考点29 图像、计算与综合-【大数据建模高考】2027高考化学精准二轮复习课件PPT

考点29：图像、计算与综合 成都郭小渠名师 工作室·出品 2026年全国高考真题分类全解◎二轮专题复习导航 10 十一月 2026 说明 1.本PPT是《大数据建模高考化学》的二轮复习用书的教学用PPT。全书以2026年全国及各省市解密高考真题为核心题源进行研究，进行完整的分类汇编。旨在检验一轮复习成果、小综合分类训练，探究新的考试方向。 2.从六个维度挖掘真题价值、探究高考命题的底层逻辑，实现高考复习从“刷题”到“研题”的转变，从“传统经验”研判走向“数据实证”驱动的变革。 3.将高考试题划分为六个难度层级：❶❷基础性试题；❸综合分析；❹迁移应用；❺❻创新探究。并与高考录取层级对应。以落实“以人为本，分层教学”的复习策略。 4.PPT采用人工智能的模板化设计和制作，采用文本化呈现，有利于修改和移植。如遇制作上的勘误，请查阅原书更正。 5.要进一步了解本书的体系和实施策略，请关注我们团队的公众号：scthgxq 考点29 · 02 (一)考查内容与统计 考查要求 (1)内容：共考查19次，难度最高五星。图像读数与曲线归属、反应速率与浓度商计算、图像趋势的机理解释、工艺条件优化与配比。(2)考型：坐标轴与图例判读、曲线归属判定、平均速率与浓度商计算、活性温度与优点的归纳、最优条件选择与原料配比调整。(3)方法：由物料守恒与计量数比锁定曲线归属并据平衡移动取最优区间，由转化率与计量比求生成量，把产率拆成选择性乘转化率后权衡条件。属综合图像类考点，重在坐标含义的准确判读。 内容统计 图像读数与曲线归属(1次/★★★★★)转速产量比较、转化率选择性图、曲线归属判定·反应速率与浓度商计算(1次/★★★★★)平均速率、浓度商、密堆积面积·图像趋势机理解释(2次/★★★★★)催化剂活性温度、制氢优点归纳·工艺条件优化与配比(1次/★★★★★)最佳条件选择、原料配比调整。 考点29 · 03 (二)一轮链接 🔗分析曲线图像须“五看”：一看面明确横纵坐标含义，二看线看整体与变化趋势，三点关注起点、终点与转折点(转折点前后影响因素可能不同，常需分段讨论)，四看辅助线，五看量(P179)； 🔗解释平衡移动原因的答题模板为“四点”：首先叙述反应特点，然后描述条件的改变，接着说明平衡移动的方向，最后给出最终结论(P179)； 🔗守恒法指出化学反应中守恒包括原子守恒、电荷守恒与得失电子守恒；非氧化还原反应优先用质量/原子守恒，氧化还原反应优先用得失电子守恒，溶液体系可结合电荷守恒(P28)； 🔗用c—T/p(浓度-温度或压强)平衡图像分析多变量时，可采用“定一变，议二变”原则：先固定一个量不变，再探讨其余两个变量的关系，通常画一条垂线讨论(P181)； 🔗化学计算中，常常出现或新定义有关“率”，“率”一般是某目标物质在反应前后量的变化(P30)； 🔗lnK～1/T 之间呈线性关系：当两点(K₁，1/T₁)、(K₂，1/T₂)，代入 ln(K₁/K₂)=ΔH/R·(1/T₂-1/T₁)，以此关系，对图像进行定性和定量的讨论(P182)； 🔗生成P 的选择性=生成P所转化消耗的A的物质的量/已转化消耗A的总物质的量×100%。对于特定反应物A和特定目标产物P，生成P 的产率=生成P 的转化率×生成P 的选择性(P158) 衔接 衔接：2026年考点模型升级为多曲线协同判据、产率拆积与多反应配比补偿的综合决策。 考点29 · 05 (三)实考知识 1.转化率与选择性双指标：工艺选温须同时兼顾转化率与选择性，低温转化不足、高温选择性下降，取二者兼顾区间；选择性=目标产物生成量/反应物转化量[云南-17]； 4.物料守恒判曲线归属：反应前后原子守恒，n(反应物)+n(产物)守恒对可锁定曲线；结合升温平衡正向移动判各曲线升降趋势[河北-17]; 2.化学反应速率计算：平均速率 v=Δn/(V·Δt)，单位 mmol/(mL·min)；由转化率求已反应量后按计量比换算目标物生成量[湖北-19]； 3.