非选择题专练(3)化学反应原理综合-【鱼跃龙门卷】2026年高考化学试题逐题突破（山东专版）

2025一2026学年度高考试题逐题突破 非选择题专练（三） 化学·化学反应原理综合 总分：72分时间：40分钟姓名： 得分： 可能用到的相对原子质量：H1C12N14016 1.(12分)丙醛是一种重要的有机原料，在许多领域都有广泛的应用。在佬催化剂作用下，乙烯 羰基合成丙醛涉及的反应如下： 主反应I.C2H4(g)+H2(g)+CO(g)=CH3CH2CHO(g)△H1 副反应Ⅱ.C2H4(g)+H2(g)==C2H(g)△H2 回答下列问题： (1)△H 0(填“>”或“<”)。 (2)保持温度不变，在恒容反应器中，按照n(C2H4)：n(CO)：n(H2)=1:2：1投料，发生反 应I和Ⅱ，初始压强为4pkPa,反应tmin达到平衡，平衡时C2H4的转化率为80%，C2H 的选择性为25%，则H2的平衡转化率为 %,0(C0)= kPa·min1,反 应I的K。= kPa[用含p的代数式表示，C,H。的选择性=m生(CH) ”消耗(C2H4)J。 (3)在装有相同催化剂的相同恒压容器中，按照n(C2H4)：n(CO): 平衡转化率 n(H2)=1:2:1投料，发生反应I和Ⅱ，相同时间内，测得不同温度 下C2H4的转化率（α）如图所示。则B、D两点的平均反应速率v(B) -m A v(D)(填“>”“=”或“<”)，产生这一结果的原因可能是 (4)T℃时，向恒温恒容的甲容器中，通人1molC2H4、1 mol CO和 T/℃ 2molH2;向绝热恒容的乙容器中通入1molC2H4、1 mol CO、2mol H2,若只发生上述反应I。则甲、乙容器中C2H4的平衡转化率α甲 Q乙（填“>” “<”或“=”)，理由是 2.(12分)氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，用活性炭还原法可以消除氨氧化物的污染。 (1)已知：①C(s)+02(g)C02(g)△H1=-393.5kJ·mol-1 ②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+180.5kJ·mol-1 ③2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H3=-113.0kJ·mol-1 则反应2C(s)+2NO2(g)=N2(g)十2CO2(g)的△H= kJ·mol-1 (2)用NH3催化还原NO,也可以消除氮氧化物的污染。在绝热恒容的密闭容器中存在反应： 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O△H=-1784.4kJ·mol-1。 ①若正反应的活化能为akJ·mol1,则逆反应的活化能为 (用含a的 代数式表示)。 ②下列叙述中，能说明该反应达到化学平衡状态的是 (填标号)。 A.容器中混合气体的密度保持不变 B.混合气体的温度保持不变 C.断裂1molN一H键同时断裂1molO一H D.NO和H2O物质的量相等 (3)用NH3脱氮过程中存在主反应和副反应： 主反应：4NH3(g)+6NO(g)==5N2(g)+6H2O(g)△H1 副反应：2NH3(g)+8NO(g)==5N2O(g)+3H2O(g)△H2。 在一定温度下向恒容密闭容器中充入2 mol NH3和3 mol NO,发生上述反应；若初始压 强为20MPa,反应达到平衡时，压强仍为20MPa且N2的分压为4MPa。 化学X·非选择题专练（三）第1页（共4页） 广鱼跃花门卷 ①该温度下主反应的平衡常数K。= (保留三位有效数字)。 ②若反应10min达到上述平衡状态，则用N2O表示 100 的速率v(N2O) MPa·min-l 80 ③测得平衡状态下混合气体中N2与N2O含量与温度 ·NO 的关系如图所示。 则△H 0,△H2 0(填“>”“<”或的 40 ◆·N2 “=”)。 ④在NH3脱氨过程中，为了有利于无害化气体的生 成，应选择的条件是 450500550600650温度/K 3.(12分)工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。CH4还原脱硫主要反应如下： 反应I:2SO2(g)+CH4(g)—2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)△H 反应Ⅱ：CH4(g)十CO2(g)-2C0(g)+2H2(g)△H2=+247.3kJ·mol-1 回答下列问题： (1)标准生成焓是指298K、100kPa条件下，由元素最稳定的单质生成单位物质的量的纯化合 物的热效应。298K、100kPa时几种物质的标准生成焓（△rHm)如表所示。 物质 S(g) SO2(g) CO2(g) H2O(g) CH(g) △rH9/(kJ·mol-1) 0 -296.8 393.5 -241.8 -74.8 则△H1(298K)= kJ·mol-1。 (2)向恒温恒压密闭容器中充入一定量CH4(g)和CO2(g)发生反应Ⅱ，下列能判断反应Ⅱ达 到化学平衡状态的是 (填标号)。 a.混合气体的压强不变 b.