十年（2010年—2019年）高考化学真题汇编附答案：化学反应原理（大题）.doc

1、 1 十年（20102019）高考化学真题汇编 化学反应原理题 12019新课标水煤气变换CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)是重要的化工过程，主要用于 合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题： （1）Shibata曾做过下列实验：使纯H2缓慢地通过处于721 下的过量氧化钴CoO(s)， 氧化钴部分被还原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。 在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。 根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_H2（填大于 或小于）。 （2）721 时，在密

2、闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂 进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_（填标号）。 A0.25 B0.25 C0.250.50 D0.50 E0.50 （3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反 应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。 可知水煤气变换的H_0（填大于等于或小于），该历程中最大能 垒（活化能）E正=_eV，写出该步骤的化学方程式 _。 （4）Shoichi研究了467 、489 时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下 图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的 2 H O

3、 p和 CO p相等、 2 CO p和 2 H p相 等。 2 计算曲线a的反应在3090 min内的平均速率v(a)=_kPa min1。467 时 2 H p和 CO p随时间变化关系的曲线分别是_、_。489 时 2 H p和 CO p随时间变化关系的曲线分别是_、_。 【答案】（1）大于 （2）C （3）小于 2.02 COOH*+H*+H2O*COOH*+2H*+OH*（或H2O*H*+OH*） （4）0.0047 b c a d 【解析】 【分析】（1）由 H2、CO 与 CoO 反应后其气体物质的量分数判断二者的倾向大小； （2）根据三段式以及 CO 与 H2的倾向大小关系综合判

4、断； （3）根据反应物与生成物的相对能量差大小进行比较判断；根据反应物达到活化状态所需 能量为活化能以及相对能量差值大小计算并比较最大能垒； 根据最大能垒对应的反应历程对 应的物质写出方程式； （4）根据图中曲线 a 在 3090 min 内分压变化量计算平均反应速率；先根据 CO 与 H2的倾 向大小关系判断 CO 与 H2的含量范围，然后根据温度变化对化学平衡的影响判断出在不同 温度下曲线对应的物质。 【详解】（1）H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)CoO(s)Co(s)H2O(g)；CO 还原氧化 钴的方程式为：CO(g)CoO(s)Co(s)CO2(g)，平衡时 H2还原体系中 H2

5、的物质的量分 3 数（ 2 22 n H n H+n H O ）高于 CO 还原体系中 CO 的物质的量分数（ 2 n CO n CO +n CO ）， 故还原 CoO(s)为 Co(s)的倾向是 CO 大于 H2； （2） 721 时， 在密闭容器中将等物质的量的 CO(g)和 H2O(g)混合， 可设其物质的量为 1mol， 则 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 起始（mol） 1 1 0 0 转化（mol） x x x x 平衡（mol） 1-x 1-x x x 则平衡时体系中 H2的物质的量分数= 2 n Hxmolx = n21-x + 1-x +x+x mol 总

6、，因该反应为 可逆反应，故 x0.5，由此可判断最终平衡时体系中 H 2的物质的量分 数介于 0.250.50，故答案为 C； （3）根据水煤气变换CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)并结合水煤气变换的反应历程相对能量 可知，CO(g)+H2O(g)的能量（-0.32eV）高于 CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV），故水煤气变 换的 H 小于 0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可 知，最大差值为： 其最大能垒 （活化能） E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为 COOH +H +H2O COOH +2H +O

7、H ；因反应前后 COOH 和 1 个 H 未发生改变，也可以表述成 H2O H +OH ； （4）由图可知，3090 min 内 a 曲线对应物质的分压变化量 p=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa， 4 故曲线 a 的反应在 3090 min 内的平均速率v(a)= 0.28 kPa 60min =0.0047 kPa min1；由（2）中 分析得出 H2的物质的量分数介于 0.250.5，CO 的物质的量分数介于 00.25，即 H2的分压 始终高于 CO 的分压，据此可将图分成两部分： 由此可知，a、b 表示的是 H2的分压，c、d 表示的是 CO 的分压，该反应为放热反应

