专题十二 考点1 二氧化碳的利用&考点2 有机物制备的化学反应原理-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训

专题十二化学反应原理综合 年真题分类特训 专题十二 化学反应原理徐合 考点1二氧化碳的利用 (2024·浙江1月卷，19)通过电化学、热化学 (3)为提高效率，该研 C02(g、H2(g) 等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是 究小组参考文献优化 实现“双碳”目标的途径之一。请回答： 热化学方法，在如图 催化剂M的 (1)某研究小组采用电化学方法将CO2转化 密闭装置中充分搅拌 DMSO溶液 催化剂M的DMSO 搅拌子 为HCOOH,装置如图。电极B上的电极反应 (有机溶剂)溶液，CO2和H2在溶液中反应制 式是 备HCOOH,反应过程中保持CO2(g)和 电源 H2(g)的压强不变，总反应CO2十H2== HCOOH的反应速率为，反应机理如下列三 质子 交换膜 个基元反应，各反应的活化能E2<E1<E3(不考 HCOOH 虑催化剂活性降低或丧失)。 H20 C0 IV:M+CO2=Q E V:Q+H2=L E2 (2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学 VI:L-M+HCOOH Es 方程式如下： ①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 I C(s)+02 (g)-CO2(g) (填标号)。 △H1=-393.5kJ·mol-1 A.v与CO2(g)的压强无关 Ⅱ：C(s)+H2(g)+O2(g)一HCOOH(g) B.o与溶液中溶解H2的浓度无关 △H2=-378.7kJ·mol- C.温度升高，不一定增大 D.在溶液中加入N(CH2CH3)3,可提高CO2 Ⅲ：CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g)△H3 转化率 ①△H3= kJ·mol-1 ②实验测得：298K,p(CO2)=p(H2) ②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO2 =2MPa下，o随催化剂M浓度c变化如图。 和H2的投料浓度均为1.0mol·L1,平衡常数 c≤co时，v随c增大而增大：c>co时，v不再显 K=2.4×10-8,则CO2的平衡转化率为 著增大。请解释原因 ③用氨水吸收HCOOH,得到1.00mol·L-1氨水 v/mol.L-1.s-1 和0.18mol·L一1甲酸铵的混合溶液，298K 时该混合溶液的pH= 。[己知：298K 时，电离常数K(NH3·H2O)=1.8×10-5、 K(HCOOH)=1.8×10-4] 0 co c/mol.L 考点2有机物制备的化学反应原理 1.(2026·河北卷，17)丙烷制备丙烯反应原理 使用铂锡双金属催化剂(M),上述反应分两步 探究 进行： 丙烯是石油化工行业的重要原料，利用CO? ⅡC3Hg(g)=C3H6(g)+H2(g)△H2= 氧化丙烷制备丙烯对环境保护和经济发展有 +124kJ·mol-1 重要的意义。反应如下： I CsHs(g)+CO2 (g)=C3 H6 (g)+CO(g)+ II CO2(g)+H2 (g)=CO(g)+H20(g) H2O(g)△H1 △H3=+41kJ·mol-1 最新真题分类特训·化学 回答下列问题： 2.(2025·甘肃卷，17)乙炔加氢是除去乙烯中少 (1)△H1= kJ·mol-1 量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该 (2)550℃时，恒容密闭容器中装有0.20g催 过程包括以下两个主要反应： 化剂M,按n(C3Hg):n(CO2)=1:1通入混 反应1：C2H2(g)+H2(g)一C2H4(g) 合气体，反应2h后得到0.012molC3H6,则0 △H1=-175kJ·mol-1(25℃，101kPa) ~2h内每克催化剂催化生成C3H,的平均速 反应2：C2H2(g)+2H2(g)=-C2H6(g) 率为 mol·h1·g1。下列能说明该体 △H2=-312kJ·mol-1(25℃，101kPa) 系达到平衡状态的是（不定项选择，填序 (1)25℃，101kPa 100- 号)。 时，反应C2H4(g)十 a.n(C3H6)=n(H2)+n(CO) H2(g)—C2H6(g) 60 b.C3H。的生成速率和消耗速率相等 △H= 40 c.混合气体的密度不再改变 kJ·mol-1 d.混合气体的平均摩尔质量不再改变 (2)一定条件下，使 60100140180220260 (3)反应历程中，催化剂M表面可能发生的部 用某含Co催化剂， 温度（℃） 分基元反应及其相应活化能如图甲所示（吸附 在不同温度下测得 100 在催化剂表面上的物种用标注)： 乙炔转化率和产物 ①*CH3CH2CH3→*CH3CH2+*CH3 选择性（指定产物的 80 △一乙烯 ②CH3CH2CH3→*CH3CHCH3+米H 物质的量/转化的乙 0一乙烷 20 ③*CH3CHCH3→*CH3CH+*CH3 炔的物质的量)如图 0 所示（反应均未达 0+一 ④*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H 120140160180200220240 平衡)。 温度（℃） 4.0 3.26 在60~220℃范围内，乙炔转化率随温度升高 33.04 而增大的原因为 (任写 2.09 2.0 一条)，当温度由220℃升高至260℃乙炔转 0.94 0.80 化率减小的原因可能为 0.0 ① ②③ ④ 甲 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1 该催化剂对 (填“C一C”或“C 2（填 “”“<”或“=”)，理由为 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C3Hg和CO2各1mol,在不同温 (3)对于反应1，反应速率o(C2H2)与H2浓度 度下体系达平衡时各组分的物质的量如图乙 c(H2)的关系可用方程式(C2H2)=[c(H2)]a 所示： 表示(k为常数)。145℃时，保持其他条件不变， 0.9 测定了不同浓度时的反应速率（如表）。当 0.8 (C2H2)=1.012×10-4mol·L-1·s1时， c(H2)= mol·L-1 0.5 0.4 c(H2) v(C2 H2) 0.3 实验组 0.2 /mol·L-1 mol。L-1·s 0.1 0.0-450500550600650700 4.60×10-3 5.06×10-5 温度1℃ 乙 1.380×10-2 1.518×10-4 ①图乙中曲线L代表的组分为 (4)以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压 ②若体系压强变为50kPa,其他条件不变，达 (25℃，101kPa)下实现乙炔加氢。反应机理 平衡时，A点对应组分的物质的量 如图所示（虚线为生成乙烷的路径）。以 (填“增大”“减小”或“不变”)，原因为 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) 专题十二化学反应原理综合 (0.80) a:Pd/W b:Pd (例：HCOOH的物质的量百分比= CaH2(g) H:(g) 过态 CHi+H n(HCOOH) Hz(g) (0.07） n(HCOOH)+n (CH3)2NH]+n[HCON(CH3)2] -2 Ha(g 0.77 (0.78)CaH ×100%) 过者 过渡 CaHi+HCaH+2H0.61 aHi+H' (g) 了过态 C2H+2H 0.68)CHi+H 100(CH3)2NH CaHi+2H" HCON(CH)2 反应过程 3.