专题十二 考点3 制氢的化学反应原理-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训

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。 (3)①由题图乙可知，当x=0.5时，CH,转化率为60%， 则n#地(CH,)=300mL×60%=180mL,已知CO的选 择性= n生成(C) n特化(CH,) ×100%=80%,则n生成(C0)= 180mL×80%=144mL,根据图乙中数据可知，此时产 物气中n(H) 中nC号=2，则n生a(H,)=144mL×2=288ml, 故生成标准状况下CO和H,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H,)(g)反应，使载氧体恢复原样继续与CH,反应， 则在新制载氧体中不存在，在与CH,反应后的载氧体中 含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与H,O(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 HO(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，HO(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，HO(g)过量可有效防止催化剂活性下降② KHC),K,Cr),具有强氧化性，能使设备表面形成 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 小培天2 ②C、Fe、FeO③步骤I中FeO,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 3.解析：(1)已知三个反应： I.C(s)+H2O(g)==CO(g)+H,(g) II.CO(g)+H,O(g)CO,(g)+H,(g) IlI CaO(s)+CO,(g)=CaCO (s) 设目标反应C(s)+CaO(s)十2H,O(g)=CaCO,(s)十 2H2(g)为V,根据盖斯定律，N=I+Ⅱ+Ⅲ，所以△H =△H+△H2+△H3。 (2)图示温度范围内C(s)已完全反应，则反应I已经进 行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T,,温度不 断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H,量减小， 摩尔分数减小，C)量升高，摩尔分数增大，且二者摩尔 分数变化斜率相同，所以曲线代表H2的摩尔分数的 变化，则c曲线代表C)。的摩尔分数随温度的变化，开 始到T,C),的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内， 反应Ⅲ占主导，当温度高于T,CaCO,(s)已完全分解， 只发生反应Ⅱ，所以C)。的摩尔分数减小。 (3)压力力下、温度为T。时，H2、COCO,的摩尔分数分 别为0.50、0.15、0.05，则H,0(g)的摩尔分数为：1 0.50一0.15-0.05=0.30，则反应C0(g)+H20(g)== c0公+He)的卡卖本发K,=86 0.05p×0.50p_5 0.15p×0.30b=9: 设起始状态1molC(s),mol H:O(g),反应I进行完 全。则依据三段式： 20: 详解详析 C(s)+H2O(g)--CO(g)+H2(g) 起始/mol1 0 0 转化/mol1 1 平衡/mol0 x-11 1 CO (g)+H2 O(g)=-CO2 (g)+H2 (g) 转化/mola a CaO(s)+CO2--CaCO(s) 转化/mol b 根据平衡时H2、CO、CO,的摩尔分数分别为0.50、 0.150.65,则有06=0.506=0.15 x+1-b 年6=0.05，解出x=器a=品6=是别（总）= a-b 327 +1-6号+1-是一号而由子年衡时x(总)=4m0, 540 别号=4y=8则a(Cc0,)=6:y=音×8=0.5. 若向平衡体系中通入少量CO(g),重新达平衡后，反应 Ca0(s)+C0:(g)=CaC0,(s)的K,=C0),温度不 变，K,不变，则分压(CO)不变，但体系中增加了CO2 (g),反应Ⅱ逆向移动，所以(CO)增大。 答案：(1)△H1+△H2十△H (2)H2当温度高于T1,CaCO3(s)已完全分解，只发生 反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以CO。的摩尔分 数减小 0.5不变不变 考点4其他物质制备的化学反应原理 1.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]3d4s2。Ni失去4s能级上2个电子形 成Ni+,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原子数为2+4×日十4X是-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个位于品跑内Ni原子数为1+8×子+6×合 6,因此该物质的化学式为N,P。 (4)CH:重整反应会消耗CO2,降低体系中CO,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，CH,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 CaC)g 和1.0 mol CH:,恒压反应至平衡时，体系中CaC)3转 化率为80%，反应I:CaCO,(s)==CaO(s)+CO2(g)平 衡时生成n(CO2)=0.8mol,CH转化率为60%，C0物 质的量为1.3mol,则最新真题分类特训·化学 (4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述 错误的是 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 C.Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能 D.改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率 Ⅱ.苯乙烯的聚合 苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关 键步骤是某Cu(I)的配合物促进 C6HCH2X(引发剂，X表示卤素)生成自由 基C6HCH2,实现苯乙烯可控聚合。 