望-=2k·。:芳及发生反应 应正向移动，提高H的产单：CO吸收C)为款热反应，而 CH,与HO重整反应为吸热过程，故可为重整过程提供热量， I,Ⅱ，CH的分压应大于H和H,O的分压，但由圈b可 (2)①根据益新定律，3CH(g)十C02(g)+2HO(g) 知，随着反应进行，分压p(H:O)>p(CH)>p(H),且有 4CO(g)十8H(g)可由反应1×3一反应Ⅱ×2得到，故 CO,生成，H,分压降低，故体系中还发生反应CH十 △H=246,5kJ·mol1×3-41.2k·mo1×2 0.一3C0,+3H.0,H+0,一—H,0.消托0，四 9 657.1kJ·mol':四温度总高，促进反应【、Ⅱ正向移动 此CH:和O,的消耗逸率比小于2：1。 C),平衡转化率上升，同时温度越高，促进反应旧逆向移 4.答案：(1)一802 动，CO,平衡转化率下降，而上升幅度远远大于下降幅度 (2H.0tC0(成H.OIC0 (3)①步聚(i)中，xCu)·CO,与C)发生氧化还原友 e(CH) ICH 应，CO中碳元素化合价升高，转化为C),,故Cu,Ce化合价 (3)> 降低，分别由十2，十4价降至十1、十3价。②礼合气体中， (4)58% H,含量较高，当温度超过150℃，催化剂的催化活性下降， (5)反应①为放热反应，温度升高平衡左移温度高于 可能原因是催化剂中金属氧化物枝还原为单质，失去了锥化 1030℃时，x(O,)大于21%，我氧体无法载氧 功能。 (6)膨涧土 题组四 解析：(1)根据盖斯定律，①×2+②可得△H。(4)若取 1.答案：(1)C,H,Fe 16 (2)①CH COO[Cu(NH):]+ 100mo空气，其中O2的物质的量为21mol,其他气体的物 9 质的量为79mol,设985℃时反应的()，的物质的量为 NH,.H.O+CO-CH COOCU(NH CO+H.O 173 五年高考真题分类·化学 ②多孔AO,可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的 p(SO,) 2xas NH,:Al,()含量大于2%，a一Fe表面积减小，反应速率减 K,= p(S).)·b支(O) 小，产生NH减少 2rI-a4@b·故答素 (3)①NaHCO受热易分解，导致HCO产率下群 ②一NH.可以与HCO,形成氢键HDO (1-a)·p 3.答案：(1)①-2231.2×10 解析：(1)反应器I中参与反应的物质有CO、H,F心O:产 ②碳氯化反应嫡增、放热且1000℃时平衡常数远大于 物有CO2、H(O,Fe,发生反应3CO+FeO3一2Fe十3CO 10 Pa 3H+Fe,O一2Fe+3H,O,化合价发生改变的元素有C. ③向左变小 H,fe,C0,H:各1mol参与上述反应，各生成号mol Fe,. (2)①7.2×10 ②为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TC1,产 共专mol Fe,专mol Fe在反应器Ⅱ中发生反应3Fe十 品，提高效益 (3)将两周体粉碎后混合，同时数入C,使固体粉末“沸腾” 4H0g)一Fe,0十H,共生成号mlH。(2)①根据 解析：(1)①根摄盖斯定律可知△H=△H:一△H, 题给反应物及生成物书写即可。②多孔A山)可作为气体 一223k灯：mol:压孩平撕雪数K。=Ke÷K-1.2×10 Pa:②碳氧化反应的△H<0.△S>0,△G=△H一T△S<0. 吸附剂，含量过多会吸附生成的NH,且当A),含量大于 自发趋势大，并且平衡常数运大于10P。③碳氯化反应是 2%时，催化剂a一Fe的表面积城小，与反应物的接触面积减 气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向左移动：碳兼化反 小，反应追率诚小，也会导致产生的NH减少。 应放热，升高温度，平街向左移动，平衡转化单变小 (3)①NaHC),受热易分解，导数HCOO产率下降。