大题突破二 化学反应原理综合题-【创新教程】2026年高考化学大二轮专题增分方案课时作业

答案精析 2CO2(g)+6H2(g)-4H2OXg+CH=CH2(g) 起始/mol1 3 0 0 转化/mol0.5 Q.=pCH:)·b(H,) 1.5 0.25 (C.Hg) 平衡/mol0.5 1.5 0.25, (x) 平衡体系中乙烯的体积分数为 0.25 mol 1 = 凸≠K,此时不是平衡状态，即平衡后，丙烷的转化 3 0.5mol+1.5mol+1mol+0.25mo13, 率不等于75%，D错误。 故D正确。] 13.B「A.由图可知，反应起始阶段，相同时间时W的物 11.DLA.由图可知，升高温度，S2的体积分数增大，CH 质的量分数大于Z,说明反应I的反应速率比反应Ⅱ 的平衡转化率减小，说明反应I的平衡向正反应方向 慢，所以速率常数1k,,故A正确；B.近似认为反应 移动，该反应为吸热反应，△H>0,说明反应Ⅱ逆向移 Ⅱ建立平衡后，反应Ⅱ始终处于平衡状态，由图可知，W 动，反应Ⅱ是放热反应，△H,<0,故A正确；B.反应I 物质的量分数最大时，反应Ⅱ达到平衡，之后反应Ⅱ始 为气体体积增大的反应，反应Ⅱ为气体体积不变的反 终处于平衡状态，时间为nmin时X、Z的物质的量分 应，恒温恒压下充入氨气，导致容器的容积增大，相当 数都为30%，设nmin时Z、W的物质的量分别为 于减小压强，对于反应I平衡向正反应方向移动，浓度 amol、bmol,由题意可建立如下三段式： 增大，则反应Ⅱ正向移动，CH的平衡转化率增大，故B X(g) Y(g)≌Z(g) 正确；C.由图可知，在600℃时甲烷平衡转化率高达 起始(mol) 1 1 0 99%,低于600℃时，S,浓度明显偏小，使得反应Ⅱ的 转化(mol) 反应速率变慢，故C正确；D.在密闭容器中，n(S,): 0 a nmin时(mol)1-a 1-a n(CH1)=2:1开始反应，设CH,的起始物质的量为 X(g)+Y(g)=W(g) a,转化的物质的量为x,即： 起始(mol) 1-a 1-a 0 2S(g)+CH(g)CS(g)+2H,S(g) 0 转化(mol) b b 起始/mol2a 0 n min时(mol)1一a-b1-a-b b 转化/mol2x x 2.x 1-a-b 平衡/mol2a-2.x a-x 2.x 由X、Z的物质的量分数可得：2-Q- =0.3,2-a-b CS,的体积分数为10%，即2a-2x十a一x寸工+2元 =03,联立解方程可得a=号6=宁，则1L刚性密闭 3 100%=10%,解得x=0.3a,则CH的转化率为30%， 容器中反应Ⅱ的平衡常数K,= 故D错误。 12.B「从图像分析，初始物质浓度容器I小于容器Ⅱ，说 明容器容积I大于Ⅱ，p小于p2;x点v(x)=k1X 7 0.55mol·L,y点v(y)=k2×0.65mol·L1,由于 9 ,故B错误；C.反 (x)=v(y),则k1大于k2,T1大于T2。 A.由分析可知，k1X0.55mol·L=k2×0.65mol· 应I和反应Ⅱ都是气体体积减小的反应，体系达到平 L1,k1:k2=13:11,A错误；B.相同温度下，y点 衡后，再加入X和Y各1mol相当于增大压强，平衡向 正反应方向移动，Z的平衡产率增大，故C正确；D.T c(C3H)比之，点c(C3H)大，U(y)w(x),由v(x)= 温度下，使用选择性催化反应Ⅱ的催化剂，反应Ⅱ的反 u(y),则(x)>u(x),结合x,点与点c(CgH)相同， 说明单位体积x点的活化分子数目多于之点，容器工 应速率增大，相同时间内W的物质的量增大，物质的量 容积大于容器Ⅱ，则x点的活化分子数目多于之点，B 分数新峰值，点可能是，故D正确。] 正确；C.从上述分析可知，p1<p2,再减小容器I的压 14.D[A.恒温恒容条件下，容器中气体的压强与气体的 物质的量成正比，根据化学方程式知，反应前后气体的 强，C3H,(g)C,H.(g)十H,(g)反应平衡正移，压强 影响容器I平衡比容器Ⅱ正向移动程度大，△H>0,T 物质的量之和减小，则压强减小，在绝热条件下进行， 随着反应的进行，容器内压强先增大后减小，说明开始 >T2,温度影响容器T平衡比容器正向移动程度大 故在容器I、容器Ⅱ分别处于T、T,温度下，减小容器 时温度对压强的影响大于气体的物质的量，则L?