专题四 考点1 化学反应中的热效应 盖斯定律-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训试卷

胞的顶点原子黄献}个原子给该晶面，所含原子数为4 l,单位面积原子数为之个·pm,n裁面 为aX√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 ()十1=2，单位西原子为忌-个 √2a2a2 pm2,因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积 含有的Fe原子为2个·pm。 答案：(1)四Ⅷ4：5(2)①N0②sp2③0 (3)①3e②n2 4 a 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Ga2O3(s)+NH3(g) 的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成 Ga2O2NH(s)和H2O,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ⅱ中因H2O(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Ga2ON2H(s)生成2GaN(s)十 H2O(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 是反应川中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川中，D错误。 2.A550℃时，n(H2)=5mol,n(C02)=2.2mol, n(CH4)=n(CO)=0.4mol,根据C原子守恒，可得 n(C,H,O,)=C)-mC0,)-nC0》-nCH)=0,根 据O原子守恒，可得n（H20）= n(0)-2n(C0)-n(C0)-3m(CH,02=7.2mol(也 可利用H原子守恒计算，结果相同)，则α(H2O)= 9mol-7.2mo×100%=20%,A正确；550℃时， 9 mol n(C02)=2.2mol,n(C0)=0.4mol,则n(CO2): n(C0)=11:2,B错误；400~550℃范围，随温度升高， 反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，(CO2)增大，说明反应Ⅲ逆 向移动程度更大，则H2O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，H2的物质的量减小，D错误。 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-C C一H键，如图H」 0,有极性健生成，不是非极性 77777 Cu 键，B错误；C.Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一个C-H键，由 Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一个CH HH H-C-C-H 键，W到V才结合CO,可知V的示意图为H O,C 77777十 ●1 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,此过程离子键发生 断裂，为吸热过程；第二步为Na和CI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。 16 A.由图可知，NaCl固体溶解过程的焓变为△H,=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△H?=△H1十 △H2,即a十b=4,B正确；C.由分析可知，第一步为NaCl 固体变为Na和CI,此过程离子键发生断裂，为吸热过 程，a>0;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，b <0,C错误；D.由分析可知，溶解过程的能量变化，与 NaCl固体断键吸收的热量及Na+和CI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.B反应机理分析 图像分析 +2价 1个L-Ru-NH]'失1个 NH4 2L-Ru-NH]* e,Ru化合价升高1 2e 形成非 2NH +3价 极性键 H2 N-Ru-L2. 2L-Ru-NH]2+ L-Rur 2NH可写出总反应 人2N正+3价 2L-Ru-NH时、2L-Ru-NH时 (M) 据图可知，Ru()被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L一Ru一NH]+可 与NH反应生成[L一Ru一NH2]和NH,配体NH失去 质子能力增强，A项正确；结合图示可知，[L一Ru一NH →[L一Ru一NH2]失去1个H,所带电荷数减1，则Ru化合 价不变，与[L一Ru一NH2]十相比，M中N含有1个单电 子，所以Ru的化合价不是十3，B项错误；据图可知，反 应过程中有N一N非极性键的形成，C项正确；结合图示 可知，总反应为4NH3-2e一N2H,十2NH,D项 正确。 6.解析：(1)①报据盖斯定律，反应Ⅲ=号Ⅱ-1=号× (-484 kJ/mol)-(41 kJ/mol)=-283 kJ/mol. ②该同学的结论“错误”。C0与O2常温下难反应的根 本原因是活化能高而并非平衡常数过小，可通过点燃使 之迅速产生CO2来验证。 (2)①Pt(原子序数78)，可根据稀有气体氧(86号元素) 进行推断，按照元素周期表位置可知其在Nⅱ元素所在 列，故位于元素周期表第六周期Ⅷ族。 ②反应V是CO吸附在催化剂表面的过程，气态的CO 吸附在固体的催化剂上，混乱度减小，△S<0。 ③由O…C0转化为CO2时形成新的化学键，放热，故 CO2的能量比OCO"低，但在催化剂上脱附是吸热过 程，故CO2的位置在O…CO°与CO2(g)的下面，如图： E/kJ-mol C0g+0g侧 000 0*+00 CO.(g) :c0 (3)①根据(3)题千表格中给出的反应历程，如h:H2(g) →H2 →2H,g:O2（g)十H→O2H等，均涉及 H2或含氢物种，说明体系中引入了H2作为反应物或助 催化剂，开辟了新的、活化能更低的反应路径，从而能在 30℃下进行反应 ②根据表格中各基元反应判断反应进行的优先顺序 h(H2(g)→H2*→2H米)→g(O2(g)十H*→O2H*) e(O2H*→0￥十OH)→i[OH*+H*→H20￥→ H20(g)]→d[C0(g)→C0*]→f(0*+C0*→0. C0￥→CO2￥)→CO2￥→CO2(g),故反应顺序是hgei df;或其他合理答案：hgei位置不能互换，d可以在hgei 前，也可以在hgei后，f在hgei后面，如dhgeif也可。 答案：(1)一283错误点燃，检验产物 (2)第六周期Ⅷ< E/kJ-mol C0+0 0*+C0 0c0 CO,(g) G0, (3)①通人氢气②hgeidf或dhgeif等合理答案 7.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M1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，M2催化时， HCOH转化为·CH十·OH的活化能最大，为决速步。 (2)①根据盖斯定律，反应i=1+iⅱ，因此△H,=△H, +y△H2=-124.6kJ·mol-1+0.5×(-41.2)k·mol- =-145.2kJ·mol1; ②y=1时，△H3=(-124.6-41.2)kJ·mol1=-165.8kJ ·mol1,△H2=-41.2k灯·mol厂1，二者均为放热反应， △H为负，根据nK=一兴+C,温度升高时hK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。 ③无水MgCL2吸收水蒸气，使体系中H,O(g)浓度降低， 反应ⅱ平衡逆向移动，消耗CO的量减少，因此CO转化 率和CO2选择性均减小 ④由盖斯定律可知，反应川可由反应1与反应川叠加得到：反 应i是水煤气变换反应：yCO(g)十yH2O(g)一一yCO2（g) 十yH2(g);它消耗了反应ⅰ生成的H2O,同时又生成 H2,所以总反应i中消耗的H2减少。以反应i的化学 计量数为基准，生成了mol C.H。时：目的产物C,H。中 氢原子质量为：3×6×1g=2g:参加反应的H2为(2- y)mol,其中氢原子质量为：2(2-y)g:因此氢原子经济 性为：2(2-y)1 ×100%=2-y 。1×100%;当y增大时，分 母2-y减小，所以，1 2- 一增大，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H2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(C0)=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(C0)= 0.1mol,CO2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C0为0.9×60% =0.54mol,生成n(C02)=0.9mol×30%=0.27mol、 n(CH4)=0.9mol×10%=0.09mol,烯烃中氢原子物 质的量=2×0.54mol=1.08mol;由0守恒可得生成 H20的物质的量为1mol-n(C0)-2n(C02)=0.36 ol,结合产物中CO2、CH4的量，可得总参加反应的氢 原子物质的量为0.54mol×2十0.36mol×2+0.09×4 =2.16m0l;氢原子经济性=)08m0×100%=50%。 2.16 mol 答案：1DM,·HCOH M:CH+OH (2)①一145.2②b③无水MgCl2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H2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，H原子利用率提高 ⑤50% 8.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：△H3=2×(十37kJ·mol厂1)一 16 (-126kJ·mol1+227kJ·mol1)=-27kJ·mol1; ②根据nK与一的关系，曲线下降说明针率为负，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，1nK减小，曲线为下降趋势，说明反应 I对应曲线c; △H3<0,斜率为正；根据盖斯定律：△H3=△H1十△H2, △H1>0,所以△H2<△H3<0,△H2更负，根据lnK= 二+C,其平衡常数对温度的变化更加敏感，即图像 RT 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(C2H2)=n(C2H4Cl2)=n(N2)=1 mol,反应I完全进行后，生成1molC2H3Cl、1 mol HC1, 乙炔转化率为92%，则反应Ⅱ中转化0.92molC2H2和 0.92 mol HCI,.生成0.92molC2HCl,列三段式有： C,H,(g)+HCI(g)C,H Cl(g) 初始mol 变化mol 0.92 0.92 0.92 平衡mol 0.08 0.08 1.92 平衡时：n(C2H2)=n(HC1)=0.08mol,n(C2H2Cl) 1.92mol,n(N2)=1mol,总物质的量n燕=3.08mol。 