大题突破 化学反应原理综合题-【创新教程】2027年高考化学大二轮专题增分方案课时作业

⑧错题序号： 大题突破 化学反应原理综合题 @错因分析： 1.(2025·湖南卷)在温和条件下，将C0转化 *H C.Hs(g)+*H 为C4烃类具有重要意义。采用电化学一化 3 *H+*C2Ha TsⅡ *CH用 TSⅢC.H*H 学串联催化策略可将CO高选择性合成 C.Ho 4 C+CH.CH() C4H0,该流程示意图如下： 5*表示吸附在催化剂表面上的物种 TS表示过渡态 反应进程 co NCO、CH、H 图1 出口 ☐CHo □CHa KOH KOH 反应器 100 T100 电解 90 80 回答下列问题： 80 60 4 (1)电解池中电极M与电源的 极 60 40 相连。 0 (2)CO放电生成C,H的电极反应式为 图2 ①根据图1，写出生成C4H。的决速步反应 (3)在反应器中，发生如下反应： 式 ;C4Ho的选择 性大于C4H的原因是 反应i:2C2H4(g)C4H(g) △H1=-104.7kJ·mol-1 ②结合图2，当x≥2时，混合气体以较低的 反应i:2C2H4(g)+H2(g)=C4H1o(g) 流速经过恒容反应器时，反应近似达到平 △H2=-230.7kJ·mol-1 衡，随着x的增大，C2H4的转化率减小的原 计算反应C4H(g)+H2(g)C4H1o(g) 因是 的△H= kJ·mol1,该反应 当x=2时，该温度下反应ⅱ的K。= (填标号)。 (kPa)-2(保留两位小数)。 A.高温自发 2.甲烷水气重整反应是我国主要的制氢技术， B.低温自发 有关反应如下： C.高温低温均自发 反应i:CH(g)+H2O(g)==CO(g)+3H2(g) D.高温低温均不自发 △H1=akJ·mol-1; (4)一定温度下，CO、C2H,和H2(体积比为 反应i:C0(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g) x:2:1)按一定流速进入装有催化剂的恒 △H2=bkJ·mol1。 容反应器（入口压强为100kPa)发生反应i 回答下列问题： (1)反应ⅰ、反应ⅱ的平衡常数分别为K,= 和iⅱ。有CO存在时，反应ⅱ的反应进程如 图1所示。随着x的增加，C2H4的转化率 1.198Xe器、K2=1,767Xe册，反应温度 和产物的选择性（选择性= 为T℃。 转化为目的产物所消耗乙烯的量×100%) ①b 0(填“<”或“>”)。 已转化的乙烯总量 ②对于反应i,正=k正c(CH,)·c(H,O), 如图2所示。 ℃逆=k逆c(CO)·c3(H2)(k正、k道均为速率 161 常数，仅与温度有关)。向等压密闭容器中 主要发生的积碳反应是 ,其理由是 充入2 mol CH4、2molH2O(g)仅发生反应 i,达到平衡后生成1 mol CO和3molH2。 In K 20 (填标号)。 10 反应 下列说法不正确的是 -1 A.CO的体积分数保持不变能判断反应处 20 一反应iv 2003003504505005前温度/℃ 于平衡状态 3.运用化学反应原理研究与氨气有关反应有 B.及时分离出CO,有利于提高甲烷的转 重要意义。请回答下列问题。 化率 工已知合成氨反应的热化学方程式为： C.1000℃时，k正一定小于逆 N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) D.其他条件不变，达平衡后再向容器中充 △H=-90.8kJ·mol1。 入1 mol CH4、1molH2O(g)、1 mol CO、 (1)我国科学家为了解决合成氨反应速率和 3molH2,则v正>v逆 平衡产率的矛盾，选择使用Fe-TiO2-zH (2)一定温度下，向恒容密闭反应器中通人 双催化剂，通过光辐射产生温差（如体系温 CH4和H2O(g),起始时CH4和H2O(g)的 度为495℃时，Fe的温度为547℃，而 分压分别为1MPa、3MPa,发生反应i和 TiO2-xH,的温度为415℃)。结合图示解 反应ii。反应进行t1min时达到平衡状态， 释该双催化剂的工作原理（已知：常温下氨 此时CO、CO2的分压分别为mMPa、 氨三键不易断裂)： nMPa。 ①H2(g)的平衡分压为 MPa(用含 热Fe冷Ti双温催化原理如下： m、n的代数式表示，下同)。 ②反应ⅱ的K。= (用平衡时各物 支9QQ光照 )热铁 ○冷钛 质的分压代替物质的量浓度)。 (3)复合载氧体可以 Ⅱ.催化氧化法除尾气中氨气的反应为： 99 氧化甲烷制取合成气 a.4NH(g)+3O2(g)=2N(g)+6HO(g) (CO、H2),如图为 △H1=-1282kJ·mol-1 350℃时载氧体的质 94 在实际反应中还伴随如下副反应发生： 51015202530 时间/min 量与时间的关系 b.4NH,(g)+50,(g)4NO(g)+6H,O(g) [一定条件下有积碳反应发生，反应i:2CO(g) △H2=-992kJ·mol1 =CO2(g)+C(s)或反应iV:CH(g)== c.4NH(g)+4O2(g)=2N2O(g)+6H2O(g) C(s)+2H2(g)]。 △H3=-1118kJ·mol-1 ①从开始到13min时，曲线呈下降趋势的 (2)反应a在常压下自发进行的温度条件是 原因主要是甲烷还原载氧体，载氧体失去氧 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。 而出现失重的情况；反应在13~15min时， (3)其他条件不变，升高温度，NH的平衡 出现了一个短暂的小平台，其主要的原因是 转化率 (填“增大”“减小”或“不 变”)。原因为 ②已知△G=一RTIn K,反应ii和反应iV的 (4)将一定比例的NH3和O2的混合气体以 1nK与温度的关系如图所示，则350℃时， 一定流速通过装有催化剂的反应管，NH 162 的转化率、生成N2的选择率与温度的关系 10MPa,计算该反应的平衡常数K。= 如图所示。 (MPa)-2(已知：分压=总压× 100 体积分数)。 80 90 60 80 4.丙烯是有机化工中的重要原料，可用丙烷直 70 接脱氢工艺和丙烷氧化脱氢工艺制备，其主 20175200225250275300 温度/℃ 反应和有关物质的燃烧热数据如下。 ①其他条件不变，在175℃~300℃范围， L丙烷直接脱氢工艺：CH(g)一C3H(g)十 催化氧化除去尾气中的NH应选择反应温 H2(g) 度范围为200℃~225℃之间，理由是 Ⅱ.丙烷氧化脱氢工艺：2C3H3(g)十O2(g) =2C3H(g)+2H2O(g) ②随温度的升高，N2选择率下降的原因可 物质 CaH8 C3H H2 能为 燃烧热△H/ -2219.9 -2058.0 285.8 Ⅲ.请回答： (k·mol-1) (5)含氮化合物对工业生产有多种影响，化 回答下列问题： 学工作者设计了如下再利用的方案： (1)反应I的△H= kJ·mol1,其 以NH和CO2为原料合成尿素[CONH2)2], 自发进行的条件是 两步反应的能量变化如图： 丙烷在不同温度下按照一定流速通过铬催 4能量/kJmo 化剂反应相同时间，所得混合物中部分物质 的体积分数如下表所示，实际控制温度为 2NH(g) 580℃，原因是 +C0.(g） CO(NH)(S)+H2O(g) NH.COONH(s) 反应过程 510℃ 550℃ 580℃620℃ ①已知第二步反应决定了生产尿素的快慢， 丙烷(%) 64.82 57.87 37.76 31.91 可推测E E(填“>”“<”或 丙烯(%) 12.33 15.85 22.72 23.13 0.19 0.20 “=”)。 乙烯(%) 0.12 0.71 甲烷(%)1.50 2.78 4.03 7.31 ②该反应达到化学平衡后，下列措施能提高 氢气(%)20.47 18.99 25.45 31.14 NH3转化率的是 (填字母)。 (2)反应Ⅱ属于自由基反应，其反应历程如 A.选用更有效的催化剂 下，写出第V步的反应方程式。 B.及时从体系转移出生成的尿素 (i)C3H8+O2→·C3H,+HO2· C.降低反应体系的温度 (i)·C3H,+HO2·→>C3H。+H2O D.