题型06 涉及基元反应的计算与决速步的判断-【好题汇编】备战2024-2025学年高二化学上学期期中真题分类汇编（上海专用）

题型06 涉及基元反应的计算及决速步的判断 一、单选题 1．大气中的臭氧层能有效阻挡紫外线、已知反应：，在有存在时(对反应有催化作用)的反应机理为：基元反应①：，基元反应②：，反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．a表示存在时反应过程的能量变化 B．是反应的催化剂，改变了反应历程，降低了 C．决定反应速率的是基元反应① D．增大压强和加入催化剂都能增大活化分子百分数 2．一种由化合物1催化的氢化机理如下图所示，其中化合物1(催化剂，固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如图所示。下列有关该过程的说法不正确的是 A．过程中共经历三个基元反应 B．该过程的总反应速率主要由过程②决定 C．升高温度或选择合适的催化剂，均不能提高产物2的平衡转化率 D．过程①的热化学方程式为   3．反应机理是化学中用来描述某一化学变化所经由的全部基元反应。Claisen—Schmidt反应是指醛与醛或酮在稀氢氧化钠水溶液或醇溶液存在下发生缩合反应，并失水得到不饱和醛或酮，其反应机理如下图所示： 下列有关说法正确的是 A．该反应机理中含有取代反应、加成反应和缩聚反应 B．和具有相同的电子数和质子数 C．苯甲醛和丙酮发生Claisen-Schmidt反应可以制得 D．反应机理中只有极性共价键的断裂和形成 4．一定温度下，大量研究表明、、三种双金属合金团簇均可用于催化DRM反应()，在催化剂表面涉及多个基元反应，其中甲烷逐步脱氢过程的相对能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．DRM反应中伴随非极性键的断裂和形成 B．双金属合金团簇具有良好的抗积碳作用 C．甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是 D．、、催化甲烷逐步脱氢过程的速率分别为、、，则 5．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)  ΔH=-198kJ·mol-1，在V2O5存在时，该反应机理为： ①V2O5＋SO2→2VO2＋SO3(快)； ②4VO2＋O2→2V2O5(慢)。 下列说法正确的是 A．该反应速率主要由第①步基元反应决定 B．基元反应发生的先决条件是反应物分子必须有足够的能量和合适的碰撞方向 C．V2O5的存在降低反应活化能，加快反应速率，提高反应限度 D．该反应的逆反应的活化能等于198kJ·mol-1 6．我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了光催化，加氢合成甲醇的反应历程，如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。 下列说法错误的是 A．图示历程包含了8个基元反应 B．反应过程中有非极性键的断裂和形成 C．总反应方程式为 D．总反应的正反应活化能小于逆反应活化能 7．某复合石墨烯基催化剂催化一氧化碳加氢生成甲醇的反应历程如图，图中TS表示过渡态，吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注，下列说法中正确的是 A．整个反应历程包含五个基元反应 B．物种吸附在催化剂表面的过程为吸热过程 C．该反应的决速步骤为： D．反应过程中，涉及非极性键的断裂和形成 8．汽车尾气未经处理直接排放，会严重污染环境。某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应经历三个基元反应，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法错误的是 A．反应达平衡后提高反应温度，反应物转化率减小 B．使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，但不改变反应物的平衡转化率 C．该化学反应的速率主要由反应③决定 D． 由题干反应历程图可知，整个反应分为三个基元反应阶段：①NO(g)+NO(g)=H=+199.2kJ•mol-1，②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)H=-513.5kJ•mol-1，③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)H-306.6kJ•mol-1，根据盖斯定律①+②+③可知：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-620.9kJ⋅mol-1，据此分析解题。 9．1，3-丁二烯与HBr发生加成反应机理如图。反应Ⅰ和反应Ⅱ都经过同一中间体，进一步发生基元反应②和基元反应③得到两种不同的加成产物。下列说法错误的是 A．基元反应①△H>0，基元反应②△H<0 B．基元反应③相对于基元反应②为慢反应 C．同一条件下，反应Ⅱ的倾向性比反应Ⅰ的倾向性大 D．