8、，故升 高温度，平衡逆向移动，CO 分压增加，H2分压降低，故 467 时 PH2和 PCO随时间变化关 系的曲线分别是 b、c；489 时 PH2和 PCO随时间变化关系的曲线分别是 a、d。 【点睛】本题以水煤气交换为背景，考察化学反应原理的基本应用，较为注重学生学科能力 的培养，难点在于材料分析和信息提取，图像比较新，提取信息能力较弱的学生，会比较吃 力。第（3）问来源于我国化学工作者发表在顶级刊物 Science 中的文章沉积在 -MoC 上单 层金原子对水煤气的低温催化反应，试题以文章中的单原子催化能量变化的理论计算模型 为情境，让学生认识、分析催化吸附机理及反应过程中的能量变化。本

9、题属于连贯性综合题 目，本题的解题关键在于第（1）问的信息理解与应用，若本题的第（1）问判断错误，会导 致后续多数题目判断错误；第（2）问可以采取特殊值法进行赋值并结合极限法计算，考生 若只是考虑到完全转化极限， 则只能判断出 H2的物质的量分数小于 0.5， 这是由于对题干的 信息应用能力不熟练而导致；对于第（4）问中曲线对应物质的确定需根据第（1）（2）问 得出的相关结论进行推断， 需先确定物质对应曲线， 然后再根据勒夏特列原理判读相关物质 的变化。 22019新课标 环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、 塑料等生产。回答下列问题： （1）已知： (g) (g)+H2(g

10、) H1=100.3 kJ mol 1 H2(g)+ I2 (g) 2HI(g) H2=11.0 kJ mol 1 5 对于反应：(g)+ I2 (g) (g)+2HI(g) H3=_kJ mol 1。 （2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应，起始 总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_，该反应的 平衡常数Kp=_Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的 措施有_（填标号）。 A通入惰性气体 B提高温度 C增加环戊烯浓度 D增加碘浓度 （3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环 戊二烯浓度与反应时间的关

11、系如图所示，下列说法正确的是_（填标 号）。 AT1T2 Ba点的反应速率小于c点的反应速率 Ca点的正反应速率大于b点的逆反应速率 Db点时二聚体的浓度为0.45 mol L1 （4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2，结构简式为），后者广泛应用于 航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解 有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。 6 该电解池的阳极为_，总反应为_。电解制备需要 在无水条件下进行，原因为_。 【答案】（1）89.3 （2）40 3.56 104 BD （3）CD （4）Fe电极 Fe+2=+H2（Fe+2C5

12、H6 Fe(C5H5)2+H2） 水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2 【解析】 【分析】 （1）利用盖斯定律解题； （2）利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释； （3）通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析 A、B、C 选项，D 选项观察图象计 算； （4）根据阳极：升失氧；阴极：降得还进行分析确定阴阳极；根据题干信息中 Na 元素的 变化确定环戊二烯得电子数和还原产物，进而写出电极反应式；注意 Na 与水会反应，Fe2+ 在碱性条件下生成沉淀。 【详解】（1）根据盖斯定律-，可得反应的 H=89.3kJ/mol

13、； （2）假设反应前碘单质与环戊烯均为 nmol，平衡时环戊烯反应了 xmol，根据题意可知； （g）+I2（g）= （g）+2HI（g） 增加的物质的量 1mol 1mol 1mol 2mol 1mol 7 xmol 2n 20% 得 x=0.4nmol，转化率为 0.4n/n 100%=40%； （g） + I2（g）= （g）+ 2HI（g） P（初） 0.5 105 0.5 105 0 0 P 0.5105 40% 0.5 105 40% 0.5 105 40% 1 105 40% P（平） 0.3 105 0.3 105 0.2 105 0.4 105 Kp= 525 55 0.4

14、100.2 10 0.3 100.3 10 （） =3.56 104； AT、V 一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移 动，故 A 错误；B升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故 B 正确；C增 加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故 C 错误；D，增加 I2的浓度，平衡 正向移动，环戊烯转化率升高，故 D 正确； （3）A温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则 T1v(逆)，a 点反应物浓度大于 b 点，故 a 点 正反应速率大于 b 点，故 C 正确；Db 点时环戊二烯浓度由 1.5mol/L 减小到 0.6mo

