课时分层检测(41)化学反应的方向与调控-【创新大课堂】2026年高三化学一轮总复习

课时分层检测（四十一） 1.下列关于化学反应方向及其判据的说法中正确 的是 A.1 mol SO3在不同状态时的嫡值：S[SO3(s)] >S[SO3(1)]>S[SO3(g)] B.常温下，反应C(s)十CO2(g)—2CO(g)不 能自发进行，则该反应的△H>0 C.凡是需要加热的反应都不能自发进行 D.反应2KC1O3(s)==2KC1(s)+3O2(g) △H>0能否自发进行与温度无关 2.下列反应在任何温度下均能自发进行的是 A.2N2(g)+O2(g)—2N2O(g) △H=+16kJ·mol-1 B.Ag(s)+Cl(g)-AgCI(s) △H=-127kJ·mol-1 C.HgO(s)-Hg(l)+zO2(g) △H=+91kJ·mol-1 D.H,0,(D一20，(g)+H,0D △H=-98kJ·mol-1 3.下列有关化学反应方向及其判据的说法中错误 的是 () A.1molH2O在不同状态时的嫡值：S[H2O(1)] <S[H2O(g)] B.反应CaCO3(s)=CaO(g)+CO2(g)△H >0能否自发进行与温度有关 C.H2O2分解和HC1O分解均是自发过程，故 这两个反应的△H和△S的变化相同 D.常温下，反应4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(1) 一4Fe(OH)3(s)能自发进行，则该反应的 △H<0 4.合成氨反应达到平衡时， ↑ NH3的体积分数与温 度、压强的关系如图所 示。根据此图分析合成 HN 1.0×10°Pa 1.0×109Pa 1.0×10Pa 氨工业最有前途的研究 方向是 温度/℃ A.提高分离技术 B.研制耐高压的合成塔 C.研制低温催化剂 D.探索不用N2和H2合成氨的新途径 5.(2025·海口质检)已知：2NH3(g)+CO2(g) =CO(NH2)2(s)十H2O(g)。以空气等为原 料合成尿素[CO(NH2)2]的流程如图所示（部 -39 化学反应的方向与调控 分产物略去)。下列叙述错误的是 一定条件 空气分离 -N2 H2NH, C02 尿素 02 煤 A.N2与H2的反应是放热反应，合成工艺中温 度越低越好 B.利用物质的沸点不同分离空气 C.在高压的条件下更有利于尿素的合成 D.煤与氧气反应放出的热量可提供给合成氨工艺 6.已知体系自由能变化△G=△H-T△S,△G<0 时反应能自发进行，两个氢化反应的△G与温 度的关系如图所示，下列说法正确的是（ 80 40 反应① 0 /9 -40 反应② 4-80 20040060080010001200 温度/℃ A.反应①的△S<0 B.反应②在600℃时的反应速率很快 C.温度大于1000℃时，反应①能自发进行 D.反应②的△H>0 7.(2025·梅州大埔虎山中学质检)硫酸是一种重 要的化工产品，目前主要采用“接触法”进行生 产。有关反应2S02十O2 催化剂2S03的说法 加热 中不正确的是 ( A.实际生产中，SO2、O2再循环使用提高原料 利用率 B.实际生产中，为了提高反应速率，压强越高 越好 C.在生产中，通入过量空气的目的是提高SO2 的转化率 D.实际生产中，选定400~500℃作为操作温度 的主要原因是催化剂的活性最高 8.已知反应：CO(g)+3H2(g)==CH4(g)十 H,O(g)。起始以物质的量之比为1：1充入反 应物，不同压强条件下，H2的平衡转化率随温 度的变化情况如图所示(M、N点标记为▲)。 下列有关说法正确的是 100 90 N M 80 70 60 -1.01×105Pa 50- 。1.01×10pPa 401 350400500600'700800 温度K 3 A.上述反应的△H<O B.N点时的反应速率一定比M点的快 C.降低温度，H2的转化率可达到100% D.工业上用此法制取甲烷应采用更高的压强 9.(1)(2021·浙江6月选考，29(1)实验室可用 铜与浓硫酸反应制备少量SO2:Cu(s)十 2H2SO4(1)=CuSO4(s)+SO2(g)+2H2O(1) △H=-11.9k·mol-1,判断该反应的自发 性并说明理由： (2)(2021·湖南，16(1)(2))氨热分解法制氢气 相关化学键的键能数据 化学键 N=NH-H N-H 键能E/(kJ·mol厂1) 946 436.0 390.8 在一定温度下，利用催化剂将NH3分解为N2 和H2。