板块一 题型突破三 化学反应原理综合-【衡中学案】2025年高考化学二轮总复习学案

125 向10mL0.05mol·L-NaHC0,溶液中滴加10mL0.05mol·L-'HCl,反应结束后测得溶液pH 3 约为5.6 向0.05mal·L'NaHC0,溶液中滴加过量0.1mol·L'Ca(OH)2溶液，产生白色沉淀 A.NaHCO,溶液中HCO,ˉ的电离程度大于水解程度 B.实验2滴加结束后：c(H)+2c(H,CO,)+c(HCO)=c(OH) C.实验3滴加过程中：c(Na)=c(CO号)+c(HCO,)+c(H,CO,) D.实验4反应静置后的上层清液中：c(Ca2+)·c(CO)<K,(CaCO,) @2.(2024·湖北省武昌区三模)室温下用0.1ml·LNa0H溶液吸收S02,若通入S0,所引起的溶液体积变 化和H,0挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度ce=c(H,SO,)+c(HSO,)+c(SO)。H,S0,电离常数分别 为K=1.54×102K。=1,00×10-7。下列说法正确的是 A.NaOH溶液吸收SO2所得到的溶液中：c(SO)>c(HS0;)>c(H,S0,) B.NaOH完全转化为NaHS0,时，溶液中：c(H·)+c(SO)=c(OH)+c(H,S0,) C.NaOH完全转化为NaSO3时，溶液中：(Na)>c(SO)>c(OH）>c(HSO) D.Na0H溶液吸收S02,ea=0.1mol·L溶液中：c(H,S03)>c(S0) 温馨提示：复习至此，诗做练案[18]至[19 题型突破三 化学反应原理综合 ●题型功能 1.能力考查：考查学生信息获取与加工，逻辑推理与论证和批判性思维能力：能识别、转化、提取图像中的各 种信息，能够理清复杂动态变化体系中各种物质的关系：结合所学基本原理和基础知识进行分析与推测、归纳与 论证探究与创新，并进行有关计算等。 2,热点考查：热方程式的正误判断及盖斯定律的应用：对陌生的图像、图表的辨识、分析与应用：分析最佳反 应条件并进行有关化学反应速率、化学平衡常数、反应物转化率或产物产率等方面的计算、比较、分析与解释，电 化学中电极反应式的书写及相关计算与分析。 ●题型情境 多以化工生产中的实际工业反应为素材，以生产环境，学术探索情境，体现化学在生产生活中的应用。 题型结构 能量变化 反应速率与化学平衢 电解质溶液 反应热 电化宇 反应速率 化学平衡 热 电 三段式 平衡常数 化 极 多 盖新定律计 学方 电 相 层 衡 速率，转 状 K 样式 极类型 式的 计 化奉，平 衡常数的 线 态判 温 K的 水的电离 拉子求度比较 海度积的计算 平街常数计算 滴定拓展应用 书 书 计算 有 度 △H 写 关 安 命题趋势 化学反应原理综合题主要考查学生利用原理解决实际问题的能力，考查点多面广，有高度有深度，综合性强 度高。试题体现了专题和板块高度融合，尤其是与有机化学模块融合最大。 126 2024真题赏析 题型有机+原理型 1.(2024·河北选考)氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1,4-二（氯 甲基)苯等可通过氯化反应制备。 (1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下： S02(g)+Cl2(g)S03Cl2(g）△H=-67.59kJ·mol-1 ①若正反应的活化能为E:kJ·mo,则逆反应的活化能E进= kJ·mo-(用含E:的 代数式表示)。 ②恒容密闭容器中按不同进料比充入S0,(g)和Cl(g),测定T,,T2、T,温度下体系达平衡时的△p(△p= -P,P0为体系初始压强，Pn=240kPa,p为体系平衡压强)，结果如图。 70 65 w(2.60 40 35 30 1.5 2 25 3 3.5 n(50)n(CL) 上图中温度由高到低的顺序为 ,判断依据为 M点C2的转化率为 ,T,温度下用分压表示的平衡常数K。= ③下图曲线中能准确表示T,温度下△p随进料比变化的是 (填序号)。 70 65 0 根据“等效平衡”原理，该反应中 55 S0:和C:的化学计量数之比为1：1， 50 则50，和Cl的进科比互为倒数（知2 与0.5)时，△p相等 6■日 0.00.5101.52.02.53.03.54.0 50):mC) (2)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 Cl: CH 以上各反应的速率方程均可表示为=kc(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(，~分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加人一定量的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。 127 已知该温度下，k,:k:k:k:k=100:21:7:4:23。 ①30min时，c(X)=6.80mol·L-,且30~60min内r(X)=0.042mol·L1·min',反应进行到60min 时，c(X)= mol·L-'。 ②60min时，c(D)=0.099mol·L-若0~60min产物T的含量可忽略不计，则此时c(G)= mml·L-',60min后，随T的含量增加，D e(G) (填“增大”“减小”或“不变”)。 题型2无机+原理型 2.(2024·湖北选考)用BaC0,和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到BaC2,再制备乙块是我国科研人员提出的绿色环 保新路线。 反应I:BaC0,(s)+C(s)一Ba0(s)+2C0(g) 反应Ⅱ：Ba0(s)+3C(s)一BaC2(s)+C0(g) 回答下列问题： (1)写出BaC2与水反应的化学方程式 (2)已知人，=()广K=(0)广(a是00的化学计量系数)。反应1.Ⅱ的g人与温度的关系曲线见图1。 ①反应BaC0,(s)+4C(s)一BaC,(s)+3C0(g)在1585K的K。= Pa ②保持1320K不变，假定恒容容器中只发生反应I,达到平衡时Pw= Pa,若将容器体积压缩到 原来的)，重新建立平衡后Pm 100 80 反应1585.25 1320.0) 60 一1823K 0 40 :反应Π --1400K 1585.-1.5 1200 1600 200 2 图1gR与T的关系曲线 时间 图2C2产率与时问的关系前线 (3)恒压容器中，焦炭与BaC03的物质的量之比为4：1，Ar为载气。1400K和1823K下，BaC2产率随时间的 关系曲线依实验数据拟合得到图2（不考虑接触面积的影响）。 ①初始温度为900K,缓慢加热至14O0K时，实验表明BCO,已全部消耗，此时反应体系中含Ba物种为 ②1823K下，反应速率的变化特点为 其原因是 【思维模型】 化学平衡移动问题分析流程 反应物、生成物的狱态 正确分析反应特点， 气体体积变化（增大、减小、不变》 反应吸热还是放热 明确反应外界条件 檀温恒容、恒温恒压还是温度变化等 根据条件变化结合原 理判断平衡修动方问 正方向移动、逆方问移动还是不衫动 结合照意，分析计 算。确定量的变化 物质的量、物质的量浓度，质量分数、转化率、密度、平均相对分于质量等 128 突破点1反应中的能量变化 〈高专真题赏析 明考向八 1.(2024·广东选考节选)酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。酸催化下NN02与 NH,CI混合溶液的反应（反应a),可用于石油开采中油路解堵。 ①基态N原子价层电子的轨道表示式为 ②反应a:NO2(aq)+NH(aq)=N2(g)+2H,0(I) 已知： AaNO(s)+\H.Cl(s) 共g+aCe+2H,00 △T1,溶解 △1落解 △溶解 Na'(ag)+NO (aq)CF(Q+NH.