(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 图 HCOOH 泛的化工原料。请回答： 0 反应时间 (1)用氨和甲醇在密闭容器中合成二甲胺，反 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应 应方程式如下： 时间变化的原因（不考虑催化剂M活性降低 I.NHs(g)+CH3OH(g)==CHs NH2(g)+ 或失活)： H2O(g) II.CHs NH2 (g)+CH3OH (g) ②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生 (CH3)2 NH(g)+H2O(g) 成HCOOH,可以降低反应所需温度。请从化 学键角度解释原因： II.CH3)2NH (g)+CHsOH (g) (CH3)3N(g)+H2O(g) 可改变甲醇平衡转化率的因素是 (填标号)。 4.(2025·黑吉辽蒙卷，18)乙二醇是一种重要化 A.温度 工原料，以合成气(CO、H2)为原料合成乙二 B.投料比[n(NH3):n(CH3OH)] 醇具有重要意义。 C.压强 催化剂 I.直接合成法：2CO(g)+3H2(g)= D.催化剂 HOCH2CH2OH(g),不同温度下平衡常数如 (2)25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为 表所示。 Ki,-Ig Ki 3.2,1 mol/L [(CHs)2NH2] 温度 298K 355K 400K +CI一水溶液的pH= (3)在[(CH3)2NH2]+CI-的有机溶液中电化 平衡常数 6.5×104 1.0 1.3×10-3 学还原CO2制备HCON(CH3)2,阴极上生成 (1)该反应的△H 0(填“>”或“<”) HCON(CH3)2的电极反应方程式是 (2)已知CO(g)、H2(g)、HOCH2CH2OH(g) 的燃烧热（△H)分别为一akJ·mol-1 (4)上述电化学方法产率不高，工业中常用如下 bkJ·mol-1、-ck·mol-1,则上述合成反 反应生产HCON(CH3)2:(CH3)2NH(g)+CO(g) 应的△H= k·mol-l(用ab和c表示)。 一HCON(CH)2(I)。某条件下反应自发且嫡 (3)实验表明，在500K时，即使压强 减，则反应在该条件下△H 0(填“>”“<” (34MPa)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能 或“=”)。 (5)有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化 的原因是 反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器 (答出1条即可)。 中，投料比n(CO2):n(H2)：n[(CH3)2NH] Ⅱ.间接合成法：用合成气和O2制备的DMO =20:15:1,催化剂M足量。反应方程式 合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反 如下： 应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 催化剂M COOCH3 +2H2 CH2OH +2H2 IV.CO2(g)+H2 (g)- HCOOH() 碱性物质 COOCH3 -CH2OH COOCH3 —CH,OH V.HCOOH (g)+(CH3)2NH (g)- DMO(g) MG(g) HCON(CH3)2(g)+H2O(g) CH2OH HCOOH、(CH3)2NH、HCON(CH3)2三种物 +H2 CH3 质的物质的量百分比随反应时间变化如图 CH2OH -H2O CH2OH 所示。 乙二醇(g) 乙醇(g) 最新真题分类特训·化学 (4)在2MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件 ②下列说法正确的是 (填序号)。 n(H2) 下，发生上述反应，初始氢酯比DMO a.主反应中，生成物总能量高于反应物总能量 b.0~30min内，v总(E0)=v总(EG) 52.4,出口处检测到DMO的实际转化率及 c.0~30min内，v主(EG):御(DEG)=11：1 MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线 d.选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 如图所示[某物质的选择性= n生成（该物质) (2)煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二 n消耗(DMO) 醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展 ×100%]。 前景。反应如下： (483,99) 2CO(g)+3H2(g)==HOCH2CH2OH(g) 100 △H 号 80 按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温 60 度与压强的关系。a分别为0.4、0.5和0.6 4(450,50) 40 时，温度与压强的关系如图： 20 251 (483,2) 0 20 443 463 483 503 523 温度K M 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 10 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 5 480 490500510520T/K (填标号)。 ①代表a=0.6的曲线为 (填“L” A.降低温度 “L2”或“L3”);原因是 B.增大压强 ②△H 0(填“>”“<”或“=”)。 C.减小初始氢酯比 ③已知：反应aA(g)+bB(g)=yY(g)+ D.延长原料与催化剂的接触时间 483K时，由口处需的值为 Z(g),K=(Y)x(Z) x4(A)x(B) x为组分的物质的 量分数。 (精确至0.01)。 M、N两点对应的体系，Kx(M) Kx ④A点反应MG(g)+2H2(g)—= (N)(填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的 HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)的浓度商 Kx的值为 Qx= (用物质的量分数代替浓度计 ④已知：反应aA(g)十bB(g)一yY(g)十Z(g), 算，精确至0.001)。 5.(2025·河北卷，17)乙二醇(EG)是一种重要 K。=p'(YD(Z) p(AP(B)·p为组分的分压。调整进料 的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等 比为n(CO)：n(H2)=m：3,系统压强维持 工业路线合成。 oMPa,使a(H2)=0.75,此时Kp= (1)石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺 MPa-4(用含有m和po的代数式表示)。 是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水 6.(2025·陕晋青宁卷，17)MgCO3/MgO循环在 反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的 CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研 副反应。 