②氯 (2)①根据题图可知，1400℃时，CO.C0平衡组成比例（物 基中的H原子连在电负性较大的N原子上，HCO方中的H 魔的量分数)分别为0.6.0.05，则C0平街分压p(C0) 原子连在电负性较大的()原于上，二者之间可以形成氢键 0.6×1.0×10Pa,C(0平衢分压p(C):)=0.05×1,0× N一H…(O、N…H-O。总反应为H,+HCO,一H(O+ 10P1,K,140℃)=bCC0=7.2×10P.②实际生产 HCOO,使用ID代替H2,若生成H)O,则可确认反应过 p(C().) 程中的加氢方式 中需要综合考感反应的速单，产率等，以达到最佳效益，实标 2.答案：(1)Cu(0S) 反应温度远高于200℃，是为了提高反总逸率，在相同时间 (2)催化剂反应中有污染空气的NO和NO,放出影响空 内得到更多的TCI:(3)固体之间接触面积主要取决于其 气环境、N),可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率 比表面积，固体颗轻越小，比表而积越大，固体之间接触面积 不高（答案合理即可） 越大。 4.答案：(1)170(2)同时回收H.高温耗能 (3)ed d (3)50%4.76 (1-a.)·p1 (4)①越高等温等压下加入惰性气体，平衡向气体分子数 解析：(1)根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两 增加的方向移动②d一24,9 个吸热峰，就明此时CuS)发生热分解反应，从TG图像可 以看出，质量减少量为原CS)质量的一半，说明有因体 解析：1)根据盖斯定律可知，反应④可由①十②-③得到， CuO剩余，还有其他气体产出，北时气体产物为S0,SO、O, 故△H=△H十AH:-△H, 可能出现的化学方程式为3Cus0.700C3Cu0+2S0,↑+ 3 SO,↑十O·,结合反应中产物的国休产物质量和气体产物 -1036k·mm+94W:m-(-484·mo)=+ 质量可以确定，孩反应的产物为Cu0、S),S),、(),故答案 170kJ·mol, 为Cu0,SO. (3)设n(HS)=1mol,则n(Ar)=4mol,转化的n(H,S) (2)(i)根据所给的反应方程式，NO,在反应过程中先消耗 xmol,列三段式： 再生成，说明N(O,在反应中起催化料的作用： 2HS(g)→2H(g)+S(g) (Ⅱ)近年来，婚空法被接触法代替国为在反应中有污染空气 起始rmol 0 0 的O和NO,放出影响空气环境，问时作为维化剂的NO 转化fmol 可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率 不高（答策合理即可）。 平衡mol 1一x (3)(「)根撼不同转化率下的反应追率曲线可以看出，随着 温度的升高反应速率先加快后城侵，n错误：从图中所给出 平衡时H,S和H,的分压相等，即(HS)=#(H),1一x 的速率曲战可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越 x,江=0.5，H:S的转化率为0.5×100%=50%：光时 快，但在转化率小于88%时的反应速率图像并没有给出，无 法判断a=0,88的条件下是平街转化率，b错误：从图像可 (H:S)=n(H.)=0.5 mol,(S 0.25 mol,p(S.) 0.25 以看出随着转化率的增大，最大反应速摩不断减小·最大反 0.5+0.5+0.25+4×100kPm≈4.76kPa,K。 应速率出现的温度也逸新降低，心正晚：从图像可以看出随 着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这 D(H):pS,平衡时H,S和H,的分压相等，故K,= p(H.S) 时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的 (S )4.76 kPa. 消耗，d正确：故答案选cd: (4)2HS(g)一2H:(g)十S(g)是气体物质的量增多的反 (Ⅱ)为了提高催化剂的综合性能，升学家对催化利进行了改 应，压强越小反应正向进行的程度越大，HS的转化率越 良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO 大。