分压p(X)=nX》p,反应商Q,= (C2 H Cl) n慈 (C2H2)·p(HCl)' 1.92p 代入得：Q知= 3.08 924(kPa)1; (台8)·（器） 3.08 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 Ru形成配位键，产生竞争吸附。 (3)①Cu为第四周期B族元素，价电子排布为3d°4s, Au为第六周期IB族元素，价电子排布为5d°6s； ②题千指出位置2的作用是将自由基（即状态b: C2H2十CI十米H)进一步与乙炔反应生成氯乙烯（状 态d:*C2HCl)。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C2H,Cl2分解产生 C2HCl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C2H,Cl。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C2H2十HCI 催化剂C,H,C1,以消耗尽剩余的乙块。 答案：(1)①-27②曲线c对应反应I,反应I的正反 应为吸热反应，随着一增大（即温度降低），平衡逆向移 动，平衡常数K减小，lnK减小a （2)①924②碳碳双键（或π键）、氯原子上的孤电子对 (3)①5d6s②A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C2H2十HCI 催化剂C,H,C1 9.解析：(1)根据题千给出的反应历程图，中间体M一CH 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△H1=△H4+3△H3=-374+3X(-41) kJ·mol1=-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GAPO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GAPO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CO 转化率×低碳烯烃选择性；CO2选择性为32%，说明总 消耗CO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，GeAPO对应的CO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③C0(g)+H2O(g)一CO2(g)+H2(g)为放热反 应。在图3中的水平虚线（固定C0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H2O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CO2越少，导致CO2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α%， 即a>b； 由于反应3已经快速平衡，所以在任意时刻正逆反应速 率相等，即正(M)=(M)、(N)=(N)。题目要 求比较玉(M)和堡(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k显著增大：此外，点N的CO2选择性更 低，意味着更少的H2O被消耗，反应体系中H2O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，VE(MD<V(N)。 (5)设初始n(CO)=1mol,n(H2)=2mol:C0转化率为 50%,故转化的C0为0.5mol,剩余n(CO)=0.5mol; 丙烯选择性90%，故最终生成丙烯消耗C0为0.5× 90%=0.45mol,得n(C,H,)=0.45mol=0.15mol,分 压比等于其物质的量比，因此p(CH,)=n(CH,) (CO) n(CO) 0.15mol3 0.5mol10 反应②为C3H(g)十H2(g)一C3Hg(g),反应商Q,= p(C3 H&) p(CH)·p(H)'代入分压化简得：Q。= n(C3Hg)·ns ps·n(CH)·n(H,),平衡时：m(CH)=0.15mol、 n(CO)=0.5mol、n(H20)=n(C0)#化=0.5mol、 n(CH,)=0.5mol×10%=-0.05 mol,n(H2)=2 mol- 0.05 mol 3 -0.5mol×2=60 59 mol,n慈=2.15mol,p卷= /0.051 ×2.15 645kPa,计算得：Qn= 3 ≈3.8×10-4(kPa)-1 645×0.15×60 9 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)3:103.8×10-4 10.解析：(1)根据盖斯定律可知，反应③=号（反应②-①）， 所以对应△H=号（△H-AH)=号(-323·mol1 一285kJ·mo11)=-307kJ·mol1;根据平衡常数 表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平 衡常数K, K2 ()点 169 c(MO) (2)根据图示信息可知，纵坐标表示一gcM0)十cM, 即与MO十的微粒分布系数成反比，与M的微粒分布 系数成正比。