增大二氧化碳的浓度 (i)H2O2→2HO· (6)某实验小组为了模拟 ↑NH体积分数% (i) 工业合成尿素，在恒温恒 (3)将3molC3H3、2molO2置于某恒温（高 容的真空密闭容器中充入 20 于100℃)、恒压()的密闭容器中进行反应 一定量的CO2和NH发生 时间 Ⅱ时，发生了副反应Ⅲ：C3H(g)+2O2(g) 反应：2NH(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s) CH,CH,OH(g)+CO2(g)+H2O(g). 十H,O(g),反应过程中NH3的体积分数如 达平衡时的体积分数(C3H。)=40%, 图所示。实验测得体系平衡时的压强为 p(CO2)=4%,则C3H。的选择性为 163 (C,H。的选择性= 用于生成CH消耗的CH×100%,计算 全部消耗的C,Hg -1.4 -1.6 结果保留3位有效数字)，反应Ⅲ的K。= 024 (用平衡分压代替平衡浓度计 10 20 3.0 4.0 元10K) 算，分压=总压×物质的量分数)。 ①一定温度下，向密闭容器中充人适量 (4)使用惰性电极电解 丙烯 PCL(g)和CL2(g),实验测得在催化剂 CO2的酸性溶液制丙 烯，其装置如图所示。 Catl,Cat2下Rlnb与六的关系如图乙所 ①若以铅酸蓄电池作 离子交换膜 示。催化效能较高的是 (填“Cat1”或 为直流电源，其工作时负极质量 “Cat2”),判断依据是 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ②将2 mol PCl(g)和n mol Cl.2(g)充入体 ②X电极的电极反应式为 积不变的密闭容器中，一定条件下发生上述 反应，达到平衡时，PCL(g)为amol,如果此时 5.PCL3、PCL,常用于制造农药等。磷 Q 移走n mol PCla(g)和0.5 mol Cl2(g),在相同 在氯气中燃烧生成这两种氯化磷。 温度下再达到平衡时PCL(g)的物质的量为 请回答下列问题： x,则x为 (填标号)。 (1)PCL的VSEPR模型是 。已知 A.x=a mol B.x=0.5a mol PCL,中P原子的d能级参与杂化，分子呈 C.<0.5a mol D.0.5a mol<x<a mol 三角双锥形（如图甲），由此推知PCL,中P (4)向恒容密闭容器中投入0.2 mol Cl2和 的杂化类型为 (填标号)。 0.2 mol PCla(g),发生反应：PCL(g)+CL(g) A.sp PCL(g),在不同条件下进行，反应体系 B.sp2 C.dsp3 D.spd 总压强随时间的变化如图丙所示。 (2)已知，①P4(s)+6C12(g)—4PCL3(1) 175 △H1=-akJ·mol1, ②P4(s)+10CL2(g)—4PCL(s)△H2= g145 140-+ 135 -bkJ·mol-1(b>a>0)。 130 则PC,(I)+C2(g)—PCL(s)△H= 1 0 51015202530354045505560t/mim (用含a、b、c的式子表示)kJ·mol-1。 ①相对曲线b,曲线a改变的条件可能是 (3)实验测得PCL(g)+CL2(g)→PCL(g) ;曲线c改变的条件 的速率方程为v=c"(PCL3)·cm(Cl2)(k为 可能是 速率常数，只与温度、催化剂有关)，速率常 ②曲线b条件下，该反应平衡常数(K,)为 。[提示：用分压计算的平 数k与活化能的经验关系式为Rlnk= E 衡常数为压强平衡常数K。,分压=总压× (R为常数，E。为活化能，T为绝对温度)。 物质的量分数。] 164化学 体，n(总)=专mol,K= p(CH)·(H,) (Ca Hg) 3 3 4 4 3 3 2 ;温度不变，K,不变， 8 4 3 若丙烷的转化率为75%时，计算Q。, C Hs (g)C:H (g)+H2 (g)Ar 初始/mol 1 0 0 转化/mol 0.75 0.75 0.750 平衡/mol 0.25 0.75 0.755, 此时n(总)=6.75mol, Q,=p(CH,)·p(H2) (×g):(,×g得 p(C Ha) (,×g =号≠K,此时不是平衡状态，即平衡后，丙龙的转化 率不等于75%，D错误。] 13.B「A.由图可知，反应起始阶段，相同时间时W的物 质的量分数大于Z,说明反应I的反应速率比反应Ⅱ 慢，所以速率常数，<k2,故A正确；B.