专题五 考点4 化学反应原理综合-【创新教程】2024-2026三年高考化学真题分类特训试卷

n[CuC0,(s]=0.1mol/L,(注：两种以国体形式存在的 CuC,O,(s)只是为了列元素守恒)，将两式整理得到， c(C2O)+c(HC2O)+c(H2 CO)+c([Cu(C2O )2 -c(Cu+)=0.1mol·L1,这是一个等式，D错误。 6.CA.由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A 错误；B.平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误； C.由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催 化剂a吸附后得到的吸附态更稳定，C正确；D.活化能 高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为 CH,CHCH,→'CH,CHCH2+"H或'CH,CHCH,+ ·H→'CH,CHCH2+2'H,D错误。 7.BpH越小，酸性越强，Ag浓度越大，氨气浓度越小， 所以Ⅲ代表[Ag(NH):],Ⅱ代表[Ag(NH门，N代 表NH3,I代表Ag,据此解答。 A.根据以上分析可知Ⅲ为[Ag(NH)]的变化曲线，A 正确；B.溶液中存在电荷守恒，D点时溶液显碱性，则 c(NH)-c(OH)<0.1-c(H),B错误；C.根据图像 可知D点时[Ag(NH,]和Ag浓度相等，此时氨气浓 度是103.2，根据Ag+NH,==[Ag(NH)]可 知K1=103.24,C正确；D.C点时[Ag(NH)]和 Ag浓度相等，B点时[Ag(NH)2]+和 [Ag(NH:)]浓度相等，所以反应[Ag(NH3)]++ NH3==[Ag(NH,)2]+的平衡常数为l0o,因此K2= 103“×103o=102,C点时[Ag(NH)2]和Ag浓度相等， 所以cNH,)√10molL=10molL1,D正确。 /1 [考点4] 1.解析：(1)反应I=反应Ⅱ十反应Ⅲ，由盖斯定律可得， △H1=△H2+△H3=+124kJ·mol1+41kJ·mol- =+165kJ·mol- (2)结合反应速率公式，根据题给单位可推知，单位时间 内每克催化剂催化生成C,H。的平均速率公式为= △n 0.012mol=0.03mol·h1·g。 m(催化剂)·10.20g×2h 由反应Ⅱ可知，n(C:H)=n生成(H,),由反应Ⅲ可知， n(CO)=n镜托(H2),体系中的n(H）=生成(H2） n痛耗(H)=n(C,H,)一n(CO),整理得n(CgH)= n(H,)十n(C),这个等式在反应过程中的任意时刻都 成立，故该式子不能作为判断平衡状态的标志，不符合 题意；C,H。生成速率和消耗速率相等，即反应Ⅱ正、逆 反应速率相等，反应Ⅱ达到平衡状态，则体系达到平衡 状态，b特合题意；密度=巴，恒容体系，且根据质量守 恒定律，气体总质量不变，则混合气体的密度始终不变， 是个常量，不能用于判断体系是否平衡，c不符合题意： M(混)=”丝，混合气体总质量不变，反应I反应后气体 分子数增加，则反应未达平衡时，气体总物质的量会 发生变化，平均摩尔质量不变时，表明气体总物质的量 不再发生变化，反应体系达到平衡状态，d符合题意。 (3)反应①和反应③分别是丙烷、异丙基在催化剂作用 下发生C一C键断裂，活化能分别为3.26eV、2.09eV: 反应②和反应④分别是丙烷、异丙基在催化剂作用下发 生C一H键断裂，活化能分别为0.94eV、0.80eV。对 应的C一H键断裂的活化能都显著低于C一C键断裂的 活化能，证明在该催化剂的作用下，C一H键的断裂更容 易发生，即该催化剂对C一日键断裂具有更好选择性。 (4)①反应I为吸热反应，升高温度，化学平衡向正反应 方向移动，C,Hg和CO2的物质的量减少，CH、CO、 12 H,)的物质的量增加，由 09 于反应I分为反应Ⅱ、Ⅲ ① 两步发生，且反应Ⅱ、Ⅲ都 、、② 为可逆反应，则体系中还 :随着温度升高 03 0.2 .4 日，的物质的量也在上升， 则下降的线表示CO,或 004050506006070 CHg,上升的线表示 温度℃ C3H:、CO、H)或H,;温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均正向 移动，△H2>△H>0,则反应Ⅱ受温度影响更大，随温 度升高，n(CgHg)比n(CO2)减少更快，则②表示CO2、 ④表示C:H4,由方程式可知n精桃(CO,)=n(CO)= n(H2O》,n痛(CH)一n彩(CO2)=n(H2),n狼能(C3Hg）= n生成(CgH),则①表示CgH、③表示CO或H2O、曲线L 代表H。②A点所在曲线代表C),减压，反应I平衡正向 移动，CO。物质的量减小。 答案：(1)+165(2)0.03bd(3)C-H (4)①H,②减小A点所在曲线代表C)。,减压，反应 I平衡正向移动，C(),物质的量减小 2.解析：(1)Ca原子序数为20，电子排布为[Ar]4s,价电 子位于s轨道，属于周期表s区；Ni原子序数为28，基态 电子排布为[Ar]3d“4s。Ni失去4s能级上2个电子形 成N+,价电子排布为3d。 (2)中心0原子有2个。键，孤电子对数为6一？X1=2, 2 共4个价电子对，VSEPR模型为四面体形，空间构型为 V形。 (3)该晶胞中，P原子8个位于顶角(4个被6个晶胞共 用，4个被12个晶胞共用)、2个位于晶胞内，1个晶胞中 所合P原子教为2+4X日+4×立-3，Ni原子8个位 于棱（均被4个晶胞共用）、6个位于面（均被2个晶胞共 用)1个位于品胞内，Ni原子数为1+8×十6X 1, 6,因此该物质的化学式为Ni,P。 (4)CH,重整反应会消耗CO,,降低体系中C),分压，使 CC)3分解反应正向移动。 (5)反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反 应正向移动，CH,转化率增大，因此温度最高的是T。 (6)一定温度、100kPa下，向体系中加入1.0 mol CaC) 和1.0 mol CH,,恒压反应至平衡时，体系中CCO3转 化率为80%，反应I:CaC),(s)==Ca)(s)十C),(g)平 衡时生成n(C),)=0.8mol,CH转化率为60%，C)物 质的量为1.3mol,则 CH4(g)+CO2(g)==2H2(g)+2CO(g) 起始/mol 1 0.8 0 0 转化/mol 0.6 0.6 1.2 1.2 平衡/mol0.4 0.2 1.2 1.2 H2 (g)+COz (g)==H2 O(g)+CO(g) 起始/mol 1.2 0.2 0 1.2 转化/mol 0.1 0.1 0.1 0.1 平衡/mol 1.1 0.1 0.1 1.3 气体总物质的量ns=(1,3+0.1+0.1+1.1十0,4)mol =3 mol, p(CO)·p(H,O) 反应Ⅲ的平衡常数K。= (CO,)·p(H,) (.3×100kPa× 3 0.1×100kPa 1.2, (x100 kPa)x 1.1 ×100kPa CaCO,平衡时n(CaCO,)=(1-1×80%)mol= 0.2mol,原位CO2利用率为 [nc0,（初始)一e0,（平衡)]一neo,（平衡 ncco,（初始) -×100%= 1,0mol-0.2mol)-0.1mo×100%=70%。 1 mol 答案：(1)s3d (2)0原子上存在2个孤电子对 (3)Ni,P (4)反应Ⅱ消耗反应I产生的CO,,降低体系CO,分压， 使反应I平衡右移 (5)T,反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温 度，反应Ⅱ平衡正向移动 (6)1.270% 3.解析：(1)由盖斯定律，反应2一反应1可以得到目标反 应，则△H=△H2-△H=-312kJ/mol+175kJ/mol= -137 kJ/mol; (2)反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙 炔的转化率增大（或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的 转化率增大)：220一260℃，乙炔的转化率下降，反应未 达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因 是催化剂在该温度范围内失活；由图像可知，乙烯的选 择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2 乙炔的转化速率，即y>℃2： (3)将数据代入方程组 (5.06×10-5=k×(4.60×10-3)°① {1.518×104=k×(1.380×10-)°② ②÷①得到a=1,则k=1.1×102s1,u(C2H2)= 1.012×10mol·L1·s1时，1.012×10‘mol·L1·s =1.1×102s1×c(H,),c(H2)=9.20×103mol/L: (4)由题图可知，选择Pd做催化剂时，生成乙烷的活化 能低于选择Pd/W时的(0.68<0.83)，说明使用Pd做 催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小， 故P/W做催化剂时，乙烯的选择性更高。 答案：(1)-137 (2)温度升高，反应速率加快（或温度升高，催化剂活性 增强)催化剂在该温度范围内失活>乙烯的选择 性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙 炔的转化速率 (3)9.20×10-3 (4)Pd/WPd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于 Pd做催化剂时的活化能 4.解析：(1)根据表格中的数据，温度升高反应的平衡常数 减小，说明反应向逆反应方向移动，又因升高温度向吸 热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热 反应，该反应的△H<0。 (2)根据已知条件可以写出如下热化学方程式： ①c0(g)+20,(g)-C0,(g) △H1=-ak·moll ②H,g)+20(g)—H,0(g) △H2=-bkJ·mol @H0CH.CH,0H(g)+号0，(g)一2C0,(g)+ 3H,O(g)△Hg=-ckJ·mol 根据盖斯定律，用2倍的反应①和3倍的反应②减去反 应③即可得到目标方程式，故目标方程式的△H=(c 2a-3b)kJ·mo厂1。 (3)根据表格中的平衡常数，反应温度在500K时，平衡 常数K<1.3×103,此时平衡常数过小，导致乙二醇产 率过低；或温度过高，催化剂的催化活性下降，导致乙二 醇达标产率过低。 12 (4)根据图示的曲线，随着反应的温度升高I曲线的变 化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DM)的转化率区 域恒定，故I曲线为DMO的实际转化率曲线；又已知Ⅱ 为乙二醇的选择性曲线，观察曲线Ⅱ和曲线可知，随 着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇，故曲线N为MG 的选择性曲线，因此曲线Ⅲ为乙醇的选择性曲线。 ①根据上述分析，曲线I为DMO)的实际转化率曲线；曲 线W为MG的选择性曲线； ②A.根据图示，降低温度，DM)的转化率降低，A不符 合题意； B.增大压强，反应体系中单位体积内的活化分子数增 加，化学反应速率加快，DM)的转化率增大，B符合 题意； C.