分组练(5)化学反应原理合A组-【衡水金卷·先享题】2026年新高考化学专项分组练(湖南专版)

分组练(5) 化学反应原理综合A组 (限时40分钟) 可能用到的相对原子质量：Na23S32 C ①随着温度的升高， (g)的平衡物质的量 1.(15分)化工原料丙烯腈( )广泛应用于纤 分数先增大后减小的原因为 维、橡胶及树脂等工业合成生产中。以3羟基丙 酸乙酯(HO )为原料合成丙烯腈，主要 ②科学家通过计算得出反应Ⅱ的反应历程有两步 反应过程如下： (如图2所示)，其中第一步反应的化学方程式为 o TiO. 反应I:HO (g) (g)十 人g)+NH,(g)0 NH2(g)+ H2O(g) △H1>0; OH(g),则第二步反应的化学方程式为 ;实验过 TiO. 反应Ⅱ： O (g)+NHa (g) (g) OH +H2 O(g)+ 程中未检测到 (g)△H2>0。 NH(g)的原因可能为 (1)已知部分化学键键能如下表所示： 化学键 C-OC-c C=C C=0 键能 356 346 610 413 463 745 (kJ·mol-l) ≥N(gtH20(g) +√OH(g) 据此计算△H1= ;此反应 (填“高温”“低温”或“任意温 度”)时能自发进行。 人O入(g)+NH3(g: (2)在盛有催化剂TiO2、压强为80kPa的恒压密闭 第一步反应 第二步反应反应进程 图2 容器中按体积比1：7充入HO O(g)和 ③图1中A点对应反应Ⅱ的标准平衡常数K。≈ NH(g)发生反应，通过实验测得平衡体系中含碳 (保留两位有效数字)。 物质（乙醇除外）的物质的量分数随温度的变化如 [标准平衡常数表达式为用相对分压代替浓度平 图1所示。 衡常数表达式中的浓度，气体的相对分压等于其 100% 分压（单位为kPa)除以初始压强p。(p,= 909% 盛80% 80 kPa)] 名70% +H080 ④若充入一定量N2(不参与反应)可提高丙烯腈 60% 50% 的平衡产率，原因为 40% 30% ◆N 2.(15分)硫及其化合物在工业生产、研究中有着广 20% 10 0% 泛的应用。 ◆◆◆ 150 200 250 300 350 温度/℃ (1)苯基硫醇(CHSH)又叫苯硫酚，是一种医药 图1 中间体，工业制备原理如下，回答下列问题： 化学第65页（共74页）参考答案及解析 (6)①Ga位于顶点和面心，个数为8X号+6×号 4,N原子位于体心，个数也为4，晶胞质量为 4X14十4X70g,晶胞体积为(a×107)3cm,则 NA 4×14+4×70 -g GaN晶体的密度为p=(aX10)cm NA 3.36×1023 aN g·cm3。 ②已知2号原子的分数坐标是（宁，片，子），故3号 原子的分数坐标是(，子子 分组练(5)化学反应原理综合A组 1.(15分) (1)十42k·mol-1(2分)高温(2分) (2)①反应I和反应Ⅱ都是吸热反应，温度升高，平衡 都正向移动；温度较低时，反应I正向进行的程度大， 0 的物质的量分数增大：温度较高时反应Ⅱ 正向进行的程度增大， 的物质的量分数减 小(3分) 0 ② iO NH,(g) (g)+H2O(g)(2分) 第二步反应非常快(2分) ③0.012(2分) ④反应Ⅱ为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中 充入一定量N2,相当于扩大容器体积，降低了各气体 分压，使反应Ⅱ正向移动(2分) 【解析】(1)△H=反应物键能之和减去生成物键能之 和，△H=+42kJ·mol-1:根据△G=△H-T△S0 反应自发进行，△H>0,△S>0,则反应高温下可以自 发进行。 (2)①反应I、Ⅱ均为吸热反应，最高点前反应I进行 程度大，最高点后反应Ⅱ进行程度大，所以随着温度 升高，丙烯酸乙酯的平衡体积分数先增大后减小。 ②第二步反应为总反应一第一步反应，则第二步反应 TiO, 的化学方程式为 NH2 (g) (g)+ H2O(g):第二步反应的活化能小于第一步，第二步反 0 应的速率非常快，故实验过程中未检测出 NH, ·36 化学 ③设起始HO O(g)和NH(g)的物质的量 0 分别为1mol、7mol,A点HO 含量为0，说 明反应I完全反应，生成1mol 和1mol 水：由图1可知， 的含量相等，说 明有0.5mol 0和0.5mol氨气参与反应Ⅱ， 生成0.5mol乙醇和0.5mol水，则平衡体系中氨气 0 的物质的量为6.5mol, 的物质的量为 N 0.5 mol,= 的物质的量为0.5mol,乙醇的物质 的量为0.5mol,水的物质的量为1.5mol,K,≈ 0.012。 ④反应Ⅱ为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中 充入一定量N2,相当于扩大容器体积，降低了各气体 分压，使反应Ⅱ正向移动。 2.(15分) (1)①<(2分) ②加快反应速率；提高平衡时CHSH的选择性 (2分) (2)①AB(2分) ②08分) (3)①Na-e-Na+(2分) ②cd(2分) 【解析】(1)①根据盖斯定律，将副反应一主反应得 C.H,SH(g)-C.H.(g+S.(g)AH- (-45.8 kJ/mol)-(-16.8 kJ/mol)=-29 kJ/mol <0,△H=E)一E边)，故E()<Ea地)。 ②反应常在高压容器内进行，该措施的优点有加快反 应速率；使副反应平衡逆向移动，从而使主反应平衡 正向移动，提高平衡时CHSH的选择性。 (2)①设起始充入的C6HCI和HS的物质的量为 amol,主反应消耗CHCl物质的量为xmol,则主 反应消耗HS、生成C:HSH和HCI物质的量都为 化学 xmol,副反应消耗CHCI物质的量为ymol,则副 反应消耗HS、生成CH6和HCI物质的量都为 ymol,生成S,物质的量为÷mol,平衡时C,HCI、 H2S,CHSH、HCl、CsH:、Ss物质的量依次为(a-x -y)mol、(a-x-y)mol、xmol、(x+y)mol、ymol、 吝mol,总物质的量为(2a+音)mol,HCl的体积分 2 数为m,S的体积分数为，则十义=m 8 2a+ 2a+ 8 =n,解得x=2a(m-8n) 1-n 、y= 16a”,平衡时C,H,SH 1-n 2a(n-8n） 的选择性为工×100%= 1-n x十y 2a(m-8n),16an 1- 1-n 100%=m一8”×100%，A项正确：根据同一反应同 一方向，不同物质表示的化学反应速率之比等于化学 计量数之比，主反应的正反应速率：u(CHCI)= v(HS)=(CHSH),副反应的正反应速率： u(CHCI)=u(H2S)=(CH:),故平衡时正反应速 率：v(C6HC1)十(H2S)=2[v(CsH:)+ v(CHSH)门，B项正确；Kp(生反位)= DCH.SHD)·pHC,Kkma= p(Ci H:CI)·p(H2S) p(Ci H:)p(HCI)p(S) p(CH,CDp(HS,主反应和副反应都是放热 反应，升高温度，主反应、副反应都逆向移动， K主反位、K(则反位，都减小，由于副反应的△H更小， K)减小得更多，则[短]比值变大，C项 K以刷反位) 错误。 ②根据①中A项的计算知，平衡时CHC、HS、 CHSH、HC物质的量依次为a1”-2m 1一 mol、 a(1n2m)mol 2a(m-8n) 1-n 1-n ml2no.由于主 反应反应前后气体分子数不变，可以用平衡时物质的 量代入K,则主反应的K,=(C.H.SH)p(HC) (Ci H;Cl)p(H2 S) 2a(m-8n2×2am 1一n 1一n=4m(m-8n) Γra(1-n-2m)12 (1-n-2m)z 1-n (3)①由图可知，Na电极为负极，负极的电极反应式 为Na-e=Na。 ②离子液体是呈液态的盐类物质，故离子液体相较于 有机溶剂的优势为难挥发、不易燃，a项正确：I、Ⅱ、 Ⅲ中阳离子的中心原子的价层电子对数都为4，中心 ·37 参考答案及解析 原子都采取sp3杂化，b项正确；阴离子的半径：BF <AC,阳离子相同、阴离子不同时，离子液体的离 子键强度：BF,>AICI:,则离子液体的熔点：BF,> AICL,c项错误；W的阳离子中环上所有原子共平 面，环上的C,N原子均采取sp杂化，含有的大π键 为π，d项错误。 ③根据“均摊法”，Na2S晶胞中，Na+位于晶胞内，1个 晶胞中有8个Na,S-位于8个顶点和6个面心，1 个品胞中有8X名+6×号=4个S,Na:S品胞的 4×78 边长为 84X78 NA cm=aN cm,d(Na+-Na+)为 a 边长的一半，即d(Na-Na*)=合×V 34X78 cm: CaF2晶胞中Ca+位于8个顶点和6个面心，1个晶 胞中有8X日十6×合=4个C,F位于品胞肉1 个晶胞中有8个F,CaF2晶胞的边长为 3 4×78 34X78 √m=√ cm,d(Ca2+-Ca2+)为面对角 线的-半，即ucc)-号×V震：则 dNa+-Na*)与d(Ca2+-Ca+)之比为（号× √aNcm):(9x,/酒 34X78。 3.(14分) (1)Zn(1分) (2)低温(1分) (3)-285.8(2分) (4)F(2分)随着温度升高，反应ⅱ向右移动的程度 大于反应ⅰ向左移动的程度(2分) (5)55(2分) e分 (6)13(2分) 【解析】(1)Al不是过渡元素，基态Zn的价电子排布 式为3d4s2,基态Zn+的价电子排布式为3d°4s,基 态Cu价电子排布式为3d14s',基态Cu+价电子排布 式为3d,处于全满状态，难失去电子，其第二电离能 大，第二电离能与第一电离能相差大，故该催化剂中 过渡元素第二电离能与第一电离能相差最小的 是Zn。 (2)反应1的△H0、△S0,依据△G=△H-T△S< 0判断反应可在低温下自发进行。 (3)已知，①CH,0H)+号0(g)一C0,(g)+ 2H2O(1)△H1=-726.51kJ·mol-1,②H2(g)+ 参考答案及解析 }0,(g)—H,00△H,③H,0g)—H,0D △H3=-44k·mol-1,④CHOH(1)一 CH,OH(g)△H,=+37.92kJ·mol1;⑤CO2(g) +3H2 (g)=CH,OH(g)+H2O(g)AH; -48.97k·mol1,根据盖斯定律：①十③-④十⑤ 得到3H:(g)+0.(g)一3H,0D,求△H= -726.51kJ·mol-1十(-44kJ·mol1)- (+37.92kJ·mol-1)+(-48.97kJ·mol1) -857.4小·ml:则H(g)+20.(g)一 H,0(D△H,=二857.4kJ·mo 3 -285.8k·mol1。 (4)D、E、F点生成CHOH的物质的量分别为n(D) =1mol×13.2%×86%≈0.1135mol、n(E)=1mol ×15%×78%=0.117mol、n(F)=1mol×20%× 60%=0.12mol,CHOH的物质的量最大的是F点； 升高温度反应ì平衡左移，二氧化碳平衡转化率降 低，而反应ⅱ平衡右移，二氧化碳平衡转化率增大，温 度高于513K时，CO2平衡转化率增大程度加快，说 明此时以反应ⅱ为主，即随着温度升高，反应ⅱ向右 移动的程度大于反应「向左移动的程度。 (5)设平衡体系中，CHOH、CO的物质的量分别为 x、y,列三段式： CO (g)+3H2 (g)-CH:OH(g)+H2O(g) 起始(mol)1 3 0 0 转化(mol)x 3.x x 平衡(mol)1-x-y3-3x-y x x十y ii. CO2 (g)+H:(g)-CO (g)+H2O(g) 起始(mol)1 3 0 0 转化(mol)y y y y 平衡(mol)1-x-y3-3x-yy x十y 依题意，x十y=0.5mol,4mol-2云 =10%,解得：x= 3mol,y=6mol;平衡体系中，各组分的物质的量 如下：0.5molC0,号mol CH,.OH,日molC0、 1 0.5molH,0,号molH,总物质的量n=(0.5十0.5 15 kPa,p(CO)=5 kPa,p(CH OH)=10 kPa,(H2 =55kPa,p(HO)=15kPa。反应i的平衡常数 K,(i)=(CH,OH)·p(H,O) p(CO2)·p3(H2) 10kPa×15kPa 15kPa×(55kPa)a (6)正极的电极反应式为O2十2HO十4e 化学 4OH一，电解氯化钠溶液时阴极的电极反应式为 2H2O十2e一2OH+H↑，转移电子的物质的量 n(e)= 三22.m0×4=0.05mol,电解生成的 氢氧根离子浓度c(OH)=0.05mol 0.5L 0,1mol·L,pH=14-p0H=13。 4.(14分) (1)△H2=十81.3k·mol,△S2= +135.4J·K1·mol1,△G=△H-T△S= 一54.1k·mol1<0,所以反应在1000K时能自发进行 (2分) (2)①0.0245mol·L1(2分) ②70%(2分) (3)①B(2分) ②600-620℃(2分) (4)AC(2分) (5)大于(2分) 【解析】(1)根据盖斯定律，由反应Ⅳ一反应Ⅲ得反应Ⅱ， △H2=+81.3k·mol1,△S2=+135.4J·K1·mol1, △G=△H-T△S=+81.3kJ·mol1-1000K× 135.4J·K1·mol1×10-3=-54.1k·mo1<0,所以 反应在1000K时能自发进行。 (2)恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比， 平衡时丙烧的物质的量为3m×&织栅 0.2mol,n(H)=0.07mol,根据三段式有 CH&(g)CH(g)+H2(g) 起始(mol·L-l)0.3 0 0 转化(mol·L1)0.07 0.07 0.07 平衡(mol·L1)0.23 0.07 0.07, C Hg (g)=C2 H,(g)+CH,(g) 起始(mol·L)0.23 0 0 转化(mol·L-)0.03 0.03 0.03 平衡(mol·L1)0.2 0.03 0.03 ①该温度下，反应I的平衡常数K。= c(CH）·c(H,2-0.07mol.L×0.07mol·L c(C3 H&) 0.20mol·L1 0.0245mol·L-1。 CH的物质的量 ②平衡时CH,的选择性一反应的C的物质的量× 0.07 100%=0.3-0.2×100%=70%。 (3)①丙烷经过二个装置，丙烯产率逐渐增加，越接近 平衡状态，速率变化越小，丙烯产率越小，其中阶段二 产率变化略大于阶段三，故选B项。 ②根据表中数据可知，应使丙烷的转化率和丙烯的选 择性的乘积最大化，故主反应适宜的温度范围是600 -620℃。 化学 (4)副反应Ⅲ和V都是放热反应，升高温度平衡常数 减小，反应Ⅲ放出热量更多，温度对其影响更大，对应 图中反应③，A项正确；反应Ⅳ为反应前后气体分子 数不变的反应，压强一直不变，B项错误；图中②对应 反应I,①对应反应Ⅱ，温度高对其影响大，因此选择 合适的催化剂在合适的温度下低压合成比较有利于 主反应，C项正确。 (5)由图中信息可知，反应工的活化能小于反应Ⅱ的 活化能，故温度升高，反应I速率的增大程度大于反 应Ⅱ速率的增大程度。 分组练(6)化学反应原理综合B组 5.(15分) I.(1)①(1分) (2)-306.6(2分) Ⅱ.(3)D(2分) (4)>(2分) (5)4.44(2分)不变(2分) （6)03.2×10（2分) Na'c ②7：2(2分) 【解析】I.