表示 T的压强，不能使平衡时各组分的物质的量分数与容 绝热条件下△p随时间变化关系，A错误；B.恒温恒容 器Ⅱ中的相同，C错误；D.容器Ⅱ(T2、p2)初始1mol 条件下，容器中气体的压强与气体的物质的量成正比， CHg(g),c(C3Hg)=1.0mol·L1,则容器容积为1L, 根据化学方程式知，反应前后气体的物质的量之和减 小，则压强减小，△p>0,在图中以ac所在线表示；在绝 t1时达到化学平衡状态，c(CHg)=0.5mol·L1,根 热条件下进行，随着反应的进行，容器内压强先增大后 据三段式分析计算， CH(g)=一C3H(g)十H2(g) 减小，说明开始时温度对压强的影响大于气体的物质 初始/mol 的量，说明该反应为放热反应，△H0,B错误；C.b,点 0 0 温度高于C点，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向 转化/mol 移动，所以HBr的转化率：a(b)α(c),C错误；D.在恒 平衡/tmol V(平) 1 温恒容条件下，气体压强之比等于总物质的量之比，根 1一x十x十x 据三段式： 1 L 1 mol T= mol ,解得 3 ；平衡时气 4HBr(g)+O2(g)一2Br2(g)十2HO(g) 一 V(平) =0.5 mol/L V(平)=4 L 起始mol4 0 0 变化mol4x 2a 2.x p(CH)·p(H2) 体，n(总)= mol,K 平衡mol4-4x 1-x 2x 2x 3 (Cx Hg) 根据a点时数据有：5一z一0.85p 5 p。 1 ,解得x=0.75,此时 3 3 p:X p,X 1.5 mol 4 3 8;温度不变，K。不变， 浓度商Q =20.25L/mol,a、 /1 moly ）X(0.25mol P:X 3 b,点总压强相等，容器容积相等，b点温度较高，故b,点 4 气体的物质的量小于a,点，正反应是气体分子数减小的 若丙烷的转化率为75%时，计算Q。, 反应，说明b点HBr的转化率大于a点，即b点平衡常 数K大于a,点Q,D正确。] CH(g)CH(g)十H2(g) Ar 大题突破二 初始/mol 0 0 5 0.75 0.75 1.解析：(1)由图可知，N电极上CO转化为C,H,C元素 转化/mol 0.75 0 平衡/mol 0.25 0.75 化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与 0.75 5, 电源正极相连； 此时n(总)=6.75mol, ·265· 1化学 (2)CO发生得电子的还原反应转化为C,H,,电解液是 则生成n(H,)=nmol十3(m十n)mol=(3m十4n)mol。起始 碱性环境，电极反应为：2C)十8e十6H,O一一C,H 时CH,和HO(g)的分压分别为1MPa、3MPa,则n(CH,) +8OH; :n(HO)=1:3,设n(CH,)=1mol,则n(HO)=3mol,根 (3)根据盖斯定律，反应ⅱ一反应「即可得到目标反应， 据氧原子守恒得剩余n(HO)=(3-m-2n)mol,反应i的 则△H=-230.7kJ/mol-(-104.7kJ/mol)=-126 p(CO2)·p(H,)_n(3m十4n) kJ/mol,该反应是熵减的放热反应，则依据△G=△H K,=bC·bH,O)m3-m-2 T△S0,则低温下能自发进行，选B; (3)①发生积碳反应时生成的碳是固体，复合载氧体失 (4)①总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反 去氧的质量与积碳的质量相等，载氧体总体质量不变， 应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的能垒最大，该步骤是决 所以反应在13~15min时，出现了一个短暂的小平台。 速步骤，反应式为”CH十”C,H,一C,H。