近似认为反应 Ⅱ建立平衡后，反应Ⅱ始终处于平衡状态，由图可知，W 物质的量分数最大时，反应Ⅱ达到平衡，之后反应Ⅱ始 终处于平衡状态，时间为nmin时X、Z的物质的量分 数都为30%，设nmin时Z、W的物质的量分别为 amol、bmol,由题意可建立如下三段式： X(g)+Y(g)=Z(g) 起始(mol) 1 1 0 转化(mol) a a a nmin时(mol)1-a 1-a a X(g)+Y(g)==W(g) 起始(mol) 1-a 1-a 0 转化(mol)b b nmin时(mol)1-a-b1一a-bb, 由XZ的前质的量分数可得：2日名032-8b =0,3,联立解方程可得a=号、6=7，则1L刚性容闭 容器中反应Ⅱ的平衡常数K, 7 (1-多-)×(1-多-) 9,故B错误；C. 反应I和反应Ⅱ都是气体体积减小的反应，体系达到 平衡后，再加入X和Y各1mol相当于增大压强，平衡 向正反应方向移动，Z的平衡产率增大，故C正确；D.T 温度下，使用选择性催化反应Ⅱ的催化剂，反应Ⅱ的反 应速率增大，相同时间内W的物质的量增大，物质的量 分数新峰值点可能是a,故D正确。] 14.D[A.恒温恒容条件下，容器中气体的压强与气体的 物质的量成正比，根据化学方程式知，反应前后气体的 物质的量之和减小，则压强减小，在绝热条件下进行， 随着反应的进行，容器内压强先增大后减小，说明开始 时温度对压强的影响大于气体的物质的量，则L2表示 26 绝热条件下△力随时间变化关系，A错误；B.恒温恒容 条件下，容器中气体的压强与气体的物质的量成正比， 根据化学方程式知，反应前后气体的物质的量之和减 小，则压强减小，△p>0,在图中以ac所在线表示；在绝 热条件下进行，随着反应的进行，容器内压强先增大后 减小，说明开始时温度对压强的影响大于气体的物质 的量，说明该反应为放热反应，△H<0,B错误；C.b,点 温度高于C点，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向 移动，所以HBr的转化率：a(b)<α(c),C错误；D.在恒 温恒容条件下，气体压强之比等于总物质的量之比，根 据三段式： 4HBr(g)+O2(g)==2Br2(g)+2H2O(g) 起始mol4 1 0 0 变化mol4x x 2x 2x 平衡mol 4-4x 1-x 2x 2x, 5 根据a点时数据有：5一x一085p。 Po ,解得x=0.75,此时 /1.5mol14 浓度商Q= IL =20.25L/mol,a、 ()×(】 IL b点总压强相等，容器容积相等，b点温度较高，故b点 气体的物质的量小于a点，正反应是气体分子数减小的 反应，说明b,点HBr的转化率大于a点，即b点平衡常 数K大于a点Q,D正确。] 大题突破化学反应原理综合题 1.解析：(1)由图可知，N电极上CO转化为C2H4,C元素 化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与 电源正极相连； (2)CO发生得电子的还原反应转化为C2H4,电解液是 碱性环境，电极反应为：2CO十8e十6H2O一C2H4 +8OH; (3)根据盖斯定律，反应ⅱ一反应「即可得到目标反应， 则△H=-230.7kJ/mol-(-104.7kJ/mo1)=一126 kJ/mol,该反应是熵减的放热反应，则依据△G=△H一 T△S<0,则低温下能自发进行，选B; (4)①总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反 应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的能垒最大，该步骤是决 速步骤，反应式为“C,H十”C2H4一·C4Hg;由图可 知，由C4H。生成C4Hg时，活化能较大，反应速率慢，所 以C4Ho的选择性大于C4Hg; ②当x≥2时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状 态，则增大CO的分压，相当于减压，反应1和反应ⅱ平 衡均逆向移动，所以C2H,的转化率减小； 当x=2时，C2H4的转化率为90%，C4H1。