15、l/L，减 少了 0.9mol/L，因此生成二聚体 0.45mol/L，故 D 正确。 （4）根据阳极升失氧可知 Fe 为阳极；根据题干信息 Fe-2e-=Fe2+，电解液中钠离子起到催化 剂的作用使得环戊二烯得电子生成氢气， 同时与亚铁离子结合生成二茂铁， 故电极反应式为 Fe+2=+H2；电解必须在无水条件下进行，因为中间产物 Na 会与水反应生成 氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀。 【点睛】本题以能力立意，考查提取信息、处理信息的能力及分析问题、解决问题的能力。 充分体现了化学学科思想、学科方法、创新意识和学科价值，易错点第（2）小题平衡常数 计算；第（4）小题电极反应

16、式的书写。 32019新课标 近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也 随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题： （1） Deacon发明的直接氧化法为： 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。 下图为刚性容器中， 进料浓度比c(HCl) c(O2)分别等于11、41、71时HCl平衡转化率随温度变 8 化的关系： 可知反应平衡常数K（300）_K（400）（填大于或小于）。 设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)c(O2)=11的数据计算K（400） =_（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应

17、物高转化率， 同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)c(O2)过低、过高的不利影响分别 是_。 （2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行： CuCl2(s)=CuCl(s)+ 1 2 Cl2(g) H1=83 kJ mol-1 CuCl(s)+ 1 2 O2(g)=CuO(s)+ 1 2 Cl2(g) H2=-20 kJ mol-1 CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-121 kJ mol-1 则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的H=_ kJ mol-1。 （3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是_。

18、（写出 2种） （4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计 了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示： 负极区发生的反应有_（写反应方程式）。电路中转移1 mol 电子，需消耗氧气_L（标准状况）。 9 【答案】（1）大于 22 4 0 (0.42)(0.42) (10.84)(10.21)c O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 （2）116 （3）增加反应体系压强、及时除去产物 （4）Fe3+e=Fe2+，4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 5.6 【解析】 【详解】（1）根据反应方程式知，HCl 平衡转化率越大，平衡常数

19、 K 越大，结合图像知升 高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则 K(300)K(400)； 由图像知，400时，HCl 平衡转化率为 84%，用三段式法对数据进行处理得： 222 4HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g) 起始（浓度） c0 c0 0 0 变化（浓度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0 平衡（浓度）(1-0.84)c0(1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0 则 K= 22 4 0 (0.42)(0.42) (10.84)(10.21)c ；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分 离产物氯气和氧气的能

20、耗较高；进料浓度比过高，HCl 不能充分反应，导致 HCl 转化率较 低； （2）根据盖斯定律知，（反应 I+反应 II+反应 III） 2 得 222 4HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g) H=（H1+H2+H3） 2=-116kJ mol-1； （3）若想提高 HCl 的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根 据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度， 使平衡正向移动； （4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应， 则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3+eFe

21、2+和 4Fe2+O2+4H+ 4Fe3+2H2O；电路中转移 1 mol 电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是 1mol 40.25mol，在标准状况下的体积为 0.25mol 22.4L/mol5.6L。 42019江苏 CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。 （1） CaO可在较高温度下捕集CO2， 在更高温度下将捕集的CO2释放利用。 CaC2O4 H2O 热分解可制备CaO，CaC2O4 H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。 10 写出400600 范围内分解反应的化学方程式： 。 与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4 H2O热分解制备

22、的CaO具有更好的 CO2捕集性能，其原因是 。 （2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。 写出阴极CO2还原为HCOO的电极反应式： 。 电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是 。 （3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应： 反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H =41.2 kJ mol1 反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H =122.5 kJ mol1 在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH

23、3 的选择性随温度的变化如图。其中： 11 CH3OCH3的选择性= 33 2 CH OCH C 2 O 的物质的量 反应的的物质的量 100 温度高于300 ，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。 220 时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择 性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的 措施有 。 【答案】（1）CaC2O4 400600 CaCO 3+CO CaC2O4 H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔 （2）CO2+H+2eHCOO或CO2+ 3 HCO +2eHCOO+ 2 3 CO 阳极

