2025届高考化学二轮专题复习与测试第二部分题型解读四化学反应原理题解题突破

题型解读四化学反应原理题解题突破化学反应原理始终是高考命题的重点和热点，大多以生产、生活、环境或科技素材为载体进行设置。主要考查点：(1)结合图像(或速率方程式)计算化学反应速率或分析反应速率改变的缘由。(2)结合化学平衡图像，考查化学平衡常数(或压强平衡常数)和平衡转化率的计算、化学平衡移动的缘由分析等。随着新高考命题改革的推动，各自主命题试题中可能会出现选择题和综合性大题，还可能将电化学、电解质溶液学问等融于其中，侧重考查考生的理解与辨析实力、分析与推想实力、归纳与论证实力等化学学科的关键实力，应引起高度关注。1．(2024·广东卷)协作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)某探讨小组对(1)中②的反应进行了探讨。用浓度分别为2.0mol·L－1、2.5mol·L－1、3.0mol·L－1的HNO3溶液进行了三组试验，得到c([FeR3]2＋)随时间t的改变曲线如图1。①c(HNO3)＝3.0mol·L－1时，在0～1min内，[FeR3]2＋的平均消耗速率＝________________________________________________________________________。②下列有关说法中，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．三组试验中，反应速率都随反应进程始终减小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可用于分别稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：M＋LMLK1；ML＋LML2K2。探讨组配制了L起始浓度c0(L)＝0.02mol·L－1、M与L起始浓度比eq\f(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对应汲取峰的相对峰面积S(体系中全部特征H的总峰面积计为1)如下表。eq\f(c0（M）,c0（L）)S(L)S(ML)S(ML2)01.0000ax<0.010.64b<0.010.400.60【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于汲取峰对应H的原子数目之比；“<0.01”表示未检测到。①eq\f(c0（M）,c0（L）)＝a时，x＝________。②eq\f(c0（M）,c0（L）)＝b时，平衡浓度比c平(ML2)∶c平(ML)＝________。(4)探讨组用汲取光谱法探讨了(3)中M与L反应体系。当c0(L)＝1.0×10－5mol·L－1时，测得平衡时各物种eq\f(c平,c0（L）)随eq\f(c0（M）,c0（L）)的改变曲线如图2。eq\f(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)。解析：(1)①基态Fe2＋的3d电子轨道表示式为。②依据原子守恒可知离子方程式中须要增加HNO2。(2)①浓度分别为2.0mol·L－1、2.5mol·L－1、3.0mol·L－1的HNO3溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；c(HNO3)＝3.0mol·L－1时，在0～1min内，视察题图可知[FeR3]2＋的平均消耗速率为eq\f(（1.5－1.0）×10－4mol·L－1,1min)＝5×10－5mol/(L·min)。②对于反应NOeq\o\al(－,3)＋2[FeR3]2＋＋3H＋HNO2＋2[FeR3]3＋＋H2O，加水稀释，平衡向逆反应方向移动，[FeR3]2＋含量增加，[FeR3]3＋含量减小，eq\f(c（[FeR3]2＋）,c（[FeR3]3＋）)增大，A项正确；HNO3浓度增加，[FeR3]2＋转化率增加，故αⅢ>αⅡ>αⅠ，B项正确；视察题图可知，三组试验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C项错误；硝酸浓度越高，反应速率越大，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故tⅢ<tⅡ<tⅠ，D项错误。故选AB。(3)①eq\f(c0（M）,c0（L）)＝a时，S(ML2)＋S(ML)＋S(L)＝1，且S(ML2)＝0.64，S(ML)<0.01，则x＝0.36。②(ML2相比于ML)含有两个配体，则S(ML2)与S(ML)的浓度比应为ML2相对峰面积的一半与ML的相对峰面积之比，即eq\f(0.6×\f(1,2),0.4)＝eq\f(3,4)。(4)由题图，eq\f(c0（M）,c0（L）)＝0.51时，eq\f(c平,c0（L）)＝0.4，则c0(M)＝0.51×c0(L)＝5.1×10－6mol·L－1；c平(ML)＝c平(L)＝0.4×c0(L)＝4.0×10－6mol·L－1，由L守恒可知c平(ML2)＝eq\f(1×10－5mol·L－1－（4×10－6mol·L－1＋4×10－6mol·L－1）,2)＝1.0×10－6mol·L－1，则c转(M)＝4.0×10－6mol·L－1＋1.0×10－6mol·L－1＝5.0×10－6mol·L－1；则M的转化率为eq\f(5.0×10－6,5.1×10－6)×100%≈98%。