的选择性为 80%,设初始投料：CO:2mol、C2H4:2mol、H2:1mol,则 n(C,Ho)=2mol×90%×号×80%=0.72mol、 n(C,H,)=2mol×90%×号×20%=0.18ml. n(C2 Ha)=2 mol-2 molX90%=0.2 mol,n(H2 )=1 mol- 0.72mol=0.28mol,气体总物质的量为(2十0.72十0.18 +0.2+0.28)mol=3.38mol,此时压强为3.38mo× 5 mol 100 kPa=67.6 kPa,(C,Ho-3 moX67.6 kPa -14.4 kPa.C.Ho)=9d×62.6kPa=4kPa、 (H,)-=景8器×66k=5.6,反应1的K =5装P)≈0.16dP7. 答案：(1)正(2)2C0+8e+6H20C2H4+80H (3)-126B (4)①·C2H+·C2H4—C4H,由C4H,生成 CHg时，活化能较大，反应速率慢②随着x的增大， CO的分压增大，对于反应ⅰ和反应ⅱ相当于减压，反应 1和反应ⅱ平衡均逆向移动，所以C2H4的转化率减小 0.16 2.解析：(1)①根据K2的表达式可知，温度越低，平衡常数 越大，即降低温度平衡正向移动，为放热反应，所以b<0。 ②随着反应的进行，CO的体积分数逐渐增大，直到平衡 状态，当CO的体积分数不变时，反应达到平衡状态，故 A正确；及时分离出CO,平衡正向移动，甲烷的转化率 升高，故B正确；根据区k量的表达式可知，K=三， 1000℃时，根据K,=1.198×e器，可知三<1，故C -26830 k迷 正确；其他条件不变，达平衡后容器中CH4、H2O、CO和 H2的物质的量各为1mol、1mol、1mol、3mol,若在恒 压条件下，再向容器中充入1 mol CH4、1molH2O、 1molC0、3molH2,容器体积增大一倍，各物质浓度不变， 反应仍然为平衡状态，则正、逆反应速率相等，故D错误。 (2)①根据反应ⅱ知，生成CO2、H2的物质的量相等，则 反应ⅱ中生成的H2的分压和CO2的分压相等，为 nMPa;根据碳原子守恒知，反应i中生成总的CO分压 为(m+n)MPa,反应i生成H2的分压为生成CO分压 的3倍，所以反应i生成H2的分压为3(m十n)MPa,则 生成H2的总分压为[3(m+n)+n]MPa=(3m+ 4n)MPa。 ②恒温恒容条件下气体压强之比等于其物质的量之比， 平衡时CO、CO2的分压分别为mMPa、nMPa,则CO、 C02的物质的量之比为m：n,假设平衡时n(C0) =mmol、n(CO2)=nmol,生成n mol CO2消耗n mol C0, 则生成n(H2)=nmol十3(m十n)mol=(3m十4n)mol。起始 时CH和H2O(g)的分压分别为1MPa、3MPa,则n(CH) :n(HO)=1:3,设n(CH4)=1mol,则n(H2O)=3mol,根 据氧原子守恒得剩余n(H2O)=(3-m一2n)mol,反应i的 K-86-得 (3)①发生积碳反应时生成的碳是固体，复合载氧体失 去氧的质量与积碳的质量相等，载氧体总体质量不变， 所以反应在13~15min时，出现了一个短暂的小平台。 ②350℃时，根据△G=一RTIn K可知，反应im的△G> 0,几乎不能自发进行，而反应V的△G<0,能正向自发 进行，因此主要发生反应V。 答案：(1)①<②D (203m+4n@n2 (3)①复合载氧体失去氧的质量与积碳的质量相等 ②反应iV350℃时，反应i的△G>0,几乎不能自发进 行，而反应V的△G<0,能正向自发 3.解析：(1)根据图中信息，“热Fe”高于体系温度，N2在 “热F”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率；“冷Ti” 低于体系温度，氨气在“冷T”表面生成，有利于提高氨 26 练习册参考答案 的平衡产率；(2)反应a的△H<0,△S>0,则△G=△H 一T△S<0,任意温度下反应都能自发进行：(3)由信息 可知，a、b、c三个反应均为放热反应，升高温度平衡逆向 移动，NH3的平衡转化率减小；(4)①其他条件不变，反 应温度范围为200℃~225℃之间时NH3的转化率较 