24、产生O2，pH减小， 3 HCO 浓度降低；K+部分迁移至阴极区 （3）反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升， 使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 增大压强，使用对反应催化活性更高的催化剂 【解析】 【分析】 本题注重理论联系实际， 引导考生认识并体会化学科学对社会发展的作用， 试题以减少 CO2 排放，充分利用碳资源为背景，考查化学反应原理模块中方程式的计算、电化学、外 界条件对化学反应速率和化学平衡的影响等基本知识； 【详解】（1）令 CaC2O4 H2O 的物质的量为 1mol，即质量为 146g，根据图像，第一阶段 剩余固

25、体质量为 128，原固体质量为 146 g，相差 18 g，说明此阶段失去结晶水，第二阶段 从剩余固体质量与第一阶段剩余固体质量相对比， 少了28 g， 相差1个CO， 因此400600 范围内，分解反应方程式为 CaC2O4 400600 CaCO 3+CO。 CaC2O4 H2O 热分解放出更多的气体， 制得的 CaO 更加疏松多孔， 增加与 CO2的接触面积， 更好捕捉 CO2。 （2）根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO2+H+2eHCOO或 CO2+ 3 HCO +2eHCOO+ 2 3 CO 。 阳极反应式为 2H2O4eO24H，阳极附近 pH 减小，H与 HCO3反应

26、，同时部 分 K迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的 KHCO3溶液浓度降低。 12 （3）根据反应方程式，反应 I 为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的 转化率增大，反应 II 为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2的转化率降低， 根据图像，上升幅度超过下降幅度，因此温度超过 300时，CO2转化率上升。来源： Z+xx+k.Com 图中A点CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3的选择性， 依据CH3OCH3 选择性公式，提高 CH3OCH3选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应 II，可以增大压 强，或者使用对反应 II 催化活性更高

27、的催化剂。 【点睛】本题的难点（1）是文字叙述，应根据图像和所学知识，结合所问问题进行分析解 答； （2） 电极反应式的书写，阴极反应是将 CO2还原成 HCOO，先写出 CO22eHCOO ，然后根据原子守恒和电荷守恒，得出 CO 2+H +2e HCOO，或者为 CO2+ 3 HCO +2eHCOO+ 2 3 CO 。 52019北京氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。 （1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。 反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为41，甲烷和水蒸 气反应的方程式是_。 已知反应器中还存在如下反应： i.CH4(g)+H2

28、O(g)CO(g)+3H2(g) H1 ii.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2 iii.CH4(g)C(s)+2H2(g) H3 iii为积炭反应，利用H1和H2计算H3时，还需要利用_反应的H。 反应物投料比采用n（H2O）n（CH4）=41，大于初始反应的化学计量数之 比，目的是_（选填字母序号）。 a.促进CH4转化 b.促进CO转化为CO2 c.减少积炭生成 用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。 从t1时开始， H2体积分数显著降低， 单位时间CaO消耗率_ （填升高降低 或不变）。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合

29、化学方程式解释原因： _。 13 （2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1 或K2，可交替得到H2和O2。 制H2时，连接_。 产生H2的电极反应式是_。 改变开关连接方式，可得O2。 结合和中电极3的电极反应式，说明电极3的作用： _。 【答案】（1）CH4+2H2O4H2+CO2 C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)或C(s)+ CO2(g) 2CO(g) a b c 降低 CaO+ CO2CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积 （2）K1 2H2O+2e-H2+2OH- 制H2时，电极3发生反应：Ni(O

30、H)2+ OH-e- NiOOH+H2O。制O2时，上述电极反应逆 向进行，使电极3得以循环使用 【解析】 【详解】（1）由于生成物为 H2和 CO2，其物质的量之比为 4：1，反应物是甲烷和水蒸 14 气，因而反应方程式为 CH4+2H2O4H2+CO2。 -可得 CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，设为，用-可得 C(s)+CO2(g)2CO(g)，因为还需利用 C(s)+CO2(g)2CO(g)反应的焓变。 初始反应 n(H2O)：n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可 逆性，根据反应知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a 正确；根据反应