在100kPa的恒压条件下，n(HS):(Ar)越小，HS 的转化率最好，产率最佳，故答案途d: 的分压越小，相当于降低压强，HS的转化率越大，故题图 (m)设S0的起始分压为2x,则站合题中信息可得： 中曲线，b,c,d、e对应的n(H:S)in(Ar)分别是4i1 s0.(e0+20.(g一s0,(g 1:1,1：4.19、1:19。当(H2S):(Ar)=1:9时，设 起给分压： 2.r p十ra 0 aHS》=1mal.对a(Ar)=9ml,0s时pH,S)=0× 变压分压： 100kPa=10kPa,0,1s内HS的转化率为24%，即参加反 平衡分压：2r(1加) 2x08 应的H,S的物质的量为0.24mol,列三段式： 174 参考答案 2H,S(g)2H(g)+S,(g) ②b总反应△H<0,升高温度时平衡向逆反应方向移动， 起给/mol 0 0 甲醇的物质的量分数变小 转化/mol 0.24 0.24 0.12 ③33.3%5×103Pa.210℃9×103Pa,250℃ 0.I s/mol 0.76 0.24 0.12 解析：(1)根据盖斯定律，总反应=反应①十反应②，则△H 0.76 0.1s时p(H,S)=0.76+0.21+0.12+9×100kPa≈ =△H1十△H=一49kJ·mol:反应①为吸热反应，反应 物总能量气于生成物总能量，反应②和总反应为放热反应， 7.51kPa,则0.1s内HS分压的平均变化率为 反应物总能量高于生成物甚能量，又知反应①为慢反应，所 7.51kPa-10kPa=-24.9kPa·s, 以反应①的活化能更高，A正确。 0.1* (2)①结合总反应的化学方程式可知 题组五 K,=HO)·PCH OH) 1.答案：(1)C0.+2H+2e-HC00H p(H)·p(C)) (2)①+14.8②2.4×10·8③10 ②总反应为气体体积减小的放热反应，当其他条件不变，升 (3)①CD②当≤a时，随c增大面增大，因M是基元反 高温度或减小压强时，平衡逆向移动，r(CHOH)减小，则a 应的反应物（直接影响基元反应1中反应物L,的生成）： 为250℃下的x(CHOH)~p曲线，b为p=5×10Pa下的 c>。时，v不再是著增加，因受限于C(),(g)和H.(g)在溶液 r(CH(OH)-t曲线 中的溶解速度（或浓度） ③当x(CHOH)=0.10时，设C),H起始物质的量分别 解析：(1)CO在电极B上被还原为HCOOH,则B为阴极， 为amol、3amol,C),转化了bmol,列三段式 电解过程中H通过质予交换脱进入酬极室，则阴极反应式 CO:(g)+3H (g)-CH OH(g)+H,O(g) 为CO,+2H+2e-HCOOH. 始fmol 3a 0 0 (2)①反应川=反应Ⅱ一反应I,根据益斯定律，△H= 转/mol b36 b b △H2-△H,=-378.7kJ·mol+393.5kJ·ml'= 平/mol 4-b3a-3b b 十14.8k·mol。②设平街时CO2转化的求度为 (CH OH= 0-6+3a-36+b+6=0.10,得a=3动，C0,的 xmol·L,可得三登式： CO.(g)+H,(g)=HCOOH(g) 平街转化率a=6m口l×100%≈33.3%：分析题给国像. a mol 起始求度/ 1.0 1.0 0 x(CHOH)=0.10时，曲线a相应的点表示温度250℃，压 (mol·L1) 强9×10Pa,曲线b相应的点表示压强5×10P,温度 转化浓度/ 210℃ (mol·L1) 3.答案：(1)2V0(s)+29)(g)—2V)(s)+V(0(s》△H 平衡浓度 =-351kJ·mol厂 (mol·L.) 1.0-x1.0-x (2)0.975该反应气体分子数减少，增大压强，a提高。5.0 财有1.0)-24×10，图为该反应的平衡常就很小， MPa>2.5MPa=p:,所以p=5.0MPa温度、压强和反 应物的起始浓度（组成） 所以可认为1.0一x≈1.0，因此r2.4×10",即(C),的平 2ma 衡转化率约为2.4×108。