专题8 化学反应速率与化学平衡-【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

专题八 化学反应 考向一 化学反应速率 1.(2024·安徽卷，3分)室温下，为探究纳米铁 去除水样中SO-的影响因素，测得不同条 件下SeO- 浓度随时间变化关系如下图。 救 5.0 4.0 3.0 ③ 2.0 1.0 ① 0.0 0 2 4 6 81012 t/h 训 实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH ① 50 8 6 ② 50 2 6 ③ 50 2 8 蟹 下列说法正确的是 A.实验①中，0~2小时内平均反应速率 o(SeO号)=2.0mol·L-1·h-1 B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe+ 超 SeO2-+8H+-2Fe3++Se++4H2O C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加 快反应速率 斐 D.其他条件相同时，水样初始pH越小， SeO-的去除效果越好 2.(2023·辽宁卷，3分)一定条件下，酸性KMnO4 行 溶液与HC2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作 用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间 变化如下图所示。下列说法正确的是( 65 速率与化学平衡 1.0 .0日 0.8 0.6 一Mn(I) -△-MnfW) 0.4 o-Mn(Ⅲy 0.2 ◇-Mn(I) 0.0g- 0 5 1015 2025 时间/min A.Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4 B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 C.该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(I)不能大量 共存 D.总反应为：2MnO4+5C2O-+16H+ 2Mn2++10CO2个+8H2O 3.(双选)(2022·湖南，4分)反应物(S)转化为 产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如 图所示： S+XS.X P.X S.Y P.Y S.Z P+X ⅢP P.7 反应进程 下列有关四种不同反应进程的说法正确的是 A.进程I是放热反应 B.平衡时P的产率：Ⅱ>I C.生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D.进程V中，Z没有催化作用 4.(2022·广东，4分)在相同条件下研究催化剂 I、Ⅱ对反应X→2Y的影响，各物质浓度c随 反应时间t的部分变化曲线如图，则() 催化剂I 4.0 催化剂Ⅱ 2.0 无催化剂 4 t/min A.无催化剂时，反应不能进行 B.与催化剂I相比，Ⅱ使反应活化能更低 C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t 的变化 D.使用催化剂I时，02min内，v(X)=1.0mol· L-1·min-1 5.(2022·浙江卷6月，2分)恒温恒容的密闭容 器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应： 2NH3(g) 催化剂N2(g)十3H2(g),测得不同 起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的 变化，如下表所示，下列说法不正确的是 c(NH3)/ 时间/min 编 (10-3mol·L.-1) 0 20 40 60 80 号 表面积/cm ① 2.402.00 1.601.20 0.80 ② 1.200.800.40 ③ 2a 2.401.600.800.400.40 A.实验①，0~20min,v(N2)=1.00× 10-5mol·L-1·min-1 B.实验②，60min时处于平衡状态，x≠0.40 C.相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率 增大 D.相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速 率增大 66 6.(2023·全国甲卷，15分)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)-2O3(g)K1△H1=285kJ· mol-1 22CHA(g)+02(g)--2CH3OH(1)K2 △H2=-329kJ·mol-1 反应③CH4(g)+O3(g)-CH3OH(1)+O2 (g)的△H3= kJ·mol-1,平衡常数 K3= (用K1、K2表示)。 (2)电喷雾电离等方法得到的M+(Fe+、 Co+、Ni+等)与O3反应可得MO+。MO+与 CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在 300K和310K下（其他反应条件相同）进行 反应MO十+CH4一一M+十CH3OH,结果如 下图所示。图中300K的曲线是 (填 “a”或“b”)。300K、60s时MO+的转化率为 (列出算式)。 0.7 0.6 0.5 0.3 0.2 0.1 0 30 6090120150 时间/s (3)MO十分别与CH4、CD4反应，体系的能量 随反应进程的变化如下图所示（两者历程相 似，图中以CH4示例)。 O-H + M-CH HQ---CHs 过渡态1 M 过渡态2 d CH,步骤I HO MO 步骤ⅡC,OH M 反应进程 (ⅰ)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十与 CD4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 CH2 DOD CHD2OH(填“>”“=”或 “<”)。若MO+与CHD3反应，生成的氘代 甲醇有 种。 考向二 化学平衡 1.(2026·黑吉辽蒙卷，3分)恒容密闭容器中， 等物质的量的C3Hg和SO2发生的总反应如 下：3C3Hg(g)+SO2(g)=3C3H(g)+H2S(g) 十2H2O(g),达到平衡时，部分相关物质平衡 组成随温度变化关系如图。下列说法正确 的是 b M N C.Ha(g) 100 200300400500 温度℃ A.该反应的△H<0,△S>0 B.L点C3Hg的消耗速率大于a物质的生成 速率 63 C.M点该反应的K,=0.135(用物质的量分 数代替浓度计算) D.N点C3H8的平衡转化率为75% 2.(2026·河南卷，3分)向一恒容密闭容器中加 入物质M,发生基元反应：M(g)一N(g), N(g)一一Q(g),温度为T1、T2时，各组分的物 质的量浓度c与时间t的关系如图1、图2所 示。温度为T,时，M的浓度随时间的变化关 系为lnc=lnco-kt,k为反应M(g)-N(g) 的速率常数。 Co M 2 Q 0￥ 0 测 6 图1 Co M Q N T 3t1 6t1 t/s 图2 下列说法正确的是 A.T>T2 B.温度为T1时，M反应一半需要的时间 为21n2 k C.N的浓度达到最大值时，N的生成速率等于 消耗速率 D.加入某催化剂，仅使反应N(g)一Q(g)的 速率增大，则N的浓度最大值将增大 3.(2026·湖南卷，3分)可用CO2氧化烷烃脱氢 制取烯烃。向密闭容器中通入C3Hg、CO2和 He(体积比为1：1：2)，维持压强为PokPa, 发生反应： CHs(g)十CO2(g)催化剂CH。(g)十 H2O(g)+CO(g). 测得C3H8的平衡转化率与温度的关系如图 中曲线①所示。下列说法错误的是 ( ③ 80 (543.60) 60 ② 40 20 0 00400600800 T/℃ A.该反应是吸热反应 B.512℃下，C02的平衡转化率为50%，则该 反位的K,=日okPa C.543℃下，体系中3n(C3H8)=2n(C3H6) 时，表明反应已达平衡 D.若减小通入气体中He的占比，C3Hg的平 衡转化率与温度的关系可能是曲线② 4.(2025·甘肃卷，3分)CO2加氢转化成甲烷，是 综合利用CO2实现“碳中和”和“碳达峰”的重要 方式。525℃，101kPa下，CO2(g)+4H2(g) --CH4(g)+2H2O(g)△H=-185kJ· mol一1。反应达到平衡时，能使平衡向正反应 方向移动的是 A.减小体系压强 B.升高温度 C.增大H2浓度 D.恒容下充入惰性气体 5.（2025·山东卷，2分)在恒容密闭容器中， Na2SiFs(s)热解反应所得固相产物和气相产 68 物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质 的量随温度的变化关系（实线部分）如图所示。 已知：T2温度时，Na2SiF6(s)完全分解；体系 中气相产物在T1、T3温度时的分压分别为 1、p3。下列说法错误的是 2.0-- 1.0 6 每0.5 0.0 C T→增大 T T2 Ts A.a线所示物种为固相产物 B.T1温度时，向容器中通入N2,气相产物分 压仍为1 C.p3小于T3温度时热解反应的平衡常数K。 D.T1温度时，向容器中加入b线所示物种，重 新达平衡时逆反应速率增大 6.(2025·江苏卷，3分)甘油(C3H8O3)水蒸气 重整获得H2过程中的主要反应： 反应IC3HgO3(g)-3CO(g)十4H2(g) △H>0 反应ⅡCO(g)+H2O(g)一CO2(g)+ H2(g)△H<0 反应ⅢCO2(g)+4H2(g)CH4(g)+ 2H2O(g)△H<0 1.0×105Pa条件下，1molC3H8O3和9mol H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中 CO、H2、CO2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 ( 6 550.5.0) ò，(5502.2 2 (5500.4) 450 500 550 600 650 700 T/℃ A.550℃时，H2O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 r D.其他条件不变，加压有利于增大平衡时H2 的物质的量 7.（2025·安徽卷，3分)恒温恒压密闭容器中， t=0时加人A(g),各组分物质的量分数x随 量 反应时间t变化的曲线如图（反应速率）=kx, k为反应速率常数)。 加入A(g) M(A k2≥Ng k-2 摇 N,平衡 XM,平衡 XA,平衡 A 0 t 反应时间① 下列说法错误的是 A.该条件下N,平衡=k-1k2 CM,平衡 k1k-2 B.0一t1时间段，生成M和N的平均反应速率 相等 h C.若加入催化剂，1增大，2不变，则x1和 CM,平衡均变大 D.若A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放 热反应，升高温度则xA,平衡变大 8.(2024·河北卷，3分)在水溶液中，CN-可与 多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属 离子分别与CN一形成配离子达平衡时， 1g金属离子）与-lgc(CN)的关系如图。 c(配离子) 10 5 -5 -10 Me -15 20 0 -25 -30 -35 -40 0 2 3 4 5 6 -lg c(CN-) 下列说法正确的是 A.99%的X、Y转化为配离子时，两溶液中 CN-的平衡浓度X>Y B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y c(X) c(Z) 盐，达平衡时(X配离子)>c(Z配离子) C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子 时，消耗CN一的物质的量Y<Z D.若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配 离子的解离速率小于生成速率 9.(2024·吉林卷，3分)异山梨醇是一种由生物 质制备的高附加值化学品，150℃时其制备过 程及相关物质浓度随时间变化如图所示，15h 后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误 的是 反应①1,4失水山梨醇反应2异山梨醇 山梨醇 反应® 副产物 0.10 山梨醇 1,4-失 0.04 (3,0.042） 水山梨醇 异山梨醇 0.02 副产物 0 0 15 时间h A.3h时，反应②正、逆反应速率相等 B.该温度下的平衡常数：①>② C.0~3h平均速率v(异山梨醇)=0.014mol· kg-1·h-1 D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率 10.(不定项)(2023·山东卷，4分)一定条件下， 化合物E和TFAA合成H的反应路径如下： OH -CF3CO2H CF3 TFAA OOCCF3 COCF +CF2CO2H -CF2CO2H G F3C O CF3 TFAA 已知反应初始E的浓度为0.10mol·L-1, TFAA的浓度为0.08mol·I-1,部分物种 70 的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反 应过程中的体积变化。下列说法正确的是 0.10 0.10 ○0.08 0.08 ·0.06 H 0.06 0.04 TFAA 0.02 0.02 0 G 011 t/s A.t1时刻，体系中有E存在 B.t2时刻，体系中无F存在 C.E和TFAA反应生成F的活化能很小 D.反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08mol ·L-1 11.(2023·湖南卷，3分)向一恒容密闭容器中 加入1 mol CH4和一定量的H2O,发生反 应：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)。 CH4的平衡转化率按不同投料比x(x= n(CH) 随温度的变化曲线如图所示。下列 n(H2O) 说法错误的是 6 T/K A.x<x2 B.反应速率：b正<v正 C.点a、b、c对应的平衡常数：Ka<Kb=Kc D.反应温度为T1,当容器内压强不变时，反 应达到平衡状态 12.(2022·湖南，4分)向体积均为1L的两恒容 容器中分别充入2molX和1molY发生反 应：2X(g)+Y(g)一Z(g)△H,其中甲为 绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强 随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确 的是 压强 甲 b 时间 A.△H>0 B.气体的总物质的量：na<nc C.a点平衡常数：K>12 D.反应速率：va正<b正 13.（2022·广东卷，4分)恒容密闭容器中， BaSO4(s)+4H2 (g)=BaS(s)++4H2O(g) 不同温度下达平衡时，各组分的物质的量() 如图所示。下列说法正确的是 [ow 起始组成：4molH2 2 1 mol BaSO a 且2 0 200400600800 T/℃ A.该反应的△H<0 B.a为n(H2O)随温度的变化曲线 C.向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动 D.向平衡体系中加入BaSO4,H2的平衡转化 率增大 7 14.(2026·黑吉辽蒙卷，14分)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图1(M: 催化剂，*CH:活性碳氢物质)： CH2=CHz CH-M一CHCH M-CHsCH 分*CH CH.CHS CHCH=CH2 -H CHM-CH-CH,CH CH.CH.CH,+H 图1 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： D6CO(g)+3H2 (g)C3 H6(g)+3CO2 (g) △H1 ②C3H6(g)+H2(g)=C3Hg(g)△H2= -124kJ·mol-1 ③CO(g)+H2O(g)—=CO2(g)+H2(g) △H3=-41kJ·mol-1 ④3CO(g)+6H2(g)=C3H6(g)+ 3H2O(g)△H4=-374kJ·mol-1 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)传统费托反应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2中抑制副反应的最适宜催化 剂为 (填“MgAPO“SAPO”或“GeA- PO”)。430℃时，CO2的选择性为32%，根 据图3，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) 生成总烃消耗n(CO) ×100%、选择性(CO2) 生成的n(CO2) 消耗的n(CO) ×100%] 进料组成：CH1.2% H266.6%Ar 32.2% ▣MgAPO 50 ▣SAPO 40 ☐GeAPO 30 20 400 420 440 温度/℃ 图2 催化剂1催化剂2催化剂3 其 100 口 80 80 83 79 60 40 20 0-0 81 83 5 C0转化率% 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n(H2) :n(CO)=2.5、CO2选择性为a%或b%时， CO转化率与温度的关系如图4所示，则 b(填“>”“=”或“<”，下同)，反 应③的正(M) 递(N)。 