2023届高考化学-化学反应原理专项练习（解析版）含解析

化学反应原理

1.乙醛是一种重要的煌类衍生物，广泛应用于纺织、医药、化纤、染料和

食品工业。

(一)以乙烯和氧气(或空气)为原料，在由PdCL、CuCb、盐酸组成的催化剂

水溶液中，进行液相氧化生产乙醛，工业上一般控制反应温度在120~130℃,压

强在300~350KPa。又称Wacker法。其反应式为：

主反应：CH2—CH2(g)+1o2(g)—CH3CHO(g)△庐=-243.2

kJ・mol-1

副反应：|CH2—CH2(g)+1o2(g)^CO2(g)+H20(g)△〃=—

705.5kJ・mol-1

(1)已知：水的汽化热是44.0kJ-molT,请计算乙烯的燃烧热：NH

=kJ•mol-1

汽化热：在标准大气压(lOlKPa)下，使Imol物质在一定温度下蒸发所需要

的热量。

(2)Wacker法乙烯氧化制乙醛过程，按照以下机理进行：

①乙烯拨基化反应：_____________________________

②金属钿的再氧化反应：Pd+2CUC12=PdCl2+2CuCl

③氯化亚铜的氧化反应：2CuCl+g()2+2HC1=2CUC12+H20

请写出①的反应方程式o

1

(3)下列有关说法正确的是

A.Wacker法制乙醛反应中，氯化把是反应催化剂，氯化铜的作用是使催化

剂再生，没有氯化铜的存在，就不能完成此催化过程。

B.工业上采用的原料气中乙烯大量过量，并有大量未反应的乙烯气要循环

使用，这样可提高乙烯利用率，同时原料气中加入CO?有利于提高乙醛选择性。

C.原料气中乙烯大量过量的原因可能是为了让乙烯的体积分数处在爆炸极

限范围之外，以避免危险的发生。

D.乙烯氧化生成乙醛的反应是在气-液相中进行的，加压和升温都有利于

提高乙烯和氧在液体中的溶解度，加快反应速率。

(4)控制反应条件在120~130℃和300~350KPa,原料气的体积比是V(C2H。：

V(02)：V(CO2)：V(N2)=15：10.5：9.5：65,以一定流速通入催化剂水溶液中，

一段时间后反应达平衡，测得乙烯的体积分数是0.1,氧气的体积分数是0.05,

如果充入lOOmol原料气，请计算反应达平衡时，/?(CH3CH0)=molo

(不考虑HC1的挥发)

(二)实际工业生产要求有较高产量，速率不能太低，转化率尽可能大，所

以应尽量使平衡正向移动。

(1)可逆反应：aA+bB=rR+sS,对反应物A,净反应速率为n=r正

(XA)-r逆匹)，XA为反应物A的转化率，图a表示反应物A的转化率和A的净

反应速率与温度(T)的关系图。图a分析可知，在相同温度下，净反应速率为

时,XA最大(从“L0、1*1*2*3、「4”选填)；由图a判断该反应是

2

反应(填“吸热”或“放热”),并简述原因_________0

(2)请在图a中绘制:在不同r下，符合工业生产要求的最佳温度__________

图aT

【答案】(一)(1)-1499(2)CH2—CH2(g)+PdCl2+H20=CH3CHO+Pd+

2HC1

(3)ABC(4)4

(二)(l)r=0放热由图分析可知，反应达平衡时(r=0),随温度升

xj

r=O

s

高，XA降低，故该反应为放热反应(2)'

\Wi

国aT

【解析】(一)(1)1cH2-CH2(g)+102(g)

