专题四 考点1 化学反应中的热效应 盖斯定律-【创新教程】2024-2026三年高考化学真题分类特训试卷

②尿素分子(H,NCONH)中C原子形成3个o键，无 孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp杂化。 ③八面体配离子[Fe(H,NCONH)]3+中Fe3+的配位 数为6，碳氨键的键长均相等，因此N原子不会参与形 成配位键，说明C一O中O原子参与配位，所以与F3+ 配位的原子是O。 (3)①a-Fe为体心立方晶胞，晶胞边长为apm,体对角 线长度为√3apm,体心立方晶胞中Fe原子半径r与体 对角线关系为=，因北F原子的丰径为pm ②m截面面积S=apm,每个角原子被4个相邻晶 胞共享（二雏共享），如图所示 每个晶 胞的顶点原子贡献个原子给该晶面，所含原子数为4 X子=1，单位面积原子教为个·pm,n我面面积 为a×√2a=√2apm,每个角原子被4个相邻晶胞共 享，体心原子完全属于本截面，所含原子数为 (饮)+=2，举面教原子发为后一9水。 pm,因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积 合有的Fe原子为个·pm:。 答案：(1)四Ⅷ4：5(2)①NO②sp③O (3)0②nE 4 专题四化学反应与能量 [考点1] 1.D观察历程图，反应i的反应物GaO,(s)十NH,(g) 的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成 Ga,O,NH(s)和H,O,此时的相对能量为0.05eV,因此 体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确： 反应iⅱ中因H)(g)脱去步骤需要经过TS5,则活化能 为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV一0.70eV =2.69eV,B正确：反应i从GaON,H,(s)生成2GaN(s)+ H,O(g)经历过渡态TS6、TS7,说明该反应分两步进行，包含 2个基元反应，C正确：整个反应历程中，活化能最高的步骤 是反应m中TS7对应的步骤（活化能为3.07eV),所以总反 应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误。 2.A550℃时，n(H2)=5mol,n(C02)=2.2mol, n(CH,)=n(CO)=0.4mol,根据C原子守恒，可得 n(C,H,O,)=(C)-nC0,）-nCO》-nCH2=0,报 据O原子守恒，可得n(HO）= n(0)-2n(C0,)-n(C0)-3m(CH,0=7.2mol(也 可利用H原子守恒计算，结果相同)，则a(H,))= 9mol-7.2mo×100%=20%,A正确，550℃时， 9 mol n(C),)=2.2mol,n(CO)=0.4mol,则n(C),）: n(C))=11:2,B错误：400550℃范围，随温度升高， 反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，n(C),)增大，说明反应Ⅲ逆 向移动程度更大，则H,)的物质的量减小，C错误；增大 压强，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ 平衡正向移动，H,的物质的量减小，D错误。 11 3.CA.由图可知，I到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子， 属于还原反应，A错误：B.Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一个 H H H C一H键，如图 ,有极性键生成，不是非极性 T7777寸 Cu 键，B错误：C.Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一个C一H键，由 Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到W也生成了一个C一H H一C-C-H 键，N到V才结合CO,可知WN的示意图为H 0,C 77777十 Cu 正确；D.催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变 反应热，D错误。 