反应过程中，升高温度，1，2-加成产物的产率明显增加 二、填空题 10．对于基元反应，如aA＋bBcC＋dD，反应速率v正=k正·ca(A)·cb(B)，v逆=k逆·cc(C)·cd(D)，其中k正、k逆是速率常数，仅受温度影响。 已知 反应I　4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)  ΔH1=-902 kJ·mol-1 反应Ⅱ　8NH3(g)＋6NO2(g)7N2(g)＋12H2O(g)  ΔH2=-2740 kJ·mol-1 反应Ⅲ　N2(g)＋O2(g)2NO(g)  ΔH3=＋182.6 kJ·mol-1 对于基元反应Ⅳ　2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)  ΔH4，在653 K时，速率常数k正=2.6×103 L2·mol-2·s-1，k逆=4.1×103 L·mol-1·s-1。 (1)ΔH4= kJ·mol-1。 (2)计算653 K时的平衡常数K= ，若升高温度， (填“k正”或“k逆”)增大的倍数较大。 (3)653 K时，若NO的浓度为0.006 mol·L-1，O2的浓度为0.290 mol·L-1，则正反应速率为 mol·L-1·s-1。 11．研究化学反应中的能量变化具有重要价值。定量计算和测量则是常用的研究方法。 (1)通过化学键的键能可计算化学反应的反应热。已知几种共价键的键能数据如下： 共价键 C—H H—H H—O C=O 键能/kJ•mol-1 413 436 463 745 则CO2和H2反应生成CH4和气态H2O的热化学方程式为 。 (2)利用简单碰撞理论和活化能概念可解释反应过程中的能量变化。 ①下列关于简单碰撞理论的说法正确的是 (填字母)。 A．发生有效碰撞的分子不一定是活化分子 B．某些反应的点燃或加热条件是为了使普通分子获得能量转变为活化分子 C．基元反应的实质是活化分子有合适取向的碰撞 D．反应活化能越大，则反应过程中单位体积内的有效碰撞次数越多 ②水煤气变换反应为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)。若无催化剂时该反应体系的相对能量随反应过程变化如图所示，则该反应的ΔH= kJ/mol(用含E1、E2的代数式表示)。 已知该反应在固体催化剂M催化下分两步完成： Ⅰ.M(s)＋H2O(g)MO(s)＋H2(g)　 ΔH1>0 Ⅱ.MO(s)＋CO(g)M(s)＋CO2(g)　ΔH2<0 在图中画出该反应在M催化下的相对能量-反应过程示意图(已知M的相对能量为0) 。 (3)利用量热计可测量反应热。 ①在中和反应反应热的测定实验中，取50 mL 0.5 mol/L盐酸和50 mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应。NaOH浓度大于盐酸浓度的原因是 。若用等浓度等体积的醋酸代替盐酸进行实验，则实验中测得的中和反应的反应热ΔH将 (填“偏大”“偏小”或“不变")。 ②借鉴中和反应反应热的测量方法，某同学测量放热反应Fe(s)+CuSO4(aq) =Cu(s)+FeSO4(aq)的焓变ΔH(忽略温度对焓变的影响)。其中一次的实验结果见下表。 反应试剂 体系温度/℃ 100mL 0.200mol/L CuSO4溶液 1.68g Fe粉 反应前 反应后 t1 t2 所用溶液的密度、比热容分别近似取1.00g/cm3和4.18J/(g·℃)并忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。则ΔH= kJ/mol(用含t1、t2的代数式表示)。 三、解答题 12．回答下列问题 (1)已知、的标准燃烧热分别为、，则不完全燃烧生成和的热化学方程式为 。 (2)常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)=1.0×10-11 mol·L-1，该溶液可能是 。 ①二氧化硫的水溶液　②氯化钠水溶液　③硝酸钠水溶液　④氢氧化钠水溶液 (3)亚硝酸盐对人体健康的损害不亚于农药，可采用电解含、废水的方法除去(生成物为，同时再生，其原理如图所示。 ①从电解槽的 (填字母)口流出。 ②写出阴极的电极反应式 。 (4)在容积均为1L的三个密闭容器中，分别放入镍粉并充入1mol CO，控制在不同温度下发生反应：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。当反应进行到5min时，测得Ni(CO)4的体积分数与温度的关系如图所示。达到平衡时，a、b、c三个容器中CO的转化率由大到小的顺序为 。 (5)过氧化氢在酸性环境中可氧化。实验证明该氧化过程由如下一系列基元反应构成： ①(快反应) ②(反应①的逆过程，快反应) ③(快反应)   活化能 ④(慢反应)  活化能 a．该氧化过程总反应为： ； b．比较 (填“>”，“<”，或“=”) c．整个反应的反应速率由反应 (填反应序号)决定，选择合适的催化剂可以加快反应速率。 二甲醚()具有优良的燃烧性能，被称为21世纪的“清洁能源”。工业上以合成气(、)为原料“一步法”合成二甲醚的总反应为：  。 13．600℃时，在复合催化剂作用下，反应器中发生了下列反应： I．