(ag) Xa (aq)+Cl (ag) 则反应a的△H= 2.(2023·河北选考)氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源 问题都具有重要意义。 已知：1m©l物质中的化学键断裂时所需能量如下表。 物质 N,(g) 0(g) NO(g) 能量/kJ 945 498 631 回答下列问题： (1)恒温下，将1mol空气(N2和02的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分)置于容积为VL的恒容 密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应： i N2(g)+0(g)-2N0(g)K AH ii2N0(g)+02(g)2N02(g)K2△H2=-114kJ·mol' △H,=kJ·mal-‘。 电解制备氧气，氢气和氨气分别在阴根和阳极上 刀放电合凡氨气，其内电路多为传导氢离子的胸瓷 (2)①以空气中的氮气为原料电解合成氨时，N2在 (填“阴”或“阳”)极上发生反应，产生NH,。 ②氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗NH,和H2的质量比为17：3，侧在碱性介质中氨 燃料电池负极的电极反应式为 规律方法整合 建模型 ●化学反应与焓变 1.书写热化学方程式的“五环节” 一写方程式 写出配平的化学方程式 二标状态 用8、1、g、q标明物质的紫集状态 三定条件 确定反应的温及和压强(101kP:、25时可不标注） 四标△H 在方程式后写出△H.并根据信息注明△H的“+”或“-” ↓ 五标数值 根据化字计量敏计算写出△H的值 129 2.焓变计算 判断△Ⅱ的正负 双向关系：迪过给变可计算挺能等。根据键能可计算给变 个 小 给 键能公式：反应物总键能一生成物总键能 S 活化能公式：正反应活化能一逆反应活化能 定律 计 总能量公式：生成物总能量一反应物总能量 算 (其中能垒图中的相对能童，相当于总能量) 通过盖斯定律计算熔变，娃而可计算键能等 令有机化合物的电化学合成 1.电化学合成技术是用电子代替会造成环境污染的氧化剂和还原剂，在温和条件下制备高附加值的有机化合物 产品，分为直接有机电合成和间接有机电合成两种类型。 (1)直接有机电合成：有机合成反应直接在电解池的两电极通过氧化反应、还原反应完成 (2)间接有机电合成：有机化合物的氧化反应（或还原反应），仍采用氧化剂（或还原剂），用传统的化学方法进 行，但氧化剂（或还原剂）在反应后以电化学方法（电解氧化或电解还原）再生后反复使用。 2.电化学合成有机化合物应用示例。 利用糠醛( CHO)的电氧化反应可合成糠酸( COOH),利用其电还原反应则可合成糠醇 CHOH),主要反应过程如下： 电氧化 阳极反应：《》 CH0+H20-2e C00H+2H； 0 阴极反应：《 CH0+2H++2e -CH,OH 【思维模型】 利用盖斯定律计算焓变思维模型 对比 对比已知热化学方程式和目标热化学方程式。找出自标热化学方程式中的物质丫，且 在己知热化学方程式中只出现一次 确定已知 热化学方 同边乘“+n” 若Y都在目标热化学方程式和已如热化学方程式的右边《侧)或左边（侧）， 程式给变 异边乘“-” 同时统一化学计量数为目标热化学方程式的，将孩已知热化学方程式的△H 乘以“+n”倍。若不同边，则来以“-n”倍 系数关系 业 整合关系 椅上还关系所得各焓变的倍数，相加 强县倍优精练 提能力 1.(2024·河北邯郸二模)一氯甲烷广泛用作溶剂、提取剂、推进剂、制冷剂、甲基化试剂，用于生产农药、医药等。 600K时，CH,C1和H,0作用生成CHOH,CH,OH可继续反应生成(CH)2O。反应原理如下： ①CH,Cl(g)+H,O(g)CH,OH(g)+HCI(g)△H, ②2CH,0H(g)一(CH,)20(g)+H20(g)△H2=-23.5kJ·mol1 (1)已知反应①中相关化学键的键能数据如表： 化学键 C-CI C-H C-0 H-CI H-0 键能/(kJ·mol-')》 331 414 343 429 460 则△H,= kJ·mol-1。 130 (2)甲醇也可通过电化学方法由甲烷直接制得，装置如右图所示： 电源 已知，电解生成甲醇的过程分3步： CIL H: ①通电时，氯离子先转化成高活性的原子氯(C1·):②C1·与吸 回收GTI, 附在电极上的CH反应生成HCI和CH,Cl:③在碱性电解液中， CIL,OIT+ CH,C1转化为目标产物CH,OH。当步骤①有2 mol Cl·生成 时，外电路中转移的电子数为 (用含N,的代数式表 Na1与a(OH 示)。阴极的电极反应为 混合溶液 2.(2024·河北石家庄市二模)烯丙醇是生产甘油、医药、农药、香料和 化妆品的中间体。已知烯丙醇与水在一定条件下发生加成反应的原理如下： I CH,=CHCH,OH(g)+H2O(g)=HOCH,CH,CH2OH(g)AH,AS Ⅱ：CH2=CHCH,OH(g)+H,O(g)一CH,CH(OH)CH,OH(g）△H2 已知：相关物质在298K时的标准摩尔生成焓(101kPa时，该温度下由最稳定单质生成1mol某纯物质的焓 变)如下表所示： 物质 CH,=CHCH,OH(g)H2O(g)HOCH,CH,CH,OH(g)CH,CH(OH)CH,OH(g) 标准摩尔生成焓/(kJ/mol) -171.8 -241.8 -464.9 -485.7 (1)△H2= kJ/mol:反应CH2=CHCH,OH(g）+H0(g)一HOCH,CH,CH,OH(I)的嫡变为△S,则 AS △S(填“>”“=”或“<”)。 (2)烯丙醇的电氧化过程有重要应用。其在阳极放电时，同时存在三种电极反应（烯丙醇一→丙烯酸，烯丙醇→ 丙烯醛、烯丙醇→丙二酸)，各反应决速步骤的活化能如下表所示。 反应 烯丙醇丙烯酸 烯丙醇→丙烯醛 烯丙醇→丙二酸 活化能（单位：eV) 8.6a 2.5a 13.7a ①该条件下，相同时间内，阳极产物中含量最多的为 ②碱性条件下，烯丙醇在电极上生成丙烯醛(CH,=CHCHO)的电极反应式为 3.(2024·湖南衡阳市二模)低碳烯烃是重要的化工原料。回答下列问题： I.我国科学家研究出新型催化剂F,(C0)/ZMS-5,能使C02加氢生成乙烯，反应过程如图所示： 0,应①(0反应2id,应( FeCOl 7As5☐C6 (1)Fe(C0)2催化CO2加氢的反应由反应①和反应②两步完成，反应①的活化能E,>反应②的活化能E,则 Fe,(CO)2催化C02加氢反应的决速步骤是 (填“反应①”或“反应②”)。反应③为解聚、烯烃异 构化反应，烯烃异构化是指改变烯烃结构而相对分子质量不变的反应过程，化工生产中的下列烯烃能发生 异构化反应的是 (填字母)。即化学键重排，是一种同分异构体形式 A.乙烯 B.2-甲基丙烯 C.2,3-二甲基-1-丁烯 Ⅱ.丙烯作为化工原料，其用量仅次于乙烯，应用丙烷脱氢制丙烯成为丙烯的重要来源，涉及的主要反应如下： i.2C,Hg(g）+02(g)2C,H(g）+2H20(g)△H1=-235.0kJ·mol- ii.2C,Hg(g)+702(g)6C0(g)+8H20(g）△H2=-2742.0kJ·mol (2)6C,H(g)+3C0(g)7C,H。(g)+3H,0(g）△H= kJ·mol- 4.(2024·湖北武汉二模)丙烯是一种重要的化工原料。利用丙烷脱氢制备丙烯的原理为： 直接脱氢：C,H(g)一CH(g)+H2(g）△H 回答下列问题： (1)各化学键的键能如表所示，则△H,= kJ·mol-l 化学键 C-H CC(π键) H-H 键能(kJ·mol-1)》 413 271 436 (2)计算机模拟直接脱氢的反应历程如图所示： 131 CH。