:由图可 ②350℃时，根据△G=-RTIn K可知，反应i的△G≥ 知，由C1H,生成CH时，活化能较大，反应速率慢，所 0,几乎不能自发进行，而反应V的△G0,能正向自发 以C,H1。的选择性大于CH; 进行，因此主要发生反应V。 ②当x≥2时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状 答案：(1)①<②D 态，则增大CO的分压，相当于减压，反应1和反应ⅱ平 (2)①3m+4n ②n(3m土4n) 衡均逆向移动，所以C,H,的转化率减小： m(3-7m-2n) 当x=2时，C2H,的转化率为90%，C,H10的选择性为 (3)①复合载氧体失去氧的质量与积碳的质量相等 80%,设初始投料：CO:2mol、C2H,:2mol、H2:1mol,则 ②反应V350℃时，反应m的△G>0,儿乎不能自发进 行，而反应V的△G<0,能正向自发 n(C,H。)=2mol×90%×2×80%=0.72mol、 3.解析：(1)根据图中信息，“热Fe”高于体系温度，N2在 “热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率：“冷Ti” n(C,H,)=2mol×90%×7×20%=0.18mol、 低于体系温度，氨气在“冷T”表面生成，有利于提高氨 n(C,H)=2 mol-2 molX90%=0.2 mol,n(H,)=1 mol- 的平衡产率；(2)反应a的△H<0,△S>0,则△G=△H 0.72mol=0.28mol,气体总物质的量为(2+0.72十0.18 一T△S<0,任意温度下反应都能自发进行；(3)由信息 十0.2+0.28)mol=3.38mol,此时压强为3.38m0× 可知，a、b、c三个反应均为放热反应，升高温度平衡逆向 5 mol 移动，NH,的平衡转化率减小：(4)①其他条件不变，反 应温度范围为200℃~225℃之间时NH的转化率较 100 kPa-67.6 kPa.p(C.H)moX67.6 kPa 大，且氯气的选择率较高，副产物较少：②由图可知，低 14.4 kPa,p(C:H )=0.2 mol ×67.6kPa=4kPa、 温下NH?转化率和N2选择率均较高，随温度的升高， 3.38 mol N,选择率下降的原因可能为催化剂对生成N2的反应 p(H2)=0.28mol 活性下降，副反应的速率变大；(5)①活化能越大，反应 3.38 mol 67.6kPa=5.6kPa,反应i的K,= 速率越慢，慢反应决定反应速率，第二步反应决定了生 6AkPa)≈0.16kPa)。 产尿素的快慢，则第二步的活化能大于第一步活化能， 即E<E;②催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡 答案：(1)正(2)2C0+8e+6H,O==C,H,+80H 移动，所以不能提高平衡时氨气的转化率，A错误；尿素 (3)-126B 是固体，从体系转移出生成的尿素，平衡不移动，氨气的 (4)①”C2H+"C,H1—C,H。由CH,生成 转化率不变，B错误；降低反应体系的温度，平衡正向移 C,H时，活化能较大，反应速率慢②随着x的增大， 动，氨气转化率增大，C正确；增大二氧化碳的浓度，平衡 CO的分压增大，对于反应ⅰ和反应ⅱ相当于减压，反应 正向移动，使氨气消耗量增多，氨气转化率增大，D正确： i和反应ⅱ平衡均逆向移动，所以C,H,的转化率减小 (6)起始氨气的体积分数为50%，说明二氧化碳的体积 0.16 分数也为50%，设起始氨气和二氧化碳的物质的量均为 2.解析：(1)①根据K2的表达式可知，温度越低，平衡常数 1ol,平衡时二氧化碳的转化率为x,列出如下三段式： 越大，即降低温度平衡正向移动，为放热反应，所以b0。 2NH(g)十CO,(g)CONH)2(s)十HOXg) ②随着反应的进行，C。的体积分数逐渐增大，直到平衡 起始量/mol1 1 0 状态，当CO的体积分数不变时，反应达到平衡状态，故 转化量/mol2x x x A正确；及时分离出C。