破大题(1) 化学反应原理的综合应用(专题微讲PPT)-【赢在微点·考前顶层设计】2025年高考化学大二轮专题复习

破大题 （一）化学反应原理的综合应用 专题五　热化学　化学反应速率和化学平衡 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 真题引领/明确考向 赢在微点 化学 大二轮 第一部分 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 3 1.(2024·安徽卷)乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题： 【乙烷制乙烯】 (1)C2H6氧化脱氢反应： 2C2H6(g)+O2(g)===2C2H4(g)+2H2O(g)　ΔH1=-209.8 kJ·mol-1 C2H6(g)+CO2(g)===C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)　ΔH2=178.1 kJ·mol-1 计算：2CO(g)+O2(g)===2CO2(g)　ΔH3=______________ kJ·mol-1。 -566 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 (2)C2H6直接脱氢反应为C2H6(g)===C2H4(g)+H2(g)　ΔH4，C2H6的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，则ΔH4____________0(填“>”“<”或“=”)。结合该图，下列条件中，达到平衡时转化率最接近40%的是_________(填字母)。 a.600 ℃，0.6 MPa　 b.700 ℃，0.7 MPa c.800 ℃，0.8 MPa > b 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 增大 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 【乙烷和乙烯混合气的分离】 (4)通过Cu+修饰的Y分子筛的吸附—脱附。可实现C2H4和C2H6混合气的分离。Cu+的_________________与C2H4分子的π键电子形成配位键，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C2H4和C2H6的优点是______________________________________ _______________________________。 4s空轨道 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 (5)常温常压下，将C2H4和C2H6等体积混合，以一定流速通过某吸附剂，测得两种气体出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是____________(填字母)。 A.前30 min，两种气体均未被吸附 B.p点对应的时刻，出口气体的主要成分是C2H6 C.a~b对应的时间段内，吸附的C2H6逐渐被C2H4替代 BC 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 (1)将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2可得目标反应，则ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2) kJ·mol-1=-566 kJ·mol-1。(2)从题图可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反应，ΔH4>0。600 ℃、0.6 MPa时，C2H6的平衡转化率约为20%，a项错误；700 ℃、0.7 MPa时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b项正确；700 ℃、0.8 MPa时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率增大，因此800 ℃、0.8 MPa时，C2H6的平衡转化率大于50%，c项错误。(3)①仅发生反应ⅰ，设初始时C2H6的物质的量为1 mol，平衡时C2H6的转化率为25%，则消耗C2H6 0.25 mol，生成C2H4 0.25 mol，生成H2 0.25 mol, Kx1==；②同时发生反应ⅰ和反应ⅱ，且从题干可知Kx2远大于Kx1，反应ⅱ消耗反应ⅰ中生成的H2，使反应ⅰ正向进行， 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 C2H4的平衡产率增大。(4)配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对，不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。(5)前30 min，等于0，出口浓 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 度c为0，说明两种气体均被吸附，A项错误；p点时，C2H6对应的约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的较小，出口处C2H4浓度较小，说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B项正确；a点处C2H6的=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a点后C2H6的>1，说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落， 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 同时从图中可知，a点后一段时间，C2H4的仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p点到b点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p点后C2H4的也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C项正确。 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 2.(2024·黑吉辽卷)为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气：2HCl(g)+O2(g) Cl2(g)+H2O(g) ΔH1=-57.2 kJ·mol-1　ΔS　K。将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360 ℃、400 ℃和440 ℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线，如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 回答下列问题： (1)ΔS__________0(填“>”或“<”)；T3=_____________ ℃。 (2)结合以下信息，可知H2的燃烧热ΔH=______________ kJ·mol-1。 H2O(l)===H2O(g)　ΔH2=+44.0 kJ·mol-1 H2(g)+Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH3=-184.6 kJ·mol-1 < 360 -285.8 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 (3)下列措施可提高M点HCl转化率的是____________(填字母) A.增大HCl的流速 B.将温度升高40 ℃ C.增大n(HCl)∶n(O2) D.使用更高效的催化剂 (4)图中较高流速时，α(T3)小于α(T2)和α(T1)，原因是______________ ____________________________________________________________________________________________________________________。 BD 流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 (5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K=_________(用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)。 (6)负载在TiO2上的RuO2催化活性高，稳定性强。TiO2和RuO2的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66，则Ru的相对原子质量为_________(精确至1)。 6 101 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 　　该综合题主要考查热化学、化学反应速率和化学平衡等主干理论知识，主要命题点有盖斯定律的应用、反应速率和化学平衡的分析、化学平衡常数的表达式书写与计算、反应条件的分析选择、生产生活中的实际应用等，试题常以填空、读图、作图、计算等形式呈现。试题一般以与生产、生活紧密联系的物质为背景材料命制组合题，各小题之间又有一定的独立性。主要考查学生的信息处理能力、学科内综合分析能力，应用反应原理解决生产实际中的具体问题，体现了“变化观念与平衡思想”的核心素养。 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 命题热点/逐点突破 赢在微点 化学 大二轮 第二部分 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 23 1.盖斯定律的应用 热点一 盖斯定律的应用 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 同加异减成比例，观察消去做标记。 注意事项：每个方程式最多用一次；目标方程式中的物质只看在一个已知方程式中出现的物质；消去时注意化学计量数关系。 2.ΔH的计算 ①ΔH=生成物的能量-反应物的能量； ②ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和。 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1.(2023·新课标卷)氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题： 根据图中数据计算反应N2(g)+H2(g)===NH3(g)的ΔH=____________ kJ·mol-1。 -45 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 2.(2023·全国甲卷)甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题： 已知下列反应的热化学方程式： 3O2(g)===2O3(g)　K1　ΔH1=285 kJ·mol-1 ②2CH4(g)+O2(g)===2CH3OH(l)　K2　ΔH2=-329 kJ·mol-1 反应③CH4(g)+O3(g)===CH3OH(l)+O2(g)的ΔH3=________ kJ·mol-1， 平衡常数K3=_________________(用K1、K2表示)。 -307 ()或 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 +14.8 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 根据盖斯定律，ΔH3=ΔH2-ΔH1=-378 .7 kJ·mol-1+393 .5 kJ·mol-1= +14.8 kJ·mol-1。 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 +118 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 热点二 化学反应速率常数和化学平衡常数 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1.(2023·河北卷)氢气催化还原NOx作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原NO反应的速率方程为v=k·cx(NO)·cy(H2), k为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质的浓度，测定结果如下表。 组号 c(NO)/(mol·L-1) c(H2)/(mol·L-1) v/(mol·L-1·s-1) 1 0.10 0.10 r 2 0.10 0.20 2r 3 0.20 0.10 4r 4 0.05 0.30 ? 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 表中第4组的反应速率为___________ mol·L-1·s-1。(写出含r的表达式) 解析 0.75r 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1016 105 105 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 3.(2024·河北卷)1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体,可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 以上各反应的速率方程均可表示为v=k·c(A)·c(B)，其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(k1~k5分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，k1∶k2∶k3∶k4∶k5=100∶21∶7∶4∶23。 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 (1)30 min时，c(X)=6.80 mol·L-1，且30~60 min内v(X)=0.042 mol· L-1·min-1，反应进行到60 min时，c(X)=______________mol·L-1。 (2)60 min时，c(D)=0.099 mol·L-1，若0~60 min产物T的含量可忽略不计，则此时c(G)=_________________mol·L-1；60 min后，随T含量的增加，_________________(填“增大”“减小”或“不变”)。 5.54 0.033 增大 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1.化学平衡图像信息的获取 依据化学反应原理中反应速率和平衡移动知识解读图像，关键在于对“数”“形”“义”“性”的综合思考，包括： 热点三 化学平衡的图像分析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 (1)明标。 明晰横、纵坐标所表示的化学含义，这是理解题意和进行正确思考的前提。明晰坐标含义，也就是用变量的观点分析坐标，找出横、纵坐标的关系，再结合教材，联系相应的知识点。 (2)找点。 找出曲线中的特殊点(起点、顶点、拐点、终点、交叉点、平衡点等)，分析这些点所表示的化学意义以及影响这些点的主要因素及限制因素等，大多考题就落在这些点的含义分析上，因为这些点往往隐含着某些限制条件或某些特殊的化学含义。 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 分析角度如图所示。 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 2.常考化学平衡图像分析 (1)含量类综合图像分析。 此类图像纵坐标是物质的量或物质的量分数，横坐标可能是时间、温度、压强或其他，往往涉及多个变化曲线，分析时应细读试题相关内容，明确已知和所求，结合已学基本图像，读懂题给图像，分析曲线的变化趋势，研究变量间的内在联系，找出相应的变化规律,挖掘图像的隐含意义，挖掘解题切入点。 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 (2)产率、转化率类综合图像分析。 此类图像纵坐标是产率或转化率，横坐标可能是温度、压强或投料比，分析时应分析题给可逆反应的特征，联想横坐标变化因素对化学平衡的影响，根据图中线条的变化趋势，找出相应的变化规律，结合题设问题解答。 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 (1)0~50 min，经方式______处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率v(SiHCl3)=_________mol·L-1·min-1。 (2)当反应达平衡时，H2的浓度为__________mol·L-1，平衡常数K的 计算式为___________________。 (3)增大容器容积，反应平衡向___________________移动。 甲 5.6×10-5 0.195 2 逆反应方向 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 2.(2024·新课标卷)在总压分别为0.10、 0.50、1.0、2.0 MPa下，Ni(s)和CO(g)反应 达平衡时，Ni(CO)4的体积分数x与温度的 关系如图所示。反应Ni(s)+4CO(g)=== Ni(CO)4(g)的ΔH_______0(填“大于”或“小 于”)。从热力学角度考虑，____________ ___________有利于Ni(CO)4的生成(写出两点)。p3、100 ℃时CO的平衡转化率α=_________，该温度下平衡常数Kp=_________(MPa)-3。 小于 降低温度、 增大压强 97.3% 9 000 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 3.(2024·河北卷)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：SO2(g)+Cl2(g) SO2Cl2(g)　ΔH=-67.59 kJ·mol-1。 (1)若正反应的活化能为E正 kJ·mol-1，则逆反应的活化能E逆=_________________kJ·mol-1(用含E正的代数式表示)。 E正+67.59 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 (2)恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和其Cl2(g)，测定T1、T2、T3温度下体系达平衡时的Δp(Δp=p0-p，p0为体系初始压强，p0=240 kPa，p为体系平衡压强)，结果如图1。 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 图1中温度由高到低的顺序为__________,判断依据为_____________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________。M点Cl2的转化率为__________，T1温度下用分压表示的平衡常数Kp=_________kPa-1。 T3>T2>T1 该反应的正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强减小，从T3到T1平衡时Δp增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应 温度逐渐降低 75% 0.03 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 (3)图2曲线中能准确表示T1温度下Δp随进料比变化的是____________ (填字母)。 D 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 (1)根据反应热ΔH与活化能E正和E逆关系为ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可知，该反应的E逆=E正 kJ·mol-1-ΔH=(E正+67.59)kJ· mol-1。(2)该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，Δp越大。从T3到T1，Δp增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应,则温度由T3到T1逐渐降低，即T3>T2>T1。由题图甲中M点可知，进料比为n(SO2)∶n(Cl2)=2，平衡时Δp=60 kPa，已知恒温恒容情况下,容器内气体的物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”。 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 　　　　　　　SO2(g)+Cl2(g) SO2Cl2(g)　Δp 起始压强/kPa　 160　 　80 转化压强/kPa 　60　　 60　　 　60　　　　60 平衡压强/kPa　 100　　 20　 　　60 可计算得α(Cl2)=×100%=75%， 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 Kp===0.03 kPa-1。