4.C由图可知，NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第 一步为NaCl固体变为Na和Cl厂，此过程离子键发生 断裂，为吸热过程：第二步为Na+和Cl与水结合形成水 合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为 放热过程。 A.由图可知，NaCI固体溶解过程的焓变为△Hg=十4 kJ/mol,为吸热过程，A正确；B.由图可知，NaCl固体溶 于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知△H3=△H,十 △H,,即a十b=4,B正确；C.由分析可知，第一步为NaCI 固体变为N和C厂，此过程离子键发生断裂，为吸热过 程，a>0:第二步为Na和C与水结合形成水合钠离子 和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b <0,C错误；D.由分析可知，溶解过程的能量变化，与 NaCI固体断键吸收的热量及Na和Cl厂水合过程放出 的热量有关，即与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用 力的强弱有关，D正确。 5.解析：(1)催化剂能降低反应活化能，活化能越低催化效 率越高，由图可知M,的总活化能更低，催化效率更高； 决速步是活化能最大的一步，由图可知，M,催化时， HC)H转化为"CH+")H的活化能最大，为决速步。 (2)①根据盖斯定律，反应=ⅰ十ⅱ，因此△H3=△H +y△H2=-124.6kJ·mol1+0.5×(-41.2)kJ·mol =-145.2kJ·mol; ②y=1时，△H=(-124.6-41.2)kJ·mol1=-165.8kJ ·mol,△H,=一41.2kJ·mol,二者均为放热反应， △H为负，旅第1nK=一普+C,强度升高时1k下降 幅度越大；由表格数据，b的lK随温度升高下降幅度更 大，对应反应前。 ③无水MgCI。吸收水蒸气，使体系中H,)(g)浓度降低， 反应ⅱ平衡逆向移动，消耗C)的量减少，因此C)转化 率和C)。选择性均减小。 ④由盖斯定律可知，反应川可由反应与反应ⅱ叠加得到：反 应ii是水煤气变换反应：yCO(g)+yHO(g)=二yCO2(g) 十yH,(g);它消耗了反应「生成的H),同时又生成 H,所以总反应m中消耗的H2减少。以反应i的化学 计量数为基准，生成号mol C,H,.时：目的产物CH。中 氢原子质量为：3×6X1g=2g:参加反应的H,为(2- y)mol,其中氢原子质量为：2(2一y)g;因此氢原子经济 性为：222)×100%=2亡)×100%：当y增大时，分 每2一y减小，所以己增大，即氢原子经济性增大：理 由是：y增大，水煤气变换反应参与程度增大，生成等量 CH。时净消耗的H,减少，而目的产物C3H。中的氢原 子数不变，因此目的产物中氢原子占参加反应氢原子的 比例增大。 ⑤设初始投料n(CO)=1mol,则n(H2)=1.5mol。由 图可知，投料比1.5时C0转化率为90%，剩余n(CO)= 0.1mol,C),选择性为30%，甲烷选择性为10%，因此 烯烃选择性=1一30%一10%=60%。转化的C0总物 质的量=0.9mol,其中转化为烯烃的C)为0.9×60% =0.54mol,生成n(C))=0.9mol×30%=0.27mol、 n(CH,)=0.9mol×10%=0.09mol,烯烃中氢原子物 质的量=2×0.54mol=1.08mol:由O守恒可得生成 H,O的物质的量为1mol-n(CO)一2n(C),)=0.36mol,结 合产物中C),、CH,的量，可得总参加反应的氢原子物 质的量为0.54mol×2+0.36mol×2+0.09×4= 2.16mol:氢原子经济性=298×10%=50%。 答案.a)M·HcOH4cH+'OH (2)①一145.2②b③无水MgC1,吸水，使反应体系 中水蒸气浓度降低，导致反应ⅱ的平衡逆向移动（或抑 制了反应ⅱ的进行)④增大y增大，水煤气变换反应 参与程度增大，生成等量CH时净消耗的H。减少，而 目的产物CH:中的氢原子数不变，因此目的产物中氢 原子占参加反应氢原子的比例增大，H原子利用率提高 ⑤50% 6.