专题6 化学反应与能量-【创新大课堂】高考化学五年（2022-2026年）真题分类汇编168优化重组卷

专题六 化学 考向一 化学反应中的能量变化 1.(2025·河南卷，3分)在催化剂a或催化剂b 作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应 的化学方程式为CH3CH,CH3(g)=CHCH T 一CH2(g)十H2(g),反应进程中的相对能量变化 如图所示(*表示吸附态，*CH3CHCH2+2*H →CH3CH一CH2(g)+H2(g)中部分进程 已省略)。 p 0 催化剂a CH:CH=CH2(g)+ △- 催化剂b H2(g) 0△ CH:CH2CH(g) 过渡态2 过渡态1 -1 CH.CH2CH CH.CHCH2+ -2 ① CH CHCH+ 2H② 量 H 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 超 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 斐 D.①转化为②的进程中，决速步骤为 CH3CH2 CH3-*CH3 CHCH3+*H 2.（2024·安徽卷，3分) 行 某温度下，在密闭容 器中充入一定量的 反应时间→ 49 反应与能量 X(g),发生下列反应：X(g)一Y(g)(△H1 <0),Y(g)=Z(g)(△H2<0),测得各气体 浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应 进程示意图符合题意的是 过渡态2 过渡态2 过渡态1 过渡态1 翌 X 反应进程 反应进程 A B 过渡态】 过渡态1过渡态2 过渡态2 2 反应进程 反应进程 C 0 3.(2022·浙江卷6月，2分)标准状态下，下列 物质气态时的相对能量如下表： 物质(g) ) H HO HOO H (02 H2() H2O 能量/kJ·mol厂 249218 39 0 0 -136 -242 可根据HO(g)+HO(g)—H2O2(g)计算出 H2O2中氧氧单键的键能为214kJ·mol1-1 下列说法不正确的是 ( A.H2的键能为436kJ·mol-1 B.O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的 两倍 C.解离氧氧单键所需能量：HOO<H2O2 D.H2O(g)+O(g)-H2O2 (g)AH= -143k·mol-1 考向二反应热的计算 环氧丙烷与二氧化碳催化合成法是目前最 常用的生产方法： 反应1 0-(g)+CO2(g) 催化剂 △H1=-125kJ·mol-1 已知： 反应2C(s)+O2(g)—CO2(g)△H2= -393.5kJ·mol-1 反应33H,(g)+3C()+0(g)—8-(g) △H3=-94.7kJ·mol-1 反应43H(g)+40()+号0，(g) △H4 1.（2025·上海卷)反应4的△H4= kJ·mol-1. A.-613.2 B.613.2 C.395.2 D.-395.2 2.(2023·浙江1月，3分)标准状态下，气态反 应物和生成物的相对能量与反应历程示意图 如下[已知O2(g)和C12(g)的相对能量为0]， 下列说法不正确的是 O3+0+C1 E 0+0 02+0+C10 202+C1 202 历程 历程Ⅱ 50 A.E6-E3=E5-E2 B.可计算C1一C1键能为2(E2一E3)kJ·mol-1 C.相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历 程I D.历程I、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的 热化学方程式为：CO(g)十O(g) O2(g)十CI(g)△H=(E5-E4)k·mol-1 3.(2024·安徽卷，15分)乙烯是一种用途广泛 的有机化工原料，由乙烷制乙烯的研究备受关 注。回答下列问题： 【乙烷制乙烯】 (1)C2H；氧化脱氢反应： 2C2H6(g)+O2(g)—2C2H4(g)+2H2O(g) △H1=-209.8kJ·mol-1 C2 H6(g)+CO2(g)-C2 H(g)+H2O(g)+ CO(g)△H2=178.1kJ·mol-1 计算：2CO(g)+O2(g)—2CO2(g)△H3= kJ·mol-1。 (2)C2H6直接脱氢反应为C2H(g)一C2H4(g) 十H2(g)△H4。C2H6的平衡转化率与温度 和压强的关系如图所示，则△H 0(填 “>”“<”或“=”)。结合下图，下列条件中，达到 平衡时转化率最接近40%的是 (填标 号)。 0.9 ]CH平衡转化率 …20% -50% …80% 0.5 0.3 0.1 02004006008001000 TC a.600℃，0.6MPa b.700℃，0.7MPa c.800℃，0.8MPa (3)一定温度和压强下，反应1C2H6（g) ==C2H4(g)十H2(g)K1 反应iC2H6(g)+H2(g)=2CH4(g) K2(K2远大于K1)(Kx是以平衡物质的量 分数代替平衡浓度计算的平衡常数) ①仅发生反应1时，C2H的平衡转化率为 25.0%,计算Kx1= ②同时发生反应ⅰ和ⅱ时，与仅发生反应ⅰ相 比，C2H4的平衡产率 (填“增大”“减 小”或“不变”)。 【乙烷和乙烯混合气的分离】 (4)通过Cu+修饰的Y分子筛的吸附一脱附， 可实现C2H4和C2H；混合气的分离。Cu+的 与C2H4分子的π键电子形成配位 键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之 间。用该分子筛分离C2H4和C2H6的优点是 (5)常温常压下，将C2H4和C2H6等体积混 合，以一定流速通过某吸附剂，测得两种气体 出口浓度(c)与进口浓度(co)之比随时间变化 关系如图所示。下列推断合理的是 (填标号)。 51 2.0 1.5 10 CH。 0.5 C2H .0-o 0 30 60 90 120 t/min A.前30min,两种气体均未被吸附 B.p点对应的时刻，出口气体的主要成分 是C2H6 C.a~b对应的时间段内，吸附的C2H；逐渐 被C2H4替代 4.(2024·全国甲卷，15分)甲烷转化为多碳化 合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联 为丙烯(C3H)的研究所获得的部分数据如 下。回答下列问题： (1)已知如下热化学方程式： CH(g)+Br2(g)==CHsBr(g)+HBr(g) △H1=-29kJ·mol-1 3CH3Br(g)-C3H6(g)十3HBr(g)△H2= +20kJ·mol-1 计算反应3CH4(g)+3Br2(g)一一C3H6(g)+ 6HBr(g)的△H=kJ·mol-1。 (2)CH4与Br2反应生成CH3Br,部分CH3Br 会进一步溴化。将8 mmol CH4和8mmol Br2通入密闭容器，平衡时，n(CH4)、n(CH3Br)与 温度的关系见下图（假设反应后的含碳物质只 有CH4、CH3Br和CH2Br2)。 5.6 5.2 4.8 4.4 4.0 3.6 3.2 2.8 2.4 2.0 1.6 1.2 360 460 560660 760 860 温度/℃ (i)图中CH3Br的曲线是 (填“a”或 “b”)。 (iⅱ)560℃时，CH4的转化率a= n(HBr)= mmol, (m)560℃时，反应CH3Br(g)十Br2(g)= CH2Br2(g)十HBr(g)的平衡常数K= (3)少量I2可提高生成CH3Br的选择性。 500℃时，分别在有I2和无12的条件下，将 8 mmol CH4和8 mmol Br2通人密闭容器，溴 代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系 见下图。 3.6 3.2 2.8 CHBr(有 CHBr2(无I2) 2.4 jowwju 2.0 1.6 CHBr2(有 1.2 CHBr(无I2) 0.8 0.4 4 6 8101214161820 t/s 52 (1)在11~19s之间，有I2和无I2时CH3Br o(有12) 的生成速率之比 (无12) (iⅱ)从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证 据： (ⅲ)研究表明，I2参与反应的可能机理如下： ①I2(g)—·I(g)+·I(g) ②·I(g)+CH2Br2(g)—IBr(g)+·CH2Br(g) ③·CH2Br(g)+HBr(g)CH3Br(g)+ ·Br(g) ④·Br(g)+CH4(g)HBr(g)+·CH3(g) ⑤·CH3(g)+IBr(g)=CH3Br(g)+·I(g) ⑥·I(g)+·I(g)=-I2(g) 根据上述机理，分析I2提高CH3Br选择性的 原因：2c(SiF?)