72 80 70H C0选择性=b 解 60 M CO 50 选择性 40H 30L 410430450470490 温度/℃ 图4 (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，CO的转化 率为50%，丙烯的选择性为90%，则 (C3H6):(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)。 15.(2026·陕晋宁青卷，15分)利用1,2-二氯乙 烷与乙炔生产氯乙烯的主要反应为： I.C2HCl2(g)-C2 H3 CI(g)+HCI(g) △H1>0 Ⅱ.C2H2(g)+HC(g)—C2H3C1(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。 物质 C2HCl2 (g) C2 H2 (g) C2 H3CI(g) 相对能量 -126 +227 +37 (k·mol-l) Ⅲ.C2H4C12(g)+C2H2(g)—2C2H3C1(g) △H3= kJ·mol-1. ②上述三个反应的1nK(K为平衡常数)随 (T为温度)的变化如图。曲线c下降的原因 是 ,代表 反应Ⅲ的曲线是 (填“a”“b”或“c”)。 救 (2)①某温度下，在压强为pkPa的恒压密闭 如 反应器中，按n(C2H2):n(C2H4Cl2): 训 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。 量 ②氯乙烯与乙炔在含Ru催化剂上有竞争吸 附。己知乙炔的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。 荞 (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），使乙炔转化率接 近100%。 斐 C,H、物的，一位置位置2位置3二C,HC1,N 等物质的量的 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 不 ②反应器位置1中的C2H4Cl2生成C2H3Cl、 HC1、·H和·Cl。在位置2引入新催化剂， 将存活时间短的·H和·CI变成*H和 73 *C1,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。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)。 TSI TS4 TS表示过渡态 云12廷5 a TS6 *表示吸附态 Ts5d、d a:*C2H,+HCI c b:*C2H2+*Cl+*H 买 c:*C2H2CI+*H 催化剂A b 催化剂B d:℃HCI 部分反应历程 16.(2026·河北卷，14分)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CO2 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.C3H8(g)+CO2(g)=C3H6(g)+ CO(g)+H2O(g)△H1 使用铂锡双金属催化剂(M),上述反应分两 步进行： Ⅱ.C3H8(g)==C3H6(g)+H2(g)△H2= +124kJ·mol-1 Ⅲ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)十H2O(g) △H3=+41kJ·mol-1 回答下列问题： (1)△H1= kJ·mol-1。 (2)550℃时，恒容密闭容器中装有0.20g催 化剂M,按n(C3Hg):n(CO2)=1:1通入 混合气体，反应2h后得到0.012molC3H6, 则0~2h内每克催化剂催化生成C3H6的平 均速率为 mol·h-1·g-1。下列能 说明该体系达到平衡状态的是 (不定项选择，填标号) a.n(C3 H6)=n(H2)+n(CO) b.C3H6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所示（吸 附在催化剂表面上的物种用标注)： ①*CH3CH2CH3→*CH3CH2+*CH3 ②*CH3CH2CH3→米CH3CHCH3+*H ③*CH:CHCH3→*CH3CH+*CH3 ④*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+H 4.0 3.26 3.0 2.0 2.09 1.0 0.94 0.80 0.0 ②③④ 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C3Hg和CO2各1mol,在不同温 度下体系达平衡时各组分的物质的量如图 所示： 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 翠 0.2 0.1 0.0 450500550600650700 温度/℃ 74 ①图中曲线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 17.(2026·湖南卷，14分)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： mC0(g)十2mH2(g)催化剂C,Hn(g)十 nH2O(g)。 回答下列问题： (1)该反应的关键在于CO活化路径的调控。 图I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“M” 或“M2”)。催化剂为M2时，反应历程中决速 步（速率最慢）的反应方程式为 3]*表示催化剂表面的吸附位点 A 2T$表示过渡态 -M 0 M -2 反应 *令8皮浴历程 H *HCO+ 图I (2)恒压条件下，该反应若改用M3(Na/FeC @Fe3O4)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： i.CO(g）十2H2（g)= 3CH6(g)+ H2O(g)△H1=-124.6kJ·mol-1 ii.yCO(g)+yH2O(g)=yCO2 (g)+ yH2(g)△H2=-41.2ykJ·mol-1 imi.(1+y)CO(g)+(2-y)H2(g)= CHa)(1-)H2O(g)+xCOa() △H3 ①当y=0.5时，反应m的△H3= kJ.mol-1。 ②己知反应的平衡常数K与温度T之间符 合：lnK= H+C(R为摩尔气体常数，C RT 为常数)。当y=1时，反应i和i的lnK与 温度T的数据如表所示，反应对应表中数 据 (填“a”或“b”)。 T 423K 623K 723K 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CO2的选择性 均减小，其可能原因是 (选择性 转化为日的产物所消耗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CO,选择性分别与 H2/CO投料比之间的关系，H2/CO投料比 75 为1.5时，副产物甲烷的选择性为10%，烯烃 的氢原子经济性= 90 60 -60 ·30 30 0 0 0.51.01.52.02.53.0 H/CO投料比 图Ⅱ 18.(2026·云南卷，14分)“双碳”目标推动科技 发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲 酯(DMT)的路径如下： CO- 热催化 (COOCH32 电催化，(CHOHCOOCH)2 DMO DMT 回答下列问题： I.“热催化”中主反应： i.2CO (g)+2CH3ONO (g)- (COOCH3)2(1)+2NO(g)△H1△S (1)已知：4CO(g)+4CH3OH(g)+O2(g) =2(COOCH3)2(1)+2H2O(g)△H2 4NO(g)+4CH3OH (g)+O2 (g)- 4CH3ONO(g)+2H2O(g)AH3 则△H1= (用含△H2和△H3的代 数式表示)，△S 0(填“>”或“<”)。 (2)一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应 i,提高CH3ONO平衡转化率的措施有 (填序号)。 A.及时移走(COOCH3)2 B.通人N2 C.增大CO和CHONO投料比 D.加入催化剂 (3)“热催化”存在两个副反应，其中生成“副 产物1”(CO(OCH3)2)的副反应： ii.CO(g)+2CHgONO(g)=CO(OCH3)2(g) +2NO(g) 一定条件下，CH3ONO平衡转化率和产物选 择性随温度变化关系如图1。 [比如：DMO选择性= 2n(生成的DMO) n(转化的CH3ONO) ×100%] ·CHONO☐DMO☐副产物1□副产物2 100 ● 100 130.90) 290 80 60 8 ONOHO 40 130,75 70 20 60 120 130 140 150 160 170 温度/℃ 图1 ①“热催化”反应较适宜的温度区间为 (填序号)。 A.120~140℃ B.130150℃ C.140160℃ ②130℃，若恒容密闭容器中只发生反应1、 i,当CO和CH3ONO的初始浓度分别为 2mol·L-1、1mol·1-1,结合图1信息，平 衡时c(CH3ONO)= mol·L-1,反 应i的Ke= (mol·L-1)-2(列出 计算式即可)。 Ⅱ.“电催化”中：DMO 电催化，DMT (4)25℃时，DMT的生成速率v与c(DMO) 关系如图2，已知该反应的速率方程为= kcm(DMO),其中k为速率常数。 76 15.60 210.92 6.24 0.040.160.280.40 c(DMO)/mol·L-l) 图2 ①当c(DMO)增加10倍，v也增加10倍，则 m为 ②速率常数k为 s一1（列出计算式即 可)。 (5)生成DMT的电极反应式为2(COOCH3)2 +6H++6e-(CHOHCOOCH3)2+2Y, 其中Y为 (填结构简式)。 19.(2026·浙江1月，14分)将CO高效转化成 CO2,在能源、环保等领域具有重要的应用价 值。请回答： (1)已知： I.CO2(g)+H2 (g)-CO(g)+H2O(g) △H1=+41kJ·mol-1K Ⅱ.2H2(g)+O2(g)=-2H2O(g) △H2=-484kJ·mol-1K2 Ⅲ.C0(g)+70(g)-C0(g)△H K3 ①△H3= kJ·mol-1。 ②常温常压下，在密闭体系中CO与O2以体 积比为2：1混合放置数年，没有明显生成 CO2,有同学认为原因是反应Ⅲ的平衡常数 K3极小。请判断该同学观点是否正确 (填“正确”或“错误”)，并设计实验验证 (简述实验方法即可)。 (2)Pt元素独特的原子结构使其具有优良的 吸附、活化气体小分子的能力。某研究小组 开发了一种Pt催化剂，在250℃、该催化剂 作用下，CO转化为CO2过程中的反应如下 (表示物质吸附在催化剂表面，示意图如 图)： T IN.CO(g)→CO CO(g) CO* V.O2(g)→O2→20* ○吸附 I.O*十CO*→O…CO米（过 P基催化剂 渡态)》 I.O…CO*→CO 咖 Ⅷ.CO2→CO2(g） 当 ①Pt(原子序数为78)位于元素周期表第 周期 族。 ②反应IV的△S 0(填“>”“<”或 量 “=”)。 ③请在下图虚线框内用“ ”标出 C02 的位置。 能量↑ C0g)+号0g 2 O…CO* O*+C0* C02(g) (3)研究小组采取措施，在其他条件不变时， 使得上述(2)的反应体系的转化温度由 250℃降至30℃。30℃时，相关反应的活化 能(Ea)如下表： 字号 反应 Ea/(kJ·mol -1) a CO →C*+0“ 144 b O2(g) →02 →20” 101 77 O*十H*→OH 56 d CO(g)→CO" 48 e O2H*→0*+OH 40 O*+C0* →0…C0*→C0 39 O2(g)+H* →O2H 24 h H2(g)→H →2日* 15 OH*+H→H2O →HO(g） 14 ①该研究小组采取的措施是 ②推测采取措施后体系内的反应历程。请从 上表中选择反应，并按照合理顺序将该反应 历程补充完整： (填序号)→CO,→CO2(g)。 20.(2025·广东卷，14分)钛单质及其化合物在 航空、航天、催化等领域应用广泛。 (1)基态T原子的价层电子排布式为 (2)298K下，反应TiO2(s)+2C(s)+2C2(g) 一TiCL4(g)+2CO(g)的△H<0、△S>0,则 298K下该反应 (填“能”或“不能”) 自发进行。 (3)以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0mol TiCl4与10.0 mol Ti放入容积为V。L的恒 容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 △H Ti(s)+Ticl (g)= (a) △H1 2TiCl,(s) TiClz (s)+TiCl(g)= (b) +200.1kJ·mol-1 2TiCls(g) Ti(s)+3TiCl(g)= (c) +132.4kJ·mol-1 4TiCls(g) (d) TiCls(g)--TiCla(s) △H2 ①△H1= kJ·mol-1 ②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。 曲线I对应的物质为 ③温度ToK下，n[TiCl4(g)]= mol, 反应(c)的平衡常数K= (列出算 式，无须化简)。 (Tm.8.5) 8 Ti(s) (T0,6.0 6 4 TiCla(s) TiCh(g) 1073 1173 1273 T/K (4)钛基催化剂可以催化储氢物质肼(N2H4) 的分解反应： (e)N2H4N2+2H2 (f)3N2H4—N2+4NH3 为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以 肼的水溶液为原料（含N2H4的物质的量为 no),进行实验，得到n1/no、n2/no随时间t变 化的曲线如图。其中，1为H2与N2的物质 的量之和；n2为剩余N2H4的物质的量。 2 (to,y1) to,y2) t/min 设ne为O~t时间段内反应(e)消耗N2H4的 物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选 择性用，”eX100%表示。 n0-n2 ①0~lo min内，N2H4的转化率为 (用含y2的代数式表示)。 78 ②0~to min内，催化剂的选择性为 (用含y1与y2的代数式表示，写出推导过 程)。 21.(2025·陕晋宁青卷，15分)MgCO3/Mg0循 环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。 科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成 CH4的路线，主要反应如下： I.MgCOs(s)-MgO(s)+CO2(g)AHI =+101kJ·mol-1 Ⅱ.CO2(g)+4H2(g)—CH4(g)+ 2H2O(g)△H2=-166kJ·mol-1 Ⅲ.CO2(g)+H2(g)—H2O(g)+CO(g) △H3=+41kJ·mol-1 回答下列问题： (1)计算MgCO3(s)+4H2(g)MgO(s)+ 2H2O(g)+CH4(g)△H4= kJ·mol-1。 (2)提高CH4平衡产率的条件是 (填 序号)。 A.高温高压 B.低温高压 C.高温低压 D.低温低压 (3)高温下MgCO3分解产生的MgO催化 CO2与H2反应生成CH4,部分历程如图甲， 其中吸附在催化剂表面的物种用标注。所 示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 过 过 过渡态 过渡态 ① *H+*H+*HOO O工+禁E+E+HU+*O ③ OH+*H+*H ④ OH+*HO 甲 (4)100kPa下，在密闭容器中H2(g)和 MgCO3(s)各1mol发生反应。反应物(H2、 MgCO3)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2) 的选择性随温度变化关系如图乙、丙所示（反 应Ⅲ在360℃以下不考虑). 8100 80 60 H, 20 0 200 300400 500 600 温度/℃ 乙 50.0 49.5 49.0 266 267268 269 270 温度/℃ 该图为乙图内点M附近区域放大图 丙 注：含碳生成物选择性 含碳生成物的物质的量 MgCO3转化的物质的量 ×100%。 79 ①表示CH,选择性的曲线是 (填序 号) ②点M温度下，反应Ⅱ的K。= (kPa)一2（列出计算式即可）。 ③在550℃下达到平衡时，n(C0)= mol。 500~600℃，随温度升高H2平衡转化率下 降的原因可能是 22.(2025·黑吉辽蒙卷，14分)乙二醇是一种重 要化工原料，以合成气(CO、H2)为原料合成 乙二醇具有重要意义。 催化剂 I.