(1)反应的活化能越大，反应速率越慢，化 学反应的决速步骤是慢反应，由图可知，反应①的活 化能最大，则反应①是该反应的决速步骤。 (2)根据盖斯定律可得：一620.4kJ·mo1 (+199.4kJ·mo1)+(-513.2kJ·mol1)+△H, △H=-306.6kJ·mol-1。 Ⅱ.(3)一氧化碳和一氧化氮的投料比增大相当于增 大一氧化碳的浓度，平衡正向移动，一氧化氮的转化 率增大，但一氧化碳的转化率减小，则投料比为2：1 形成的平衡中一氧化碳的平衡转化率最小，则表示一 氧化碳和一氧化氮的投料比为2：1的曲线是曲线D, 1:1的是曲线B,1:2的是曲线A。 (4)反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，恒容密闭 容器中，一氧化碳的物质的量一定时，一氧化碳和一 氧化氮的投料比越小，一氧化氨的浓度越大，反应速 率越快，则m点一氧化氮的逆反应速率大于n点一 氧化氮的正反应速率。 (5)平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变， 则m点和p点的平衡常数相等，设起始通入一氧化 碳、一氧化氮的物质的量分别为1mol、2mol,由图可 知，m点一氧化碳的转化率为80%，列三段式： 2CO(g)+2NO(g)、→2CO2(g)+N2(g) 起始(mol):1 2 0 0 转化(mol):0.8 0.8 0.80.4 平衡(mol):0.2 1.2 0.80.4 设平衡时气体压强为PMPa,由同温同体积下，气体 3 mol= 的压强之比等于物质的量之比可得：3Pa .39 参考答案及解析 26四解得P=2.6,则T℃时该反应的平衡常数 Ko= 2.6NMPs×8×2.6MX2 0.4 mol 2.6MPa×2m2×(2.6Max2:6m8 1.2 mol2 2.6 mol ≈4.44(MPa)1;p点时，再向容器中充入一氧化氮 和二氧化碳，使二者分压均增大为原来的2倍，反应 的浓度嫡Q= 26MXg8X2X2.6M×28 2.6MnX2名哥rX26x号×2y 4.44=K。,则化学平衡不移动，达到平衡时一氧化碳 的转化率不变。 (6)①由晶胞结构可知，TO,晶胞中钛原子个数为8 ×日十4×号十1=4，氧原子个数为8X号十8X号 十2=8，设晶体的密度为pg·cm3,由晶胞的质量公 式可得：10a4p=袋0，解得p=3312 NAac ②由晶胞结构可知，TiO2-。N,晶胞中钛原子个数为8 ×日十4×号十1=4，氮原子个数为1×号=，氧 原子个数为7×2+7×+1=空，由化学式可得： 4空7=1(2-@)6，解得a6=7:2 6.(15分) (1)△H>0,△S>0,高温下△H一T△S<0(2分) CS (1)+302 (g)-CO,(g)+2S02 (g)AH= -1077.4kJ·mol-1(2分) (2)①反应ⅱ的活化能比反应1大，在较低温度下，反 应ⅱ未发生(2分) ②66.7(2分)2048a(2分) 412×10(3分)2(2分) (3)NNx·P 【解析】(1)由盖斯定律可知，反应2H2S(g)十 CH(g)一CS(g)+4H(g)的△H=+(64+ 170)k·mol1=+234k·mol1>0,且△S>0,则 该反应在高温下才可自发进行，即△H一T△S<0。 已知CS2(1)的燃烧热△H=一1077.4k·mol1,则 CS(1)燃烧的热化学方程式为CS(1)十3O2(g)— C02(g)+2SO2(g)△H=-1077.4kJ·mol-1。 (2)①在800~940℃温度区间内，随着温度升高， HS在平衡反应混合物中的含量迅速下降，CS的含 量几乎为0，说明主要发生的是反应ⅰ，反应ⅱ几乎 未发生，其原因是反应ⅱ的活化能比反应「大，在较 低温度下，反应ⅱ未发生。 ②研究发现，当温度高于950℃时，平衡混合物中