=2.0×10-2mol·L1;同时，粗磷酸中还有 硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c(SO?)=√9.0X10】 =3.0×102mol·L1:分批加入一定量的BaC03,当： BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)=1.0X106 1.0X103=1.0X 103mol·L1,当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+) 1.0×10-10 3.0X10≈3.3×109mol·11,因此，首先转化为 沉淀的离子是SO,然后才是SiF。 (3)根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、 P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4· 0.5H2O:CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因 此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因： 是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤！ 液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时 使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元！ 是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸 解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线： 上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，位于： 80℃线下方，晶体全部以CaSO4·2H20形式存在，在两 线之间的以两种晶体的混合物形式存在： A.P,O%=15、SO2%=15,由图乙信息可知，该，点坐标位： 于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合 题意； B.P2O5%=10、SO3%=20,由图乙信息可知，该点坐标 位于两个温度线(65℃、80℃)之间，故不能实现晶体的： 完全转化，B不符合题意； C.P2O5%=10、SO3%=30,由图乙信息可知，该点坐标 位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4·0.5H20形式存 在，故不能实现晶体转化，C不符合题意： D.P2O5%=10、S03%=10,由图乙信息可知，该点坐标 位于80℃线下方，晶体全部以CaSO1·2H2O形式存： 在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意； 综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。 答案(1)6HF+Si(O2=2H++SiF-+2H2O (2)2.0×10-2S02 (3)CaSO4·0.5HzO减少CaS0O4的溶解损失，提高产！ 品石膏的产率酸解D 专题六化学反应与能量 考向一 1.C2.B3.C 考向二 1.A2.C 3.解析盖斯定律、平衡常数、平衡移动分析等(1)由盖 斯定律可知，目标反应=第1个反应一2×第2个反应， 则△H3=△H1-2△H2=-566kJ·mol-1。(2)由题图 知，压强一定时，温度越高，C2H6平衡转化率越高，则升 温平衡正向移动，该反应的正反应为吸热反应，△H>: 0。平衡转化率接近40%的曲线应介于平衡转化率为： 20%与50%的曲线之间，a项代表的，点在20%线左侧，b 项代表的，点位于20%线与50%线之间，c项代表的，点在 50%线与80%线之间，故b符合题意。