合成气合成甲醇：   Ⅱ．甲醇脱水生成二甲醚：   Ⅲ．水煤气变换反应：   则= 。 14．一定条件下，总反应中的起始浓度为，10min后反应I达到化学平衡，的平衡转化率为50%，则0~10min的平均反应速率为 。 15．传统合成法将反应I和Ⅱ分别在不同的反应器中进行，“一步法”连续发生以上三步反应。试从物质转化和化学平衡的角度，分析“一步法”的优点是 。 16．反应Ⅲ，水煤气变换部分基元反应如下： 基元反应 活化能 反应热 ① 0 -1.73 ② 0.81 -0.41 第②步基元反应逆反应的活化能为 eV。 17．尿素是一种重要的化工产品和常用氮肥。回答下列问题： (1)尿素中键角接近 。(填“109°28”“120°”或“180°”)。 (2)工业上，用和制备尿素，总反应包括两个基元反应，反应历程与相对能量变化关系如图1所示： ① ② 写出总反应的热化学方程式： ，该历程中决速步骤的反应是 (填“①”或“②”)。 (3)有人设想直接利用反应   ，进行人工固氮制备尿素，从热力学角度判断该反应 (填“可行”或“不可行”)，理由为 。 (4)碳酸丙烯酯(PC)是锂离子电池的常用溶剂。工业上常用尿素合成碳酸丙烯酯。 已知：①碳酸丙烯酯的结构简式为，沸点为238.14℃； ②1，2-丙二醇(PG)的沸点为162℃，尿素160℃以上会分解；1，2-丙二醇和尿素合成PC的反应如下：    在烧瓶中加入物质的量之比为2：1的PG和尿素，加入催化剂充分反应，测定不同温度下PC的平衡收率变化如图2所示。。 ①160℃以上，PC的收率下降的主要原因可能是 。 ②150℃时，PG的平衡转化率为 ，以液相中各物质的量分数代替浓度表示平衡常数= (保留2位小数)。 18．乙烯是一种重要化工原料。乙炔催化加氢是一种制备乙烯的生产工艺。 已知： ①     ②     (1)反应③自发进行的条件是 (填“高温”或“低温”)。 (2)在某一恒温体积可变的密闭容器中发生反应①，时刻达到平衡后，在时刻改变某一条件，其反应过程(Ⅰ、Ⅱ)如下图所示。～时，v(正) v(逆)(填“>”“＜”或“=”，下同)，Ⅰ、Ⅱ两过程分别达到平衡时，(g)的体积分数Ⅰ Ⅱ。 (3)在恒压、和CO的起始浓度一定的不同容器中发生反应②，催化反应相同时间，测得各容器中的转化率与温度的关系如图： ～段曲线变化的原因是 ，能提高平衡转化率的措施有 (任写两种)。 (4)在50℃、P Kpa下，向恒压密闭容器中充入物质的量均为1mol的、CO、气体，在催化剂作用下发生反应③和副反应，达到平衡时的转化率为60%，选择性：，则副反应的平衡常数 (为以分压表示的平衡常数)。 (5)乙炔电催化制乙烯工艺中，乙炔的转化率超过99%，乙烯产物的选择性高达83%。其反应历程如下图所示。“*”表示吸附。 ①该反应历程中，反应速率最慢的基元反应方程式为 。 ②下列说法中正确的是 (填标号)。 A．1→2中有极性键的断裂和生成 B．2→3中吸收能量大于4→5释放的能量 C．3→4中的作用是与O*生成OH* 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！9 学科网（北京）股份有限公司 $$ 题型06 涉及基元反应的计算及决速步的判断 一、单选题 1．大气中的臭氧层能有效阻挡紫外线、已知反应：，在有存在时(对反应有催化作用)的反应机理为：基元反应①：，基元反应②：，反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．a表示存在时反应过程的能量变化 B．是反应的催化剂，改变了反应历程，降低了 C．决定反应速率的是基元反应① D．增大压强和加入催化剂都能增大活化分子百分数 【答案】C 【解析】A．催化剂能降低反应活化能，结合图示可知b过程活化能较低，应为存在催化剂时反应过程的能量变化，故A错误； B．是反应的催化剂，改变了反应历程，但催化剂不影响，故B错误； C．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；反应①的活化能更大，则决定总反应速率的是基元反应①，故C正确； D．加入催化剂增大活化分子百分数，增大压强不改变活化分子百分数，故D错误； 答案选C。 2．一种由化合物1催化的氢化机理如下图所示，其中化合物1(催化剂，固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如图所示。下列有关该过程的说法不正确的是 A．过程中共经历三个基元反应 B．该过程的总反应速率主要由过程②决定 C．升高温度或选择合适的催化剂，均不能提高产物2的平衡转化率 D．过程①的热化学方程式为   【答案】A 【解析】A．由相对能量曲线可知，化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应，故A项错误； B．过程①的活化能为：(6.05-0.00)=6.05kJ·mol-1，②的活化能为：(11.28-2.08)=9.20kJ·mol-1，过程①的活化能小于过程②的活化能，过程①的反应速率大于过程②的反应速率，故该过程的总反应速率主要由过程②决定，故B项正确； C．由图可知为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于提高产物2的平衡转化率；催化剂不影响化学平衡，不能提高产物2的转化率，故C项正确； D．