直接合成法：2CO(g)+3H2(g)= HOCH2CH2OH(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)、HOCH2CH2OH(g) 的燃烧热（△H)分别为一akJ·mol-1、 -bkJ·mol-1、-ckJ·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(34MPa) 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 COOCH -CH2OH COOCH3 -CHOH DMO(g) MG(g) CH2OH +H2 CH3 CH2OH -H2O CH2OH 乙二醇(g） 乙醇(g) (4)在2MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件 n(H2) 下，发生上述反应，初始氢酯比m(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 n生成（该物质） n消耗(DMO) ×100%]. (483.99) 100 80 60 A(450.50) 40 20 (483,2) 0 443 463 483 503 523 温度K ①己知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 (填图中序号，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 (填序号)。 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（乙醇）的值为 n(DMO) (精确至0.01)。 80 ④A点反应MG(g)+2H2(g)=CH3OH(g) +HOCH2CH2OH(g)的浓度商Qx= (用物质的量分数代替浓度计算，精确至 0.001)。 23.(2025·安徽卷，15分)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 HCOOH(g)-CO2(g)+H2(g) △H2=-14.9kJ·mol-1 (1)反应CO(g)+H2O(g)一CO2(g)十 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 (填序号)。 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 过渡态2 HCOO* +H* 过渡态1COOH CO(g) 丈H* HCOOH(g) +H2O(g) 反应① 反应② HCOOH* C0(g) +H2(g) 反应历程 甲 五年真题分类汇编·化学 学校 班级 学号 姓名 密 线 禁 平衡转化率% n(COtn(H)的信华 0 三 文B明/A汇党合：煤市程设厅2 c国入AR 10/10/80 20/20/60 5CH(g)+H2O(g) N CH/CO:/Ar 30/30/40 40/40/20 50/50/0 CO(g)+3H2 (g) 4C00(8)+H8)110008)4P08) 3CHa(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2 (g) 8 Y 24.(2025·河北卷，15分)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(ag)+H2O(1)-EG(aq)△H <0 副反应：EO(ag)十EG(ag)—DEG(ag) 体系中环氧乙烷初始浓度为1.5mol·L-1, 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，v总(E0)= mol· L-1·min-l。 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.0~30min内，v总(EO)=v总(EG) c.0~30min内，v生(EG)：削(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)+3H2(g)=-HOCH2 CH2 OH(g) △H 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。a分别为0.4、0.5和 0.6时，温度与压强的关系如图： 251 20 N La 10 480490500510520T/K ①代表a=0.6的曲线为 (填“L1” “L2”或“13”)；原因是 ②△H 0(填“>”“<”或“=”)。 ③已知：反应aA(g)+bB(g)=yY(g)+ Z(g).Kx=(Y)a-(Z) x为组分的物质 xa(A)x(B) 的量分数。 M、N两点对应的体系，Kx(M) Kx(N)(填“>”“<”或“=”)，D点对应体系 的K的值为 ④已知：反应aA(g)+bB(g)=yY(g)+ Z(g),K。=CYp(Z Cba(A)b(B),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Po MPa,使a(H2)=0.75,此时 Kp= MPa-4(用含有m和po 的代数式表示)。 25.(2024·吉林卷，13分)为实现氯资源循环利 用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HC 废气： 2HCI(g)+202(g)-C12(g)+H,0(g) △H1=-57.2kJ·mol-1△SK 将HC1和O2分别以不同起始流速通入反应 器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通 过检测流出气成分绘制HCI转化率（α）曲 82 线，如下图所示（较低流速下转化率可近似为 平衡转化率)。 90 -0000 70F 60 n(HCl):n(O2)=4:3 M 0.17,61) 0.180.140.100.06 HCI流速/(mol·h-) 一T 图1 0-T2 +T3 90 h▲A 000-0-0 解80… 0.10,80) n(HC1):n(O2)=44 0.180.140.100.06 HCI流速/(mol·h-1) 图2 回答下列问题： (1)△S 0(填“>”或“<”)；T3= ℃。 (2)结合以下信息，可知H2的燃烧热△H= kJ·mol-1。 H2O(1)—H2O(g) △H2=+44.0kJ·mol-1 H2(g)+Cl2(g)-2HCI(g) △H3=-184.6kJ·mol-1 (3)下列措施可提高M点HCI转化率的是 (填标号)。 A.增大HCl的流速 B.将温度升高40℃ C.增大n(HCl):n(O2) D.使用更高效的催化剂 (4)图中较高流速时，a(T3)小于α(T2)和 α(T1),原因是 (5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温 度下反应的平衡常数K= (用平衡 物质的量分数代替平衡浓度计算)。 (6)负载在TiO2上的RuO2催化活性高，稳 定性强。TiO2和RuO2的晶体结构均可用 下图表示，二者晶胞体积近似相等，RuO,与 TiO,的密度比为1.66，则Ru的相对原子质 量为 (精确至1)。 26.(2024·河北卷，15分)氯气是一种重要的基 础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生 产。硫酰氯及1,4-二（氯甲基）苯等可通过 氯化反应制备。 (1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上 制备原理如下： SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(g)AH= -67.59kJ·mol-1 ①若正反应的活化能为E正kJ·mol一1，则逆 反应的活化能E逆= kJ·mol-1 (用含E正的代数式表示)。 ②恒容密闭容器中按不同进料比充人SO2(g) 和C2(g),测定T1、T2、T3温度下体系达平 衡时的△p(△p=po一p,po为体系初始压 强，o=240kPa,p为体系平衡压强)，结果 如图1。 83 75 70 6 0 1M2.60) 50 45 40 T 35 20 1.52 2.5 33.54 n(SO2):n(Cl2) 图1 图1中温度由高到低的顺序为 ,判断依据为 M点Cl2的转化率为 ,T1温度下用 分压表示的平衡常数K,= kPa-1。 ③图2曲线中能准确表示T1温度下△p随 进料比变化的是 (填标号)。 750 70B 65d 860日 55 4501 4 40p 35 0.00.51.01.52.02.53.03.54.0 n(SO2):n(Cl2) 图2 (2)1,4-二（氯甲基）苯(D)是有机合成中的 重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应 合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为 CI Cl2 CH CI ② D ④ Cl2 Cl2 C】Cl2 CH CH③HC M G 以上各反应的速率方程均可表示为= kc(A)c(B),其中c(A)、c(B)分别为各反应中 对应反应物的浓度，k为速率常数(k1一k5分 别对应反应①一⑤)。 某温度下，反应器中加入一定量的X,保持体 系中氯气浓度恒定（反应体系体积变化忽略 不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。 已知该温度下，k1:k2：k3:k4:k5=100: 21：7:4:23。 ①30min时，c(X)=6.80mol·L-1,且30 60min内v(X)=0.042mol·L-1·min-1, 反应进行到60min时，c(X)= mol·L-1。 ②60min时，c(D)=0.099mol·L-1,若0 60min产物T的含量可忽略不计，则此时 c(G)= mol·L-1;60min后，随 T的含量增加，cD c(G) (填“增大” “减小”或“不变”)。 27.(2024·湖北卷，14分)用BaCO3和焦炭为原 料，经反应I、Ⅱ得到BaC2,再制备乙炔是我 国科研人员提出的绿色环保新路线。 反应I:BaCO3(s)+C(s)=BaO(s)+2CO(g) 反应I:BaO(s)+3C(s)==BaC2(s)十CO(g) 回答下列问题： (1)写出BaC2与水反应的化学方程式 (2)已知Kp=(pCo)”、K=（ 105Pa “(n是 CO的化学计量数)。反应I、Ⅱ的lgK与温 度的关系曲线如图1。 84 4 反应1585.2.5 1320.0才 00 反应Ⅲ正 -2 (1585,-1.$) 1200 1600 2000 T/K 图1lgK与T的关系曲线 ①反应BaCO3(s)+4C(s)=BaC2(s)+ 3C0(g)在1585K的Kp= Pa3。 ②保持1320K不变，假定恒容容器中只发 生反应I,达到平衡时CO= Pa,若 将容器体积压缩到原来的，，重新建立平衡 后pc0= Pa。 (3)恒压容器中，焦炭与BaCO3的物质的量 之比为4：1，Ar为载气。1400K和1823K 下，BaC2产率随时间的关系曲线依实验数据 拟合得到图2（不考虑接触面积的影响）。 100 80 -1823K 20 …1400K 1 时间 图2BaC2产率与时间的关系曲线 ①初始温度为900K,缓慢加热至1400K 时，实验表明BaCO3已全部消耗，此时反应 体系中含Ba物种为 ②1823K下，反应速率的变化特点为 其原因是 五年真题分类汇编·化学 学校 班级 学号 姓名 密 禁 答-题 (3双kH) 出口处氨含量/% cn CO+H2- +HCO3 请素系你图验示。AO.深量大出27。出H 度对COc观CH:)sCO」格 (NHES祖街六锦合接旗想CH O任分街C0务健集文社中糕 a-Fe/Al2O3 0(HP)-L:2提合含速通入合被格：废压试 Fe2O: (压效装！ CO2+H2O 舌 HCOO 28.2021:元际有：62二司能福业牌捷想聘 -Fe表面积m2·g moe。 1mol欧想合二语 光 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂 的0.1mol·L-1 NaHCO3溶液中通入H2, HCOO一产率随温度变化如图所示。温度高 于70℃，HCOO厂产率下降的可能原因是 30 25 20 40 0607080 温度/℃ ②使用含氨基物质（化学式为CN一NH2,CN 是一种碳衍生材料)联合Pd一Au催化剂储 氢，可能机理如图所示。氨基能将HCO5控 制在催化剂表面，其原理是 用重氢气(D2)代替H2,通过检测是否存在 (填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 0 OPd HO OAu NH2 0 88 H2 HCO步骤I步骤Ⅱ NH盟 H2ONH 步骤Ⅲ 88 HCOO 29.(2024·新课标卷，14分)Ni(CO)4(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： (1)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同，晶胞 体积为a3,镍原子半径为 (2)Ni(CO)4结构如图所示， 其中含有。键的数目为 0≡C-W、 ,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CO(g)反应达平衡时，Ni(CO)4 体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应 Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)的△H 0(填“大于”或“小于”)，从热力学角度 考虑， 有利于Ni(CO)4的生成（写 出两点)，p3、100℃时CO的平衡转化率a= ,该温度下平衡常数K。 (MPa)-3 1.0T8 0.9 0.8 0.7 0.6 D 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0.0 5060708090100110120130 t/℃ (4)对于同位素交换反应Ni(C16O)4+C18O →Ni(C16O)3C18O+C16O,20℃时反应物 浓度随时间的变化关系为c,(Ni(C16O)4)= co(Ni(C16O)4)e一：(k为反应速率常数)，则 Ni(C16O)4反应一半所需时间t号= (用k表示)。 30.(2023·新课标卷，15分)氨是最重要的化学 品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首 位。回答下列问题： 86 (1)根据图1数据计算反应号(g)+馬(g) —NH(g)的△H= kJ·mol-1。 N(g)+3H(g) Nwe+2e IN+H.() NH2(g)+H(g) 上NKg+号H@ 2 NH:(g) 图1能量转换关系 (2)研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可 能通过图2机理进行（表示催化剂表面吸 附位，N表示被吸附于催化剂表面的N2)。 判断上述反应机理中，速率控制步骤（即速率 最慢步骤)为 (填步骤前的标号)，理 由是 (1)N2(g)+*=N2 (i)N2*+*一2N* (i)H2(g）十*=H2* (iV)H2*十*一2H (V)N*十H*一NH米十* (…)NH3NH3(g)+ 图2反应机理 (3)合成氨催化剂前驱体（主要成分为 Fe3O4)使用前经H2还原，生成a-Fe包裹的 Fe3O4。已知&-Fe属于立方晶系，晶胞参数 a=287pm,密度为7.8g·cm-3,则a-Fe晶 胞中含有Fe的原子数为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 (4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应 达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下 图所示。其中一种进料组成为xH=0.75、 y,=0.25,另一种为xH=0.675、c=0.225、 xAr=0.10。(物质i的摩尔分数：x;=n1/n总) 0.40 0.30 麦0 P2=20 MPa 0.10 ; 0 5006007008009001000 TK 图3 0.40 0.30 0.20 P2=20 MRa 0.10 5006007008009001000 T/K 图4 ①图中压强由小到大的顺序为 判断的依据是 ②进料组成中含有惰性气体Ar的图是 ③图3中，当p2=20MPa、xNH=0.20时， 氮气的转化率α= 。 该温度时，反应 2N2(g)+多H:(g)一NHg(g)的平衡常数 Kp= (MPa)一1（化为最简式）。 31.(2023·全国乙卷，14分)硫酸亚铁在工农业 生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦 黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答 下列问题： 87 (1)在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热 分解过程如图所示： 50 FaSO. Fs6f·yH2o/ 45.3% 40i 38.8% 30 eSO,·H2D ￥20 19.4% 10 FeSO4·7H2O/ 050100150200250300 温度/℃ 根据上述实验结果，可知x= ,y= (2)已知下列热化学方程式： FeSO.7H2O(s)=-FeSO4(s)++7H2O(g) △H1=akJ·mol-1 FeSO.xH2O(s)-FeSO(s)+xH2O(g) △H2=bkJ·mol-1 FeSO.yH2O(s)-FeSO(s)+yH2O(g) △H3=ckJ·mol-1 则FeSO4·7H2O(s)+FeSO4·yH2O(s) -2(FeSO4·xH2O)(s)的△H= kJ·mol-1。 (3)将FSO4置人抽空的刚性容器中，升高温度 发生分解反应：2FeSO4(s)==Fe2O3（s)十 SO2(g)+SO3(g)(I)。平衡时Ps,一T的关系 如下图所示。660K时，该反应的平衡总压 P总一 kPa、平衡常数K,(I)= (kPa)2。K。(I)随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。 5.0 4.5 4 3.5 3.0 2.5 2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 560 600 640680 720 760 T/K (4)提高温度，上述容器中进一步发生反应 2SO3(g)==2SO2(g)+O2(g)(Ⅱ)，平衡时 o,= (用ps0,ps0,表示)。在929K 时，p总=84.6kPa,ps0,=35.7kPa,则ps0 = kPa,Kp(Ⅱ)= kPa(列 出计算式)。 32.(2023·山东卷，12分)一定条件下，水气变 换反应CO十H2O=CO2十H2的中间产物是 HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH 水溶液在密封石英管中的分解反应： I.HCOOH=CO+H2O(快) Ⅱ.HCOOH—=CO2+H2(慢) 研究发现，在反应I、Ⅱ中，H+仅对反应I有 催化加速作用；反应I速率远大于反应Ⅱ，近 似认为反应I建立平衡后始终处于平衡状 态。忽略水的电离，其浓度视为常数。 回答下列问题： (1)一定条件下，反应I、Ⅱ的焓变分别为 △H1、△H2,则该条件下水气变换反应的焓变 △H= (用含△H1、△H2的代数式 表示)。 88 (2)反应I正反应速率方程为：v=kc(H+)· c(HCOOH),k为反应速率常数。T1温度 下，HCOOH电离平衡常数为Ka,当 HCOOH平衡浓度为xmol·L-1时，H+浓 度为 mol·L-1,此时反应I正反 应速率v= mol·L-1·h-1 (用含Ka、x和k的代数式表示)。 1.0· C02 d. b: T.low) 0.0 C0 HCOOH h (3)T3温度下，在密封石英管内完全充满 1.0mol·L-1 HCOOH水溶液，使HCOOH 分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓 度与反应时间的变化关系如上图所示（忽略 碳元素的其他存在形式)。1时刻测得CO、 CO2的浓度分别为0.70mol·L1、0.16mol· L一1，反应Ⅱ达平衡时，测得H2的浓度为 ym·,体系达平商后0 (用含y的代数式表示，下同)，反应 Ⅱ的平衡常数为 相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含 有0.10mol·L-1盐酸，则图示点a、b、c、d 中，CO新的浓度峰值点可能是 (填标号)。与不含盐酸相比，CO达浓度峰值 时，CO2浓度 (填“增大”“减小”或 c(CO) “不变”)，(CO0m的值 (填“增大”“减小”或“不变”)。 33.(2023·湖南卷，14分)聚苯乙烯是一类重要 的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。 I.苯乙烯的制备 (1)已知下列反应的热化学方程式： ①C6H5C2H5(g) 20(g)一8c0(g)+ 5H2O(g） T △H1=-4386.9kJ·mol-1 2C6 Hs CH=CH2 (g)+1002(g)-8CO2(g) 宝 +4H2O(g) △H2=-4263.1kJ·mol-1 如 吹 ③H,(g)+20,(g)一H,0(g △H3=-241.8kJ·mol-1 计算反应 DCcH;C2H(g)=C6H.CH-CH2(g)+ 蠻 H2(g)的△H4= kJ·mol-1 (2)在某温度、100kPa下，向反应器中充入 1mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为 50%,欲将平衡转化率提高至75%，需要向 反应器中充入 mol水蒸气作为稀释 超 气（计算时忽略副反应）； (3)在913K、100kPa下，以水蒸气作稀释 气、Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯 外，还会发生如下两个副反应： 共 5C6HC2H5(g)-C6H6(g)+CH2-CH2(g) 6C6H5 C2 H5(g)+H2(g)C6H5CH3(g) 尔 +CH(g) 以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的 问 选择性S(S= 转化为目的产物所消耗乙苯的量 已转化的乙苯，总量 89 100%)随乙苯转化率的变化曲线如图所示， 其中曲线b代表的产物是 理由是 96 94 93 90 6 2 0 5055657585 乙苯转化率% (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(①)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。 (5)引发剂C6HCH2C1、C6HCH2Br、C6HCH2I 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K即。由此可知， CuBr在配体I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)。 34.(2023·辽宁卷，14分)硫酸工业在国民经济 中占有重要地位。 (1)我国古籍记载了硫酸的制备方法—“炼 石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代 仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分 解的TG曲线（热重）及DSC曲线（反映体系 热量变化情况，数值已省略)如下图所示。 700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成 的氧化物有SO2 和 (填化 学式)。 2.5 2.2 DSC 一吸热峰 TG 1.6 1.6mg 1.3 1.0 0.8mg0.72mg 0.7 200 400 600 80010001200 温度℃ (2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76% 以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下： NO2+SO2+H20-NO+H2SO 2NO+02-2NO2 (1)上述过程中NO2的作用为 (ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终 被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。 (3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化 氧化： S02(g)+302(g)一S0(g) △H= -98.9kJ·mol-1 90 (ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最 佳生产温度，绘制相应转化率（α）下反应速率 (数值已略去)与温度的关系如下图所示，下 列说法正确的是 a=0.88 4a=0.90 a=0.92 470480490500510520 温度/℃ a.温度越高，反应速率越大 b.a=0.88的曲线代表平衡转化率 c.α越大，反应速率最大值对应温度越低 d.可根据不同α下的最大速率，选择最佳生 产温度 (ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学 家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和 转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是 (填标号)。 80 a-V-K 00 b◆-V-K-Cs 20 c◇-V-K-Ce d-V-K-Cs-Ce 0+ 300350400450500550 温度/℃ (i)设O2的平衡分压为p,SO2的平衡转化 率为ae,用含p和ae的代数式表示上述催化 氧化反应的K。= (用平衡分压代替 平衡浓度计算)。 35.(2023·湖北卷，14分)纳米碗C40H10是一种 奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C4oH1o 可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭 环脱氢反应生成。C0Hn(g)HC0Hs(g)十 H2(g)的反应机理和能量变化如下： 过渡态3 150.8 过渡态2 过渡态1 110.3 70.9 CoHI8+H·+H 20.7 0.0 CxoH+H2 9.5 CaoH20+H- CnoH1+H2 反应历程 回答下列问题： (1)己知C40H中的碳氢键和碳碳键的键能分 别为431.0kJ·mol-1和298.0kJ·mol-1,H H键能为436.0k·mol-1。估算C4oH2o(g) =C40H18(g)十H2(g)的△H= k·mol-1。 (2)图示历程包含 个基元反应，其中 速率最慢的是第 个 (3)C40H1o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C40H12(g) —C40H1o(g)十H2(g)发生，反应过程中压 强恒定为po(即C40H12的初始压强)，平衡转 91 化率为a,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)。 (5)C40H19(g)=C40H18(g)+H·(g)及 C4oH11(g)一C40H1o(g)+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，mK=一食+ 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 一CHo -----CgoHu T/K- (6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率， 又能增大生成C40H1o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 36.(2023·浙江1月，10分)二十大报告提出， 要积极稳妥推进碳达峰、碳中和，CH4还原 CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相 关的主要反应有： I:CH(g)+CO2(g)-2CO(g)+2H2 (g) △H1=+247kJ·mol-1,K1 Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ·mol-1,K2 请回答： (1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是 A.低温低压 B.低温高压 C.高温低压 D.高温高压 (2)反应CH4(g)+3CO2(g)=4CO(g)+ 2H2O(g)的△H= kJ·mol-1,K= (用K1,K2表示)。 (3)恒压750℃时，CH4和CO2按物质的量 之比1：3投料，反应经如图1流程（主要产 物已标出)可实现CO2高效转化。 CH+CO2 CaCO Fe He i试 CaO CO+He CO+H2+CO2 Fe O HO 图1 ①下列说法正确的是 A.Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用 B.过程ii,CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化 CO的平衡正移 C.过程i产生的H2O最终未被CaO吸收， 在过程ⅲ被排出 D.相比于反应I,该流程的总反应还原 1 mol CO2需吸收的能量更多 ②过程i平衡后通人He,测得一段时间内 CO物质的量上升，根据过程，结合平衡移 动原理，解释CO物质的量上升的原因 (4)CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率， R=△n(CO2)/△n(CH4)(同一时段内CO2与 CH4的物质的量变化量之比)。 92 ①常压下CH和CO,按物质的量之比1：3 投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温 度变化如图2，请在图3中画出400~1000℃之 间R的变化趋势，并标明1000℃时R值。 100 (1000.100) ←一CH 2·(400,2.1) R -Co1000.60) 1 0 200 400 600 8001000 4006008001000 温度/℃ 温度℃ 图2 图3 ②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转 化率、R值随温度变化如下表： 温度/℃ 480 500 520 550 CH4转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8 R 2.6 2.4 2.1 1.8 下列说法不正确的是 A.R值提高是由于催化剂X选择性地提高 反应Ⅱ的速率 B.温度越低，含氢产物中H2O占比越高 C.温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率 降低，R值减小 D.改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定 增大 37.(2022·山东卷)利用Y丁内酯(BL)制备1， 4丁二醇(BD),反应过程中伴有生成四氢呋 喃(THF)和1-丁醇(BuOH)的副反应，涉及 反应如下： 反应亚→ )(g)+H,0(g 0 +2H,CH,CH,OH (g)-2H2 (g) THF CH,CH,OH 反应I BD CH.CH.CH.CHOH (B)+HO() BuOH 五年真题分类汇编·化学 学校 班级 学号 姓名 线 内 禁 题 加 XBD/XBL (保明断全有政发卡) 欢止·太或换度AH(493K.3.0X1081kPa A493K.3.0X03kPa和配压H凤用K (og5.0X10-am黄-BL波BD为观绵质断 姚县二川体联阳：O国定姚二海豪压上)程用 (3)(xBD/xBL)max为达平衡时xBD与xBL的比 值。(493K,2.5×103kPa)、(493K,3.5× 103kPa)、(513K,2.5×103kPa)三种条件下，以 5.0×10-3 mol BL为初始原料，在相同体积的 性容学中发生反成，时间安 化关系如图乙所示。因反应在高压H2氛围下 进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、 b、c中，(xBD/cBL)max最大的是 (填 代号)；与曲线b相比，曲线c达到D/x, (xBD/xBL）max =1.0所需时间更长，原因是 考向三反应机理分析 1.(2026·陕晋宁青卷，3分)羟基自由基(·OH)具 有强氧化性，可用于处理有机废水。某科研团 队开发了一种催化剂，将O3高效转化为 ·OH,机理如图。下列说法错误的是() 02 H2O 03 0 ⑤ 催化剂D →HO3 H O ·OH 02 ② HO3← H 02 ③ A.总反应为H2O+3O3一=402+2·OH B.部分·OH中的O来自于H2O C.步骤①中O3与H2O之间形成氢键 D.步骤③发生了氧化还原反应 2.(2026·河北卷，3分)C02的利用技术受到全 球的广泛关注。在一定条件下使用催化剂将 CO2转变为CO的反应机理如下： 吗啉NH N HO H-N-Ru H-N-Ru ④ N-Ru N-Ru ② H①H2 co COH-N-Ru 6 N-Ru co 下列说法错误的是 A.反应③中的产物M是H2O B.循环Ⅱ包含C一N键的形成与断裂 C.吗啉和N一Ru共同起催化作用 D.总反应为CO2十H2 催化剂C0十H20 3.(2026·湖南卷，3分)光催化是一种常用的绿 色有机合成方法，合成化合物M(Ar一表示芳 基，Bu一表示叔丁基)的反应历程如图所示。 下列说法错误的是 8 L-Ni ArC -Ni "Bu Ar L-Ni -Ni(D Bu CI L为配体 PC为含I的光催化剂 A.X→Y过程中既有。键断裂，又有π键断裂 B.Z中Ni的化合价为+2 C.PC②→PC①是一个氧化过程 D.总反应式为 o+ArCl Bu 催化剂 光 Bu 9 4.(2026·云南卷，3分)Ni@ZnInS纳米催化剂经 光照后产生e和空穴(h+),促进a-甲基苯甲 胺脱氢、偶联生成二胺，其催化机理关键步骤如 图(Ph为苯基)。