减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降，DM)的 转化率降低，C不符合题意； D.A,点时DM()的转化率为80%，升高温度后转化率持 续上升说明A点时反应未平衡，延长原料和催化剂的反 应时间可以促进反应的继续进行，增大DM()的转化率， D符合题意； ③483K时，DMO的实际转化率为99%，设起始投入反 应的DM)为100mol,则出口处流出的乙醇的物质的量 为100mol×99%×2%=1.98mol,此时还有1mol DMO未反应从出口处流出，因此出口处n(亿醇) n(DMO) 1.98mol=1.98: 1 mol ④设初始时H,与DM)的投料分别为52.4mol和1mol,A ,点时DM)的实际转化率为80%，MG和乙二醇的选择性为 50%,假设该反应分步进行，第一步发生DM)转化为MG, 可写出如下关系： DMO(g)+2H2(g)-MG(g)+CH3OH(g) 起始(mol)1 52.4 0 0 反应(mol)0.8 1.6 0.8 0.8 终，点(mol)0.250.8 0.8 0.8 第二步反应，MG转化为乙二醇，可写出如下关系： MG(g)+2H(g)=乙二醇(g)+CH3OH(g) 起始(mol)0.850.8 0 0.8 反应(mol)0.4 0.8 0.4 0.4 终，点(mol)0.450.0 0.4 1.2 这时，体系中DMO的物质的量为0.2mol、MG的物质 的量为0.4mol、H的物质的量为50.0mol、CH3)H的 物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol,体 系中总物质的量为0.2十0.4十50.0+1.2十0.4= 52.2ol。用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度嫡 0.4mol× 1.2 mol 52.2 mol 52.2 mol ≈0.025。 a0.4moX（ 50.0 mol 52.2 mol 答案：(1)<(2)-2a-3b+c(或c-2a-3b) (3)温度过高，反应平衡常数较小导致产率过低（或温度 过高，催化剂的催化活性下降导致产率过低) (4)①IV②BD③1.98④0.025 5.解析：(1)由盖斯定律，②一①可以得到目标反应，则△H=△H, -AH =-14.9 kJ/mol-26.3 kl/mol=-41.2 kJ/mol; (2)1,气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气 体密度不变，不能说明达到平衡状态： b.两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进 行，压强变大，压强不变说明反应达到平衡状态； c,气体浓度不变是平衡状态的标志，则H,)(g)浓度不 变，说明反应达到平衡状态； d.C)和C(),物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能 判断达到平衡状态；故选bc; (3)反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能 低，反应②的活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应 ①的选择性接近100%：反应①是吸热反应，升高温度平 衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降， 可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂 对反应②更有利： (4)a.增加原料中CH,的量，CH,自身转化率降低； b.增大原料中CO的量，CH,转化率增大： c.通入A,各物质浓度不变，平衡不移动，CH,转化率 不变； (5)如图可知，恒压时，随着Ar含量上升（图像从右到 左)，反应物的分压减小，相当于减压，平衡正向移动，压 强不影响反应④平衡移动；则随着A「含量下降，反应③ 和⑤平衡逆向移动，但甲烷的转化率下降的更快，而反 应③甲烷二氧化碳转化率相同，说明反应⑤逆向移动程 度稍小，且CO减小的少，则n(C)):n(H,)增大； 设初始投料：n(CH,)=4mol、n(C)2)=4mol、n(Ar) 2mol,平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率 为30%，则平衡时： n(CH,)=4 mol-4 molX20%=3.2 mol; n(C02)=4mol-4mol×30%=2.8mol: 根据碳元素守恒：n(CO)=8mol一n(CH)一n(CO2)= 8 mol-3.2 mol-2.8 mol=2 mol; 根据氧元素守恒：n(H,)=8mol一n(C))一2n(C),)= 8 mol-2 mol-2X2.8 mol=0.4 mol; 根据氢元素守恒：n(H,)=8mol-2n(CH)-n(HO) =8 mol-2X 3.2 mol-0.4 mol=1.2 mol; 平衡时，气体总物质的量为3.2mol+2.8mol+2mol+ 0.4mol+1.2mol十2mol=11.6mol,Ar的分压为pkPa,则 多压为58pkPa,p(H)三26×5.8pkPa=0.pkPa 2 p(CO)三6X5.8pkPa=力kPa、p(CH)=,6X p kPa=1.6p kPa.p(H.O)=X5.8p kPa=0.2p kI 反应回的平新常K一s2=a656n, 答案：(1)-41.2 (2)bc(3)原因是反应①的活化能低，反应②活化能 高，反应②进行的速率慢催化剂在升温时活性降低或 升温时催化剂对反应②更有利 (4)b(5)增大0.675p 6.解析：(1)①反应30min,环氧乙烷完全转化，则0~ 30min内u6(E0)=4c8(EO)=1.5mol·L △t 30 min 0.05mol·L1·min。