由图可知，过程①的热化学方程式为：I(s)+CO2(g)=(s)△H=+2.08kJ·mol-1，故D项正确； 故本题选A。 3．反应机理是化学中用来描述某一化学变化所经由的全部基元反应。Claisen—Schmidt反应是指醛与醛或酮在稀氢氧化钠水溶液或醇溶液存在下发生缩合反应，并失水得到不饱和醛或酮，其反应机理如下图所示： 下列有关说法正确的是 A．该反应机理中含有取代反应、加成反应和缩聚反应 B．和具有相同的电子数和质子数 C．苯甲醛和丙酮发生Claisen-Schmidt反应可以制得 D．反应机理中只有极性共价键的断裂和形成 【答案】C 【解析】A．由题意可知，该反应机理中含有加成反应和消去反应，没有形成高分子，没有缩聚反应，A错误； B．和具有相同的电子数，但后者少一个H，质子数不同，B错误； C．由反应原理可知苯甲醛和丙酮发生Claisen-Schmidt反应可以制得，C正确； D．反应机理中还形成了非极性共价键，即碳碳键，D错误； 答案选C。 4．一定温度下，大量研究表明、、三种双金属合金团簇均可用于催化DRM反应()，在催化剂表面涉及多个基元反应，其中甲烷逐步脱氢过程的相对能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．DRM反应中伴随非极性键的断裂和形成 B．双金属合金团簇具有良好的抗积碳作用 C．甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是 D．、、催化甲烷逐步脱氢过程的速率分别为、、，则 【答案】A 【解析】A．DRM反应()，由反应可知，有H-H非极性键的形成，无非极性键的断裂，故A错误； B．由反应进程可知，积炭反应为最后一步，做催化剂活化能大，反应不易发生，故产生积炭较少，故B正确； C．由图可知，甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是，故C正确； D．、、催化甲烷逐步脱氢过程的活化能＞＞，则反应速率，故D正确； 故选A。 5．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)  ΔH=-198kJ·mol-1，在V2O5存在时，该反应机理为： ①V2O5＋SO2→2VO2＋SO3(快)； ②4VO2＋O2→2V2O5(慢)。 下列说法正确的是 A．该反应速率主要由第①步基元反应决定 B．基元反应发生的先决条件是反应物分子必须有足够的能量和合适的碰撞方向 C．V2O5的存在降低反应活化能，加快反应速率，提高反应限度 D．该反应的逆反应的活化能等于198kJ·mol-1 【答案】B 【解析】A．反应①为快反应，反应②为慢反应，该反应速率主要取决于慢反应，即第②步反应，故A错误； B．基元反应能否发生条件是反应物的分子必须发生碰撞，只有哪些能量高的分子在具有合适的取向时发生的碰撞才是有效碰撞，这时反应才能够发生，故B正确； C．根据反应V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)、4VO2+O2→2V2O5(慢)可知，V2O5是反应的催化剂，所以提高了该反应活化分子百分数，使有效碰撞次数增加，反应速率加快，不能提高反应限度，故C错误； D．ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能=-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故D错误； 答案选B。 6．我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了光催化，加氢合成甲醇的反应历程，如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。 下列说法错误的是 A．图示历程包含了8个基元反应 B．反应过程中有非极性键的断裂和形成 C．总反应方程式为 D．总反应的正反应活化能小于逆反应活化能 【答案】B 【解析】A．反应历程中断键或成键或既有断键也有成键的步骤都算一个基元反应，但是吸附在催化剂表面或者脱离催化剂表面都不算基元反应，由图可知，图示历程包含了8个基元反应，故A正确； B．由图可知，反应过程中只有非极性键的断裂（H—H键的断裂），没有非极性键的形成，故B错误； C．由图可知，总反应为催化剂作用下二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应的化学方程式为，故C正确； D．由图可知，总反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，所以正反应活化能小于逆反应活化能，故D正确； 故选B。 7．某复合石墨烯基催化剂催化一氧化碳加氢生成甲醇的反应历程如图，图中TS表示过渡态，吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注，下列说法中正确的是 A．整个反应历程包含五个基元反应 B．物种吸附在催化剂表面的过程为吸热过程 C．该反应的决速步骤为： D．