专题卷19 化学反应原理综合-【衡水金卷·先享题】2026年新高考化学二轮复习专题卷（HX）

高三二轮复习专题卷十九/化学 化学反应原理综合 (考试时间40分钟，满分50分) 可能用到的相对原子质量：O16S32K39 一、选择题（本题共7小题，每小题2分，共14分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的) 1.中国科学院金属研究所通过在二氧化钛中掺人十3价的金属钪，成功研发出金红石相二氧化钛光 催化材料，分解水产生氢气获得清洁能源。该材料在模拟太阳光下的产氢效率比传统二氧化钛高 出15倍。下列说法错误的是 A.催化剂二氧化钛中掺杂的钪元素属于稀土金属元素 B.光催化分解水是将太阳能转化为化学能 C.化石能源包括煤、石油、天然气，是不可再生能源 D.煤中加入生石灰，能有效缓解因为二氧化碳过度排放而导致的“温室效应” 2.下列化学用语表述错误的是 A.用FeS除去废水中的汞离子：Hg2++S2-一HgSV B.醋酸溶液中存在电离平衡：CH COOH一CH,COO+H+ C.用石墨电极和CuCL,溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCL,通电Cu十CL,+ D.含氟牙膏防治龋齿：Cas(PO4)3(OH)(s)+F(aq)一Ca(PO4)3F(s)十OH(aq) 3.下列实验操作对应的装置错误的是 A B C D 铁钉上镀锌 验证牺牲阳极法保护铁 制备Fe(OH):胶体 制备KCI固体 直流电溷 饱和 .FeCl3 Zn Fe ④7？KSCN溶液 Zn n 溶液 nFe 经煮沸酸 露蒸馏水 非王化的3%的 ZnCl, 生三三兰三)NaCl溶液 溶液 化学·HX第1页（共8页） 衡水金卷·先享题·高正 4.为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCI固体溶于水的过程分两步实现，示意图如 图所示。下列说法错误的是 + △H=a kJ-mol Na'(g)、CIr'(g) △H2=b kJ-mol +H,00 0+e △H,=+4kJmo +©+ +H,O0) NaCl(s) Na*(aq)、C(aq) A.NaCl固体溶解是吸热过程 B.Na+和CI形成水合离子的过程放热 C.a<b,△H3=△H1+△H。 D.溶解过程的能量变化，与NaCI固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关 5.含硫燃料燃烧时，产生大量SO2,可用石灰石浆液法进行吸收，流程如图1所示；研究发现，石灰石 浆液pH变化会影响SO2的吸收效果，结果如图2所示。下列说法错误的是 石灰石浆 空气 一→可排放气体 废气 设备2 设备1 ●cas0,2H,0 5.05.25.45.65.86.0pi 图1 图2 A.在设备1中使用逆流喷淋吸收法提高SO2吸收率 B.设备2中发生的反应为2CaSO3+O2+4HzO-2CaSO4·2H2O C.一定范围内若pH过高，CaCO3溶解度过小，不利于SO2的吸收 D.为了提高吸收速率需要尽可能提高设备1、2的反应温度 6.在催化剂作用下，CH3OH制氢历程如图所示(TS代表过渡态，代表物种吸附在催化剂表面)， 速率方程式为v=kc(CHOH)(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。下列叙述错误的是 200 强 150 TSI TS4 反 100 应 1125 91.5 ② 50 应 50.5 ⑤67 0+ 226 -50 65 -100 *HOHO +H++0HO +H++OH3 +HE++OHO +Hb+*03 二轮复习专题卷十九 化学·HX 第2页（共8页） A.甲醇分解制氢分5步反应进行，其中反应③和④的正反应是焓减反应 B.控速反应方程式为CH3O×十H×-CH2O￥十2H C.制氢总反应为CH3OH(g)、=CO(g)十2H2(g)△H=十91.5kJ·mol1,正反应是嫡增反应 D.升高温度，平衡常数(K)、速率常数(k)都会增大 7.