②△H=生成物总能量-反应 物总能量，主反应△H<0,则生成物总能量低于反应物 总能量，错误；由题给信息可知，主反应伴随副反应发 生，EG作为主反应的生成物，同时也是副反应的反应 物，即EG的浓度变化量小于EO的浓度变化量， ℃s(EO)>v签(EG),b错误；主反应中0主（EG)= 主(EO),副反应中v陶(EG)=0倒(DEG),同一反应体系 中物质的量变化量之比等于浓度变化量之比，产物中 n(EG):n(DEG)=10:1,即△n(EG)：△n(DEG)= 10:1,s(EG)=0主(EG)一制(EG),反应时间相同，则 (EG):(DEG)=10:1,(EG)-(EG)10 V制(DEG) 1 则v主(EG)：v(DEG)=11：1,c正确；选择适当催化 剂以提高主反应的选择性可提高乙二醇的最终产率，d 正确。 (2)①该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大 压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，(L1)>(L。)> 12 p(I3),L1、L2、L3对应的a依次为0.6、0.5、0.4。②由 图可知，压强相同时，温度越高平衡转化率越小，说明升 高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H<0。 ③M、V的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物 质的量分数分别相等，则K,(M)=K,(N):D,点对应的 平衡转化率为0,5，根据题给信息，该反应按化学计量比 进料，设起始加入2molC0、3molH2,列三段式： 2C()(g)+3H2(g)==H(OCH2CH2()H(g) n袋/mol 3 0 n转/mol 1 1.5 0.5 n年/mol 1 1.5 0.5 平衡时C)、H,、HO)CH,CH,OH的物质的量分数分别 、1 为K 6 =12。④设起始加 ()×()】 入n mol C)、3molH,,此时a(H2)=0.75,列三段式： 2CO(g)+3H2(g)==HOCH2 CH2 OH(g) n格/mol 3 0 n转/mol 1.5 2.25 0.75 n年/mol n-1.50.75 0.75 平衡时气体总物质的量为mmol,CO、H、HOCH CH.OH的平 背分压分别为m5p,Ma,0,75p,MPa0,75,MPa,此 m m m 0.75 时K。= (m-1.5p）× MPa= 10.75 m m po MPa‘。 (）×(】 答案：(1)①0.05②cd (2)①L1该反应为气体体积减小的反应，温度相同时， 增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大②< ③=12 1 ④ 7.解析：(1)己知： I.CaS(s)+2SO2 (g)==CaSO.(s)+S2 (g)AH Ⅱ.CaSO,(s)+4H2(g)==CaS(s)+4HO(g)△H2 依据盖斯定律I+Ⅱ即得到反应4H2(g)+2S),(g) ==4H)(g)十S,(g)的焓变为△H1十△H:; (2)由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=10“, 根据方程式结合平衡常数表达式可知nH,0)=100始 n(H,) 终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H,),丁表 示的是H,升高温度S2减小，H,)、H均增大，所以丙 表示SO2,甲表示HS,因此反应Ⅲ的正反应是放热反 应，即△H<0: (3)T,平衡时H,是am0l,根据”，0=100可知 n(H。) H2)和S),的物质的量均为100amol,根据H元素守 恒可知HS为0.1一l01a,设平衡时CaS和S:的物质的 量分别为xmol和ymol,根据Ca元素守恒可知CaS) 是1-x,根据0元素守恒可知2=100a十200a十4-4x, 解得x=75a十0.5，根据S元素守恒可知2=0.1-101a +100a+1十2y,解得y=0.45+0.5a,所以此时CaS和 CaS0,的物质的量的差值为2x-1=150a。 (4)压缩容器容积，压强增大，反应4H,(g)十2S),(g) =三4HO(g)+S(g)平衡正向进行，S的产率增大， H,0的物质的量增大，温度不变，由于H,0)=100始 n(H,) 终不变，反应4H,(g)+2SO,(g)==4H,O(g)十S,(g)的 平衡常数不变，所以S)2增大，由于反应Ⅲ的平衡常数 c(H,O)×c(H,S) n(H,0)=100 可表示为K=2(H)Xc(H)×c(s0)'n(H) 始终不变，所以，)增大(H,O)减小。 答案：(1)△H1十△H2 (2)H) (3)0.45+0.5a150a (4)增大减小 专题六水溶液中的离子平衡 [考点1] 1.DA.反应平衡常数K= c(Cu+)·[c(CH,COO)] Lc(CH,COOH) cC)·[c(OH)·[✉CHCo0·(H,则K= [c(CH,COOH)]·K. K[Cu(OH),]·Ka=(2×100)X(2X10i)2 K (1×101)2 8X10-0 10=8X10,故A错误；B.由平衡常数和条件 c[CH,COO]=10c[CH COOH],代入得c[Cu2+]=8 ×10-‘mol/L<1.0×10-3mol/L,故B错误；C.平衡时 有K[Cu(OH)2]=c[Cu+]·c[(OH)]=8×10-4X [OH门=2×100，得氢氧根浓度为5×109mol/L, 由K=c(H十)·(OH)得氢离子浓度为2X10mol/L, 则pH≈5.7，呈酸性，不是弱碱性，故C错误；D.