=C02(g)+H2O(g)bH=_

705.5kJ・mol-1①

H2O(g)=H20(l)A^-44.OkJ*mol一②

利用盖斯定律，将①X2+②X2可得乙烯的燃烧热：△，=[(-705.5)X2+(-

44.0)X2]kJ*mol-1=-1499kJ・mol，(2)乙烯瘦基化是指乙烯在PdCL的氧

化下生成CH3CHO.Pd等，则①的反应方程式为:CH2—CH2(g)+PdCl2+H20=CH3CHO

+Pd+2HClo(3)A项，Wacker法制乙醛反应中，氯化钿是反应的催化剂，参

与反应(将乙烯氧化为乙醛)后被还原为Pd,CuCb将其氧化为PdCb,又可表现

出催化能力，从而完成催化过程，A正确；B项，工业上采用的原料气中乙烯大

量过量，可促进平衡正向移动，提高乙醛的产量，虽然乙烯的转化率降低，但

由于原料气的循环使用，最终可提高乙烯的利用率；原料气中加入CO?,可降低

乙烯氧化生成CO2的转化率，有利于提高乙醛的选择性，B正确；C项，乙烯与

混合达到一定体积分数范围时会发生爆炸，所以原料气中乙烯大量过量的原

因可能是为了让乙烯的体积分数处在爆炸极限范围之外，C正确；D项，乙烯氧

化生成乙醛的反应是在气-液相中进行的，加压有利于提高乙烯和氧在液体中的

溶解度，加快反应速率，但升温对乙烯和氧在液体中的溶解不利，D不正确；故

选ABC。(4)原料气的体积比是V(C2HO：V(02)：V(C02)：V(N2)=15：10.5：9.5：

65,充入lOOmol原料气，则A(C2HJ=100molX15%=15mol,Z7(O2)=100molX

10.5%=10.5molo

设生成CH3CHO的CH2XH2物质的量为x,燃烧生成CO?的CH2XH2物质的量为

y,则可建立下列三段式：

CH2=CH2(g)+3O,(g)—2C0,(g)+2H?O(g)

V3y2y2y

2CH,=CH;(g)+O;(g)—2CH；CH0(g)

超建(mol)15-y10.5-3y0

变化量(mol)2xX2x

平衡量(mol)15-2x-y10.5-x-3y2x

则二，

=0.1①

人」100—X

4

噎＞05②

解①、②方程，可求出尸2moL所以反应达平衡时，Z7（CH3CHO）=4mol。

（二）（1）图a分析可知，在相同温度下，转化率最大的点，其净反应速率为

0,所以净反应速率为r=0时，M最大；由图a可知，当转化率达到最高点后,

升高温度，反应物的转化率降低，则平衡逆向移动，所以该反应是放热反应，

原因是：由图分析可知，反应达平衡时（r=0）,随温度升高，XA降低，故该反应

为放热反应。（2）在不同r下，符合工业生产要求的最佳温度，是r=0的各个点

的连线，图象为：

2.过量排放含氮物质会污染大气或水体，研究氮及其化合物的性质及转化,

对降低含氮物质的污染有着重大的意义。

（1）合成氨反应。

已知,氨的分解反应：2NH3（g）=N2（g）+3H2（g）,活化能Ea=600kJ・mol\

合成氨有关化学键的键能如下表：

化学键H—HN三NN—H

5

E/kJ-mor1436946391

i3

则合成氨反应：1N2(g)+-H2(g)=NlMg)的活化能Ea=

(2)已知2N0+()2=2N02反应历程分两步

活化

方程式焰变

能

总反应2N0(g)+02(g)=2N02(g)E总△水0

第一步(快速

Eal

2N0(g)—N202(g)△直

平衡)

第二步(慢反N202(g)

Ea2△4

应)+02(g)=2N02(g)