,平衡正向移动，甲烷的转化率 平衡量/mol1-2x1-x 升高，故B正确根据怎红的表达式可知，K一 平衡时氯气的体积分数为1一2x十1一x+ 1-2x -×100%= 1000℃时，根据K1=1.198×e,可知兰<1，故C 3 20%,解得工=吕，混合气体总物质的量为 正确；其他条件不变，达平衡后容器中CH,、H,O、CO和 H2的物质的量各为1mol、1mol、1mol、3mol,若在恒 1mol-2ol×8 压条件下，再向容器中充入1 mol CH1、1molH,O、 (2-2×8 mol= 号mol.p(NH,) 1 mol CO、3molH2,容器体积增大一倍，各物质浓度不变， 反应仍然为平衡状态，则正、逆反应速率相等，故D错误。 ×10MPa=2MPa,同理，p(CO2)=5MPa,p(H,O)= (2)①根据反应ⅱ知，生成CO2、H2的物质的量相等，则 反应ⅱ中生成的H2的分压和CO,的分压相等，为 3MPa,K。= (H,O) 3 MPa (NH,).(CO.)(2 MPa)X5 MPa nMPa;根据碳原子守恒知，反应i中生成总的CO分压 =0.15(MPa)-2 为(m十n)MPa,反应i生成H,的分压为生成C)分压 答案：(1)N三N键在“热Fe”表面断裂，利于提高合成氨 的3倍，所以反应i生成H2的分压为3(m十n)MPa,则 的反应速率：氨气在“冷T”表面生成，利于提高氨的平 生成H,的总分压为[3(m十n)十n]MPa=(3m十 衡产率(2)任意温度(3)减小a、b、c三个反应均为 4n)MPa。 放热反应，温度升高，平衡均逆向移动(4)①该温度范 ②恒温恒容条件下气体压强之比等于其物质的量之比， 围NH,的转化率较大，且氨气的选择率较高，副产物较 平衡时CO、CO2的分压分别为mMPa、nMPa,则CO 少②催化剂对生成氮气的反应活性下降，副反应的反 CO2的物质的量之比为m：n,假设平衡时n(CO) 应速率加快 mmol、n(CO2)=nmol,生成n mol CO2消耗n mol CO, (5)①②CD(6)0.15 ·266· 答案精析」 4.解析：(1)CH燃烧热的热化学方程式：C,H(g)十5O,(g)5.解析：(1)PC1,分子中P原子价层电子对数为4，其中孤 -3C02(g)十4H0(1)△H=-2219.9k·mol- 电子对数为1，VSEPR模型为四面体形。PCl分子含5 ①；CH燃烧热的热化学方程式：CH,(g)十号O,(g) 个单键，需要5个杂化轨道。基态P原子电子排布式为 1s22s22p3s23p3,3s、3p、3d能量相近，可以参与杂化，杂 =3C02(g)+3H20(1)△H=-2058.0kJ·mol-1 化类型为spd。 ②；耳，燃烧热的热化学方程式：H,(g)十是0，(g) (2)根据盖斯定律可知，（②一①）：4得目标热化学方程 HO(1)△H=-285.8kJ·mol厂1③。根据盖斯定 式，则△H=-b2k·mol1,由于b>a,则a-b<0, 4 律，①一②一③可得到反应I,则反应I的△H= 三氯化磷与氨气反应生成五氯化磷是放热反应。 -2219.9kJ·mol-1-(-2058.0kJ·mol1)-( (3)①根据表达式可知，温度变化相同时，E值越小，Rlk 285.8kJ·mol1)=十123.9kJ·mol1。该反应是吸 变化值（绝对值）越小，直线斜率越小，催化剂催化效能 热反应，△H>0;该反应是气体体积增加的反应，则△S 越大。由图乙可知，Catl对应直线的斜率较小。 >0;根据△G=△H一T△S<0,则高温下反应能自发进 ②移走一半反应物，压强减小，减压平衡逆向移动，即平 行。温度小于580℃时，反应速率慢，单位时间产率较 衡时PCL的物质的量小于原平衡的一半，故选C。 低；温度高于580℃时，丙烯的含量虽然有所增加，但是 (4)①曲线a、b起始状态时，容器体积相同，反应物的物 幅度不大，乙烯、甲烷等杂质的含量大幅度增加，同时耗 质的量相同，温度越高，压强越大，即温度：a>b。曲线c 能增大，因此580℃最适合。 (2)根据盖斯定律，可利用反应Ⅱ减去2(i十ⅱ十i), 和b达到相同的平衡状态，只是前者先达到平衡，c反应 可得反应4HO·→2H2O十O2。