由反应 计量关系：Cu(OH):(s)+2CH,COOH==Cu++ 2 CH,COO+2HO,生成c(CH,COO)与c(Cu2+)的 关系为c(Cu+)=2c(CH,C00),则c(CH,C00)= 1.6×10-3mol/L,平衡时c(CHCO0)= 10c[(CH,COOH)],则c[(CH,COOH)]=1.6×10- mol/L,根据乙酸根元素质量守恒，初始乙酸浓度等于平 衡时乙酸分子和乙酸根离子的浓度之和，则x=(1.6X10 +1.6×10‘)mol/L>1.0X10-3mol/L,故D正确。 H 2.CA.NH,OH的结构式为 N-O ,含有2个 H H N一Ho键、1个N一Oo键、1个()一Ho键，共4个g键， 故1 mol NH2 OH含4molo键，A错误；B.羟胺分子中 N原子形成3个。键，存在一对孤电子对，为sp杂化， 空间结构为三角锥形，所有原子不可能共平面，B错误； C.羟胺中N原子有孤电子对，可结合水电离出的H, 使溶液中c()H)>c(H+),溶液呈碱性，离子方程式 为：NH,OH+H,O一NH,OH++OH,C正确：D.羟 胺溶液与AgBr反应生成N2,AgBr是难溶物，书写离子 方程式时不能拆为Ag,正确的离子方程式为： 2NHOH+2AgBr-2Ag￥+N↑+2H+2H,O+ 2Br,D错误。 3.DAg与Y可形成[AgY]+和[AgY,]+两种配离子， 发生的反应为Ag+Y==[AgY]、[AgY]+Y== [AgY,],故随着Y浓度的变大，Ag浓度变小， [AgY]先增大后减小，[AgY,]+增大，则从图像上（从 右向左表示Y浓度的变大)可以看出，曲线I表示 [AgY]浓度，Ⅱ表示[AgY]+浓度，Ⅲ表示Ag浓度； 同理，调节溶液pH,当酸性较强时，H,Y+浓度大，当碱 性较强时，Y的浓度大，故曲线V表示H,Y2+浓度，曲线 V表示HY浓度，曲线Ⅵ表示Y浓度，据此解题。 12 A.由分析可知，曲线I表示[AgY,]+,A正确；B.由题 意可知，Y可以视为二元弱碱，第一次电离方程式为：Y +H,0一HY*+OH,KM=HY)cOH2,当 c(Y) c(HY+)=c(Y)时，c(H)=10.mol·L1,c(OH厂) =104mol·L1,则K1=104.7,同理K=10115。 K1XK=cHY):cOH)×c(H,Y+)·c(OH) c(Y) c(HY) =c(H,Y+)·c2(OH) c(Y) =10山.2”，由图像可知，当 6(H2Y2+)=6(Y)时，6(HY+)最大，则c(OH)=10i1 mol·L,p)H=5.61,pH=8.39,B正确；C.反应Ag+Y ==[AgY门的平衡常数K=cAgY]) c(Ag)·c(,由图可知，当 c(Y)=104mol·L时，c([AgY]）=c(Ag),则K,= 10元=10：”，C正确：D.-lg[c(Y)/(mol·L)]= 3.00时，c(Y)=103mol/L,c(Ag+)=10i.o1mol·L1, c([AgY:])=c([AgY]),由元素守恒可知，c(Ag)+ c([AgY2])+c([AgY]+)=1.00×10-3mol/L,则 c([AgY2]+)=c([AgY]+)=4.95×10-‘mol/L,Y的初 始浓度为1.15×10mol·L1,由元素守恒得 2c([AgY:])+c([AgY])+c(Y)+c(HY ) c(H2Y2+)=1.15×10mol/L,代入数据，c(Y)+ c(HY+)+c(H,Y+)≈0.01mol/L,则6(Y) c(Y) c(Y)+c(HY)+c(H2 Y2) =103mol.L- 0.01m0l·=0.1,由图像2可知，pH在8,39、 9.93之间，此时c(HY)>c(Y)>c(H,Y+),D错误。 4.D A.HCO+H,(OH+H,CO,K= c(OH)·c(H,CO)=K 104 c(HCO) K45X10≈2.2X10,A正 确；B.2HCO=HC0+C0, K=cC0)·(H.00)_K=47x10 c(HCO) K4.5x107≈1.0X101, B正确：C.HC)十Ca+一CCO,(s)+H+, K-- c(H) =4.7X1011 =c(HcO)·c(Ca)=K,(CaCo)-3.4X10≈ 1.4×102,C正确： D.Ka[Kc(HCO +K.] K+c(HCO) cH+)xC02rC0g)XH×HC写)+H+)×coH)] c(H2C(3) c(HCO X(HCO )HcO) eKH2 CO) =(H)x(CO+c(H-)1 Le(H:CO,)+e(H 由于c(H+)+c(HCO3)=c(OH)+c(CO), 所以K[Ka(O+K]=∠H)D错误。 K +c(HCO) 5.C曲线Ⅲ和曲线N的交点代表6e2+=dc即 c(Cu2+)=c([CuL]),由图可知，此时lgc(L3-)= 一9.4，代入平衡常数表达式得K= c(CuL) c(Cu+)·c(LF) 10=10,A正确；曲线1和曲线Ⅱ的交点代表 lgc(L-)=lgc(HL2)即c(L3-)=c(HL2),此时pH =11.6,代入平衡常数表达式得K=):c(H)= c(HL) 10l.i,B正确；曲线N和曲线V的交点代表ct=·一催化剂a △一催化何b CH.CH-CH. CH,CH,CH,(g) 过護态2 0 过态】 *CH,CH,CH, 2 ① *CH,CHCH,+*H *CH,CHCH,+2*H 、3 反应进程 下列说法正确的是 A.总反应是放热反应 B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C.和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D.①转化为②的进程中，决速步骤为*CHCH2CH3→*CH CHCH3+*H 7.