气体平均相对分子质量不变 v(H2) c.v正(CO2)=2v逆(H2) (CH)不变 d. (3)反应Ⅱ测得平衡时H2的百分含量(H2%)与温度(K)、压强 个H2% (MPa)的关系如图所示。图中n的表示是 (填“温度” ml 或“压强”)，A点对应n1和m2条件下，用H2表示的化学反应 m2 速率0正 0逆（填“>”“<”或“=”）。 0.6 0.5 (4)在一定温度下，压强为100kPa的恒压密闭容器中充入1mol0,4 CH4、1 mol SO2、4 mol He发生反应I和Ⅱ。反应达到平衡时， 0.3 SO2的转化率为60%，C0的物质的量为0.2mol。反应I的平 0.2 衡常数K= (kPa)2(K。为用分压表示的平 衡常数。列式即可，无需化简)；若保持压强不变，充入1mol CH4、1 mol SO2、2 mol He发生反应I和Ⅱ，达到平衡时SO2的平衡转化率 60% (填“>”“<”或“=”)。 (5)利用电解法对SO2进行吸收和无害化处理，其原理如图所示。电极I的电极反应式为 ,消耗1 mol SO2,生成O2 L(标准状况下)。 S,03 a 质子膜 6 石墨 石墨 电极 电极Ⅱ NaOH溶液 NaSO:溶液 含S0, HSO 电解池 的废气 吸收 4.(12分)氨及其化合物与人类生产、生活密切相关。含氮物质的研究和利用有着极为重要的意 义。回答下列问题： (1)CO催化还原NO生成N2和CO2可消除污染。已知：CO的燃烧热为283kJ·mol-1; 2NO(g)=N2(g)十O2(g)△H=-180.5kJ·mol-1,写出CO催化还原NO的热化学 方程式： 化学X·非选择题专练（三）第2页（共4页） (2)将恒定组成的CO和NO混合气体通入固定体 45001 积的反应器内，发生以下两个反应：2NO(g)十 4000 CO(g)N2O(g)+CO2(g)N2O(g)+CO(g) 3500 3000 Ⅲa450,3125) 一N2(g)十C02(g)。在不同温度下反应相同且2500 时间测得反应后体系内各物质的浓度随温度的 200- 变化如图甲所示。 是1500----- --.b(450,1500) ①I、V两条线所表示的物质分别是 1000 500 c(450.500) (分子式)。 。d(450,350 0 e(450,200j ②该消除污染物CO和NO的反应条件应选择 100150200250300350400450 (填“低温”或“高温”)。 温度/℃ ③450℃时，该时间段内NO的脱除率= 甲 。[NO的脱除率=n(转化为N,的NO) ×100%] n(初始的NO) (3)某学习小组将2 mol NH3、3 mol NO和一定量的 60H O2充入2L密闭容器中，在催化剂作用下发生反 (580,52) 8501 应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+ 40 6H2O(g)△H。一段时间内，连续测得NO的转 化率随温度变化的情况如图乙所示。 30 ①该反应的△H 0(填“>”或“<”)。若在 20 6mn内，温度从420K升高到580K,此时间段齿 10 (420,2) 用NH3表示的平均反应速率为 mol· 0外■■ L-l·min-1。 300 400 500 600 700 温度K ②解释NO生成N2的转化率先逐渐增大后逐渐减 乙 小的原因： 0 (4)实验室产生的尾气NO可先用O2氧化，然后再用烧碱溶液吸收，现将2 mol NO(g)、1mol O2(g)和1 mol He(g)通入密闭容器中，在温度为T、压强为p条件下发生以下反应： ①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)②2NO2(g)=N2O4(g) 平衡时n(O2)=n(NO2)=n(N2O4),求反应②的平衡常数K。= (用含p的代数 式表示)。 5.(12分)杭州亚运会开幕式首次使用废碳再生的绿色甲醇作为主火炬塔燃料，实现循环内的零 排放，助力打造首届碳中和亚运会。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(g)十3H2(g) CH3OH(g)十H2O(g)。回答下列问题： (1)该反应一般认为通过如下步骤来实现： ①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ·mol-1 ②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=-90kJ·mol-1 总反应的△H= kJ·mol-1。 (2)根据以上信息判断CO2与H2制取甲醇的反应在 (填标号)条件下可自发进行。 A.高温 B.低温 C.任何温度 (3)在恒温恒容的密闭容器中，能说明该反应已达到化学平衡状态的是 (填标号)。 A.CH3OH和H2O的物质的量之比保持不变 B.气体的平均相对分子质量保持不变 C.单位时间内断裂3molH一H键同时断裂2molH一O键 D.v正(H2)：v逆(CH3OH)=3:1 化学X·非选择题专练（三）第3页（共4页） 鱼欧花门老 (4)在2L密闭容器中充入1 mol CO2和3molH2合成CH3OH,测得一定时间内混合气体 中CH3OH的体积分数o(CH3OH)与温度的关系如图甲所示。 ①若温度为T时，反应15min,p(CH3OH)=30%,则0~15min内，CH3OH的平均反应 速率v ②b点p(CH3OH)=25%,则反应的平衡常数K= CO, 直流电源 离子交换膜 CH,OH 温度 稀H,SO 甲 d (5)使用惰性电极通过电解原理也可以制取甲醇，其反应装置如图乙所示。 电极a接电源的 极（填“正”或“负”）；生成甲醇的电极反应式为 6.(12分)苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，可由乙苯催化脱氢获得。回答下列问题： (1)科技工作者结合实验与计算机模拟结果，研究了一个乙苯分子在催化剂表面脱氢制苯乙 烯的反应，其历程如图甲所示（吸附在催化剂表面的粒子用*标注）： 2 CH—CH=CH(g)+Hz(g) 1.35 过渡态2 CH,—CHCH(g) 过渡态1 0.40 1.56 0 -0.15 、、-0.21 1.49 、-0.73 CHs-CHCH2*+2H* -1.09.1 0.94 *CoHs-CH2CH2*+H*Y- CHs-CH2CH:*- 反应历程 甲 乙苯脱氢制苯乙烯反应的焓变△H 0(填“>”“<”或“=”)，为提高乙苯的平衡转 化率，应选择的反应条件为 (填标号)。 A.低温、高压 B.高温、低压 C.低温、低压 D.高温、高压 (2)有研究者发现，在CO2气氛中乙苯催化脱氢制苯乙烯更容易进行，反应历程如图乙： -CH CH-CH; CH一CH,活化 H0=C=0 HO CC=0 CH=CH 吸附 Co O=C=0 催化剂 催化剂 HO 状态I 状态Ⅱ 乙 ①该过程的总反应的化学方程式为 ②根据反应历程分析，催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应影响较大，如果催化剂表面碱性 太强，会降低乙苯的转化率，碱性太强使乙苯转化率降低的原因是 (写一点即可)。 ③从资源综合利用角度分析，CO2氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点是 (3)100kPa恒压下，将2mol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中发生乙苯脱氢制苯乙烯的反应。 ①T,℃时，反应经过10min达到平衡，此时苯乙烯的体积分数为0.375，则乙苯的转化率 为 ,0~10min内的平均反应速率v(H2)= kPa·min1,该温度下的 K,= kPa ②T2℃时，若再向体系中通人氮气，此时v正（填“增大”“减小”或“不变”）。 化学X·非选择题专练（三）第4页（共4页）·化学X· 【解析】锌矿渣通入空气，加入硫酸进行酸浸，去除浸出渣，再 加人氨水调节pH为5.5，得到滤液①，Fe3+、Ga3+转化为沉淀， 固体①中加人过量氨水，洗涤得到滤液②和固体②，固体②中 加入盐酸和物质A溶解转化，物质A为Fe,还原Fe3+,转化为 Fe+,使之在萃取的时候不会被萃取出来（题中Fe3+的萃取率 比Ga3+的高)，镓和铝位于同一主族，性质相似，利用萃取剂萃 取，去水相，有机相再加入过量氢氧化钠溶液反萃取得到有机 相和物质B,物质B为[Ga(OH),]-,经一系列操作得到GaN。 (1)“酸浸”过程中Ga2(FezO,)3与硫酸反应生成硫酸傢和硫酸 铁，发生反应的化学方程式为Ga2(Fe2O4)3十12H2SO4 Ga2(S04)3+3Fe2(S04)3+12H2O. (2)根据表中数据可知，Cu2+开始沉淀时浓度为0.22mol·L1, pH=4.5,则c(OH)=109.5mol·L1,Kp[Cu(OH)2]= c(Cu2+)c2(0H)=0.22×(10-9.5)2=2.2×10-0,用氨水调 节pH=5.5,故滤液①中Cu+的浓度为Kn[Cu(OHD,] c2(OH) 2.2×1020 （10)gmol·L1=2.2×103mol·L1;或完全沉淀时 pH=a,c(0H)=10-14mol·L1,Cu2+的浓度≤105mol· L-1,Km[Cu(OHD2]=c(Cu2+)c2(OH)=1.0X102a-33,用氨水 调节pH=5.5,故滤液①中Cu2+的浓度为K[Cu(OH)] c2(OH) 1.0X102a-33 108)molL1=1.0×102a-1“mol·L1;从工业经济 性考虑，电解滤液①得到的产物，可用于回收金属，还得到O。 和H2SO4,可在酸浸中循环利用：结合图中信息可知，在变速降 温的情况下析出的固体颗粒大小更集中（粒径统一度大）。 (3)根据分析可知，物质A的化学式为Fe;若通过电解物质B 的溶液可以得到单质Ga,则阴极上[Ga(OH),]-得电子产生 Ga,电极反应式为[Ga(OH)4]+3e一Ga+4OH。 5.