(3)①设初始投 入C2H6的物质的量为1mol,且仅发生反应i,结合 C2H的平衡转化率为25.0%列出三段式： 17 C2H;(g)==C2H4(g)+H2(g) 起始量/mol 1 0 0 变化量/mol 0.25 0.250.25 平衡量/mol 0.75 0.250.25 平衡时体系中总物质的量为0.75mol十0.25mol+ 0.25mol=1.25mol,则C2H6、C2H4、H2的物质的量分 盘分期为需品器器代入手衡兮数表达或得：K 0.25×0.25 _1.251.25≈0.067。②同时发生反应1和i,可看 0.75 1.25 作反应「平衡之后，再开始反应ⅱ，最终两者均达到平 衡。反应i按1：1消耗了反应1的反应物C2H、产物 H2,设最终消耗量均为mmol(m>0),则C2H6、H2分 别剩余(0.75-m)mol、(0.25-m)mol。由于反应i是 一个反应前后气体分子数不变的反应，平衡时总物质的 量仍为1.25mol,则C2H。、H,的物质的量分数分别为 0.5”0,2525”。假设平衡时C2H4仍为0,25moly 1.25 则其物质的量分数仍为：2需。将三者的物质的量分数 0.25×0.25-m 代入浓度商表达式：Q1= 1.25^ 1.25 0.75-m 。由于 1.25 0.25-m-0.75-m-0.5=1 0.5 <1- 0.5 0.75-m 0.75-m 0.75-n 0.25×0.25-m0.25×0.25 &需周比Q1 1.25 0.75-m <251西-K1… 0.75 1.25 1.25 则反应1的平衡正向移动，生成更多的C2H4,因此 C2H4的平衡产率会增大。(4)通常配位键的形成需要 一方提供孤电子对，另一方提供空轨道。Cu十与C2H 形成配位键时，C2H4提供了π键中的一个共用电子对， Cu十提供空轨道。该分子筛与C2H4可形成配位键，强 于其与C2H。之间的范德华力，因此该分子筛可以高选 择地吸附C2H4分子，而不吸附C2H；分子。由于该配 位键弱于共价键，则在一定条件下C2H4容易发生脱附， 再生的分子筛可重复利用，故其优点是选择性好、可重 复使用。（提示：题目提示这种配位键强弱介于范德华 力和共价键之间，可从其强于范德华力和弱于共价键两 个角度入手分析其优点)(5)前30min,两种气体出口浓 度(c)与进口浓度(c)之比为0，说明两者的出口浓度均 为0，两种气体均被完全吸附，A错误；进口处C2H。和 C2H4等体积混合，co(C2H6)=c(C2H4),p点对应时 ,品→代品说明白口滚度cC,) c(C2H4),即出口气体主要成分是C2H,B正确；a点处 C2H6的C=1.0,出口浓度与进口浓度相等，说明此时 吸附剂对CH,饱和，ab对应时间段内，cCH) co(C2 H6) 1.0,出口浓度大于进口浓度，说明已吸附的C2H；被释 放，与此网时，CH,的C}<1.0,出口浓度小于] 进口浓度，说明仍在吸收C2H4,结合a点处吸附剂对 C2H6已经饱和可知，a~b对应时间段内，已吸附的 C2H逐渐被C2H4替代，C正确。 答案(1)-566(2)>b(3)①0.067②增大 (4)空轨道选择性好、可重复使用(5)BC 知识拓展形成配位键时，配体除了提供孤电子对，π键 或大π键上的电子地可提供，提供π键或大π键上的电 子对的配体称为π配体，如最早发现的π配体配合物 “蔡斯盐”K[Pt(C2H4)CL3]中，就是乙烯提供π键电子 对与P2+形成配位键。 4.解析盖斯定律、转化率、平衡常数、化学平衡移动 (1)根据盖斯定律，目标反应=第一个反应×3十第二个 反应，则△H=3×△H1十△H2=3×(-29kJ·mol-1) +20k·mol-1=-67k·mol1。(2)(1)由△H1< 0可知，升高温度，该反应的平衡逆向移动，n(CH4)增 大，n(CH3Br)减小，故图中CH3Br的曲线是a。(i)根 据题图可知，560℃时，平衡时n(CH4)=1.6mmol, n(CH3Br)=5.0mmol,则CH4的转化率a= 8mmol-1.6mmol×100%=80%,CH4的转化量为 8 mmol 6.4mmol,故进一步溴化的CH3Br的物质的量为(6.4 5.0)mmol=1.4mmol,则CH3Br进一步涣化生成的HBr 的量为1.4mmol,故n(HBr)=6.4mmol+1.4mmol= 7.8mmol。(ii)假设CH4与Br2反应生成CH3Br平衡 后CH?Br再进一步溴化，根据题图中的数据，并结合 (ⅱ)的分析，列三段式： CH;Br(g)+Br2(g)-CH2 Br2(g)+HBr(g) 起始量/mmol6.41.6 0 6.4 转化量/mmol1.4 1.4 1.4 1.4 平衡量/mmol5.00.2 1.4 7.8 该反应为气体分子数不变的反应，可用物质的量来计算 平衡常数，则K= 7.8×1.4 5.0×0.21 =10.92。