(3)由题图1中M点可知，进料比为2时，Δp=60 kPa，结合“三段式”以及T1时化学平衡常数可知，进料比为0.5时，Δp也为60 kPa，曲线D上存在(0.5，60)。本题也可以快解：根据“等效平衡”原理，该反应中SO2和Cl2的化学计量数之比为1∶1，则SO2和Cl2的进料比互为倒数(如2与0.5)时, Δp相等。 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 化零为整/综合应用 赢在微点 化学 大二轮 第三部分 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 67 ΔH1+ΔH2+ΔH3 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 (2)压力p下，C—H2O—CaO体系达平衡 后，图示温度范围内C(s)已完全反应， CaCO3(s)在T1温度时完全分解。气相中 CO、CO2和H2摩尔分数随温度的变化关 系如图所示，则a线对应物种为________ (填化学式)。当温度高于T1时，随温度 升高c线对应物种的摩尔分数逐渐降低的原因是__________________ ____________________________________________________________________________________。 H2 当温度高于T1时，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动,所以CO2的摩尔分数减小 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 0.5 不变 不变 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 ΔH1+ΔH2+ΔH3 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 c 降低分压，有利于反应ⅰ平衡正向移动且提高醇的浓度，可以使酯的水解程度降低从而提高产率 CH2==CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解 反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 40 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 Sn+4CH2==CHCN +4e-+4H+===Sn(CH2CH2CN)4 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 -1 055.6 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 < 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 温度升高，H2O2部分分解(或升温反应ⅰ逆向移动，反应ⅱ正向移动，对反应ⅰ的影响更大) 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 以上转化过程中，属于氧化还原反应的是_____________(填序号)。 (4)Fe3O4的催化反应机理如图3所示： ②⑥ 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 0.2 2.18 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 化学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 本部分内容讲解结束 把握高考微点，实现素能提升，完成专题微练16 (3)一定温度和压强下，反应ⅰ　C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)　Kx1； 反应ⅱ　C2H6(g)+H2(g)2CH4(g)　Kx2(Kx2远大于Kx1)(Kx是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数) ①仅发生反应ⅰ时，C2H6的平衡转化率为25.0%，计算Kx1=_________________。 ②同时发生反应ⅰ和ⅱ时，与仅发生反应ⅰ相比，C2H4的平衡产率_________________(填“增大”“减小”或“不变”)。 (1)反应2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g)前后的气体分子数目减小，所以该反应ΔS<0，该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故T1代表的温度为440 ℃，T3为360 ℃。(2)表示氢气燃烧热的热化学方程式为④H2(g)+O2(g)===H2O(l)，设①2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g)，②H2O(l)===H2O(g)，③H2(g)+Cl2(g)===2HCl(g)，则④=①+③-②，因此氢气的燃烧热ΔH=-57.2 kJ·mol-1-184.6 kJ·mol-1-44 kJ·mol-1=-285.8 kJ·mol-1。(3)增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率在减小，A项 不符合题意； M对应温度为360 ℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，B项符合题意；增大n(HCl)∶n(O2)，HCl的转化率减小，C项不符合题意；使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增加，D项符合题意。(4)图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。(5)由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4 mol，可列出三段式： 　　　 　 2HCl(g) + O2(g) Cl2(g) + H2O(g) 起始/mol 　　4　　　　　4　　　　0　 　　0 变化/mol　　3.2　　　 　0.8　　　1.6　 　 1.6 平衡/mol　　0.8　　　 　3.2　　　1.6　 　 1.6 则Kx==6。(6)由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故1.66==，则Ru的相对原子质量为101。 根据盖斯定律可知，反应③=×(反应②-反应①)，所以对应ΔH3=×(ΔH2-ΔH1)=×(-329 kJ·mol-1-285 kJ·mol-1)=-307 kJ·mol-1；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数K3=()。 3.(2024·浙江1月选考)某研究小组改用热化学方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，相关热化学方程式如下： Ⅰ：C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH1=-393.5 kJ·mol-1 Ⅱ：C(s)+H2(g)+O2(g)HCOOH(g)　ΔH2=-378.7 kJ·mol-1 Ⅲ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)　ΔH3 ΔH3=_________________kJ·mol-1。 