考点3制氢的 1.(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： DHCOOH(g)-CO(g)+H2O(g) △H1=+26.3kJ·mol-1 2HCOOH(g)-CO2(g)+H2(g) △H2=-14.9kJ·mol-1 (1)反应CO(g)+H2O(g)一一C02(g)+ H2(g)的△H= kJ·mol-1。 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中通人一定 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 (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 0 过渡态2 HCOO* +H* CO(g) HCOOH(g) 过渡态1C00H* +H,0(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)+CO2(g)=2CO(g)+2H2 (g) 88 (5)引发剂C6HCH2CI、C6HCH2Br、 CH CH2I中活性最高的是 (6)室温下，①Cu+在配体L的水溶液中形成 [Cu(L)2]十，其反应平衡常数为K; ②CuBr在水中的溶度积常数为Kp。由此可 知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡 常数为 (所有方程式中计量系数关 系均为最简整数比)。 学反应原理 4CO2(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 (填标号)。 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混合气，投料组成与 CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如 图乙。 100 80 % C02 20 b CH 0 1010/80 1/1/98 20/20160 404020 30/30/40 50150/0 CH/CO2/Ar 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”)。 i.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K。= (kPa)2 (用含p的代数式表示，K,是用分压代替浓度计 算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 2.(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)十2H2(g)一 CH3OH(g)。 CO的结构式为C=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): 低温型催化剂 CO(g)+H2O(g) 约230℃、3MPa C02(g)+ H2(g)△H<0 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、K2CrO4(Cr正 价有+3、+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)。K2CrO4减缓设备 腐蚀的原理是 (3)研究CH4、H2O(g)与不同配比的铁铈载氧 体[2Fe,0,·1-x)Cc020≤≤1， Ce是活泼金属，正价有十3、十4]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，C0十2H2 850℃ 步骤ⅡH2O 载氧体夺氧H2 400℃ ①步骤I中，产物气体积分数、CH4转化率、 与工的关系如图乙所示。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CH4至反应结束，CO的选择性 n生成(CO) n转化(CH4) ×100%=80%,则生成标准状况 下CO和H2的总体积为 ml C0+2H H 60 载氧 氧体 30 送50 反应器 载氧体循环 CH H0 步骤I 步豫川 00.3040.51.0 甲 乙 ②x=0.5时，新制载氧体、与CH4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)。 89 专题十二化学反应原理综合 ◆Fez03 ★Ce02口Fe ●FeO▲C 与CH反应后的载氧体 ★ ★ 加久烧支 新制载氧体 大大九夫 102030405060708090 2×衍射角/度 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： 3.(2024·山东卷，20)水煤气是H2的主要来 源，研究CaO对C一H2O体系制H2的影响， 涉及主要反应如下： (I)C(s)+H2O(g)==CO(g)+H2(g) △H1>0 (II)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2<0 (I)CaO(s)+CO2(g)==CaCOs(s) △H3<0 回答下列问题： (1)C(s)+CaO(s)+2H2O(g)==CaCOg(s)+ 2H2(g)的焓变△H=(用代数式表示)。 (2)压力p下，C-H2O-CaO体系达平衡后， 图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO3(s) 在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和 H2摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则 a线对应物种为 (填化 学式)。当温度高于T1时，随温度升高c线对 应物种摩尔分数逐渐降低的原因是 数0.50 0.15 To T 增大 温度T (3)压力饣下、温度为T。时，图示三种气体的 摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则反应 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的平 衡常数K,= ;此时气体总物质的量 为4.0mol,则CaCO3(s)的物质的量为 mol;若向平衡体系中通人少量CO2(g), 重新达平衡后，分压p(CO2)将 (填 “增大”“减小”或“不变”)，(CO)将 (填“增大”“减小”或“不变”)。