下列说法错误的是( Ph〈HH>PhPh〈HH-Ph Ph〈HH-Ph HNNH2光照HN:H HN::NH2 e htht:e- Oo000000 Ⅱoooo8 Ni@ZnInS Ni@ZnInS Ni@ZnInS Ph Ph Ph)〈Ph+H -2H HaN:NH2 +2H HaN::NH2 oooooo IV O0000000 Ni@ZnlnS Ni@ZnInS A.该过程涉及光能转化为化学能 B.步骤Ⅱ体现了h+的氧化性 C.相同条件下产生的空穴越多，生成的 >一Ph越多 NH2 D.该过程涉及非极性共价键的断裂和形成 5.(2026·浙江1月，3分)某课题组设计一种利 用有机磷化物消除温室气体N2O的方法，原 理如图(Ph代表苯环)。下列说法不正确的是 PhSiH2(OH) PhSiH A.该循环中，化合物I、Ⅲ均可作催化剂 B.化合物Ⅱ中P一N键是N提供孤电子对 C.化合物Ⅲ的结构可能是 P=O D.产物中还可能生成Ph0sp 6.(2025·广东卷，4分)某理论研究认为：燃料 电池（图b)的电极I和Ⅱ上所发生反应的催 化机理示意图分别如图a和图c,其中O2获得 第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上 ( O2+H++e- 气体 气体 H++e- e 质子交换膜 b H+te c A.负极反应的催化剂是ⅰ B.图a中，i到iⅱ过程的活化能一定最低 C.电池工作过程中，负极室的溶液质量保持 不变 D.相同时间内，电极I和电极Ⅱ上的催化循 环完成次数相同 7.(2025·河南卷，3分)在MoS2负载的Rh-Fe 催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为 CH3COOH,其可能的反应机理如图所示。 9 CH.+0. OH CH COOH 下列说法错误的是 A.该反应的原子利用率为100% B.每消耗1molO2可生成1 mol CH3COOH C.反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化 D.若以CD4为原料，用H2O吸收产物可得到 CDCOOH 8.(2025·山东卷，2 N2H N2,H* Cu2+ 分)用肼(N2H4) [Cu(N2H)2]2+ [Cu(N2Ha)2 ] 的水溶液处理核 冷却系统内壁上 Fe2 FesO,,H+ 的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4,反应原 理如图所示。下列说法正确的是 ( A.N2是还原反应的产物 B.还原性：N2H4<Fe2+ C.处理后溶液的pH增大 D.图示反应过程中起催化作用的是Cu2 9.(2025·江苏卷，3分)CO2与NO3通过电催化 反应生成CO(NH2)2,可能的反应机理如图所 示（图中吸附在催化剂表面的物种用“”标 注)。下列说法正确的是 ( *CO2+*NOH.e CO NO CO(NH *CO(NH2)2 A.过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B.过程Ⅱ中NO3发生了氧化反应 C.电催化CO2与NO3生成CO(NH2)2的反应 通电 方程式：CO2+2NO5+18H+ 催化剂 CO(NH2)2+7H2O D.常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3· H2O反应可生产CO(NH2)2 10.(2025·黑吉辽蒙卷，3分)一定条件下， “BrO3-SO号--[Fe(CN)6]4--H+”4种 原料按固定流速不断注人连续流动反应器 中，体系pH一t振荡图像及涉及反应如下。 其中AB段发生反应①一④，①②为快速反 应。下列说法错误的是 6.5 5.5 4.5 3.5 B 2.5 周期 0 20 40 t/min ① SO号+H+=-HSO3 ② HSO3+H--H2SO3 ③ 3HSO +BrOa-3S0+Br+3H ④ H2SO3+BrO3→ BrO3+6H++6[Fe(CN)6]4--Br+ ⊙ 6[Fe(CN)6]3-+3H2O 96 A.原料中c(H+)不影响振幅和周期 B.反应④：3H2SO3+BrO3-3SO2-+ Br+6H+ C.反应①~④中，H+对SO号-的氧化起催化 作用 D.利用pH响应变色材料，可将pH振荡可 视化 11.（2025·河北卷，3分)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Ga2O3(s)+2NH3(g) —=2GaN(s)十3H2O(g)制备。反应历程 (TS代表过渡态)如下： iGazOa(s)+NH(g)Ga2OzNH(s)+H2O(g) 8 ii GazO2NH(s)+NHs(g)>Ga2ON2H2(s)+H2O(g) TS7 iii Ga-ON2H2(s)>2GaN(s)+HO(g) 6 -H2O(g)TS6 6.376.08 TS5↑ ·2GaN(s) 4.34 +H2O(g) 4 -H2O(g)TS4 3.39 T92 2Ga-Os(s)TSI 213TS3+NH(gL.66 3.30 3.0 0+NHs(g)-0.06 0.64 Ga2ON2H2(s) 0.70 -0.73-0.68 0480.05'4 GazO2NH(s) 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ⅲ包含2个基元反应 D.总反应的速控步包含在反应ⅱ中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 c(MO+)+c(M+)始终为1mol·L1,300K、60s时： c(MO) -gM0)十cMF=0.1.即 c(MO) c(MO)+c(M) 100.1,则此时c(MO十)=10-0.1mol·L1,M0十的转化 率为1-10@×10%。（8)(1)结合图示转化可知，步 1 HO CH3 骤I中CH4、MO转化为[ M ]+,C-H 键断裂，形成O一H键，涉及氢原子成键变化，步骤Ⅱ中！ HO CHa M ]+转化为CH3OH和M什，M-O键、： M一C键断裂，形成C一O键，不涉及氢原子成键变化。： (i)由题意可知，MO十与CD,的反应比与CH4的反应慢，！ 反应的活化能越大，反应速率越慢，故MO十与CD!反应 的能量变化对应图中曲线c。()由()中信息可知， CH2D2中C-H键比C一D键更易断裂，CHD2OH更易： 生成，产量更大；结合图中化学键变化情况可知，MO+ 与CHD3反应可生成CHD2OD和CD3OH两种产物。 答案①)-307√ K2 (2b1-10Q1×100% 1 (3)(1)I(i)c(m)<2 考向二 1.D2.C3.B4.C5.D6.A7.C8.B9.A 10.AC11.B12.B13.C 14.解析焓变计算、平衡移动、反应速率比较、反应商计 算等(1)根据题中所给反应历程可知，低碳烯烃易发！ 生加氢反应生成低碳烷烃，且活性碳氢物质可继续发 生反应生成碳链更长的物质，故产品中低碳烯烃产率： 不高。(2)根据题中所给反应的热化学方程式并结合 盖斯定律可知，反应①=3×反应③十反应④，故△H =3△H3+△H4=3×(-41kJ·mol-1)+(-374k· mol-1)=一497kJ·mol-1。反应①为气体分子数减 小的放热反应，基于化学平衡分析，低温高压有利于反 应①的平衡正向移动，有利于合成丙烯。(3)要抑制副： 反应发生，则丙烯的转化率越低越好，根据图2可知， 使用催化剂GAPO时，抑制副反应的效果最佳。由图 3可知，430℃时，C0的最大转化率为85%，CO2的选 择性为32%，故烃的选择性为(1一32%)，又低碳烯烃 的最大选择性为83%，故低碳烯烃的最大收率为(1一 32%)×85%×83%。(4)反应③为放热反应，温度升 高，平衡逆向移动，CO2的生成量减小，选择性降低。！ 根据图4可知，M、N两点CO转化率相等，N点温度 高，CO2的生成量小、选择性低，故a>b。M、N两点！ CO转化率相等，且N点反应温度高，则反应④正向进 行程度：N点>M点，故N点c(H2O)的浓度更大，反 应③已快速平衡，根据浓度越大、温度越高，反应速率 越快知，v正(M)<v正(N)=v迷(N)。(5)初始投料 n(H2):n(CO)=2,C0的转化率为50%，丙烯的选择： 性为90%，设初始投入3 mol CO、6molH2,则转化的！ C0为1.5mol,生成的丙烯为.5X90% mol 3 0.45mol,生成的丙烷为1.5×(1-90%) mol 3 0.05mol,据此列关系式： 3CO(g)+6H2 (g)=C Hi (g)+3H2 O(g) 起始量/mol3 6 0 转化量/mol1.5 3 0.5 1.5 某时刻量/mol1.5 1.5 173 C;H(g)+H2 (g)==C;Hg(g) 转化量/mol0.050.05 0.05 某时刻量/mol0.452.95 0.05 恒压条件下，(C3H6):p(CO)=n(C3H6):n(CO)= 0.45：1.5=3:10:此时体系中气体总物质的量为 (1.5+2.95+0.45+1.5+0.05)mol=6.45mol,总压 为645kPa,故p(C3H6)=945×645kPa=45kPa, 6.45 pH)-是×6a5kP=295 kPa.p(CH,)-89号× 645kPa=5kPa,反应②的反应商Qp= (C2H8) 5 p(C3H6)·p(H2)=45X295 kPa-1=3.8X 10-4kPa1。 答案(1)低碳烯烃易加氢生成低碳烷烃；活性碳氢物 质继续反应导致碳链增长（任答一点即可） (2)-497A (3)GeAPO(1-32%)×85%×83% (4)> (5)3:103.8×10-4 5.解析焓变计算、平衡移动、反应商计算、配位键、价电 子排布式、反应历程分析(1)①△H=生成物的相对 能量之和一反应物的相对能量之和，故△H3=[37×2 -(-126)-227]kJ·mol1=-27k·mol厂1。②根 据盖斯定律，反应Ⅲ=反应I十反应Ⅱ，故△H3=△H1 +△H2<0,又△H1>0、△H2<0,故△H2<△H3<0, 随着一增大，T减小，温度降低，对于吸热反应，温度降 低，平衡逆向移动，平衡常数K减小，即lnK减小，故 曲线C代表反应I,对于放热反应，温度降低，平衡正 向移动，平衡常数K增大，即nK增大，且放热越多， 平衡常数的值随温度的变化越大，结合图中曲线变化 趋势可知，曲线b代表反应Ⅱ，曲线a代表反应Ⅲ。 (2)①按n(C2H2):n(C2H4Cl2):n(N2)=1:1:1投 料，设初始时投入的C2H2、C2H4Cl2、N2的物质的量均 为1mol,反应I完全进行，则反应I生成1mol C2H3C1和1 mol HCI,乙炔转化率为92%，则反应Ⅱ转 化的乙炔的物质的量为0.92mol,可列关系式： C2 H2(g)+HCI(g)--C2 H CI(g) 起始量/mol 1 1 1 转化量/mol 0.920.92 0.92 某时刻量/mol0.080.08 1.92 此时体系中含有0.08molC2H2、0.08 mol HCI、 1.92molC2H3Cl、1molN2,气体总物质的量为(0.08 +0.08+1.92+1)mol=3.08mol,体系压强为pkPa, 则反应Ⅱ中各物质分压分别为p(C2H2)=p(HCI)= kPa kPa,n(C.HaCl)kPa 2 7DkPa,故反应Ⅱ各物质分压表示的反应商Q。= (C2H3Cl) 号kn p(C2H2)·b(HCD2 pKPaX-号Dk却a =924(kPa)1。 ②由氯乙烯与乙炔在含Ru催化剂上有竞争吸附，乙炔 的π键电子可与R山形成配位键知，氯乙烯碳碳双键中 的π键电子也可与Ru形成配位键，由氯乙烯的结构 知，氯乙烯中氯原子上也含有孤电子对，故氯乙烯中的 氯原子也可与Ru形成配位键。(3)①Cu位于第四周！ 期IB族，价电子排布式为3d04s',Au位于第六周期： 且与Cu同族，则基态Au原子的价电子排布式为： 5d106s。②根据题意知，位置2处应发生反应： *C2H2十H十C1=一C2H3C1,由题图知，在催化！ 剂A的作用下，C2H2十H+*C1—C2H3C1的 活化能更小，更易发生，在催化剂B的作用下，C2H2: 十HCl一一*C2H3CI的活化能更小，更易发生，故位置： 2应选择催化剂A;初始时加入的C2H2和C2H4C2的 物质的量相等，位置1中部分HCI会分解生成·H和 ·Cl,位置2中·H和·CI变成H和CI参与反应， 故位置3中剩余的C2H2与HCI反应生成C2H3C1,化 学方程式为C2H2十HC1==C2H3C1。 答案(1)①-27②反应I是吸热反应，温度降低，： 平衡逆向移动，平衡常数K减小，故lnK减小a (2)①24②x键电子，C1原子 (3)①5d106s1②A在催化剂A的作用下，C2H2 与*C1、*H反应生成*C2HC1的活化能小，反应更易： 发生C2H2+HCI=C2H3C1 16.解析盖斯定律、化学平衡状态判断、平衡移动分析等 (1)由盖斯定律知，反应I=反应Ⅱ十反应Ⅲ，则： △H1=△H2+△H3=+124kJ·mol1+41kJ· mol-1=十165kJ·mol1。(2)根据题意可知，用 0.20g催化剂M进行催化，2h后得到0.012mol: CH,则生成CH6的平均反应速率。=△n= n·t 0.012mol=0.030mol·h1·g1。接n(C3Hg): 0.20g×2h n(CO2)=1:1通入混合气体，由反应I、Ⅱ、Ⅲ中的物： 质转化知，任意时刻都存在n(C3H6)=n(H2)十 n(CO),故a错误；C3H6的生成速率和消耗速率相等， 说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，b正确；！ 该反应体系中物质均为气体，气体总质量不变，恒容密 闭容器中，气体体积不变，则气体密度始终恒定，故c 错误：反应「是气体分子数增大的反应，气体总质量不 变，则随着反应进行，混合气体的平均摩尔质量减小，： 当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，反应达到平： 衡状态，d正确。(3)活化能越低，反应越容易发生，结！ 合图示信息可知，反应①③断裂C—C键，活化能较大， 反应②④断裂C一H键，活化能较小，故催化剂对C H键的断裂具有更好的选择性。(4)①将图中450℃： 时自上而下各条线分别记为①、②、③、④、⑤(L),体系： 中反应均吸热，升高温度，平衡向正反应方向移动，因： 此①、②两条曲线对应两个反应物C3Hg与CO2,设任！ 意温度下达到平衡时，反应Ⅱ消耗x mol C3Hg,反应Ⅲ 消耗y mol CO2,则平衡体系中n(C3Hg)=(1一 x)mol,n(CO2)=(1-y)mol,n(H2)=(x-y)mol, n(CO2)-n(C3Hg)=n(H2)>0,即任意温度下平衡时 均存在n(CO2)>n(C3Hg),因此曲线①代表CO2,曲 线②代表C3H?,观察图像，在任意温度下，曲线①和曲： 线②代表物质的物质的量的差值始终等于曲线L代表 物质的物质的量，因此曲线L代表H2(另解：反应Ⅱ、： Ⅲ都是吸热反应，升高温度，平衡均正向移动，则C3Hg! 和CO2的物质的量减小，根据吸热越多，升高温度，平 衡正向移动的趋势越大知，升高温度，反应Ⅱ平衡正向： 17 移动的程度大于反应Ⅲ，则平衡体系中CO2的物质的 量比C3Hg的物质的量多，结合反应Ⅱ、Ⅲ中各物质的 转化关系知，代表C3Hg和C3H6的曲线应对称，代表 CO2和CO(或H2O)的曲线应对称，则曲线L代表 H2)。②由上述分析知，A点所在曲线代表CO2,其他 条件不变，减小压强，反应Ⅱ的平衡正向移动，H2的物 质的量增多，促使反应Ⅲ的平衡正向移动，故CO2的物 质的量减小。 答案(1)+165(2)0.030bd(3)C-H (4)①H2②减小减小压强，反应Ⅱ的平衡正向移 动，H2的物质的量增多，促使反应Ⅲ的平衡正向移动 7.解析反应机理分析、盖斯定律、化学平衡图像分析等 (1)由题图知，使用M1作催化剂时，反应中决速步的 活化能更小，故M,的催化效率更高。决速步是反应历 程中活化能最大的步骤，结合图像可知，催化剂为M2 时，决速步的反应方程式为HCOH一CH十 OH。(2)①根据盖斯定律，反应川=反应ⅰ十反应 i,则y=0.5时，△H3=-124.6kJ·mol-1-41.2× 0.5kJ·mol-1=-145.2kJ·mol1。②y=1时， △H2=-41.2k·mo厂1，△H3=-124.6kJ·mol-1 -41.2kJ·mol-1=-165.8k·mol-1,根据lnK= 食+C,反度1、反应目均为流热反应，且一限< R △H知，升高相同温度，反应前的1nK减小的程度 更大，故反应i对应表中数据b。③无水MgCl2能吸 收体系中的H2),减少体系中H2)的量，反应1的平 衡正向移动，反应ⅱ的平衡逆向移动，又CO的平衡转 化率和CO2的选择性均减小，结合选择性的公式知，生 成C),所消耗的C)的量应减少得更多，故反应ⅱ的 平衡逆向移动的程度大于反应「的平衡正向移动的程 度。④结合发生的反应知，随着y增大，更多H2O通 过反应ⅱ转化为H2,参加反应的氢原子的总质量减 小，故氢原子经济性增大[另解：根据反应川知，烯烃的 氢原子经济性为X100%=y增大，氢原 子经济性增大]。⑤由题图知，投料比为1.5时，C0的 转化率为90%，CO2的选择性为30%，副产物CH1的 选择性为10%，设起始加入的CO为1mol,H2为 1.5mol,则转化的CO为0.9mol,生成的CO2为 0.9×30%mol=0.27mol,生成的CH4为0.9× 10%mol=0.09mol,根据碳原子守恒知，生成的C3H6 的物质的量为号×0.9×(1-30%-10%)m0l- 0.18mol,体系中剩余的C)为0.1mol,根据氧原子守 恒知，体系中H20的物质的量为(1一0.1一0.27× 2)mol=0.36mol,根据氢原子守恒知，体系中剩余的 H2的物质的量为号×(1.5X2-0.09×4-0.18×6 0.36×2)mol=0.42mol,则参加反应的H2的物质的 量为(1.5-0.42)mol=1.08mol,故烯烃的氢原子经 济性=0：18X9×100%=50%。 