人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH 主反应：EO(aq)+HOl)-EG(aq)△H<0 的路线，主要反应如下： 副反应：EO(aq)+EG(aq)-DEG(aq) I.MgCOs (s)-MgO(s)+CO2(g) 体系中环氧乙烷初始浓度为1.5mol·11, △H1=+101kJ·mol-1 恒温下反应30min,环氧乙烷完全转化，产物 Ⅱ.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) 中n(EG):n(DEG)=10：1。 △H2=-166kJ·mol-1 ①0~30min内，v总(E0)= mol. Ⅲ.CO2(g)+H2(g)—H2O(g)+CO(g) L-l·min-l。 △H3=+41kJ·mol-1 专题十二化学反应原理综合 回答下列问题： 注：含碳生成物选择性 (1)计算MgCO3(s)+4H2(g)一MgO(s)十 含碳生成物的物质的量 2H2O(g)+CH(g)△H4= k·mol-1。 MgCO3转化的物质的量 ×100% (2)提高CH4平衡产率的条件是 (填 ①表示CH4选择性的曲线是 标号)。 (填字母)。 A.高温高压 B.低温高压 C.高温低压 D.低温低压 ②点M温度下，反应Ⅱ的K, (3)高温下MgCO3分解产生的MgO催化 (kPa)一2（列出计算式即可）。 CO2与H2反应生成CH4,部分历程如图甲， ③在550℃下达到平衡时，n(CO) 其中吸附在催化剂表面的物种用标注，所示 mol。500~600℃，随温度升高H2平衡转化 步骤中最慢的基元反应是 (填序号)， 生成水的基元反应方程式为 率下降的原因可能是 7.(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.C2 H5 OH(g)+H2O(g)-2H2 (g)+ CH3COOH(g)△H1Kpl HE+H+HOOO ② I.C2 Hs OH(g)-CH3CHO(g)+H2 (g) △H2=+68.7kJ·mol-1 回答下列问题： 甲 (1)乙醇可由秸秆生产，主要过程为 (4)100kPa下，在密闭容器中H2(g)和 MgCO3(s)各1mol发生反应。反应物(H2、 秸秆预处理纤维素水解 发醛乙醇 MgCO3)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2) (2)对于反应I: 的选择性随温度变化关系如图乙、丙所示（反 ①已知CH3CHO(g)+H2O(g)—H2(g)+ 应Ⅲ在360℃以下不考虑) CH3COOH(g)△H=-24.3kJ·mol-1,则 00 △H1= kJ·mol-1。 80 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器 60 中反应达到平衡状态的是 (填标号)。 40 2 A.容器内的压强不再变化 B.混合气体的密度不再变化 200 300 400500 600 C.CHCOOH的体积分数不再变化 温度C 乙 D.单位时间内生成1molH2O,同时消 耗2molH2 50.0 M ③反应后从混合气体分离得到H2,最适宜的 49.5 方法为 (3)恒压100kPa下，向密闭容器中按n(H2O) 49.0 :n(C2H5OH)=9:1投料，产氢速率和产物 48.5 的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中 265 266 267268 269270 温度C 间体的能量变化如图2。 该图为乙图内M附近区域放大图 丙 [比如：乙酸选择性-生成的乙酸×100⅓幻 n(转化的乙醇) 最新真题分类特训·化学 1001■乙酸口乙醛口C1副产物◆产氢速率 Γ400 ● 5.6 320 60 240 60 11.14103552 2.4 2.0 1.6 200 220 250 270 300 温度/C 1.2□ 360 460 560660760860 注：C1副产物指CHCO、CO混合气体 温度/℃ 图1 (i)图中CHBr的曲线是 (填“a”或“b”)。 0.89 0.80 0.76 (i)560℃时，CH4的转化率a= 产物1 0.52 045 n(HBr)= mmol 产物2 *CH.CO 0.18 (ii)560℃时，反应CH3Br(g)+Br2(g)一 0.08 0.14 0.00 CH2Br2(g)+HBr(g)的平衡常数K= *CH,CO+*OH+*H 0.63产物3 (3)少量I2可提高生成CH3Br的选择性 反应历程 500℃时，分别在有12和无I2的条件下，将 图2 8 mmolCH4和8 mmol Br2通入密闭容器，溴 ①由图1可知，反应I最适宜的温度为 代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系 270℃，原因为 如图。 ②由图中信息可知，乙酸可能是 (填 3.6 “产物1”“产物2”或“产物3”)。 3.2 ③270℃时，若该密闭容器中只发生反应I、 CHBr(有1)2 2.8 Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择 2.4 CH2Br2(无I2) 性为80%，则p(CH3COOH)：p(C2HOH) 2.0 上 _CH2Br2(有1) ,平衡常数Kp1= kPa 1.6 (列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度 1.2 CHBr(无I) 计算，分压=总压×物质的量分数)。 0.8 8.(2024·全国甲卷，28)甲烷转化为多碳化合物 0.4 6 8101214161820 t/s 具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙 烯(C3H6)的研究所获得的部分数据如下。回 (i)在1119s之间，有12和无I2时CH3Br 答下列问题： (有12) 的生成速率之比 v(无I2) (1)已知如下热化学方程式： (ⅱ)从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证 CH(g)+Br2(g)-CH3Br(g)+HBr(g) 据： △H1=-29kJ·mol-1 3CHs Br(g)-Cs H6(g)+3HBr(g) ()研究表明，I2参与反应的可能机理如下： △H2=+20kJ·mol-1 ①I2(g)--·I(g)+·I(g) 计算反应3CH4(g)+3Br2(g)-C3H6(g)+ ②·I(g)+CH2Br2（g)一IBr(g) 6HBr(g)的△H= kJ·mol-1 +·CH2Br(g) (2)CH4与Br2反应生成CH3Br,部分CH3Br ③·CH2Br(g)+HBr(g)--CH3Br(g) 会进一步溴化。将8 mmol CH4和8 mmol Br2 +·Br(g) 通入密闭容器，平衡时，n(CH4)、n(CH3Br)与 ④·Br(g)+CH4(g)-HBr(g)+·CH(g) 温度的关系如图（假设反应后的含碳物质只有 ⑤·CH3(g)+IBr(g)CH3Br(g)+·I(g) CH4、CH3Br和CH2Br2)。 ⑥·I(g)+·I(g)—l2(g) 专题十二化学反应原理综合 根据上述机理，分析I2提高CH3Br选择性的 (i)MO十与CH2D2反应，氘代甲醇的产量 原因： CH2DOD CHD2OH(填“>”“<”或 “=”)。若MO与CHD3反应，生成的氘代 9.(2023·全国甲卷，28)甲烷选择性氧化制备甲 甲醇有 种。 醇是一种原子利用率高的方法。回答下列 10.(2023·湖南卷，16)聚苯乙烯是一类重要的 问题： 高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。 (1)已知下列反应的热化学方程式： I.苯乙烯的制备 ①302(g)—2O3(g)K1 (1)已知下列反应的热化学方程式： △H1=285kJ·mol-1 ①C,H,GH(g)+2o,(g)—80,(g)+ ②2CH4(g)+O2(g)—2CH3OH(1) K2 5H2O(g)△H1=-4386.9kJ·mol-1 △H2=-329kJ·mol- ②C6HCH-CH2(g)+10O2(g)—8CO2(g) 反应③CH4(g)+O3(g)一CH3OH(1)+ +4H2O(g)△H2=-4263.1kJ·mol-1 O2(g)的△H3= kJ·mol-1,平衡常 数K3= (用K1、K2表示)。 ③H2(g)+202(g)—H20(g) (2)电喷雾电离等方 01 △H3=-241.8kJ·mol-1 0.6 法得到的M+(Fe+、 计算反应④C6HC2H(g)=C6HCH CoNi等)与O3 CH2(g)+H2(g)的△H4=kJ·mol-1; 10 反应可得MO。 (2)在某温度、100kPa下，向反应器中充入 0.2 MO+与CH4反应 0. 1mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为 0 0 30 60 90 120 150 50%,欲将平衡转化率提高至75%，需要向 能高选择性地生成 时间/s 反应器中充入 mol水蒸气作为稀释 甲醇。分别在300K和310K下（其他反应条 气（计算时忽略副反应）； 件相同)进行反应MO++CH4一M++ (3)在913K、100kPa下，以水蒸气作稀释 CH3OH,结果如图所示。图中300K的曲线 气、Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯 是 (填“a”或“b”)。300K、60s时 外，还会发生如下两个副反应： MO+的转化率为 5CH;C2H5(g)-C6H6(g)+CH2-CH2(g) (列出算式)。 C6HsC2H5(g)+H2(g)=C6HCH3(g) (3)MO+分别与CH4、CD1反应，体系的能量 +CH(g) 随反应进程的变化如图所示（两者历程相似， 以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯 图中以CH4示例) 的选择性S(S= H 转化为目的产物所消耗乙苯的量×100%)随 M-CH. HQ--CH3 已转化的乙苯总量 过渡态1 M 乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线 过渡态2 b代表的产物是 ,理由是 CH, 步骤1 MO* H M-CH 步骤ⅡCH,OH M" 反应进程 (ⅰ)步骤I和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 4 (填“I”或“Ⅱ”)。 90 (ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更 6 重的同位素时，反应速率会变慢，则MO+与 4 CD4反应的能量变化应为图中曲线 0 5055657585 (填“c”或“d”)。 乙苯转化率% 最新真题分类特训·化学 (4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述 (5)引发剂C6H5CH2Cl、C6HCH2Br、 错误的是 C6HCH2I中活性最高的是 A.X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构 B.Fe2O3可改变乙苯平衡转化率 (6)室温下，①Cu+在配体L的水溶液中形成 C.Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能 [Cu(L)2]十，其反应平衡常数为K; D.改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率 Ⅱ.苯乙烯的聚合 ②CuBr在水中的溶度积常数为Kp。由此可 苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关 知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡 键步骤是某Cu(I)的配合物促进 常数为 (所有方程式中计量系数关 C6HCH2X(引发剂，X表示卤素)生成自由 基CoHs CH2,实现苯乙烯可控聚合。 系均为最简整数比)。 考点3制氢的化学反应原理 1.(2025·安徽卷，17)I.通过甲酸分解可获得 ④CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g》 超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解 5CHa(g)+H2O(g)-CO(g)+3H2(g) 反应： (4)恒温恒容条件下，可提高CH4平衡转化率 DHCOOH(g)-CO(g)+H2O(g) 的措施有 (填标号)。 △H1=+26.3kJ·mol-1 a.增加原料中CH4的量b.增加原料中CO2 2HCOOH(g)-CO2(g)+H2(g) 的量c.通入Ar气 △H2=-14.9kJ·mol-1 (5)恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量 (1)反应CO(g)+H2O(g)=一CO2(g)+ 之比的CH4/CO2/Ar混合气，投料组成与 H2(g)的△H= kJ·mol-1。 CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定 图乙 量的HCOOH(g),发生上述两个分解反应，下 100 列说法中能表明反应达到平衡状态的是 80 (填标号)。 a.气体密度不变 % b.气体总压强不变 C02 c.H2O(g)的浓度不变 ) CH d.CO和CO2的物质的量相等 0 (3)一定温度下，使用某催化剂时反应历程如 10/10/80Y 1/1/98 3030/40 20/20160 40/40/20 50/50/0 图甲，反应①的选择性接近100%，原因是 CH/CO2/Ar ;升高温度，反应历程不变，反应 乙 ①的选择性下降，可能的原因是 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” 过渡态2 “减小”或“不变”)。 HC00* +H* iⅱ.若平衡时Ar的分压为pkPa,根据a、b两点 C0(g) 计算反应⑤的平衡常数K,= (kPa)2 HCOOH() 过渡态1C00H* +H,0(8)反应① (用含p的代数式表示，K,是用分压代替浓度计 +H* 反应② 算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 HCOOH* C02(g) +H2(g) 2.(2025·江苏卷，17)合成气(C0和H2)是重 反应历程 要的工业原料气。 甲 (1)合成气制备甲醇：CO(g)十2H2(g)一 Ⅱ.甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和 CH3OH(g).。 H2)的重要方法，主要反应有 CO的结构式为C=O,估算该反应的△H需 3CH(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2 (g) 要 (填数字)种化学键的键能数据。的物质的量为1mol-n(C0)-2n(C02)=0.36mol,结 合产物中CO:、CH,的量，可得总参加反应的氢原子物 质的量为0.54mol×2+0.36mol×2十0.09×4=2.16 m0l,氢原子经济性=)08m0×100=50%。 