浓度商Qc表达式：浓度商 Qc=产物浓度幂次方积/反应物浓度幂次方积，浓度用 c=n/V 代入，保留体积V写出算式[湖北-19]； 5.二维密堆积面积：六方密堆积单原子占总面积(含空隙)为2r²，总面 A=Nₐ·(w/M)·2r²，其中N=w/M·Nₐ[江西-17]; 6.催化剂活性温度与吸附：超过催化剂活性温度时催化吸附变差；放热反应(ΔH<0)升温平衡逆向移动，二者共同导致速率下降[浙江6月-18]； 7.产率拆积与配比优化：目标产物产率∝选择性×转化率，最佳条件取乘积最大；多反应体系中据副反应补/减原料配比[广西-17]； 考点29 · 07 (四)关键能力 模型1　图像读数辨曲线模型[甘肃-17] ①读坐标轴与图例：弄清每条曲线横纵含义及代表组分；②抓守恒与计量：用物料守恒、化学计量数比锁定曲线归属；③定趋势方向：结合升温/压强变化判断各曲线升降；④取兼顾区间：双指标时取转化率与选择性都较优处; 模型2　速率与浓度商计算模型[湖北-19] ①取转化量：由初始量与转化率算已反应物质的量；②按计量比换算：用反应式系数求目标物生成量；③代浓度式：以 c=n/V 代入速率或浓度商表达式；④化简表达：保留体积V写出算式并标注单位； 模型3　工艺条件优化权衡模型[广西-17] ①列目标函数：把产率写成选择性×转化率等乘积；②比候选项：逐项计算各组条件乘积高低；③折成本效率：在相近优值中取低温/节能方案；④调原料配比：多反应体系据副反应补/减投料； 考点29 · 08 (五)易错点与避坑指导 易错点 避坑指导 图像与数据未交叉核验：先据低温CO分压近零判反应①主导，再按计量数比把四条曲线分到各物质、定CH₄为曲线2，却把表中250℃的22%转化率直接当平衡值，没把分压随温度的趋势与表数据对照，漏看矛盾、未识其未达平衡[甘肃-17](3))。 正确做法是用物料守恒与计量数比先锁曲线归属，再把图像分压随温度的趋势与表中转化率比对：凡与平衡图像矛盾者(如升温转化率不降反升)即判未达平衡，再据反应①主导、升温逆向移动解释。 把“平衡图像”当“任意时刻图像”，凡图上读数一律代入平衡常数式算K：见某温度下三曲线交点便直接套K=Q，未先判断体系是否达平衡[河北-17](4))。 认知根源是把“坐标间存在解析关系”误当成“已达平衡”的充分条件，思维上跳过平衡判据。错下去的过程是：读曲线→看到交点或极值→认定该点为平衡点→列出浓度商并令其等于K→代入数据得一“平衡常数”。先判平衡再算K：交点、极值、交点处各曲线上升与下降的分界只是浓度相等的瞬间，须由反应速率关系或分压不随时间变化判定已达平衡，确认平衡后方可代入K式，否则所算只是浓度商Q[河北-17]。 判断固相稳定区间时以“曲线上下方位”代替代数判据：在Ca(OH)₂/CaO分解体系里只凭图像位置直觉说CaO稳定，不会把实际p(H₂O)当作Qp与Kₚ比较，缺了“Qp<Kₚ正向、CaO稳定”的定量标准[江西-17]⑤)。 正确做法是对每个状态点取实际p(H₂O)算Qp，与分解平衡Kₚ=p(H₂O)平衡比较：Qp<Kₚ正向进行、CaO稳定；Qp=Kₚ即落曲线上、两固共存，逐点用代数而非目测。 考点29 · 09 (六)创新与方法 1.情境判据[湖北-19]： 以NH₃与废弃太阳能面板Si材料球磨制高纯H₂为载体，把盖斯定律、转速-产量曲线、平均速率与浓度商、活化能与化学键分析、副产物比较五个考点压缩在一条绿色资源化主线中，兼具固废利用与能源价值。方法指导：①先由盖斯定律组合反应Ⅱ、Ⅲ求ΔH₁并判熵变；②读转速-产量曲线，注意球磨总转数固定这一隐含约束；③由转化率算已反应量、按计量比换算H₂生成量，再代浓度式求速率与浓度商；④由能量变化图比较活化能，从削弱化学键角度解释球磨作用。 2.方法拓展判据[陕晋青宁-17]： 以能垒-反应历程图筛选催化剂，并把“依能垒选催化剂”与“接续写出后续反应链”串联成一组新动作。