在新型能源技术里，直接过氧化氢燃料电池(DPPFC)备受关注。它独特之处在于用H2O2同时作 燃料和氧化剂，能高效转换能量。某研究小组利用该电池和离子交换膜进行电解质溶液处理，其 工作原理如图所示。下列有关说法错误的是 石墨1 浓K,SO,溶液 石墨2 个L HO,+KOH H.O.+H.SO 混合溶液 混合溶液塑 离子交换膜1 T↑ 离子交换膜2 稀K,SO溶液 A.该电池表明H2O2在酸性环境中的氧化性强于碱性环境 B.电池的总反应为2H2O2+2OH+2H+一4H2O+O2↑ C.当外电路通过0.4mole时，理论上，中间室生成K2SO,的质量为34.8g D.H2O2分解产生的O2在石墨2电极也可以放电，因此H2O2的分解不会影响电池效率 二、选择题（本题包括3小题，每小题4分，共12分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对 得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 8.一定温度下，《》 C=CCH(X)在AlO3存在下与等物质的量的HCI反应，主要产物为Y和 Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2 所示。 CH 是100t(X) (Z) 50 CH 510 30 60 90 反应过程 时间/min 图1 图2 下列说法错误的是 A.由图1可知，X→Z的活化能大于X→Y的活化能 B.5~10min时，各物质的物质的量分数变化可以用E1<E2来解释 C.Y→Z的过程中，存在π键的断裂与形成、。键的旋转 D.此温度下，X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数 化学·HX第3页（共8页） 衡水金卷·先享题·高三 9.在温度为335℃的恒容密闭反应器中进行高压液态氢萘(1.00mol)催化脱氢实验，反应I: C1oH18(I)==C1oH12(I)+3H2(g)△H1;反应Ⅱ：C1oH12(1)C1oH8(l)+2H2(g)△H2;△H1 >△H2>0,测得C1H2和C1oHg的产率x1和x2(以物质的量分数计)随时间的变化关系如图所 示，下列说法中错误的是 0.5 x2(C10Hg) 0.4 8,0.374) 0.2 0.1 (8,0.027) x(C1oH2) 0246810121416 t/h A.反应活化能：Ⅱ>I B温度对Ⅱ反应限度影响大 C.改变催化剂可调控两种有机生成物比例 D.8h时，共产生1.951molH2 10.在25℃时，CuSO4在不同浓度的KOH水溶液中，Cu(Ⅱ)的分布分数8与pH的关系如图所示。 1.0 曲线形 曲线x 曲线z 0.8 0.60 0.4 P(7.00.5) R(12.5.0.5) 0.2 4.06.08.010.012.014.0 PH 已知：①Cu(OH)2难溶于水，具有两性； c([Cu(OH)]} ②ò[Cu(OH)]*}=c(C+)+cLCu(OHD]+)+c{LCu(OD]+cCu(OH)]F° 下列说法正确的是 A.曲线z为8[Cu(OH)]+} B.O点，c(H+)=1.5×10-7mol·L1 C.P点，c(Cu2+)=c(K+) D.Q点，c(SO)=c(Cu+)+2c{[Cu(OH)]+} 二轮复习专题卷十九 化学·HX第4页（共8页） 三、非选择题（本题共2小题，共24分） 11.(12分)利用工业废气中的CO2合成甲醇可以变废为宝，有关反应式如下： i.CO2(g)+3H2(g)==CH3OH(g)+H2O(g); ii CO2 (g)+H2 (g)=CO(g)+H2O(g). 上述反应的焓变和嫡变如下表所示： 反应 △H/(k·mol-1) △S/(J·mol1·K-1) 48.97 -177.76 +41.17 +42.08 回答下列问题： (1)该过程使用的催化剂为Cu/Z/Al纳米纤维，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 (填元素符号)。 (2)反应ⅰ正反应自发进行的条件是 (填“低温”“高温”或“任意温度”)。 3 (3)已知：①CH0HI)+20,(g)C02(g)+2H,0I)△H=-726.51k·mol1: ②H:(g)+20,(g)一H,0D△H: ③H2O(g)-H2O(I)△H3=-44kJ·mol1; ④CH3OH(l)==CH3OH(g)△H4=+37.92kJ·mol-1. 则△H2= kJ·mol-1。 化学·HX第5页（共8页） 衡水金卷·先享题·高 (4)在恒容密闭容器中充人1 mol CO2和3molH2,发生上述反应合成CH3OH,测得CHOH 的选择性和CO2平衡转化率与温度的关系如图所示。 21 C(553,20) 190 820H 8 是19D473,80 、号 一C02的平衡转化率/% E(513,78) 180 ·-CH3OH的选择性/% 18 ■ 盘 17 75 B(513,15) 13A(473,13.2) F(553,60)060 460480.500520 540560 TK D、E、F三点中，CHOH的物质的量最大的是 (填大写字母)。温度高于513K 时，CO2平衡转化率增大程度加快，其主要原因是 (已知：CH3OH的选择性= n(CHa OH) n(CH,OH)+n(CO)X100%). (5)某温度下，保持总压强为100kPa,向体积可变的密闭容器中充入1 mol CO2和3molH2,发 生反应，达到平衡时CO2转化率为50%，CH3OH体积分数为10%。平衡体系中，H2分压为 kPa。该温度下，反应i的平衡常数K。为 (列出计算式即可) (kPa)一2（已知：用分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数(K。),分压等于总压×物质的 量分数)。 (6)以CH3OH为燃料制成碱性燃料(CHOH/O2)电池，利用该电池电解500mL1.0mol·L NaCl溶液，当正极消耗280ml(标准状况)纯气体时，电解装置恢复至室温，此时电解后的NaCl 溶液的pH为 (忽略溶液体积的变化)。 三二轮复习专题卷十九 化学·HX第6页（共8页） 12.(12分)氯乙烯(CH2一CHCI)是制备聚氯乙烯(PVC)单体的核心原料，利用1,2-二氯乙烷 (CHC一CH2CI)与乙炔制备氯乙烯的过程涉及如下两个反应。 I.CH2C1-CH2CI(g)CH2CHCl(g)+HCl(g)△H1=+69.69k·mol-1△S1= +142.5J·mol1·K1; Ⅱ.CH=CH(g)+HCl(g)=CH2-CHC1(g)△H2=-98.82kJ·mol1△S2= -123.86J·mol1·K-1。 回答下列问题： (1)反应CH=CH(g)+CH2CI一CHCl(g)=2CH2-CHCl(g)的△H= kJ·mol-1. (2)从反应自发性的角度分析，利用1,2-二氯乙烷(CH2C一CH2CI)与乙炔制备氯乙烯时的温度 既不能过高也不能过低的原因为 (3)反应I和Ⅱ的gK随一变化曲线如图甲所示，则表示反应Ⅱ的变化的曲线为 (填“L”或“L2”)。 4.2 4.0 3.8 03.6 3.4 3.2 3.0 1.0121.41.61.82.02.2 7x10/K1 图甲 化学·HX第7页（共8页） 衡水金卷·先享题·高 (4)在CūC1催化下，反应Ⅱ的历程如图乙所示，决速步骤的化学方程式为 ;HC1与2反应时，1号碳原子吸附HCl中的H原子，从结构的角度解释其原因为 Cu CI 能量/kcal·mol H2月 TS2 Cu'+ CI 24.617 TS 15.064 HCI 14.757 C2H2 8.75811.406Hy2H H H CuCl C1一H…C Cu CI -1.04 C=C 0.0 H H Cu CI 9.309H H H H Cu H CI Cu CuCl -26.859 反应过程 图乙 (5)T℃、初始总压强为100kPa时，将1 mol CH2C1一CH2CI(g)和1 mol CH=CH(g)充人VL 恒容密闭容器中，发生反应I和Ⅱ，25min时体系达到平衡状态。