专题五 考点4 化学反应原理综合-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训试卷

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C02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)+CO2(g)CH(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： ⅡCgHg(g)=C3H,(g)+H2(g)△H2=+124kJ·mol1 ⅢCO2(g)+H2(g)C0(g)+H2O(g)△H3=+41kJ·mol1 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(C3H):n(C02)=1：1通入混合气 体，反应2h后得到0.012 mol C.H,则0~2h内每克催化剂催化生成CgH的平均速率为 mol·h1·g1。下列能说明该体系达到平衡状态的是 (不定项选择，填序号)。 郑 a.n(C Ha)=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 (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)： ①*CH3CH2CH3→*CH3CH2+*CH3 只0 3.26 3.0 典 病 ②*CH3CH2CH3→*CH3CHCH3+H 2.09 2.0 ③*CH3CHCH3→*CH3CH+*CH3 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 製 体系达平衡时各组分的物质的量如图乙所示： 0.9 0.8 0.6 0.5 0.3 0.2 0.1 0.0450500550600650700 温度/℃ 乙 ①图乙中曲线L代表的组分为 ②若体系压强变为50kPa,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)CaCO3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:CaC0,(s)=CaO(s)+C02(g)△H1=+178kJ·mol 反应Ⅱ：CH4(g)+CO2(g)→2H2(g)+2C0(g)△H2=+247kJ·mol-1 反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g)→H2O(g)+C0(g)△H3=+41kJ·mol 53 回答下列问题： (1)Ca位于元素周期表中 区；基态Ni2+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)NiP,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CaCO3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“T”)。原因是 1001 T 80 60 ONi 40 ●P ◆ 20 B 0 3 以 0 5001000150020002500 压强/kPa 图1 图2 (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CCO3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 已知：原位CO2利用率= [nc.co,(初始)一nc.co,(平衡)]一nco,(平衡) ×100% nCaCO,.(初始) 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-1(25℃，101kPa) 反应2：C2H2(g)+2H2(g)C2H(g)△H2=-312kJ·mol厂1(25℃，101kPa) (1)25℃，101kPa时，反应C2H4(g)+H2(g)=C2H(g)△H= 100 kJ·mol-1。 80 (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 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 40 J 示（反应均未达平衡）。 30、 在60~220℃范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为 0 60100140180220260 (任写一条)，当温度由220℃升高至260℃乙炔 温度（℃） 转化率减小的原因可能为 100 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 R90 2(填“>”“<”或“=”)，理由为 出80- △一乙烯 0一乙烷 (3)对于反应1，反应速率v(C2H2)与H2浓度c(H2)的关系可用方程 式(C2H2)=[c(H2)]表示(k为常数)。145℃时，保持其他条件 01 120140160180200220240 不变，测定了不同浓度时的反应速率（如表）。当(C2H2)=1.012× 温度（℃） 10-4mol·L-1·s-1时，c(H2)= mol·L-1 实验组 c(H2)/mol·L-1 o(C2H2)/mol·L-1 ·s 1 4.60X10-3 5.06×10-5 1.380×10-2 1.518×10-4 54 (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 C2H(g八a H2(g) 过渡态 C2H+H C2H2 C2H2+H2 过渡态 ,C2H4(g)+H2" H2(g) (0.83) (0.07) H2(g) (0.78) C2H4 C2H2 (0.77) C2HS+H' (0.61 过渡态 C2Hi+H2C2H4(g)+2H" 过渡态 C2H3+H" C2Hi H2(g) 过渡态 C2H6(g) C2H2+2H" 0.68)C2H5+H C2H4+2H 反应过程 4.(2025·浙江1月卷，18)二甲胺[(CH3)2NH]、N,N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途 广泛的化工原料。请回答： (1)用氨和甲醇在密闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： I.NHa(g)+CHOH(g)=CH NH2 (g)+H2O(g) II.CH,NH2(g)+CH,OH(g)(CH3)2NH(g)+H2O(g) II.(CH)2NH(g)+CH OH(g)(CH)N(g)+H2O(g) 可改变甲醇平衡转化率的因素是 (填标号)。 A.温度 B.投料比[n(NH3)：n(CHOH)] C.压强 D.