(1)CuO、Fe3O4 (2)CaSO4(或CaSO·2H2O) (3)滤渣2中混有Fe(OH),,铁元素的利用率降低 (4)平面正方形 (6)Cu0+2Fe(OHD,灼烧cuFe,0,十3H,0保护氧缺位体，防 止被氧化 (6)0.15 (7)CuFe2 O-+H2O=CuFe2 O,+H2 【解析】氧气具有氧化性，已知酸浸后的溶液中金属离子有 Cu2+、Fe2+、AI3+和Fe3+,CuFeS.2焙烧生成三种氧化物，结合质 量守恒可知，三种氧化物为SO2、CuO、FeO4,加入硫酸金属氧 化物转化为相应的硫酸盐，滤渣1为SiO2,加入Cu还原Fe3+为 Fe2+,加入CuO调节pH使AI3+沉淀，而Cu+和Fe2+不沉淀， 滤渣2中有AI(OH)3、CuO、Cu,加H2O2将Fe2+氧化为Fe3+ 加人过量的氨水反应生成[Cu(NH3)]SO4,Fe+生成 Fe(OH)3沉淀，[Cu(NH3)4]SO4经过系列操作生成CuO,灼 烧CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4,在N2作保护气下煅烧生 成CuFe2O4-a。 (1)由分析可知，焙烧生成的金属氧化物的化学式为 CuO、Fe3O4。 (2)焙烧产物中的SO2在有氧条件下利用石灰石浆液Ca(OH) 吸收可制得一种副产品是CaSO,或CaSO4·2H2O。 (3)加入Cu还原Fe3+为Fe+,若没有还原工序，调节pH时会 使Fe3+沉淀，Fe的利用率低。 (4)已知Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，则可知其结构不是 四面体结构，而是平面四边形结构，故[Cu(NH)4]+的空间结 构为平面正方形。 (5)灼烧CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4,反应的化学方程式为 CuO+2Fe(OH) 均烧CuFe,O,十3H,O;N,作保护气，防止生 成物被氧化。 (6)“煅烧”CuFe2O,得到氧缺位体(CuFe2O,-),减少的质量是 168 氧的质量，则有64+2X56+4×16X100%=1-9%,得出8= 0.15。 (7)制取氢气的总反应为28H2O一28H2个十6O2↑，结合第 二步反应2CuFe2O4一2CuFe2O4-a十6O2个，可知第一步反应 为CuFeO4.-8+8H2 O-CuFe2(04+òH2个。 (1)①V形②1：1 (2)防止GO2大量溶解，导致锗的产率下降 (3)Ge02+20H一Ge03+H2O(或GeO2+40H GeO+2H,O) (4)5.3×10-3 (5)盐酸 73X1+28或。XN (6)①4②。X100XN 539-×1030 【解析】向工业锌置换渣中通人SO2并加人硫酸“还原浸出”， 生成Zn2+、Fe2+,滤渣1中有PbS04、GeO2、SiO2,加入盐酸 “90℃酸浸”，浸渣2为GeO2、SiO2,加入氢氧化钠溶液“碱溶” 发生反应GeO2+2OH一GeO3+H2O(或GeO2+4OH —GeO4+2H2O)、SiO2+2OH一SiO3+H2O,经过“沉 硅”等一系列操作后得到储；含[PbCL4]2溶液降温PbC2十 2C1一[PbCL]-平衡逆向移动，得到PbC2,滤液1中加入 适量CaCl2得到CaSO4,过滤得滤液2，滤液2主要含有 Ht、CI。 (1)①S0,中S的价层电子对数为2+6一？×2=3，有1个孤电 2 子对，空间结构为V形。②ZnFe2O,浸出反应的化学方程式为 SO2+ZnFe2O4+2H2S04一ZnSO4+2FeS0,+2H20,氧化 剂为ZnFe2O4,还原剂为SO2,氧化剂与还原剂的物质的量之比 为1：1。 (2)盐酸浓度过大，会导致GO2大量溶解，锗的产率下降。 (3)“碱溶”时，GeO2与OH发生反应，离子方程式为GeO2十 20H-GeO+H2 O GeO2+40H-GeO+ 2H2O。 (4)c(C1)=2.0mol·L1,Kp(PbC2)=c(Pb2+)c2(C1)= 1.2×10-5,即c(Pb2+)=3×10-6mol·L1,Kp(PbS0,)= c(Pb2+)c(S02)=3×10-6Xc(S0)=1.6×10-8,c(S0?)= 5.3×10-3mol·L1,即为防止PbCl2中混有PbSO4杂质，应 控制溶液中c(S0?)≤5.3×10-3mol·L1 (5)向滤液1中加入适量CaCl2得到CaSO4,过滤得滤液2，滤液 2主要含有H+、Cl,“转化”的意义在于可重复利用盐酸。 (6)①由图可知，锗晶体中1个Ge周围与其最近的Ge的个数 为4。②由均摊法得，1个硅锗合金1晶胞中含有Si原子个数 为2×2 =1,G©原子的个数为4+8×日+4 1 1=7,晶胞边长 73×7+28 为apm,则硅储合金1晶体的密度为。X10”XNg·cm。 化学非选择题专练（三） (1)< 3p75 (2)80 5t7b2 (3)>温度升高，催化剂活性降低，且催化剂对化学反应速率 的影响大于升高温度对化学反应速率的影响 (4)>反应I为放热反应，由甲到乙，相当于升高温度，平衡逆 向移动，C2H4的平衡转化率降低 【解析】(1)反应I的△S<0,根据△G=△H一T△S<0时反应 能自发进行知，该反应的△H1<0。 (2)设投料时n(C2H4)、n(CO)、n(H2)分别为1mol、2mol、 1mol,达到平衡时C2H4的平衡转化率为80%，即反应消耗 C2H4物质的量为0.8mol,C2Hg的选择性为25%，则生成的 C2H6有0.8mol×25%=0.2mol,则反应Ⅱ消耗的H2有 ·13 参考答案及解析 0.2mol,消耗的C2H4有0.2mol,反应I消耗的C2H4为 不相等，故恒压下气体的体积改变，则M为变量，当气体平均摩 0.6mol,消耗的H2为0.6mol,共消耗H2物质的量为 尔质量不再改变时，达到平衡；当正、逆反应速率相等，即 0.8mol,H2的转化率为80%；反应初始气体总物质的量为 2v正(CO2)=v递(H2)时，反应达到平衡；反应过程中0(H2): 4mol,初始总压强为4pkPa,CO初始分压2pkPa,反应I消 v(CH,)始终为2：1。 耗CO为0.6mol,即压强变化0.6pkPa,反应速率o(CO)= (3)由图可知随着n增大，H2的百分含量也增大(H2%),而反 0.6pkP=3kPa·min;平衡时，n(CH,)=0.2mol, 应Ⅱ是气体体积增大的吸热反应，故n为温度；由图可知A点 t min 5t n (H2)=0.2 mol,n (CO)=1.4 mol,n (C2 H)=0.2 mol, 对应nl和m2条件下平衡时的H2%大于nl和m2条件下的 n(CHCH2CHO)=0.6mol,气体总物质的量为2.6mol,初始 H2%,相当于平衡逆向移动，故v正<v滋。 时气体总物质的量为4mol,总压为4pkPa,则平衡时各物质分 (4)反应达到平衡时，S0转化率为60%（剩余物质的量为 压为p(C2H4)=0.2pkPa,p(H2)=0.2pkPa,p(C0)= 0.4mol),C0的物质的量为0.2mol,列三段式： 1.4p kPa,p(C2 Hs)=0.2p kPa,p(CHCH,CHO)=0.6p kPa, 2SO2(g)+CH,(g)=2S(g)+2H2 O(g)+CO2(g) 1 1 0 0 0 0.6p 75 初始n/mol K。=0.2p×0.2p×1.4p7p29 转化n/mol 0.6 0.3 0.6 0.6 0.3 平衡n/mol 0.4 0.6 0.60.6 0.2 (3)从图中可知B点乙烯的转化率大于D点，但都小于该温度 CH (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2 (g) 下的平衡转化率，说明开始时随着温度的升高，反应速率增大 初始n/mol 1 乙烯的转化率不断增大，但是随着温度进一步升高，催化剂活 转化n/mol0.1 0.1 0.2 0.2 性降低，催化剂活性降低对反应速率降低的影响强于温度升高 平衡n/mol0.6 0.2 0.2 0.2 对反应速率加快的影响，所以o(B)>v(D)。 平衡时气体总物质的量n=(0.4+0.6+0.6+0.6+0.2+ (4)反应I为放热反应，由甲到乙，相当于升高温度，平衡逆向移 0.2+0.2十4)mol=6.8mol,故反应I的压强平衡常数K。= 动，C2H4的转化率降低，所以a甲>a乙。 0.2 0.6 10 kPa)(.X100 kPa) 6.8X10)06 0.2 (1)-854.5 8大1001 (2)①(a+1784.4)kJ·mol-1②BC -(kPa)2: (3)①45.6②0.2③<>④较低压强、适当温度 0.4×100kPa)6.8×100kPa 后。×1o8×1 0.4 6.81 【解析】(1)根据盖斯定律，可知①×2一②一③得2C(s)+ 反应I和Ⅱ均为气体体积增大的反应，当He的物质的量变为 2N02(g)一N2(g)+2CO2(g),则△H=-393.5kJ·mol-1× 2mol,恒压下，对于反应I和Ⅱ来说相当于加压，平衡逆向移 2-180.5kJ·mol1+113.0kJ·mol1=-854.5kJ·mol-1 动，故S02转化率小于60%。 (2)①反应的焓变△H=正反应活化能一逆反应活化能，故逆反 (5)左极区HSO3转化为S2O?,S元素化合价降低，故电极I 应的活化能=正反应活化能一△H=(a+1784.4)kJ·mol-1。 ②反应物都是气体，混合气体的总质量不变，容器体积不变，混 上发生还原反应，为电解池阴极，电极反应式为2HSO?+ 合气体的密度始终不变；在绝热容器中如果混合气体的温度保 2e+2H+—S2O+2H2O;电极Ⅱ发生氧化反应，是阳极， 持不变，说明正、逆反应速率相等，达到平衡状态；断裂N一H 电极反应为2H2O一4e—O2个十4H+,根据得失电子守恒可 键表示v正，断裂O一H键表示v逆，v正=V逆，反应达到平衡状 知存在计量关系：4S02~4HSO3~O2,故消耗1 mol SO2生成 态；NO和H2O的物质的量相等，不能说明达到平衡状态。 0.25molO2,即标准状况下5.6L。 (3)①反应前后压强不变，则反应后气体的总物质的量仍为 4.(1)2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H= 5mol,因p(N2)=4MPa,则n(N2)=1.0mol,根据主反应的体 -746.5kJ·mol-1 积差，可知气体物质的量增加0.2ol;说明副反应气体的物质 (2)①CON2②高温③80% 的量减小0.2mol,根据体积差可知副反应中消耗0.2mol (3)①<0.15②温度小于580K时，反应未达到平衡状态， NH3。