反应过程中，涉及非极性键的断裂和形成 【答案】C 【解析】A．从微观上看，反应物分子一般总是经过若干的简单反应步骤，才最后转化为产物分子的。每一个简单的反应步骤，就是一个基元反应。基元反应步骤要求反应物一步变成生成物，没有任何中间产物，由图可知，整个反应历程中有四个基元反应，A错误； B．由图可知，吸附在催化剂表面的生成物总能量低于反应物的总能量，为放热过程，B错误； C．反应的活化能越大，反应速率越慢，反应决速步为慢反应，由图可知，反应活化能最大，反应速率最慢，C正确； D．根据反应历程图可知，第一步基元反应中涉及H-H非极性键的断裂，但是整个过程中没有非极性键的生成，D错误； 故选C。 8．汽车尾气未经处理直接排放，会严重污染环境。某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应经历三个基元反应，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法错误的是 A．反应达平衡后提高反应温度，反应物转化率减小 B．使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，但不改变反应物的平衡转化率 C．该化学反应的速率主要由反应③决定 D． 【答案】C 【分析】 由题干反应历程图可知，整个反应分为三个基元反应阶段：①NO(g)+NO(g)=H=+199.2kJ•mol-1，②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)H=-513.5kJ•mol-1，③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)H-306.6kJ•mol-1，根据盖斯定律①+②+③可知：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-620.9kJ⋅mol-1，据此分析解题。 【解析】A．由分析可知，此反应为放热反应，提高反应温度，平衡逆向移动，则反应物转化率降低，A正确； B．使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，但催化剂不能使平衡发生移动，不能提高反应物的转化率，B正确； C．由题干反应历程图可知，反应①的活化能最高，反应速率最慢，决定整个反应的反应速率，C错误； D．由分析可知，反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-620.9kJ⋅mol-1，则N2(g)+2CO2(g)═2CO(g)+2NO(g)ΔH=+620.9kJ⋅mol-1，D正确； 故答案为：C。 9．1，3-丁二烯与HBr发生加成反应机理如图。反应Ⅰ和反应Ⅱ都经过同一中间体，进一步发生基元反应②和基元反应③得到两种不同的加成产物。下列说法错误的是 A．基元反应①△H>0，基元反应②△H<0 B．基元反应③相对于基元反应②为慢反应 C．同一条件下，反应Ⅱ的倾向性比反应Ⅰ的倾向性大 D．反应过程中，升高温度，1，2-加成产物的产率明显增加 【答案】D 【解析】A．根据反应机理图可知，基元反应①为吸热反应△H>0，基元反应②为放热反应△H<0，A正确； B．基元反应③活化能较大，反应速率较慢，所以基元反应③相对于基元反应②为慢反应，B正确； C．根据，反应可自发进行，两反应均为熵减反应，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅱ的倾向性比反应Ⅰ的倾向性大，C正确； D．根据反应机理图可知，1，2-加成反应活化能较小，升高温度，对于1，2-加成反应产率影响较小，D错误； 答案选D。 二、填空题 10．对于基元反应，如aA＋bBcC＋dD，反应速率v正=k正·ca(A)·cb(B)，v逆=k逆·cc(C)·cd(D)，其中k正、k逆是速率常数，仅受温度影响。 已知 反应I　4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)  ΔH1=-902 kJ·mol-1 反应Ⅱ　8NH3(g)＋6NO2(g)7N2(g)＋12H2O(g)  ΔH2=-2740 kJ·mol-1 反应Ⅲ　N2(g)＋O2(g)2NO(g)  ΔH3=＋182.6 kJ·mol-1 对于基元反应Ⅳ　2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)  ΔH4，在653 K时，速率常数k正=2.6×103 L2·mol-2·s-1，k逆=4.1×103 L·mol-1·s-1。 (1)ΔH4= kJ·mol-1。 (2)计算653 K时的平衡常数K= ，若升高温度， (填“k正”或“k逆”)增大的倍数较大。 (3)653 K时，若NO的浓度为0.006 mol·L-1，O2的浓度为0.290 mol·L-1，则正反应速率为 mol·L-1·s-1。 【答案】(1)-114.1 (2) k逆 (3)2.7×10-2 【解析】（1）根据盖斯定律，由×(反应Ⅰ×2-反应Ⅱ-反应Ⅲ×7)得反应Ⅳ，故ΔH4=×(ΔH1×2-ΔH2-ΔH3×7)≈-114.1 kJ·mol-1.