回答下列问题： ①反应2NH3(g)=N2(g)+3H2(g) △H= kJ·mol-1. ②已知该反应的△S=198.9J·mol-1·K-1 在下列哪些温度下反应能自发进行？ (填字母)。 A.25℃ B.125℃ C.225℃ D.325℃ 10.和比生成NL,的反应为分N(g)+号H (g)=NH3(g) △H(298K)=-46.2 k·mol1。 请回答： (1)有利于提高合成氨平衡产率的条件有 (填字母)。 A.低温 B.高温 C.低压 D.高压 E.催化剂 (2)pNH,N,pH,为各组分的平衡分压，如 pNH=xNH,力，p为平衡总压，CNH,为平衡系 统中氨气的物质的量分数，N2、H2起始物质的 量之比是1：3，反应在恒定温度和总压强 p(单位是Pa)下进行，NH3的平衡产率是w, 用分压代替物质的量浓度计算平衡常数K。= 11.(2020·全国卷I,28(2)(4))硫酸是一种重要 的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键 工序是S02的催化氧化：S0(g)+20(g) 钒催化 →SO3(g)△H=-98kJ·mol-1. 回答下列问题： 394 (2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的 量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在 0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2 平衡转化率α随温度的变化如图(b)所示。反 应在5.0MPa、550℃时的a= ,判断 的依据是 影响a的因素有 1.009 0.950 P P2=2.5 MPa 0.900 0.850 0.800 400450 500 550600 lC 图b) (4)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程 为：知=k(8 -1)0.8(1-a)。式中：k为反应 速率常数，随温度t升高而增大；a为SO2平衡 转化率，a'为某时刻SO2转化率，n为常数。在 a'=0.90时，将一系列温度下的k、a值代入上 述速率方程，得到v~1曲线，如图(c)所示。 10m ax'=0.90 4 420460500540580 t/℃ 图(c) 曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应 的最适宜温度tm。1<tm时，o逐渐提高；t>tnm 后，逐渐下降。原因是 12.乙烯是石油化工最基本的原料之一。 (1)乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H (g)=C2H4(g)+H2(g)△H1>0。提高乙 烷平衡转化率的措施有 (2)在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少 积碳。涉及如下反应： a.2C2H6(g)+O2(g)=2C2H4(g)+2H2O(g) △H2<0 b.2C2H6(g)+502(g)=4C0(g)+6H2O(g) △H3<0 c.C2H4(g)+2O2(g)=2CO(g)+2H2O(g) △H4<0 氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度 氧化，需要寻找催化剂降低反应 (填 “a”“b”或“c”)的活化能，判断的依据是解析(1)①10min时，c(NOCl)=1mol·L-1,则转化的NO的物 质的量浓度为1mol·L-1,则o(NO)=1molL- -=0.1 10 min 12 molL1,min1。②平街常数K-12X0.5=2。③Cl的平衡 转化率为0.5molL1 1m0l,LTX100%=50%。(2)①根据图像，升高温 度，平衡时NO的转化率减小，平衡逆向移动，说明该反应的正反 应属于放热反应，△H<0。②根据图像，在p压强条件下，M点 NO的转化率为50%，根据2NO(g)+Cl2(g)一2NOC1(g)可知， 气体减小的体积为反应的NO的体积的一半，因此NO的体积分 数为2-2X50% 2十1-2X0义100%-0%.国设N0的物质的量为 2mol,则Cl2的物质的量为1mol 2NO(g)+Cl2(g)—→2NOCl(g) 起始/mol2 1 0 反应/mol1 0.5 平衡/mol1 0.5 1 手衡分压X PX. X品 112 M点的压强平衡常数K。 (p×2.5) (px六)×(px) 课时分层检测（四十） 1.D2.B3.D4.C5.B6.D7.B8.B9.C10.D11.A 12.答案(1)温度低于500℃，反应速率小；温度高于500℃，对副反 应影响较大，化学平衡向生成C0的方向移动程度增大，不利于甲 烷的生成(2)①C②Ⅱ>③45kPa 解析(2)①该反应前后气体计量数不变，故气体体积也始终不 变，混合气体的平均相对分子质量保持不变，不能证明反应达到平 衡，A、B错误：随着反应的进行一氧化氨的量减少，氨气的量增大， 则-直在支化，故不再交化可以证明反应达到平衡， C正确。②由反应CH4(g)+4NO(g)-一2N2(g)+CO2(g)+ Og)可知，随着，增大，即增大NO的授入量，平 移动，CH4的转化率增大而NO的转化率减小，由图示信息可知， 曲线Ⅱ表示TK时NO的平衡转化率一aNO的关系；升高温 n(CH) 度平衡逆向移动，则NO的平衡转化率减小，由图中曲线I表示 韶=1时N0的平衡转化率~子关系，T越大，则想小， n(NO) NO的平衡转化率越小，故T1>T2。③由图示信息可知，在 nNO0》=1,T2K下，N0的平衡转化率为40%，根据三段式分析 n(CH) 可知， CH(g)+4NO(g)2N2(g)+CO(g)+2H2 O(g) 起始/mola a 0 0 0 转化/mol0.1a0.4a0.2a0.1a0.2a 平衡/mol0.9a 0.6a0.2a0.1a 0.2a 则此时CH4的平衡分压为(CH4)=,9eX100kPa=45kPa. 2a 13.答案(1)①Ⅱ②<该反应是放热反应，C3Hg与O2起始物 质的量比相同时，升高温度，平衡逆向移动，C3H8体积分数增大， 故横坐标向左是升高温度，所以T3<T4③27.3%(2)BC 解析(1DD”（CH减小相当于增大氧气的浓度，平衡向正反应 n(02) 方向移动，丙婉的转化率增大，体积分数减小，则表示n(0,) n(C3 Ha) 1:2的曲线是Ⅱ。③由图可知，M点时，起始mCCH,)=1:1,平 n(02) 衡时丙烷的体积分数为20%，设丙烷和氧气的起始物质的量都为 1mol,平衡时生成amol丙烯，由题意可建立如下三段式： CaH(g+O:(g-CaHa(g+H.O(g 始/mol1.1 0 0 变/mol a 0.5a a 0 平/mol 1-a1-0.5aa a 5 20品×10%=20%，解得a-品，则氧气的转化率为 1imol×0.5 6 1 mol 一×100%≈27.3%。 14.答案(1)吸587.02该反应为吸热反应，升高温度，反应正向 移动，有利于制备硅 0.00974 (2)①甲5.6×10-5@0.19520.04279X0.19522 ③逆反 应方向 解析(1)由题给热化学方程式：①SiCl4(g)+H2(g)—SiHCI3 (g)+HC1(g),△H1=+74.22kJ·mol-1:②SiHCla3(g)+H2(g) —Si(s)十3HCl(g),△H2=+219.29k·mol-1;则根据盖斯定 律可知，①十②，可得热化学方程式SiCl4(g)十2H2(g)一Si(s)十 4HC1(g),△H=△H1+△H2=+74.22kJ·mol-1+(+219.29 kJ·mol-1)=十293.51kJ·mol-1,则制备56gSi,即2 mol Si,需 要吸收热量为293.51kJ·mol-1×2=587.02kJ·mol-1;该反应 为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅。 (2)①由转化率图像可知，0~50min,经方式甲处理后反应速率最 快；经方式丙处理后，50min时SiCL的转化率为4.2%，反应的 SiCl4的物质的量为0.1mol×4.2%-0.0042mol,根据化学化学 计量数可得反应生成的SiHC,的物质的量为0.042mo0lX号- 0.056mol,手均反应速率(SHC,)=8m=56X 10-5mol·L-1·min-1; ②反应达到平衡时，SiC14的转化率为14.6%，列出三段式为： 3SC,(g+2H(g+S(s催化剂4SiH0,® 起始浓度 0.05 0.2 0 (mol·L-1) 转化浓度 (mol·L-1) 0.00730.0048 0.0097 平衡浓度 0.04270.1952 0.0097 (mol·L1) 当反应达平衡时，H2的浓度为0.1952mol·L一1，平衡常数K的 0.00974 计算式为0.04279×0.1952 ③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即 反应平衡向递反应方向移动。 