2023版高三一轮总复习化学（苏教版）第4部分 大阶段高考总结4化学反应原理

本阶段的化学反应原理的内容较多，难度较大，命题点多。主要包括化学反应与能量、化学反应速率与平衡和水溶液中的离子反应与平衡。主要命题的方向有①反应热和盖斯定律的有关计算，②化学平衡常数的有关计算与应用，③水溶液中的图像分析，④新型化学电源的分析。本阶段涉及的试题题型有选择题也有非选择题，试题的难度大，区分度高，复习时要注意方法的总结和领悟。eq\a\vs4\al(反应热和盖斯定律的有关计算)【典例1】(2021·淄博模拟)我国学者研究反应C6H6(g)＋CH3OH(g)=C7H8(g)＋H2O(g)在固体酸催化剂HB表面进行的反应历程如图所示，其中吸附在HB表面的物种用*标注。下列说法正确的是()A．总反应的ΔH＝＋61.4kJ·mol－1B．反应①的ΔH大于反应④的ΔHC．反应历程中能量变化最大的步骤为反应⑤D．决速步骤的化学方程式为HB＋CH3OH*=CH3B＋H2O*D[根据图示，总反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，ΔH＝－61.4kJ·mol－1，A项错误；反应①的ΔH＝－109.9kJ·mol－1，反应④的ΔH＝－66.4kJ·mol－1－25.5kJ·mol－1＝－91.9kJ·mol－1，反应①的ΔH小于反应④的ΔH，B项错误；根据图示，反应历程中反应①中反应物和生成物能量相差最大，能量变化最大，C项错误；决定反应速率的步骤为活化能最大的反应，即反应②，化学方程式为HB＋CH3OH*=CH3B＋H2O*，D项正确。]【典例2】已知：①3CO(g)＋6H2(g)CH3OCH2CH3(g)＋2H2O(g)ΔH1＝akJ·mol－1②CH3OCH2CH3(g)＋CO(g)CH3COOCH2CH3(g)ΔH2＝bkJ·mol－1③CH3COOCH2CH3(g)＋2H2(g)2CH3CH2OH(g)ΔH3＝ckJ·mol－1则④2CO(g)＋4H2(g)CH3CH2OH(g)＋H2O(g)ΔH＝kJ·mol－1(用含a、b、c的式子表示)。[解析]根据盖斯定律可知反应④＝eq\f(①＋②＋③,2)，则ΔH＝eq\f(ΔH1＋ΔH2＋ΔH3,2)＝eq\f(a＋b＋c,2)。[答案]eq\f(a＋b＋c,2)1．催化剂的催化原理能量图分析这两步反应可以看出，由于Ea1>Ea2，第1步反应是慢反应，是决定整个反应快慢的步骤，称为“决速步骤”，第1步反应越快，则整体反应速率就越快。因此对总反应来说，第1步反应的活化能Ea1就是在催化条件下总反应的活化能。2．盖斯定律的应用(1)实质ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝ΔH3＋ΔH4＋ΔH5(2)应用盖斯定律进行简单计算的注意事项①设计合理的反应过程。②当反应方程式乘以或除以某数时，ΔH也应乘以或除以该数。③反应方程式进行加减运算时，ΔH也要进行加减运算，且计算过程中要带“＋”“－”。④在设计的反应过程中常会遇到同一物质固、液、气三态的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。⑤当设计的反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。1．(2021·济南模拟)环己烷(C6H12)有椅型、半椅型、船型、扭船型等多种结构，不同结构的势能不同，它们的相对势能如图所示。下列说法错误的是()A．上述四种结构中，半椅型结构最稳定B．C6H12(椅型，l)=C6H12(船型，l)ΔH＝＋28.9kJ·mol－1C．相同条件下，椅型转化成扭船型的速率比逆向转化的慢D．加热有利于椅型转化成扭船型A[题给四种结构中，椅型结构的能量最低，因此椅型结构最稳定，A项错误；根据图示可得C6H12(椅型，l)=C6H12(船型，l)ΔH＝＋28.9kJ·mol－1，B项正确；根据图示，椅型转化为扭船型的活化能比逆向转化的活化能大，因此椅型转化为扭船型的速率比逆向转化的速率慢，C项正确；椅型转化为扭船型为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，有利于椅型转化为扭船型，D项正确。]2．利用CO2制取甲醛的反应的热化学方程式为CO2(g)＋2H2(g)=CH2O(g)＋H2O(g)ΔH1＝－6kJ·mol－1。已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH2相关化学键的键能数据如表所示。化学键O=OH—HO—H键能/(kJ·mol－1)498436464(1)CH2O(g)＋O2(g)=CO2(g)＋H2O(g)ΔH＝。(2)下列表示制取甲醛反应的能量变化示意图正确的是(填字母)。abcd[解析](1)根据ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能可知，2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH2＝(2×436kJ·mol－1＋498kJ·mol－1)－(4×464kJ·mol－1)＝－486kJ·mol－1，由盖斯定律知ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－486kJ·mol－1－(－6kJ·mol－1)＝－480kJ·mol－1。