解析：(1)①反应焓变△H=生成物总相对能量一反应物 总相对能量，代入数据：△H,=2×(+37kJ·mo1) (-126kJ·mol-1+227kJ·mol-1)=-27kJ·mol1: ②根据K与丁的关系，曲线下降说明斛率为负，对应 △H>0的反应：温度降低（于增大）时，吸热反应平衡逆 向移动，K减小，lK减小，曲线为下降趋势，说明反应 I对应曲线c; △H,<0,斜率为正：根据盖斯定律：△H=△H,十△H,, △H1>0,所以△H2<△H<0,△H2更负，根据lnK= 日+C,其平衡常数对温度的变化更加敏感，即图像 斜率更大，对应曲线b,因此反应Ⅲ对应斜率更小的曲 线a。 (2)①设初始投料n(CHg)=n(C,H,Cl2)=n(N。) 1mol,反应I完全进行后，生成1 mol C H:Cl,1 mol HCI,乙 炔转化牵为92%，则反应Ⅱ中转化0.92molC,H2和 0.92 mol HCI,生成0.92molC2HCl,列三段式有： C2 H2(g)+HCI(g)=C H;CI(g) 初始mol1 1 1 变化mol 0.92 0.92 0.92 平衡mol 0.08 0.08 1.92 平衡时：n(CH,)=n(HCl)=0.08mol,n(C,H,Cl)= 1.92mol,n(N2)=1mol,总物质的量ns=3.08mol。 分压(X)=n心，反应商Q,= (C,H,CI) ns p(CH2)·p(HCD' 1.92p 代入得：Q。 3.08 924(kPa)1; (8器)·(.器) ②乙炔分子通过π键电子与Ru形成配位键。氯乙烯分 子中不仅含有碳碳双键，其氯原子上也存在未参与成键 的孤电子对，这两者均可作为配体提供电子与中心原子 R山形成配位键，产生竞争吸附。 11 (3)①Cu为第四周期IB族元素，价电子排布为3d4s, Au为第六周期IB族元素，价电子排布为5d6s; ②题千指出位置2的作用是将自由基（即状态b:* C:H2十*Cl十*H)进一步与乙炔反应生成氟乙烯（状 态d:C,H3CI)。对比两种催化剂的部分反应历程图： 催化剂A中，从状态b到状态d所经历的最高能垒较 小；而催化剂B中，从状态b出发需要越过极高的能垒： 活化能越小，反应速率越快，因此选择催化剂A。 综合整个串联反应过程：位置1：部分CH,CI。分解产生 CHCl和HCl,部分分解产生自由基。位置2：自由基 与部分乙炔反应生成C,H,CI。为了“使乙炔转化率接近 100%”,进入位置3的剩余混合物中必然还含有未完全 反应的乙炔和位置1产生的氯化氢。因此在位置3主要 发生的是乙炔与氯化氢的加成反应，反应为C,H2十HC 催化剂C,H,C,以消耗尽剩余的乙焕。 答案：(1)①-27②曲线c对应反应I,反应1的正反 应为吸热反应，随者子增大（即温度降低），平衡逆向移 动，平衡常数K减小，lnK减小a (2)0924②碳碳双键（或元键）、氣原子上的孤电子对 力 (3)①5d°6s②A催化剂A中由b转化为d的最大 能垒（或活化能）更低，反应速率更快C,H,十HC 催化剂C,H,CL 7.解析：(1)根据题千给出的反应历程图，中间体M一CH3 既可以继续与'CH,反应使碳链增长，也可以结合十H 发生加成反应生成甲烷：同理，碳链增长过程中的中间 体也可以结合十H生成乙烷、丙烷等烷烃。此外，碳链 也有可能继续增长生成C,及以上的高碳烃。这些副反 应的存在消耗了反应物，降低了目标产物低碳烯烃的 产率。 (2)根据盖斯定律，目标反应①可以由3X反应③十反应 ④得到，因此△H,=△H,+3△H3=一374+3×（一41） kJ·mol1=一497kJ·mol1。反应①是放热、气体分 子数减少的反应，低温有利于放热反应平衡正向移动， 高压有利于气体分子数减少的反应平衡正向移动，因此 选低温高压A。 (3)由图1可知，在相同的温度下，使用GAP)催化剂时丙 烯的转化率最低。由于丙烯是我们期望的目标产物，其 转化（消耗）属于副反应，因此GAP)是抑制该副反应 的最适宜催化剂。根据定义：收率=转化为总烃的C0 转化率×低碳烯烃选择性：C),选择性为32%，说明总 消耗C)中1一32%用于生成总烃；由图2可知，要使收率 最大，需要找到乘积最大的组合。观察图2中三种催化剂 的数据，GAP)对应的C)总转化率为85%，低碳烯烃选 择性为83%，此时收率最大，因此收率计算式为85%× (1-32%)×83%。 (4)反应③C)(g)+HO(g)C),(g)十H(g)为放热反 应。在图3中的水平虚线（固定CO转化率为60%），该 线与实线(a%)相交于点M(温度较低)，与实线(b%)相 交于点N(温度较高)。