2.16 mol ,M" 答案：(1)M1'HCOH--CH+'OH (2)①一145.2②b③无水MgCl,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% 8.解析：(1)由C4。Ho和CoH18的结构式和反应历程可以 看出，C。H中断裂了2根碳氢键，CH8形成了1根碳 碳键，所以CoH2o(g)一CH1g(g)+H(g)的△H= 431kJ·mol1×2-298kJ·mol1-436kJ·mol1=+128 kJ·mol厂1，故答案为：128： (2)由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为：C4。H +H·==CoH。+H2,CoH。+H2==CoH。'十 H2,C4oH1g'十H2==CoHg十H·+H2其中第三个 的活化能最大，反应速率最慢； (3)由C。H2。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C。H1。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C翰H（g)== C。Ho(g)十H,(g)发生，反应过程中压强恒定为，（即 C。H2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： Co H 12(g)==C H(g)+H2 (g) 起始量(mol)1 0 0 变化量(mol)a 平衡量(mol) 1-a 则p(CH:)=p,×f2p(CmHn)=X年a p(H,)=pX千。该反应的平衡常数K,= ,X年。XX=,产。： a" p,×8 (5)C4oHg(g)=CoHg(g）+H·(g)及C4oHu(g) 一CoH。(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，说明斜率 几手相等，慕据nK=一普+c《R为理海气依舍数， ℃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。 9 详解详析 答案：(1)128 (2)33 (3)610 2 (4)p1-a (5)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同 (6)a 专题十二 化学反应原理综合 考点1二氧化碳的利用 解析：(1)电极B是阴极，则电极反应式是CO,十2e+ 2H-HCOOH; (2)①△H3=△Hg-△H1=-378.7kJ/mol+ 393.5 kJ/mol=+14.8 kJ/mol: ②根据三段式，设转化的CO。为x,则： C)。(g)+H。(g)=HCOOH(g) 起始(mol/L)1 1 0 转化(mol/L)x 平衡(mol/L)1-x1-x x 则K==2.4X10,z≈2.4X10mol/1.则转 化率=2.4X10×100%=2.4X10%: 1 ③用氨水吸收HCOOH,得到1.00mol·L1氨水和 0.18mol·L1甲酸铵的混合溶液，得出c(NH)=0.18 molL,报据K.=cOH):eNH）,则c(OH)= c(NH,·H,O) c(NH·H,O)·K=1X1.8×10 -=10-4mol/L, c(NH) 0.18 pOH=4,pH=14-4=10; (3)①A.0与C),(g)的压强有关，压强越大，溶液中C)。 的浓度越大，℃越大，A错误；B.V与溶液中溶解H。的浓 度有关，氢气浓度越大，速率越快，B错误；C.温度升高， 不一定增大，反应N和V是快反应，而M是慢反应（决 速步骤)，若N和V是放热反应且可以快速建立平衡状 态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对 反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则 总反应速率减小，故总反应的速率不一定增大，C正确： D.在溶液中加入的N(CHCH)3会与HCOOH反应， 使得三个平衡正向移动，可提高C),转化率，D正确。 ②当c≤c。时，v随c增大而增大，因M是基元反应N的 反应物（直接影响基元反应Ⅵ中反应物L的生成）；C>c0 时，0不再显著增大，因受限于CO(g)和H2(g)在溶液 中的溶解速度（或浓度）。 答案：(1)CO,+2e+2H+一HCO)H (2)①+14.8②2.4×106%③10.0 (3)①CD②当cc。时，v随c增大而增大，因M是基 元反应V的反应物（直接影响基元反应M中反应物L的 生成)；c>c。时，？不再显著增大，因受限于CO2(g)和 H,(g)在溶液中的溶解速度（或浓度） 考点2有机物制备的化学反应原理 1.解析：(1)反应I=反应Ⅱ十反应Ⅲ，由盖斯定律可得， △H=△H,+△H3=+124kJ·mo1+41k·mol =+165kJ·mol厂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？= 最新真题分类特训·化学 m(催化利)·t0.20g×2h=0.03mol·h1·g'。 An 0.012mol 由反应Ⅱ可知，n(C3H)=n生意(H2),由反应Ⅲ可知，n (CO)=n托(H2),体系中的n(H2）=n生成(H2)一n携托 (H2)=n(CHg)-n(CO),整理得n(CH)=n(H2)+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： CH: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 符合题意；蜜度P一代，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总，混合气体总质量不变，反应I反应后气体分子数 n 增加，则反应未达平衡时，气体总物质的量n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-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一日键的断裂更容 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， ① 升高温度，化学平衡向正 反应方向移动，C3H和 1 2 0.5 CO,的物质的量减少， CH、CO、H,O的物质的 8 ④ .1 量增加，由于反应I分为0.0 450500550600.650700 反应Ⅱ、Ⅲ两步发生，且反 温度/℃ 应Ⅱ、Ⅲ都为可逆反应，則体系中还存在H2;随着温度 升高，H,的物质的量也在上升，则下降的线表示C),或 CH,上升的线表示C,H、C)、H,O或H,;温度升高， 反应Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，△H,>△H,>0,则反应Ⅱ 受温度影响更大，随温度升高，n(C3H%)比n(C)2)减少 更快，则②表示CO2、④表示CHg,由方程式可知n批 (CO2)=n(CO)=n(H2O),n携托(CHx)一n托(CO2)= n(H2),n痛托(CHg)=n生成(CgH6）,则①表示C3H、③ 表示C)或H,)、曲线L代表H。。②A点所在曲线代 表CO,,减压，反应I平衡正向移动，C),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CO2,减压，反应 I平衡正向移动，CO2物质的量减小 2.