则同一时间内，b曲线生成的物质的量 浓度比曲线的小，证明化学反应速率慢，又因同一条件 下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300 K条件下的反应；根据上述分析结合图像可知，300K、60s c(MO) c(MO) 时-lgeM0)十cM)=0.1,剥 c(MO)+c(M) 100.1,利用数学关系式可求出c(M)=(10°.1一1) c(MO+),根据反应MO++CH,一M+CH,OH可 知，生成的M即为转化的MO+,则MO+的转化率为 1-10-0.1 ×10%或1011×100%； 100.1 (3)(ⅰ)步骤I涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形 成，步骤Ⅱ中涉及碳氧餿形成，所以符合题意的是步骤 I;(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的 同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增 大，根据图示可知，MO+与CD,反应的能量变化应为 图中曲线c;(m)MO+与CH2D2反应时，因直接参与化 学健变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率 会变慢，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量 CH2DOD<CHD2OH;根据反应机理可知，若MO与 CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或 CD,OH共2种。 答案：(1)-307 )产图 K2 (2)b 1-10-0.1 1 ×100%或0.0.11×100% (3)(i)I(ii)c(i)<2 11.解析：(1)由C40H2如和C40H18的结构式和反应历程可以 看出，CH20中断裂了2根碳氢键，C40H18形成了1根 碳碳键，所以C40H20(g)CoH1a(g)十H2(g)的△H =431kJ·mol1×2-298kJ·mol1-436kJ·mol1= +128k·mol1,故答案为：128； (2)由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为： Cuo H2o+HC0 H19 +H2,C40 H19+H2= CoHg'+H2,CoHg′+H2==C4oH8+H·+H2 其中第三个的活化能最大，反应速率最慢； (3)由C40H0的结构分析，可知其中含有1个五元环 10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则C40H0总 共含有6个五元环，10个六元环； (4)1200K时，假定体系内只有反应C4oH2(g) C40H10(g)十H2(g)发生，反应过程中压强恒定为p(即 C0H12的初始压强)，平衡转化率为a,设起始量为 1mol,则根据信息列出三段式为： Ca H2(g)Co H10(g)+H2(g) 起始量(mol)1 0 变化量(mol) Q 平衡量(mol)1一a 则p(CHa)=A×十名p(CH)=×千a pH)=X平。演反应的平衡常数K,= XpX中e=p1二0 pX1十a a ,1一 poX]Fa (5)C4oH1g(g)=C4oH1g(g)+H·(g)及C4oH1(g) —CoHo(g)十H·（g)反应的lnK(K为平衡常数) 随温度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明 斜车几半相等，根据1nK=一会部+c(R为理息气体帝 数，C为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在 反应过程中，断裂和形成的化学键相同； (6)a.由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正 向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，符合题意； b.由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应， 加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合 题意。 C.加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不 符合题意。 答案：(1)128 (2)33 (3)610 a (4)o1-a (5)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同 (6)a 12.解析：(1)已知： ①2H2S(g)+3O2(g)—2SO2(g)+2H2O(g)△H1= -1 036 kJ/mol ②4H2S(g)+2S02(g)=3S2(g)+4H2O(g)△H2= 94 kJ/mol ③2H2(g)+O2(g)-2H2O(g)△H3=-484kJ/mol 根据盖斯定律（四十②）×号-®即得到2HS(g) S(g+2H,(g)的△H=(-1036+94)k/mol×号+ 484kJ/mol=170kJ/mol;(2)根据盖斯定律（①+②） ×可得2H,S(g)+0,(g)一S,(g)+2H,0(g)△H =(-1036+94)k/molX3=-314kJ/mol,因此， 劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化 学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时 还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优，点是：可以 获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能 量，所以其缺点是耗能高；（3)假设在该条件下，硫化氢 和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol,根据 三段式可知： 2H2S(g)-S2(g)+2H2(g) 始/mol 0 0 变/mol 0.5x x 平/mo 1一x 0.5x 2 平衡时HS和H2的分压相等，则二者的物质的量相等， 即1-x=x,解得x=0.5,所以H,S的平衡转化率为0,5× 100%=50%,所以平衡常数K,=S:)Xp(H) (H2 S) 9器×100kPa×(号×10kPa 5.25 ≈4.76kPa; 0.5×100kPa)2 （5.25 (4)①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar) 越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反 应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；②n(H2S): n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S): n(Ar)=1:9对应的曲线是d;根据图像可知n(H2S): n(Ar)=1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。 