此时容器中生成1.8mol CH2一CHCI(g),容器内的总压强为102kPa。 ①下列事实能判断体系达到平衡状态的是 (填选项字母)。 a.相同时间内HCI(g)生成的物质的量等于HCI(g)消耗的物质的量 b.v(CH2 Cl-CH2 CI)=2v(CH2 =CHCI) c.容器中气体的平均摩尔质量不变 d.容器中混合气体的密度不变 ②025min内，v(CH2=CHCI)= mol·L1·min1(用含V的代数式表示)。 ③T℃时，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp= kPa1(已知：K。为用分压表示的平衡 常数，分压=总压×物质的量分数)。 三二轮复习专题卷十九 化学·HX第8页（共8页）高三二轮复习 ·化学·HX· 高三二轮复习专题卷十九 化学 9 命题要素一览表 注： 1.能力要求： I,接受、吸收、整合化学信息的能力Ⅱ.分析和解决化学问题的能力Ⅲ.化学实验与探究能力 2.学科素养： ①宏规辨识与微观探析②变化观念与平衡思想 ③证据推理与模型认知④科学探究与创新意识 ⑤科学态度与社会责任 题号 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题型 值 (主题内容) 0 ① ②③ ④ ⑤ 档次 系数 1 选择题 2 STSE、能源 易 0.85 2 选择题 2 化学用语 易 0.80 3 选择题 2 原电池、盐的水解 易 0.75 4 选择题 2 盖斯定律、反应热计算 中 0.70 选择题 2 影响反应速率的因素 中 0.70 选择题 2 基元反应、反应历程 中 0.65 选择题 2 原电池原理及相关计算 中 0.65 8 选择题 4 化学平衡图像分析 中 0.65 9 选择题 4 活化能、影响反应速率的因素 难 0.60 10 选择题 4 溶液中微粒浓度图像 难 0.50 11 非选择题 12 化学反应原理综合 中 0.65 12 非选择题 12 化学反应原理综合 难 0.50 香考答案及解析 一、选择题 CH;COO十H,B项正确；CuC2溶液能导电， 1.D【解析】钪元素是第21号元素，属于稀土金属元 是因为CuC1在水溶液中电离出自由移动的离子，通 素，A项正确：能量变化形式是光能变为化学能，B项 电时，离子定向移动，Cu+和C分别在两极放电生 正确：煤、石油、天然气为三大化石能源，均为不可再 成Cu和CL2,C项正确：含氟牙音防治龋齿即 生能源，C项正确：生石灰与二氧化碳反应生成碳酸 Ca(PO,)3(OH)转化为更难溶更坚硬的 钙，高温条件下碳酸钙又会分解成生石灰和二氧化 Ca(PO)aF,转化的离子方程式为 碳，并不能降低二氧化碳的排放，D项错误。 Cas(PO,)x (OH)(s)+F-(ag)-Ca;(PO);F(s)+ 2.A【解析】FeS是难溶物，在离子方程式中不能拆写 OH-(aq),D项正确。 成$，A项错误；醋酸是弱酸，醋酸在溶液中电离出 3.B【解析】电镀过程中，镀层金属作阳极，镀件作阴 醋酸根离子和氢离子，电离方程式为CH,COOH极，电解质为含镀层金属离子的盐溶液，A项正确；该 ·77· ·化学·HX· 参考答案及解析 装置为原电池，Zn比Fe活泼，Zn作负极，被氧化为 项正确：据上述电池总反应可知H2O2既是氧化剂又 Z+,不断被腐蚀，使正极的铁被保护，属于牺牲阳 是还原剂，O2是氧化产物，则氧化性：HO2>O2,即 极法，但本实验中未生成Fe3+,滴加KSCN溶液不能 O2的氧化性弱于H2O2,且过氧化氢分解会使反应物 验证牺牲阳极法保护铁，B项错误；向沸腾的蒸馏水 过氧化氢的物质的量减小，所以虽然HO2分解产生 中滴加饱和FeCL溶液可制得Fe(OH),胶体，C项正 的O:在石墨2电极也可以放电，但是H2O2的分解 确；在蒸发皿l中蒸发KCI溶液可得到KCI固体，D项 依然会影响电池效率，D项错误。 正确。 