方法指导：①比能垒：从状态b到d比较两催化剂最高能垒(活化能)，取能垒低者；②定催化剂：选能垒更低的催化剂A以提高自由基转化速率；③续反应链：据剩余反应物写后续加成方程式，补全反应历程。 考点29 · 10 典型示范 [广西-17] 难度❷<3.6<❺ 小问(1)❷ 1.[广西-17]❷<3.6<❺ SO₂的综合处理利于减少环境污染并实现资源再利用。回答下列问题： Ⅰ．利用H₂还原SO₂涉及下列反应： ①3H₂(g)+SO₂(g)=2H₂O(g)+H₂S(g)　　ΔH₁　　Kₚ₁ ②2H₂(g)+S₂(g)=2H₂S(g)　　ΔH₂　　Kₚ₂ ③4H₂(g)+2SO₂(g)=4H₂O(g)+S₂(g)　　ΔH₃　　Kₚ₃ (1)❷　ΔH₃=______________(用含ΔH₁、ΔH₂的代数式表示) 答案(1)：2ΔH₁ −ΔH₂ 【解析(1)】反应③=反应①×2 - 反应②。 考点29 · 11 典型示范 [广西-17] 难度❷<3.6<❺ 小问(2)❹ 1.[广西-17]❷<3.6<❺ SO₂的综合处理利于减少环境污染并实现资源再利用。回答下列问题： Ⅰ．利用H₂还原SO₂涉及下列反应： ③4H₂(g)+2SO₂(g)=4H₂O(g)+S₂(g)　　ΔH₃　　Kₚ₃ Ⅱ．对H₂-SO₂反应体系进行热力学计算，平衡体系中各组分的物质的量分数(x)与温度(T)的关系如下图，其中Sᵢ(i=2~8)为对应温度下硫单质的存在形态，T>600℃时，i=2。 (2)❹　900℃、100 kPa条件下，Kₚ₃ = _________________(列出计算式，以分压表示，分压=总压×物质的量分数) 答案(2)：(0.68×100)⁴⋅(0.104×100)/(0.016×100)⁴×(0.07×100)²kPa⁻¹ 【解析(2)】从图中读取各组分X：x(H₂O)=0.68，x(H₂S)=0.13，x(SO₂)=0.07，x(H₂)=0.016，故x(S₂)=1-0.68-0.13-0.016-0.07=0.104。Kp=p⁴(H₂O)p(S₂)/p⁴(H₂)p²(SO₂)= (0.68×100)⁴⋅(0.104×100)/(0.016×100)⁴×(0.07×100)²kPa⁻¹。 (3)❸　600~1000℃内，x(H₂S)随温度升高而减小的原因是________________________________。 答案(3)：高温下，H₂S分解为S₂和H₂ 【解析(3)】高温H₂S分解为S₂和H₂（教材知识），使x(H₂S)减小。 考点29 · 13 典型示范 [广西-17] 难度❷<3.6<❺ 小问(4)❹ 1.[广西-17]❷<3.6<❺ SO₂的综合处理利于减少环境污染并实现资源再利用。回答下列问题： Ⅲ．在含有活性炭的固定床反应器内，利用H₂还原SO₂，SO₂转化率、S₂选择性[2n(S₂)/n入口(SO₂)⁻n出口(SO₂)×100%]随初始n(H₂):n(SO₂)以及温度的变化如下图。 (4)❹　反应生成S₂的最佳条件是___________________________________。 答案(4)：600℃，n(H₂):n(SO₂)=4 【解析(4)】生成S₂的产率∝S₂选择性×SO₂转化率。在“600℃，n(H₂):n(SO₂)=4”和“800℃，n(H₂):n(SO₂) = 0.25”条件下，S₂选择性和SO₂转化率的乘积较高，考虑低温成本效率，选择600℃，n(H₂):n(SO₂)=4。 (5)❺　高温下，该体系中可检测出CO，若反应器内无活性炭，S₂产率达最大时，所需的初始n(H₂)∶n(SO₂)将_______________(选填“增大”“不变”“减小”)。 答案(5)：增大 【解析(5)】CO是活性炭在高温条件下与主反应生成的水反应所至（C + H₂O ⇌高温 CO + H₂），生成的H₂补充到体系之中；若无活性炭（无水煤气反应），又不影响n(H₂):n(SO₂)的最佳值，则需增大n(H₂):n(SO₂)，以补充活性炭反应生成的H₂。 