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=△H-△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)：220~260℃，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1>V； 9: (3)将数据代入方程组 5.06×10i=k×(4.60×103)°① {1.518×10-4=k×(1.380×10-2)°②' ②÷①得到a=1,则k=1.1×10s,0(CH,)=1.012 ×10‘mol·L1.s1时，1.012×10‘mol·L1·s1 =1.1×10-s×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(0.680.83)，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乙炔快的转化速率大于反应2乙 炔的转化速率 (3)9.20×103 (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 3.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(NH) :n(CH,OH)]将增大CH,OH的转化率，相反减小投 料比[n(NH):n(CHOH)],将减小CH,OH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CHOH的平衡转化率， D不合题意： (2)25℃下，(CH)NH·HO的电离常数为K,-lgK= 32,即K= c((CH)NH])·c(OH) c(CH),NH·HOJ =103.2,则 [(CH),NH]+HO(CH),NH·HO+H+的水解平 衡常数为：K= 010,1 ml/L.[(CH.NH] K.10 C水溶液中K,=c(CH,NH·H,O]·c(H) c([(CH3)2NH]+) c((CH,,NH,)-100,故a()=V0mmml·L c2(H+) =10imol·L,故其pH=-lgc()=-lg10i4=5.4; (3)已知电解池中阴极发生还原反应，故在 [(CH)2NH]CI的有机溶液中电化学还原CO,制备 HCON(CH),,阴极上生成HCON(CH)2的电极反应方 程式是：CO,+2e+2[(CH)NH]+一HCON(CH)2 +(CH),NH+H,O; (4)反应生产HCON(CH):的反应方程式(CH),NH(g)+ CO(g)一HCON(CH)2(I)是一个某条件下反应自发且嫡 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(CH?), 继续增大，故t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Ⅳ的速率比反应V 的慢； ②用H,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。 答案：(1)AB(2)5.4 (3)CO,+2e +2[(CH;),NH2]-HCON(CH,)2+ (CH3):NH+H,O (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的速率比反应V 的慢②用H:作氢源需要断裂H一H,用SiH,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SH,代替H,作为氢源与CO, 反应生成HCOOH,可以降低反应所需温度 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=-akJ·mol ②H:g)+20(g)—H,0g △H2=-bkJ·mol ®H0CH,CH,0H(g)+号0，(g)一2C0,(g)+3H0g) △H,=-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·molΓ1。 (3)根据表格中的平衡常数，反应温度在500K时，平衡 常数K<1.3X103,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Ⅳ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V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，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，DMO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，DM)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 19 详解详析 DMO未反应从出口处流出，因此出口处（乙醇） (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)+CHOH(g) 起始(mol)0.850.8 0 0.8 反应(mol)0.40.8 0.4 0.4 终点(mol)0.450.0 0.41.2 这时，体系中DMO的物质的量为0,2mol、MG的物质 的量为0.4mol、H2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+0,4= 52.2mol。用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵 0.4 mol 1.2mo1 52.2 mol 52.2 mol Q- ≈0.025。 0.4 mol 50.0 mol 52.2 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)①IIN②BD③1.98④0.025 5.解析：(1)①反应30min,环氧乙烷完全转化，则0~ 30min内6(E0y=4cB0》=,5mol.L=0.05 △t 30 min mol·L1·min1。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，℃s(EO)> Ys(EG),b错误；主反应中生(EG)=生(EO),副反应 中翻(EG)=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)= v生(EG)一倒(EG),反应时间相同，则vs(EG): v(DEG)-10:1(GD(G2(EG) Y制(DEG) :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，(L)>(L)> p(L3),L1、L2、L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2 mol CO、3molH,,列三段式： 最新真题分类特训·化学 2CO(g)+3H2 (g)=HOCH2 CH2 OH(g) n格/mol 3 0 n转/mol 1 1.5 0.5 n平/mol 1 1.5 0.5 平衡时CO、H,、HOCH,CH,OH的物质的量分数分别 1 111 6 为3、2、6，K= =12。④设起始加 ()×(合) 入m mol C)、3 mol H,,此时a(H2)=0.75,列三段式： 2CO(g)+3H2 (g)=HOCH2 CH2 OH(g) n始/mol 3 0 n转/mol1.5 2.25 0.75 n*/moln-1.50.75 0.75 平衡时气体总物质的量为mmol,CO、H、HOCH,CH,OH的平 考分压分别为，B.2,MP,MP,此 05p m 时K。 MPa= 。MPa‘。 答案：(1)①0.05②cd (2)①L,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 ④ 1 /m-1.5 6.