由第ⅷ步自由基反 速率较大，该反应是气体分子数不相等的反应，故C改变 应，可知最后一步反应N应为2H0一H,0+号0，。 条件是加入催化剂，或加入效率更高的催化剂。 ②设平衡时PCL转化的物质的量为xmol,列三段式 (3)假设在反应Ⅱ中C:H.反应了xmol,在副反应Ⅲ中 PCL(g)十CI2(g)一PCL(g) CHg反应了ymol,列出三段式，可得： 起始物质的量/mol0.2 0.2 0 2C H.(g)+O (g)=2C.H (g)+2H2 O(g) 变化物质的量/molx x 开始(mol) 3 2 0 0 平衡物质的量/mol0.2-x0.2-x 转化(mol) x/2 x 同温同容条件下，压强之比等于其物质的量之比 平衡(mol) x 0.4 mol 160 kPa C Hs(g)+20(g-CHCHOH(g)+CO(g)+HOXg) 0.4 mol moi-10 kPa.1(PCl )(Cl) 开始(mo1)3 2 0 0 0 转化(mol)y 2y b(PC1,)=120kPa×3 =40kPa,K。= 平衡(mol) y y (PCI) 结合两个反应的数据，可得平衡时，n(CH)=(3一x一y)mol, 40 kPa p(PCl,)·p(C)-40kPaX40kPa=0.025(kPa)。 n0,)=(2-x-2）mo,nCH,)-xml, 答案：(1)四面体形D(2)-b一4 A n(CH.CH,OH)=y mol,n(CO,)=y mol,n(H,O)= (3)①Cat1改变相同温度，Rlnk变化值较小，E。较小 (x十)mol,各物质总的物质的量n=(5+合2）mol。 ②C (4)①升高温度加催化剂②0.025(kPa)1 根据体积分数计算，(C,H)= x 1 -=40%;9(C02) 专题精准强化15 5+2 1.D[第一个化学计量点的DH=4.7,甲基橙的变色范围 y -=4%,可得x=2.5mol,y=0.25mol。则 为3.1~4.4，终点时溶液由橙色变为黄色，故A错误；X 1 5十2x 点到Y点是磷酸二氢钠逐渐转化为磷酸氢二钠，发生的 反应为HPO,十OH-HPO号十HO,故B错误；第 CH,的选择性=×100%=2.千0.25 2.5 100% x+y 二个化学计量点的含磷物种主要是HPO,此时溶液的 90.9%。 DH=9.7>7,显碱性，说明HPO的水解常数大于其 平衡时，n(CH)=0.25mol,n(O2)=0.25mol, 电离常数，故C错误；由图中c(HPO,)=c(H2PO,)时 n(CH:CH2 OH)=0.25 mol,n (CO2)=0.25 mol, 溶液的pH=2.16可知，H,PO,一H,PO,十H的 n(HO)=2.75mol,n慈=6.25mol。分压=总压X物质 K(H,PO,)=102.1“,图中c(H,PO,)=c(HPO号)时 的量分数，总压为D,可得： 溶液的pH=7.21可知，H2PO,一一HPO十H+的 K,= (CH:CH,OH)(CO)(H,O) Ke(H,PO,)=10,红，两式相减得到H,PO,+HPO (C3H)p(O2) 11 H0的手赛金数K一是=治=10，故 D正确。] 2.D[0.1mol·L1MOH溶液的pH小于13，则其为弱 (4)①铅酸蓄电池负极的电极反应式为Pb一2e十SO 碱，其电离方程式为：MOH一M十OH,A错误； 一PbSO1,工作时负极质量增大。②根据图示，在X极 MOH电离出的氢氧根离子会抑制水的电离，随着盐酸 CO,转化为丙烯，电解质溶液为酸性。电极反应式为 的加入消耗MIOH,水的电离程度增大，c点时HC】与 3CO,+18e十18H+C,H.+6H,O。 MOH恰好完全反应，水的电离程度最大，则水的电离程 答案：(1)十123.9高温温度过高，副产物大量增加， 度：c>b>a,B错误；根据电荷守恒可知，b点有c(CI) 能耗增大；温度过低，反应速率慢，单位时间产率降低 十c(OH)=c(M)十c(H+),此时溶液显中性，则 (2)2H0·一H.0+20.(3)90.9%114)0增 c(CI)=c(M),C错误；c为滴定终，点，则c,点溶质为 MCI,此时由于M的水解，导致溶液显酸性，则c(CI) 大 ②3C02+18e+18H+CH。