二、选择题 4.C【解析】NaCI固体溶解时离子键断裂，NaCI固体 8.B【解析】开始反应时，Y的含量迅速上升，说明生 溶解是吸热过程，A项正确；Na和CI形成水合离 成Y的速率快，活化能越低，反应速率越快，则X→Z 子的过程放热，B项正确；据盖斯定律，△H=△H1十 的活化能大于X→Y的活化能，A项正确；5~l0min △H2=+4kJ·moll,而△H1>0,△H2<0,所以a 时，Z的浓度很低，说明主要发生反应X→Y,而Y→Z >b,C项错误；溶解过程的能量变化决定于NaCl固 的速率很慢，即Y→Z的活化能大，则可以用EE 体断键吸收的热量及Na和CI水合过程放出的热 来解释，B项错误：。键的键能大于π键，YZ的过程 量，即与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的 中，先通过π键的断裂，而σ键保持稳定，再通过单键 强弱有关，D项正确。 旋转调整取代基排列，最后重新形成π键，C项正确； 5.D【解析】逆流喷淋废气和石灰石浆接触面积大，提 达到平衡时，Z的浓度大于Y,则X生成Y的平衡常 高SO2吸收率，A项正确；SO2转化为CaSO,过程中 数小于X生成Z的平衡常数，D项正确。 S的化合价升高，则O的化合价降低，反应的化学方 9.AB【解析】由图可知，相同时间内x2(反应Ⅱ产物 程式为2CaSO,+O2十4HO—2CaS0,·2H2O,B 产率)大于x(反应I产物产率)，说明反应Ⅱ的反应 项正确；碳酸钙难溶于水，减小H,碳酸钙溶于酸增 速率比反应I快，一般情况下，反应速率越快，反应的 加溶解度，因此pH过高碳酸钙溶解度过小，不利于 活化能越低，所以反应活化能：Ⅱ<I,A项错误：已 二氧化硫吸收，C项正确：温度过高会降低气体在液 知△H>△H2>0,反应I和反应Ⅱ均为吸热反应， 体中的溶解度，从而降低吸收速率，D项错误。 且反应I的△H更大，根据勒夏特列原理，升高温度， 6.B【解析】由图可知，反应③和④是放热过程，正反 平衡向吸热方向移动，对于吸热反应，△H越大，温度 应是焓减反应，A项正确：反应的活化能越大，反应速 对反应限度影响越大，所以温度对反应I的反应限度 率越慢，化学反应取决于慢反应，由图可知，反应⑤的 影响大，B项错误；催化剂具有选择性，不同的催化剂 活化能最大，控速反应方程式为4H*—2H2,B项 对不同反应的催化效果不同，所以改变催化剂可调控 错误：由图可知，甲醇的分解反应是反应物总能量小 两种有机生成物比例，C项正确；8h时，x1=0.027, 于生成物总能量的吸热反应，CHOH(g)、一CO(g) x2=0.374,起始时n(C1。H18)=1.00mol,根据反应 十2H2(g)△H=十91.5kJ·mol厂1，正反应是嫡增 I,生成C1H2的物质的量n(CH2)=1,00molX 反应，C项正确：正反应为吸热反应，升高温度，平衡 (0.027+0.374)=0.401mol,同时生成H2的物质的 常数(K)增大，速率常数(k)只与温度、催化剂有关， 量n(H2)=3×0.401mol=1.203mol;根据反应Ⅱ， 温度升高会增大，D项正确。 生成CoHg的物质的量n(C。Hg)=1.00mol× 7.D【解析】分析可知，石墨1为负极，在碱性条件下 0.374=0.374mol,同时生成H2的物质的量e(H2) 过氧化氢被氧化生成氧气和水；石墨2为正极，在酸 =2×0.374mol=0.748mol,则共产生H2的物质的 性条件下过氧化氢被还原生成水，电极反应说明过氧 量n(H2)=1.203mol十0.748mol=1.951mol,D项 化氢在酸性环境中的氧化性强于碱性环境，A项正 正确。 确：由分析可知，电池总反应为2H,O2十2OH十 10.BC【解析】随pH增大，溶液中Cu的存在形式依 2H+一4H2)十O2个，B项正确：石墨1为负极，电 极反应式为HO2-2e十20H—2H,0十O2↑， 次为Cu+、[Cu(OH)]+,[Cu(OH)]、 [Cu(OH),]2,则曲线x为6(Cu+),曲线y为 则外电路通过0.4mol电子时，理论上，有0,4mol钾 8{[Cu(OH)],曲线z为6LCu(OH)3]},A项 离子通过离子交换膜1进入中间室，有0.2molS0 通过离子交换膜2进入中间室，则中间室生成硫酸钾 