+H C.Hg)+H,(g 反应历程 ①基元反应速率大小：第一步 (填“>”“<”或“=”)第二步 ②依据该历程图推测丙烷脱氢可能会产生的副产物为 (填分子式)。 〈专前名押题 练预测 御1.(2024·河北张家口市三模节选)处理和利用C0是环境科学研究的热点课题。利用合适的催化剂可高选 择性地用合成气制乙烯：2C0(g)+4H,(g)一C,H,(g)+2H,0(g)。已知相关化学键的键能如下： 化学键 C=0 H一H H-0 C=C C-H 键能/(kJ·mal-) 1076 436 465 615 413 回答下列问题： (1)合成气制乙烯的反应：△H= kJ·mol,该反应的△S 0(填“>”“<”或“=”)，在 情况下有利于该反应自发进行。 CO 比源 (2)我国科学家成功实现了用电催化C0高选择性直接制备乙烯，该方法的 ()+H 工作原理如图所示。阴极材料为优化的铜基催化剂。写出阴极的电极 20 反应式： 电解的总反应化 学方程式为 C,H+H.O 理2.(2024·江西师大附中三模节选)乙醇被广泛应用于能源、化工、食品等领 铜基州 铂片 域，工业上可用以下两种方法制备乙醇。 质子交换职 I.2C02(g)+6H2(g)一C,H,0H(g)+3H,0(g)。一定条件下，在一密闭 容器中充人4molC02和14molH2发生该反应，如图表示不同压强下C02的平衡转化率与温度的关系。回 答下列问题。 不同远下CD,的平衡转化率 08 0.6 0.4 02 0 100 200300400 500 60 温度/℃ (1)活化能E.(正) E(逆)（填“>”或“<”）。 (2)乙酸甲酯(CH,COOCH)催化加氢制取乙醇。包括以下主要反应： ①CH,COOCH,(g)+2H2(g)C2H,OH(g)+CHOH(g）△H ②CH,COOCH,(g)+H,(g)CH,CHO(g)+CH,OH(g)△H2=+13.6kJ·mo-1 已知CH,C00CH2,H2、C,H,0H、CH,OH的燃烧热分别为1593.4kJ/mol,285.8k/mol,1366.8kJ/mol, 725.8kJ/mol,△H1= (3)研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大 电流放电，工作原理如图。 ,0+H,0 ①负极的电极反应式为 C02 HNO ②当向正极通入1molO2且全部被消耗时，理论上正负极溶 液质量变化的绝对值之差为 (保留两位小数)。 质了交换因 132 突破点2平衡中的各种计算 〈高专真题赏新明考向/ 1.(2024·广东选考节选)酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。 (1)酸催化下NaNO2与NH,CI混合溶液的反应（反应a),可用于石油开采中油路解堵。 ①反应a:N02(aq)+NH(aq)N,(g）+2H,0(1) ②某小组研究了3种酸对反应的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测 得体系的温度T随时间t的变化如图1。 据图可知，在该过程中 A,催化剂酸性增强，可增大反应焓变 B.催化剂酸性增强，有利于提高反应速率 C.催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应 D.反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小 (2)在非水溶剂中，将C02转化为化合物ⅱ（一种重要的电子化学品）的催化机理示意图如图2，其中的催化剂 有 和 0]r元 AcOH 琉酸 4.0 70 磷 AcOH. 3.0+ 01 0 50 2.0+ 乙酸 CH CH 30 0 AcOI 1.0 、HB 46 ee i e 0.0 t/min AOH 0.61.01.41.8 CIL n(HXVn (KIn CO. 图1 图2 图3 (3)在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两 种一元弱酸HX(X为A或B)在某非水溶剂中的K,。 a.选择合适的指示剂Hm,K,(Hn)=3.6×10-0:其钾盐为KIn。 b,向KIn溶液中加入HX,发生反应：n°+HX一X+Hn。Kn起始的物质的量为n(Kn),加人HX的 物质的量为n(HX),平衡时，测得c(Inˉ)/c(Hln)随n(HX)/n(KIn)的变化曲线如图3。 已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。 ①计算K(HA)。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) ②在该溶剂中，K(HB) K,(HA):K (HB) K(Hn)。(填“>”“<”或“=”) 2.(2023·河北选考)氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源 问题都具有重要意义 (1)恒温下，将1mol空气(N2和O2的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分)置于容积为VL的恒容 密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应： 1N2(g)+02(g)一2N0(g)K,△H,=+181kJ·mal- ii2N0(g)+0(g)2N02(g)K2△H2=-114kJ·mol- ①以下操作可以降低上述平衡体系中NO浓度的有（填标号）。 A.缩小体积 B.升高温度 C.移除NO D.降低N2浓度 ②若上述平衡体系中c(N02)=amol·L,c(N0)=bmdl·L',则c(02)= mwl·L,K,= (写出含a、b,V的计算式)。 (2)氢气催化还原N0.作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原N0反应的速率方程为= k(NO)c(H2),k为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。 133 组号 c(NO)/(mol·L-') c(H2)/(mol·L) /(mol·L-↓·s-) 1 0.10 0.10 r 2 0.10 0.20 2r 3 0.20 0.10 Ar 4 0.05 0.30 表中第4组的反应速率为 mol·L·s。(写出含r的表达式) 3.(2023·湖北选考)纳米碗CH。是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，CH。可以由CnHn分子经过连续 H 5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。C。H(g)”CmH.(g)+H2(g)的反应机理和能量变化如下： C.H 过液态3 150.8 过渡态2 过态I 110.3 CoH+H.+H. 70.9 20.7 0.0 CoHiv+H2 Cx+Iz+I CH海+H 反应加程 回答下列问题： (1)1200K时，假定体系内只有反应CnH2(g)一CHm(g)+H2(g)发生，反应过程中压强恒定为，（即 CoH2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=总压×物质的量分数)。 (2)CnH(g)-CnHs(g)+H·(g）及CnH,(g)一CmHo(g）+H·(g)反 C.Hn 应的K(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下， ..C.Hu nK=一兰+c(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结三 RT 构的角度分析其原因是 (3)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成CnHo的反应速率的 是 (填标号)。 .升高温度 b.增大压强 c.加人催化剂 规律方法整合 建模型 日化学平衡常数的换算 1.同一可逆反应中，K正·K意=1。 2.同一化学方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍，则新平衡常数K与原平衡常数间的关系是K'=K”或 K'=F。 134 两化学方程式相诚得第三个化学方程式，则人一人：若两化学方程式相加得第三个化学方程式 K,=K×K2a 4.化学平衡常数与速率常数的关系：K= ●“三段式”分析突破反应速率和平衡的有关计算 1根据题意在反应的下方确定或设定有关起始量、转化量和平衡量（这里的量可以是物质的量、物质的量浓度、分 压等)。 多种不同形式的平衡常数表达式含义要弄涛 2.根据题中所求的物理量的表示式代入上述有关量进行换算或计算。在进行有关计算时，要注意对单位的要求。 落度枳常数 稳定常数(K) 水的高子枫 (K) 沉淀溶解平衡 个 水电离平衡 (K.) 配位平衡 水解书数 盐类水解平衡 K=c(C)·0D 电离平衡 电离常数 (K) e"(A）·(B) (K或K) (核心慨念) 人=(C）·x(D) &=(C)·y(D) p(C)·p(D) x”()·(B) y"(A)·y”(B) p”(A)·p(B) y表示物质的量 !y表示物质的量分数 =(c)(D) ---------” n(A)·n"(B) y表示分压 【思维模型】 1.K。的计算流程（数据通常来自图像或表格】 第一专 依据“三段式“法计乳平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度 第二岁 计算各气体组分的物质的量分数或体积分数 第三步 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×气体的物质 的量分数（或体积分数） 依据压强平衡常数的公式代入计算，如2S0g+0(g一2S0,g的压强平衡常数 第四莎 K= rSO.) p0)·0 2.原子守恒法解答多平衡体系中平衡常数思路 第一 确定反应体系中有硼些元素 根据已知反应物分别计算出体杀中各元素原于总的物质的量 确定平衡体系中各物质的物质的量 第二步 分析平衡时，己给出哪些物质的物质的量，行未给出物质的物质的量设未知数，利用原于 宁恒列方程式组)，求出木知量 计算平衡常数 第三步 (!)若为液度平衡常数，根据容器的容积计算各物质的平衡浓度.代入平衡常数表达式计氧 (2)若为压强平衡常数，根据平衡时，各气体的物质的量及气体总物质的量，计算出平衡 分压，最后代入平衡常数表达式计算10-八，c(0H)=10-",由水电离的c(H)=10-":溶液中水E.k灯·mal-△H=(Ex+67.59)kJ·mal‘。②该反应的 的电离程度由大到小的顺序为：①=③=②=④，故A错误： 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， 向①中加适量氯化铵品体后，铵根离子浓度增大，一水合氨的 平衡时客器内压强越小，△即即越大。从T3到T,△p增大，说 电离平衡逆向移动.氢氧根离子浓度减小，H减小：向②中加 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 入适量氯化铵晶体后，铵根离子和氢氧根离子结合为一水合 度由T,到T,逐渐降低，即T>T,>T。由题图甲中M点可 氨，氢氧根离子浓度减小，H减小，故B正确：向③中加入少 知，进料比为n(S02):n(Cl2)=2,平衡时△p=60kPa,已知 e(CH COO) 量醋酸钠固体，则溶液中 恒温恒客情况下，客器内气体物质的量之比等于压强之比，可 c(CH,COOH)·c(OH-) 据此列出“三段式” e(CH,COO)e(H) K.(CH,COOH) S0,(g)+C(g).S0,Cl2(g) △p e(CH,COOH).e(OH-)e(H') K 水的离子 起始压强/kPa160 多 积、醋酸电离平衡常数只与温度有关，所以 变化压强/kPm60 60 60 60 c(CH,C00·c(OH)不变放C错误；将aL2与bL④混 c(CH,COO·) 平衡压强/kPa100 20 60 合，若所得溶液的pH=4,则5×103-a×10 可计得a(C)=60k 80 kPa ×100%=75%,K。= a+b -=104,则a: p(SO,CL) 60 kPa b=9:11,故D错误。 n(S0)·7(C4)-100kP×20km=0.03kP。③由题图 考前名校押题练预测 甲中M点可知，进料比为2时，△p=60kPa,结合“三段式”，以 1,B用pH计测定0.05mml·L'NaHCO溶液，测得pH约为 及T,时化学平衡常数可知，进料比为0.5时，△p也为60kPa, 8.3,溶液显减性，因此NaHCO,溶液中HCO的电离程度小 曲线D上存在(0.5,60)。(2)①根据化学反应速率的计算公 于水解程度，故A错误：向10ml0.05mol·L-NaHCO,溶液 式时，(X)=△c(,60mim时，c(X)=6.80ml·L- 中滴加10ml0.05mcl·L NaOH溶液，反应结束后测得溶 液pH约为10.3，溶质为NaCO1,因此实验2滴加结束后，根 r(X)·△=6.80mol·L--0.042mol·L-1·mim1× 据质子守恒得到：c(H)+2e(HC03)+c(HC0,)= △c(D) (OH-),故B正确：实验3滴加开始前，按照物料守恒： 30min=5.54mml.L-'。②已知(D c(D四，文 v(G)△c(G)△c(G)1 c(Na)=c(C0)+c(HC0,)+c(H,CO,),滴加后产生气泡， 则无此守恒，故C错误：实验4反应静置后的上层清液存在难 溶物的溶解平衡，则有c(Ca·)·c(C0)=K(GaCO),故D 由题给反应追单方程粮如，0=与：-点：3，则 (G=·e(M=k 错误。故选B 2.C由电离常数可知，亚硫酸氢根离子的水解常数人，=术 △c(G)=3×4c(D)=0.033mwl·L-',即60min后c(G)= 0.033mol·L'。60min后，D和G转化为T的速率比为 1.0×10-# .54×10<人。，说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度 ·c(G23,0.0G消耗得更快，则D增大 k·c(D)4.0.099 c(G) 大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性。氢氧化钠溶液吸收2.(1)BaC,+2H,0→Ba(OH)2+HC=CH1 二氧化硫可能得到亚硫酸氢钠溶液，由分析可知，亚硫酸氢根 (2)①106②10103 离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液中c(HSO,)> (3)①Ba0②速率不变至BC,产率接近100%原因见 c(S0)>c(H,S0,),故A错误：亚硫酸氢钠溶液中存在质子 解析 守恒关系c(H)+e(H,S0,)=c(OH-）+c(S0),故B错 【解析】(1)Ba、C元素同主族，所以BaC2与水的反应和 误：亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子在溶液中分步水 CaC,与水的反应相似，其反应的化学方程式为BaCG,+2H0 解，以一级水解为主，则溶液中离子浓度的大小顺序为 Ba(0H)2+HC=CH↑。(2)①反应I+反应Ⅱ得 c(Na)>c(S0)>c(OH)>c(H0).故C正确：ca= BaCO,(s)+4C(s)一BaC,(s)+3C0(g).所以其平衡常数 0.1mo·L溶液为亚硫酸氢钠溶液，由分析可知，亚硫酸氢 根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液中(SO) K=KX人=()广，由图1可知，155K时人 >c(HS01),故D错误。 