答案：(1)①②HNO2(2)①5×10－5mol/(L·min)②AB(3)①0.36②3∶4或0.75(4)98%2．(2024·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·mol－1；②2CH4(g)＋O2(g)=2CH3OH(l)K2ΔH2＝－329kJ·mol－1。反应③CH4(g)＋O3(g)=CH3OH(l)＋O2(g)的ΔH3＝________kJ·mol－1，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1所示。图中300K的曲线是________(填“a”或“b”)。300K、60s时MO＋的转化率为__________________________(列出算式即可)。(3)MO＋分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的改变如图2所示(两者历程相像，图中以CH4示例)。①步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键改变的是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。②干脆参加化学键改变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反应的能量改变应为图中曲线________(填“c”或“d”)。③MO＋与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD______(填“＞”“＜”或“＝”)CHD2OH。若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇有________种。解析：(1)依据盖斯定律可知，反应③＝eq\f(1,2)(反应②－①)，所以对应ΔH3＝eq\f(1,2)(ΔH2－ΔH1)＝eq\f(1,2)(－329kJ·mol－1－285kJ·mol－1)＝－307kJ·mol－1；依据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数K3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(K2,K1)))eq\s\up6(\f(1,2))或eq\r(\f(K2,K1))。(2)依据题图1所示信息可知，纵坐标表示－lgeq\f(c（MO＋）,c（MO＋）＋c（M＋）)，即与MO＋的微粒分布系数成反比，与M＋的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成M＋的物质的量浓度比a曲线的小，证明化学反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300K条件下的反应；依据上述分析结合图像可知，300K、60s时－lgeq\f(c（MO＋）,c（MO＋）＋c（M＋）)＝0.1，则eq\f(c（MO＋）,c（MO＋）＋c（M＋）)＝10－0.1，利用数学关系式可求出c(M＋)＝(100.1－1)c(MO＋)，依据反应MO＋＋CH4=M＋＋CH3OH可知，生成的M＋即为转化的MO＋，则MO＋的转化率为eq\f(100.1－1,100.1)×100%。(3)①步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ。②干脆参加化学键改变的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，依据图示可知，MO＋与CD4反应的能量改变应为题图2中曲线c。③MO＋与CH2D2反应时，因干脆参加化学键改变的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量CH2DOD＜CHD2OH；依据反应机理可知，若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH共2种。答案：(1)－307eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(K2,K1)))eq\s\up6(\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\r(\f(K2,K1))))(2)beq\f(100.1－1,100.1)×100%(3)①Ⅰ②c③＜2化学反应原理题解题“三原则”原则(一)跳动思维——不放弃。化学反应原理综合题是拼盘式考查，热化学和电化学的题目设计一般没有递进性，答题时可跳动解决，不能因为化学平衡的题目难度大而放弃。原则(二)分析图像——审细致。分析图像要明确三步：(1)“一看”——看图像。①看面：弄清纵、横坐标的含义。②看线：弄清线的走向、改变趋势及线的陡及平。③看点：弄清曲线上点的含义，特殊是一些特殊点，如与坐标轴的交点、曲线的交点、拐点、最高点与最低点等。④看量的改变：弄清是浓度改变、温度改变还是转化率的改变。⑤看是否须要作协助线，如等温线、等压线等。(2)“二想”——想规律。