①平衡常数K可用气体分压来表示，即K的表达式中用平衡分压代替平衡

浓度，分压=总压X物质的量分数(例如：p(NO)=Pe.xx(NO)),某一时刻第一步

达到平衡，写出第一步反应的平衡常数(用P总和各气体的物质的分

数来表示)。

②用NO表示总反应的速率方程为y(NO)=k/c(NO).c(Oj；NO2表示的总反应

速率方程为v(NO2)=k2-c(NO).c(C>2),匕与&是速率常数，则飞*2=。

③下列关于反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的说法正确的是o

A.2Es=Eal+Ea2B.增大压强，反应速率常数增大

C.温度升高，正逆反应速率都增大D.总反应快慢由第二步决定

(3)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱

除技术。

①用活化后的V2O5作催化剂，氨气将NO还原成用的一种反应历程如图1所

示，请写出图1中所示的总反应方程式,该反应的含氮气体组分随温度

变化如图2所示,当温度大于600K时，可能发生副反应的化学方程式o

图1氨气选择性还原NO反应历程图2气体中含氨组分浓度随温度变化

②在有催化剂的作用下，经过相同时间，测得脱氮率随反应温度的变化情

况如下图所示，其他条件相同时，请在图中补充在无催化剂作用下脱氮率随温

度变化的曲线。

(4)电解法处理氮氧化合物是目前大气污染治理的一个新思路，原理是将

NO,在电解池中分解成无污染的N和除去，如下图示，两电极间是新型固体氧

化物陶瓷，在一定条件下可自由传导03电解池阴极反应为o

7

【答案】⑴254kJ・m0】T⑵①或慌②1③CD

(3)①4NH3+4N0+02=4N2+6H20

4NH3+502=4N0+6H20(^N2+02=2N0)

(4)2N0x+4xe「=N2+2x(f'

【解析】(1)/^=反应物总键能性成物总键能，△HnJxlNwM+jx

13

(H-H)-3X(N-H)=yX946kJ/mol+?X436kJ/mol-3X391kJ/mol=-46kJ/mol,

△H=正反应活化能会反应活化能，贝!|Y6=Ea-X600,Ea=254kJ/mol；(2)

①根据平衡常数KP=3等=曰新

;②平衡时，根据反应速率与计量系

k

数成正比，v(NO)=v(N02),BPki,c(NO)*c(02)=k2*c(NO)*c(02),则%=k2,首

=1;③A项，总反应的活化能由决速步骤决定，即由慢反应决定，故A错误；B

项，平衡常数只与温度有关，故B错误；C项，温度升高，正逆反应速率都增大，

故C正确；D项，总反应快慢由慢反应决定，故D正确；故选CD；(3)①根据图

示1可知NH3>NO、。2反应生成N2和H20,方程式为：4NH3+4N0+02=4N2+6H20；

根据图2,发生副反应产生NO,方程式为：4NH3+502=4N0+6H2。(或弗+02=2忖；

②催化剂可加快反应速率，缩短反应时间，平衡不移动。相同时间内，没有催

化剂时单位时间内脱氮率将下降，由此作图:

由题意可知NO、经电解形成玲，结合电子转移、电荷守恒，阴极反应为：2N0x+4xe-

2

=N2+2X0-O

3.研究氢的获得和应用具有重要意义。

⑴已知：2H2s(g)—2H2(g)+S2(g)△〃>0将0.20molH2s气体充入密

闭容器中，保持恒压(p=a)、温度「条件下进行上述反应。

①下列可以作为反应达到平衡状态的判据是o

A.气体的平均相对分子质量不变B.-正(AS)=2°逆⑸)

C.｛不变D.容器体积不变

②L时刻反应达到平衡，H2s的平衡转化率为40虬该反应的平衡常数

4=(用a的代数式表示。对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)

代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作KP,如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)。

③反应温度工时，画出0—2时段，随时间变化曲线O(S2)-t］。保持

其它条件不变，改变反应温度为T2(T2>T1),画出0~t2时段，HS2)随时间变化趋

势的曲线"(Sj—t]

0A4t

(2)已知：某催化剂作用下，上还原NO的反应有两种可能：

I.2N0(g)+H2(g)—N20(g)+H20(g)AH\

II.2N0(g)+2H2(g)—N2(g)+2H20(g)A氏

反应历程可以表示为(*表示吸附态)

吸附分解：NO(g)-NO*-N*+O*①

H?(g)f2H*②

反应脱附：O*+2H*-»H,O(g)(§)