(3)(1)根据图中 关于CHBr的数据可得，（有2）=3.2-2.6)mmol (19-11)s 0.075mmol·s1,(无12）=(2.21.8)mmol (19-11)s 0.05mmol.s1,则C有L2-0.075mm0l.s1 v(无I2) 0.05mmol·s1 1.5。(i)由题图知，有12时，CH3Br的量明显提高， CH2Br2的量降低，且约7.5s后，体系中CH3Br的量高 于CH2Br2的量，故I2提高了CH3Br的选择性。(i)I2 产生的·I可将反应后的含碳物质CH2Br2经过反应 ②、③转化为CH3Br;而反应过程中生成的·Br可继续与 CH4经过反应④、⑤生成CH3Br,提高了生成的CH2Br 的量，减少了CH2Br2的量，从而提高CH3Br选择性。 答案(1)-67(2)(1)a(i)80%7.8 (i)10.92(3)(i)1.5(i)有2时，CH3Br的量明 显提高，CH2Br2的量降低，且约7.5s后，体系中 CH3Br的量高于CH2Br2的量(m)I2产生的·I可 将反应后的含碳物质CH2Br2经过反应②、③转化为 CH3Br;而反应过程中生成的·Br可继续与CH4经过 反应④、⑤又生成CH3Br 专题七化学反应与电能 考向一 1.D2.D3.B4.D5.B6.BC7.A8.D9.C 1 10.C11.C12.C13.C14.C15.C16.A17.C 18.CD19.B20.D21.B22.A23.C 考向二 1.B2.D3.B4.D5.D6.D7.B8.A9.B 10.D11.D12.C13.C14.C15.C 16.解析(1)晶体Ga(CH3)3的沸点较低，为分子晶体。 (2)镓的熔点为29.8℃，电解精炼温度需高于镓的熔 点，因此电解池温度控制在40~一45℃。Ga和Al的性 质相似，电解精炼过程中粗镓在阳极失电子产生的 Ga3+在NaOH溶液中形成GaO2,GaO2迁移到阴 极，得电子被还原为Ga,故阴极反应为GaO2十2H2O 十3e—Ga十4OH。(3)根据原子守恒，结合流程图 中物质转化配平，得反应的化学方程式为Ga2Mg十 8CH3I+2Et2O -2Ga (CH3)3 (Et2O)+3MgI2+ 2CH3MgI。(4)由(3)可知，残渣中含CH3MgI,结合元素 守恒可知，其和水反应生成的可燃性气体为CH4。 (5)由已知②、③，结合流程图可知，溶剂蒸发、配体交 换时Et,)得以循环利用，A项正确；高纯Ga能与 H2O、O2反应，CH3I、Ga(CH3)3能与水反应，有机物 能与O2反应，故B项正确；配体交换时NR?和 Ga(CH3)3(Et2O)反应得到Ga(CH3)3(NRg)和Et2O, 则工序X为解配Ga(CH3)3(NR3),并利用Ga(CH3)3 和NRg的沸点相差较大蒸出Ga(CH)3,C项正确； Ga(CH3)3和CH3I中均只有1种氢原子，核磁共振氢 谱均只有一组吸收峰，但吸收强度不同，可以鉴别， D项错误。(7)Ga(CH3)3中Ga为sp杂化， Ga(CH3)3(E2O)中Ga为sp3杂化，因此C-Ga一C键角 大小：Ga(CH3)3>Ga(CH3)3(Et2O)。 答案(1)分子晶体(2)电解精炼温度需在稼的熔点 以上Ca(O2+2H20+3e==Ga+40H (3)Ga2 Mg5+8CH3I+2Et2O-2Ga(CH3)3(EtzO) +3MgI2+2CH3 MgI (4)CH4(5)D(6)Ga(CH3)3和Et2O的沸点接近， 而Ga(CH3)3和NR3的沸点相差较大，解配后可以分 离出Ga(CH3)3(7)>Ga(CH3)3中Ga为sp杂化， Ga(CH)3(EtO)中Ga为sp3杂化 考向三 1.B2.D 专题八化学反应速率与化学平衡 考向一 1.C2.C3.AD4.D5.C 6.解析(1)根据盖斯定律，反应③=合×(@-①).则反应 ③的△H,=2×(△H,-△H)=-307k·mol,K3= K2 NK ,(2)由原子守恒知，(MO十)十c(M什)为定值，随反应 c(MO) 的进行.M0减少M0)十M减小，温度越高，反应 速率越快，反应相同时间时，对应的 M0)开cM越大，故尚线b表示300K时的曲 c(MO) -lg( 线，设起始时c(MO十)=1mol·L1,则反应过程中 2