解析：(1)已知：I.MgCO,(s)一MgO(s)+C)2(g) △H1=+101kJ·mol-1 Ⅱ.CO2(g)+4H2(g)一CH(g)+2HO(g）△H2= -166kJ·mol1 将I+Ⅱ可得MgC)3(s)+4H2(g)Mg(O(s)+2H,O(g)+ CH,(g)△H:=△H1+△H2=+101kJ·mol1+ (-166kJ·mol1)=-65kJ·mol厂1； (2)已知反应Ⅱ.C)。(g)十4H(g)CH(g)十2HO(g) △H,=一166kJ·mol1为分子数减少的放热反应，要提 高CH:平衡产率，要使平衡正向移动。 A高温会使平衡逆向移动，不利于提高CH平衡产率， A错误；B.低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移 动，可提高CH,平衡产率，B正确：C,高温会使平衡逆向 移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH:平衡产 率，C错误；D.低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH 平衡产率，D错误。 (3)反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出， 第④步活化能最高，速率最慢，基元反应为CH十H 十2HO一CH十2H,O;由图可知，在第③步时生成 了水，基元反应为：HO十H,十CH,CH十H,O: (4)已知反应I为吸热反应，Ⅱ为放热反应，Ⅲ为吸热反 应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐渐升 高，氢气的转化率下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则 二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a表示 碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，C表示甲烷 的选择性。 200 ①表示CH,选择性的曲线是c; ②点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则 剩余的碳酸镁为0.51mol,根据碳原子守恒，甲烷和二 氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol,又因为此 时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧化碳 和甲烷的物质的量均为0.245mol,根据氧原子守恒得 出水的物质的量为0.49mo,根据氢原子守恒得出氢气 的物质的量为0.02mol,总的物质的量为0.02mol十 0.245mol+0.245mol+0.49mol=1mol,p(H2)= 0.02mol×100kPa=2kPa,力(CO,)=p(CH,)= 1 mol 0.245moX100kPa=24.5kPa,p(H,O)=0,49mo× 1 mol 1 mol 0kPa=49kPa,则反应Ⅱ的K24,之9（kPa) ③在550℃下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳 的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧 化碳为0.7mol,生成的甲烷为0.1mol,根据碳原子守 恒得出n(CO)=(1一0.7-0.1mol)=0.2mol;因为反 应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在500~600℃，随温 度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ 生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致H2平衡转化 率下降。 答案：(1)-65(2)B (3)④HO'+H2+CHCH+H,O (4)①c②24.5×49 2×24.5 ③0.2反应Ⅱ生成的氢气多于 反应Ⅲ消耗的氢气 7.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 △H1=△H+△H2=-24.3kJ·mol厂1+68.7kJ· mol1=+44.4k·mol-1 ②恒温恒容下发生C,HOH(g)十H,O(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,CO)H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1molH,O,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； 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 成乙酸的反应速牵最大，则乙酸可能是产物1； ③设投料n(H,O)=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年（乙醇）=1mol×10%= 0.1mol,恒温恒压下，压强比等于物质的量之比，故 (CH,COOH):(C2HOH)=0.72:0.1=36:5;列 三段式 C2 HsOH(g)+H2O(g)-2H2(g)+CHs COOH(g), △n(mol)0.72 0.72 1.44 0.72 C2HsOH(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 1 100 kPa3×(o×】 100kPaX10. .0.1 X100kn×8 ×1o0x( 1.62 10.9 0.72×100×1.62 0.18.28 0.1x828xi10.gkPa。 10.910.9 答案：(1)葡萄糖(2)①+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 ②产物1③36：5 0.72×100×1.62 0.1×8.28×10.9 8.解析：(1)将第一个热化学方程式设为①，将第二个热化 学方程式设为②。根据盖斯定律，将方程式①乘以3再 加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH,(g) +3Br2(g)C3H(g)+6HBr(g)的△H=-29kJ· mo1-1×3+20kJ·mol1=-67kJ·molF1 (2)()根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向 移动，升高温度，平衡逆向移动，CH,(g)的含量增多， CHBr(g)的含量减少，故CHBr的曲线为a; (iⅱ)560℃时反应达平衡，剩余的CH,(g)的物质的量为 1,6mmol,其转化率a=8mmol=L,6mm0l×100% 8 mmol 80%;若只发生一步反应，则生成6.4 mmol CH:Br,但此 时剩余CHBr的物质的量为5.0mmol,说明还有 1.4 mmol CH,Br发生反应生成CHBr2,则此时生成的 HBr的物质的量n=6.4mmol+1.4mmol=7.8mmol; (ⅲ)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CHBr) =5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)= 1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol,故该反应的平衡常数K =c(CH,Br)·c(HBr) x =10.92。 c(CH3Br)·c(Br2) 5.0×0.2 VXV 3.22.6 (3)()11~19s时，有1，的生成速率0= 8 2.21.8 0.075 V V mmol:(L·s),无l的生成速率= 8 0.075 =0.05 mmol·(L·s)1。