课时分层检测（四十一） 1.B2.D3.C4.C5.A6.C7.B8.A 9.答案(1)任何温度下都能自发进行，是因为△H<0、△S>0 (2)①+90.8②CD 解析(2)①根据反应热=反应物的总键能一生成物的总键能， 2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=390.8kJ·mol-1×3×2- (946k·mol1+436.0kJ·mol1×3)=+90.8k·mol1。 ②若反应自发进行，则需△H-T△S<0,T> = △S 198.9J·m0l,K7≈456.5K,即温度应高于(456.5-273)℃ 90.8×103J·mo1-1 =183.5℃。 10.答案(1)AD(2)4u(2-w） 3√3p(1-w)2 解析（②）由题意知，设起拍a(,)-号mol,m(,)-是mol,列 三段式： 合N(g）+2,g一NH,g 起始/mol 3 2 0 2 转化/mol U 2 平衡/mol 一2 2 -是w 3 wU K p·2一w 4w(2-w) 2(1-w) 1-w 3√3(1-w)2 2一w 2-w 4 11.(2)0.975该反应气体分子数减少，增大压强，a提高。5.0MPa >2.5MPa=p2,所以p1=5.0MPa反应物(N2和O2)的起始浓 度（组成）、温度、压强 (4)升高温度，k增大使v逐渐提高，但a降低使v逐渐下降。当t <tm,k增大对v的提高大于a引起的降低；当t>tm,k增大对v的 提高小于a引起的降低 12.答案(1)减小压强升高温度（或及时移出生成物） (2)a制备的目标产品是C2H4,b、c均为副反应，应加快反应a的 反应速率 解析(1)C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)△H1>0,该反应是气 体体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡转化率的措施有减小压强、 升高温度或及时移出生成物。 课时分层检测（四十二） 1.C2.C3.D4.D5.D6.D7.D8.C9.D10.D 11.答案（①）a(2)25x (1-x)2(3)BD 解析(1)C0和O2的反应是放热反应，当达到平衡后升高温度， CO的转化率降低，所以，b、c、d点表示平衡状态，a点对应的状态 不是平衡状态。(2)令CO起始浓度为amol·L-1。 2C0(g)+O2(g)→2C02(g) 起始浓度(mol·L-l)a 0 转化浓度(mol·L一1)ax ax 平衡浓度(mol·L1)a(1-x)0.04 ax c2(C02) 25x2 K=2(C0.(0)1=2。(3)C0和0，的反应是放热反 应，达到平衡后，温度升高，平衡向左移动，平衡常数K减小，A项 错误；观察图像知，β型催化剂作用下CO的转化速率大于α型催 化剂，B项正确；有效碰撞几率与反应速率有关，温度越高，反应速 率越大，有效碰撞几率越高，故在图像中€点有效碰撞几率最高，C 项错误；催化剂需要一定活性温度，转化率出现突变，可能是因温 度高而使催化剂失去活性，D项正确。 12.答案(1)小于降低温度、增大压强97.3%9000 (2)2 解析(1)随着温度升高，平衡时Ni(CO)4的体积分数减小，说明 温度升高平衡逆移，因此该反应的△H<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 N(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N(CO)4的体积分数增大，则压强：p4> p3>p2>p1,即p3对应的压强是1.0MPa。由题图乙可知，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4mol,反应生成的Ni(CO)4为 xmol,可得三段式： Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)(g) 起始(mol) 4 0 转化(mol) 4x 平衡(mol) 4-4x 反应后总物质的量为：(4一3x)mol,根据阿伏加德罗定律，其他条 件相同时，气体的体积分数即为其物质的量分数，因此有43 09,解得z=器，周北达到平衡时te(C0)=4X鹗nol,C0的 mol 平衡转化率a=4m0lX100%≈97.3%；气体的分压=总压 强X该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数 K-pENi(CO)] (CO) 9x-&9x18-9om (MPa)-3. (2)由题给关系式可得e=[NCCO,当i(C6O4反应 Co[Ni(Cl6O)] -半时9Ni(C6o4]1 ,N(CoO,行7，即e+=2,-4=ln2,4= n2,则t号=ln2。 