在相同CO转化率下（即反应④ 生成H2)量基本相同)，温度越高，放热的反应③平衡越 向左移动，生成的C),越少，导致C),选择性越低。因 此，高温对应的线b%的选择性低于低温对应的线a%, 即a>b: 由于反应3已经快速平衡，所以在任意时刻正递反应速 率相等，即z(M)=)丝(M)、0E(N)=(N)。题目要 求比较vE(M)和Y(N),本质上就是比较M点和N点 的正反应速率。，点N的温度远高于点M,温度升高会使 反应速率常数显著增大；此外，点N的CO选择性更 低，意味着更少的HO被消耗，反应体系中HO的浓度 更高。在更高的温度和更高的反应物浓度双重作用下，N 点的反应速率必然大于M点。因此，UE(MD<(N)。 (5)设初始n(C))=1mol,n(H,)=2mol:CO转化率为 50%,故转化的C0为0.5mol,剩余n(C0)=0.5mol: 丙烯选择性90%，故最终生成丙烯消耗CO为0.5× 90%=0.45mol,得m(C,H,)=0.45m0=0.15mol,分 3 压比等于其物质的量比，因此(CH)=(CH:) (CO) n(C0) 0.15mol_3 0.5mol-10 反应②为CH(g)十H,(g)一—C,H(g),反应商Q,= (C.H) b(CH)·(H)'代入分压化简得：Q,= n(CgHg)·ns p8·n(CH,)·nH,)平街时：n(CH)=0.15mol、 n(CO)=0.5mol、n(HO)=n(CO)化=0.5mol n(C,H,)=0.5molX10%-0.05mol,m(H,)=2mol- 3 3 0.05 mol 3 -0.5molX2=59 60 mol,ns =2.15 mol,s= 10.05 645kPa,计算得：Q。= 3 ×2.15 ≈3.8X10-‘(kPa)-1 5X015x 答案：(1)生成烷烃和长链烯烃的副反应多，产生的副产 物多，影响了低碳烯烃的产率 (2)-497A (3)GeAP085%×(1-32%)×83% (4)> (5)3:103.8×104 [考点2] 1.DA.反应后左室消耗Cu+,剩余多余的S);右室生 成带正电的[Cu(NH):]+,正电荷多余。需要SO (阴离子)从左室迁移到右室平衡电荷，因此膜为阴离子 交换膜；若为阳离子交换膜，[Cu(NH?),]+向左侧移 动，无法实现该电池的功能，A错误；B.放电完成后，电 极a的S完全转化Cu,S,电极b的CuS完全转化为S: 加热右室电解液，[Cu(NH):]+分解放出NH,将 NH通入左室后重新开始工作时，电极a现在为CuS, 发生失电子的氧化反应，为负极，B错误；C.根据负极反 应，转移4mole时，消耗8 mol NH3·H2O,因此电路 中通过的e与消耗NH,·H,)的物质的量之比为4：8 =1:2,不是1：4，C错误；D.将正负极反应相加，消去 两边均有的S、CuS和电子，得到总反应：2Cu++8NH 一2[Cu(NH,):]+,化简得Cu2++4NH一 [Cu(NH3),]+,D正确。 2.BA.石墨具有良好的导电性，添加到AgCr(),电极材 料中可增强电极的导电性，A正确；B.题干明确 Ag2 CrO,难溶于有机溶剂，无法电离出自由移动的 Ag,正极反应物是固体Ag:CrO,正极反应应为 Ag2Cr)1+2e一2Ag+CrO片，B错误：C.原电池放电 时，阳离子向正极移动，因此L十从负极向正极移动，C 正确；D.负极反应为Li-e一Li,2.1gLi的物质的 量为1品-0.3ml,理论上外电路中通过0.3mle,D 7 g/mol 正确。 11 3.D由图可知，左侧为原电池，右侧为电解池，电极1为 负极，发生氧化反应，电极反应式为：Mg一2e+2OH 一一Mg()H),,电极2为正极发生还原反应，电极反应 式为：2HO十2e一H2◆+2OH,右侧为电解池，电 极3为阳极，产生氧气，电极4为阴极，产生氢气。 A.催化剂生长在泡沫镍电极上可加快电解速率，提高催 化效率，A正确；B.根据分析，电极1是负极，电极4为 阴极，电子从电极1流向电极4，B正确：C.由分析可知， 电极3为阳极，发生氧化反应，生成氧气，电极3的反应 为：4()H一4e一2H,0十)，个，C正确；D.根据分析 可知，电极2和电极4均产生氢气，理论上，每通过2mol 电子，可产生2molH2,D错误。 4.CLi(),电池放电时，锂电极为负极，发生反应：Li一e 一一L,多孔功能电极为正极，低温时发生反应：)，十 2e一()，随温度升高Q增大，正极区()转化为 O;充电时，锂电极为阴极，得到电子，多孔功能电极为 阳极，O或O失去电子。 