看完线后联想外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律。(3)“三判”——得结论。通过对比分析，作出正确推断。原则(三)分层解题——难化易。即要把大题化为小题，把综合性问题分解为相对独立的小问题，降低难度，逐个击破。如：(1)利用盖斯定律计算反应热，这样分层思索：①明确待求热化学方程式中的反应物和生成物。②处理已知热化学方程式中的化学计量数和焓变。③叠加处理热化学方程式确定答案。(2)化学反应速率的计算、转化率及平衡常数的计算都要用到“三段式”法，可以这样分层找相关“量”：用什么时刻量，用什么物理量计算。如计算平衡常数K时，不能运用平衡时的物质的量，要用平衡时的物质的量浓度。(3)电化学的考查可以这样分层思索：首先要分析电化学装置，推断是原电池还是电解池，然后再依据电极所处的环境书写电极反应式。1．(2024·深圳其次次调研考试改编)Ⅰ.人类对物质结构的探究永无止境，碳硼烷酸[化学式为H(CHB11Cl11)是目前世界上已知的最强酸，但腐蚀性很小，可以作为无污染的酸催化剂。(1)现代化学中常利用的____________特征谱线来鉴定元素。组成碳硼烷酸的4种元素中，基态原子中未成对电子数最多的是______________(填电子排布式)。Ⅱ.“O3氧化法”和“光催化氧化法”常用于烟气脱硫、脱硝，对环境爱护意义重大。回答下列问题：(2)用O3氧化烟气中的SO2时，体系中存在以下反应：(a)SO2(g)＋O3(g)SO3(g)＋O2(g)ΔH1(b)2O3(g)3O2(g)ΔH2＝－286.6kJ·mol－1(c)2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH3＝－196.6kJ·mol－1依据盖斯定律，ΔH1＝__________。(3)在密闭容器中充入1molN2O4和1molO3，发生以下反应：(d)N2O4(g)2NO2(g)ΔH4＝＋57kJ·mol－1(e)N2O4(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)ΔH5不同压强(p)下，N2O4的平衡转化率α(N2O4)随反应温度(T)的改变关系如图1所示：①由图可知，ΔH5________0，p1________p2。(均填“大于”或“小于”)②下列有关该反应体系的说法正确的是________(填字母)。A．恒压下，混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡B．随意时刻，存在n(NO2)＋n(N2O4)＋n(N2O5)<1molC．恒容下，上升温度，该体系中气体颜色变浅D．恒容下，增大N2O4的浓度，反应d、e的正反应速率均增大③某温度下，平衡时N2O4的物质的量分数为eq\f(1,3)，且NO2与O2的物质的量分数相等，此时n(O2)＝________mol。Ⅲ.光催化氧化法。光照条件下，催化剂TiO2表面产生电子(e－)和空穴(h＋)。电子与O2作用生成离子自由基(·Oeq\o\al(－,2))，空穴与水电离出的OH－作用生成羟基自由基(·OH)，·Oeq\o\al(－,2)和·OH分别与NO反应生成NOeq\o\al(—,3)。改变过程如图2所示：(4)肯定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，结合催化剂的作用机理，分析可能的缘由：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)已知该过程中生成的HNO2可接着与·OH发生反应：HNO2＋2·OH=H＋＋NOeq\o\al(－,3)＋H2O；该反应可分两步进行，请补充反应ⅰ：ⅰ.________________________________________________________________________；ⅱ.NO2＋·OH=H＋＋NOeq\o\al(－,3)。(6)理论上“光催化氧化法”中，消耗的OH－与生成的NOeq\o\al(－,3)的物质的量之比为________。解析：(1)现代化学中常利用的原子光谱特征谱线来鉴定元素，按原子排布规律找出氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数最多的是碳。(2)依据盖斯定律，eq\f(1,2)×(反应b＋反应c)可得反应a，则ΔH1＝eq\f(1,2)×(－286.6－196.6)＝－241.6kJ·mol－1。(3)①由题图①可知，同一压强下，温度上升，N2O4的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，则ΔH5小于0，同一温度下，增大压强反应d的平衡逆向移动，α(N2O4)减小，则p1小于p2。②恒压下混合气体的总质量不变，但反应前、后气体分子数不相等，即物质的量会发生改变，依据pV＝nRT，容器的体积会发生改变，则密度是变量，当密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故A项正确；随意时刻，由氮元素养量守恒，存在n(NO2)＋n(N2O4)＋n(N2O5)＝1mol，故B项错误；恒容下，上升温度，反应d正向移动，c(NO2)增大，则该体系中气体颜色变深，故C项错误；恒容下，增大N2O4的浓度，则压强变大，反应d、e的正反应速率均增大，故D项正确；故选AD。