催化剂 (2)25℃下，(CH)2NH·HO的电离常数为K,-lgK,=3.2,则1mol/L[(CH3)2NH2]+C水 溶液的pH= (3)在[(CH3)2NH2]+CI的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2,阴极上生成 HCON(CH3)2的电极反应方程式是 (4)上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH)2:(CH)2NH(g)+CO(g) 一HCON(CH)2(I)。某条件下反应自发且嫡减，则反应在该条件下△H 0(填“>”“<”或 “=)。 (5)有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投 料比n(CO2)：n(H2):n[(CH3)2NH]=20:15:1,催化剂M足量。反应方程式如下： N.c0,®+Hg)毫H0o0Ha》 V.HCOOH(g)+(CH3),NH(g)=HCON(CH3)2(g)+H2O(g) HCOOH、(CH3),NH、HCON(CH3)2三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。 (例：HCOOH的物质的量百分比= n(HCOOH) (HCOOH)+[(CH),NH]+n[HCON(CH),] ×100%) 100+(CH3)2NH 出 HCON(CH3)2 HCOOH 0 反应时间 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因（不考虑催化剂M活性降低或失 活)： ②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH,可以降低反应所需温度。请从化学 键角度解释原因： 55 5.(2025·黑吉辽蒙卷，18)乙二醇是一种重要化工原料，以合成气(C0、H2)为原料合成乙二醇具 有重要意义。 I.直接合成法：2C0(g)十3H2(g) 催化剂HOCH,CH,OH(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)、H2(g)、HOCH CH2OH(g)的燃烧热（△H)分别为-akJ·mol1、-bkJ·mol1、 一ck·mol-1,则上述合成反应的△H= kJ·mol-1(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 CH,OH +2H2 CH,OH +H2 CH, COOCH -CH,OH COOCH3 -CH,OH CH,OH -H2O CH2OH DMO(g) MG(g) 乙二醇(g) 乙醇(g) (4)在2MPa,Cu/SiO,催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比nCH) n(DMO)=52.4,出 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 % 60 A(450,50) A0 20 (483,2) W 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 ③483K时，出口处n(乙醇) 、n(DMO的值为 (精确至0.01)。 ④A点反应MG(g)+2H2(g)==HOCH2CH2OH(g)+CH,OH(g)的浓度商Q.= (用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001)。 6.（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·mol1 ②HCOOH(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-14.9kJ·mol1 (1)反应CO(g)+H2O(g)-CO2(g)+H2(g)的△H= kJ·mol-1。 (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CO2的物质的量相等 56 (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* 峋 CO(g) HCOOH(g) 过渡态1C00H* +H20(g) 反应① +H* 反应② HCOOH* C02(g) +H2(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) CO,(g)+H,(g)CO(g)+H,O(g) ⑤CH4(g)十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CH,的量b.增加原料中CO2的量c.通人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混蜜40 合气，投料组成与CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如图乙。 ⅰ.投料组成中Ar含量下降，平衡体系中n(CO):n(H2)的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 1V198 004 20/20/6 0y4020 50/50/0 ii.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。= (kPa)(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)。 7.(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)+H2O(l)=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，va(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.030min内，v总(EO)=v总(EG) c.0~30min内，v主(EG):v刷(DEG)=11：1 d.选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 (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)+3H,(g)HOCH,CH,OH(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： 57 251 20 3 10 5L 480490500510520T/K ①代表α=0.6的曲线为 (填“L”“L2”或“L3”);原因是 ②△H 0(填“>”“<”或“=”)。 ③已知：反应aA(g)+bB(g)一Y(g)十Z(g),K,=r②， x"(A)x(B) x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K.的 值为 0 肥知：反应aAg)+BYg+Z弘g,K,,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)。 