错误；P点，6(Cu+)=6{[Cu(OH)]+〉=0.5，pH= 的质量为0.4mol×号×174g·mo=34.8g,C 7,c(OH)=c(H+)=1.0×107mol·L1,则 [Cu(OH)]+一Cu++OH的电离平衡常数为K ·78· 高三二轮复习 ·化学·HX· c(Cu2+)c(OH-) △H2=-44kJ·mol,④CHOH(1)一 [Cu(OH) =1.0×10-1;0点，6(Cu2+)= CHOH(g)△H1=+37.92kJ·mol1;⑤CO2(g) 0.6,8{[Cu(OH)]+〉=0.4，则K 十3H2(g)一CHOH(g)+H2O(g)△H,= c(C+)·c(0H)_0.6xc(0H）-1.5× c[Cu(OH)]+〉 -48.97kJ·mol1,根据盖斯定律：①十③-④+ 0.4 c(OH)=1.0×10,则c(OH-)= ⑤得到H(g)+号0(g)一3H,OD,求△H 1.0×10-7 K 1.5 mol·L-1,c(Ht)= c(OH -726.51k·mol-1+(-44kJ·mol-1)- (+37.92k·mol-1)+(-48.97kJ·mol厂1)= 0X10=1.5×101mol·L,B项正确：P点， 1.0×10-14 -851.4·m0l-:则H:(g)十之0.(g) 1.5 6(Cu+)=6{[(Cu(OH)]+〉=0.5，则Cu元素只有 H2O(1)△H2= -857.4kJ·mol= 3 Cu+,[Cu(OH)]+两种存在形式，溶液中存在电荷 守恒：2c(SO)+c(OH)=2c(Cu+)+ -285.8kJ·mol1。 (4)D、E、F点生成CHOH的物质的量分别为n(D) c[Cu(OH)])+c(K)+c(H+),pH=7, =1mol×13.2%×86%≈0.1135mol、n(E)=1mol c(OH)=c(H+),则2c(SO-)=2c(Cu+)十 ×15%×78%=0.117mol、n(F)=1mol×20%× c{[Cu(OH)]+〉十c(K+),存在元素质量守恒： 60%=0.12mol,CHOH的物质的量最大的是F c(SO)=c(Cu+)十c{[Cu(OH)]+〉，故 c[Cu(OH)])=c(K),[Cu(OH)]= 点；升高温度反应1平衡左移，二氧化碳平衡转化率 c(Cu+),则c(Cu+)=c(K+),C项正确；Q点， 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 6[Cu(OH)]+}=8[Cu(OH)3]-冫，溶液中没有 快，说明此时以反应ⅱ为主，即随着温度升高，反应 Cu+、[Cu(OH)]-,由元素质量守恒可知c(SO) ⅱ向右移动的程度大于反应向左移动的程度。 =c{[Cu(OH)]-}+c{[Cu(OH)]+,D项错误。 (5)设平衡体系中，CHOH、CO的物质的量分别为 三、非选择题 x、y,列三段式： 11.(12分) (1)Zn(1分) i. CO(g)+3H2(g)CHaOH(g)+H2O(g) 起始(mol)1 3 0 0 (2)低温(1分) 转化(mol) x 3.x x (3)-285.8(2分) 平衡(mol)1-x-y3-3.x-y x x十y (4)F(1分)随着温度升高，反应ⅱ向右移动的程 ii. C)2(g)十H2(g)、C)(g）十H2O(g) 度大于反应1向左移动的程度(1分) 起始(mol)1 3 0 0 (5)55(2分) 2分) 转化(mol)y y y y 平衡(mol)1-x-y3-3x-yy x十y (6)13(2分) 【解析】(1)Al不是过渡元素，基态Zn的价电子排布 依题意，x+y=0.5mol,4mo-2z=10%,解得：x 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3d4s',基态Cu+价电子 号moly=名mol:平衡体系中，各组分的物质的 排布式为3d,处于全满状态，难失去电子，其第二 量如下：0.5molC0,号mol CH,0H,言molC0, 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 0.5molH0,号olH,总物质的量n=(0.5十 的是Zn。 