③起始充入1molN2O4和1molO3，列出“三段式”：N2O4(g)2NO2(g)起始量/mol10改变量/molx2x平衡量/mol1－x－y2xN2O4(g)＋O3N2O5(g)＋O2(g)起始量/mol1100改变量/molyyyy平衡量/mol1－x－y1－yyy平衡时N2O4的物质的量分数为eq\f(1,3)，则eq\f(1－x－y,1－x－y＋2x＋1－y＋y＋y)＝eq\f(1,3)，且NO2与O2的物质的量分数相等，则2x＝y，联立两式，解得x＝0.1，y＝0.2，此时n(O2)＝0.2mol。(4)肯定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，可能的缘由是：随着烟气湿度的增大，更多的OH－在催化剂表面转化为·OH，提高了NO的氧化速率。(5)将总反应减去反应ⅱ可得反应ⅰ为HNO2＋·OH=NO2＋H2O。(6)“光催化氧化法”中OH－由H2O电离出的，·Oeq\o\al(－,2)和·OH分别与NO反应生成NOeq\o\al(－,3)，N元素化合价上升了3，生成1molNOeq\o\al(－,3)失去3mol电子，而电子与O2作用生成离子自由基(·Oeq\o\al(－,2))，消耗1molO2得到4mol电子，由得失电子守恒有关系式3OH－～3O2～4NOeq\o\al(－,3)，可知消耗的OH－与生成的NOeq\o\al(－,3)的物质的量之比为3∶4。答案：(1)原子光谱1s22s22p2(2)－241.6kJ·mol－1(3)①小于小于②AD③0.2(4)随着烟气湿度的增大，更多的OH－在催化剂表面转化为·OH，提高了NO的氧化速率(5)HNO2＋·OH=NO2＋H2O(6)3∶42．(2024·大湾区其次次联合模拟)高纯硅用途广泛，SiHCl3是制备高纯硅的主要原料，制备SiHCl3主要有以下工艺。Ⅰ.热氢化法：在1200～1400℃、0.2～0.4MPa条件下，H2和SiCl4在热氢化炉内反应。(1)写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________。(2)已知热氢化法制SiHCl3有两种反应路径，反应进程如图所示，该过程更优的路径是________(填“a”或“b”)。Ⅱ.氯氢化法：反应原理为Si(s)＋3HCl(g)SiHCl3(g)＋H2(g)ΔH<0。(3)在恒温恒容条件下，该反应达到化学平衡状态，下列说法正确的是________(填字母)。A．HCl、SiHCl3和H2的物质的量浓度之比为3∶1∶1B．向体系中充入HCl，反应速率增大，平衡常数增大C．向反应体系充入惰性气体，平衡不发生移动D．移除部分SiHCl3，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动Ⅲ.冷氢化法：在肯定条件下发生如下反应：ⅰ.3SiCl4(g)＋Si(s)＋2H2(g)4SiHCl3(g)ΔH1；ⅱ.2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)ΔH2；ⅲ.SiHCl3(g)＋H2(g)Si(s)＋3HCl(g)ΔH3。(4)在催化剂作用下，反应ⅱ中温度和SiHCl3转化率关系如图1所示，200min时，353K条件下SiHCl3转化率较高，其缘由可能是________________________________(写出一种)。(5)反应ⅰ进行的同时还会发生反应ⅳ。ⅳ.SiCl4(g)＋Si(s)＋2H2(g)2SiH2Cl2(g)ΔH4ΔH4＝____________(写出代数式)(6)已知反应ⅰ和反应ⅳ的压强平衡常数的负对数随着温度的改变如图2所示。①反应ⅰ、ⅳ中，属于放热反应的是________(填序号)。②某温度下，保持压强为12MPa的某恒压密闭容器中，起始时加入足量Si，通入8molSiCl4和6molH2假设只发生反应ⅰ和反应ⅳ，反应达到平衡后，测得SiCl4转化率为50%，n(SiHCl3)∶n(SiH2Cl2)＝2∶1，该温度下的反应ⅰ压强平衡常数Kp＝________(已知压强平衡常数的表达式为各气体物质的平衡分压替代物质的量浓度，气体的分压等于其物质的量分数乘以总压强)。(7)高纯硅的用途广泛，请写出基于其物理性质的一种用途：________________________________________________________________________。解析：(1)H2和SiCl4在热氢化炉内反应生成SiHCl3和HCl，SiCl4＋H2eq\o(=,\s\up7(1200～1400℃),\s\do5(0.2～0.4Mpa))SiHCl3＋HCl。(2)过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，故该过程更优的路径是a。(3)达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，但是不能说明HCl、SiHCl3和H2的物质的量浓度之比为3∶1∶1，A项错误；平衡常数受温度影响，温度不变，向体系中充入HCl，平衡常数不变，B项错误；恒温恒容条件下，向反应体系充入惰性气体，不影响反应中各物质的浓度，平衡不发生移动，C项正确；移除部分SiHCl3，生成物Si