③因为弱电解质的电离程度和 (3)100-ma 监类水解程度都较低，所以可认为孩溶液中：(NH·HO》 a-a)(1o0=ma】 ≈l.00mol·1.1,c(NH)≈0.18mol·1.,K(NH,· (4)升高温度，k增大使v逐渐提高，但a降低使逐渐下降 H,oy=cNH）:coH）=018 Xc(oH=1.8× <时，k增大对u的提高大于a引起的降低：>.后，k 增大对？的提高小于a引起的降低 c(NH,·HO) 1.00 解析：(1)排据题图(a》知，VO,(s)+S0(g)一V,O(s)+ 10,由此得r(OH》=1.0×10mol·1.,298K时， S0,(g)△H1=-24kJ·mo1①，V,O.(s)+2S02(g) c(H)= (oi)-1.0x10"mal·1.pH=10. K -2VOS),(s)△H,=一399kJ·mol②。根摄蓝斯定 律，由②-①×2开2V,0(s)+2S0)2(g)一2V0S0(s)+ (3)①化学反应的活化能越高，别反应速率越慢，一个分多步 V,O(s)△H=(-399+48)kJ·mo1=-351kJ· 进行的反应，其总反应速摩取决于速率最慢的步骤，园此慈 。(2)由题给反应式知，该反应为气体分子数域少的反 反应的達率由反应川的速率决定。CO为反应W的反应 物，CD的压强运大，溶液中C)的浓度越大，反应W的速 应，其他条件一定时，增大压强，SO2平街转化率增大，故P =5.0MPa。结合题图(b)知5,0MPa、550℃时对应的SO. 率越大，而反应Y的速率<反应V的速率，周此增大C(),的 平衡转化率为0,975。影响平衡转化率的因素有温度，压强 压强，单位时问内生成的Q和【的求度增大，即反应川的反 反应物的起始求度等。(3)设通入的S):,(O和N,共100 应物求度增大，反应川的速率增大，慧反应速率增大，A错 mal,利用三段式法进行计算： 误；H是反应V的反应物，溶液中溶解H的浓度越大，反 催化 应V的速率越大，单位时间内消耗Q和生成L的浓度越大， 0.(g+20,g →S0(g) 使反应N平街正移，反应川的速率增大，慈反应速率增大，B 起始量/mol 2m 理 0 错误：总反应速率由反应门的建率决定，反应门的选率<反 转化量/mol 2ma 2ma 应V的速率，因此反应体系中会有一定量的【，留存，如采反 平街量/mol 2m一2mam一na 2ma 应V的△H<0,那么温度升高将使反应V的平衡递移，使反 平衡时气体的慈物质的量为(3m十g一ma)mol,则p(S)2) 应体系中I的浓废减小，此时若L求度减小对反庶门速率 2一2ma 一a 的彩响强于或热消温度升高对反应门速率的影响，则反应川 pX 3mgmaP(:)-px 3mm(SO)-px 的速率会降低或不变，即温度升高惑反应的速率不一定增 大，C正确：N(CHCH):的N原子上有弧电子对，能结合 3m+g-ma因3m+q=100,K。 2ma (SO ,代入 (S))Xp(O,) HC()H电离出的H形成盐，使产物HC()()H的求度降 低，总反应的平衡正移，因此能提高CO的转化率，D正确。 计算得K。■ :(4)升高温度，反应 2.答案：(1)一49A△H,为正值，△H.和△H为负值，反应 1-a(1o0=ma） ①活化能大于反应②的 速率常数k增大，反应速率v提高，但a降欲使反应逸单逐 (2①(H.O)·p(CH.OHD 渐下降，1<.时，k增大对v的提高大于a引起的降低： p(H:)·(CO) 1后，k增大对v的提高小于a引起的降旅。 175 五年高考真题分类·化学 4,答案：(1)HCO+H, 维化制HCO0+H,0 温度升高 反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 达到平衡时m(C0)=4×m0l,C0的年衡转化率。= (2)①HC0)+2OH-2e一HCO+H.(0H.S) mol ②2HC00H+2OH+O.一2HC(),+2H0或 4 mol ×100%97,3%。气体的分压=总压强×该气体 2HCOO+0.-2HCO 的物质的量分数，则接温度下的压强平衡常教K= (3)①HD②提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度 pNi(CO》J 0.9×p 0.9×1.0Ma =9000(MP)3. 