8.(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.CaSO,(s)+4H2(g)==CaS(s)+4H2O(g)△H2 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 lgn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。 0 回答下列问题： (1)反应4H2(g)+2S02(g)-一4H2O(g)+S2(g)的焓变△H 甲 (用含△H1、△H2的代数式表示)。 (2)乙线所示物种为 (填化学式)。反应Ⅲ的焓变 △H 0(填“>”“<”或“=”)。 (3)T1温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量 丙 L 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nH,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”)。 9.(2025·江苏卷，17)合成气(C0和H2)是重要的工业原料气。 (1)合成气制备甲醇：CO(g)+2H2(g)—CHOH(g)。 CO的结构式为C三O,估算该反应的△H需要 (填数字)种化学键的键能数据。 (2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯H2。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入CO、H2和过量的H2O(g): CO)H,O(Co.()( 低温型催化剂 58 催化作用受接触面积和温度等因素影响，H2O(g)的比热容较大。H2O(g)过量能有效防止催 化剂活性下降，其原因有 ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的K2CO3吸收剂、K2CO4(Cr正价 有十3、十6)缓蚀剂等。K2CO3溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。K,CrO减缓设备腐蚀的原理是 (3)研究CH,、H,0(g)与不同配比的铁饰载氧体Fe0,·(1-x)Ce0,0≤x≤1， C是活泼金属，正价有+3、十41反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条 件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O(g),依次发生的主要反应： 步骤ICH4 载氧体供氧，C0十2H, 850℃ 步骤ⅡH,O 载氧体夺氧H, 400℃ 深中，产物气体积分数、CH,转化率、C与x的关系如图乙所示。x=0时，C 大于理论值2的可能原因有 ;x=0.5时，通入标准状况下300mL的 CH,至反应结束，C0的选择性=n生CCO) n转化(CH) ×100%=80%,则生成标准状况下C0和H2的总体积 为 mL。 960 C0+2H2 H2 30 0 载氧体 载氧体 950A ☑H2 □C0 冠40 反应器 载氧体循环 CH4 H20 0 Z 步骤I 步骤Ⅱ 0 0.3040.51.0 甲 乙 ②x=0.5时，新制载氧体、与CH,反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍 射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与 H2O(g)反应的物质有 (填化学式)。 ◆Fez03 Ce02 Fe ●FfeO▲C 与CH,反应后的载氧体 ★ ★ ★ 新制载氧体 :大：克烧大 丙 ③结合图示综合分析，步骤I中Fe2O3的作用、气体分步制备的价值： 10.（2025·云南卷，17)我国科学家研发出一种乙醇（沸点78.5℃）绿色制氢新途径，并实现高附 加值乙酸（沸点118℃）的生产，主要反应为 I.C2H,OH(g)+H2O(g)—2H2(g)+CH,COOH(g)△H1K。1 Ⅱ.C2HOH(g)=CH3CHO(g)+H2(g)△H2=+68.7kJ·mol-1 回答下列问题： (1)乙醇可由秸秆生产，主要过程 秸秆预处理纤维素水解 发醛，乙醇 59 (2)对于反应I: ①已知CH3CHO(g)+H2O(g)一H2(g)+CH3COOH(g)△H=-24.3kJ·mol-1,则 △H,= kJ·mol-1. ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 (填标号)。 A.容器内的压强不再变化 B.混合气体的密度不再变化 C.CH,COOH的体积分数不再变化 D.单位时间内生成1molH2O,同时消耗2molH2 ③反应后从混合气体分离得到H2,最适宜的方法为 (3)恒压100kPa下，向密闭容器中按n(H2O):n(C2HOH)=9:1投料，产氢速率和产物的 选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。 [比如：乙酸选择性=C生成的乙酸)×100%] n(转化的乙醇) 1001■乙酸口乙醛口C1副产物·产氢速率r400 80 0.89 0.80 0.76 产物1 好 60 240 A3/ 0.52 0.45 产物2 *CH,CO. 0.18 160 0.08 0.14 0.00 20 80 *CH,CO+*OH+*H -0.63 产物3 200 220 250 270 300 温度/C 反应历程 注：CI副产物指CH4、CO、CO,混合气体 图1 图2 ①由图1可知，反应I最适宜的温度为270℃，原因为 ②由图中信息可知，乙酸可能是 (填“产物1”“产物2”或“产物3”)。 ③270℃时，若该密闭容器中只发生反应I、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性 为80%，则(CH,COOH):(C2HOH)= ,平衡常数K1= kPa(列出计 算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 11.(2024·新课标卷，29)Ni(CO),(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是 有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题： (I)Ni基态原子价电子的轨道表示式为 。镍的晶胞结构类型与铜的相 Ni 0=C C三0 烯 同，晶胞体积为α3，镍原子半径为 (2)Ni(CO)4结构如图甲所示，其中含有o键的数目为 ,Ni(CO)4晶体 的类型为 (3)在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和 1.05 CO(g)反应达平衡时，Ni(CO)4体积分数x与温度的关 0.92 P 0.8 系如图乙所示。