(2)制取甲醛反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量；物质越稳定，其能量越小，所以液态产物的能量小于气态产物的，则a正确。[答案](1)－480kJ·mol－1(2)aeq\a\vs4\al(化学平衡常数的有关计算)【典例3】(2021·青岛模拟)用NH3可以消除NO污染：4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(l)ΔH<0。(1)某条件下该反应速率v正＝k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆＝k逆·ca(N2)·cb(H2O)，该反应的平衡常数K＝eq\f(k正,k逆)，则a＝，b＝。(2)一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入4molNH3和6molNO发生上述反应，测得NH3和N2的物质的量浓度随时间变化如图。a点的正反应速率c点的逆反应速率(填“大于”“小于”或“等于”)；测得平衡时体系压强为p0，则该反应温度下Kp＝。(用含p0的式子表示，只列式不用化简)[解析](1)由4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(l)可知K＝eq\f(c5(N2),c4(NH3)·c6(NO))。某条件下该反应的反应速率v正＝k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆＝k逆·ca(N2)·cb(H2O)，平衡时，v正＝v逆，该反应的平衡常数K＝eq\f(k正,k逆)，代入解得a＝5、b＝0。(2)由于a点的反应物浓度大于c点，a点的正反应速率大于c点的正反应速率，而c点即将达到平衡状态，但此时v正>v逆，故a点的正反应速率>c点的逆反应速率。列三段式如下：平衡时各物质的总物质的量是(2＋3＋2.5)mol＝7.5mol。故Kp＝eq\f(p5(N2),p4(NH3)·p6(NO))＝eq\f((\f(2.5,7.5)p0)5,(\f(2,7.5)p0)4×(\f(3,7.5)p0)6)。[答案](1)50(2)大于eq\f((\f(2.5,7.5)p0)5,(\f(2,7.5)p0)4×(\f(3,7.5)p0)6)“三段式”突破化学平衡的有关计算则有(1)平衡常数K＝eq\f((\f(px,V))p·(\f(qx,V))q,(\f(a－mx,V))m·(\f(b－nx,V))n)。(2)平衡时A的物质的量浓度：c平(A)＝eq\f(a－mx,V)mol·L－1。(3)A的转化率：α(A)＝eq\f(mx,a)×100%，A、B的转化率之比为α(A)∶α(B)＝eq\f(mx,a)∶eq\f(nx,b)。3．(2021·枣庄模拟)在一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入1molA，发生反应：2A(g)B(g)＋C(g)。反应过程中c(C)随时间变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是()A．反应在0～50s的平均反应速率v(C)＝1.6×10－3mol·L－1·s－1B．该温度下，反应的平衡常数K＝0.025C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(B)＝0.09mol·L－1，则该反应的ΔH<0D．反应达平衡后，再向容器中充入1molA，该温度下再达到平衡时，A的转化率不变B[反应在0～50s，C的平均反应速率v(C)＝eq\f(0.08mol·L－1,50s)＝1.6×10－3mol·L－1·s－1，A正确；A的初始浓度c(A)＝eq\f(1mol,2L)＝0.50mol·L－1，该温度下，反应达到平衡时，c(C)＝0.10mol·L－1，则c(B)＝0.10mol·L－1，c(A)＝0.50mol·L－1－0.10mol·L－1×2＝0.30mol·L－1，反应的平衡常数K＝eq\f(0.10×0.10,0.302)≈0.11，B错误；升高温度，平衡时c(B)＝0.09mol·L－1<0.10mol·L－1，则平衡逆向移动，该反应的ΔH<0，C正确；反应达平衡后，再向容器中充入1molA，相当于加压，平衡不发生移动，A的转化率不变，D正确。]4．(2021·山东名校联考)已知：CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋49kJ·mol－1。为探究反应条件对反应平衡的影响，将CH3OH和H2O按物质的量之比为1∶1充入恒容密闭容器中进行实验，X、Y代表压强或温度。CH3OH(g)的平衡转化率随X、Y的变化关系如图所示。(1)X代表的物理量是。(2)判断Y1Y2(填“>”或“<”)，理由是。(3)在X1、Y1条件下，设平衡时容器内的总压强为pkPa，该反应的平衡常数Kp＝[对于气相反应，用某组分B的平衡分压p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，其中p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数，列出计算式即可]。[解析](1)从图像看，在Y不变的情况下，随着X的增大，甲醇的平衡转化率逐渐增大。该反应的正反应是吸热反应且是气体分子数增大的反应，故X应为温度。(2)Y为压强，增大压强，平衡逆向移动，甲醇的平衡转化率减小，故Y1>Y2。