A.由分析可知，电池总反应方程式为：0，十2Li宽电 放电 以0，或0，十亮L远0，克就电时有参与我生 成，因此熔融盐中LNO?的物质的量分数影响充放电速 率，A正确：B.Li比K的半径小，因此Li优先于K 通过固态电解质膜，B正确；C.放电时，正极得到电子 O中氧为一1价，O中氧为一2价，因此随温度升高 Q增大，正极区O转化为O,C错误；D.充电时，锂 电极为阴极，连接电源负极，D正确。 5.D放电过程中a、b极均增重，这说明a电极是负极，电 极反应式为Cu,O+2H)+Cl一2e一Cu2()H)3Cl +H+,b电极是正极，电极反应式为NaTi2(PO,)3十2e 十2Na一Na3Ti2(P),)g,据此解答。A,放电时b电 极是正极，阳离子向正极移动，所以Na向b极迁移，A 正确；B.负极消耗氯离子，正极消耗钠离子，所以该电池 可用于海水脱盐，B正确；C.a电极是负极，电极反应式 为Cu2O+2H,)+C1一2e-Cu,(OH)3Cl+H,C 正确：D.若以Ag/AgCl电极代替a极，此时Ag失去电 子，结合氯离子生成氯化银，所以电池不会失去储氯能 力，D错误。 6,C金属锂易失去电子，则放电时，惰性电极为负极，气 体扩散电极为正极，电池在使用前需先充电，目的是将 LiH2 PO,解离为Li和HPO,则充电时，惰性电极为 阴极，电极的反应为：Li十e一Li,阳极为气体扩散 电极，电极反应：H2一2e+2H2PO,一2HPO,放电 时，惰性电极为负极，电极反应为：Li一e一Li,气体 扩散电极为正极，电极反应为2H,P),十2e 2H,PO,+H2◆，据此解答。 A.放电时，Li+会通过固体电解质进入电解质溶液，同时 正极会生成H,进入储氢容器，当转移2mol电子时，电 解质溶液质量增加7g/mol×2mol-1mol×2g/mol= 12g,即电解质溶液质量会增大，A错误；B.放电时，由分 析中的正、负电极反应可知，总反应为2Li十2H,P(), 一H2个十2LiHP),,B错误；C.充电时，Li向阴极移 动，则L十向惰性电极移动，C正确；D.充电时每转移 1mol电子，会有1molH与H2P):结合生成HgPO):, 但不知道电解液体积，无法计算c(H)降低了多少，D 错误。 7.BC全铁液流电池原理为2Fe3++Fe一3Fe+,a极发 生Fe一2e一Fe+,为负载铁的石墨电极做负极，b极 发生Fe+十e一一Fe+,发生还原反应，b为石墨电极， 做正极，依次解题。最新真题 专题四 化学反立与能量 分类特训 考点1化学反应中的热效应盖斯定律 1.(2025·河北卷，12)氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领 域，可利用反应Ga2O3(s)+2NH3(g)-一2GaN(s)+3H,O(g)制备。反应历程(TS代表过渡 态)如下： iGazO:(#)+NHa(g)GazO.NH(s)+H2O(g) 8 ii GazO:NH(s)+NH(g)s ≌Ga-ON2Hz(s)+HO(g) 整 TS7 iii GaON2H2(s)2GaN(s)+H2O(g) 6.376.08 6 /2GaN(s 4 3.391 +H2O(g) TS2 -H20(g 2.13 Ga2ON:H:(s) 郑 -0.73 0.68 i4 反应历程 下列说法错误的是 ( A.反应ⅰ是吸热过程 B.反应iⅱ中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69eV C.反应ⅲ包含2个基元反应 D.总反应的速控步包含在反应ⅱ中 2.(2025·江苏卷，13)甘油(CHO3)水蒸气重整获得H2过程中的主要反应： 反应IC3HO3(g)=3CO(g)+4H2(g)△H>0 反应ⅡCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H<0 反应ⅢCO2(g)+4H2(g)=CH,(g)+2H2O(g)△H<0 1.0×10°Pa条件下，1molC3HO3和9molH2O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、 H2、CO,和CH4的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是() ① ∠505.01 製 cd(55d2.2 ② 阳 -550,0.49 450500550600 650700 TC A.550℃时，H20的平衡转化率为20% B.550℃反应达平衡状态时，n(C02):n(C0)=11:25 C.