反应Ni(s)十4CO(g)—Ni(CO)4(g) P 0.7 的△H 0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度 0.6 考虑， 有利于Ni(CO)4的生成（写出两点）。"0.5 3、100℃时C0的平衡转化率a= ,该温度下 0.4 平衡常数K。= (MPa)-3。 0.3 0.2 (4)对于同位素交换反应Ni(C16O)4十C18O→ P1 0.1 Ni(C16O)C18O十C16O,20℃时反应物浓度随时间的变 0.0 5060708090100110120130 化关系为c,[Ni(C6O)4]=c[Ni(C6O)4]e“(k为反应 t 速率常数)，则Ni(C16O)4反应一半所需时间t (用k表示)。 60[考点4] 1.解析：(1)反应I=反应Ⅱ+反应Ⅲ，由盖斯定律可得， △H1=△H2+△H3=+124kJ·mol厂1+41kJ·mol =+165kJ·mol-1 (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C3H。的平均速率公式为v= △n 0.012mol m(催化利)·t0,20g×2h=0.03mol·h1·g1。 由反应Ⅱ可知，n(C,H)=n生成(H2),由反应Ⅲ可知， n(CO)=n消耗(H2),体系中的n(H2)=n生点(H2) n瑞耗(H2)=n(CH,)一n(CO),整理得n(C3H。)= n(H2)十n(CO),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；C3H。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 m 状态，b符合题意；密度p一晋，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)=m邀，混合气体总质量不变，反应I反应后气体 2 分子数增加，则反应未达平衡时，气体总物质的量毯会 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H键断裂具有更好选择性。 (4)①反应I为吸热反应， 9 . ① 升高温度，化学平衡向正 反应方向移动，C3H8和 82 、② L CO2的物质的量减少， CHC0H,0的物质的蒙。Q 0.2 量增加，由于反应I分为 ④ 0.1 反应Ⅱ、Ⅲ两步发生，且反 0.0450500550600650700 应Ⅱ、Ⅲ都为可逆反应，则 温度℃ 体系中还存在H2;随着温度升高，H2的物质的量也在 上升，则下降的线表示CO2或C3Hg,上升的线表示 C3H。、CO、H2O或H2;温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均正向 移动，△H2>△H3>0,则反应Ⅱ受温度影响更大，随温 度升高，n(C,Ha)比n(CO2)减少更快，则②表示CO2、④ 表示C3H,由方程式可知n消(CO2)=n(CO)=n (HO),nw托(CHg)-nw瓶(CO2)=n(H2),n精瓶(C3Hg)= n生成(CH6),则①表示C3H6、③表示CO或H2O、曲线L 代表H2。②A点所在曲线代表CO2,减压，反应I平衡 正向移动，CO2物质的量减小 答案：(1)+165(2)0.03bd(3)C一H (4)①H2②减小A点所在曲线代表CO2,减压，反应 I平衡正向移动，CO2物质的量减小 2.解析：(1)Ca原子序数为20，电子排布为[Ar]4s2,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]3d4s2。Ni失去4s能级上2个电子形 成Ni2+,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, 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 所含P原子数为2+4×号+4×立=3，Ni原子8个位 17 于棱（均被4个晶胞共用）、6个位于面（均被2个晶胞共 用)，1个位于晶胞内，Ni原子数为1+8×号+6×号 6,因此该物质的化学式为Ni2P。 (4)CH,重整反应会消耗CO2,降低体系中CO2分压，使 CaCO3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，CH4转化率增大，因此温度最高的是T1。 (6)一定温度、100kPa下，向体系中加入1.0 mol CaCO3 和1.0 mol CH,,恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转 化率为80%，反应I:CaCO3(s)-一CaO(s)+C02(g)平 衡时生成n(CO2)=0.8mol,CH4转化率为60%，C0物 质的量为1.3mol,则 CH (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)+CO2(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, 反应Ⅲ的平衡常数K。 (CO)·p(H2O) p(C02)·p(H2) (.3×100kPa× 3 0.1×1o0kPa 3 ≈1.2， (1.1x100 kPa) (0x1o0kPa×(3 3 CaCO3平衡时n(CaCO3)=(1-1×80%)mol= 0.2mol,原位CO2利用率为 [ncco,(初始)-neco,（平衡)]-neo,(平衡) ×100%= ncac0,（初始) (1.0mol-0.2moD-0.1mo×100%=70%。 1 mol 答案：(1)s3d (2)O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)T1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-△H1=-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U>v2； (3)将数据代入方程组 (5.06×10-5=kX(4.60×10-3)① 11.518×10-4=k×(1.380×10-2)②' ②÷①得到a=1,则k=1.1×10-2s1,o(CH2)= 1.012×104mol·L-1·s1时，1.012×104mol·L1·s1 =1.1×10-2s1×c(H2),c(H2)=9.20×10-3mol/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Pd/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- (4)Pd/WP/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)A.