题型突破三化学反应原理综合 10.k=i0-“,库）广=10×10-5=10.所以% =10×(10Pa)'=10Pa,则K。=m=10Pa':②由图1可 2024真题赏析 1.(1)①E年+67.592T,>T,>T1该反应正反应放热，且气 知，1320K时反应1的人=0=1，申太1=()广=1， 体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强威小，从T:到T 所以p2=(10P),即Pm=10Pa:③若将客器体积压缩到 平衡时p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%0.03③D 原来的】，由于温度不变，平衡常数不变，重新建立平衡后P@ (2)①5.54②0.033增大 应不变，即Pm=10Pa。(3)①由图2可知，1400K时，BuC 【解析】(I)①根据反应热H与活化能E,E:的关系为 的产率为0，即没有BaC,又实验表明BaC0,已全部消耗，所 △H=正反应活化能-逆反应活化能可知，孩反应的E= 以此时反应体系中含Ba物种为BaO:②图像显示，1823K时 334 BaC,的产率随时间由0开始星直线增加到接近100%，说明：3.(1)反应①BC(2)+548.5 该反应速率为一个定值，即速率保持不变：容需中只有反应 【解析】(1)活化能大的反应速授，慢反应是决速步扉，则 Ⅱ：B0(s)+3C(s)、一BuC2(s)+C0(g),反应条件恒温 Fe(CO)a催化CO,加氨反应的决速步骤是反应①。烯经异 1823K,恒压，且该反应只有C0为气态，搭K=一可知， 构化是捞改变烯烃结构而相对分子质量不变的反应过程，化 10°Pa 工生产中的下列烯经能发生异构化反应的是2-甲基丙烯、 C0的压强为定值，所以化学逸率不变。 2,3-二甲基1-丁烯，而乙烯中只含有2个碳拆分后不会形成新 突破点】反应中的能量变化 的烯烃，故选BC。(2)i2CH,(g)+0(g)一2CH。(g)+ 2H,0(g)△H,=-235.0kJ·mol;i.2C,H,(g）+70(g) 高考真题赏析明考向 6C0(g)+8H0(g） 2s 2p 1.t i ttt ②△H.-△H2-△H3+△H 4h=-2742.0mm.根搭羞斯定徐1×子-i×号 【解析】①DN的原子序数为7，位于第二周期第VA族，基态 可得：6C,H,(g)+3C0(g)一7C,H,(g)+3H,0(g) 25 2p △1=+548.5kJ·ml。 N原子价层电子的轨道表示式为111十②由巴 4.(1)+119(2)①<②CH. 【解析】(1)由方程式可知，丙烷直接脱氢的反应中断裂 知可得： 2ml碳氢键，形成1mol碳碳π键和1m0l氢氨键，则反应△H I NaNO,(s)+NH CI(s)=N (g)NaCl(s)+2H,0 =2×413kJ·mol1-271kJ·mol--436kJ·mol-'=+119 (1),△H: kJ·m‘。(2)①由图可知，两烷直接脱氢的反应存在4个 Ⅱ.NaN0(s)Na(ag)+N02(aq),△H: 基元反应，第一步基元反应的活化能大于第二步，反应的活化 II.NH,Cl(s)=CI-(ag)+NH (aq),H, 能越大，反应速率越慢，所以第一步基元反应的反应追率慢于 IV.Nacl(s)=Na (ag)+Cl(ag). 第二步；②由图可知，第一步反应生成的C,H,”可能相互结合 由盖斯定律可知，目标方程式NO(aq)+NH,(a叫)一N 生成副产物C,H4 (g)+2H,0(1)可由方程式I-Ⅱ-Ⅲ+N得到，故反应△H 考前名校押题练预测 =△H1-△H2-△H+△H4。 2.(1)181(2)①阴②2NH,+60H-6e—N2+6H,0 1.(1)-231<低温 (2)2C0+8H'+8e°=C,H4+2H,02C0+2H,0= 【解析】(1)①△H,=反应物总键能-生成物总键能=(945 C,H4+20 kJ·mol-1+498kJ·mol1)-2×631kJ·ma-1=+181kJ· mo-。(2)①N2生成NH,化合价降低，得电子，发生还原反 【解析】(1)反应的埝变等于反应物键能总和减去生成物键 应，则N,在阴极反应：②燃料电池中，氨气作负极发生氧化反 能总和，2C0(g)+4H,(g)C2H(g)+2H20(g)的△H= 应，生成八2，生成1个N,转移6个电子，在碱性条件下发生， (1076×2+436×4-413×4-615-465×4)kJ·mol-= -231k」·l:该反应为气体分子数减小的反应，为精减反 2NH-6e+60H=N2+6H,0 强基培优精练提能力 应，△S<0:△H-T△S<0反应能够自发，刷在纸温情况下有利 于该反应自发进行。(2)由电子流向可知，钢基片为阴极，一 1.(1)+19(2)2N.2H,0+2e-=H2↑+20H 【解析】(1)利用反应物键能之和减去生成物健能之和即 氧化碳酸性条件下得到电子发生还原反应生成乙烯：2C0+ 可，故△H1=(331+414×3+460×2-414×3-343-460- 8H+8和C,H+2H,0:阳极水失去电子发生氧化反应 429)J·m@1=+19k」·mol。(2)阳极发生反应：C- 生成氧气，总反应为：2C0+2H,0一CH。+202 eC,报据电极方程式可知，d-e,即有2mmlC生2.(1)<(2)-72.4/mml(3)①C,H,0H+3H,0-12e 成时，外电路中转移2m0l电子，则转移电子数为2N:阴极的 —2C0,↑+12H+②2.67 电极反应为2H,0+2eH↑+20H。 【解析】(1)根据图表可知，温度升高二氧化碳平衡转化率 2.(1)-72.1>(2)①丙烯醛②CH=CHCH,0H-2e 下降，平衡逆向移动，故逆反应吸热，正反应放热，△H= +20H--CH,-CHCHO+2H.O E,(正)-E(逆)<0，活化能E,(正)<E.(逆)。(2)燃烧热 【解析】(1)由题意可知，反应Ⅱ的反应热△H2=(-485.7 是1ml物质完全燃烧生成稳定严物的放热，通过盖斯定律 kJ/ml)-[(-171.8kJ/mol)+(-241.8kJ/mwl)]=-72.1 反应①可以由CH,COOCH,然烧反应+H2燃烧反应×2- k/ml,同理可知反应【的反应热△H,=-51.3kJ/mol:同种 C,H,OH燃烧反应-CHOH燃烧反应得到，故可以算出△H 物质由液态到气态是精增加的过程，则熵变△S,大于△S。 =-1593.4kJ/mml+(-285.8kJ/mal)×2-(-1366.8kJ/ (2)①反应的活化能越大，反应速率越慢，由表格数据可知，阳 mol)-(-725.8kJ/mol)=-72.4k/ml。(3)①撚料电池， 极放电时，烯两醇转化为两烯醛的活化能最小，反应逢率最 然料通负极，故通入甲醇的一极为负极，失电子转化为C0, 快，所以相同时问内，阳极产物中含量最多的为丙烯醛：②由 负极反应为C,H,0H+3H,0-12e°■2C0,↑+12H”: 题意可知，碱性条件下，烯丙醇在阳极失去电子发生氧化反应 ②1ml02被消耗，转移电子4ml,根据正极电极反应式02 生成丙烯醛，电校反应式为CH2=CHCH,0H-2e+20H +4H+4e”=2H,0,正极落液增加1mdl02和4mlH, →CH2=CHCH0+2H,O 质量为32+4=36g:根据负极电极反应，转移12mal电子生 335 成2mlC0和12molH”,氢离子通过质子交换膜进入正极 平衡ⅱ向正向进行，N0浓度降低，C符合题意：降低N,浓度， 区，减少质量88+12=1008，故转移4mml电子减少质量 平衡逆向进行，消耗NO,NO浓度降低，D符合题意：②根据三 33.33:,理论上正负极溶液质量变化的绝对值之差为3泊g 段式 33.33g=2.675 N,(g) 0(g) .2N0(g) 突破点2平衡中的各种计算 起始/(mmlL-)0.78 0.21 0 V 高考真题赏析明考向 改变/(mdl·L-')a+b】 (a+b) (a+b)】 2 2 1.