(2025·黑吉辽蒙卷，15)室温下，将0.1 mol AgCl置于0.1mol·L1NH,NO3溶液中，保持溶 液体积和N元素总物质的量不变，pX-pH曲线如图，Ag+NH3一[Ag(NH)]+和Ag+ 2NH=一[Ag(NH),]的平衡常数分别为K1和K2;NH,的水解常数Kh(NH)=1095。 下列说法错误的是 () 10F 8 6a0.62可 pX=-1g[c(X)/(mol.L)] X代表Ag、LAg(NH3)]、 4 (6.45,3.80 10.02,3.24 D [Ag(NH)2]+或NH 2 6 7 pH A.Ⅲ为[Ag(NH3)2]的变化曲线 B.D点：c(NH4)-c(OH)>0.1-c(H) C.K1=103.24 D.C点：c(NH3)=1082mol·L- 考点4化学反应原理综合 1.(2026·河北卷，17)丙烷制备丙烯反应原理探究 丙烯是石油化工行业的重要原料，利用CO,氧化丙烷制备丙烯对环境保护和经济发展有重要 的意义。反应如下： I CHs(g)+CO(g)C H(g)+CO(g)+H2O(g)AH 使用铂锡双金属催化剂(M),上述反应分两步进行： ⅡC3Hg(g)-=C3H(g)+H2(g)△H2=+124kJ·mol- ⅢCO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H3=+41kJ·mol厂1 回答下列问题： (1)△H1= kJ·mol1。 (2)550℃时，恒容密闭容器中装有0.20g催化剂M,按n(C3Hg):n(CO2)=1：1通入混合气 体，反应2h后得到0.012molC3H6,则0~2h内每克催化剂催化生成C3H。的平均速率为 ol·h1·g。下列能说明该体系达到平衡状态的是（不定项选择，填序号）。 a.n(Cs H6)=n(H2)+n(CO) b.C3H。的生成速率和消耗速率相等 c.混合气体的密度不再改变 d.混合气体的平均摩尔质量不再改变 35 (3)反应历程中，催化剂M表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图甲所示（吸附在 催化剂表面上的物种用￥标注)： 4.0 ①*CHCH,CH3→*CHCH2+*CH 3.26 ②*CH3CH2CH3→*CH CHCH3+*H 3.0 2.09 ③*CH CHCH→*CHCH+*CH 1.0 0.94 0.80 ④*CH CHCH3→*CH,CHCH2+*H 0.0 ① ②③ ④ 甲 该催化剂对 (填“C一C”或“C一H”)键的断裂具有更好的选择性。 (4)100kPa下，向装有适量催化剂M的密闭容器中通入C3H。和CO2各1mol,在不同温度下 体系达平衡时各组分的物质的量如图乙所示： 0.9r 0.8 日0.7 旦0.6 0.5 0.3 晏02 0.1 0.0 450500550600650700 温度/℃ 乙 ①图乙中曲线L代表的组分为 ②若体系压强变为50kP,其他条件不变，达平衡时，A点对应组分的物质的量 (填 “增大”“减小”或“不变”)，原因为 2.(2025·河南卷，17)CCO3的热分解与Ni,P,催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2 十CO),实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应I:CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H1=+178kJ·mol- 反应Ⅱ：CH4(g)+CO2(g)一2H2(g)+2CO(g)△H2=+247kJ·mol-1 反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g)→H2O(g)+CO(g)△H3=+41kJ·mol厂1 回答下列问题： (1)Ca位于元素周期表中 区；基态N2+的价电子排布式为 (2)水分子的VSEPR模型与其空间结构模型不同，原因是 (3)Ni,P,的晶胞如图1所示（晶胞参数a=b≠c,a=B=90°，y=120),该物质的化学式为 (4)恒压条件下，CH4重整反应可以促进CCO分解，原因是 (5)在温度分别为T1、T2和T3下，CH4的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最 高的是 (填“T”“T2”或“T3”)。原因是 100 概 80 60 T ● ONi 40 ●P 胖 20 B 0 T 0 5001000150020002500 压强/kPa 图1 图2 36 (6)一定温度、100kPa下，向体系中加入1.0 mol CaCO3和1.0 mol CH4,假设此条件下其他 副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中CaCO。转化率为80%，CH4转化率为60%，CO物 质的量为1.3mol,反应Ⅲ的平衡常数K.= (保留小数点后一位)，此时原位CO2利用 率为 [nc.co,(初始)-ncaco.(平衡)]一nco(平衡) 已知：原位CO,利用率= nCaCo.(初始) ×100% 3.(2025·甘肃卷，17)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过 程包括以下两个主要反应： 反应1：C2H2(g)+H2(g)-C2H4(g)△H1=-175kJ·mol厂1(25℃，101kPa) 反应2：C2H2(g)+2H2(g)C2H6(g)△H2=-312kJ·mol1(25℃，101kPa) (1)25℃，l01kPa时，反应C2H4(g)+H2(g)—C2H(g)△H= 100 kJ·mol-1 易 (2)一定条件下，使用某含C0催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率 60 40 和产物选择性（指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量）如图所 20 示（反应均未达平衡）。 