平衡时容器中n(NH3)=1.0mol、n(NO)=1.0mol 升高温度，反应速率加快，NO生成N2的转化率逐渐增大，高于 n(N2O)=0.5mol、n(H2O)=0.5mol,各物质的分压p(NH3)= 580K以后，反应达到平衡状态，升温，平衡逆向移动，NO生成 4MPa、p(NO)=4MPa、p(H2O)=6MPa,主反应的平衡常数 N2的转化率逐渐减小 Kp- p5(N2)·b(H2O)45X6627X27 p(NH3)·p5(NO)44X46 ≈45.6。 16 ()之5 ②反克后0N0-2NF则N0名0黑-a.2·m, 【解析】(1)根据题干中的已知条件，①2NO(g)一N2(g)+ O2(g)△H=-180.5k·mol1,②2C0(g)+O2(g) ③N2的含量随温度的升高而降低，说明主反应的正反应放热， 2CO2(g)△H=一566kJ·mol-1,①+②可计算出CO催化 故△H,<0;N2O的含量随温度升高而增大，说明副反应的正反 还原NO的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g)一N2(g)+ 应吸热，故△H2>0。 ④主反应是放热的、气体体积增大的反应，为了有利于该反应 2C02(g)△H=-746.5kJ·mol1 进行，应选择较低的压强和适当的温度。 (2)①随着反应的进行，CO和NO的浓度逐渐降低，又根据两 (1)-208.7 个反应中都消耗CO,而只有第一个反应消耗NO,随着N2O浓 (2)b 度逐渐降低，NO的浓度减小的趋势变小，到后来浓度基本不 (3)温度 变，而CO浓度减小的趋势较大，所以I是CO,Ⅱ是NO;两个 (0.x1000-6 6.8 6.8100) 反应中都产生CO2,CO2的浓度大于N2,Ⅲ是CO2,N是N2。 ②温度越高，反应速率越快。结合图像可知，高温时CO和NO (4) 的浓度较低，脱除率高，所以应选择高温条件。③根据N原子守 ℃0.41o0)2(6.8X100) 6.81 恒，c(NO)知龄=1500ppm×2+350ppm+200ppmX2= (5)2HS03+2e+2H+—S20?+2H205.6 3750ppm,转化为N2的c(NO)=1500ppm×2=3000ppm, 【解析】(1)△H=生成物的标准生成焓总和一反应物的标准生 100%=80%。 成焓总和，故有△H1=[(-393.5)+2×(-241.8)+0-2× 故N0的脱除率-9× (-296.8)-(-74.8)]kJ·mol1=-208.7kJ·mol1 (3)根据题目的已知条件，开始只充入反应物，温度小于580K (2)恒温恒压下，混合气体的压强始终不变；气体平均摩尔质量 时，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，NO生成 M-m(总) N2的转化率逐渐增大：温度大于580K以后，反应达到平衡状 反应中气体总质量不变，反应Ⅱ反应前后气体系数 态，转化率逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热， 高考试题逐题突破 △H<0。根据图像，转化的n(NO)=(52%一2%)×3mol= 1.5 mol,(NH,)-(NO)2 LX5 min 1.5 mol =0.15mol· L-1·min1。 6 (4)设消耗O2为xmol,生成N2O4为ymol。 ①2NO(g)+O2(g)一2NO2(g) n钟/mol 2x ②2NO2(g)—=N2O4(g) n转/mol 2y 根据n(O2)=n(NO2)=n(N2O4)可得出1一x=2x一2y=y, 经计算x=0.6,y=0.4。平衡后气体总物质的量为(0.8十 0.4+0.4+0.4+1)mol=3mol,p(N0)=p(N,04)=0,4史 3 本，之5 5.(1)-49 (2)B (3)BD (4)①0.025mol·L1·min1( l6 3 (5)CO,+6e+6H*-CH,OH+H2O 【解析】(1)由盖斯定律可知，反应①十反应②得总反应CO。 (g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g),故△H=(+41kJ· mol1)+(-90kJ·mol-1)=-49kJ·mol-1 (2)总反应为放热的熵减反应，根据△H一T△S<0反应可以自 发，则在低温下可以自发。 (3)CH3OH和H2O的物质的量之比等于化学计量数之比，为 一个定值，其保持不变不能说明达到平衡；混合气体的平均摩 尔质量M=?,气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应 进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡； 乙醇中也存在H一O键，故单位时间内断裂3molH一H键同 时断裂2olH一O键，说明正、逆反应速率不相等，没有达到 平衡；反应速率之比等于化学计量数之比，v正(H2): ℃递(CHOH)=3：1,说明正、逆反应速率相等，达到平衡状态。 (4)①若温度为T时，反应15min,p(CH3OH)=30%,列三 段式： CO2+3H2(g)CH,OH(g)+H2O(g) 起始/mol 1 3 0 0 转化/mol 3x x x 平衡/mol 1-x3-3x x 此时总的物质的量为(4-2x)mol,4-2z义100%=30%，x C 0.75,则0~15min内CH,0H的平均反应速率为，075 2X15 mol L-1·min-1=0.025mol·L-1·min1 ②反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，甲醇含量减小，由 图可知，b点为平衡状态点，列三段式： CO2(g)+3H2(g)CH OH(g)+H2 O(g) 起始/mol 1 3 0 0 转化/mol 3y y y 平衡/mol 1-y3-3y y y b点9CH,0D=25%,则'2)×10%=25%y= 3,则二 氧化碳、氢气、甲醇、水的物质的量浓度分别为后mol·L1、 olL,号aolL,号olL,反应的平衡常数 1 11 3×316 K= 1、 3· 6( (5)电极a上二氧化碳在酸性条件下得到电子发生还原反应生 成甲醇，电极反应式为CO2十6e+6H+一CH,OH+H2O, 则电极a为阴极，与电源的负极相连。 (1)>B (2)① 《CCH,CH,(g)+CO,(g)雀化剂 CH-CH2 (g)+CO(g)+H,O(g) ②催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利 于的吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应，导致吸附在催化剂 表面的二氧化碳诚少，从而降低了乙苯的转化率 ③CO2来源广泛，简单易得，利用CO2氧化乙苯脱氢制苯乙烯 能减少CO2的排放，减少温室效应，实现“碳中和” (3)①60%3.7556.25②减小 【解析】(1)由图可知，反应的总能量小于生成物的总能量，该反 应为吸热反应，△H>0;乙苯在催化剂表面脱氢制苯乙烯的总 反应为《》CH,CH,(g)一〈CH-CH,(g)+H,(g), 该反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强均能 使平衡正向移动，均能提高乙苯的平衡转化率。 (2)①由反应历程图可知，该过程的总反应的化学方程式为 -CH,CH,(g+C0,(g)维化剂cH-CH,(g)+ CO(g)十H2O(g)。 ②根据反应历程图可知，催化剂表面需要活化吸附H,该微粒带 负电荷，如果催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子 较多，不利于H的吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应，导致吸 附在催化剂表面的二氧化碳减少，从而降低了乙苯的转化率。 ③CO2来源广泛，简单易得，利用CO2氧化乙苯脱氢制苯乙烯 能减少CO2的排放，减少温室效应，实现“碳中和”。 (3)①根据题意列出三段式： CHs-CH2 CH3 (g)-C Hs-CH-CH2(g)+H2(g) 起始/mol 2 0 0 转化/mol x x x 平衡/mol 2-x x 则2产2=0.375，解得x=1.2乙苯的转化率为1号×100% 2 1.2 60%;0~l0min内的平均反应速率v(H2)= 2+1.2X100kPa 10 min 3.75 kPa ·min1;该温度下的K。= x.2×100kPa 22X100kPaX3,2 =56.25kPa。 .1 kPa ②T,℃时，若再向体系中通入非反应性气体氮气，反应体系中 各组分浓度减小，则此时正减小。 化学非选择题专练（四） (1)3d°5Si.03% (2)sp3<F、Ne青霉胺可与水形成分子间氢键 (3)[AuC]、[AuC](0.5,0.5,+0.5m m+n 【解析】(1)基态Cu原子核外电子排布式为[A]3d°4s,基态 C2+的价层电子排布式为3d。基态O原子核外电子排布式为 1s22s22p,s轨道和p轨道的原子轨道数共为5，则基态O原子 核外电子的空间运动状态有5种。c中含有6个四面体结构， 所以含有6个Si原子，含有的氧原子数为18，含有氧原子数比 6个SiO4少6个，带有的电荷数为6×（一2）=一12；根据图示 可知，若一个单环状离子中Si原子数为n(n≥3)，则含有n个 四面体结构，含有的氧原子数目比n个硅酸根离子恰好少n个 ·14 O原子，即含有n个Si原子，则含有3n个氧原子，带有的负电 ②在CH5中的每个碳原子上都有一个未参与σ键的电子，这 荷为n×(-2)=-2n,故其化学式为Si,0。 些电子占据与环的平面垂直的p轨道，5个碳原子的5个p轨 NH2 道肩并肩，外加得到1个电子重叠形成大π键，其大π键可表示 (2)由图乙可知青霉胺的结构式为 COoH,S原子的价层 为Π。 ③Fe2+的价电子排布式是3d,Fe2+与两个C,H5形成配位键 SH 后，使Fe2+的3d、4s、4p能级中共具有18电子的稳定结构，则 电子对数为4，故S原子轨道杂化方式为sp3。H2S和NH3中 3d、4s、4p能级均填满电子，所以CH5提供了12个电子，即6 心原子均为sp3杂化，但由于H2S中S含有两个孤电子对，而 对电子对，所以配位键的数目为6个。 NH3中N只含一个孤电子对，含孤电子对数越多则键角就越 (3)①当将晶胞中体心的G原子作为晶胞的一个顶点时，整个 小，故键角H2S<NH3。第二周期元素中，第一电离能大于N 的有F、Ne。