4.(2023·湖南卷)已知下列反应的热化学方程式： ①C6H5C2H5(g)+O2(g)8CO2(g)+5H2O(g)　ΔH1=-4 386.9 kJ·mol-1 ②C6H5CHCH2(g)+10O2(g)8CO2(g)+4H2O(g)　ΔH2=-4 263.1 kJ·mol-1 ③H2(g)+O2(g)H2O(g)　ΔH3=-241.8 kJ·mol-1 计算反应④C6H5C2H5(g)C6H5CHCH2(g)+H2(g)的ΔH4=_________________ kJ·mol-1。 (1)根据盖斯定律，将①-②-③可得C6H5C2H5(g)C6H5CHCH2(g)+H2(g)　ΔH4=-4 386.9 kJ·mol-1-(-4 263.1 kJ·mol-1)-(-241.8 kJ·mol-1)=+118 kJ·mol-1。 1.含义：一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比。 2.表达式 反应：aA(g)+bB(g)gG(g)+hH(g) 表达式：v正=k正·ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的速率常数)，v逆=k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的速率常数)。 3.速率常数与化学平衡常数之间的关系 推导 一定温度下，可逆反应：aA(g)+bB(g)gG(g)+ hH(g)，达到平衡状态时，v正=k正·ca(A)·cb(B)，v逆=k逆·cg(G)·ch(H)，因平衡时v正=v逆，则k正 ·ca(A)·cb(B)=k逆·cg(G)·ch(H) 关系 ==K 4.Kp含义及计算 (1)含义。 有气体参与的反应，在化学平衡体系中，各气体物质的平衡分压替代平衡浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数。 (2)表达式。 对于一般可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，当在一定温度下达到平衡时其压强平衡常数Kp可表示为Kp= 其中p(A)、p(B)、p(C)、p(D)表示反应物和生成物的分压，用平衡分压可以这样计算： 分压=总压×物质的量分数。 p(总)=p(A)+p(B)+p(C)+p(D)； ==。 (3)计算技巧。 ①根据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度。 ②计算各气体组分的物质的量分数或体积分数。 ③根据分压计算公式求出各气体物质的分压，某气体的分压=气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)。 ④根据平衡常数计算公式代入计算。例如，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，压强平衡常数表达式为Kp=。 实验1与实验2相比，=，得y=1，实验1与实验3相比，=，得x=2，代入实验1，k==103r，根据实验4计算，v=103r(0.05)2×0.3=0.75r。 2.(2024·湖北卷)已知Kp=(pCO)n、K=(n是CO的化学计量数)。反应Ⅰ：BaCO3(s)+C(s)BaO(s)+2CO(g)，反应Ⅱ：BaO(s)+ 3C(s)BaC2(s)+CO(g)，反应Ⅰ、Ⅱ的lg K与温度的关系曲线如图所示。 (1)反应BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)在1 585 K的Kp= _________________Pa3。 (2)保持1 320 K不变，假定恒容容器中只发生反应Ⅰ，达到平衡时pCO=_________________Pa，若将容器容积压缩到原来的，重新建立平衡后pCO=_________________Pa。 (1)反应Ⅰ+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)，所以其平衡常数K=KⅠ×KⅡ=，由题图可知，1 585 K时KⅠ=102.5，KⅡ=10-1.5，即=102.5×10-1.5=10，所以=10×(105Pa)3=1016Pa3，则Kp==1016Pa3。(2)由题图可知，1 320 K时反应Ⅰ的KⅠ=100=1，即KⅠ==1，所以=(105 Pa)2，即pCO=105 Pa；若将容器容积压缩到原来的，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后pCO应不变，即pCO=105 Pa。 (1)根据化学反应速率的计算公式，v(X)=，60 min时，c(X)=6.80 mol·L-1-v(X)·Δt=6.80 mol·L-1-0.042 mol·L-1·min-1×30 min=5.54 mol·L-1。(2)已知==，又由题给反应速率方程推知，===3，则Δc(G)=×Δc(D)=0.033 mol·L-1，即60 min后c(G)=0.033 mol·L-1。60 min后，D和G转化为T的速率比为=，G消耗得更快，则增大。 1.(2024·甘肃卷)在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3：3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g)。773 K，2 L密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4 mol H2和0.1 mol SiCl4气体反应，SiCl4转化率随时间的变化如图所示： (1)由转化率图像可知，0~50 min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50 min时SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1 mol×4.2%=0.004 2 mol，根据化学计量数可得反应生成的SiHCl3的物质的量为0.004 2 mol×=0.005 6 mol，平均反应速率v(SiHCl3)==5.6× 10-5 mol·L-1·min-1。(2)反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为 　　　　　　 3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g) 起始浓度/(mol·L-1)　　0.05　 　0.2　　　　　　　　0 转化浓度/(mol·L-1)　0.007 3　0.004 8　　 　　　　0.009 7 平衡浓度/(mol·L-1)　0.042 7　0.195 2　　 　　　　0.009 7 当反应达平衡时，H2的浓度为0.195 2 mol·L-1，平衡常数K的计算式为。(3)增大容器容积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。 