其他条件不变，在400~550℃范围，平衡时H2O的物质的量随温度升高而增大 D.其他条件不变，加压有利于增大平衡时H2的物质的量 3.(2025·云南卷，10)铜催化下，由CO2电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是 ( OH H H-C- H-C- H H'+e HH O C02…→分 H'te *C0 3H+3e …→正丙醇 Cu Cu Cu Cu A.I到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B.Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成 HH H-C-C-H C.V的示意图为H D.催化剂Cu可降低反应热 77777 Cu 21 4.(2025·北京卷，11)为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程 分两步实现，示意图如下。 △H=omo △H,=bk - 0+0 △H,=+4 kJ-mol' 卷器 +9t +H,O0 NaCl(s) 9路 Na"(aq)CI (aq) 下列说法不正确的是 ( A.NaCl固体溶解是吸热过程 B.根据盖斯定律可知：a十b=4 C.根据各微粒的状态，可判断a>0,b>0 D.溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关 5.(2026·湖南卷，18)烯烃是重要的化工原料，可用C0和H2为原料直接合成，其原理： nCO(g)+2nH,(g)催化剂 CnH2n(g)十nH2O(g)。回答下列问题： (1)该反应的关键在于CO活化路径的调控。图1是M1、M2(M1、M2分别是CoC和 CoMn1-O)两种催化剂活化CO的机理，其中催化效率较高的是_（填“M”或“M,”)。催 化剂为M2时，反应历程中决速步（速率最慢）的反应方程式为 3]*表示催化剂表面的吸附位点 2 TS表示过渡态 2 -3 反应 *C0 历程 *C0 *HCO CH- (2)恒压条件下，该反应若改用M(Na/FeC,、@Fe3O4)作催化剂，产物中的H2O还可与CO反 应。以生成CH。为例，相关反应如下： 1.C0(g)+2H,(g)一3CH,(g)+H,0(g)△H=-124.6kW·mo i.yCO(g)+yH2O(g)-=yCO2(g)+yH2(g)△H2=-41.2kJ·mol厂1 i.1+)C0g)+(2-H,(g)一CH,(g)+1-)H,0(g)+0.(g）△H ①当y=0.5时，反应的△H3=kJ·mol1。 ②已知反应的平衡常数K与温度T之间符合：lnK=一日+C(R为摩尔气体常数，C为常 RT 数)。当y=1时，反应i和i的lnK与温度T的数据如表所示，反应对应表中数据 (填 “a”或“b”)。 T 423K 623K 723K 6.7 2.9 1.8 In K b 20.3 5.2 0.7 ③反应近似达到平衡时，加入少量无水MgCl2,CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小，其 可能原因 (选择性 转化为目的产物所消耗C0的量×100%)。 已转化的CO总量 22 ④y增大，烯烃的氢原子经济性将 (填“增大”或“减小”)，理由是 (氢原子经济性=具的产物中氢原子的总质量 参加反应的氢原子的总质量×100%) ⑤图Ⅱ为CO转化率和CO2选择性分别与H2/CO投料比之间的关系，H2/CO投料比为1.5 时，副产物甲烷的选择性为10%，烯烃的氢原子经济性 % 90是 60 60 30 30 8 8 "0.51.0152.0253.0 H,/C0投料比 6.(2026·陕晋青宁卷，17)利用1,2-二氯乙烷与乙炔生产氯乙烯的主要反应为： I.C2 H CI2 (g)=C2 HsCI(g)+HCI(g)AH>0 Ⅱ.C2H2(g)+HCI(g)C2HCI(g)△H2<0 回答下列问题： (1)①已知298K时，各物质的相对能量如表。 C2 HCI2 C2H2 C,HCI 物质 (g) (g) (g) 相对能量/kJ·mol -126 +227 +37 II.C,H Cl2 (g)+C2H2 (g) 2C2 H CI(g) △H3= kJ·mol-1 ②上述三个反应的1nK(K为平衡常数)随一(T为温度)的变化如图甲。