假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量 分别为1mol和9mol,则根据三段式可知 2H2S(g)=S2(g)+2H2(g) 始/mol 7 0 0 变/mol 0.24 0.12 0.24 平/mol 0.76 0.12 0.24 0.76 此时H,S的压强为0.76+0,12十0.24+9X100kPa≈ 7.51kPa,H2S的起始压强为10kPa,所以H2S分压的 平均变化率为10kPa-7.51kPa=24.9kPa·g1. 0.1s 答案：(1)170(2)副产物氢气可作燃料耗能高 (3)50%4.76 (4)①越高n(HS):n(Ar)越小，HS的分压越小，平衡 向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高②d24.9 义 [考点2] 1.DA.反应后左室消耗Cu2+,剩余多余的SO;右室生 成带正电的[Cu(NH3)4]+,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(NH3)4]2+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Cu2S,电极b的Cu2S完全转化为S; 加热右室电解液，[Cu(NH)4]+分解放出NH,将 NH3通入左室后重新开始工作时，电极a现在为Cu2S, 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NH3·H2O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、Cu2S和电子，得到总反应：2Cu2++8NH —2[Cu(NH3)4]+,化简得Cu2++4NH2[Cu (NH3)4]+,D正确。 2.BA.石墨具有良好的导电性，添加到Ag2CO4电极材 料中可增强电极的导电性，A正确；B.题千明确 Ag2CrO,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Ag2CrO4,正极反应应为 Ag2CrO,十2e—2Ag十CrO,B错误；C.原电池放电 时，阳离子向正极移动，因此L计从负极向正极移动，C 正确；D.负极反应为Li一e一Li,2.1gLi的物质的 量为721g=0.3m0l,理论上外电路中通过0.3m0le,D 7 g/mol 正确。 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十2OH 一Mg(OH)2,电极2为正极发生还原反应，电极反应 式为：2H2O十2e一H2个+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：4OH一4e一2H2O+O2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-O2电池放电时，锂电极为负极，发生反应：Li一e 一L,多孔功能电极为正极，低温时发生反应：O2十 2e—O,随温度升高Q增大，正极区O号转化为 O2;充电时，锂电极为阴极，得到电子，多孔功能电极为 阳极，O2或0失去电子。 A.由分析可知，电池总反应方程式为：0，十2Li充电 放电 Li,0,或0，十4Li放电2L,0,充放电时有Li计参与或生 充电 成，因此熔融盐中LNO3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号中氧为一1价，O2中氧为一2价，因此随温度升高 Q增大，正极区O2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Cu2O+2H2O十Cl一2e= =Cu2(OH)CI 十H,b电极是正极，电极反应式为NaTi2(PO4)3十2e 十2Na一Naa Ti2(PO4)3,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+2H2O+C1-2e= -Cuz (OH)CI+H,C 正确；D.若以Ag/AgCl电极代替a极，此时Ag失去电 子，结合氣离子生成氯化银，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 0最新真题 专题四 化学反应与能量 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Ga2O(s)+2NH(g)一2GaN(s)+3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡 态)如下： i Ga2O3(s)+NH3(g) ≌Ga202NH(s)+H0(g) 整 8iGa02NHs)+NHs(g)、→Ga0NHs)+H0(g TS7 6 iii Ga2ON2H2(s)2GaN(s)+H2O(g) -H20(g)TS6 6.376.08 TS54.34 /2GaN(s) 4 ′+HO(g TS2 -H20(g)TS4 3.39 330 郑 2Ga0(8)TS1 2.13 TS3 +NHs(g)1.66 13.01 0.64 Ga2ON2H2(s) 0 +NH(g-0.06 0.48 0.70 -0.73 0.68 2-----→i GazONH --------→ⅱ----上---→--- 反应历程 下列说法错误的是 ( A.