青霉胺中含有氨基和羧基，它们可与水形成氢键， 晶胞中原子的坐标均移动？个单位，距该Ga原子最近的Ga原 故易溶于水的主要原因为青霉胺可与水形成分子间氢键。 子在新晶胞中的位置为面的中心，即面心的位置。 (3)因为m<a<n所以距离点2(Au)最近的Cl有上面的面心 ②1号Mn原子坐标参数为(1,1,1)，则原点为左下靠后的Mn 和中间体内的CI,故点2(Au)的配离子化学式为[AuCl2]; 原子，则填充在1、2、3、4号M构成的四面体空隙中心的镍原 距离点3(Au)最近的C1有下面六面体的前后左右四个面的面 心位置的Cl,故点3(Au)的配离子化学式为[AuCL4]。分数 子的坐标参数为( 3,3,三)；填充镍后的晶胞中Ni的个数为 444 坐标是指x、y、之三个方向上的距离分别占晶胞长宽高的比例， 8个，Mn的个数为8× 晶胞内部点2位于上面立方体的体心位置，以原子1为原点建 8 +6×2=4个，Ga的个数为12× 立坐标系，晶胞高为(m+n)pm,则点2原子的分数坐标为 1 nXM 4×243 （0.5,0.5,n+0.5m). +1=4个，晶胞的密度p=VXNA-(ax10)XNA8: 4 m+n cm-3= 972 (1)5否5s25p (aX10-7)Nag·cm。 (2)b正四面体 3d (3)NaCl2120.67 4.t tttt Ti、Ge、Se 【解析】(1)5中心碘原子的价层电子对数为2+7+1一2×1 (2)6a和Y或a和3 2 (3)NiNi设O1,90% 5,由题意可知，离子的键角为180°，则离子的空间结构为直线 形，所以I5不具有极性；碘元素的原子序数为53，基态原子的 /3a2,b2 价电子排布式为5s25p。 w哈，号身受+日 【解析】(1)Ni元素原子序数为28，基态N+价电子排布式为 (2)镍元素的原子序数为28，基态N+的价电子排布式为3d, 3d 轨道表示式为个们，离子中有2个未成对电子； 3d,轨道表示式为出↑个，基态Ni原子核外有2 3d 个未成对电子，同周期也有2个未成对电子的元素有钛(T): 由配合物[Ni(CN)4]Br2中配离子[Ni(CN)4]2的μ= 3d4s2、锗(Gc):4s24p2、硒(Se):4s24p。 √/n(n十2)=0B.M可知，配离子中Ni+的未成对电子数为0， (2)两个水分子中的O与Ni形成2个配位键，1个piaH与Ni 则配离子中心N+中的两个单电子组合成对：有1个d轨道参 形成2个配位键，故该配合物中Ni2+的配位数为6，“piaH”与 与杂化，杂化方式为dsp2;由配合物[Ni(NH)4]Br2中配离子 N+螯合形成五元环，包括配位原子和N+共有5个原子，故 [Ni(NH3)4]2+的4=√⑧B.M可知，配离子中N+的未成对电 五元环中提供孤电子对的原子可能是α和Y,由于酰胺基和吡 子数为2，则配离子中Ni+的d轨道未参与杂化，杂化方式为 啶之间的碳碳单键可以旋转，故五元环中提供孤电子对的原子 sp3杂化，所以配离子的空间结构为正四面体形。 也可能是α和3，则五元环中提供孤电子对的原子可能的组合 是a和Y或a和B。 (3)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钠原子个数为8X8 1 (3)根据Ni0的摩尔质量为69.1g·mol1,59x+16=69.1, 1 解得x=0.9,Ni.O化学式可以改写为NiOo,设其中+2价 1,位于面上和体心的氯原子个数为12×2十1=7，则晶体的化 Ni的量为a,则标明Ni价态的化学式为Ni.Nig。Oo,由化合 学式为NaCl,;晶胞中位于顶点的钠原子与位于面上的氯原子 价代数和为0可得2a+3(9一a)=20,解得a=7,故标明Ni价 距离最近，则与钠原子距离最近且相等的氯原子有12个；由两 态的化学式为NiNi以O1o,NiO晶体为NaCI型结构，Ni与O 个氯原子的坐标为(0.00,0.50,0.15)、(0.00,0.50,0.85)可知， 个数比为1：1，根据化学式Ni。,O可知，晶体中镍离子的占有 率为90%。 .10 晶胞棱长为0.20nm×3 ≈0.67nm。 (4)A、B在底面的投影分别在底面菱形分成的两个正三角形中 3d (ID第四周期MB族d↑↑↑个幻[灯 心，A原子的分数坐标为（号，号，宁，根器对称任，A到下底面 (2)①二茂铁属于分子晶体，铁属于金属晶体，铁晶体中金属键 距离和B到上底面距离相等，故B点原子的分数坐标为（兮， 强度大于二茂铁晶体中分子间作用力②③6 23 (0A@,县) 972 3,),底面菱形边长为apm,较长对角线长为5apm,AB (a×107)3NA 【解析】(1)锰元素是25号元素，位于周期表的第四周期ⅦB 水平方向距离为。pm,AB竖直距离为晶胞高度一半，为 族，属于d区元素，基态锰原子的价电子轨道表示式 b 3a2,b2 3d 4s 为幻仰 pm,根据勾股定理，A,B两点间距离为，√好+？pm。 5.(1)Li>B>Be (2)①二茂铁熔点低于铁的原因为二茂铁属于分子晶体，铁属于 (2)sp33c2eH的1s轨道为球形，成键无方向性 金属品体，铁品体中金属键强度大于二茂铁晶体中分子间作 (3)KCaBg Ca 36 用力。 (4)HCO?之间可以通过氢键形成二聚或多聚体