31、知水蒸气浓 度越大，CO 的转化率越高，b 正确；和产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应， 积炭生成量减少，c 正确。 t1时 CaO 消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内 CaO 的消耗率降低。CaO+ CO2CaCO3，CaCO3覆盖在 CaO 表面，减少了 CO2与 CaO 的接触面积，因而失效。 （2）电极生成 H2时，根据电极放电规律可知 H+得到电子变为氢气，因而电极须连接负 极，因而制 H2时，连接 K1，该电池在碱性溶液中，由 H2O 提供 H+，电极反应式为 2H2O+2e-=H2+2OH-。 电极 3 上 NiOOH 和 Ni(OH)2相互转化，其反应式为 NiOOH+e-+

32、H2ONi(OH)2+OH-， 当连接 K1时， Ni(OH)2失去电子变为 NiOOH， 当连接 K2时， NiOOH 得到电子变为 Ni(OH)2， 因而作用是连接 K1或 K2时， 电极 3 分别作为阳极材料和阴极材料， 并且 NiOOH 和 Ni(OH)2 相互转化提供电子转移。 62019天津 多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。 回答下列问题： 硅粉与HCl在300时反应生成 3 1mol SiHCl气体和 2 H，放出225kJ热量，该反 应的热化学方程式为_。 3 SiHCl的电子式为 _。 将 4 SiCl氢化为 3 SiHCl有三种方法，对应的

33、反应依次为： 423 SiClgHgSiHClgHCl g 1 0H 15 423 3SiClg2HgSi s4SiHClg 2 0H 423 2SiClgHgSi sHCl g3SiHClg 3 H （1）氢化过程中所需的高纯度 2 H可用惰性电极电解KOH溶液制备，写出产生 2 H的 电极名称_（填阳极或阴极），该电极反应方程式为 _。 （2）已知体系自由能变GHT S ，0G时反应自发进行。三个氢化反应的 G与温度的关系如图1所示，可知：反应能自发进行的最低温度是 _；相同温度下，反应比反应的G小，主要原因是 _。 （3） 不同温度下反应中 4 SiCl转化率如图2所示。 下列叙述正确的

34、是_ （填序号） 。 aB点：vv 正逆 bv正：A点E点 c反应适宜温度： 480520 （4）反应的 3 H_（用 1 H， 2 H表示）。温度升高，反应的平衡常数 K_（填增大、减小或不变）。 16 （5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除 4 SiCl、 3 SiHCl和Si外，还有_ （填分子式）。 【答案】 32 300 Si s3HCl gSiHClgHg 1 225kJ molH （1）阴极 22 2H O2eH2OH 或 2 2H2eH （2）1000 21 HH 导致反应的G小 （3）a、c （4） 21 HH 减小 （5）HCl、 2 H 【解析】 【分析】 书写热化

35、学方程式时一定要标注出各物质的状态，要将热化学方程式中焓变的数值与 化学计量数对应。本题的反应温度需要标注为条件； （1）惰性电极电解 KOH 溶液，实质是电解水，产生氢气的必为阴极，发生还原反应。 （2）看图说话，将反应的纵、横坐标对应起来看，即可顺利找到最低温度。影响自由 能变的因素主要是焓变和熵变，分析发现熵变对反应反而不利，说明焓变影响大，为主要 影响因素； （3）据图判断化学平衡的建立和移动是分析的关键。注意时间是一个不变的量。 （4）此问是盖斯定律的简单应用，对热化学方程式直接进行加减即可。 【详解】参加反应的物质是固态的 Si、气态的 HCl，生成的是气态的 SiHCl3和氢气，

36、 反应条件是 300，配平后发现 SiHCl3的化学计量数恰好是 1，由此可顺利写出该条件下的 热化学方程式：Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g) H=-225kJ mol-1；SiHCl3中硅与 1 个 H、3 个 Cl 分别形成共价单键，由此可写出其电子式为：，注意别漏标 3 个氯原 17 子的孤电子对； （1）电解 KOH 溶液，阳极发生氧化反应而产生 O2、阴极发生还原反应才产生 H2；阴 极的电极反应式可以直接写成 2H+2e-=H2，或写成由水得电子也可以： 2H2O+2e-=H2+2OH-； （2）由题目所给的图 1 可以看出，反应（最上面那条线）当G=0

