化学反应原理综合题-平衡主线型-2020-2024年高考化学试题分类汇编（解析版）

冷泉25他专攻瘙原理除合象——不衡：铁型

五年考情­探规律

考向五年考情(2020-2024)命题趋势

2024•全国甲卷

2024•新课标卷

2024•河北卷

2024•山东卷

2024•黑吉辽卷化学反应原理综合题主要考查热化学、化学反应速率

2024湖北卷

2024•安徽卷和化学平衡等主干理论知识，主要命题点有盖斯定律

2023•全国乙卷的应用、反应速率和化学平衡的分析、化学平衡常数

2023•新课标卷

2023•山东卷的表达式书写与计算、反应条件的分析选择、生产生

2023•福建卷活中的实际应用等，试题常以填空、读图、作图、计

2023•广东卷

2023•浙江卷算等形式呈现。试题一般以与生产、生活紧密联系的

2023•湖北卷物质为背景材料命制组合题，各小题之间又有一定的

平衡主线型化学反应原理2023•湖南卷

2023•辽宁卷独立性。主要考查学生的信息处理能力、学科内综合

综合题

2022•全国甲卷分析能力，应用反应原理解决生产实际中的具体问

2022•全国乙卷

2022•广东卷题，体现了“变化观念与平衡思想”的核心素养。在近

2022•湖南卷几年的相关考题中，对单一因素影响的考查已经越来

2022•山东卷

2022•海南卷越少了，主要以“多因素影响''出现，考查学生的综合

2022•福建卷分析判断能力。以实际情景(场景)为背景，更能体现

2021•山东卷

2021•浙江卷核心素养的要求。而在实际生产过程中，影响因素是

2021•全国乙卷多元化、多方位和多层次的。

2021•全国甲卷

2020•新课标I

2020•新课标III

2020•山东卷

2020•浙江卷

分考点•精准练

1.(2024.全国甲卷)甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷澳化再偶联为丙烯(C3H6)的研究所

获得的部分数据如下。回答下列问题：

(1)已知如下热化学方程式：

CH4(g)+Br2(g)=CH3Br(g)+HBr(g)AHj=-29kJ•mol

1

3CH3Br(g)=C3H6(g)+3HBr(g)AH2=+20kJ.mol

计算反应3CH4(g)+3Br?(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的AH=—kJ.mol1。

(2)CH4与Br?反应生成CHsBr,部分Cl^Br会进一步澳化。将8mmolCH1,和8mmolBr2。通入密闭容器，

平衡时，n(CHj、MCHsBr)与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有CH,、Cl^Br和CH/r?)。

5.6

-----

5.2——

——

4.8-----

4.4

4.0

13.6

13.2

2.8

2.4

2.0Ji------

——

1.6--一

1.2

温度FC

⑴图中Cl^Br的曲线是___(填“a”或"b”)。

(ii)560℃时，CH4的转化a=,n(HBr)=____mmol。

(出)560。(2时，反应CH3Br(g)+B12(g尸CHzBMgHHBKg)的平衡常数K二—。

(3)少量匕可提高生成CH3Br的选择性。500℃时，分别在有12和无12的条件下，将8mmolCH4和8mmolBr2,

通入密闭容器，溟代甲烷的物质的量(n)随时间⑴的变化关系见下图。

6

3.

3Z.2

Z8

4

OZ

E

E0

/L

M

6

L

2

0.8

0.4

2468101214161820

t/s

V(有12)

(i)在1179s之间，有12和无12时CH3Br的生成速率之比4—^二

v(无“)

(ii)从图中找出k提高了C^Br选择性的证据：—。

(iii)研究表明，匕参与反应的可能机理如下：

①匕(g尸」(§)+-Kg)

②■I(g)+CH2Br2(g)=IBr(g)+CH2Br(g)

③CH2Br(g)+HBr(g)=CH3Br(g)+.Br(g)

④-Br(g)+CH4(g)=HBr(g)+CH3(g)

⑤©凡(g)+IBr(g)=CH3Br(g)+.1(g)

@-I(g)+-I(g)=I2(g)

根据上述机理，分析L提高Cf^Br选择性的原因：。

［答案工(1)-67

(2)a80%7.810.92

3

(3)不(或3：2)5s以后有卜催化的CEhBn的含量逐渐降低，有L催化的CIhBr的含量陡然上升12

的投入消耗了部分CH2Br2,使得消耗的CfhBn发生反应生成了CH3Br

(祥解》根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而判断

曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时

间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。

K解析》(1)将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程

式①乘以3再加上方程式②，即①x3+②，故热化学方程式3cH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的

