2025届高考化学基础知识复习大单元整合　提能力验考情5

大单元整合提能力验考情五惰性气体对化学平衡的影响1.恒容时充入惰性气体，对于气体反应体系各组分的浓度不变，速率不变，平衡不移动。2.恒温、恒压，充入惰性气体。体积必增大，对于气体反应体系相当于减压对平衡的影响。3.对于反应前后气体分子数相等的可逆反应，无论是恒容时还是恒压下向平衡体系中加入惰性气体，平衡都不会移动。转化率与温度可逆反应的焓变ΔH升高温度吸热反应，ΔH＞0未达到平衡的转化率增大已达到平衡的平衡转化率增大放热反应，ΔH＜0未达到平衡的转化率增大已达到平衡的平衡转化率减小化工生产适宜条件选择的一般原则条件原则从化学反应速率分析既不能过快，又不能太慢从化学平衡移动分析既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意二者影响的矛盾性从原料的利用率分析增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本从实际生产能力分析如设备承受高温、高压能力等从催化剂的使用活性分析注意催化剂的活性对温度的限制如工业合成氨条件：①压强：10Mpa～30Mpa；②温度：400～500℃；③催化剂：铁触媒。反应曲线分析(2023·湖南卷)向一恒容密闭容器中加入1molCH4和一定量的H2O，发生反应：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比xeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＝\f(nCH4,nH2O)))随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(B)A.x1＜x2B.反应速率：vb正＜vc正C.点a、b、c对应的平衡常数：Ka＜Kb＝KcD.反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态【解析】相同温度下，eq\f(nCH4,nH2O)比值越大，甲烷转化率越小，图像分析可知x1＜x2，A正确；b、c点反应的温度相同，CH4初始投料为1mol，b点甲烷转化率大，则b点的x值小于c点，即b点H2O(g)浓度大，则反应速率：vb正＞vc正，B错误；升高温度，甲烷转化率增大，说明反应为吸热反应，升高温度平衡常数增大，则Ka＜Kb＝Kc，C正确；反应为气体物质的量变化的反应，相同温度下，反应温度为T1，当容器内压强不变时，说明反应达到平衡状态，D正确。(2023·深圳二模)恒温、恒压下，向密闭容器中充入少量正丁烷，可同时发生反应：反应1：(g)(g)＋H2(g)ΔH1反应2：(g)(g)＋H2(g)ΔH2反应3：(g)(g)ΔH3已知：lnK＝－eq\f(ΔH,RT)＋C，其中R、C均为常数。反应1和反应2的lnK随eq\f(1,T)变化关系曲线如图所示。下列说法正确的是(B)A.ΔH1<0，ΔH2<0B.稳定性：反－2－丁烯>顺－2－丁烯C.a为反应3中lnK随eq\f(1,T)的变化曲线D.再向平衡体系中充入少量Ar，反应3的平衡常数增大【解析】由图可知，反应1、2，随温度增大，K值均增大，ΔH1>0，ΔH2>0，A错误；由图可知，反应1的斜率大，故ΔH1>ΔH2，反应3的ΔH3＝ΔH2－ΔH1<0，稳定性：反－2－丁烯>顺－2－丁烯，B正确；ΔH3＝ΔH2－ΔH1<0，反应3中lnK随eq\f(1,T)的变化曲线斜率为正，C错误；平衡常数仅受温度影响，充入少量Ar平衡常数不变，D错误。(2023·江苏卷)二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－164.7kJ/molCO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH＝41.2kJ/mol在密闭容器中，1.01×105Pa、n起始(CO2)∶n起始(H2)＝1∶4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如题图所示。CH4的选择性可表示为eq\f(n生成CH4,n反应CO2)×100%。下列说法正确的是(D)A.反应2CO(g)＋2H2(g)=CO2(g)＋CH4(g)的焓变ΔH＝－205.9kJ/molB.CH4的平衡选择性随着温度的升高而增加C.用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480～530℃D.450℃时，提高eq\f(n起始H2,n起始CO2)的值或增大压强，均能使CO2平衡转化率达到X点的值【解析】将已给的两个热方程式标为①、②，根据盖斯定律，①－2×②可知2CO(g)＋2H2(g)=CO2(g)＋CH4(g)ΔH＝－247.1kJ/mol，A错误；生成CH4为放热反应，随着温度的升高，CH4的选择性减小，B错误；从图中看出该催化剂催化二氧化碳在400℃左右为最佳温度，C错误；增大一种反应物的量可提高另一种物质的转化率，增大压强第一个反应平衡正向移动，第二个反应平衡不移动，D正确。反应机理循环图(2023·湖南卷)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂{用[L—Ru—NH3]＋表示}能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。下列说法错误的是(B)A.Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强B.M中Ru的化合价为＋3C.该过程有非极性键的形成D.该过程的总反应：4NH3－2e－=N2H4＋2NHeq\o\al(＋,4)【解析】[L—Ru—NH3]＋失去电子生成[L—Ru—NH3]2＋，[L—Ru—NH3]2＋与氨气反应生成NHeq\o\al(＋,4)和[L—Ru—NH2]＋，说明配体NH3失去质子能力增强，A正确；[L—Ru—NH2]＋→[L—Ru—eq\o(N,\s\up6(·))H2]＋得到一个电子，Ru化合价不变，仍为＋2价，B错误；2个M生成产物中形成了N—N共价键，为非极性共价键，C正确；分析转化过程得到，该过程的总反应：4NH3－2e－=N2H4＋2NHeq\o\al(＋,4)，D正确。(2023·新课标卷)“肼合成酶”以其中的Fe2＋配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如图所示。下列说法错误的是(D)A.NH2OH、NH3和H2O均为极性分子B.反应涉及N—H、N—O断裂和N—N生成C.