(1)BD(2)A0HK(3)①4.0x10-4②>> 【解析】(1)催化剂不能放变反应的焓变，A项错误：由图示 平衡/mdL8.a002.a+a+b 2 2 可知，酸性：硫酸>磷酸>乙酸，催化剂酸性增强，反应速率提 2NO(g)+0(g) 2NO.(g) 高，B项正确：一个硫酸分子中含有2个H,一个磷酸分子中 含有3个H,一个乙酸分子中含有4个H,但含H最少的硫酸 起始/(mdl·L-l)(a+b) 0.21_(a+b2 2 0 催化时，最有利于加速反应，C项错误：由图示可知，反应开始 改变/(mal·L-)a 一段时间，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不 始终随着反应物浓度下降而减小，D项正确：故选BD。(2)催 平街/(ml·L1)b 2a-号a 2 化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质并未改变，由 催化机理示意图可知，催化剂有AOH和K1,(3)①由变化 e(0)=0.21 (2a+,K,= (NO) 2 e(N.)e(0)= 肉线图可如，器=10时，品=30花物地 (2)实验1与实验2相北， (Kn)=co mol·L-',则初始c(HX)=coml·L1,转化的物 2 质的量浓度为xmdl·L',可列出三段式如下： k(0.1)(0.1) In+HX=X+Hln 20.1)02y=l,实验1与实脸3相比，名= 起始浓度(ml·L)cm Co 0 0 k(0.1)(0.1) 转化浓度(mol·L)x 0201=2,代入实验3,0=10，根据实验4 平衡浓度(ml·L-')c。-x Co-x x 计算，=103r(0.05)2(0.3）=0.75r 由(n 3.(1)m1- (2)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同 e(HIn =3.0,即-=3.0，解将x=0.25 (3)a 则孩反应的平衡常数为K:cX)·c(H c(ln)·c(HX) 【解析】(1)1200K时，假定体系内只有反应CnH2(g) c(X)·c(Hm）·c(H.KH= 0.25cn×0.25ea 一CnH(g)+H(g)发生，反应过程中压强恒定为%（即 c(In)·c(HX)·c(H') K(HIn) 0.75cm×0.75c CH2的初始压强)，平衡转化率为，设起始量为1ol.则根 3.6×10,解得人(H)=4.0×10:②根搭图像可知，当 K,(HA) 据信息列出三段式为： Ca H2 (g)=C Ho(g)+H (g) n(HB) 起始量(mol)1 0 0 no(KIn) =1.0时，设此时转化的物质的量浓度为yml·L', 变化量(mol) 可列出三段式如下： 平衡量(mol) 1-a ln+HX一X-+Hln 起始浓度(ml·L)cn 0 0 则p(Ca)=×+2n(C)=%xap(,)=n 转化浓度(ml·L-)y 平衡浓度(mol·L-)-y co-y y ×十d横反应的平街常数K= 1- 此时（血） <1.0,即9-1<1.0，则y>0.5c,则平街常数 %×1+c 'c (HIn) K2= (HB) 1“a。(2)CH.(g)CwH(g)+H·(g)及CnH(g) >K,则K(HB)>K(HA):由于y>0.5C,则 (HIn) 一CnH(g)+H·(g)反应的lnK(K为平衡常数)随蓝度 K.(HB) >1,K(HB)>K(Hln)。 倒数的关系如图。图中两条线几平平行，说明斜率几平相等， K:=K(HIn) 根据血人=-” +c(R为理想气体常数，C为戴距)可知，斜 2.(1)①CD RT ②02_2a+山 b 率相等，则说明常变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的 2 0.78a+6 .2 2+ 化学健相同，故答案为：在反应过程中，断裂和形成的化学健 相同：(3)由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正 (2)0.75r 向近行，提高了平衡转化率反应速率也加快，难待合题意：由 【解析】(1)①缩小体积，所有物质求度均增大，A不符合题 化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应 意；升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应ⅰ为吸热反应，则 逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意：加入催化剂，平 升温平衡正向进行，N0求度增大，B不符合题意：移除NO,, 街不移动，不能提高平街转化率，心不符合题意 336 强基培优精练提能力 0.75 1.(1)C(2)L2L(3)①0.25kP②增大反应I和 可得，中X+本×网 0.25 =,解得x=0.125,所以相同时 Ⅱ都是正向为气体体积诚小的反应，增大反应物的分压，平衡 1+x 正向移动，转化率增大 间内出口a和出口b的氢气质量之比为0.125mol×2g 【解析】(1)反应I和Ⅱ都是气体体积减小的反应，反应中 mol-1:(0.75-0.125)mol×2g·ol-1=1:5。(2)相比直 客器内气体的压强减小，则客器内压强保持不变说明正逆反 接肌氢，氧化靓氢的优点是生成的水蒸气容易分离，使平衡向 应速率相等，反应已达到平衡，故A不符合题意：反应I和Ⅱ 正反应方向移动，有利于增大丙坑转化率：缺点是催化剂作用 都是放热反应，反应中绝热恒容容器内温度升高，别客器内温 下两烷可能与通入的氧气发生副反应，导致丙烯的产華降低 度不变说明正递反应速率相等，反应已达到平衡，故B不特合 考前名校押题练预测 题意：由质量守恤定律可知，反应前后气体的质量相等，在恤1，(1)未达到平衡，不同的催化剂对C0反应的催化能力不同 客密闭容器中混合气体的密度始终不变，测混合气体的密度： (2)62.5% 保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达 【解析】(1)反应中变量为不同的催化剂，未达平衡时，各时 到平衡，故C符合题意：由质量守恒定律可知，反应前后气体 刻下催化剂对C0转化率有一定影响，即此反应未达到平衡， 的质量相等，反应【和川都是气体体积减小的反应，反应中容 不可的催化剂对C0反应的催化能力不同，因而在孩时刻下 器内气体的平均相对分子质量增大，则容器内气体的平均相 C0转化率不同。(2)某温度下，向容积为1L的恒容容器中 对分子质量不变说明正逆反应境率相等，反应已达到平衡，故 加入1molC0、2olH2,在催化剂的作用下达到平衡时CH D不符合题意。(2)反应1和Ⅱ都是放热反应，由方程可知， 的体积分数为7，C0的转化率为80%，则反应C00.8ml； 温度升高，反应的压强平衡常数都减小：相同温度时，放热反 应的焓变越大，反应的压强平衡常数越小，则曲线L表示反 2C0(g)+4H(g)一C,H,(g)+2H20(g) 应【的压强平衡常数与温度的关系、曲线L表示反应Ⅱ的压 起始(mol) 1 0 0 强平衡常数与温度的关系。(3)温度为T时，向压强为300 转化(mol) kPa的位压密闭容器中，按I:1:1的体积比充入CH2一 平衡(sl)0.8-a1.6-2a0.4-0.5a0.8-a CHCH,OH(g)、H,O(g)和He(g),达到平衡时，CH,CH(OH) 3C0(g)+6H,(g)CH,(g)+3H,0(g) CH,OH(g)、HOCH,CH,CH,OH(g)和He(g)的分压分别为 起始(mol) 0 0 100kPa、20kPa、140kPa。