大，且氨气的选择率较高，副产物较少；②由图可知，低 温下NH,转化率和N2选择率均较高，随温度的升高， N2选择率下降的原因可能为催化剂对生成N2的反应 活性下降，副反应的速率变大；(5)①活化能越大，反应 速率越慢，慢反应决定反应速率，第二步反应决定了生 产尿素的快慢，则第二步的活化能大于第一步活化能， 即E1<E;②催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡 移动，所以不能提高平衡时氨气的转化率，A错误；尿素 是固体，从体系转移出生成的尿素，平衡不移动，氨气的 转化率不变，B错误；降低反应体系的温度，平衡正向移 动，氨气转化率增大，C正确；增大二氧化碳的浓度，平衡 正向移动，使氨气消耗量增多，氨气转化率增大，D正确； (6)起始氨气的体积分数为50%，说明二氧化碳的体积 分数也为50%，设起始氨气和二氧化碳的物质的量均为 1mol,平衡时二氧化碳的转化率为x,列出如下三段式： 2NH (g+CO (g-COX(NH)(s)+HOXg 起始量/mol1 1 0 转化量/mol2x x x 平衡量/mol1-2x1-x 1-2x 平衡时氯气的体积分数为1=2z十1二x十2X100% 3 =20%,解得工=8，混合气体总物质的量为 (2-X)mol-5mol,(NH,)- Imol-2 molx 子mol X10MPa=2MPa,同理，p(CO2)=5MPa,p(H2O) (H2O) 3 MPa -3 MPa,K,(NH)(CO.)(2 MPa)X5 MPa =0.15(MPa)-2。 答案：(1)N三N键在“热Fe”表面断裂，利于提高合成氨 的反应速率；氨气在“冷T”表面生成，利于提高氨的平 衡产率(2)任意温度(3)减小a、b、c三个反应均为 放热反应，温度升高，平衡均逆向移动(4)①该温度范 围NH2的转化率较大，且氮气的选择率较高，副产物较 少②催化剂对生成氮气的反应活性下降，副反应的反 应速率加快 (5)①<②CD(6)0.15 4.解析：(1)CH燃烧热的热化学方程式：CH(g)十5O2(g) -3C02(g)+4H20(I)△H=-2219.9kJ·mol-1 ①，CH,然烧热的热化学方程式：CH。(g)+号0，(g) -3C02(g)+3H20(1)△H=-2058.0kJ·mol-1 ②：H,燃烧热的热化学方程式：H,(g)+2O,(g) H20(1)△H=-285.8kJ·mol1③。根据盖斯定 律，①一②一③可得到反应I,则反应I的△H= -2219.9k·mol-1-(-2058.0kJ·mo1) (-285.8kJ·mol1)=+123.9kJ·mol1。该反应是 吸热反应，△H>0;该反应是气体体积增加的反应，则 △S>0;根据△G=AH-T△S<0,则高温下反应能自发 化学 进行。温度小于580℃时，反应速率慢，单位时间产率 较低；温度高于580℃时，丙烯的含量虽然有所增加，但 是幅度不大，己烯、甲烷等杂质的含量大幅度增加，同时 耗能增大，因此580℃最适合。 (2)根据盖斯定律，可利用反应Ⅱ减去2（「十ⅱ十m), 可得反应4HO·→2H2O+O2。由第i步自由基反 应，可知最后一步反应N应为2H0·一→H,0十号0。 (3)假设在反应Ⅱ中C,Hg反应了xmol,在副反应Ⅲ中 C3Hg反应了ymol,列出三段式，可得： 2C3H3(g)+O2(g)=2C3H(g)+2H2O(g) 开始(mol) 3 2 0 0 转化(mol) xx/2 平衡(mol) 元 CH:(g+2O.(g-CHCH2OH(g+CO.(g+H.Og 开始(mol)3 2 0 0 0 转化(mol)y 2y y y y 平衡(mol) 结合两个反应的数据，可得平衡时，n(CH)=(3-x一y)mol, (0)=(2-2x-2y）mol,n(C,H,)=zmol, m(CH CH2OH)=y mol,n(CO)=y mol,n(H2O) -(z十)mol,各物质总的物质的量n-(5+2zmol。根 据体积分数计算，p(CH)=x,=40%;p(C0)= 5+ y Y24%,可得x=2.5mol,y=0.25mol。则C, 的选择性=千，×10%=云0.25X10%≈ 2.5 90.9%。 