催化中心的Fe2＋被氧化为Fe3＋，后又被还原为Fe2＋D.将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2【解析】NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀、不对称，为极性分子，A正确；由反应历程可知，有N—H、N—O断裂，还有N—N的生成，B正确；由反应历程可知，反应过程中，Fe2＋先失去电子后又得到电子生成Fe2＋，C正确；由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有2个氢原子来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD得到ND2NH2和HDO，D错误。化学反应原理综合(2023·全国甲卷)甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：(1)已知下列反应的热化学方程式：①3O2(g)=2O3(g)K1ΔH1＝285kJ/mol②2CH4(g)＋O2(g)=2CH3OH(l)K2ΔH2＝－329kJ/mol反应③CH4(g)＋O3(g)=CH3OH(l)＋O2(g)的ΔH3＝－307kJ/mol，平衡常数K3＝________(用K1、K2表示)。(2)电喷雾电离等方法得到的M＋(Fe＋、Co＋、Ni＋等)与O3反应可得MO＋。MO＋与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300K和310K下(其他反应条件相同)进行反应MO＋＋CH4=M＋＋CH3OH，结果如图所示。图中300K的曲线是____(填“a”或“b”)。300K、60s时MO＋的转化率为______________(列出算式)。(3)MO＋分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如图所示(二者历程相似，图中以CH4示例)。(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是步骤________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线____(填“c”或“d”)。(ⅲ)MO＋与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD________CHD2OH(填“＞”“＝”或“＜”)。若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇有________种。【答案】(1)eq\r(\f(K2,K1))(2)b(1－10－0.1)×100%(3)(ⅰ)Ⅰ(ⅱ)c(ⅲ)＜2【解析】(1)根据盖斯定律，反应③＝eq\f(1,2)×(反应②－反应①)，则平衡常数K3＝eq\r(\f(K2,K1))。(2)温度越高，反应速率越快，单位时间内消耗的MO＋越多，剩余的MO＋越少，则比值：eq\f(cMO＋,cMO＋＋cM＋)越小，负对数值就越大，即310K曲线在300K对应的曲线上方，所以300K的曲线是b,310K的曲线是a，由图可知，300K、60s时，－lgeq\f(cMO＋,cMO＋＋cM＋)＝0.1，则：eq\f(cMO＋,cMO＋＋cM＋)＝10－0.1，转化的MO＋的量与M＋的量是一致的，所以MO＋的转化率为eq\f(cM＋,cMO＋＋cM＋)×100%＝1－eq\f(cMO＋,cMO＋＋cM＋)×100%＝(1－10－0.1)×100%。(3)(ⅰ)由图可知，步骤Ⅰ中涉及C—H的断裂和H—O的形成，步骤Ⅱ中涉及O—M的断裂和C—O的形成，所以涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ。(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，即反应的活化能变大，所以MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线c。(ⅲ)根据ⅱ中信息可知，MO＋与CH2D2反应，生成氘代甲醇的反应速率较慢，单位时间内的产量较低，所以产量：CH2DOD＜CHD2OH，若MO＋与CHD3反应，根据反应机理图可知，生成的氘代甲醇可能为CD3OH和CHD2OD，共2种。(2023·新课标卷)氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：(1)根据图1数据计算反应eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)NH3(g)的ΔH＝________kJ/mol。图1能量转换关系图2反应机理(2)研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，Neq\o\al(*,2)表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为________(填步骤前的标号)，理由是______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为Fe3O4)使用前经H2还原，生成α－Fe包裹的Fe3O4。已知α－Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287pm，密度为7.8g/cm3。则α－Fe晶胞中含有Fe的原子数为__________(列出计算式，设阿伏加德罗常数的值为NA)。(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如图所示。其中一种进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25，另一种为xH2＝0.675、xN2＝0.225、xAr＝0.10(物质ⅰ的摩尔分数：xi＝eq\f(ni,n总))。图3图4①图中压强由小到大的顺序为________，判断的依据是。②进料组成中含有惰性气体Ar的图是__________________________________________________________________。③图3中，当p2＝20MPa、xNH3＝0.20时，氮的转化率α＝________。该温度时，反应eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)NH3(g)的平衡常数Kp＝________MPa－1(化为最简式)。