； （2）653 K反应达到平衡时，v正=k正·c2(NO)·c(O2)=v逆=k逆·c2(NO2)，该温度下的平衡常数K==。升温，K减小，减小，k逆增大的倍数较大； （3）正反应速率v正=k正·c2(NO)·c(O2)，将数据代入，计算得到v正=2.6×103×0.0062×0.290 mol·L-1·s-1≈2.7×10-2 mol·L-1·s-1。 11．研究化学反应中的能量变化具有重要价值。定量计算和测量则是常用的研究方法。 (1)通过化学键的键能可计算化学反应的反应热。已知几种共价键的键能数据如下： 共价键 C—H H—H H—O C=O 键能/kJ•mol-1 413 436 463 745 则CO2和H2反应生成CH4和气态H2O的热化学方程式为 。 (2)利用简单碰撞理论和活化能概念可解释反应过程中的能量变化。 ①下列关于简单碰撞理论的说法正确的是 (填字母)。 A．发生有效碰撞的分子不一定是活化分子 B．某些反应的点燃或加热条件是为了使普通分子获得能量转变为活化分子 C．基元反应的实质是活化分子有合适取向的碰撞 D．反应活化能越大，则反应过程中单位体积内的有效碰撞次数越多 ②水煤气变换反应为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)。若无催化剂时该反应体系的相对能量随反应过程变化如图所示，则该反应的ΔH= kJ/mol(用含E1、E2的代数式表示)。 已知该反应在固体催化剂M催化下分两步完成： Ⅰ.M(s)＋H2O(g)MO(s)＋H2(g)　 ΔH1>0 Ⅱ.MO(s)＋CO(g)M(s)＋CO2(g)　ΔH2<0 在图中画出该反应在M催化下的相对能量-反应过程示意图(已知M的相对能量为0) 。 (3)利用量热计可测量反应热。 ①在中和反应反应热的测定实验中，取50 mL 0.5 mol/L盐酸和50 mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应。NaOH浓度大于盐酸浓度的原因是 。若用等浓度等体积的醋酸代替盐酸进行实验，则实验中测得的中和反应的反应热ΔH将 (填“偏大”“偏小”或“不变")。 ②借鉴中和反应反应热的测量方法，某同学测量放热反应Fe(s)+CuSO4(aq) =Cu(s)+FeSO4(aq)的焓变ΔH(忽略温度对焓变的影响)。其中一次的实验结果见下表。 反应试剂 体系温度/℃ 100mL 0.200mol/L CuSO4溶液 1.68g Fe粉 反应前 反应后 t1 t2 所用溶液的密度、比热容分别近似取1.00g/cm3和4.18J/(g·℃)并忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。则ΔH= kJ/mol(用含t1、t2的代数式表示)。 【答案】(1)CO2(g)＋4H2(g)= CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH= -270 kJ/mol (2) BC E1-E2 (3) 保证盐酸完全被中和 偏大 -20.9(t2-t1) 【解析】（1）CO2和H2反应生成CH4和气态H2O的热化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)═CH4(g)+2H2O(g) ΔH=2×745kJ/mol+4×436kJ/mol-4×413kJ/mol-4×463kJ/mol=-270 kJ/mol,故答案为：CO2(g)＋4H2(g)= CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH= -270 kJ/mol； （2）①A．发生有效碰撞的分子一定是活化分子，故A错误； B．点燃或加热时，分子会吸收能量，使普通分子获得能量转变为活化分子，故B正确； C．活化分子有合适取向时发生有效碰撞，即发生了化学变化，故C正确； D．反应活化能越大，反应速率越慢，可知单位体积内的有效碰撞次数越少，故D错误； 故答案为：BC； ②水煤气变换反应为CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)。若无催化剂时该反应体系的相对能量随反应过程变化如图所示，则该反应的ΔH=(E1-E2)kJ/mol，催化剂影响反应历程，对反应的始末状态无影响，该反应在M催化下的相对能量-反应过程示意图为：； （3）①在中和反应反应热的测定实验中，取50mL0.5mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，NaOH浓度大于盐酸浓度的原因是：保证盐酸完全被中和，若用等浓度等体积的醋酸代替盐酸进行实验，醋酸电离是吸热过程，焓变为负值，则实验中测得的中和反应的反应热ΔH将偏大，故答案为：保证盐酸完全被中和；偏大； ②100mL0.2mol•L-1CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02mol，1.68gFe粉物质的量==0.03mol，有0.02molCuSO4反应，按实验进行计算，ΔH=-kJ/mol=-20.9(b-a)kJ/mol,故答案为：-20.9(t2-t1)。 三、解答题 12．回答下列问题 (1)已知、的标准燃烧热分别为、，则不完全燃烧生成和的热化学方程式为 。 (2)常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)=1.0×10-11 mol·L-1，该溶液可能是 。 ①二氧化硫的水溶液　②氯化钠水溶液　③硝酸钠水溶液　④氢氧化钠水溶液 (3)亚硝酸盐对人体健康的损害不亚于农药，可采用电解含、废水的方法除去(生成物为，同时再生，其原理如图所示。 ①从电解槽的 (填字母)口流出。 ②写出阴极的电极反应式 。 (4)在容积均为1L的三个密闭容器中，分别放入镍粉并充入1mol CO，控制在不同温度下发生反应：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。当反应进行到5min时，测得Ni(CO)4的体积分数与温度的关系如图所示。达到平衡时，a、b、c三个容器中CO的转化率由大到小的顺序为 。 (5)过氧化氢在酸性环境中可氧化。实验证明该氧化过程由如下一系列基元反应构成： ①(快反应) ②(反应①的逆过程，快反应) ③(快反应)   活化能 ④(慢反应)  活化能 a．该氧化过程总反应为： ； b．比较 (填“>”，“<”，或“=”) c．整个反应的反应速率由反应 (填反应序号)决定，选择合适的催化剂可以加快反应速率。 【答案】(1) (2)①④ (3) a (4)a>b>c (5) < ④ 【解析】（1）已知、的标准燃烧热分别为、，则有方程式①CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ·mol-1，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.5kJ•mol -1，由盖斯定律可知②－①得CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=-443.5 kJ·mol-1。 （2）常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)=1.0×10-11 mol·L-1，说明该溶液中水的电离被抑制，该溶液既可能呈酸性，也可能呈碱性，①二氧化硫的水溶液中的亚硫酸和④氢氧化钠水溶液抑制水的电离，①和④合理；NaCl溶液和NaNO3溶液对水的电离无影响，②和③不合理，故答案为：①④。 （3）①电解含、废水的方法除去(生成物为，同时再生，则Ce3+在阳极失去电子生成，由图可知左侧为阳极区，从电解槽的a口流出； ②在阴极得到电子生成NO，由得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：。 （4）由图可知，c点反应温度高于b点，则c点反应速率比b点快，当反应进行到5min时，c点Ni(CO)4的体积分数却比b点小，说明c点时反应已经达到平衡，且相比b点平衡逆向移动，由此说明升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率由大到小的顺序为：a>b>c。 （5）a．过氧化氢在酸性环境中可氧化，最终生成和水，所以该氧化过程总反应为：； b．活化能越低，反应速率越快，对应的反应快，则<； c．反应④是慢反应，慢反应决定整个反应的速率，所以整个反应的速率由反应④决定，选择合适的催化剂可以加快反应速率。 二甲醚()具有优良的燃烧性能，被称为21世纪的“清洁能源”。工业上以合成气(、)为原料“一步法”合成二甲醚的总反应为：  。 13．600℃时，在复合催化剂作用下，反应器中发生了下列反应： I．合成气合成甲醇：   Ⅱ．甲醇脱水生成二甲醚：   Ⅲ．水煤气变换反应：   则= 。 14．一定条件下，总反应中的起始浓度为，10min后反应I达到化学平衡，的平衡转化率为50%，则0~10min的平均反应速率为 。 15．传统合成法将反应I和Ⅱ分别在不同的反应器中进行，“一步法”连续发生以上三步反应。试从物质转化和化学平衡的角度，分析“一步法”的优点是 。 16．反应Ⅲ，水煤气变换部分基元反应如下： 基元反应 活化能 反应热 ① 0 -1.73 ② 0.81 -0.41 第②步基元反应逆反应的活化能为 eV。 【答案】13． 14．0.06 15．采用一步法时，反应I生成的CH3OH可以由反应Ⅱ立即转化为二甲醚；反应Ⅱ中生成的H2O又可被反应Ⅲ消耗；反应Ⅲ中生成的H2又可作为原料参与到反应I中，3个反应相互促进，从而提高了CO的转化率和二甲醚的产率 16．1.22 【解析】13．已知总反应 ，由盖斯定律可知，反应(总反应-Ⅱ)×得到总反应，则ΔH1=。 14．由题意可知，10 min后反应I达到化学平衡时，一氧化碳的平衡转化率为50%，则由方程式可知，0~10 min氢气的平均反应速率为=0.06。 15．由方程式可知，“一步法”的优点是采用一步法时，反应I生成的CH3OH可以由反应Ⅱ立即转化为二甲醚；反应Ⅱ中生成的H2O又可被反应Ⅲ消耗；反应Ⅲ中生成的H2又可作为原料参与到反应I中，3个反应相互促进，从而提高了CO的转化率和二甲醚的产率。 16．由题意可知，第②步基元反应的反应热△H=-(Ea逆-Ea正)，由表格数据可知，逆反应的活化能Ea逆= 0.81ev+0.41ev=1.22 ev。 17．尿素是一种重要的化工产品和常用氮肥。