平衡时，n(C3Hg)=0.25mol,n(O2)=0.25mol, n(CHCH,OH)=0.25 mol,n(CO,)=0.25 mol, n(H20)=2.75mol,n=6.25mol。分压=总压X物质 的量分数，总压为p,可得： K-(CH,CH.OH(CO,(HO)_ (C3 H8)p2(O2) ex号x器(×器. )(x) (4)①铅酸蓄电池负极的电极反应式为Pb一2e十SO —PbSO4,工作时负极质量增大。②根据图示，在X极 C○2转化为丙烯，电解质溶液为酸性。电极反应式为 3C02+18e+18HtC3H。+6H20。 答案：(1)十123.9高温温度过高，副产物大量增加， 能耗增大；温度过低，反应速率慢，单位时间产率降低 (2)2H0·一→H,0+号0，(3)90.9%11(4)①增 大②3C02+18e+18H+-CgH6+6H2O 5.解析：(1)PCL3分子中P原子价层电子对数为4，其中孤 电子对数为1，VSEPR模型为四面体形。PCL分子含5 个单键，需要5个杂化轨道。基态P原子电子排布式为 1s22s22p3s23p3,3s、3p、3d能量相近，可以参与杂化，杂 化类型为spd。 26 (2)根据盖斯定律可知，（②一①）÷4得目标热化学方程 式，则△H=_b2k·molr1,由于b>a,则a-b<0, 三氯化磷与氯气反应生成五氨化磷是放热反应。 (3)①根据表达式可知，温度变化相同时，E,值越小，R 变化值（绝对值）越小，直线斜率越小，催化剂催化效能 越大。由图乙可知，Cat1对应直线的斜率较小。 ②移走一半反应物，压强减小，减压平衡逆向移动，即平 衡时PCL的物质的量小于原平衡的一半，故选C。 (4)①曲线a、b起始状态时，容器体积相同，反应物的物 质的量相同，温度越高，压强越大，即温度：a>b。曲线c 和b达到相同的平衡状态，只是前者先达到平衡，c反应 速率较大，该反应是气体分子数不相等的反应，故C改变 条件是加入催化剂，或加入效率更高的催化剂。 ②设平衡时PCL3转化的物质的量为xmol,列三段式 PCla (g)+Cl2 (g)=PCl;(g) 起始物质的量/mol0.2 0.2 0 变化物质的量/molx 平衡物质的量/mol0.2一x0.2-x 同温同容条件下，压强之比等于其物质的量之比 0.4 mol 0.4 mol mol-120 kPa0.1,P(PCl=Ck (PCl)=120 kPax=40 kPa (PCI) 40 kPa K=p(PCl)(CL40 kPaX40 kPa =0.025(kPa)-1。 答案：(1)四面体形D(2)-b二0 4 (3)①Cat1改变相同温度，Rlnk变化值较小，E,较小 ②C (4)①升高温度加催化剂②0.025(kPa)-1 专题精准强化15“突跃曲线”的分析应用 1.D[第一个化学计量点的pH=4.7,甲基橙的变色范围 为3.14.4，终点时溶液由橙色变为黄色，故A错误；X ,点到Y点是磷酸二氢钠逐渐转化为磷酸氢二钠，发生的 反应为H2PO,十OH一HPO十H2O,故B错误；第 二个化学计量点的含磷物种主要是HPO,此时溶液的 pH=9.7>7,显碱性，说明HPO的水解常数大于其 电离常数，故C错误；由图中c(H3PO,)=c(H2PO)时 溶液的pH=2.16可知，HPO4一H2PO十H+的 K4(HPO,)=102.16,图中c(H2P0,)=c(HP02)时 溶液的pH=7.21可知，H2PO,-一HPO+H的 K2(HPO4)=107.1,两式相减得到H,PO4+HPO 2H,P0的平衡常数K-X2-10710,故 D正确。] 2.D[0.1mol·L1MOH溶液的pH小于13，则其为弱 碱，其电离方程式为：MOH一M十OH,A错误； MOH电离出的氢氧根离子会抑制水的电离，随着盐酸 的加入消耗MOH,水的电离程度增大，c点时HCl与 MOH恰好完全反应，水的电离程度最大，则水的电离程 度：c>b>a,B错误；根据电荷守恒可知，b,点有c(Cl) 十c(OH)=c(M)十c(H+),此时溶液显中性，则 c(CI)=c(M中)，C错误；c为滴定终点，则c点溶质为 MCI,此时由于M的水解，导致溶液显酸性，则c(C1厂) >c(M)>c(H)>c(OH),D正确。]