【答案】(1)－45(2)ⅱ氮气分子中含有氮氮三键，断裂氮氮三键所需能量最高，该步反应速率最慢(3)eq\f(7.8×287×10－103NA,56)(4)①p1＜p2＜p3此反应为气体分子数目减小的反应，在相同温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量增大②图4③33.3%eq\f(\r(3),36)【解析】(1)由图可知，反应eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)NH3(g)的ΔH＝(473＋654－339－397－436)kJ/mol＝－45kJ/mol。(2)断键吸热，成键放热，氮气分子中含有氮氮三键，断裂氮氮三键所需能量较高，该步反应速率较慢，影响整个反应的反应速率，所以上述反应机理中，速率控制步骤为ⅱ。(3)α－Fe晶胞中含有Fe的原子数为x，则晶胞的质量m＝eq\f(56x,NA)g，晶胞的体积V＝(287×10－10cm)3，晶胞质量m＝ρV＝(287×10－10cm)3×7.8g/cm3＝7.8×(287×10－10)3g，即eq\f(56x,NA)＝7.8×(287×10－10)3，x＝eq\f(7.8×287×10－103NA,56)。(4)①温度一定，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量和摩尔分数均增大，即其他条件相同时，压强越大，氨的摩尔分数越大，所以图中压强由小到大的顺序为p1＜p2＜p3，此反应为气体分子数目减小的反应，在相同温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量增大。②惰性气体Ar不参与反应，起始混合气体总量相同、温度和压强一定时，进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25的反应体系中n(NH3)较大，并且反应达平衡时氨的摩尔分数也较大，对比图3、4中压强p1、温度700K时氨的摩尔分数大小可知，图3是进料组成中不含有惰性气体Ar的图，图4是进料组成中含有惰性气体Ar的图。③图3是进料组成中不含有惰性气体Ar的图，xH2＝0.75、xN2＝0.25，设起始时n(H2)＝3mol，n(N2)＝1mol，反应达平衡时p2＝20MPa、xNH3＝0.20，反应三段式为eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)NH3(g)起始/(mol)130变化/(mol)x3x2x平衡/(mol)1－x3－3x2xxNH3＝eq\f(2x,4－2x)＝0.20，解得x＝eq\f(1,3)，则氮的转化率α＝eq\f(\f(1,3)mol,1mol)×100%≈33.3%；物质分压：p(NH3)＝0.20×20MPa＝4MPa，p(H2)＝3p(N2)＝12MPa，反应eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)NH3(g)的平衡常数Kp＝eq\f(pNH3,p\s\up7(\f(3,2))H2·p\s\up7(\f(1,2))N2)＝eq\f(4,4\s\up7(\f(1,2))×12\s\up7(\f(3,2)))MPa－1＝eq\f(\r(3),36)MPa－1。(2023·广东卷)配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。(1)某有机物R能与Fe2＋形成橙红色的配离子[FeR3]2＋，该配离子可被HNO3氧化成淡蓝色的配离子[FeR3]3＋。①基态Fe2＋的3d电子轨道表示式为______________________。②完成反应的离子方程式：NOeq\o\al(－,3)＋2[FeR3]2＋＋3H＋____________＋2[FeR3]3＋＋H2O。(2)某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。用浓度分别为2.0mol/L、2.5mol/L、3.0mol/L的HNO3溶液进行了三组实验，得到c([FeR3]2＋)随时间t的变化曲线如图1。图1①c(HNO3)＝3.0mol/L时，在0～1min内，[FeR3]2＋的平均消耗速率＝______________________。②下列有关说法正确的有________(填字母)。A.平衡后加水稀释，eq\f(c[FeR3]2＋,c[FeR3]3＋)增大B.[FeR3]2＋平衡转化率：αⅢ＞αⅡ＞αⅠC.三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小D.体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：tⅢ＞tⅡ＞tⅠ(3)R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：M＋LMLK1ML＋LML2K2研究组配制了L起始浓度c0(L)＝0.02mol/L、M与L起始浓度比c0(M)∶c0(L)不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种L、ML、ML2中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。c0(M)∶c0(L)S(L)S(ML)S(ML2)01.0000ax＜0.010.64b＜0.010.400.60已知：核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“＜0.01”表示未检测到。①c0(M)∶c0(L)＝a时，x＝________。②c0(M)∶c0(L)＝b时，平衡浓度之比c平(ML2)∶c平(ML)＝________。(4)研究组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当c0(L)＝1.0×10－5mol/L时，测得平衡时各物种c平∶c0(L)随c0(M)∶c0(L)的变化曲线如图2。c0(M)∶c0(L)＝0.51时，计算M的平衡转化率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。图2【答案】(1)①②HNO2(2)①5.0×10－5mol/(L·min)②AB(3)①0.36②3∶4(4)98%(计算过程见解析)【解析】(2)①浓度分别为2.0mol