解析：(1)HC)和H:在催化剂的作周下反应生成 p'(O) (0.1×A)(0.1X1.0MPa HCO),根据原子守恒和电荷守恒，可知生成物中还有水， ,当Ni(C"O) 据此可写出有关反应的离子方程式。适当升高温度时，惟化 ()由题路关系式可得e=6[Ni(CO) 6[Ni(CO) 剂的活性增强，HCO催化加氢的反应速单增大，相同反应 反应一半时。 C[Ni(C"O) 时间内，HCO催化加氢的转化率迅速上升。(2)①负极发 c[Ni(CO), =即e4=合一妈 生氧化反应，碱性条件下，HC()(其中的破元素为十2价》 n号4=n2,则4- 被氧化生成HC)(其中的碳元素为十4价)，别负极的电极 k 反应式为HCOO+2(OH-2e一HCO+HO。正极 2.答案：(1)一200(X+Y) 反应中，Fe被还原为Fe,F再被O在酸性条件下氧 (2)ac8.3×10◆0.0839% (3)cc与b温度相同，K不变，压强增大，(x1m/xm),增 化为Fe+,Fe3十相当于催化剂，国为最终有K:SO,生成，O 氧化Fe+的过程中要消耗H,数需要补充的物质A为 HSO,。②结合上迷分析可知，HCOOH与O反应的离子 大达到四 工m糕、=1,0所需时间更长 解析：(1)反应I为可逆反应，在相同条件下，以等物质的量 方程式为2HC()H十2OH+02HC)+2H0或 的BL.或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，以5.0× 2HCOO+O,一2HO,。(3)①根据原子守位并结合题 10 mol BI.为原料，达平衡时放热XkJ,以5.0X10mol 图3，可知HCOOD催化释氢反应膝生成CO,外，还生成 BD为原料，达平衡时吸热Yk,故反应L的△H HD。②从题图3可以看出，HC)OH催化释氢的第一步是 -kJ·mol=-200(X+y)k材·mol。 HC))H转化为HC()),故以HCO)K溶液代替HC(O)OH 催化释氢，可以提高锋放氢气的速率，并且HCOOK催化释 (2)由X<Y,可知达到平衡时BD的转化量大于BL.的转化 氢时，氨元素的来源单一，此方法可提高释放出氩气的纯度 童，即平衡时L,的量多于BD,a心的线表示x变化。反应 题组六 I平衡常数K=P 0.36 1P·p0.48×(3×10ykPa交 1.答案：1)，wN个闪 。 8.3×10kPa。平衡时，xm十石w=0.84,剩余为THF、 BuOH和HO,由于生成THF和BuOH时产生的HO与 (2)8分子品体 THF或Bu)H的物质的量之比为1：1，所以剩余组分中一 (3)小于降低温度，增大压强97.3%9000 (4)h2 半为H,0,即0-一08别-0.08。由元素质量守恒可 2 知，平衡时BL及其含碳产物共占0.92，此时xm=0.36,BD 解析：(1)Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布式为 产率为036 3d 0.92×100%≈39%. [A]3d4s2,尉其价电子轨道表示式为，，↑↑ (3)反应1的正反应为放热反应，以BL为初始原料，温度升 高，平衡递向移动，温度越高，反应速率越快，达到平街所用 :,镍的品胞结构类型与铜的相同，剥镍原子平径为品胞 时间越短，则曲线a表示(513K,2,5×10kPa)条件下的变 化：相同温度时，反应1的平街常数K不变，压强增大 面对角线长度的，固为晶胞体积为口，所以品胞校长为， (国人rm),增大，又可忽略压强对反应追率的影响，则 面对角线长度为②，则镍原子半径为。 Im)Iu一减小，曲线e表示(93K,3.5X10kP阳)条件 0. (xwu） 下的变化 (2)由Ni(CO),的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形 3.答案：(1)8.0×101·mol 成配位键，配位键劫为：键，而每个配体C0中含有1个碗 (2)①高温②AB 氧三键，每个三键中含有1个a续，因此1个N(CO)分子 中含有8个。键。N(C),的沸点很低，且由其结构可知滨 畅质由分子构成，因此其品体类型为分子品体。 (3)随着温度升高，平街时N(C),的体分数减小，说明 湿度升高平街逆移，因此该反应的△H0。该反应的正反 应是气体慈分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压 4H,(gh+CS,(g) 2H,(gHS.(g+CH (g) 强均有利于N(CO),的生成。由上述分析知，温度相同时， 2HS(gHCHg) 增大压强平街正向移动，对应的平衡体系中Ni(C),的体 度以程 积分数增大，则压强：p,>p>p:>书，即力对应的压强是 ④1000℃时CH,不参与反应，相同分压的HS经历相同 L.0MPa。由题国乙可知，P100℃条件下达到平衡时，CO 的时间转化率相同 和Ni(CO),的物质的量分数分别为0.1,0.9，设初始投入的 ⑤先升后降。在低温段，以反应I为主，随温度升高，S(g) CO为4mal,反应生成的Ni(C(),为xmol,可得三段式： 的体积分数增大：在高温段，随温度升高，反应Ⅱ消耗S的 Ni(s)+4CO(g)-Ni(CO)(g) 速率大于反应I生成S:的速率，S(g)的体积分数或小 刀sfml 4 0 解析：(1)S,是国体，平衡常数的计算与S无关，根据题给 na/mol 4.x e2(H0) 月4w?m0 4-4x 4-3.x 各气体的平衡流度得K=(H,S,(S0) 根据问伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即 (4.0×10-1)2 为共新质的量分数，因光有=0,9，解得=驴周比 (2.0x10)×5.0×10L·m0=8.0× 10L.·molF'. 176 参考答案 (2)①根据盖新定律可知，1十Ⅱ即得反应Ⅲ，△H=△H十 反应Ⅱ： B+CH.OHTAME △H,=234kJ·m1>0,说明反应Ⅲ是吸热反应，又知孩 转化物质 反应是气体物质的量增加（即△S>0)的反应，根据反应自发 的量(mol) 进行△G=△H一T△S<0,可知反应Ⅲ在高温下能自发选 行。@A「是稀有气体，与该体系中各物质均不反应，N也 TAME手衡转化丰为a,即 =a,则x十y=a①，又知反 与体系中各物质均不反应，所以其他条件不变时，用A「特 代N作稀释气体，对实脸结果几乎无影响，A正确：总反应 应Ⅲ的平衡常数K一兰-90，即y-9②，联立D、②得 为吸热反应，升高温度平衡正向移动，温度越高，HS的转 x=0,1ay=0.9a,别A的物质的量为0.la mol,.B的物质的 化率越高，B正确：根据题表中数据无法得出：H.S中S一H 量为0,9amol:平街体系中各物质的物质的量：TAME为(1 健和CH中C一H健的相对强弱，C错误：恒温恒压下，增 一a)mol,CHOH为a mol、A为0.1amol、B为0.9amol.葛 加N的体积分处，相当于减压，平衡正向移动，H的物质 物质的量为(1一a)mol十amol十0.1amo十0.9amo=(1+ 的量增加，但容器客积增大的程度更大，故H浓度减小，D 1-a 错误。③反应1、川、Ⅲ均是吸热反应，根据题表中数据可知 a)mol,则反应的平衡常数K,= 1+a 反应L进行的温度比反应Ⅱ的低，说明反应I的活化能比反 1+a^1+a 应Ⅱ小，根据反应物的量及能量变化可得反应过程能量示意 图。④在1000℃，常压下，CH不参与反应，保持通入的 101一a》,同温同压下，弄向该容器中注入惰性溶剂稀锋， H,S体积分数不变，提高授料比时HS的分压不变，即平衡 反应I的化学平衡向着分子数增大的方向移动，即逆向移动： 不移动，故传化率不变 4.答案：(1)Fe、S、O、HFeH(S),) 根据反应Ⅲ的平衡常数不变，9(A)=c(B),c(CHOH)= e(A)+c(B),故e(A)c(CH OH)=0.1。 (2)FCl、HC1.BaC1CT,HO.SCN、OH (3)反应Ⅲ：A一B,353K时，K,=9.0,所以平街时 (3)2FeH(S0,:+40Na指性气领2Fe十H↑+ C(B)>c(A),则南线X表示B的变化。