反应1是吸热过程 B.反应ii中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69eV C.反应m包含2个基元反应 典郝 D.总反应的速控步包含在反应ⅱ中 2.(2025·江苏卷，13)甘油(CHO)水蒸气重整获得H2过程中的主要反应： 反应IC3HgO3(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)CH4(g)+2H2O(g)△H<0 1.0×105Pa条件下，1molC3HO3和9molH2O发生上述反应达平衡状态时，体系中C0、 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() 如 ① 550,5.02 cd55d2.2 ② (550,0.49- 0 00 450500 550600650700 T/℃ 第 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C02电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是 ( HH H OH H-C H-C-C- 4H'+4e H+e C02…+ H'+e H O *CO 777777 77777 3H+3e777777…→正丙醇 Cu Cu M V 29 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 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NaC1固体溶于水的过程 分两步实现，示意图如下。 △H=kmo, Na(g)、CI(g) △H,=b kJmol- +H,00 0+0 △H=+4kJmo1 女器 +⊙+ +H,O①) NaCl(s) 器 Na'(aq)Cl-(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NaCI固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关 5.(2023·湖南卷，14)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航 NH,2L-Ru-NH]' 2e 天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化 2NH, 剂（用[L一Ru一NH3]表示）能高效电催化氧化NH3合成 H2 N-Ru-L]2 2L-Ru-NH3]2 L-Ru-N N2H4,其反应机理如图所示。下列说法错误的是 ( /2NH3 A2NH; A.Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强 2L-Ru-iNH八、一2L-Ru-NH时 B.M中Ru的化合价为十3 M C.该过程有非极性键的形成 D.该过程的总反应式：4NH一2e一N2H4十2NH4 6.(2026·浙江1月卷，18)某小组想用C0制取C02,反应如下： I.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH=+41 kJ/mol K Ⅱ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2=-484kJ/molK2 Ⅲ.C0(g)+20,(g)C0,(g)△H,K 请回答： (1)①△H3= kJ/mol。 ②某同学在常温常压下，将CO与O2以体积比为2：1混合至密闭体系中，放置数年后却发现 几乎无CO2。该同学认为是该反应的平衡常数K,极小导致的，你认为该同学的说法 （“正 确”或“错误”)，设计实验验证你的结论： (简述即可)。 (2)Pt因其原子结构特点，有良好的催化活性，是催化小分子反应的优异催化剂。某小组在 250℃条件下，用Pt催化CO制取CO2,反应如下： CO C0* ●○吸附 P基催化剂 30 WCO(g)→CO VO2(g)>02 →201 VI O*+CO* →OCO*(过渡态) IO…CO'→CO ICO→CO2(g) ①Pt(原子序数78)，位于元素周期表第 周期 族。 ②反应IV的△S 0(填“>”“<”或“=”)。 ③在图中画出CO,位置（虚线框内） E/kJ-mol- C0g+20,8 0…C0 0*+C0* (3)某小组在其他条件不变的情况下采取某种措施，使反应温度由250℃降为30℃，相关反应 如下： 序号 反应 E (kJ/mol) C0*→C*+O 144 b O2(g)→02→201 101 O*十H*→OH 56 d C0(g)→C0” 48 e O2H*→0+0H 40 f 0十C0*→O…C0→CO2 39 8 O2(g)+H“→O2H° 24 h H2(g)→Hg →2H“ 15 OH°+H*→H2O*→>H2O(g) 14 ①该研究小组采取的措施是 ②请选出合理的反应并排序，补全反应历程： (填序号)→CO,→C02(g)。 7.(2026·湖南卷，18)烯烃是重要的化工原料，可用CO和H2为原料直接合成，其原理： nC0(g十2mH,(g)催化剂C,H.(g)十mH,0(g)。回答下列间题： (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Co2C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“M1”或“M2”)。