A//=-29x3+20=-67kJ-mol-1。

(2)⑴根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH«g)的含量增

多，CH3Br(g)的含量减少，故CIhBr的曲线为a；

(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为其转化率01=幽粤匚智则xl00%=80%；

8mmol

若只发生一步反应，则生成6.4mmolCJfeBr,但此时剩余CIhBr的物质的量为5.0mmoL说明还有1.4mmol

CH3Br发生反应生成CH2Br2,则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；

(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为〃(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol>n(CH2Br2)=1.4mmol>

1.47.8

、一,一，c(CHBr)c(HBr)

n(HBr)=7.8mmol,故该反应的平衡常数K=一?~?一=~m―不7=10.92。

c(CHBr)c(Br)5.00.2

32----x-----

VV

32Z622_L8

0.0750.05

(3)⑴11~19s时，有b的生成速率一歹一歹mmol-(L-s)-1,无12的生成速率v=VV

V

88

0.075

mmol・(L・s尸。生成速率比号^?二不先"2

V(7C12)U.S2

(ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有12催化的CH2B12的含量逐渐降低，有12催化的CH3Br的含量陡然上

升，因此，可以利用此变化判断12提高了CEBr的选择性；

(iii)根据反应机理，L的投入消耗了部分CH2Br2,同时也消耗了部分HBr,使得消耗的CEfcBrz发生反应生

成了CH3Br,提高了CH3Br的选择性。

2.(2024•新课标卷)Ni(CO)/四叛合银，沸点43℃)可用于制备高纯银，也是有机化合物跋基化反应的催

化剂。回答下列问题：

(1)Ni基态原子价电子的轨道表示式为o镇的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为“3,保原子半

径为o

(2)Ni(CO)4结构如图甲所示，其中含有◎键的数目为，Ni(COZ晶体的类型为。

(3)在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，Ni(C。),体积分数x与温度

的关系如图乙所示。反应Ni(s)+4CO(g)=Ni(CO)4(g)的AH0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度考

虑，有利于Ni(COZ的生成(写出两点)。。3、10。°。时CO的平衡转化率a=，该温度下平衡常

乙

1618161816

(4)对于同位素交换反应Ni(CO)4+COfNi(CO)3CO+CO,20℃时反应物浓度随时间的变化关系

为。B060”=%俨(”0)4卜/«为反应速率常数)，则Ni(CP)4反应一半所需时间］=(用k

表示)。

K答案』⑴向川市3d|t口|而4s7a

(2)8分子晶体

(3)小于降低温度、增大压强97.3%9000

(4)—

k

(解析》(1)Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布式为［A门3ds4s②，则其价电子轨道表示式为

,3d,4s

NlNlt”t|川EJ,保的晶胞结构类型与铜的相同，则银原子

半径为晶胞面对角线长度的;，因为晶胞体积为苏，所以晶胞棱长为a,面对角线长度为&°,则银原子半

径为变a。

4

(2)单键均为a键，双键含有1个◎键和1个兀键，三键含有1个◎键2个兀键，由Ni(CO)4的结构可知，

4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为o键，而每个配体CO中含有1个◎键2个兀键，因此1

个Ni(CO)4分子中含有8个。键。Ni(CO)4的沸点很低，结合其结构可知该物质由分子构成，因此其晶体

类型为分子晶体。

(3)随着温度升高，平衡时Ni(CO)4的体积分数减小，说明温度升高平衡逆移，因此该反应的AH<0；该

反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于Ni(CO)4的生成；由上

述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中Ni(CO)4的体积分数增大，则压强：

p4>p3>p2>P1>即P3对应的压强是l.OMPa,由题图乙可知，。3、1。0℃条件下达到平衡时，CO和Ni(CO)4

的物质的量分数分别为0」、0.9,设初始投入的CO为4mol,反应生成的Ni(CO)4为xmol,可得三段式：

Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)

起始(mol)40

转化(mol)4xX

平衡(mol)4-4xX

,反应后总物质的量为：(4-3x)mol,根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即为其物质

的量分数，因此有—-=。9,解得尤=普，因此达到平衡时馀化(CO)=4x||mol,CO的平衡转化率

4Xm

37°\,1nno/crc。/；气体的分压=总压强X该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数