+6H20 >c(M)>c(H)>c(OH),D正确。] ·267.专题精准强化1 ⑧错题序号： 大题突破二 化学反应原理综合题 @错因分析 1.(2025·湖南卷)在温和条件下，将CO转化为 ②结合图2，当x≥2时，混合气体以较低的流 C4烃类具有重要意义。采用电化学一化学串 速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随 联催化策略可将CO高选择性合成C4H1o,该 着x的增大，C2H4的转化率减小的原因是 流程示意图如下： ;当x=2时，该温度下反应ⅱ的 NCO、CL、H K。= (kPa)-2(保留两位小数)。 2.甲烷水气重整反应是我国主要的制氢技术，有 -Nio-SiOz 关反应如下： 反应 KOH KOH 电解池 反应i:CH4(g)+H2O(g)=CO(g)十3H2(g) 回答下列问题： △H1=akJ·mol-1; (1)电解池中电极M与电源的 极相连。 反应i:CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) (2)CO放电生成C2H4的电极反应式为 △H2=bkJ·mol-1 回答下列问题： (3)在反应器中，发生如下反应： (1)反应i、反应ⅱ的平衡常数分别为K1= 反应1：2C2H4(g)C4Hg(g) △H1=-104.7kJ·mol-1 1.198Xe器、K2=1.767Xe器，反应温度 反应i:2C2H4(g)+H2(g)=C4H1o(g) 为T℃， △H2=-230.7kJ·mo1-1 ①b 0(填“<”或“>”)。 计算反应C4Hg(g)+H2(g)—=C4H1o(g)的 ②对于反应i,正=k正c(CH4)·c(H2O), △H= k·mol1,该反应 (填标号)。 逆=k逆c(CO)·c3(H2)(k正、k进均为速率 A.高温自发 常数，仅与温度有关)。向等压密闭容器中充 B.低温自发 入2 mol CH4、2molH2O(g)仅发生反应i, C.高温低温均自发 达到平衡后生成1 mol CO和3molH2。下列 D.高温低温均不自发 说法不正确的是 (填标号)。 (4)一定温度下，CO,C2H4和H2(体积比为x:2 A.CO的体积分数保持不变能判断反应处于 ：1)按一定流速进人装有催化剂的恒容反应器 平衡状态 (人口压强为100kPa)发生反应1和i。有CO存 B.及时分离出CO,有利于提高甲烷的转化率 在时，反应i的反应进程如图1所示。随着x的 C.1000℃时，k正一定小于k逆 增加，C2H的转化率和产物的选择性（选择性= D.其他条件不变，达平衡后再向容器中充人 转化为目的产物所消耗乙烯的量 已转化的乙烯总量 ×100%)如 1 mol CH4、1molH2O(g)、1 mol CO、 图2所示。 3molH2,则o正>v逆 (2)一定温度下，向恒容密闭反应器中通人 TSI CaHg(g)+*灯 CH4和H2O(g),起始时CH4和H2O(g)的 *H+*CHa 分压分别为1MPa、3MPa,发生反应i和反 TsⅡ *CH TSⅢ*CH,*H *CH。- 应i。反应进行t1min时达到平衡状态，此时 *C2Hs+*C2Ha C.Ho(g) 4 *CH+*H CO、CO2的分压分别为mMPa、nMPa。 *表示吸附在催化剂表面上的物种 TS表示过渡态 ①H2(g)的平衡分压为 MPa(用含 反应进程 m、n的代数式表示，下同) 图1 ②反应ⅱ的K。= (用平衡时各物质 ☐C,Ho CH 100 100 的分压代替物质的量浓度)。 (3)复合载氧体可以 100 80 60 氧化甲烷制取合成 9 98 60 % 气(CO、H2),如图为 97 20 350℃时载氧体的 96 40 0 质量与时间的关系 图2 [一定条件下有积碳 0 5 1015202530 时间min ①根据图1，写出生成C4H1o的决速步反应式 反应发生，反应： ;C4H1o的选择性大于C4Hg的原因是 2CO(g)—=CO2(g)+C(s)或反应iV:CH4(g) C(s)+2H2(g)]。 