01 60 100140180220260 在60~220℃范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为 温度（℃） (任写一条)，当温度由220℃升高至260℃乙炔 00 转化率减小的原因可能为 0 出80 44444 在120~240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为 —△一乙烯 201 O一乙烷 2(填“>”“<”或“=”)，理由为 月10 (3)对于反应1，反应速率(C2H2)与H2浓度c(H2)的关系可用方程 120140160180200220240 温度（℃） 式v(C2H2)=k[c(H2)]“表示(k为常数)。145℃时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时 的反应速率（如表）。当v(C2H2)=1.012×10-4mol·L1·s1时，c(H2)= mol ·L1。 实验组 c(H2)/mol·L1 v(C2H2)/mol·L1·s1 4.60×10-3 5.06×10-5 二 1.380×10-2 1.518×10-4 (4)以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25℃，101kPa)下实现乙炔加氢。反应机理如图 所示（虚线为生成乙烷的路径）。以 为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为 (图中“”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能) (0.80) a:Pd/W b:Pd 0 C2H2(g) a H2(g) 过渡态 6 C2H+H 过渡态 C2H4(g)+H2 S -1 C2H2 C2H2+H2 (0.83) H2(g) (0.07) -2 H2(g) (0.78) C2H C2Hs+H C2H2 (0.77) C2H+H2C2H4(g)+2H" (0.61) 过渡态 过渡态 C2H3+H H2(g) 过渡态 C2H6(g) C2H2+2H 0.68)C2H5+H C2Hi+2H 反应过程 37 4.(2025·黑吉辽蒙卷，18)乙二醇是一种重要化工原料，以合成气(CO、H2)为原料合成乙二醇具 有重要意义。 催化剂 I.直接合成法：2CO(g)+3H2(g) HOCH2CH2OH(g),不同温度下平衡常数如表 所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 6.5×104 1.0 1.3×10-3 (1)该反应的△H 0(填“>”或“<”)。 (2)已知CO(g)、H(g)、HOCH,CH2OH(g)的燃烧热（△H)分别为-akJ·mol1、一bk·mol-1、 一ck·mol,则上述合成反应的△H= kJ·mol1(用a、b和c表示)。 (3)实验表明，在500K时，即使压强(34MP)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是 (答出1条即可)。 Ⅱ.间接合成法：用合成气和O2制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应， 其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 COOCH +2H2 CH2OH +2H2 CH2OH +H2 CH COOCH -CH,OH COOCH -CH,OH CH,OH -H0 CH2OH DMO(g) MG(g) 乙二醇（g) 乙醇(g) )在2MPa,CuS0,催化固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯此代52,4，B 口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某 物质的选择性=”生成（该物质） n消耗(DMO) ×100%]。 (483,99) 100 80 A(450,50) 20 (483,2) 04 443 463 483 503 523 温度K ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 (填图中标号，下同)表示DMO的转化 率，曲线 表示MG的选择性。 ②有利于提高A点DMO转化率的措施有 (填标号)。 A.降低温度 B.增大压强 C.减小初始氢酯比 D.延长原料与催化剂的接触时间 ③183K时，出口处亿熟的值为 (精确至0.01)。 ④A点反应MG(g)+2H2(g)-=HOCH,CH,OH(g)+CHOH(g)的浓度商Q,= (用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001)。 5.(2025·安徽卷，17)I.通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应： ①HCOOH(g)-CO(g)+H2O(g)△H1=+26.3kJ·mol- ②HCOOH(g)--C0,(g)+H2(g)△H2=-14.9kJ·mol1 (1)反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的△H= k·mol厂1 38 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH(g),发生上述两个分解反应，下列 说法中能表明反应达到平衡状态的是 (填标号)。 a.气体密度不变 b.