--------------X1UU/0~/.3/0

4mol

HWCOg=0.9xp=0-9xl.0MPa=9Q()0(Mp-3

Pp4(CO)(0.1义乌)4(0.lxl.OMPa)4°

16)16)

qNi(CO4qNi(CO4

,当反应一半时g,即e1

(4)由题给关系式可得e，Ni(Io),二—，

16)16)

CoNi(CO4CoNi(CO42

-幼=ln；,幼=1啖则「牛。

522ak

3.（2024・河北卷）氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1,4-二（氯

甲基）苯等可通过氯化反应制备。

（1）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：

1

SO2（g）+Cl2（g）.SO2Cl2（g）AH=-67.59kJmoro

1

①若正反应的活化能为E正kJ.mol,则逆反应的活化能Ea=kJ.mor'（用含E正正的代数式表示）。

②恒容密闭容器中按不同进料比充入S。式g）和其C1式g）,测定I、T2、T3温度下体系达平衡时的Ap

（Ap=Po-p,Po为体系初始压强，po=24OkPa,P为体系平衡压强），结果如图。

I1.522533.5

n(SOj):n(CU

上图中温度由高到低的顺序为，判断依据为。乂点0?的转化率为,工温度下用分压表

示的平衡常数Kp=kPa'o

③下图曲线中能准确表示E温度下Ap随进料比变化的是（填序号）。

（2）1,4-二（氯甲基）苯（D）是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯（X）的氯化反应合成。对二甲苯浅度

氯化时反应过程为

XM

以上各反应的速率方程均可表示为v=kc(A)c(B),其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度，k为

速率常数(k「ks分别对应反应①〜⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X,保持体系中氯气浓度恒定(反

应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，1＜禺:&：］＜4瑞=100:21:7:4:23。

①30min时，c(X)=6.80mol-L1,且30~60min内v(X)=0.042mol-L"•min1,反应进行到60min时，c(X)=___

mol-L1«

②60min时，c(D)=0.099mol.L」，若0~60min产物T的含量可忽略不计，则此时c(G)=mol-L'^Omin

后，随T的含量增加，嘤_____(填“增大”“减小”或"不变’)。

c(G)

K答案可(1)E正+67.59T3＞T2＞T,该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，

容器内压强减小，从T,到1平衡时Ap增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低75%

0.03D

(2)5.540.033增大

R解析』(1)①根据反应热AH与活化能E正和E逆关系为期=正反应活化能-逆反应活化能可知，该反应

的E逆=EFkJ-mo『-AH=(E正+67.59)kJ-mo「。

②该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，Ap即越

大。从T3到工，Ap增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由T3到4逐渐

降低，即13＞工＞工。由题图甲中M点可知，进料比为n(SOjn(CL)=2,平衡时Ap=60kPa,已知恒温恒容

情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”。

SO2(g)+Cl2(g)-SO2Cl2(g)Ap

起始压强/kPa16080

转化压强/kPa60606060

平衡压强/kPa1002060

可计算得或)鬻;K_p(SO2cU)二60kPu_003底屋

5=xl00%=75%,

Pp(SO2)-p(Cl2)lOOkPax20kPa'''''

③由题图甲中M点可知，进料比为2时，Ap=60kPa,结合“三段式”，以及工时化学平衡常数可知，进料比

为0.5时，绿也为60kPa,曲线D上存在(0.5,60)。本题也可以快解：根据“等效平衡”原理，该反应中SO?

和C12的化学计量数之比为1:1,贝IJSO?和C1Z的进料比互为倒数(如2与0.5)时，绿相等。

(2)①根据化学反应速率的计算公式时，v(X)=^g9,60min时，

At

11111

c(X)=6.80mol-L-v(X)-At=6.80mol-L-0.042mol-E•minx30min=5.54mol-Eo

△c(D)

②已知必工二9A——v(D)k＜c(M)k9c

。已知v(G)Ac(G)Ac(G)又由题给反应速率方程推知,近r谆丽=1=3,则

t

1

Ac(G)=§xAc(D)=0.033mol-I?,即60minJnc(G)=0.033mol-Lo60min后，D和G转化为T的速率比为

k-c(D)4-0.099।,c(D).