1.08×2 答案(I)M1*HCOH—*CH+OH (2)①-145.2②b③无水MgC12吸收体系中的 H2O,促使反应ⅱ的平衡逆向移动的程度大于反应1： 的平衡正向移动的程度④增大随着y增大，参加 反应的氢原子的总质量减小⑤50% 18.解析盖斯定律、化学平衡和电化学等(1)将已知两 个热化学方程式分别记为①和②，根据盖斯定律，由！ (@-②)×号可得反应1，则△H1=号（△H, △H3)。反应1为气体分子数减小的反应，即该反应为 熵减的反应，则△S1<0。(2)(COOCH3)2为液体，及 时移走(COOCH3)2,对平衡无影响，不能提高 CH3ONO的平衡转化率，A错误；恒温恒容密闭容器 中通入与反应无关的气体2，对该反应平衡无影响，B 错误；增大CO和CH3ONO的投料比，相当于增加CO: 的浓度，平衡正向移动，可提高CH3ONO的平衡转化： 率，C正确；催化剂只能加快反应速率，对化学平衡无 影响，D错误。(3)①结合图1可知，在130~150℃的 温度范围内，反应物CH3ONO的平衡转化率、DM)的 选择性均较高，且副产物的选择性较低，故反应较适宜 的温度区间为130~150℃。②初始时CH3ONO为： 1mol·L1,130℃时CH3ON0的平衡转化率为： 75%,则平衡时c(CH3ONO)=1mol·L1-1mol· L1×75%=0.25mol·L1。根据图1可知，130℃ 时DMO的选择性为90%，则转化为DMO的CH3ONO 浓度为0.75mol·L1×90%=0.675mol·L1,转化为副 产物的CH3(ONO浓度为0.75mol·L1×10%= 0.075mol·L1,列关系式： 2CO(g)+2CH2ONO(g)=(COOCH3)2(1)+2NO(g); 转化浓度/ (mol.L-)0675 0.675 0.675 C)(g)+2CH()N)(g)C)((OCH)2(g)+2N)(g)1 转化浓度/ 0.0375 0.075 0.0375 0.075 (mol·L-1) 则平衡时c(CO)=(2-0.675-0.0375)mol·L1= 1.2875mol·L1,c(CH3ON0)=0.25mol·L1, c(N0)=(0.675+0.075)mol·L-1=0.75mol·L-1, 故反应i的Ke=2(CO)·c2(CH30NO) c2(NO) 1.28752×0.252(molL-)2。(4)①c(DM0)增加 0.752 10倍，v也增加10倍，说明v与c(DMO)成正比例关 系，即m=1。②结合c(DMO)=0.04mol·L-1时v= 1.56×106mol·L1·s1,可得1.56×10-6mol· L1·s1=k×0.04mol·L1,解得k=3.9× 105s1。(5)该电极反应式的反应物中C、H、0原子 数目分别为8、18、8，结合原子守恒、电荷守恒及生成 (CHOHCOOCH3)2和2Y,可知Y的分子式为CHO, 则Y的结构简式为CH3OH。 答案1)2(aH,-△H)< (2)C (3)①B②0.25 0.752 1.28752×0.25 (4)①1 ②1.56×106 (或6.24×10-6 0.04 0.16 10.92×10-615.60×10-6 0.28 、3.9×10-5) 0.40 (5)CH3OH 175 9.解析反应热的计算、嫡变、反应历程图等(1)①根 据题中反应I、Ⅱ、Ⅲ并结合盖斯定律可知，反应Ⅲ= 号×反应Ⅱ-反应I,故△H,=之△H,-△H=号× (-484kJ·mol-1)-41k·mol-1=-283k· mol1。②根据题给信息可知，常温常压下，该反应的 反应速率极小，与其平衡常数大小无关，故该同学的说 法不正确。可在常温常压下将体积比为2：1的CO与 O2的混合气体点燃，收集生成的气体，并将其通入澄 清石灰水中，观察到溶液变浑浊，证明生成CO2,即可 证明常温常压下，放置数年后没有CO2生成是因为该 反应的反应速率极小，而与其平衡常数大小无关。 (2)①Pt的原子序数为78，位于元素周期表第六周期Ⅷ 族。②反应V中，C。气体吸附在催化剂表面，体系混 乱度减小，即△S<0。③反应I为O…CO形成CO 的过程，反应过程中形成化学键，是放热反应，故O… CO*的能量高于CO的能量，反应Ⅷ为CO2转化为 CO2(g)的过程，CO2从吸附态转化为CO2(g)需要吸 收能量，故CO线的位置应在O…C0线和CO2(g) 线的下方。(3)①反应的活化能越小，反应越容易发 生，结合题给反应的活化能可知，O2(g)→O2→20*的 活化能较大，而引入H2,使生成的H将O2(g)活化进 而转化为O,活化能较小，从而可降低反应温度。 ②结合上述分析可知，反应历程可为CO(g)CO*(d)、 H2(g)→H→2H*(h)、O2(g)+H*→O2H*(g)、O2H →O*+OH*(e)、OH*十H→HO*→H2O(g)(i)、O 十C0*→(0C0*→CO2(f),即d→h→g→e→i→f。 答案(1)①一283②错误常温常压下，将C0与 O2的混合气体点燃，收集生成的气体，并将其通入澄 清石灰水中，观察到溶液变浑浊 (2)①六Ⅲ②< 能量 CO(g)+O.(g) O…C0*: ③ O*+CO* C0(g) (3)①充入适量H2②dh geif 20.解析价层电子排布式、反应自发进行的条件、焓变、 平衡常数、转化率、选择性计算等(1)Tⅰ为第四周期 NB族元素，故基态Ti原子的价层电子排布式是 3d4s2。(2)△H-T△S<0时反应能自发进行，而由已 知信息可知，该反应的△H<0、△S>0,该反应的△H一 T△S<0恒成立，故该反应在298K时能自发进行。 (3)①根据反应(a)、(b)、(c)的物质转化关系，由盖斯 定律可知，(c)-2(b)=(a),故△H1=+132.4k· mol-1-2×200.1k·mol-1=-267.8kJ·mol-1。 ②反应(a)为放热反应，反应(b)为吸热反应，故随着温 度升高，TiC12(s)的物质的量减少，故曲线I代表的物 质是TiC12(s)。③平衡体系中的物质有TiCl4(g)、 TiC3(g)、Ti(s)、TiCl2(s)、TiCl3(s),结合上述分析及 题图可知，曲线Ⅱ应代表TiCl3(g),且ToK下 TiCl2(s)、TiC?(s)的物质的量均为0，根据投料情况 知，Ti元素共15mol,Cl元素共20mol,则根据元素守 恒及题中数据可得，T,K下n[TiCl4(g)]=0.5mol。: n(TiCl3g)4 反应(c)的平衡常数K= c4(TiCls,g) Vo c3 (TiCl,g) n(TiChg)3 Vo .01 (4)①根据题意及图像可知，0~to min内， 3y1= nN,H4)2·2=”制会N2H) n(H2)+n(N2) n(N2H),故0~to min 内，N2H4的转化率为1一y2。②初始加入N2H4的物 质的量为，0~to min内，设反应(e)消耗的N2H4的 物质的量为e,反应(f)消耗的N2H4的物质的量为3f,: 则存在如下转化关系： N2 H4-N2+2H2 转化量 e e 2e 3N2H4=N2+4NH3 转化量 3f f 4f 故3e+f=y1,m no 一一3f=2,两式联立可得催化剂的 no 选择性为2千37×100%-30+号×100%. e 8(1-y2) 答案(1)3d24s2(2)能 ) (3)①-267.8②TiCl2(s) ③0.5 (4)①1-y2 ②设to min时，反应(e)转化的N2H4的物质的量为e, 反应(f)转化的N2H1的物质的量为3f,存在如下转化 关系： N2H4—N2+2H2 转化量：e e 2e 3N2H4-N2+4NH3 转化量：3f f 4f 则n1=3e十f、n2=no-(e+3f) 3e+f=y…0 no-(e+3f) =y2…② no no 联立0②可得e=8十-f-3。-32 8 8 3y1+y2-1 则0一1omin时，催化剂的选择性为12)n 8 n0 -X 100%=3y1+y2-1 8(1-y2) ×100%。 21.【命题点】化学反应原理综合，涉及盖斯定律、化学平 衡移动、基元反应、化学平衡图像分析等 解析(1)目标反应=反应I十反应Ⅱ，根据盖斯定 律，△H4=△H1+△H2=+101k·mol-1+(-166k·: mol厂1)=-65kJ·mol厂1 (2)反应Ⅱ为气体分子数减少的放热反应，低温及高压： 条件下均有利于平衡正向移动，提高CH的平衡产率， 故选B。 (3)最慢的基元反应为反应历程中活化能最大的步骤，： 由图甲可知，反应④的活化能最大，所以该步骤最慢；； 生成水的反应为③，其反应方程式为HO*十CH十： 176 H+H2O一一CHg+2H2O(或HO+CH2+H +H+H2O--CH+H*+2H2O,HO*+CH +H=CH+H2O)。 (4)①360℃以下不考虑反应Ⅲ，根据选择性的定义，此 时CH4与CO2的选择性相加为100%，结合点M附近 区域放大图可知曲线b、c分别表示CH4或CO2的选择 性；反应Ⅱ放热，随温度升高平衡逆向移动，即CH1的 选择性降低，反应「吸热，随温度升高平衡正向移动， CO2的选择性升高，所以曲线c表示CH4的选择性。 ②曲线a表示MgCO3的平衡转化率，100kPa下，H2 和MgCO3的初始物质的量为1mol,由图丙可知点M 温度下，MgCO3的平衡转化率为49%，即△n(MgCO3) =1mol×49%=0.49mol,且CH4与CO2的选择性均 为50%，即n(CH4)=n(C02)=0.49mol×50%= 0.245mol,列出三段式： 反应I MgCOg(s)-MgO(s)+CO2(g) n始/mol 0 0 n转/mol0.49 0.49 0.49 n平/mol 0.51 0.49 0.49 反应Ⅱ CO2(g)+4H(g)==CH4(g)+2H2O(g) n拾/mol0.49 1 0 0 n转/mol0.2450.98 0.2450.49 n平/mol0.2450.02 0.2450.49 此时反应体系的气体总物质的量为0.245mol+ 0.02mol+0.245mol+0.49mol=1mol,n(H2)= 0.02mol,n(H2O)=0.49mol,即反应Ⅱ的Kp= p(CH4)·p2(H2O) 100X0245 1 ×(100×0.492 1 p(CO2)·p(H) (10×2)×(10×4) (kPa)2。③由图乙可知550℃时，MgCO3的转化率为 100%,CH1的选择性为10%，CO2的选择性为70%，根据 选择性定义可得n(CH4)=1mol×10%=0.1mol, n(CO2)=1mol×70%=0.7mol,结合C守恒，可得n(CO) =1mol-0.1mol-0.7mol=0.2mol;500~600℃时， MgCO3的平衡转化率为100%，只存在反应Ⅱ、Ⅲ两个平衡， 随温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，使H2的转化率降低， 反应Ⅲ平衡正向移动，使H2的转化率升高，而综合之下体 系中H2的转化率降低，说明反应Ⅱ逆向移动对H2的影响 大于反应Ⅲ正向移动对H,的影响。 答案(1)-65(2)B (3)4 HO*+CH+H2+H2O--CH+2H2O (或HO+CH+H*+H+H2O—CH+H +2H2O、HO*+CH+H2 =CH+H,O) 100X0.245 1 100X0.4912 1 (4)①c ③0.2 100X0.245 1 100X0.02 1 反应Ⅱ逆向移动对H2的影响大于反应Ⅲ正向移动对 H2的影响 22.【命题点】化学反应原理综合，涉及反应热的计算、化 学平衡移动、速率影响因素、化学平衡常数及相关计 算等 解析(1)随温度升高，平衡常数减小，说明温度升高， 平衡逆向移动，正反应为放热反应（△H<0)。 推化制1 (2)合成反应的热化学方程式为2C)(g)十3H,(g)=一· HOCH,CH2OH(g)△H；各物质的燃烧热的热化学 ,1 方程式为①C0(g)+20(g)-C0(g)△H1= -akJ·mol1.②H,(g)+202(g)=-H20I) △H2=-bk·mol1、③HOCH2CH2OH(g)+ 0(g)==2C02(g)+3H20(1)△H3=-ck· 5 mol-1,目标反应=2×反应①十3×反应②一反应③， 则△H=2△H1+3△H2-△H3=-(2a+3b-c)k·: mol (3)孩反应为放热反应，温度升高平衡常数减小，500K! 时平衡常数<1.3×103，即反应正向进行的程度很： 小，故即使压强很大，乙二醇产率也很低：也可能是在 高温条件下，催化剂失去活性。 (4)①连续反应方程式为1DMO(g)十2H2(g)一 MG(g)+CH3OH(g),ii MG(g)+2H2(g)=-HOCH2 CH,OH(g)+CHOH(g),HOCH,CH,OH(g)+H2(g) =CH3CHOH(g)十H2O(g),根据反应中各物质的化学计： 量数可知MG、乙二醇、乙醇的选择性之和为1，已知曲线Ⅱ 表示乙二醇的选择性，所以其他物质的选择性为曲线Ⅲ、： N,则曲线I表示DMO的转化率；该反应在固定流速下发！ 生3个放热的连续反应，在低温时，反应速率较慢，随温度： 升高，由乙二醇的选择性曲线可知，乙二醇选择性升高，则： 其反应物MG的选择性降低，当乙二醇选择性降低时曲线！ Ⅲ升高，此时开始生成乙醇，则曲线Ⅲ表示乙醇的选择性， 曲线V表示MG的选择性。②根据题图可知，升高温度可！ 提高A,点DMO的转化率，A错误；463K之前DMO的实· 际转化率仍随着温度升高而增大，故450K时反应未平 衡，增大压强，可加快反应速率，提高DMO的转化率，B正！ 确：减小初始氢酯比，相当于减小反应物浓度，反应速率减 慢，会降低DMO的转化率，C错误；反应未达到平衡时，延 长原料与催化剂的接触时间，可使反应更充分，增大反应 物转化的量，提高DMO的转化率，D正确。③设初始投料： DMO为1mol,根据题图可知483K时，DMO的转化率为 99%,同时乙醇选择性为2%，则出口处n(乙醇)=1mol× 99%×2%=0.0198mol,n(DM0)=1mol×(1-99%)= 0.01m0l,则z(元=00108=1.98。③设初始投# n(DMO)0.01 DMO为1mol,H2为52.4mol,根据题图可知A点时： DM0转化率为80%，转化了1mol×80%=0.8mol,乙二 醇和MG的选择性均为50%，即该，点n(乙二醇)=n(MG)! =1mol×80%×50%=0.4mol,可列出三段式： DMO(g)+2H2 (g)-MG(g)+CH3OH(g) n转/mol0.8 1.6 0.80.8 MG(g)+2H2(g)=HOCH2 CH OH(g)+CH OH(g) n转/mol0.40.80.4 0.4 A,点时n(DMO)=1mol-0.8mol=0.2mol,n(H2)= 52.4 mol-1.6 mol -0.8 mol 50 mol,n(MG)= 0.4 mol,n(HOCH2CH2OH)=0.4 mol,n(CH3OH)= 1.2mol,n总=(0.2+50+0.4+0.4+1.2)mol= 52.2mol,则MG、H2、HOCH2CH2OH、CH3OH的物 质的爱分数会利为影2品2品影品此时反应 MG(g)+2H2(g)-HOCH2 CH2OH(g)+CH3 OH(g); 171 0.4、1.2 的浓度商Qx= 52.2^52.2 0.4x(50)2≈心0.0⊙。 52.2 答案(1)<（2)-(2a十3b-c) (3)500K时，反应的平衡常数很小，反应正向进行程度 小（或500K时催化剂失活等，合理即可） (4)①IV②BD③1.98④0.025 风问速览反应原理中连续反应与竞争反应的命题 特点 该题型主要以某物质的制备反应为情境，考查学生理 解反应原理（化学平衡、反应速率、能量变化）、应用化 学思想（守恒、极限）和解决陌生复杂问题的能力。聚 焦定量分析与计算，包含选择性、转化率、产率、平衡常 数等相关分析与计算。过程分析需要清晰地拆解连续 反应的过程或辨析竞争反应的优先顺序和程度，当竞 争反应或连续反应中的某一步是可逆反应时，需要考 虑平衡移动对最终结果的影响。2024年全国甲卷第 28题、2024年湖南卷第18题、2024年江西卷第16题， 均考查了反应原理中的连续反应或竞争反应。 3.【命题点】化学反应原理综合，涉及化学反应历程分 析、化学平衡移动、转化率与平衡常数的相关计算等 解析(1)根据盖斯定律，反应②一反应①得CO(g)十 H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-41.2kJ·mol。 (2)反应中涉及的物质均为气体，混合气体的总质量不 变，容器容积也不变，则气体密度始终不变，故气体密 度不变不能说明反应达到平衡状态，a错误；由反应① ②可知气体总物质的量是变量，已知温度和容器容积 不变，根据DV=nRT可知气体总压强会随气体总物质 的量而改变，因此当气体总压强不变时，气体总物质的 量也不变，反应达到平衡状态，b正确；若H2)(g)的浓 度不变，则反应①的正、逆反应速率相等，反应①达到 平衡，此时HCOOH(g)的浓度也不变，则反应②也达 到平衡，C正确：CO和CO2的物质的量相等，无法说明 正、逆反应速率相等，则无法说明反应达到平衡状态，d 错误。 (3)观察图甲可知，反应①的活化能远低于反应②的活 化能，因此在该条件下反应①的速率远大于反应②的 速率，使反应①的选择性接近100%。 (4)增加原料中CH4的量，CH4的平衡转化率降低，a错 误；增加原料中C)2的量，有利于反应③平衡正移，使 CH,的平衡转化率升高，b正确：在恒温恒容条件下通 入Ar气，与反应有关的各物质的浓度不变，平衡不移 动，CH4的平衡转化率不变，C错误。 (5)1.因为反应⑤=反应③一反应④，所以③④⑤三 个反应中只有两个独立的反应，可只考虑反应③和④。 观察图乙，当初始投料中n(CH4)=n(CO2)时，若 n(Ar)很大，则CO2与CH,的平衡转化率几乎相等，此 时可认为只发生反应③，则n(C()):n(H2)的值约为 1:而当投料组成中Ar含量下降时，CO2的平衡转化率 大于CH的平衡转化率，则除反应③外还发生反应④， 反应④消耗H2并生成CO,使n(CO):n(H2)的值大 于1，因此投料组成中Ar含量下降，平衡体系中n(CO) ：n(H2)的值将增大。i,a、b两点初始投料中 n(CH4):n(CO2):n(Ar)=40:40:20,设初始投料 中n(CH4)=n(CO2)=40xmol,n(Ar)=20xmol,由 第1小问分析知，可只考虑发生反应③和④，其中CH4 只参与反应③，其平衡转化率为20%，即有8.xmol: CH4参与了反应③，根据方程式可知有8.r mol CO2参 与了反应③，而CO2的平衡转化率为30%，则有 12.c mol CO2参与了反应，即有4 r mol CO2参与了反 应④。据此可列三段式： 反应③ CH:(g)+CO,(g)=2CO(g)+2H:(g) n/mol 40.z 40x 0 0 n楼/mol 8x 8.x 16x 16x n平/mol 32x 28.x 20x 12z 反应④ CO,(g)十H,(g)=CO(g)十H)(g) n起/mol 40.x 0 0 0 n楼/mol Ax 4.x 4x Ax n平/mol 28x 12x 20x 4.x 由此可知，平衡时n(CH4)=32xmol,n(H2O)= 4.xmol,n(CO)=20xmol,n(H2)=12xmol,因为Ar 不参与反应，所以平衡时n(Ar)仍为20.xmol。体系中 各物质的分压之比等于物质的量之比，p(Ar)=pkPa, 则p(CH,)器DkTa=1.6pkPa,p(IH,O》=六DkPa =0.2p kPa,p (CO)=p kPa,p(H2)= 号bk= 0.6pkPa,所以反应⑤的Kp (C0)·p3(H2) p(CH4)·p(H2O) B kPax(0.6p kPa)3 =0.675p2(kPa)2。 1.6p kPaX0.2p kPa 答案(1)一41.2(2)bc (3)反应①的活化能远低于反应②的活化能，反应①的 速率远大于反应②的速率反应②的活化能大于反应！ ①，温度升高时，活化能大的反应速率增大幅度更大，： 升高温度，使反应②的选择性升高，反应①的选择性下 降（或温度升高导致催化剂对反应①的催化活性降低，： 选择性下降等合理答案均可) (4)b(5)1.增大i.0.675p2 关键点拔 在第(5)问中，如果不能意识到③④⑤三个反应之间的： 关系可能会陷入困境。反应⑤=反应③一反应④，无： 论反应⑤进行的程度如何，都可以分解为反应③与反： 应④，据此可认为容器中只发生两个反应，简化分析过： 程。但要注意，三个反应间存在“运算”关系，不代表平： 衡时各反应都以1：1反应，即不能因为反应④十反应： ⑤=反应③而认为只发生反应③。 教材溯源 鲁科版教材选择性必修1第79页中的追根寻源栏目 中介绍了阿伦尼乌斯公式，它是描述化学反应速率常： 数与温度关系的重要公式，表达式为k=A·e府，其 中：为反应速率常数、A为比例系数、Ea为活化能： (k·mol一1)，即反应发生所需的最低能量、R为理想 气体常数(8.314J·mol-1·K-1)、T为热力学温度 (K)。公式表明，当Ea>0时，升高温度，反应速率常数 增大，化学反应速率随之提高。E越大，改变温度对反： 应速率的影响程度就越大。 24.【命题点】化学反应原理综合，涉及化学反应速率、催： 化剂对产率的影响、平衡图像分析、平衡常数的计算等： 178 解析(1)①反应30min,环氧乙烷完全转化，则0~ 30min内v题(E0)=Ac总(E0)=1.5mol·L1 △t 30 min 0.05mol·L1·min1。②△H=生成物总能量-反 应物总能量，主反应△H0,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总(EO)>总(EG),b错误；主反应中v主(EG)= v主(EO),副反应中v别(EG)=v刷(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总(EG)=v主(EG)一v刷(EG),反应时间相同，则 v8(EG):v(DEG)=10:1,生(EG)-U(EG)_10 v俐(DEG) 则v主(EG):v刷(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)> p(L2)>p(L3),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Kx(M)= Kx(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)=HOCH2CH2OH(g) n拾/mol2 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 6 326 Kx= =12。 ()×(2) ④设起始加入m mol CO、3molH2,此时a(H2)= 0.75,列三段式： 2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g) n始/molm 0 n转/mol1.5 2.25 0.75 n平/molm-1.5 0.75 0.75 平衡时气体总物质的量为mmol,COH2、HOCH2CH2OH 的平衡分压分别为n一1.5 Po MPa,0.75 0.75 'Po MPa、 D0 0.75 MPa,此时Kp= n MPa m.5p）'× n aMPa-4。 答案(1)①0.05②cd (2)①L1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=12④ /n-1.5. 关键点拨 对于处于同一反应体系的气体，根据理想气体状态方！ 程V=nRT可得，某气体组分分压=该气体组分物质！ 的量分数X总压。 25.解析熵变、盖斯定律、转化率、化学平衡常数、晶胞结 构分析等(1)该反应反应后气体分子数减少，△S<0。 该反应为放热反应，达到平衡后，其他条件不变时，升： 高温度，平衡逆向移动，HC1的平衡转化率降低，由题 图知，较低流速下，T3时HC1的转化率最大，故T3= 360℃。(2)将题中已知反应依次编号为①、②、③，根！ 据盖斯定律，由①-②十③可得：H(g)十20，(g)-一 H2O1)△H=-57.2k·mol-1-(+44.0kJ·mol-1) -184.6kJ·mol-1=-285.8kJ·mol厂1，故H2的燃 烧热△H=一285.8kJ·mol一1。(3)由题图可知，增大 HCI的流速，HCI的转化率降低，A项错误；将温度升 高40℃，即升温至400℃，由题图可知，HC1的转化率 增大，B项正确：增大n(HCI)：n(O2),HCl的转化率 减小，C项错误；M点该反应未达到平衡，使用更高效 的催化剂，可以加快反应速率，提高HCI的转化率，D 项正确。(4)图中较高流速时，反应未达到平衡状态， T3温度低，反应速率慢，且较高流速时，反应物在催化： 剂表面接触时间短，故HC】的转化率低。(5)N点起始 时n(HC1):n(O2)=4:4,HCl的平衡转化率为80%， 设起始时HCl、O2的物质的量均为1mol,列三段式： 2HCI(g)+20,(g)C,(g)+H,0(g) 起始量/mol:1 1 0 0 转化量/mol:0.8 0.2 0.4 0.4 平衡量/mol:0.2 0.8 0.4 0.4 0.4×0.4 则该温度下反应的平衡常数K 1.8^1.8 (任)×(2) 6。(6)二者晶体结构相同，晶胞体积近似相等，则二者 密度之比等于摩尔质量之比，设Ru的相对原子质量为 M.,则321.66，解得M,≈101。 答案(1)<360(2)-285.8(3)BD(4)反应未： 达到平衡，T3温度低，反应速率慢，且反应物在催化剂！ 表面接触时间短，相同时间内HC1的转化率低(5)6 (6)101 26,解析活化能、化学平衡移动、反应速率方程、浓度计 算等(1)①△H=正反应的活化能一逆反应的活化！ 能。代入数据得：-67.59k·mo1=E正k·mol-1 -E逆，则E送=(E正十67.59)kJ·mol-1。②该反应 为气体分子数减小的反应，由反应方程式可知，体系达 平衡时，体系中减小的压强等于生成的SO2C12的压 强，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，生成 的SO2C2的量减少，则△p减小，对照图像可知T1<: T2<T3。T1温度下，M点处进料比n(SO2):n(Cl2) 179 =2,则S0。的初始物质的量分敛r(S0)=子，初始分 压p(S0,)=x(S0,)·p8=号×240kPa=160kPa: 同理，Cl2初始分压p(Cl2)=80kPa。设达到平衡时 SO2的压强变化了xkPa,列三段式： S(02(g)+C12(g)=→S02C12(g) 起始/kPa160 80 0 转化/kPax 平衡/kPa160-x80-x 由图可知，M点处△p=pg一p=60kPa,将p0= 240kPa、p=(160-x十80-x+x)kPa代入，解得x= 60,则M点C,的特化年为品×100%=75%。T强 度下平衡时各气体分压分别为p(SO2)=100kPa, p(Cl2)=20kPa,p(SO2Cl2)=60kPa,代入平衡常数 p(S02C12) 60 kPa 表达式：K,=DS02)·DCl2)-100kPaX20kPa 0.03kPa-1(提示：在恒温恒容的容器中，p与物质的 量成正比，因此在恒温恒容的容器中，分压可代替气 体的物质的量代入三段式直接进行计算)。③体系初 始压强相同，当n(SO2)：n(C2)<1.0时，随着进料比 n(SO2):n(Cl2)增大，生成的SO2Cl2的量增多，△p增 大，按化学计量数之比投料时，产物的产率最高，当 n(SO2):n(C2)>1.0时，随着进料比n(SO2): n(Cl2)增大，△p减小，排除A、B;结合②中计算可知， 当n(SO2):n(Cl2)=0.5,体系达到平衡时，体系中生 成的S),Cl,的分压也应为60kPa,即△p=60kPa,对 照图像可知，表示T1温度下△p随进料比变化的是D。 (2)①30~60min内X的转化浓度为0.042mol·L1· min1×30min=1.26mol·L1,因此60min时c(X) =6.80mol·L1-1.26mol·L1=5.54mol· L1。②060min产物T的含量可忽略不计，说明在 此阶段D、G的消耗速率可忽略不计。D、G均由M生 成，任意时刻两者的生成速率之比D)生 (G)生 :空=号=子，6的格滚度的 为0，任意时刻生成的浓度之比等于其速率之比，因此 60min时c(G)=cD）=0.033mol·L1.60min后， D,G开始生成T,两者的消耗速率之比为D)能 v(G)耗 知8品8-器-岩蜡合两者的 生成速率知，D生成得快而消耗得慢，G生成得慢而消 来得读，周比会增大。 答案(1)①E正+67.59②T3>T2>T1△p与生 成的SO2C2的压强相等，该反应放热，升温平衡逆向 移动，生成的S)2C12的量减少，△p减小75%0.03 ③D(2)①5.54②0.033增大 27.解析陌生方程式书写、平衡常数计算、压强分析、平 衡移动等(1)BaC2与电石CaC2类似，与水反应生成 C2H2(乙炔)和Ba(OH)2,该反应的化学方程式为 BaC2+2H2OBa(OH)2+C2H2↑。(2)①将 BaCO3(s)+4C(s)==BaC2(s)+3CO(g)记为反应Ⅲ， 由盖斯定律可知，反应Ⅲ=反应I十反应Ⅱ，根据方程： 式相加，K相乘的原则，有Km=KI·KⅡ。由图1可 知，1585K时lgK1=2.5,lgKm=-1.5,则该温度 下Km=102.5X10-1.5=10。根据Kp=（pCo)”、K= (PC0)”可知，K。=KX(105Pa)”,其中n为方程式中 105Pa C0的化学计量数。反应Ⅲ中C0的化学计量数为3，： 因此反应Ⅲ的Kp=Km×(105Pa)3=1016Pa3。②由图： 1可知，1320K时，lgK1=0,即K1=1。反应I中： CO的化学计量数为2，则该温度下，K(I)=KIX (105Pa)2=1010Pa2。根据反应I可知，其分压平衡常！ 数表达式为KI)=pco2,因此平衡时co=√Kp(I) =√100Pa2=105Pa。平衡常数只与温度有关，将容器 体积压缩到原来的之K1)不变，则c0不变，仍为 105Pa。(3)①由图2可知，1823K下，BaC2产率随着： 时间的延长不断增加至接近100%，而1400K下， BaC2产率始终为0，说明反应Ⅱ在1400K以下没有发！ 生，而BaCO3全部消耗，说明反应I已完全进行，生成 BaO,故此时体系中含Ba物种为BaO。②图2的横坐！ 标为时间，纵坐标为BaC2产率，则图像的斜率可代表： 反应速率，由图2可知，1823K下，t1~t2阶段净反应 速率不变，2后反应达到平衡，净反应速率恒为0。该 体系中的反应物均为固体，固体的浓度为定值，不会随！ 着反应消耗而发生改变，因此出现上述特点。 答案(1)BaC2十2H2O—Ba(OH)2十C2H2↑ (2)①1016 ②105105(3)①BaO②t1~t2阶段净反应速率为！ 正值且恒定不变，2后反应达到平衡，净反应速率恒为 0反应物均为固体，固体的浓度为定值，不会随着消 耗而发生改变 28.解析反应机理分析、化学方程式书写、平衡移动分析 等(1)反应器I中参与反应的物质有CO、H2、 Fe2O3,产物有CO2、H2O、Fe,发生反应3CO+Fe2O3 -2Fe+3CO2、3H2+Fe2O3-2Fe+3H2O,化合 价发生改变的元素有C、H、Fe。CO、H2各1mol参与 上述反应，各生成号mol Fe,.共等mol Fe.专molFe在 反应器Ⅱ中发生反应3Fe+4H2O(g)=-Fe3O4+: 4H,共生成号m0lHg。(2)①报据题给反应物及生： 成物书写即可。②多孔A12O3可作为气体吸附剂，含： 量过多会吸附生成的NH3,且当Al2O3含量大于2% 时，催化剂cFe的表面积减小，与反应物的接触面积减 小，反应速率减小，也会导致产生的NH减少。 (3)①NaHCO3受热易分解，导致HCOO产率下降。 ②氨基中的H原子连在电负性较大的N原子上，： HCO3中的H原子连在电负性较大的O原子上，二者 之间可以形成氢键N一H…O、N…H一O。总反应为 H2十HCO3—H2O+HCOO,使用D2代替H2,若： 生成HDO,则可确认反应过程中的加氢方式。 答案aC.H.Fe92①CH,C00[Cu(NH,)J +NH3.H20+CO-CH3COO[Cu(NH3)3CO]+ H20②多孔Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会 吸附生成的NH3;Al2O3含量大于2%，c-Fe表面积减： 18 小，反应速率减小，产生NH3减少(3)①Na HCO3受 热易分解，导致HCOO产率下降②一NH2可以与 HCO3形成氢键HD) 9.解析轨道表示式、晶胞相关计算、化学键、晶体类型、 焓变、转化率、平衡常数计算等(1)Ni为28号元素， 基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2,价电子的轨道 表示式为州州个州：铜的品胞结构类型为 3d 4s 面心立方最密堆积，则镍也为面心立方最密堆积，晶胞 体积为a3,则晶胞棱长为a,设镍原子半径为r,则4r= ,解得-吗。.(2)单能为0键三健中含1个0锁 和2个π键，由N(CO)4的结构可知，其中含有6键的 数目为8；Ni(CO)4沸点低，为分子晶体。(3)由图可 知，其他条件相同时，随着温度升高，平衡时N(CO) 的体积分数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则该 反应为放热反应，△H<0:该反应为气体分子数减小的 放热反应，降低温度、增大压强，平衡均正向移动，均有 利于Ni(C))4的生成；增大压强，平衡正向移动， Ni(CO)4的体积分数增大，则p3对应压强为1.0MPa, 由图可知，p3、100℃时，Ni(CO)4的体积分数为0.9， 设起始时CO的物质的量为4mol,达到平衡时转化的 CO为4xmol,列三段式： Ni(s)+4CO(g)==Ni(CO)(g) 起始量/mol 4 0 转化量/mol 4x 平衡量/mol 4-4.x 则3=0.9，解得=所以C0的平商转化牵为 4X3-验达到平衡时N(C01的体积分数为0.9， 分压为0.9MPa,C)的体积分数为0.1，分压为 0.1MPa,则牛衔常数K,三09P=9× 103(MPn)-3。 (4)设初始时Ni(C16O)4的浓度为c,其反应一半时剩 1 1 余浓度为2c,由题给公式可知，2c=ce他，解得1= 1 三_lB2N(C60,反应一年所劣时同为12. k 答案(1)N↑个个个 四。2)8分子 3d 4 晶体(3)小于低温、高压369×103(4)山2 37 0.解析(1)该反应的△H=断裂旧键吸收的总能量一形 成新键释放的总能量=(473+654)k·mol-1-(339+ 397+436)kJ·mol-1=-45k·mol-1。(2)根据图1能 量转换关系可知，键能N三N键>H一H键，断裂N= N键需要吸收的能量最多，结合图2反应机理知，步骤 (ⅱ)为该反应的速率控制步骤。