mol,(CO2)= (2)反应i的△H<0、△S<0,依据△G=△H-T△S 0.5+号+日+)l= 3 <0判断反应可在低温下自发进行。 15 kPa,(CO)=5 kPa,(CH OH)=10 kPa, (3)已知：①CH0H)+20,(g)一C0,(g)+ p(H2)=55kPa,p(HO)=15kPa。反应i的平衡 2HO(1)△H1=-726.51kJ·mol1,②@H2(g)+ 常数K,(1)=CH,OHD:p(HO) p(CO2)·p3(H2) 20.(g)—H,0D△H,®H,0(g)—,0D 10 kPaX15 kPa 15 kPaX(55 kPa) ·79· ·化学·HX· 参考答案及解析 (6)正极的电极反应式为O2十2H2O+4e一 时，1号碳原子吸附HCI中的H原子，从结构的角 4OH,电解氯化钠溶液时阴极的电极反应式为 度解释其原因为1号碳连着H和Cu,2号碳连着H 2HO十2e—2OH十H2个，转移电子的物质的 和C1,C1具有较强电负性吸引电子，使2号碳原子 负电性弱于1号碳原子，因此1号碳负电性强，易吸 量n(e)三280.m0十X4=0,05m0l,电解生 附正电性强的氢离子。 成的氢氧根离子浓度c(OH)=0.05mol (5)①相同时间内HC1(g)生成的物质的量等于 0.5L HCl(g)消耗的物质的量，即正逆反应速率相等，a项 0.1mol·L1,pH=14-p0H=13。 正确；设有指明正逆反应速率，不能判断反应达到平 12.(12分) 衡状态，b项错误；恒容容器，反应I和Ⅱ为气体物 (1)-29.13(1分) 质的量发生变化的反应，气体的质量不变，故气体的 (2)温度过低不利于反应I自发，温度过高不利于反 平均摩尔质量不变可以说明是平衡状态，c项正确： 应Ⅱ自发(1分) 恒容容器，气体的质量不变，体积不变，故气体的密 (3)L(1分) 度恒定不变，不能说明达到平衡状态，d项错误。 H H H 1.8 mol (4) Cu (2分)1号碳负 ②0~25min内，(CH-CHC)=Ac=。VL △t25min CI Cu 0.072 电性强，易吸附正电性强的氢原子(1分) V mol·L-l·minl。 (5)①ac(2分) ③设反应I转化mol CH2 C1一CHCl,反应Ⅱ转化 ②8-0722分y y mol CH=CH,VL恒容密闭容器，初始总压强为 100kPa,达到平衡状态容器内的总压强为102kPa, ③7.5(2分) 【解析】(1)根据盖斯定律，反应I十反应Ⅱ得，△H 则气体总物质的量为二 ×2=2.04mol, =△Hi+△H2=+69.69kJ·mol-1 CH2 CI-CHC(g)、CH2=CHC(g)十H(g) 98.82kJ·mol-1=-29.13k·mol-。 起始(mol)1 0 0 (2)△G1=△H1-T△S=+69.69kJ·mol1 转化(mol) x T(十142.5J·mol-1·K1×10-3kJ·J广1)<0，自 平衡(mol)1一x x十y x-y 发需要高温，温度过低不利于反应I自发，△G= CH=CH(g)+HCI(g)-CH2=CHCI(g) 起始(mol) 1 0 0 △H2-T△S2=-98.82kJ·mol-l 转化(mol) T(-123.86J·mol1·K-1X103kJ·J1)<0, y y 平衡(mol) 1-y x一y x十y 自发需要低温，温度过高不利于反应Ⅱ自发。 1-x十x+y十x-y十1-y=2.04,x+y=1.8,解得 (3)反应Ⅱ为放热反应，温度升高一减小，K值减 x=0.92 mol,y=0.88 mol,Kp= 小，gK减小，反应Ⅱ的变化的曲线为L1。 (CH2 =CHCI) p(HCI)·p(CH≡CH而 (4)活化能最大的为决速步骤(TS),化学方程式为 1.8 H H H 2.0×102kPa） ;HCI与 0.12 =7.5kPal。 反应 ×102kPa) Cu 0器×102 kPa)X(-号8 Cu ·80·