因两反应中CH=CHCH,OH(g】 转化(mol)a 2a a/3 平衡(ol) 和H,0(g)均1：1反应，则平衡时，两者分压相等，且均为：2 ×(300-100-20-140)=20kP1,所以反应Ⅱ的压强平衡常 则平衡时感的物质的量为(18-名)ml,则04-00： 18-8 100 kPa 致K=20kPx20kP=0.25kB':②反应1和Ⅱ都是气体 7,“=0.3mml,生成乙烯0.25mml,C,H,的选择性为0.25×2 0.8 体积减小的反应，若其他条件不变，初始时不充入H(g),而 ×100%=62.5% 是按1：1的体积比充入CH,=CHCH,OH()和H,0(g),则2.(1)4C(2)氢酯比小于8，乙酸甲酯及H,均有较大的吸附 恒压密闭容器中反应物分压增大，平衡向正反应方向移动，新 率，增大氢酯比，H2的吸附率增大，使乙酸甲酯转化率增大 平衡时水蒸气的转化来增大：反应I和Ⅱ都是正向为气体体 (或增大氢酯比，平衡正向移动，乙酸甲酯转化率增大)：氢酯 积减小的反应，增大反应物的分压，平衡正向移动，转化率 比大于8，大量的H,吸附在催化剂的表面，阻碍了催化剂吸 增大 附乙酸甲酯.导致乙酸甲酯的转化率减小(3)0.006 2.(1)①r吹扫分离部分H,生成物浓度减小，平衡正向移动 【解析】(1)密闭容器中充入4 mol CO,和14molH,发生该 2g1:5 反应，容器内CO,和H体积比不再改变时，可以判断达到平 衡，故A正确：恒容容需中，气体的密度不会改变，故B错误： (2)氧化脱氢生成水蒸气容易分离，提高丙烷转化率丙烷可 绝热客需内，未达到平衡前，温度一直在变，当温度不变时达 能与O2发生副反应，导致内烯产率降低 到了平衡，故C正确：断开C一0健与断开0一H键的数国之 【解析】(1)①由图可知，A吹扫能分离出部分氨气，生成物 比为4：7才说明反应递率相等，故D错误。(2)由题目提示 浓度减小，平衡向正反应方向移动，丙烷转化率增大：②由题 固体催化剂作用下的反应速率与催化相表面各反应物的吸附 意可知，丙烷的平衡转化率为50%，由方程式可知，平衡时丙 率有关，故氢酯比小于8，乙酸甲酯及H均有较大的吸附率， 烷、丙烯、氮气的物质的量为1m0l-1mol×50%=0.5ol、1 增大氢酯比，H,的吸册单增大，使乙酸甲酯转化率增大（或增 mal×50%=0.5mal、1mol×50%=0.5mol,则反应的压张平 大氢酯比，平衡正向移动，乙酸甲酯转化率增大)：氨酯比大于 0.5 8,大量的H,吸附在作化制的表面，阻碍了住化剂吸附乙酸甲 衡常=15%.5★B 0.5 3:在相同条件下，若换成如 酯，导致乙酸甲酯的转化率域小，故氢酯比为8附近，乙酸甲 1.5*% 酯的转化率最大。(3)由反应①和反应②知，压强减小是反应 D造成，设反应①中CH,COOCH反应aml,列出三段式： 图所示有膜反应器，丙烷的平街转化率为75%时，反应生成丙 CH:COOCH (g)+2H (g)C2 HsOH(g)+CHOH(g) 烷、丙烯、氢气的物质的量为1mwl-1ol×75%=0.25ml 起始(m)1 3 0 1mol×75%=0.75mol、1nol×75%=0.75mol,设a口氢气 转化(ml)a 2a 的物质的量为xml,温度不变，平衡常数不变，则由平街常数 平衡(mol)1-a 3-2a 337 1-a+3-2a+a+0_4-0=0,解得a=0.4,设反应 减小，最大反应论季出现的温度也逐渐降低，正响：从图像 1+3 4100MPa1 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 ②中CH,CO0CH,反应bmol,根据反应②的化学计量数，反应 渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减 ②中H,也反应bml,根据达到平衡时H,的分压为 少能源的消耗，d正确。故答案选d。(ⅱ)为了提高催化刺 1-a-b1 CH,C00CH分压的5倍，3-2a-6=了，解得6=0.2，则 的综合性能，科学家对催化刺进行了改良，从图3中可以看出 衡时CHOH、C,H,OH、H,,CH,COOCH,、CH.CHO物质的量分 标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对S0:的转化率最好，产 别为0.6nl、0.4ml,2mol、0.4mol,0.2mol,气体总物质的 率最佳，故答案选d。(3)由图4可知，最适合吸收三氧化硫 0.4 0.6 的求硫酸质量分数为98.3%，最造合吸收的温度为60℃，此 量为3.6mdl,反应①的平衡常数K。= 3.6%x3.68 时S01吸收幸最高 0.4 /2 3.6×3.4 强基培优精练提能力 0.006MPa-1 1.(1)a1(2)50%2 突破点3原理中的图像分析 【解析】(1)反应②放热，达到平衡后升温会逆向移动，升温 逆反应速率增大更多，根据题图可知，加k,应诚是直线a。温 高考真题赏析明考向 度为T,时，怎=，而平衡时，”上=「运，则根据速率与浓度之 1.(1)①5×105mol/(L·min)②A.B(2)98% 间关系得到K=1。(2)两个反应在反应前后气体分子总数均 【解析】(1)①浓度分别为2.0m·L-2.5mol·L3.0 不变，因此平衡后气体总的物质的量仍为4ml,可得出H,0 ol·L'的HNO1溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据 的物质的量为2.6mol,而CH,OH有0.3ml,则CH,C1、 此可知三希对应的曲线分别为I、Ⅱ、Ⅲ：c(HO)=3.0ml CH,OCH,HC共有1.1mol,报据氧原子守恤，可得出 ·L'时，在0~1mim内，观察图像可知[FR]2的平均消耗 CH,OCH1为0.1ml,再根据碳原子守位.CHCl为0.5ml. 速率为1.5-1.0)x10mml,L=5×105mo/(L: 由氯原子守恒又能算出HCl为0.5mol,则CH,C减少了0.5 I min mim):②对于反应N0,+2[FeR]2++3H°一HN02+ m0l,即可算出CH,q的转化率0,5m×100%=50%:平衡时 1 mol 2[FR,]”+H,0,加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动， 各物质的物质的量共4ml,各物质的物质的量分数代入反应 [FaR,]户合量增如，[Fa,合童减小增大 0.30.5 "c([FeR]+) ￥4 A正雍；HNO,求度增加，[FeR,]2“转化率增加，故a■>am> ①的平衡常数表达式可得：人0.52.626 4 4 4 《1,B正确：观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率 2.02 i 增加，后期速率减小，C错误：硝酸浓度越高，反应速率越快， 体系由橙红色转变为淡蓝色所雪时间越短，故<1■<11，D 】起始投料比心=，报据反应式可知0的 【解析】 错误。(2)由图像可知，c(M)=0.51c(L)=5.I×10◆mal 最大转化率会更高，M表示0转化率随温度变化的曲线；1， ·L-1c(ML）=c(L)=0.4(L)=4.0×10-6mml·L-, ⅱ均为放热反应，C点后，随着温度升高平衡会发生逆向移 由L守恒可知e(ML,)= 1×10mol·L-(4×10-6mol·L-1+4×10-。mol.L.-1) 动，主要进行的反应是1反应，四为起始投料《Ch=,C 2 ,点后C,H和0转化率相同，故主要进行反应i。 =1.0×10·mml·L-,则cm(M)=4.0×10ml·L+1.0考前名校押题练预测 ×10md·L=5.0×10ml·L';则M的转化率为1.(1)L经分析.山1L2分别代表CH,CH0、CH,CH,0H的选择 5.1x10e×100%=98%. 