(3)假设起始时，CH3OH和H2O的物质的量均为1mol，则列三段式有CH3OH、H2O、CO2、H2气体的物质的量分数分别为eq\f(1,8)、eq\f(1,8)、eq\f(3,16)、eq\f(9,16)，代入平衡常数表达式Kp＝eq\f(p(CO2)×p3(H2),p(CH3OH)×p(H2O))＝eq\f(\f(3,16)p×(\f(9,16)p)3,\f(p,8)×\f(p,8))。[答案](1)温度(2)>该反应的正反应为气体分子数增大的反应，当温度一定时，压强增大，平衡逆向移动，甲醇的平衡转化率减小(3)eq\f(\f(3,16)p×(\f(9,16)p)3,\f(p,8)×\f(p,8))eq\a\vs4\al(水溶液中的图像分析)【典例4】(2021·烟台模拟)常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列说法不正确的是()A．HA的电离常数Ka＝1×10－4B．c点水的电离程度大于d点C．b点向c点变化过程中，eq\f(c(B－),c(HB)·c(OH－))减小D．相同浓度的NaA、NaB混合溶液中：c(Na＋)>c(A－)>c(B－)>c(OH－)>c(H＋)C[lgeq\f(c(A－),c(HA))＝0，即c(A－)＝c(HA)，Ka＝c(H＋)＝1×10－4，A正确；c点溶液呈中性，HB的电离和B－的水解相互抵消，水的电离“不受影响”，d点溶液呈酸性，HA的电离程度大于A－的水解程度，水的电离受到抑制，B正确；eq\f(c(B－),c(HB)·c(OH－))分子、分母同时乘以c(H＋)得出其值等于eq\f(Ka(HB),Kw)，温度不变，比值保持不变，C错误；HB的电离常数为1×10－5，即HA的酸性比HB强，则A－的水解能力比B－弱，NaA、NaB溶液均呈碱性，则相同浓度的NaA、NaB混合溶液中，离子浓度：c(Na＋)>c(A－)>c(B－)>c(OH－)>c(H＋)，D正确。]对数图像中的离子浓度关系将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值eq\f(c(A),c(B))取常用对数，即lgc(A)或lgeq\f(c(A),c(B))，得到离子浓度对数图像。1．破解对数图像的数据(1)运算法则：lgab＝lga＋lgb、lgeq\f(a,b)＝lga－lgb、lg1＝0。(2)运算突破点：如lgeq\f(c(A),c(B))＝0的点有c(A)＝c(B)；lgc(D)＝0的点有c(D)＝1mol·L－1。2．破解对数图像的步骤(1)识图像：观察横坐标、纵坐标的含义，看清每条曲线代表的离子种类以及曲线的变化趋势，计算电离常数时应利用两种离子浓度相等的点，如lgeq\f(c(A),c(B))＝0。(2)找联系：根据图像中的坐标含义和曲线的交点，分析所给电解质的电离平衡常数或pH与纵、横坐标之间的联系。(3)想原理：涉及电离平衡常数，写出平衡常数表达式，在识图像、想原理的基础上，将图像与原理结合起来思考。(4)用公式：运用对数计算公式分析。5．常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列说法错误的是()A．曲线M表示pH与lgeq\f(c(HY－),c(H2Y))的变化关系B．Ka2(H2Y)＝10－4.3C．a点溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝2c(Y2－)＋c(HY－)－c(K＋D．交点c的溶液中：c(H2Y)＝c(Y2－)>c(HY－)>c(H＋)D[Ka1(H2Y)＝eq\f(c(H＋)·c(HY－),c(H2Y))，随着pH增大，c(H＋)减小，eq\f(c(HY－),c(H2Y))增大，故曲线M表示pH与lgeq\f(c(HY－),c(H2Y))的变化关系，A项正确；曲线N表示pH与lgeq\f(c(HY－),c(Y2－))的变化关系，当pH＝3时，c(H＋)＝10－3mol·L－1，lgeq\f(c(HY－),c(Y2－))＝1.3，eq\f(c(Y2－),c(HY－))＝10－1.3，Ka2(H2Y)＝eq\f(c(H＋)·c(Y2－),c(HY－))＝10－1.3×10－3＝10－4.3，B项正确；a点溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(K＋)＝2c(Y2－)＋c(HY－)＋c(OH－)，故c(H＋)－c(OH－)＝2c(Y2－)＋c(HY－)－c(K＋)，C项正确；交点c的溶液中：lgeq\f(c(HY－),c(H2Y))＝lgeq\f(c(HY－),c(Y2－))＝1.5，则c(H2Y)＝c(Y2－)<c(HY－)，D项错误。]6．(2021·烟台模拟)室温下，向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中－lgc(Ba2＋)与lgeq\f(c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))),c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))))的关系如图所示(已知：H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.2×10－7、5.6×10－11；BaCO3的Ksp为5×10－9)。下列说法不正确的是()A．