曲线c下降的原因是 ,代表反应Ⅲ的曲线是 (填“a”“b”或“c”)。 甲 (2)①某温度下，在压强为pkPa的恒压密闭反应器中，按n(C2H2):n(C2H4Cl2):n(N2) 1:1：1投料，采用含Ru催化剂催化反应I和Ⅱ。当反应I完全进行，乙炔转化率为92%时， 反应Ⅱ各物质分压表示的反应商Q,= (kPa)-1。 ②氯乙烯与乙炔在含Ru催化剂上有竞争吸附。已知乙炔的π键电子可与Ru形成配位键，推 测氯乙烯中的 可与Ru形成配位键。 (3)我国科研人员将多种含Cu、Au的催化剂进行内置串联（如图乙），使乙炔转化率接 近100%。 等物质的量的 位置1 位置2 位置3 →C2H3Cl、N2 C2H2、C2H4Cl2、N2 乙 ①Au位于第六周期且与Cu同族，基态Au原子的价电子排布式为 ②反应器位置1中的C2H,Cl2生成C2HCl、HC1、·H和·Cl。在位置2引入新催化剂，将存 活时间短的·H和·C1变成*H和*C1,进一步与乙炔反应生成氯乙烯。两种不同催化剂的部 分反应历程如图丙。位置2应选择催化剂 (填“A”或“B”),选择依据是 。位置3主要发生的反应为 (写化学 方程式)。 23 TS4 TS表示过渡态 TS2'd TS3 TS6 *表示吸附态 d d a:*C2H2+HCI b TS5 c b:*C2H2+*Cl+*H b c:*CHCl+*H 催化剂A 催化剂B d:*C,H;Cl 部分反应历程 丙 7.(2026·黑吉辽蒙卷，18)低碳烯烃(C2一C4烯)用途广泛，可由合成气(CO十H2)经费托反应催 化直接合成。 (1)烃类产物碳链增长的部分历程如下(M:催化剂，￥CH:活性碳氢物质)： CH2-CH2 及人*CH M-CH2- CH, CH,CH, CH,CH-CH2 *CH, -H >M一CH—CH一CH, CH,CH,CH,+ 按此历程，产品中低碳烯烃产率不高的原因是 (答出一条 的 即可)。 (2)合成丙烯的费托反应主要为： ①6CO(g)+3H2(g)=C3H6(g)+3CO2(g)△H ②C3H(g)+H2(g)-C3H(g)△H2=-124kJ·mol-1 ③CO(g)+H2O(g)-CO2(g)+H2(g)△H3=-41kJ·mol-1 ④3CO(g)+6H2(g)=C3H(g)+3H2O(g)△H4=-374kJ·mol 则△H,= kJ·mol厂1，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为 (填标号)。 A.低温高压 B.低温低压 C.高温低压 D.高温高压 (3)传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。 图1中抑制副反应的最适宜催化剂为 (填“MgAPO“SAPO”或“GeAPO”)。430℃ 时，CO2的选择性为32%，根据图2，此时低碳烯烃的最大收率为 (写出计算式即可)。 [已知：收率=转化为总烃的CO转化率低碳烯烃选择性、 某烃选择性= 生成某烃消耗n(CO) 生成总烃消耗n(CO) X100%、选择性(CO2) 生成的n(CO2) 消耗的n(CO) ×100%]。 进料组成：C,H。12% 催化剂1催化剂2催化剂3 80 -H266.6%-Ar32.2% 100 83 烃 70 C0,选择性=b% MgAPO 79 毫50□SAP0 60 60F M 40 □GeAPO CO 选择 20 20 06 40 0 30 400 420 440 81 83 85 410430450470490 温度/℃ C0转化率% 温度/℃ 图1 图2 图3 (4)若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料n(H2)： n(CO)=2.5、CO2选择性为a%或b%时，CO转化率与温度的关系如图3所示，则a b (填“>”“=”或“<”，下同)，反应③的正(M) V逆(N)。 (5)若采取某种措施抑制CO2生成，此时费托反应只发生②和④，320℃、恒压645kP、初始投 料n(H2)：n(CO)=2时，CO的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则p(C3H)：p(CO)= ;反应②的反应商Q,= (kPa)-1(用分压代替浓度计算，分压=总压×物 质的量分数，保留两位有效数字)。 24