5.0×10- 性随温度变化的曲线：随着温度的升高，反应I、Ⅱ的平衡均 逆向移动且反应I逆向移动程度大于反应Ⅱ，反应Ⅲ的平衡 2.(1)Cu0S0,(2)(i)d(i)d(3)98.3%60℃ 正向移动程度不大，所以340℃之前，随着温度的升高， 【解析】(1)根据图1的热重曲线所示，在700℃左右会出 CH,COOC,H.的选择性变大 现两个吸热峰，就明此时CSO发生热分解反应，从TG图像 (2)增大压强或选择合适的催化剂 可以看出，质量减少量为原CS0,质量的一半，说明有固体 【解析】(1)反应【为放热反应，升高温度，平衡逆向移动， Cu0剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为S02、S0、02, C,H,0州的选择性下降，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度，平衡 可能出现的化学方程式为30us0,03Cu0+2S0,↑+ 正向移动，CH,CHO的选择性上升，即L,为CH,CHO的选择 S0,↑+0↑，结合反应中圆体产物质量和气体产物质量可以 性，由于CH CHO、CH,CHOH,CH,COOC2H的选择性相加为 确定，孩反应的产物为Cu0S02、S0,、02,故答案为Cu0,S03。 1,即L2为CH,CH,O川的选择性，综上L为乙酸的转化率随 (2)()根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着 温度变化的曲线：随着温度的升高，反应I、Ⅱ的平衡均逆向 温度的升高反应速率先加快后减慢，错误：相同温度下存在 移动，且反应I逆向移动程度大于反应Ⅱ，反应Ⅲ的平衡正向 =0.9、=0.92,故=0.88的曲线不能代表平衡转化率，b 移动程度不大，所以340℃之前，随着温度的升高， 错误：从图像可以看出随者转化率的增大，最大反应速率不断 CH,COOC,H,的途择性变大。(2)反应Ⅱ、Ⅲ均为气体分子数 338 相等的反应，即压强的变化对平衡移动无影响，I为气体分子： 5+1,2x3=3,属于p杂化，为平面三角形，C0的中心原 数减小的反应，增大压强，平街正向移动，S(C,H,O川)增大，选 2 择合透的催化剂也能增大S(C,H,OH)。 子价层电子对数为3+4+2,2×3=3，属于p杂化，为平面 2 2.(1)增大投料比，反应Ⅱ平衡正向移动，乙醇酸甲酯的选择性 三角形，故D正确。 降低 3.A由W,X、Y、乙、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大 (2)温度升高，副反应Ⅲ发生，乙醇选择性提高，导致乙二醇选 分子中的所有原子均满足稀有气体的稳定电子构型，乙原子 择性降低图见解析 【解析】(1)增大授料比，反应I反应平衡正向移动，乙醇酸 的电子数是Q的一半，图中W含有1个化学键，原子序数最 小，故W为H.X含有4个共价键，故X为C,Z和Q都含2个 甲酯产量升高，所以反应Ⅱ平街也正向移动，乙醉酸甲酯的选 择性降纸。(2)温度升高，别反应Ⅲ发生，乙醇选择性提高，导 共价键.且Z原子的电子数是Q的一半，故Z为0，Q为S,Y 效乙二醇选择性降低，乙醇酸甲酯的产率随温度的变化图像 含3个共价键，而且原子序数介于C和0之间，故Y为N,据 此回答。非金属性：O>S,故简单氢化物的稳定性：Z(0)>Q 如图。 (S),A正确：同一周期从左到右第一电离能呈现增大的趋势， 100 故第一电离能：Y(N)>X(C),B错误；基态原子中C的未成 80 对电子数为2个，S的未成对电子数也为2个，故基态原子的 60 未成对电子数：X(C)=0(S),C错误：原子半径为0>H,枚 475 原子半径：Z(0)>W(H),D错误。 40 33.6 4.C侯氏制碱法主反应的化学方程式为NH,+CO+NaC+ 20 192 H0=NH,CI+NaHCO↓.则可推出W,X、Y、Z、Q、R分别 4.0 0.0 0 为H元素，C元素，N元素，O元素、Na元素，C元素。一般原 450 460 470480 490 500 流度/K 子的电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越 大，半径越小，则原子半径：H<N<C,A错误；同周期从左到 专题九 物质结构与性质 右元素第一电离能呈增大趋势，第VA族元素第一电离能反 常，大于第1A族元素，则第一电离能：N>O>C,B错误：O, 微专题1元素的性质、元素 C,为分子品体，相对分子质量越大，沸点越高，二者在常温下 周期律与元素周期表 均为气体，Na在常温下为固体，则沸点：0<C2<Na,C正确： 元素非金属性越强，电负性越大，非金属性：Na<H<C1,则电 高考真题赏析明考向 负性：Na<H<C,D错误。 1.D主族元素W,X、Y,Z原子序数依次增大，X、Y的价电子数 5.DQ是s区元素，焰色试验呈绿色，则Q为Cu元素：空间运 相等，乙的价电子所在能层有16个轨道，则Z个有4个能层 动状态数是指电子占据的轨道数，基态X原子的核外电子有 根据这4种元素形成的化合物的结构可以推断，W,X,Y,Z分 5种空间运动状态，则X为第2周期元素，满足此条件的主族 别为H0S、K。W和Y可以形成HS,其中S显-2价，因 元素有N(1s2222p3)、0(122s22p)、F(1s2222p3):X、Y,Z为 此，电负性S>H.A不正确：H,S0、是中强酸，而H,S0,是强 原子序数依次增大，基态YZ原子有两个未成对电子，若Y,Z 酸，因此，在相同条件下，后者的酸性较强，B不正确：H只有1 为第2周期元素，则满足条件的可能为C(1s2,2p)或0 个电子，0的2印轨道上有4个电子，0有2个未成对电子，因 (12s2p),C原子序数小于N,所以Y不可能为C,若Y、Z 此，基态原子的未成对电子数0>H,C不正确：K的氧化物溶 为第3周期元素，则满足条件的可能为Si(122s22p3s23p2) 于水且与水反应生成强碱KOH,S的氧化物溶于水且与水反 或s(12s2p3s3p),Y,Z可与Cu形成CuZ,而0，Si,S 应生成H,SO1或H,SO,因此，氧化物溶于水所得溶液的pH 中只有0和s形成的s0才能形成CZY,所以Y,Z分别为 的大小关系为K>S,D正确 O,S元素，则X只能为N:W能与X形成WX,则W为IA族 2,DY可形成5个共价键.Z可形成3个共价键.乙和Y同族， Y原子序数比Z大，即Z为N元素，Y为P元素，W可形成4 或W△族元素，但W原子序数小于N,所以W为H元索，综上 个共价键，原子序数比N小，即W为C元素，B可形成1个共 所述，WX,Y,Z.Q分别为H,N0S,Cu。WY,Z分别为H 价键，原子序数比C小.即R为H元素，X可形成2个共价键， 0,S,S单质常温下呈固态，其沸点高于氧气和氢气，0和H 原子序数在N和P之间，即X为0元素，综上：R为H元素、 均为分子品体，0的相对分子质量大于H,0,的范德华力大 W为C元素，Z为N元素、X为0元素、Y为P元素。由于 于H2所以沸点02>H2,即沸点S>0>H2.故A正确：Y、X 的简单氢化物分别为H,0和NH、,H,O的中心原子O原子的 NH,可形成分子间氢键，面PH2不能，因此沸点：NH,>YH, 故A错误：W为C元素，Z为N元素，由于非金属性：C<N,因 价层电子对数为2+子×(6-2×1)=4，孤电子对数为2，空 此最高价氧化物的水化物的酸性：HCO,<HNO1,故B错误： 间构型为V形，键角约1O5°，NH,的中心原子N原子的价层 同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅡA族，VA族 原子第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能：C<0 电子对数为3+之×(5-3×1)=4，孤电子对数为1，空间构 <N,故C错误；NO,的中心原子价层电子对数为3+ 型为三角锥形，键角约10718”，所以健角：X>Y,故B正确： 339