已知化学反应必然有热效应，故改变温度化 学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲 醇的平衡转化率，A符合题意；B.增大投料比[n(NH3): n(CHOH)]将增大CHOH的转化率，相反减小投料比 [n(NH):n(CH3OH)],将减小CH3OH的平衡转化率， B符合题意；C由题干方程式可知，反应前后气体的体积 不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能 改变CHOH的平衡转化率，C不合题意；D.催化剂只能 同等程度的改变正、逆化学反应速率，故不能使平衡发生 移动，即不能改变CH,OH的平衡转化率，D不合题意； (2)25℃下，(CH3)2NH·HO的电离常数为K,一lgK= 3.2,即K= c((CH)2NH])·c(OH) =10a2,则 c[(CH)2NH·HO] [(CH)2NH]+HO=(CH)2NH·H2O+H+的水解平 K。=10 衡含数为：K=-8a=10,1m/L[【CHN4 d水溶液中K=CH>.NH·HO·c(f) c(①(CH)2NH2]) c[CH,Nl=10a,故c()=Vi0ml·L= c2() 105.4mol·L1,故其pH=-lgc(H)=-lg10-5.4 =5.4; (3)已知电解池中阴极发生还原反应，故在 [(CH3)2NH2]+C1厂的有机溶液中电化学还原CO2制备 HCON(CH)2,阴极上生成HCON(CH)2的电极反应方 程式是：CO2+2e+2[(CH)2NH2]+一HCON(CH)2 +(CH3)2NH+H2O; (4)反应生产HCON(CH)2的反应方程式(CH)2NH(g)+ CO(g)一HCON(CH,)2(I)是一个某条件下反应自发且熵 减，根据自由能变△G=△H一T△S<0时反应自发可知，则 反应在该条件下△H<0; (5)①由题千图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质 的量百分比增大速率比HCON(CH)2的增大速率大， 而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2 继续增大，故t时刻之前反应IV的速率比反应V的快， 时刻之后由于浓度的影响导致反应V的速率比反应V 的慢； ②用H2作氢源需要断裂H一H,用SH作氢源需要断 裂Si一H,由于Si原子半径大于H,Si一H的键能比 H一H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生 成HCOOH,可以降低反应所需温度。 答案：(1)AB(2)5.4 (3)CO2+2e+2[(CH3)2NH2]+=HCON(CH3)2+ (CH3)2NH+H2O (4)<(5)①t时刻之前反应V的速率比反应V的快，t 时刻之后由于浓度的影响导致反应V的速率比反应V 的慢②用H2作氢源需要断裂H一H,用SH4作氢源 需要断裂Si一H,由于Si原子半径大于H,Si一H的键 能比H一H小，所以用SiH,代替H2作为氢源与CO2 反应生成HCOOH,可以降低反应所需温度 5.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) △H=-ak·mol- 17 ®H:(g)+20,(g)—H,0(g) △H2=-bkJ·moli ③H0CH,CH,OH(g)+号0，(g)一2C0,(g)+ 3H2O(g)△H3=-ckJ·mol1 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·mol- (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。 (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DMO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V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，DMO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，DMO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，DMO的 转化率降低，C不符合题意； D.A点时DMO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DMO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DMO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 DM0未反应从出口处流出，因此出口处n(乙醇) n(DMO) 1.98mol=1.98; 1 mol ④设初始时H2与DMO的投料分别为52.4mol和1mol,A ,点时DMO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DMO转化为MG, 可写出如下关系： DMO(g)+2H2(g)-MG(g)+CH OH(g) 起始(mol)1 52.4 0 0 反应(mol)0.81.6 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)+2H2(g)==乙二醇(g)+CHOH(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O.2mol、MG的物质 的量为0.4mol、H2的物质的量为50.0mol、CH3OH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+50.0十1.2十0.4= 52.2mol。用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵 0.4mol×1.2mol 52.2 mol52.2 mol Qx一1 5≈≈0.025。 删× /50.0mol 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 6.解析：(1)由盖斯定律，②一①可以得到目标反应，则△H=△H2 -AH=-14,9 kJ/mol-26.3 kJ/mol=-41.2 kJ/mol; (2)a.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H2O(g)浓度不 变，说明反应达到平衡状态； d.CO和CO2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CH4的量，CH4自身转化率降低； b.增大原料中CO2的量，CH,转化率增大； c.