气体总压强不变 c.H2O(g)的浓度不变 d.CO和CO,的物质的量相等 (3)一定温度下，使用某催化剂时反应历程如图甲，反应①的选择性接近100%，原因是 升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是 过渡态2 HCOO* +H* CO(g) HCOOH(g) 过渡态1C00H* +H20(g) 反应① +H* 反应② HCOOH* C02(g +H(g) 反应历程 甲 Ⅱ.甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和H2)的重要方法，主要反应有 ③CH(g)+CO(g)-→2CO(g)+2H(g) 4CO(g)+H2 (g)=CO(g)+H2O(g) 5CH,(g)+H2O(g)CO(g)+3H2 (g) (4)恒温恒容条件下，可提高CH4平衡转化率的措施有 (填 100 标号)。 80 a.增加原料中CH4的量b.增加原料中CO2的量c.通入Ar气 (5)恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的CH4/CO2/Ar混 CO 合气，投料组成与CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如图乙。 CH i.投料组成中Ar含量下降，平衡体系中n(CO):n(H2)的值将 020 030 50/50/ （填“增大”“减小”或“不变”)。 iⅱ.若平衡时Ar的分压为pkPa,根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数 CH/CO2/Ar K,= (kP)(用含p的代数式表示，K。是用分压代替浓度计算 乙 的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 6.(2025·河北卷，17)乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工 业路线合成。 (1)石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反 应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。 主反应：EO(aq)+H,OI)—EG(aq)△H<0 副反应：EO(aq)+EG(aq)—DEG(aq) 体系中环氧乙烷初始浓度为1.5mol·L1,恒温下反应30min,环氧乙烷完全转化，产物中 n(EG):n(DEG)=10:1。 ①0~30min内，0卷(EO)= mol·L1·minl。 ②下列说法正确的是 (填序号)。 a.主反应中，生成物总能量高于反应物总能量 b.0~30min内，℃a(EO)=va(EG) c.030min内，生(EG):刚(DEG)=11:1 d.选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 39 (2)煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。 反应如下： 2CO(g)+3H2(g)=HOCH,CH2OH(g)AH 按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、0.5和0.6时， 温度与压强的关系如图： 251 20 N L2 星1s D 10 5L 480490500510520T/K ①代表x=0.6的曲线为 (填“L1”“L2”或“L3”);原因是 ②△H 0(填“>”“<”或“=”)。 ③已知：反应aA(g)+B()yY(g)十Z(g,K,二A)7B),2为组分的物质的量' 分数。 M、N两点对应的体系，K,(M) K.(N)(填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的Kx的 值为 已奥：反应aAg)+B(g)三Y(g)+Zg),K,二多D（)p为组分的分压。调整进料比为 n(CO):n(H2)=m:3,系统压强维持p,MPa,使a(H2)=0.75,此时K。= MPa4(用含有 m和。的代数式表示)。 7.(2025·山东卷，20)利用CS循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质硫，涉及的主要反 应如下： I.CaS(s)+2S02(g)==CaSO(s)+S2(g)AH Ⅱ.CaSO4(s)+4H2(g)==CaS(s)+4H2O(g)△H3 Ⅲ.SO2(g)+3H2(g)==H2S(g)+2H2O(g)△H3 恒容条件下，按1 mol CaS,1 mol SO2和0.1molH2投料反应。平衡体系中，各气态物种的 1gn随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K=108基本不变。 回答下列问题： S2 甲 (1)反应4H2(g)+2SO2(g)==4H2O(g)+S2(g)的焓变△H (用含△H1、△H2的代数式表示)。 2 (2)乙线所示物种为 (填化学式)。反应Ⅲ的焓变 乙 △H3 0(填“>”“<”或“=”)。 丙 (3)T,温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量 相等，若丁线所示物种为amol,则S2为 mol(用含a T→增大T 3 的代数式表示)；此时，CaS与CaSO,物质的量的差值n(CaS)-一n(CaSO,)= mol(用含 a的最简代数式表示)。 (4)T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，H2S 与H,物质的量之比”(H,S) (填“增大”“减小”或“不变”)，H2O物质的量n(H2O) n(H2) (填“增大”“减小”或“不变”)。 40