回答下列问题： (1)尿素中键角接近 。(填“109°28”“120°”或“180°”)。 (2)工业上，用和制备尿素，总反应包括两个基元反应，反应历程与相对能量变化关系如图1所示： ① ② 写出总反应的热化学方程式： ，该历程中决速步骤的反应是 (填“①”或“②”)。 (3)有人设想直接利用反应   ，进行人工固氮制备尿素，从热力学角度判断该反应 (填“可行”或“不可行”)，理由为 。 (4)碳酸丙烯酯(PC)是锂离子电池的常用溶剂。工业上常用尿素合成碳酸丙烯酯。 已知：①碳酸丙烯酯的结构简式为，沸点为238.14℃； ②1，2-丙二醇(PG)的沸点为162℃，尿素160℃以上会分解；1，2-丙二醇和尿素合成PC的反应如下：    在烧瓶中加入物质的量之比为2：1的PG和尿素，加入催化剂充分反应，测定不同温度下PC的平衡收率变化如图2所示。。 ①160℃以上，PC的收率下降的主要原因可能是 。 ②150℃时，PG的平衡转化率为 ，以液相中各物质的量分数代替浓度表示平衡常数= (保留2位小数)。 【答案】(1)120° (2)    ② (3) 不可行 该反应是焓增、熵减反应， (4) 尿素分解(或副产物增多) 42.5% 10.59 【解析】（1）中C含有3个价层电子对，采用sp2杂化，故键角接近120°； （2）根据已知： ① ② 总反应的化学方程式为；结合图像可知，即热化学方程式为：  ；根据图1可知，第②不反应的活化能更大，为决速步骤的反应； （3）题给反应是熵减的反应，同时又是吸热反应，故从热力学角度判断该反应，因为该反应是焓增、熵减反应，； （4）①尿素在160℃以上分解，升高温度催化剂的活性下降都会使PC的收率降低； ②设起始加入2amolPG，amol尿素，PC的收率为85%，列化学平衡三段式； PC的收率为85%==×100%=85%，解得x=0.85a，该点温度下PG的平衡转化率为×100%=42.5%；液相中物质的总物质的量为1.15a+0.15a+0.85a=2.15a；以液相中各物质的量分数代替浓度表示平衡常数==10.59。 18．乙烯是一种重要化工原料。乙炔催化加氢是一种制备乙烯的生产工艺。 已知： ①     ②     (1)反应③自发进行的条件是 (填“高温”或“低温”)。 (2)在某一恒温体积可变的密闭容器中发生反应①，时刻达到平衡后，在时刻改变某一条件，其反应过程(Ⅰ、Ⅱ)如下图所示。～时，v(正) v(逆)(填“>”“＜”或“=”，下同)，Ⅰ、Ⅱ两过程分别达到平衡时，(g)的体积分数Ⅰ Ⅱ。 (3)在恒压、和CO的起始浓度一定的不同容器中发生反应②，催化反应相同时间，测得各容器中的转化率与温度的关系如图： ～段曲线变化的原因是 ，能提高平衡转化率的措施有 (任写两种)。 (4)在50℃、P Kpa下，向恒压密闭容器中充入物质的量均为1mol的、CO、气体，在催化剂作用下发生反应③和副反应，达到平衡时的转化率为60%，选择性：，则副反应的平衡常数 (为以分压表示的平衡常数)。 (5)乙炔电催化制乙烯工艺中，乙炔的转化率超过99%，乙烯产物的选择性高达83%。其反应历程如下图所示。“*”表示吸附。 ①该反应历程中，反应速率最慢的基元反应方程式为 。 ②下列说法中正确的是 (填标号)。 A．1→2中有极性键的断裂和生成 B．2→3中吸收能量大于4→5释放的能量 C．3→4中的作用是与O*生成OH* 【答案】(1)低温 (2) > = (3) ～段反应未达到平衡，随着温度的升高，反应速率加快，相同时间内转化量增多，转化率增大 及时分离、降低投料比 (4) (5) (或) AC 【解析】（1）由盖斯定律可知，①+②得反应③，=-283.1kJ/mol，,生成物气体分子数减少，，当时，反应可自发发生，由可知，反应③自发进行的条件为低温。 （2）反应①为放热反应，在前未达到平衡状态，此过程v(正)不断减小，v(逆)不断增大，直到在时v(正)=v(逆)，反应达到平衡，因此在-时，v(正)>v(逆)。恒温体积可变的密闭容器，表明反应在恒压条件下进行，温度不变，平衡常数不变，则Ⅰ、Ⅱ两过程平衡时，各物质体积分数相同。 （3）在相同反应时间，温度越高，反应速率加快，反应达到平衡所需的时间越短，～段温度较低，反应相同时间可能还未达到平衡，转化率随着温度的升高而增大，～时转化率降低，说明反应相同时间已达平衡，由于反应②是放热反应，温度升高平衡逆向移动。可以通入CO来降低投料比或及时分离产物，来提高平衡转化率。 （4）平衡时的转化率为60%，说明反应的共0.6mol，选择性，则生成消耗为0.48mol，生成消耗为0.12mol，反应③消耗为0.48mol，副反应消耗为0.12mol，生成为0.12mol，则平衡时，各物质的物质的量为、、、、、 ，气体总物质的量为2.4mol，总压强为P，则分压，，，则副反应的压力平衡常数； （5）①活化能越大反应速率越慢，则反应速率最慢的基元反应为(或)。 ②A．1→2中有O-H极性键的断裂和C-H极性键生成，正确； B．由图中反应物和生成物的差值可知，2→3中吸收能量小于4→5释放的能量，错误； C．3→4中由、OH*、O*中原子守恒可知，与O*反应生成OH*，正确； 故选AC。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！9 学科网（北京）股份有限公司 $$