k。 课时分层检测（四十三） 1.B2.D3.B4.C5.B6.D7.C8.B9.C10.C11.B 12.D 13.答案(1)NH3·H2ONH+OH w/1.8×10-5×0.10mol·L-1 (2)ABC (3)ab 解析(1)NH3·H2O是弱电解质，部分电离，其电离方程式是 NH3·H2O→NH+OH-,25℃时，物质的量浓度为0.10 molL1的氯水中，K。=1.8×10-5-巴(0H）,c(0H) 0.10 √1.8×10-5×0.10mol·L-1,则c(0H)为 √1.8×10-5×0.10mol·L1。(2)A.加水稀释，平衡正向移动， 电离程度增大，故A符合题意；B.电离平衡是吸热过程，微热溶 液，平衡正向移动，电离程度增大，故B符合题意；C.滴加少量浓氢 氧化钠，氢氧根消耗氢离子，氢离子浓度降低，电离平衡正向移动， 电离程度增大，故C符合题意；D.加入少量醋酸钠晶体，醋酸根浓 度增大，平衡逆向移动，电离程度减小，故D不符合题意。 (3)a.pH相等，两者氢离子浓度相等，因此开始反应时的速率：A= B,故a错误；b.pH相等，开始两者速率相等，后来醋酸又电离，醋 酸中的氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，因此生成等量氢气所 需要的时间是醋酸少，即A<B,故b错误；C,pH相等，醋酸的浓度 远大于盐酸的浓度，体积相等，因此酷酸物质的量远大于盐酸物质 的量，则醋酸放出的氢气比盐酸多，则生成氢气的总体积：A>B, 故c正确。 课时分层检测（四十四） 1.D2.C3.D4.C5.A6.C7.C8.C9.D10.C11.D 12.B13.C 14.答案(1)2(2)11(3)11(4)9.7(5)2 解析(1)c(H2SO4)=0.005mol·L1,c(H+)=2×c(H2SO4) =0.01mol·L1,pH=2。(2)c(OH)=1×10-3mol·L-1, c(H+)=104 10-3mol·L-1=10-11molL-1,pH=11, (3)c(0H-)=0.1×1%mol·L-1=10-3mol·L-1,c(H+)= 10-11mol·L1,pH=-lgc(H+)=11。(4)两溶液等体积混合 后，c(0H-)=VX10-4+VX10-6 2V mol·L-1=101×10-6 molL1,c(H*)=01x10 10-14 mol·L-1≈2.0X10-10 2 mol·L1,pH≈9.7。(5)混合后c(H+)=0.015X2-0.01 2 mol·L-1=0.01mol·L-1,则pH=2。 15.答案(1)10：1(2)a+b=14(3)小于(4)10 解析(1)25℃时，pH=9的NaOH溶液，c(OH)=10-5 mol·L-1;pH=4的H2SO4溶液，c(H+)=10-4mol·L1;若所得 混合溶液的pH=7,则c(OH)·V(NaOH)=c(H+)·V(H2SO4)。 故NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为V(NaOH)：V(H2SO4) =c(H+):c(OH)=10:1。(2)100℃时，水的离子积常数KW =1×10-12.100体积pH=a的某强酸溶液中n(H+)=100× 10-amol=102-amol,1体积pH=b的某强碱溶液中n(OH-)= 106mol=1012m0l。混合后溶液星中性，102-。m0l= 10-12 100-12mol,2-a=b-12,所以a十b=14。(3)曲线A所对应的温 度是25℃，pH=2的盐酸中c*(H+)=10-12mol·L1;pH=11 的某BOH溶液中c*(H+)=10-11mol·L-1;水电离产生的H+ 的浓度越大，水的电离程度就越大，则a1<2。(4)混合溶液中 c(0H)=0.02×?-0.02mol·L1=0.01m0l·L1.由于该 温度下水的离子积常数K=10-12,所以c（H+)=10-10 mol·L一1，所得混合溶液的pH=10。 课时分层检测（四十五） 1.B2.B3.D4.B5.C6.B7.B8.C9.C10.D11.B (25.00-27×0.100×32 12.答案浅蓝色至无色 ×100% m×1000 5