N*+NO*fN2O(g)④

N*+N*->N2(g)⑤

其中，反应脱附过程中④与⑤是一组竞争关系，决定了庆还原NO的最终产

物。

①如图显示不同温度条件下，原料气〃(HJ：〃(NO)=1,达到平衡时体系中弗

10

和的含量，由此判断△“0（填“）”或“<”）；判断反应脱附过程

中④与⑤两步反应的活化能高低并说明理由o

②如图显示不同温度条件下，原料气〃（HJ〃（NO）分别为1、2、3（对应图中

标注“1”、“2"、“3”）,达到平衡时，体系中用和岫0的含量，由此可知，增

加乩的量，可以增加的选择性（填“2”或“MO”）

【答案】⑴①ABD②合(0.074a)③

（2）①）由图可知温度低时以反应④为主,温度高时以反应⑤为主，说

明反应⑤具有较高的反应活化能②弗

【解析】（1）①A项，该反应反应物和生成物均为气体，且前后气体系数之

11

和不相等，所以气体总物质的量会变，而总质量不变，所以未平衡时气体的平

均相对分子质量会变，当其不变时，说明反应达到平衡，故A符合题意；B项,

同一反应同一时段反应速率之比等于计量数之比，所以/正(H2s)=2/正(SJ,所以

当/正(H2s)=2/逆⑸)时，也即y正(S2)=v逆S),说明反应平衡，故B符合题意；

C项，平衡常数只与温度有关，无论反应是否平衡，只要温度不变K就不变，所

以K不变不能说明反应平衡，故C不符合题意；D项，反应过程中恒压，而前后

气体系数之和不相等，所以未平衡时容器体积会变，当体积不变时说明反应平

衡，故D符合题意；故选ABD；②根据分析可知平衡时〃(HzShO.12moL

Z7(H2)=0.08mol,Z7(S2)=O.04mol,气体总物质的量为

mo

0.12mol+0.08mol+0.04mol=0.241noi，总压强为a,所以p(H2S)=^^'a=ia,同

0.24mol2

2

理可知夕(H2)=:a,p(S2)=1a,所以4==—a③反应温度3时，初始

3o27

投料为0.20molH2S,所以反应过程中S2的物质的量增大，G时反应达到平衡,

S2的物质的量不再改变，根据三段式可知平衡时A(S2)=0.04mol；反应温度T2

时，该反应为吸热反应，升高温度，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短,

且平衡正向移动，平衡时A(S2)>0.04mol,所以曲线图为

(2)①据图可知温度越高用含量越大，而N20在温度达到一定值继续升高温度含

量下降，说明生成弗0的反应为吸热反应，所以△笈>0;由图可知温度低时以反

应④为主，说明该反应容易进行，温度高时以反应⑤为主，说明反应⑤具有较

12

高的反应活化能；②据图可知相同温度的情况下，投料比越大，即氢气的量越

多，苗的含量越高，说明增加氢气的量可以增加用的选择性。

4.化合物PHJ是一种白色晶体，受热不稳定，易分解产生PH3。P4是无色

剧毒气体，广泛用于半导体器件和集成电路生产的外延、离子注入和掺杂。

(1)在2L真空密闭容器中加入一定量PHJ固体，T/C时发生如下反应：

PHJ(s)wPH3(g)+HI(g)

①下列可以作为反应达到平衡的判据是0

A.容器内气体的压强不变B.容器内HI的气体体积分数不变

C.容器内PHJ质量不变D.容器内气体的密度不变

E.容器内气体的平均相对分子质量不变

②匕时刻反应达到平衡后，在t2时刻维持温度不变瞬间缩小容器体积至1L,

t3时刻反应重新达到平衡。在下图中画出t2〜t4时段的U正、U逆随时间变化

图。

Ot\t2心t

(2)PH4I固体分解产生的P&和HI均不稳定，在一定温度下也开始分解。

在2L真空密闭容器中加入一定量PHJ固体，已知在T2c时存在如下反应:

13

IPH4I(s)—PH3(g)+HI(g)AA

II4PH3(g)=P4(g)+6H2(g)△笈

m2HI(g)—H2(g)+I2(g)卜员

①已知：298K,lOlkPa,H-P键、P-P键、H-H键的键能分别为322kJ•moU1.