a点对应溶液中水的电离程度大于bB．b点对应溶液的c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝0.05mol·L－1C．a→b的过程中，溶液中eq\f(c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))·c(H＋),c(H2CO3))一直减小D．a点对应的溶液中一定存在：c(Na＋)＋2c(Ba2＋)<3c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＋c(Cl－)D[根据图中信息，由a到b时，c(Ba2＋)逐渐增大，BaCO3的Ksp不变，所以c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))浓度逐渐减小，溶液的pH减小，水的电离程度逐渐减小，所以水的电离程度a>b，A正确；b点时，c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝102c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))，c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝eq\f(Ksp,c(Ba2＋))＝eq\f(5×10－9,10－5)mol·L－1＝5×10－4mol·L－1，所以c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝102c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝0.05mol·L－1，B正确；a→b的过程中，COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))浓度减小，c(H＋)增大，溶液中eq\f(c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))·c(H＋),c(H2CO3))＝eq\f(c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))·c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))·c2(H＋),c(H2CO3)·c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))·c(H＋))＝eq\f(Ka1·Ka2,c(H＋))，Ka1、Ka2不变，c(H＋)增大，所以eq\f(c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))·c(H＋),c(H2CO3))一直减小，C正确；a点溶液中c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))，根据电荷守恒：c(Na＋)＋2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＋c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＋c(Cl－)＋c(OH－)，所以此时有：c(Na＋)＋2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝3c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＋c(Cl－)＋c(OH－)，又因为溶液显碱性，则c(H＋)<c(OH－)，所以：c(Na＋)＋2c(Ba2＋)>3c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＋c(Cl－)，D错误。]eq\a\vs4\al(新型化学电源的分析)【典例5】新型光能电池的原理是光照在表面涂有钌(Ru)基配合物的纳米层TiO2上，这些涂层上的分子的电子受激发跃迁到激发态，失电子后，自身变为氧化态，而对电极(又称光阴极)起到催化还原Ieq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、再生I－的作用。下列关于该电池的叙述错误的是()A．该电池在光照射下，将化学能转化为电能B．用该电池电解饱和食盐水，与对电极相连的一极生成氢气C．电池总反应：Ieq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋2Ru2＋=2Ru3＋＋3I－D．电池工作时，电解质溶液中I－和Ieq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的浓度不会减小B[由图可知，该装置为原电池。在光照下，发生化学反应产生能量，最终转化为电能，A正确；由图可知，该装置工作时，对电极上Ieq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))被还原为I－，则对电极为正极，用该电池电解饱和食盐水时，与之相连的电极为阳极，阳极上不会产生氢气，B错误；该电池负极反应式为Ru2＋－e－=Ru3＋，正极反应式为Ieq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋2e－=3I－，