考点29 · 15 典型示范 [广西-17] 难度❷<3.6<❺ 小问(6)❷ 1.[广西-17]❷<3.6<❺ SO₂的综合处理利于减少环境污染并实现资源再利用。回答下列问题： IV．设计双室电解池(如图)合成Fe₂(S₂O₈)₃和H₂O₂，实现SO₂的再利用。 (6)❷　电解时H⁺从____极室移向____极室(选填“a”“b”)。已知：S₂O₈²⁻氧化性强于Fe³⁺。 答案(6)：a　b 【解析(6)】根据图示，O₂→H₂O₂(发生还原反应为阴极)，电解，阳离子（H⁺）向阴极（b）移动。 (7)❺　若将恰好吸收了0.50 mol SO₂的Fe₂(SO₄)₃溶液全部注入a极室，电解时a极的电极反应式为：________________。当b极室内生成1 mol H₂O₂时，在a极室理论上最多可生成________mol Fe₂(S₂O₈)₃。 答案(7)：Fe²⁺ - e⁻ == Fe³⁺、2SO₄²⁻ - 2e⁻ == S₂O₈²⁻ 　1/6 【解析(7)】阴极b：O₂ + 2H⁺ + 2e⁻ ==H₂O₂，生成1 mol H₂O₂转移2 mol电子。左边烧杯中吸收0.50 mol SO₂对应1.0 mol Fe²⁺和0.50 molSO₄²⁻。加入阳极a室中电解，当转移2 mol电子时，先1.0 molFe²⁺失去1mol电子生成1molFe³⁺，余下1mol电子发生反应（2SO₄²⁻-2e⁻=S₂O₈²⁻），生成0.5molS₂O₈²⁻，即1/6mol Fe₂(S₂O₈)₃。 考点29 · 17 典型示范 试题分析 [广西-17] 试题情境 试题情境：给出多个反应式与两张图(物质分数—温度、转化率—选择性)。常考点为盖斯定律、平衡常数表达式、转化率与选择性的关系；特殊点是双室电解池提供离子迁移与电子守恒两条线索。 分析关联 分析关联：按问归位：焓变题由盖斯定律把目标反应凑成已知反应的组合后求差；分压题须先由平衡图像读出各物质的分数，再按「分压＝总压×物质的量分数」代入 K 的表达式；趋势题由图像的升降方向结合反应是否吸放热归因；最佳条件题须把转化率与选择性两个指标同时比较；电解题先判离子迁移方向，再由两极的电子数定产物量。 模型应用 模型应用：多指标工艺决策，前提是三个反应式与图像坐标含义已读清。求 ΔH 须把目标反应写成已知反应的线性组合，组合系数由原子守恒确定；读平衡图像须先认准每条曲线代表的物质，不可把分数与分压混用；选最佳条件须兼顾两项指标——单看转化率最高的点常不是产率最高的点。 反查易错 反查易错：第(4)问最易只按转化率最高作答——须同时看选择性，二者都较优处才是最佳条件；第(2)问写 K 表达式时须用分压而非浓度，因为该温度下题目已按分压定义。 考点29 · 18 跟踪训练 [甘肃-17] 难度❶<3.2<❺ 小问(1)❷ ◎1　图像读数与曲线归属 2.[甘肃-17]❶<3.2<❺ CO₂加氢制备甲烷和水煤气是碳资源综合利用的重要途径，反应方程式如下： ①CO₂(g)+4H₂(g)⇌CH₄(g)+2H₂O(g)　　ΔH₁=-164 kJ/mol ②CO₂(g)+H₂(g)⇌CO(g)+H₂O(g)　　ΔH₂=+41 kJ/mol (1)❷　要提高CH₄的平衡产率，应选择________温度和_______压强。(填“较高”或“较低”) 答案(1)：较低　较高 【解析(1)】促进反应①正向进行，反应①放热(ΔH₁<0)，降温使平衡正向移动；正反应气体分子数减少，加压使平衡正向移动。 (2)❶　反应①平衡常数K的表达式为___________________。 答案(2)：K=c(CH₄)⋅c²(H₂O)/c(CO₂)⋅c⁴(H₂) 【解析(2)】见答案。 考点29 · 20 跟踪训练 [甘肃-17] 难度❶<3.2<❺ 小问(3)❺ ◎1　图像读数与曲线归属 2.