200kJ•mor\436kJ•moL试计算△万=。

②各反应均达平衡时，测得体系中n(PH3)=amo1,z?(P4)=bmo1,z?(H2)=c

mol,则12℃时反应I的平衡常数｛值为。(用a、b、

c表示)

③维持温度不变，缩小体积增大压强，达到新的平衡后，发现其它各成分

的物质的量均发生变化，而HL)基本不变，试解释可能原因

_________________________________O

Vii

【答案】(1)①ACD②：

IUI

Ot\£2±3t

(2)①+48kJ・mo]_v②agl6b2c)

4

③增大压强的瞬间各气体浓度均增大，反应I平衡逆向移动使c(HI)减小,

反应II平衡逆向移动使cOO减小，对于反应III两者作用相当，反应HI平

衡不移动，A(L)基本不变(只答反应III平衡不移动不得分)

14

【解析】(1)①A项，反应前没有气体，反应后生成气体，反应中容器内气

体压强一直改变，当容器内气体压强不再改变时，可以说明反应达到平衡状态，

A符合；B项，根据反应式可知，容器内HI的气体体积分数始终不变，容器

内HI的气体体积分数不变不能作为反应达到平衡的标志，B不符合；C项,

容器内PHJ的质量不再改变时，可以说明反应达到平衡状态，C符合；D项，容

器体积始终不变，气体总质量发生改变，则容器内气体的密度不再改变时，可

以说明反应达到平衡，D符合；E.容器内气体的平均相对分子质量始终不变,

容器内气体的平均相对分子质量不变不能作为反应达到平衡的标志，E不符合;

故选ACD；②3时刻反应达到平衡后，在t2时刻维持温度不变瞬间缩小容器体积

至1L,则平衡逆向移动，u逆〉u正，但由于PHJ为固体，增大压强，正反应速

率不变，t3时刻反应重新达到平衡，逆，因此t2〜t4时段的U正、U逆随时

间变化图为:;(2)①根据△年反应物的总键能-生成物

的总键能，A醒=(4X3X322kJ•mol1)-[(6X200kJ•mol1)+(6X436

1

kJ•mor)]=+48kj•mol'；②各反应均达平衡时，测得体系中/2(PH3)=amol,

Z7(P4)=bmol,/7(H2)=Cmol,根据白磷为bmol,结合反应H计算可知,消耗的

Pa为4bmol和生成的也为6bmoL因为最终P也为amol,说明反应I生成的PH3

和HI都为(a+4b)mol,最终氢气为cmol,则反应III生成上为(c-6b)mol,反应

m消耗HI为(2c-12b)moL则平衡时HI为6+4卜2©+121))=1+16&2611101,T2c

时，对于反应I的平衡常数为管£=a(a+7-2c)；③由于增

大压强的瞬间各气体浓度均增大，而反应I平衡逆向移动使得c(HI)减小，反应

15

II平衡逆向移动使cOL)减小，对于反应III两者作用相当，反应IH平衡不移

动，因此〃(L)基本不变。

5.研究含硫物质的循环，是能源开发和利用的重要途径之一。

(1)研究人员利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如下:

①反应I：2H2sO,⑴=2S02(g)+2H20(g)+02(g)A&=+551kj-mol-1

反应ID：S(s)+02(g)=SO2(g)A^=-297kj・molt

反应n的热化学方程式为

②对于反应n,将投料比(n(S02)：nGLO))为3：2的混合气体充入恒容的

密闭容器中，在不同压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化

关系如下图所示。下列说法不正确的是

A.R>P”反应II的AS<0

B.使用合适催化剂可以提高H2SO4在平衡体系中物质的量分数

16

C.其他条件相同时，投料比(n(S02)：nGLO))改变为2：1,可提高S02的

平衡转化率

D.当容器内气体的密度不变时，可判断反应达到平衡状态

E.温度升高，有利于反应速率加快，S02的平衡转化率提高，K值变小

(2)“硫碘循环”法是分解水制氢气的研究热点，涉及下列三个反应：

反应反SO2(g)+L(aq)+2H20(l)=2HI(aq)+H2S04(aq)

反应B：2HI(g)—H2(g)+I2(g)

反应反2H2SO4(g)-2H20(g)+2S02(g)+02(g)

①某温度下将lmolHI充入密闭容器中发生反应B,达到第1次平衡后，

用选择性膜完全分离出H2,达到第2次平衡后再次分离庆，重复多次，平衡时

A(HI)如下表:

达到平衡的第1第2第3第4第5

...