催 化剂为M,时，反应历程中决速步（速率最慢）的反应方程式为 31 *表示催化剂表面的吸附位点 TS表示过渡态 -2 3 反应 *C0 香浓的 *C0+ H *HC0+ 31 (2)恒压条件下，该反应若改用M,(Na/FeC、@FeO,)作催化剂，产物中的H2O还可与CO反 应。以生成C3H。为例，相关反应如下： 1.0g)+2H,(g)一C,H,(g)+H,0(g)△H,=-124.6kJ·mor ii.yCO(g)+yH2 O(g)yCO2(g)+yH2(g)AH2=-41.2 kJ.mol m.1+)C0(g)+(2-)H,(g)一C,H,(g)+1-0H,0(g)+C0,(g)△H, ①当y=0.5时，反应i的△H3=k·mol-1。 ②已知反应的平衡常数K与温度T之间符合：nK=一+C(R为摩尔气体常数，C为常 RT 数)。当y=1时，反应i和川的lnK与温度T的数据如表所示，反应川对应表中数据 (填 “a”或“b”)。 T 423K 623K 723K a 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CO,的选择性均减小，其 可能原因是 (选择性=转化为目的产物所消耗C0的量×100%)。 已转化的CO总量 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= 目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= 0 90 90是 60 60 30 30 8 051.01.520253.0 H,/C0投料比 8.(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.C,H CI2 (g)=C,Ha Cl(g)+HCI(g)AH>0 Ⅱ.C2H2(g)+HC1(g)==C2H3Cl(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。 C2H CI2 C2H2 C2 H CI 物质 (g) (g) (g) 相对能量/kJ·mol1 -126 +227 +37 Ⅲ.C2HCl2(g)+C2H2(g) 2C2H3C1(g)△H3= kJ·mol-1。 ②上述三个反应的1山K(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”)。 32 T/K- 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 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C,H4CL2生成C2H3C1、HC1、·H和·C1。在位置2引入新催化剂，将存 活时间短的·H和·C1变成*H和*Cl,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)。 TS表示过渡态 TS1 TS4 a a TS6 *表示吸附态 TS2'd TS3 d d a:*C2H2+HCI 6 TS5 c d b:*C2H,+*C1+*H c b c:*C2H2Cl+*H 催化剂A 催化剂B d:*C2H Cl 部分反应历程 丙 9.(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+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=CH, *CH 以*CH M一CH, →MCH一CH CH CHCH, CHCH=CH, *CH. -H >M一CH,一CH,一CH CH,CH,CH+H 按此历程，产品中低碳烯烃产率不高的原因是 (答出一条 即可)。 (2)合成丙烯的费托反应主要为： ①6CO(g)+3H2(g)C3H.(g)+3CO2(g)△H1 ②CgH(g)+H2(g)C3Hg(g)△H2=-124kJ·mol ③C0(g)+H2O(g)—C02(g)+H2(g)△H3=-41kJ·mol ④3CO(g)+6H2(g)C3H(g)+3H2O(g)△H4=-374kJ·mol 33 则△H1= kJ·mol-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，CO。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) 生成的n(CO2) 生成总烃消耗n(CO) ×100%、选择性(CO2) 消耗的n(CO) ×100%]. 进料组成：C,H61.2% 催化剂1催化剂2催化剂3 80F -H266.6%-Ar32.2% 100 70 C0,选择性=b% MgAPO 80 80 83 ☐SAPO 60外 M □GeAPO 60 c. Co 30 50 40 G 20 40 10 % 烯 30 400420 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(H2): n(CO)=2.5、CO2选择性为a%或b%时，C0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v年(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645kPa、初始投 料n(H2):n(CO)=2时，C0的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则(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)。 10.(2023·全国甲卷，28)甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列 问题： (1)已知下列反应的热化学方程式： ①3O2(g)=203(g)K1△H1=285kJ·mol-1 ②2CH4(g)+O2(g)—2CH3OH(1)K2△H2=-329kJ·mol-1 反应③CH4(g)+O3(g)=CHOH(1)+O2(g)的△H3= kJ·mol1,平衡常数K (用K1、K2表示)。 (2)电喷雾电离等方法得到的M+(Fe、Co+、Ni等)与O3反 0 0.6 应可得MO。MO+与CH,反应能高选择性地生成甲醇。分 别在30K和30K下其他反应条件相同进行反应M0 CH4一M++CH,OH,结果如图所示。图中300K的曲线 0.3 是 (填“a”或“b”)。300K、60s时MO的转化率为 0.2 (列出算式)。 0.1 0 (3)MO分别与CH4、CD,反应，体系的能量随反应进程的变 30 6090 120150 时间/s 化如图所示（两者历程相似，图中以CH4示例）。 34 0-H M-CH, [HQ--CH3 过渡态1 C M 过渡态2 CH 步骤I HO MO" M-CH, 步骤ⅡCH,OH M' 反应进程 (1)步骤I和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 (填“I”或“Ⅱ”)。 (ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO与CD。 反应的能量变化应为图中曲线 (填“c”或“d”)。 (i)MO与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD CHD2OH(填“>”“<”或 “=”)。若MO+与CHD反应，生成的氘代甲醇有 种。 11.（2023·湖北卷，19)纳米碗C40H。是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H1。可以由 C4H2o分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。 CHo(g)HCoH(g)十H,(g)的反应机理和能量变化如下： CaoH' 过渡态3 m· 150.8 过渡态2 过渡态1 110.3 70.9 CaoHi8+H-+H2 盟 、20.7 9.5 0.0 CaoH+H2 CaoH2o+H CaoHis+Hz 反应历程 回答下列问题： (1)已知C,H中的碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0kJ·mol1和298.0k·mol厂1，H一H键能 为436.0k·mol-1。估算CoH,(g)CoHg(g)+H2(g)的△H kJ·mol1。 (2)图示历程包含 个基元反应，其中速率最慢的是第 个 (3)C40Ho纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为 (4)1200K时，假定体系内只有反应C0H2(g)=C40H(g)+H(g)发 生，反应过程中压强恒定为，（即C4H12的初始压强），平衡转化率为α， K-) 该反应的平衡常数K。为 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 35 (5)C4oHg(g)=C4oH3(g)十H·(g)及C4oH1(g)=CoHo(g)十H·(g)反应的lnK(K为 平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，lnK=- △H RT 十c(R为理想气体 常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是 (6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成CH。的反应速率的是 (填 标号)。 a.升高温度 b.增大压强 c.加入催化剂 12.(2022·全国乙卷，28)油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收 处理并加以利用。回答下列问题： (1)已知下列反应的热化学方程式： ①2H2S(g)+3O2(g)—2S02(g)+2H2O(g)△H1=-1036kJ·mol1 ②4H2S(g)+2S02(g)-3S2(g)+4H20(g)△H2=94kJ·mol1 ③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H3=-484kJ·mol1 计算H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)十2H2(g)的△H4= k·mol-1。 (2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方 法是：利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 ,缺 点是 (3)在1470K、100kPa反应条件下，将n(H2S):n(Ar)=1:4的混合气进行H2S热分解反 应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为 ,平衡常数K。= kPa。 (4)在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S):n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19 的H2S一Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如图所示。 6062 8141025321224 20 0 0.00.20.40.60.81.01.21.41.61.8 时间/s ①n(H2S)n(Ar)越小，H2S平衡转化率 ,理由是 ②n(H,S):n(Ar)=1：9对应图中曲线 ,计算其在0~0.1s之间，H2S分压的平均 变化率为 kPa·s1。 36