[甘肃-17]❶<3.2<❺ CO₂加氢制备甲烷和水煤气是碳资源综合利用的重要途径，反应方程式如下： ①CO₂(g)+4H₂(g)⇌CH₄(g)+2H₂O(g)　　ΔH₁=-164 kJ/mol ②CO₂(g)+H₂(g)⇌CO(g)+H₂O(g)　　ΔH₂=+41 kJ/mol (3)❺　100 kPa下，以n(H₂):n(CO₂):n(Ar)=4:1:95投料(Ar不参与反应)，理论上参与反应各物质的平衡分压随温度变化如图所示，曲线__________(填序号)代表CH₄； 加入某催化剂，测得不同温度下CO₂的转化率如下表： 温度/℃ 250 300 350 400 转化率/% 22 61 84 79 250℃时反应未达到平衡，理由是________。400℃时，CO₂转化率降低的原因可能有_________。 答案(3)：2　由图可知，250~350℃时，曲线4表明CO₂的平衡分压随温度的升高而增加，可知CO₂的平衡转化率：a(250℃) > a(300℃) > a(350℃)，而表中数据相反；　反应①主导反应，升温使平衡逆向移动，转化率下降(或高温催化剂活性降低) 15 考点29 · 21 跟踪训练 [甘肃-17] 难度❶<3.2<❺ 小问(3)❺ ◎1　图像读数与曲线归属 答案(3)：2　由图可知，250~350℃时，曲线4表明CO₂的平衡分压随温度的升高而增加，可知CO₂的平衡转化率：a(250℃) > a(300℃) > a(350℃)，而表中数据相反；　反应①主导反应，升温使平衡逆向移动，转化率下降(或高温催化剂活性降低) 【解析(3)】由图知，T< 350℃，CO的平衡分压接近0，即几乎不反应，故在200~350℃，体系为反应①主导；升温平衡逆向移动，结合反应计算系数和加入物质的量可知，故H₂O(曲线1)、CH₄(曲线2)，H₂(曲线3)和CO₂(曲线4)。从图像CO₂曲线随温度的升高，讨论(或从反应①升温平衡逆向移动讨论)，与表中转化率矛盾，说明表中250℃、350℃均未达平衡。400℃时升温使平衡逆向移动，或催化剂高温失活(注意看图，400℃时，CO₂分压是增加或是减少，决定是用平衡解释或用速率解释)。 考点29 · 22 跟踪训练 [甘肃-17] 难度❶<3.2<❺ 小问(4)❺ ◎1　图像读数与曲线归属 2.[甘肃-17]❶<3.2<❺ CO₂加氢制备甲烷和水煤气是碳资源综合利用的重要途径，反应方程式如下： (4)❺　使用特定催化剂，理论计算表明CO₂的转化路径如图a所示，生成CH₄的主要反应历程如图b所示。实验测得，反应达到平衡前产物中CO的含量高于CH₄，原因是_________。由此推断，*CO脱附所需的活化能不高于__________eV，理由是__________。(*表示吸附态，TS表示过渡态，省略其他物种和部分非决速步骤) 答案(4)：从*CO脱附生成CO(g)的活化能小于CO转化为CH₄的决速步活化能(或用速率叙述)；　2.47　生成CH₄决速步TS3的活化能为2.47eV。 【解析(4)】多路径竞争反应中，活化能越小反应速率越快、产物占比越高。CO含量高于CH₄说明*CO脱附生成CO(g)的活化能小于CO转化为CH₄过程中的决速步活化能。图b各步活化能：TS1=0.87eV、TS2=0.69eV、TS3=2.47eV、TS4=1.92eV，最大者为TS3，故*CO脱附活化能不高于2.47eV。 考点29 · 23 跟踪训练 [江西-17] 难度❷<3.3<❺ 小问(1)❷ ◎2　速率与浓度商计算 3.[江西-17]❷<3.3<❺ Ca(OH)₂/CaO热化学储能体系可作为化学热泵，具有储能密度高、储／释能速度快等优点。其化学反应与能量关系图如下： (1)❷　E=________kJ⋅mol⁻¹。 答案(1)：-63 【解析(1)】盖斯定律，循环焓变之和为0：(54+95-24-62)+E=0，E=-63 kJ·mol⁻¹。 (2)❷　同等条件下，Ca(OH)₂表面自由能G(块状)________G(粉末)(填“>”“=”或“<”)。 