次数次次次次次

z?(HI)/mol0.780.670.600.550.51••••••

归纳出分离H2的次数对HI转化率的影响

第2次平衡时12的物质的量为〃")=mol；

②反应A发生时，溶液中同时存在以下化学平衡：I2(aq)+L(aq)—

If(aq),其反应速率极快且平衡常数很大。现将lmolS02缓缓通入含1mol卜

17

的水溶液中恰好完全反应。请在下图中画出溶液中I,的物质的量MIC随反应

时间1变化的曲线图o

.EL>mol

【答案】（1）①3s02（g）+2H2。（g）=2H2so4（1）+S（s）A-254kJ*mol

②BCE

(2)①随着分离出次数的增加，HI的转化率逐渐提高，但提高幅度逐渐减

小0.165(最局点为0.67)

1

【解析】⑴①反应I：2H2SO4(1)=2S02(g)+2H20(g)+O2(g)AH^+SSlkJ.mor,

,

反应in：S(s)+02(g)-S02(g)△H3=-297kJ-mor,结合盖斯定律可知，得

3S02(g)+2H20(g)=2H2so4(1)+S(s),其Z\H=—(+551kJ-molT)一(—297kJ・

1

mol)=-254kJ/mol,则反应II的热化学方程式为3S02(g)+2H20(g)=2H2S04(l)+S(s)

△H=-254kJ/mol；②A项，增大压强平衡正向移动，硫酸的物质的量增大，由图

可知，P2对应硫酸物质的量分数大，则P2>Pi；反应H为气体体积减小的反应，

18

则△$<(),故A正确；B项，催化剂对平衡移动无影响，则催化剂不能提高H2sO4

在平衡体系中物质的量分数，故B错误；C项，投料比【n(SOj：nGLO)】改变

为2：1,对比投料比【n(S02)：nOLO)】为3：2时，相当于增大二氧化硫的物

质的量，促进水的转化，但S02的平衡转化率减小，故C错误；D项，气体的体

积一定，混合气体的总质量不确定，当容器内气体的密度不变时，说明混合气

体总质量一定，则可判断反应达到平衡状态，故D正确；E项，反应H为放热反

应，温度升高，有利于反应速率加快，但平衡逆向移动，SO2的平衡转化率降低，

K值变小，故E错误；故选BCE；

(2)①分离出氢气，有利于平衡向正反应方向移动，随着分离氢气次数的增

加，HI的转化率逐渐提高，但提高幅度逐渐减小；

H,(g)+I：(g)

起始(mol)100

转化GHO!)0.330.1650.165

平衡(mo/)0.670.1650.165

故2次平衡时L的物质的量为n(L)=0.165mol；

②将SO2的通入L的水溶液，反应生成「，生成的「与L结合得到IJ,随

反应进行I「物质的量增大，由I原子守恒可知I「的最大物质的量为誓七

0.67mol,继续通入SO2,L(aq)+「(aq)-I「(aq)平衡向左移动，L一物质的量

减小，由S02+l2+2H20=2HI+H2s可知，二氧化硫与碘单质恰好完全反应，故最终

B物质的量为0,溶液中I「的物质的量n(I;)随反应时间t变化的曲线图为：

19

工

土

V

能源。

的清洁

种重要

气是一

6.氢

A

：O(g)

+2H

(s)

)=C

2H,(g

(g)+

：CO,

反应

osch

利用B

的CO?

产生

呼吸

天员

(1)航

用。

环利

。2的循

可实现

电解水

H,再

准

的标

物质

为该

变称

的焰

物质

ol某

生成Im

定单质

最稳

定，由

学中规

①热力

：

式中

反应

上述

已知

为0。

焰规