37、时，对应的横坐标温 度是 1000；从反应前后气体分子数的变化来看，反应的熵变化不大，而反应中熵是 减小的，可见熵变对反应的自发更不利，而结果反应的G 更负，说明显然是焓变产生 了较大的影响，即H2v（第二步反应） 22 B反应的中间产物只有NO3 C第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D第三步反应活化能较高 【答案】（1）O2 （2）53.1 30.0 6.0 10 2 大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO 2二聚为放热反 应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 13.4 （3）AC 【解析】分析：（1）根据还原剂失去电子转化为氧化产物判断； （2）根据盖斯定律计算；

38、 根据压强之比是物质的量之比计算； 根据温度对压强和平衡状态的影响分析； 根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、 氧气的压强， 然后再根据二氧化氮转 化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。 （3）根据三步反应的特点分析判断。 详解：（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧 化产物是氧气，分子式为O2； （2）已知： 、2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g) H14.4kJ/mol 、2NO2(g)N2O4(g) H255.3kJ/mol 根据盖斯定律可知 2即得到N2O5(g)2NO2(g)+1/2O2(g) H153.1kJ/mol；

39、 根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1： 2， 又因为压强之比是物质的 量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa 25.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是 35.8kPa5.8kPa30.0kPa，因此此时反应速率v2.0 10 3 306.0 102（kPa min1）； 由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平 衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35，则N2O5(g)完全分 解后体系压强p(35)大于63.1 kPa。 根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时

40、 最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa 271.6 kPa，氧气是35.8kPa 217.9 kPa，总压强应 该是71.6 kPa+17.9 kPa89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa63.1kPa26.4kPa，所以根 据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应 23 的压强是71.6 kPa26.4kPa 218.8kPa，则反应的平衡常数 2 18.8 13.4 26.4 p KkPakPa。 （3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；来 源：学+科+网Z+X+X+K B、根据第

41、二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误； C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确； D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。 点睛：本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算， 题目难度较大。试题设计新颖，陌生感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常 数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的 关系， 注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。 也可以直接把压强看作是物质的量利 用三段式计算。 92018新课标卷 CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（

42、CO和H2），还对温室气体的 减排具有重要意义。回答下列问题： （1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+ CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。 已知：C(s)+2H2(g)= CH4 (g) H=-75 kJ mol1 C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-394 kJ mol1 C(s)+ 2 1 O 2 (g)=CO(g) H=-111 kJ mol1 该催化重整反应的H=_ kJ mol1，有利于提高CH4平衡转化率的条件是 _（填标号）。 A高温低压 B低温高压 C高温高压 D低温低压 某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催

43、化剂进行重 整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_mol2 L2。 （2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。 相关数据如下表： 积碳反应 CH4(g)= C(s)+2H2(g) 消碳反应 CO2(g)+ C(s)= 2CO(g) H/(kJ mol1) 75 172 活化能/ 催化剂X 33来源：Z_xx_k.Com来 91来源：163文库 24 (kJ mol1) 源：学_科_网 催化剂Y 43 72 由上表判断，催化剂X_Y（填优于或劣于），理由是 _。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的 情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系

44、如图所示。升高温度时，下 列关于积碳反应、 消碳反应的平衡常数 （K） 和速率 （v） 的叙述正确的是_ （填标号）。 AK积、K消均增加 Bv积减小，v消增加 CK积减小，K消增加 Dv消增加的倍数比v积增加的倍数大 在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为 v=k p(CH4) 0.5 2) (COp （k为速率常数）。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下 积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺 序为_。 【答案】（1）247 A 1 3 （2）劣于 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反

45、应活化能相对小，消碳反应速率大 AD pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2) 【解析】分析：（1）根据盖斯定律计算；根据反应特点结合温度和压强对平衡状态的影响 25 解答；根据转化率利用三段式计算平衡常数； （2）根据活化能对反应的影响分析；根据反应热结合温度对平衡状态的影响以及图像曲 线变化趋势解答； 根据反应速率方程式分析影响其因素结合图像解答。 详解：（1）已知： C(s)+2H2(g)=CH4(g) H=-75 kJ mol1 C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-394 kJ mol1 C(s)+1/2O2(g)=CO(g) H=-111 kJ mol1 根据盖斯定律可知 2即