答案(2)：＜ 【解析(2)】粉末比表面积大，表面原子配位不饱和能量高，块状表面自由能＜粉末。 (3)❹　Ca(OH)₂/CaO开放系统在脱水过程中，Ca(OH)₂起始质量为m₀，当固体质量为m时，转化率为________×100%。 答案(3)：³⁷(m₀⁻m)/9m₀ 【解析(3)】起始n(Ca(OH)₂) = m₀/74，反应1 mol Ca(OH)₂失水(减轻)18g，反应消耗n(Ca(OH)₂) = m₀⁻m/18，转化率 = 消耗n(Ca(OH)₂)/起始n(Ca(OH)₂) = (m₀⁻m)/18/m₀/74 = ³⁷(m₀⁻m)/9m₀×100%。 考点29 · 26 跟踪训练 [江西-17] 难度❷<3.3<❺ 小问(4)❷ ◎2　速率与浓度商计算 3.[江西-17]❷<3.3<❺ Ca(OH)₂/CaO热化学储能体系可作为化学热泵，具有储能密度高、储／释能速度快等优点。其化学反应与能量关系图如下： (4)❷　空调属于物理热泵，上述关系图中与物理热泵相似的供热过程是__________________。 答案(4)：H₂O(g) == H₂O(l) 【解析(4)】“物理热泵相似的供热过程”即非化学变化的放热过程，图中H₂O(g)==H₂O(l)放热62 kJ/mol。 (5)❹　下图为密闭容器中Ca(OH)₂(s)⇌CaO(s)+H₂O(g)的理论平衡曲线，CaO(s)在图中能稳定存在的状态点有________(填标号)。 答案(5)：a、c、d 【解析(5)】对于平衡Ca(OH)₂(s)⇌CaO(s)+H₂O(g)， Kₚ = pH₂O₍平衡₎；由熵的知，若在同一温度下，实际pH₂O= Qₚ< Kp(平衡)，平衡正向移动，CaO稳定存在；c点在曲线下方p(H₂O)＜K正向进行CaO稳定，而点 a 和点 d 位于平衡曲线上，体系处于平衡状态，此时Ca(OH)₂和CaO稳定共存，故选a、c、d。 考点29 · 28 跟踪训练 [江西-17] 难度❷<3.3<❺ 小问(6)❺ (6)❺　假设wg金属Ca，原子半径为rm，在二维平面单层紧密堆积，则其总面积(含空隙)计算式A=________m²。 答案(6)：(√3wr²)/20×6.02×10²³ 【解析(6)】wg Ca的原子个数为N=w/40NA；二维单层紧密堆积(六方密堆积) ，框内小棱形分摊后表示每个原子所占总面积(含空隙)，计算结果为V=S·h=(√3r)·2r，因此总表面积： A=w/40NA ·(√3r)·2r　= (√3wr²)/20×6.02×10²³。 (7)❹　初始CaO质量相同，不同比例H₂O与CaO反应时间和温度的关系曲线如图。 甲同学通过到达最高温度的时间长短，推断出化学反应速率最大的是④。 乙同学认为该结论不正确，理由是_______________。 答案(7)：四组实验水的用量不同，④中水的用量最少，反应放出总热量少，升温幅度小，因此到达最高温度时间短不能说明反应速率大。 【解析(7)】初始CaO质量相同，水的比例不同，放热量不同：水越少，总放热量越少，体系需要升高的温度越小，到达最高温度的时间就越短，和反应速率无关，因此该推断不正确。 考点29 · 30 跟踪训练 [陕晋青宁-17] 难度❹<4.3<❺◆ 小问(1)❹ ◎3　工艺条件优化与配比 4.[陕晋青宁-17]❹<4.3<❺◆ 利用1,2-二氯乙烷与乙炔生产氯乙烯的主要反应为： Ⅰ．C₂H₄Cl₂(g) ⇌ C₂H₃Cl(g) + HCl(g)　　ΔH₁ > 0 Ⅱ．C₂H₂(g) + HCl(g) ⇌ C₂H₃Cl(g)　　ΔH₂ < 0 回答下列问题： (1)❹　①已知298 K时，各物质的相对能量如表。 物质 C₂H₄Cl₂(g) C₂H₂(g) C₂H₃Cl(g) 相对能量/kJ·mol⁻¹ −126 +227 +37 Ⅲ．C₂H₄Cl₂(g) + C₂H₂(g) ⇌ 2C₂H₃Cl(g)　　ΔH₃ = ________ kJ·mol⁻¹。 ②上述三个反应的lnK (K为平衡常数)随1/T (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”)。 答案(1)：① −27　②1/T增大(温度降低)，平衡逆向移动， lnK减小，说明c曲线为吸热反应，代表反应Ⅰ；a 【解析(1)】①ΔH₃ = E生成物总能量 − E反应物总能量 = 2×37 − (−126 + 227) = −27 kJ·mol⁻¹。②见答案。盖斯定律得：Ⅰ + Ⅱ = Ⅲ, KI ·KⅡ = KⅢ，即lnKI + lnKⅡ = lnKⅢ 由图分析：b+c = a，a曲线为反应Ⅲ，曲线c为反应I, 曲线b为反应Ⅱ。 考点29 · 32 跟踪训练 [陕晋青宁-17] 难度❹<4.3<❺◆ 小问(2)❹ ◎3　工艺条件优化与配比 4.[陕晋青宁-17]❹<4.3<❺◆ 利用1,2-二氯乙烷与乙炔生产氯乙烯的主要反应为： Ⅰ．C₂H₄Cl₂(g) ⇌ C₂H₃Cl(g) + HCl(g)　　ΔH₁ > 0 Ⅱ．C₂H₂(g) + HCl(g) ⇌ C₂H₃Cl(g)　　ΔH₂ < 0 回答下列问题： (2)❹　①某温度下，在压强为p kPa的恒压密闭反应器中，按n(C₂H₂)∶n(C₂H₄Cl₂)∶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Qₚ = ________ (kPa)⁻¹。 ②氯乙烯与乙炔在含Ru催化剂上有竞争吸附。已知乙炔的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。 答案(2)：①924/p　 ②碳碳双键(π键)、氯原子的孤电子对 【解析(2)】①设初始各1 mol，反应Ⅰ完全进行后生成1 mol C₂H₃Cl和1 mol HCl；反应Ⅱ转化0.92 mol C₂H₂，平衡时n(C₂H₂)=n(HCl)=(1 - 0.92)mol =0.08 mol，n(C₂H₃Cl)=1+0.92=1.92 mol，n(N₂)=1 mol，n总=3.08 mol。Qₚ = p(C₂H₃Cl)/p(C₂H₂)·p(HCl) = (1.92p/3.08)/[(₀.08p/3.08)²] = 924/p (kPa)⁻¹。②氯乙烯含碳碳双键(π键)和氯原子孤电子对，均可作为电子给体与Ru形成配位键，与乙炔产生竞争吸附。 考点29 · 34 跟踪训练 [陕晋青宁-17] 难度❹<4.3<❺◆ 小问(3)❺ ◎3　工艺条件优化与配比 4.[陕晋青宁-17]❹<4.3<❺◆ 利用1,2-二氯乙烷与乙炔生产氯乙烯的主要反应为： (3)❺　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%。 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________。 ②反应器位置1中的C₂H₄Cl₂生成C₂H₃Cl、HCl、·H和·Cl。在位置2引入新催化剂，将存活时间短的·H和·Cl变成*H和*Cl，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)。 答案(3)：① 5d¹⁰6s¹　②A　催化剂A中从b到d的最高能垒(活化能)更低，反应速率更快　C₂H₂ + HCl == C₂H₃Cl 【解析(3)】①Au为第六周期IB族元素，价电子排布为5d¹⁰6s¹(与Cu同族，满足洪特规则特例)。②选择催化剂A；从状态b到d，催化剂A的最高能垒(活化能)更低，反应速率更快，能更高效地将自由基转化为氯乙烯。位置3中剩余乙炔与HCl继续加成生成氯乙烯：C₂H₂ + HCl == C₂H₃Cl，使乙炔转化率接近100%。 珍惜今天，才拥有灿烂的明天！ 认真研究、探寻、领悟大数据的细节。 复习才更扎实、道路才更宽阔。 24 $