165 1化学 ①从开始到l3min时，曲线呈下降趋势的原 ①其他条件不变，在175℃~300℃范围，催 因主要是甲烷还原载氧体，载氧体失去氧而出 化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度范 现失重的情况；反应在1315min时，出现了 围为200℃~225℃之间，理由是 一个短暂的小平台，其主要的原因是 ②随温度的升高，N2选择率下降的原因可能 ②已知△G=一RTIn K,反应i和反应iV的 lnK与温度的关系如图所示，则350℃时，主 为 要发生的积碳反应是 ,其理由是 Ⅲ.请回答： (5)含氮化合物对工业生产有多种影响，化学 工作者设计了如下再利用的方案： 反应 以NH和CO2为原料合成尿素[CO(NH2)2], -10 两步反应的能量变化如图： -20 反应iV ,能量/kmo 2003003504505003前温度/℃ 3.(2025·河南省五市联考)运用化学反应原理 研究与氨气有关反应有重要意义。请回答下 列问题。 NH(g) +CO2(g) L已知合成氨反应的热化学方程式为：N2(g)十 CO(NH2)(s)+H2O(g) NH.COONH (s) 3H2(g)=2NH3(g)△H=-90.8kJ·mol1。 反应过程 (1)我国科学家为了解决合成氨反应速率和平 衡产率的矛盾，选择使用Fe-TiO2-xHy双催 ①已知第二步反应决定了生产尿素的快慢，可 化剂，通过光辐射产生温差（如体系温度为 推测E E3(填“>”“<”或“=”)。 495℃时，Fe的温度为547℃，而TiO2-xHy ②该反应达到化学平衡后，下列措施能提高 的温度为415℃)。结合图示解释该双催化剂 NH3转化率的是 (填字母)。 的工作原理（已知：常温下氮氮三键不易断 A.选用更有效的催化剂 裂)： B.及时从体系转移出生成的尿素 热Fe冷Ti双温催化原理如下： C.降低反应体系的温度 支N○QQ光照 ○热铁 D.增大二氧化碳的浓度 ○冷钛 (6)某实验小组为了模拟 ↑NH体积分数% 工业合成尿素，在恒温恒 50 Ⅱ.催化氧化法除尾气中氨气的反应为： 容的真空密闭容器中充人 a.4NH3(g)+3O2(g)==2N2(g)+6H2O(g) 一定量的CO2和NH3发生 △H1=-1282k·mol-1 反应：2NH3(g)+CO2(g) 时商 在实际反应中还伴随如下副反应发生： b.4NH3(g)+5O2(g)==4NO(g)+6H2O(g) =CO(NH2)2(s)十H2O(g),反应过程中 △H2=-992kJ·mo1-1 NH3的体积分数如图所示。实验测得体系平 c.4NH3(g)+4O2(g)==2N2O(g)+6H2O(g) 衡时的压强为10MPa,计算该反应的平衡常 △H3=-1118kJ·mo1-1 数Kp= (MPa)-2(已知：分压= (2)反应a在常压下自发进行的温度条件是 总压×体积分数)。 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。 4.(2025·湖北省圆创联盟联考)丙烯是有机化 (3)其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转 工中的重要原料，可用丙烷直接脱氢工艺和丙 化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 烷氧化脱氢工艺制备，其主反应和有关物质的 原因为 (4)将一定比例的NH3和O2的混合气体以 燃烧热数据如下。 一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的 I丙烷直接脱氢工艺：C3Hg(g)一C3H(g)十 转化率、生成N2的选择率与温度的关系如图 H2(g) 所示。 Ⅱ.