通入Ar,各物质浓度不变，平衡不移动，CH4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Ar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(CO)：n(H2)增大； 设初始投料：n(CH4)=4mol、n(CO2)=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(CO,)=4 mol-4 molX30%=2.8 mol; 根据碳元素守恒：n(CO)=8mol一n(CH4)-n(CO2)= 8 mol-3.2 mol-2.8 mol=2 mol; 根据氧元素守恒：n(H2O)=8mol-n(C0)-2n(C02)= 8 mol-2 mol-2X2.8 mol=0.4 mol; 根据氢元素守恒：n(H2)=8mol一2n(CH4)-n(H2O) =8 mol-2X3.2 mol-0.4 mol=1.2 mol; 平衡时，气体总物质的量为3.2mol十2.8mol+2mol+ 0.4mol+1.2mol+2mol=11.6mol,Ar的分压为力kPa,则 总压为5.8pPa,p)三6×5,8pkPa=0.6pPa p(CO=品6×5.8DkPa=pk,p(CH)=号× 2 kPa=1.6p kPa(HO)=X5.8p kPa=0.2p k 反应同的平衡帝金K-02a=a67C, 答案：(1)一41.2 (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 7.解析：(1)①反应30min,环氧乙烷完全转化，则0~ 30min内0落(E0)= △c8(E0)=1.5mol·L1 △t 30 min 0.05mol·L·min。②△H=生成物总能量一反应 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， V慈(EO)>Vs(EG),b错误；主反应中v生（EG)= 主(EO),副反应中v刚(EG)=v别(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,V(EG)=v主(EG)一v(EG),反应时间相同，则 V%(EG:%(DEG)=10:1,生(EG)-a(EG)-1 剩(DEG) 19 则V生(EG)：翻(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。 18 (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，p(L)>(L2)> (L),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、N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2 mol CO、3molH2,列三段式： 2CO(g)+3H2(g)=HOCH2 CH2 OH(g) n龄/mol 2 3 0 n转/mol 1 1.5 0.5 n平/mol 1 1.5 0.5 平衡时CO、H2、HOCH2CH2OH的物质的量分数分别 1 为1、11 6 3、26,K= =12。④设起始加 ()×(合) 入m mol C(0、3molH2,此时a(H2)=0.75,列三段式： 2CO(g)+3H2(g)=HOCH2 CH2 OH(g) n始/mol m 3 0 n转/mol 1.5 2.25 0.75 n平/mol m-1.50.75 0.75 平衡时气体总物质的量为mmol,CO、H、HOCH CH OH的平 衡分压分别为m一1,5 。MPa.0-75p。MPa,此 m ,MPa.0.75 m 075p 时K。= m poX/0.75 /m-1.5 2 MPa4= m mp。 mp。X(0.75 m-1.5。 zMPa4。 m Po 答案：(1)①0.05②cd (2)①L1该反应为气体体积诚小的反应，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 ①1 2 (mp。 8.解析：(1)已知： I.CaS(s)+2S02(g)=CaSO(s)+S2(g)AH Ⅱ.CaSO,(s)+4H2(g)-CaS(s)+4H2O(g)△H2 依据盖斯定律I+Ⅱ即得到反应4H2(g)十2SO2(g) 亡4H2O(g)十S2(g)的焓变为△H1十△H2; (2)由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=103, 根据方程式结合平街常教表达式可知n(H,0)=1O0始 n(H2) 终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O,丁表 示的是H2,升高温度S2减小，H2O、H2均增大，所以丙 表示SO2,甲表示H2S,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(H2) H2O和SO2的物质的量均为100amol,根据H元素守 恒可知H2S为0.1一101a,设平衡时CaS和S2的物质的 量分别为xmol和ymol,根据Ca元素守恒可知CaSO, 是1一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=0.1一101a +100a+1+2y,解得y=0.45+0.5a,所以此时CaS和 CaS04的物质的量的差值为2x一1=150a。 (4)压缩容器容积，压强增大，反应4H2(g)十2SO2(g) 一4H2O(g)+S2(g)平衡正向进行，S2的产率增大， 日，0的物质的量增大：温度不变，由子9100书 终不变，反应4H2(g)十2SO2(g)=一4H2O(g)十S(g)的 平衡常数不变，所以SO2增大，由于反应Ⅲ的平衡常数 c2(H,0)×c(H2S),n(H,0)=100 可表示为K=。2(H,)Xc(H)×c(s0,)'n(H,) 始终不变，所以2，S增大m(H,O)减小。 n(H2) 答案：(1)△H1+△H2 (2)H2O< (3)0.45+0.5a150a (4)增大减小 9.解析：(1)反应的焓变=反应物的总键能一生成物的总 键能，计算该反应的△H需C=O、H一H、C一O、 C一H、O一H,共5种化学键的键能数据。 (2)②脱碳过程中，K2CO3溶液会吸收CO2,发生反应 K2CO3+CO2十H2O=2KHCO3,当K2CO3溶液浓度 偏高时，会生成较多KHCO3,而KHCO3溶解度相对较 小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。 K2CrO,中的Cr元素化合价为十6，处于最高价态，具有 强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化 还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化 物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性 介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接 触，从而减缓腐蚀。 (3)①由题图乙可知，当x=0.5时，CH4转化率为60%， 则n稀化(CH4)=300mL×60%=180mL,已知C0的选 择性= n生成(CO) n转化(CH,) ,×100%=80%,则n生成(C0)= 180mLX80%=144mL,根据图乙中数据可知，此时产 物气中n(H2) n(CO)=2,则n生(H2)=144mLX2-288mL, 故生成标准状况下CO和H2的总体积为432mL。②新 制载氧体与CH,反应后新生成的晶态物质在步骤Ⅱ中 与H2O(g)反应，使载氧体恢复原样继续与CH4反应， 则在新制载氧体中不存在，在与CH4反应后的载氧体中 含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与H2O(g)反应，对比二 者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与 H2O(g)反应。 答案：(1)5 (2)①该反应为放热反应，在绝热容器中进行，H2O(g) 的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂活性受温 度影响，H,O(g)过量可有效防止催化剂活性下降② KHCO,K,CrO,具有强氧化性，能使设备表面形成一 层致密的氧化膜 (3)①当x=0时，载氧体为CeO2,氧化性较强，提供的 O原子较多，将CO氧化为CO2,使得CO的物质的量减 小，增大432 ②C、Fe、FeO③步骤I中Fe,O,作载氧体供氧，将甲 烷转化为C0和氢气，避免生成大量C,造成积炭，导致 催化剂失活；采用分步制备，可提高原料利用率，同时步 骤I需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制 备也可节约能源 10.解析：(1)纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二 氧化碳和乙醇； (2)①反应I一反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律 △H=△H+△H2=-24.3k·mol1+68.7kJ·mol-1= +44.4kJ·mol厂1； ②恒温恒容下发生C2HOH(g)十H2O(g)2H2(g) +CH COOH(g): A.该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压 强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明反应 达到平衡状态，A符合题意；B.体积自始至终不变，气 体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气 体的密度不再变化，不能说明反应达到平衡状态，B不 符合题意；C.CH,COOH的体积分数不再变化，说明其 物质的量不再改变，反应已达平衡，C符合题意；D.单 位时间内生成1molH2O,同时消耗2molH2均是逆 反应速率，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意； 答案选AC; 181 ③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气， 最适宜的方法为降温冷凝后收集气体； (3)①由图1可知，反应I最适宜的温度为270℃，原因 为乙酸选择性最大且反应速率较快；②由图2可知关键 步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV,生成产物2 的最大能垒为0.66eV,生成产物3的最大能垒为 0.81eV,图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生 成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1： ③设投料n(H2O)=9mol,n(乙醇)=1mol,密闭容器 中只发生反应I、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙 酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量 =90%×80%×1mol=0.72mol,n*(乙醇)=1mol× 10%=0.1mol,恒温恒压下，压强比等于物质的量之 比，故p(CH,COOH):p(C2HOH)=0.72:0.1= 36:5;列三段式 C2Hs OH(g)+H2O(g)-2H2(g)+CHs COOH(g), △n(mol)0.72 0.72 1.44 0.72 C2 Hs OH(g)-H2 (g)+CH CHO(g) △n(mol) 0.18 0.18 0.18, 则平衡时乙醇、HO(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别 为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol,气体总 物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+ 0.18mol=10.9mol,则K= 1.6212 100 kPax0.X100 kPax10.9 1mknx0号X1o0knXa9 10.9 /1.6212 0.72X100×10.9 0.72X100X1.62kPa. 0.1×8.28 0.1×8.28×10.9 10.910.9 答案：(1)葡萄糖(2)①十44.4②AC ③降温冷凝后收集气体 (3)①乙酸选择性最大且反应速率较快 @产物1③36：50.×8.28×10.9 0.72×100×1.62 11.解析：(1)Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布 为[Ar]3d4s2,则其价电子轨道表示式为 3d 4s 个个个个个。镍的晶胞结构类型与铜的相 同，则镍原子半径为晶胞面对角线长度的子，因为晶胞 体积为a所以晶胞棱长为a,面对角线长度为√2a,则 像原子半经为。 (2)由Ni(CO),的结构可知，4个配体CO与中心原子 Ni形成配位键，配位键均为。键，而每个配体C0中含 有1个碳氧三键，每个三键中含有1个σ键，因此1个 Ni(CO)4分子中含有8个o键。Ni(CO)4的沸点很低， 且由其结构可知该物质由分子构成，因此其晶体类型 为分子晶体。 (3)随着温度升高，平衡时N(CO)4的体积分数减小， 说明温度升高平衡逆方向移动，因此该反应的△H<0。 该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因 此降低温度和增大压强均有利于N(CO),的生成。由 上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对 应的平衡体系中Ni(CO)4的体积分数增大，则压强：p4 >p3>p2>p1,即p3对应的压强是1.0MPa。