根据题图可知1 ANa:S+16Na O 100s时，Q=B=0≈10.18>K,=9.0,则反应 (4)用玻璃棒蘸取溶液G,点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说 x(A)0.011 明存在OH厂：取少量溶液G,加入足量H,(O,用盐酸酸化， 逆向进行，故医<证。 6.答案：(1)①CL+HOHC1+HCO 再加人BCL溶液，有白色沉淀，说明有S ②阴极发生反应：2H0+2e一H,↑+2O日厂生成OH, 解析：(1)C→D→E的现象税明X中含有Fe,结合固体F 与水反应生成0.56g固休H知，固体H为Fe,根据原子守恒 K通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成K(OH和 0.56g KC的混合溶液 得X中nFe)=6gmd=0.01ml.白色沉淀B为 (2)①KC1②1.(0i.13 4.66g 川.K1溶液和淀粉溶液：溶液变蓝（合理即可） BS0,说明X中含有s0方，且n(S0）=233g:nal 解析：(1)阳极室发生反应：2C1一2c一C1↑，C12十 0.02mxl。2.49gX中除Fe,S,O外，第四种元素的质量为 HO一HC+HCIO.CH-CH+HCIO→IOCH.CH,CL. 2.49g-0.56g-0.02mol×96g·mol=0.01g.结合化 (2)①若E()=100%,说明生成E)所用的电子，与通过 合物中各元素正，负化合价代数和为0，知第四种元素为日， 电极的电子物质的量相等；CH一CH,一 且n(H)=0.01ml,X中n(Fe+)÷n(H):n(SO)= 0.01mol;0.01mol;0.02mol=1;1;2,故X的化学式 HC一CH,,生成1 mol EO常转移2mol电子，则两极 为FH(SO,):,(2)考虑到FcCl溶于水时会电离为Fe 0 和CI,且Fe+在溶液中以水合铁离子形式存在，由FCI 均有2mol电子通过，阳权可生成1 mol HOCH.CH.C1和 -Fe(H,O)-Fe(SCN),~Fe(OH)知相应微粒与Fe 1 mol HC,朗极可生成2 mol KOH.HC+K(OH一KC1+ 的结合能力：CI<HO<SCN<OH。(3》依题意，FeH HO,H(CH.CH.CI+KOH→HC -CH +KCI+ (SO),)与是量金属Nn反应生成的因体F溶于水得到Fe利 不含S的溶液G,Na具有强还原性，说明X中的S HO,阳极液与阴极液反应后恰好生成1mo 被Na还原，还原产物应为N:S,X中十1价的氢元素被N HC一CH:和2 mol KC1。②1，H2O在阳极失去电子 还原为H,结合原子守位和得失电子守恒可写出X与N 反应的化学方程式。(4)溶液G中含有的朋离子为S和 生成()和H,需检验的物质是O,。i,(E)≈70%， OH,S可用HO2、稀盐酸、BaC溶液栓验，OH可用红 色石蒸试纸或酚队试液检验，具体方案见答案。 S(F0)≈97%，若100 mol CH.-CH2参加反应，则97mol 5.答案：(1)2甲基-2-丁烯D CH:一CH转化成EO,3 mol CH:一CH转化成CO 97 mol CH:一CH:转花成E0转移194mol电子，道过电板 （20.9a1二。）逆向移动0.1 a 电子的物质的量为 ,mol:3 mol CH2一CH:转化成 (3)X< 解析：(1)由题图可知，随着温度升高，K,,K。和K,·均减 C0.转移36mal电子，剩C0,)≈36×100%13%. 194 小，说明反应1，Ⅱ，Ⅲ的正反应均为数热反应，即△H<0 70% △H2<0、△H1<0,别A的能量比B高，故B相对稳定，B用 M.C1,和HCIO可将I氧化为1，淀粉道1，变蓝，HC1O)有 系统命名法命名为2一甲基一2一丁烯：根姆盖斯定律可知 漂白性，加入品红溶液，现象为品红溶液藏色：加入KI溶 Ⅲ=I一Ⅱ，△H,=△H,一△H<0,即△H<△H2,则有 液，发生反应生成，碘水呈棕黄色 △H, 4>1. 7.答案：(1)1t4变大 (2)de小于 (2)报据题干信息，设生成A的物质的量为xmol,生成B的 物质的量为ymol,则： 1 0.39'×039 反应1： A+CH,OH=TAME (3)9 0.039或 4 等 X 转化物质 的量(mol) (4)选择合适催化剂等 177