丙烷氧化脱氢工艺：2C3Hg(g)十O2(g) 100 10 =2C3H6(g)+2H2O(g) 90 80 物质 CaH8 C3Ho H2 60 40 70 燃烧热△H 20 175200225250275300 60 2219.9 -2058.0 -285.8 温度/℃ (kJ·mol1) 166 专题精准强化 回答下列问题： ②P4(s)+10CL2(g)—4PC15(s)△H2= (1)反应I的△H= kJ·mol-1,其自 -bkJ·mol-1(b>a>0) 发进行的条件是 丙 PCla (1)+Cl2 (g)=PCls (s) △H= 烷在不同温度下按照一定流速通过铬催化剂 (用含a、b、c的式子表示)kJ·mol-1。 反应相同时间，所得混合物中部分物质的体积 (3)实验测得PCl3(g)+Cl2(g)一PC1(g)的 分数如下表所示，实际控制温度为580℃，原 速率方程为v=kc"(PCl3)·cm(C2)(k为速 因是 率常数，只与温度、催化剂有关)，速率常数k 510℃ 550℃ 580℃ 620℃ 与活化能的经验关系式为RIn= 手R为 丙烷(%) 64.82 57.87 37.76 31.91 丙烯(%) 12.33 15.85 22.72 23.13 常数，Ea为活化能，T为绝对温度)。 -0.2 乙烯(%) 0.12 0.19 0.20 0.71 04 0.6 甲烷(%) 1.50 2.78 4.03 7.31 0.8 -1.01 氢气(%) -1.2 20.47 18.99 25.45 31.14 Cat -1.4 -1.6 (2)反应Ⅱ属于自由基反应，其反应历程如下， -1.8 -2.0 写出第V步的反应方程式。 -2.2 -2.4 2.6 (i)C3Hg+O2→·C3H7+HO2· 1.0 2.0 3.0 4.0 (i)·C3H7+HO2·→C3H6+H2O2 乙 10) (im)H2O2→2HO· ①一定温度下，向密闭容器中充人适量PC13(g) (iv) 和Cl2(g),实验测得在催化剂Cat1、Cat2下 (3)将3molC3Hg、2molO2置于某恒温（高 RInk与一的关系如图乙所示。催化效能较高 于100℃)、恒压(p)的密闭容器中进行反应Ⅱ 的是 (填“Cat1”或“Cat2”),判断依据是 时，发生了副反应Ⅲ：C3Hg(g)十2O2(g)一 CH3CH2OH(g)+CO2(g)+H2O(g)。达平 ②将2 mol PCl3(g)和n mol Cl2(g)充入体 衡时的体积分数p(C3Hs)=40%,p(CO2)= 积不变的密闭容器中，一定条件下发生上述反 4%,则C3H6的选择性为 (C3H6 应，达到平衡时，PCL(g)为amol,如果此时移走 的选择性= 用于生成CH,消耗的CH× n mol PCl3(g)和0.5 mol Cl2(g),在相同温度下 全部消耗的C3H8 再达到平衡时PC(g)的物质的量为x,则x为 100%,计算结果保留3位有效数字)，反应Ⅲ (填标号)。 的Kp= (用平衡分压代替平衡浓 A.x=a mol B.x=0.5a mol 度计算，分压=总压×物质的量分数)。 C.2<0.5a mol D.0.5a mol<z<a mol (4)使用惰性电极电解 (4)向恒容密闭容器中投人0.2 mol Cl2和 CO2的酸性溶液制丙 0.2 mol PCla3(g),发生反应：PCl(g)+C2(g) 烯，其装置如图所示。 一一PC1(g),在不同条件下进行，反应体系总 ①若以铅酸蓄电池作 压强随时间的变化如图丙所示。 为直流电源，其工作时 离子交换膜 1751 负极质量 (填“增大”“减小”或“不 170 变”)。 ②X电极的电极反应式为 140- 135 5.PCl3、PC15常用于制造农药等。磷在氯 130 125 气中燃烧生成这两种氯化磷。请回答下 120 甲 列问题： 115.5101520253035404550560mim (1)PCL3的VSEPR模型是 。 已知 ①相对曲线b,曲线a改变的条件可能是 PCL中P原子的d能级参与杂化，分子呈 ;曲线c改变的条件可能是 角双锥形（如图甲），由此推知PCl5中P的杂 化类型为（填标号）。 ②曲线b条件下，该反应平衡常数(K。)为 A.sp3 B.sp2 C.dsp3 D.sp3d 。[提示：用分压计算的平衡 (2)已知，①P4(s)+6C12(g)=4PCL3(1) 常数为压强平衡常数K。,分压=总压×物质 △H1=-akJ·mol-1, 的量分数。] 167