(3)晶胞参数α= 287pm,则晶胞体积为(287×10-10)3cm3,晶体密度 为7.8g·cm3,则晶胞质量为7.8×(287× 100)°g:设品孢中e原子货为N,尉×56=7.8 ×(287×1010)3,N=7.8×(287×1010)3NA 56 (4)①工业合成氨为气体分子数减小的反应，当温度相！ 同时，压强越大，平衡时混合气体中氨的摩尔分数越 大，结合图3或图4均能得出压强由小到大的顺序为 p1<p2<p3。②Ar不参与化学反应，含Ar的进料组 成中H2、N2的分压较小，导致平衡时混合气体中复的 摩尔分数减小，结合两图可知，图4表示进料组成中含！ 有Ar的图像。③结合p2=20MPa、xNH=0.20,以及 图3对应的进料气的组成，设进料气中N2和H2分别 为0.25mol和0.75mol,设达平衡时N2的转化量为 xmol,列三段式： 2Ng+2He(g一NH,g 起始量/mol0.25 0.75 0 变化量/molx 3x 2x 平衡量/mol0.25-x0.75-3x 2x 则根据xNH=0.20 得0.25十十875=8n)+2r-020.解得-立1 2.x 1 则N2的转化率a= 12 0.25 ×100%≈33.33%。此时N2、 H2、NH,对应的平街分压分别为行，号，号，则 3 1 1 KD= ,整理并代入p2=20MPa,: 得K,-N 答案(1)一45(2)（ⅱ）氮氮三键的键能最大，使： 其断裂需要的能量最多 (3) 7.8×(287×10-10)3VA 56 (4)①p1<p2<p3工 业合成氨为气体分子数减小的反应，增大压强其平衡： 正向移动，温度相同时，压强越大，平衡时氨的摩尔分 数越大②图4 ⑧3a⅓号 31.解析(1)由图可知，FeSO4·7H2O→FeSO1即7： 个结晶水完全失去时失重比为45.3%时，则失重比为 19.4%时，失去的结晶水数目为4公= =3,故x=7 -3=4,同理可推出y=7-388X1-1。(2)将题中 45.3% 反应依次编号为①、②、③，已求得x=4,y=1,则根据 盖斯定律，由①+③-2X②可得FeSO,·7H2O(s)+ FeSO4·yH2O(s)==2(FeSO4·xH2O)(s)△H= △H1+△H3-2△H2=(a+c-2b)kJ·mol-1。(3)由 反应(I)可知平衡体系中s0,=ps0,则由图可知， 660K时，该反应的平衡总压p总=1.5×2kPa= 3.0kPa.Kp(I)=ps0,·ps0=1.52(kPa)2= 2.25(kPa)2。由图可知，随反应温度升高ps0增大，则 Kp(I)增大。(4)综合2FeSO4(s)-一Fe2O3(s)十SO2 (g)+SO3(g)(T)、2SO3(g)-=2S02(g)+O2(g)(Ⅱ)可： 18 知：平衡时的0，P0为反应（Ⅱ）生成的S0,的分 2 压，而反应（Ⅱ）中SO2和O2的化学计量数之比为2： ×Ps0p0_p0-p 1,故p0,=2 2 4 2。p总=ps0 +ps0,+po,=35.7kPa+ps0,+ Pso,-35.7 kPa 4 84.6kPa,则ps0,=46.26kPa,po,=2.64kPa, K(Ⅱ) p30,·p0=46.262X2.64kPa. p305 35.72 答案(1)41(2)(a+c-2b)(3)3.02.25增 大4)P0046.2646.262X2.64 4 35.72 2.解析(1)根据盖斯定律，由Ⅱ-I可得水气变换反应 CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)△H=△H2- △H1。(2)根据HCOOH一HCOO+H+,设平衡 时H+浓度为amol·L1,则HCOOH电离平衡常数 Kn=2,a=Kx,此时反应[正反应速率v=及· c(H+)·c(HCOOH)=k√Kaxr mol·L1·hl. (3) 反应I速率远大于反应Ⅱ，此，点CO浓度最大，说明 反应「此时处于平衡状态，结合碳原子守恒和题中 给出的CO、CO2浓度，可知t1时刻HCOOH的浓 度为(1.0-0.70-0.16)mol·L1=0.14mol· L1,则反应I的平衡常数K1=c(HCOOH) c(CO) 0.70=5 0.14 CO; b d 0.0 CO HCOOH h 由上述分析及近似认为反应「建立平衡后始终处于平 衡状态，知1时刻之后一氧化碳的浓度始终是甲酸浓 度的5倍，反应Ⅱ平衡时c(CO2)=c(H2)=ymol· L1,则结合碳原子守恒知，平衡体系中c(HCOOH)= 名×1.0-ymlL1.cco)=号×1.0-ywml· L-1,c(C0) 61.0-y) -51.0=卫，反应Ⅱ的平衡 c(C(02) 6y 6y2 常数K2=1.0y加入0.10mol·L盐酸后，H+作 催化剂，反应I的反应速率加快，达平衡的时间缩短， 催化剂不影响平衡移动，故CO的浓度峰值不变，则 CO新的浓度峰值点可能是b点。由图可知，与不含盐 酸相比，CO达浓度峰值时，CO2浓度减小（从b点做竖 直垂线，观察CO2浓度变化)。温度不变，反应I的平 衡常袋位不文，故2D的位不文。 答案(1)△H2-△H1(2)√/Kaxk√Kaxx (3)5(1.0-y2) 6y2 b减小不变 6y 1.0-y 33.解析(1)根据盖斯定律，由①一②一③，可得④ Co HsC2H5(g)-C6HCH-CH2(g)+H2(g)AH= -4386.9kJ·mol1-(-4263.1k·mol-1)- (-241.8k·mol1)=+118k·mol-1。(2)乙苯 的平衡转化率为50%时，由题中信息可得： C6H5C2H5(g)C6 H5CH-CH2 (g)+H2 (g) 起始量1mol 0 0 转化量0.5mol 0.5 mol 0.5 mol 平衡量0.5mol 0.5 mol 0.5mo 平衡分压100kPa 3 则压强平衡常数K。= (苯乙烯)·p(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： C6H C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g) 起始量1mol 0 0 转化量0.75mol 0.75 mol 0.75 mol 平衡量0.25mol 0.75 mol 0.75 mol 25 平衡分压， 1xPa1.75十长Pa 75 1.75+x 175+Pa 温度不变，平衡常数不变，则压强平衡常数Kp= 流H》-学：解得 D(乙苯) 5。(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：F2O3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；Fe2O3作催化！ 剂，可以降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；改变！ F2O3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：CI>Br>I,C一CI键的： 极性更大，更易断裂，故C6HCH2CI更易生成自由基 C&H CH2,活性最强。(6)已知Cu(ag)+2L== [Cu(L)2]K、CuBr(s)=Cu+(aq)+Br(aq)Ksp,两 反应相加可得：CuBr(s)十2L一[Cu(L)2]++Br(aq), 则其平衡常数为KXK即。 答案(1)118(2)5(3)甲苯主反应生成的氢气： 能使副反应⑥的平衡正向移动，甲苯的选择性大于苯！ 的选择性(4)BD(5)C6HCH2CI(6)K×KD 34.解析(1)由图可知，起始时有2.5 mg CuSO4· 5H2O,其物质的量是0.01mmol,所含结晶水的质量！ 为0.9mg,则固体质量剩余1.6mg时所得固体为 CuSO4,加热过程中Cu元素的质量不变，则固体质量 剩余0.8mg时所得的固体是CuO,结合题图DSC曲 线有两个吸热峰可知，700℃发生的反应为CuSO4 CuO十SO3、SO3→SO2十O2,则生成的氧化物除 、 SO2外，还有CuO,SO3。(2)(i)由已知两个反应可以 看出，NO2先参与反应，后又生成，故该过程中NO2作 催化剂。（ⅱ）可结合题干信息和反应物性质分析原！ 因。(3)(1)由图可知，温度高于一定值时，温度升高， 反应速率减小，错误；相同温度下，存在转化率大于！ 181 0.88的情况，则α=0.88的曲线不能代表平衡转化率， b错误；由图可知，越大，反应速率最大值对应温度越 低，c正确；可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产 温度，d正确。（ⅱ）根据图示所知，在相同温度下d催 化剂对应的SO2转化率最高，催化性能最佳。（ⅲ）设 SO2的起始分压为2x,则结合题中信息可得： SO2(g)+ 20,(g)一s0,(g) 起始分压：2x p十rae 0 变化分压：2xae rae 2xae 平衡分压：2x(1-ae) 2xae p(S)3) 则K,= 2rae S0）·p(02)2x(1-a)·bF 答案(1)SO3CuO(2)(i)催化剂(i)铅室法 制得的产品中存在亚硝基硫酸杂质、铅室法生产硫酸 过程中需使用有毒物质氮氧化物(3)(1)cd(iⅱ)d (i) (1-ae)·p 5.解析(1)由图示反应机理分析，△H=2E(C一H)一 [E(C-C)+E(H-H)]=(2×431.0-298.0-436.0)kJ· mol1=128k·mol1。(2)由反应历程图可知，共有3 个基元反应，最后一步的活化能最大，反应速率最慢。 (3)C40H20中共有10个六元环，1个五元环，由C40H20 生成C40H18少了2个H原子，多了1个五元环，六元 环数目不变，生成C40H10时，减少了10个H,则多出5 个五元环，故C40H10中有10个六元环、6个五元环。 (4)设起始时C40H12的物质的量为y,已知平衡转化率为 a,则平衡时C40H2的物质的量为y(1一a),生成的C40H10 PoX 和H2的物质的量均为a,K。=y十。 y(1-0Xp0 y十ya ya·Jya y1a1+o=1二a0。(5)图中两条线几乎平 行，说明两条线的斜率近似相等，即两反应的△H基本 相等，原因是两反应均断开1个碳氢键、形成1个碳碳 键。(6)由反应历程图可知，脱氢的过程为吸热过程， 则温度升高，反应速率加快，平衡正向移动，平衡转化 率提高，a正确；脱氢的过程为气体分子数增大的反应， 增大压强，平衡逆向移动，平衡转化率减小，b错误；催 化剂不可以改变平衡转化率，只能加快反应速率， C错误。 答案D1282)333)6104C20 (5)两反应均为苯环上断开一个碳氢键，形成一个碳碳 键(6)a 36.解析(1)反应I、反应Ⅱ都是吸热反应，升高温度，平 衡均正向移动，CO2的平衡转化率增大；反应I的气体 分子数增大，反应Ⅱ的气体分子数不变，减小压强，反 应I平衡正向移动，C)2的平衡转化率增大，因此有利于 提高CO2平衡转化率的条件为高温低压。(2)根据盖斯 定律，由I十Ⅱ×2，可得CH(g)+3CO2(g)二4CO(g)+ 2H2O(g)△H=+247k·mol1+41kJ·mol厂1×2 =十329kJ·mol-1,根据化学计量数扩大为原来的n 倍，平衡常数为原来的次方，反应相加，平衡常数相 乘，知K=K1·K2。(3)①从流程图可以看出，Fe3O4 和Ca)都先反应，后生成，都能循环利用，A项错误；过 程i中Fe3O4氧化CO:Fe3O4+4CO==3Fe+4CO2, CaO吸收CO2,c(CO2)减小，平衡正向移动，B项正确； 根据流程可知，过程ⅱ产生的H2O在过程中被排 出，没有被C)吸收，C项正确：该流程的总反应为 CH4(g)+3CO2(g)一4CO(g)+2H2O(g),由(2)可 知，其还原1 mol CO2吸收的能量比反应I少，D项错 误。②过程川发生反应：CaCO3(s)=一CaO(s)十 C02(g)、3Fe(s)+4CO2(g)==Fe3O4(s)+4C0(g), 恒压时通入He,容器体积增大，CaC)3(s)CaO(s) 十C0:.g)手衡三为移动，等数O增大，从而伦 3Fe(s)+4CO2(g)-一Fe3O4(s)+4CO(g)平衡正向移 动，因此CO的物质的量上升。(4)①设起始时CH4、 CO2分别为amol、3amol,根据图2,1000℃时CH 转化率为100%，CO2转化率为60%，则△n(CO2)= 3amol×60%=1.8amol,△n(CH4)=amol×100%= amol,R=△n(CO2)/△n(CH4)=1.8。根据图示，随着 温度升高，CH的转化率先逐渐增大，后基本不变， CO2的转化率逐渐增大，从图示可知，CH4、CO2的转 化率之差先增大（约600℃时最大）后减小，最终比起 始时大，则R先减小后增大，最终比起始时小。②反应 I中CH4和CO2的变化量相同，R值提高说明催化剂 X选择性地提高反应Ⅱ的速率，A项正确；由表可知， 温度越低，R值越大，说明参与反应Ⅱ的CO2越多，生 成的H2O越多，B项正确；温度升高，反应I、Ⅱ平衡均 正向移动，CH4、CO2转化率均增大，C项错误；由表中 数据可知，改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增 大，D项正确。 答案(1)C(2)+329K1·K号(3)①BC②通 入He,CaC0,分解平衡正移，导致(C0'增大，促进 c(CO) Fe还原CO2平衡正移 (4)①3f 2 、(400.2.1) (1000,1.8) 0 4006008001000 温度/℃ ②C 37.解析(1)依题意，结合已知信息，可推定在同温同压 下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡 时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0× 103mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与 同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收Yk热量的 能量二者能量差值为(X+Y)k,则1mol时二者能量差值 为200(X十Y)kJ,反应I为放热反应，因此焓变△H= -200(X+Y)k·mol-1。 (2)实验测定X<Y,则达到平衡时BD物质转化量大于BL 物质转化量，平衡状态BD物质的量较小，根据图示可知，表 示xBL变化的曲线是或c;该平衡状态下BL的压强是 0.48×3.0×103kPa,BD的压强是0.36×3.0×103kPa,H2的 压强近似等于总压，故反应平衡常数K,DBXD(H (BD) 0.48X3X10×(3×1032Kpa2=8.3X10-8 0.36×3×103 Is kPa2;以BL为原料时，根据题给反应I、Ⅱ、Ⅲ可知， 体系总物质的量的增加量正好是BD参与反应Ⅱ、Ⅲ的 量，也正好是H2O(g)的物质的量，设t1时BL转化了 amol,BD转化了bmol,则体系总物质的量为(5.0× 103+b)mol,得到5.0X103-a 5.0×10-3+b =0.48、 a-b 5.0103=0.36,求得a=9×103、b=2.3 10一3，则t1时刻xH20= 5X103+6=0.08;此时BD b 的产年为写灵10×100%39%： (3)依题意，反应「是正向放热过程，以BL为初始原 料，温度升高则平衡逆向移动，温度越高，反应速率越 快，达到平衡时的时间越短，(xD/x,)max越小， CD/cM,一的值越大；相同温度时，压强增大，BD的 (xBD/IBI.)max 比重增大，(tBD/rBI,)max增大，又可忽略压强对反应速 率的影响，则(xD/xm,)m最大即nL一最小， (xBD/xB）max 对应曲线c;由于b和c代表的温度相同，而压强对反应 速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移 动，(xBD/x1,）max增大，故—=1.0所需时 间更长。 答案(1)-200(X+Y) (2)a或c8.3×108kPa-20.0839% (3)c由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率 的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动， (xBD/x)max增大，故(cBD/xL.)=1.0所需时间 更长 考向三 1.B2.B3.B4.D5.B6.C7.B8.C9.A 10.A11.D 专题九水溶液中的离子反应与平衡 考向一 1.B2.B3.D4.C5.B6.A7.C8.D9.B 10.C11.B 考向二 1.B2.D3.B4.D5.A6.CD 7.解析(1)步骤I,初始滴入ZnSO4溶液时，NaOH过 量，ZnSO1少量，根据已知①可知，Zn2+转化为 [Zn(OH)4]2-。(2)步骤I,搅拌可以避免反应物浓度 局部过高，使反应物充分混合，使反应充分，A项正确：步 骤[，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO1溶液，过量的NaOH 会使Zn(OH)2转化为Na2Zn(OH)4,不能提高ZnSO4的 利用率，B项错误；一Zn(OH)2在39℃以下稳定，故应 采用低于39℃的水洗涤，C项错误；步骤Ⅲ，控温煅烧 得到纳米ZnO,因此控温煅烧是为了控制ZnO的颗粒大 小，D项正确。(3)步骤Ⅲ，煅烧一Zn(OH)2固体在坩 埚中进行。(5)利用配位滴定法测定纳米Z)产品的纯 度，具体操作为用分析天平称量ZO样品→用烧杯酸溶 样品→用容量瓶配制一定体积的Z2+溶液→用移液管 量取一定体积的Zn2+溶液→用滴定管盛装EDTA标准 溶液，滴定Zn2+。(6)根据图示，荧光强度比值为10.2