由题图 乙可知，p3、l00℃条件下达到平衡时，C0和Ni(CO)。 的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的C0为 4mol,反应生成的Ni(CO)4为xmol,可得三段式： Ni(s)+4 CO(g)-Ni (CO)(g) n气总 n起始/mol 4 0 4 n转化/mol Ax x n平衡/mol 4-4x x 4-3x 根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分 数即为其物质的量分数，因此有4-3z=0.9,解得工= 3,周此达到平街时e(C0)=4X39mol,C0的平衡 4xmol 转化率a=4m01X100%≈97.3%。气体的分压= 总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强 平衡常数K。=NiCO)]= 0.9Xp3 p(C0) (0.1×p) &18=96wM) (4)由题给关系式可得e=NiCO,,当Ni(CsO, Co[Ni(C1O] 反度-*时C8专南e-名4 1 =n2如4=n2则号-2。 In 2 答案： 3d 4s a四。 (2)8分子晶体 (3)小于降低温度、增大压强97.3%9000 (4)血2 k 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(Cu2+)·[c(CHCO0)] [c(CH,COOH)] c(C)·[c(Or)·[c(CH000乎·[c(H,则K= [c(CH COOH)]2·K.2 Kn[Cu(OH)2]·Ka2_(2×1020)×(2×105)2」 K. (1×10-14)2 8×10-30 100=8X10,故A错误；B.由平衡常数和条件G [CHCO0]=10c[CH,COOH],代入得c[Cu2+]=8X 104mol/L<1.0×10-3mol/L,故B错误；C.平衡时有 K[Cu(OH)2]=c[Cu2+]·c(OH)2]=8×10-4× [0H]2=2×10-0,得氢氧根浓度为5×10-9mol/L, 由K.=c(H+)·(OH)得氢离子浓度为2×10-6mol/ 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)2(s)+2 CH COOH一Cu2++ 2CH3COO+2H2O,生成c(CHCO0)与c(Cu2+)的 关系为c(Cu2+)=2c(CH,C00),则c(CH,CO0)= 1.6×10-3mol/L,平衡时c(CH,C00)=10c [(CH:COOH)],则c[(CH,COOH)]=1.6×10-4mol/ 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=(1.6×103 +1.6×104)mol/L>1.0×10-3mol/L,故D正确。 H 2.CA.NH2OH的结构式为 N-O ,含有2个 H H N-Ho键、1个N一Oo键、1个O一Ho键，共4个o键， 故1 mol NH2OH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(OH)>c(H),溶液呈碱性，离子方程式 为：NH2OH+H2O一NH3OH+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 18 方程式时不能拆为Ag,正确的离子方程式为： 2NH,OH+2AgBr-2Ag+N,+2H+2H,O+ 2Br,D错误。 3.DAg与Y可形成[AgY]+和[AgY2]+两种配离子， 发生的反应为Ag+Y=[AgY]+、[AgY]++Y= [AgY2],故随着Y浓度的变大，Ag浓度变小， [AgY]+先增大后减小，[AgY2]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 [AgY2]+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，H2Y+浓度大，当碱 性较强时，Y的浓度大，故曲线Ⅳ表示H2Y+浓度，曲线 V表示HY浓度，曲线I表示Y浓度，据此解题。 A.由分析可知，曲线I表示[AgY2]十，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,K,=c(HY*)cOH),当 c(Y) c(HY)=c(Y)时，c(H+)=109.8mol·L1,c(OH) =104.7mol·L1,则K1=10407,同理Ke=10.15， KaXK2=c(HY*):cOH)×c(H,Y+)·c(OH) c(Y) c(HY) =c(H,Y+):c2(0H)=1012,由图像可知，当 c(Y) 8(H2Y2+)=8(Y)时，6(HY)最大，则c(OH)=101 mol·L1,pOH=5.61,pH=8.39,B正确；C,反应Ag+Y 二e门的李新方数K是南用可和， c(Y)=1040mol·L1时，c([AgY])=c(Ag),则K1= 10m=100,C正确；D.-lg[c(Y)/(molL1)]= 3.00时，c(Y)=103mol/L,c(Ag+)=105.omol·L1, c([AgY2]t)=c([AgY]+),由元素守恒可知，c(Ag)十 c([AgY2])+c([AgY])=1.00×10-3mol/L,则 c([AgY2]+)=c([AgY]+)=4.95×10-4mol/L,Y的初 始浓度为1.15×10-2mol·L-1,由元素守恒得 2c([AgY2])+c([AgY])+c(Y)+c(HY)+ c(H2Y2+)=1.15×10mol/L,代入数据，c(Y)+ c(HY+)+c(H2Y2+)≈0.01mol/L,则6(Y) c(Y) c(Y)+c(HY+)+c(H2Y2+) =103mol.L-1 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(H2Y+),D错误。 4.D A.HCO H2OOH+H,CO3,K c(OH)·c(HCO)_K 10-14 C(HCO) K4.5X107≈2.2X108,A正 确；B.2HCOH2CO3+CO,K= c(C0g)·c(HC0）_K2_4.7X10 (HCO) K4.5X107≈1.0X104,B正 确；C.HCO+Ca+=一CaCO,(s)+H,K= K2 cCo).cCa+)=K.CacO)=3.4×10.1.4X×m c(H) 102,C正确； D.Ka[Kac(HCO)+K.]_ K+c(HCO) (H+)X(Hc(C(HX(Hc()X(OH-) c(H2 CO3) c(HCO3) :(H+)×c(HCO）+c(HC05) e(H2C03) =c2(Ht)× rc(CO)+c(OH) lcH,CO)+c(H)由于 c(H+)+c(H2CO3)=c(OH)+c(CO),所以 K[Kec(HCO)+K]=2(H),D错误。 K+c(HCO) 2