随着温度升高，平衡时Ni(CO)4的体积分数减小，说明温度升高平衡逆向移动，因此该反应的ΔH<0；该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于Ni(CO)4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)4的体积分数增大，则压强p4>p3>p2>p1，即p3对应的压强是1.0 MPa。由题图可知，p3、100 ℃条件下达到平衡时，CO和Ni(CO)4的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO为4 mol，反应生成的Ni(CO)4为x mol，可得三段式： 　　　　　Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g) 起始/mol　　　 　　4　　　　　0 转化/mol　 　　 　4x　　　　　x 平衡/mol　 　　 　4-4x　　 x 反应后总物质的量为(4-3x) mol，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即其物质的量分数，因此有=0.9，解得x=，因此达 到平衡时n转化(CO)=4× mol，CO的平衡转化率α=×100%≈97.3%；气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数Kp====9 000(MPa)-3。  1.(2024·山东卷)水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C—H2O体系制H2的影响，涉及的主要反应如下： C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)(Ⅰ)　ΔH1>0 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)(Ⅱ)　ΔH2<0 CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s)(Ⅲ)　ΔH3<0 回答列问题： (1)C(s)+CaO(s)+2H2O(g)CaCO3(s)+2H2(g)的焓变ΔH=______________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。 (3)压力p下、温度为T0时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数Kp=_________；此时气体总物质的量为4.0 mol，则CaCO3(s)的物质的量为____________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____________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，p(CO)将____________。 (1)已知三个反应： Ⅰ.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) Ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) Ⅲ.CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s) 设目标反应C(s)+CaO(s)+2H2O(g)CaCO3(s)+2H2(g)为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。(2)图示温度范围内C(s)已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2的量减小，摩尔分数 减小，CO的量升高，摩尔分数增大，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表H2的摩尔分数的变化，则c曲线代表CO2的摩尔分数随温度的变化，从开始到T1，CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1时，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小。(3)压力p下、温度为T0时，H2、CO、CO2的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为1-0.5-0.15-0.05=0.3，则反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数Kp== =；根据气体总物质的量为4.0 mol知，平衡时n(CO)=0.15×4.0 mol=0.6 mol，n(H2)=0.50×4.0 mol=2 mol，n(CO2)=0.05×4.0 mol=0.2 mol，在图示温度范围内，C已完全反应，设起始加入x mol C、y mol H2O，反应Ⅱ中转化的CO为a mol，反应Ⅲ中转化的CO2为b mol，则存在： 　　　　　　C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) 起始量/mol 　x　 　y　　　 　0　　0 转化量/mol 　x　 　x　　　 　x　　x CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 转化量/mol 　a　　　a　　　　a　　 a 　　　　　　CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s) 转化量/mol　　　 　　b　　　　　b 平衡时，n(CO)=(x-a) mol，n(H2)=(x+a) mol，n(CO2)=(a-b) mol，则x-a=0.6，x+a=2，a-b=0.2，联立解得x=1.3，a=0.7，b=0.5，即n(CaCO3)=0.5 mol。根据反应Ⅲ的平衡常数Kp=及平衡常数只与温度有关知，重新平衡时，体系中p(CO2)不变。温度不变，平衡常数不变，根据=K1·K2·K3、K2=知，p(CO)也保持不变。 2.(2024·湖南卷)丙烯腈(CH2CHCN)是一种重要的化工原料。工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂生产CH2CHCN的流程如下： 已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定。 ②反应釜Ⅰ中发生的反应： ⅰ.HOCH2CH2COOC2H5(g)CH2CHCOOC2H5(g)+H2O(g)　ΔH1 ③反应釜Ⅱ中发生的反应： ⅱ.CH2CHCOOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCONH2(g)+ C2H5OH(g)　ΔH2 ⅲ.CH2CHCONH2(g)CH2CHCN(g)+H2O(g) ΔH3 ④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。 回答下列问题： (1) 总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCN(g)+ C2H5OH(g)+2H2O(g)ΔH=_______________________(用含ΔH1、ΔH2和ΔH3的代数式表示)。 (2)进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)∶n(C2H5OH)=1∶2，出料中四种物质(CH2CHCOOC2H5、CH2CHCN、C2H5OH、H2O)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图： ①表示CH2CHCN的曲线是________(填“a”“b”或“c”)。 ②反应釜Ⅰ中加入C2H5OH的作用是__________________________ _____________________________________________________________________。 ③出料中没有检测到CH2CHCONH2的原因是________________ _____________________________。 ④反应11 h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是________________________________________________________。 (3)催化剂TiO2再生时会释放CO2，可用氨水吸收获得NH4HCO3。现将一定量的NH4HCO3固体(含0.72 g水)置于密闭真空容器中，充入CO2和NH3，其中CO2的分压为100 kPa，在27 ℃下进行干燥。为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于____________ kPa(已知p(H2O)=2.5×102 kPa·mol-1×n(H2O)，NH4HCO3分解的平衡常数Kp=4×104(kPa)3)。 (4)以CH2CHCN为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得Sn(CH2CH2CN)4，其阴极反应式__________________ ___________________________。 (1)根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)可以由反应ⅰ+反应ⅱ+反应ⅲ得到，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。(2)①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1 mol，n(C2H5OH)=2 mol，出料气中CH2CHCOOC2H5含量很少，且根据(2)③中的信息可知出料气中无CH2CHCONH2，则生成CH2CHCN(g)、C2H5OH(g)的物质的量约为1 mol，生成H2O(g)的物质的量约为2 mol，故出料气中C2H5OH(g)的物质的量共 约3 mol，故出料气中CH2CHCN、C2H5OH、H2O的物质的量之比约为1∶3∶2，故曲线c表示CH2CHCN的曲线；②反应釜Ⅰ中发生的反应ⅰ是气体体积增大的反应，故加入C2H5OH可降低分压，有利于反应ⅰ平衡正向移动且提高醇的浓度，可以使酯的水解程度降低从而提高产率；③丙烯酰胺(CH2CHCONH2)的分解温度约为160~170 ℃，出料中没有检测到CH2CHCONH2的原因是CH2CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解；④反应11 h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应 时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少。(3)0.72 g水的物质的量为0.04 mol，故p(H2O)=2.5×102 kPa· mol-1×n(H2O)=10 kPa，NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)·p(CO2)·p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40 kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40 kPa。(4)Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，在水中不电离，以CH2CHCN为原料在Sn做的阴极上得电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn+4CH2CHCN+4e-+4H+Sn(CH2CH2CN)4。 3.(2024·唐山二模)金属氧化物催化氧化制备苯甲醛是近年来的研究热点。以Fe3O4为催化剂，苯乙烯、H2O2为原料制备苯甲醛涉及的主要反应有： 反应ⅰ：(l)+2H2O2(l)(l)+HCHO(l)+2H2O(l)　ΔH1=-489.0 kJ·mol-1 反应ⅱ：(l)+H2O2(l)(l)+H2O(l)　ΔH2=+566.6 kJ·mol-1 反应ⅲ：(l)+H2O2(l)(l)+HCHO(l)+H2O(l)　ΔH3 回答下列问题： (1)反应ⅲ的ΔH3=_________________ kJ·mol-1。 (2)根据阿累尼乌斯方程ln k=-+ln A(A为指前因子，Ea为活化能)，ln k与呈线性关系。据图1可知反应ⅰ的活化能________(填“>”“=”或“<”)反应ⅱ的活化能。 (3)实验测得苯乙烯的转化率与温度的关系如图2所示。温度高于60 ℃，苯乙烯的转化率下降，可能的原因是___________________ ___________________________________________________________________________。 (5)在V2O5-ZrO2催化下，甲苯可以实现气相氧化制备苯甲醛。 主反应：+O2+H2O 副反应：2+O22 T ℃时，向2 L密闭容器中充入1 mol甲苯蒸气和2 mol O2，起始压强为p0，2 h后反应达平衡时容器内气体总物质的量为2.9 mol，甲苯的转化率为80%。则甲苯的平均反应速率为________________ mol·L-1·h-1，主反应的Kp=_________________(Kp为平衡分压代替平衡浓度的平衡常数，气体平衡分压=总压×该气体物质的量分数，计算结果保留三位有效数字)。 (1)反应ⅰ-反应ⅱ可以得到反应ⅲ，所以反应ⅲ的ΔH3=ΔH1-ΔH2=-1 055.6 kJ·mol-1。(2)由公式可知，-即为斜率，所以反应ⅰ的活化能小于反应ⅱ的活化能。(3)温度高于60 ℃，苯乙烯的转化率下降，可能的原因是温度升高，H2O2部分分解(或升温反应ⅰ逆向移动，反应ⅱ正向移动，对反应ⅰ的影响更大)。(4)有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，即以上转化过程中，属于氧化还原反应的是②⑥。(5)向2 L密闭容器中充入1 mol甲苯蒸气和2 mol O2，甲苯的转化率为80%，消耗的甲苯为0.8 mol，则甲苯的平均反应速率为==0.2 mol·L-1·h-1；根据三段式： 根据题目信息，则0.8-2x+1.2-x+2x+0.8+0.2=2.9，则x=0.1 mol，根据反应前后压强之比等于气体的物质的量之比，=，平衡时压强p=p0，则p(甲苯)=×p0=p0，p(苯甲醛)=×p0=0.2p0，p(H2O)=×p0=p0，p(O2)=×p0=p0，所以主反应的Kp==2.18。 $$