生成速率比（有L) V v(无1)0.05 V 3 2 20 详解详析 (ⅱ)从图中可以看出，大约4.5s以后有1催化的 CH,Br,的含量逐渐降低，有I2催化的CH,Br的含量陡 然上升，因此，可以利用此变化判断I提高了CHBr的 选择性； (前)根据反应机理，1，的投入消耗了部分CH2Br2,同时 也消耗了部分HBr,使得消耗的CH,Br,发生反应生成 了CH,Br,提高了CHBr的选择性。 答案：(1)一67 (2)a80%7.810.92 (3)号（或3：2）5s以后有1催化的CH,Br,的含量 逐渐降低，有1催化的CHBr的含量陡然上升1的 投入消耗了部分CH,Br,,使得消耗的CH,Br,发生反应 生成了CHBr 9.解析：1)根据盖斯定律可知，反应回=弓（反应回-①） 所以对应△H,=子(H-△H,)=之X(一3泗人·mol -285kJ·mol1)=-307kJ·mol厂；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 (2)根据图示信息可知，纵坐标表示一g c(M)) cMO)+cMr,即 与MO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M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300K条件下 的反应；根据上述分析结合图像可知，300K、60s时 c(MO) c(M)) -lgM0)十cM）=0.1则cMG)HcMT 101,利用数学关系式可求出c(M)=(10°.1-1) c(MO),根据反应M)++CH,一M+CH,OH可 知，生成的M+即为转化的MO,则MO的转化率为 19Xm兴线火1m%: (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中涉及碳氧键的形成，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，M)与CD,反应的能量变化应为图 中曲线c;()MO与CH,D,反应时，因直接参与化学 键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变 慢，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量 CH2DOD<CHD,OH;根据反应机理可知，若MO与 CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD,OD或 CDOH共2种。 答案：(1)一307 () (2)b 1-10-0.1 ×100%或102-1×100% 10°.1 (3)(1)I(i)c(m)<2 10.解析：盖斯定律及反应热的计算、平衡转化率的相关计 算、化学平衡图像分析、化学平衡常数计算。 最新真题分类特训·化学 (1)根据盖斯定律，由①一②一③，可得④C6H,C,H (g)==CHCH一CH2(g)+H,(g)△H,=-4386. 9kJ·mol-1-(-4263.1kJ·mol1)-(-241.8kJ ·mol1)=十118kJ·mol1。(2)乙苯的平衡转化率 为50%时，由题中信息可得： CHCH,(g)一CH,CH一CH(g)+H(g) 起始量1mol 0 0 转化量 0.5 mol 0.5 mol 0.5 mol 平衡量 0.5 mol 0.5 mol 0.5 mol 平衡分压 100 kPa 100 kPa 100 kPa 则压强平衡常数K,= (苯乙烯)·(H2=100kPa。 p(乙苯) 3 设充入xmol水蒸气时乙苯平衡转化率提高到 75%,则： CH;C.H;(g)=C H.CH-CH,(g)+H.(g) 起始量1mol 0 0 转化量0.75mol 0.75 mol 0.75 mol 平衡量0.25mdl 0.75 mol 0.75 mol 平高分压源通 75 176+k奶a 温度不变，平衡常数不变，则压强平衡常数K,= 苯乙H》-酒，k=9Pa,解得x=5 (乙苯) 1.75+x (3)生成苯乙烯的反应为主反应，则苯乙烯的选择性最 高，主反应生成的氢气能使副反应⑥的平衡正向移动， 则甲苯的选择性大于苯的选择性，故b代表的产物为 甲苯。(4)X射线衍射技术可以测定晶体结构，A项正 确；F)3是催化剂，催化剂不能使平衡发生移动，不能 改变乙苯平衡转化率，B项错误；Fe,),作催化剂，可以 降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；改变FeO3颗 粒大小即改变催化剂的表面积，可以改变反应速率，D 项错误。(5)电负性：C1>Br>1,C一Cl键的极性更大， 更易断裂，故C:H,CH,CI更易生成自由基CHCH2, 活性最强。(6)已知Cu(aq)十2L==[Cu(L)2] K、CuBr(s)-三Cu(aq)十Br(aq)Kp,两反应相加可 得：CuBr(s)+2L=[Cu(L)2]+Br(ag),则其平衡常 数为KXKp。 答案：(1)118 (2)5 (3)甲苯主反应生成的氢气能使副反应⑤的平衡正 向移动，甲苯的选择性大于苯的选择性 (4)BD (5)C H;CH,CI (6)KXK即 考点3制氢的化学反应原理 1.解析：(1)由盖斯定律，②一①可以得到目标反应，则△H =△H2-△H,=-14.9kJ/mol-26.3kJ/mol=-41.2 kJ/mol; (2).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HO(g)浓度不 变，说明反应达到平衡状态； 20: 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C),的量，CH,转化率增大； c.通入Ar,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(CH)=4mol、n(CO,)=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(C),)=4mol-4mol×30%=2.8mol: 根据碳元素守恒：n(C))=8mol一n(CH,)一n(CO,)= 8 mol-3.2 mol-2.8 mol=2 mol; 根据氧元素守恒：n(H,O)=8mol-n(CO)-2n(CO,)= 8 mol-2 mol-2X2.8 mol=0.4 mol; 根据氢元素守恒：n(H,)=8mol一2n(CH,)一n(HO) =8 mol-2X3.2 mol-0.4 mol=1.2 mol; 平衡时，气体总物质的量为3.2mol+2.8mol+2mol十0.4 mol+1.2mol+2mol=11.6mol,Ar的分压为pkPa,则总 压为5.8pkPs,L)=号X58bk=a6pkPa,Co) =品6X58pkP=pkPa,pCH,)=器×点8pkn= 1.6 ipkPa.M(H.0=是台X5.8Dkh=0.2pkP,反应回的 +商专款K,=52》a=a.7时n 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 2.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=)、H一H、C一()、C一H、 O一H,共5种化学键的键能数据。 (2)②脱碳过程中，K,CO3溶液会吸收CO2,发生反应 K,C),+CO,十H,)一2KHCO,,当K,CO,溶液浓度 偏高时，会生成较多KHCO,,而KHC)3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。 K,Cr),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。