4八八二，G消耗得更快，则惊增大。

k5-c(G)23•0.033c(G)

4.(2024.山东卷)水煤气是H?的主要来源，研究CaO对0凡0体系制H?的影响，涉及主要反应如下：

C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)(I)AH,>0

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)(II)AH2<0

CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)(III)AH3<0

回答列问题：

(1)C(s)+CaO(s)+2H2O(g)CaCO3(s)+2H2(g)的焰变AH=(用代数式表示)。

(2)压力p下，C-HQ-CaO体系达平衡后，图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCC^s)在工温度时完全

分解。气相中CO,CO?和H?摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为(填化学式)。

当温度高于工时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是。

(3)压力p下、温度为T。时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50,0.15,0.05,则反应

CO(g)+H2O(g),CO2(g)+H2(g)的平衡常数Kp=；此时气体总物质的量为4.0mol,则CaCC^s)的物

质的量为mol；若向平衡体系中通入少量CO?(g),重新达平衡后，分压p(CO。将(填“增大”“减

小”或“不变”)，P(CO)将(填“增大”“减小”或“不变”)。

K答案》(1)AH1+AH2+AH3

(2)H2当温度高于Ti,CaCO3(s)已完全分解，只发生反应II,温度升高，反应H逆向移动，所以CO?

的摩尔分数减小。

(3)10.5不变不变

K解析R(1)已知三个反应：

I.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)

II.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)

Ill.CaO(s)+CO,(g)=CaCC)3(s)

设目标反应C(s)+CaO(s)+2H2O(g)-CaCC)3(s)+2H2(g)为IV,根据盖斯定律，IV=II+II+IIL所以AH=

△旦+阻+阻。

(2)图示温度范围内c(s)已完全反应，则反应I已经进行完全，反应n和III均为放热反应，从开始到T1,

温度不断升高，反应n和ni逆向移动，依据反应n,比量减小，摩尔分数减小，co量升高，摩尔分数，

且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表H?的摩尔分数的变化，则C曲线代表CC)2的摩尔分数随温

度的变化,开始到T1,co2的摩尔分数升高,说明在这段温度范围内，反应m占主导，当温度高于T1,CaCO3(s)

已完全分解，只发生反应n,所以co2的摩尔分数减小。

(3)①压力P下、温度为T。时，H2.CO、CO?和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05,则H2O(g)的摩尔分

数为：1—0.5—0.15—0.05=0.3,则反应CO(g)+H2(Mg).CC)2(g)+H2(g)的平衡常数K0=

p(CO2)xp(H2)_0.05px0.5p_5

p(CO)xp(H2O)0.15px0.3p9'

②设起始状态ImolC(s),xmolH2O(g),反应II进行完全。

二

C(s)+H2Oco+H2

起1X00

转1111

平0x-111

则依据三段式：

co+H2O=CO2+H2

转aaaa

CaO(s)+CO2二CaCO3(s)

转bb

根据平衡时H?、CO、CO?和摩尔分数分别为O.5O、O.15、O.O5,则有-1^一=0.5、上j=0.15、上［=0.05,

x+1-bx+1-bx+1-b

3?753?54040

解出％=石，a=—,0=为则〃(总)=%+1—人=石+1一百二五，而由于平衡时n(总)=4moL贝1石丫=4,y=

—,则n(CaCO3)=by=一x"=0.5。

101310

③若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，反应CaO(s)+CC)2(g尸CaCX)3(s)的Kp二VF转，温度

不变，Kp不变，则分压PC。?)不变；体系中增加了CO式g),若反应H逆向移动，在CO2分压不变的前提

下，CO、H2O的分压增大，H2分压减小，则反应II的Kp将会发生变化，与事实不符，所以为了保证II的

Kp也不变，最终所有物质的分压均不变，即p(CO)不变。

5.(2024.黑吉辽卷)为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HC1废气：

2HCl(g)+1o2(g).：Cl2(g)+H2O(g)AH尸57.2k>mol」ASKo将HC1和。?分别以不同起始流速通入

反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HC1转化率(。)曲线，如下图所示(较

低流速下转化率可近似为平衡转化率)。

衡胞反

平晶，

替者低

代二度

数温

，3

分示T

量表，

的图。)时

质1

三下同

物用至，

6衡降

0.可确

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-(

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-1结为化

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髀SOH(((((((((((

%/»7y回HHAC浓体K应

(解析1(1)反应2HCl(g)+gc)2(g)CL(g)+Hq(g)前后的气体分子数目在减小，所以该反应AS<0,该

反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HC1的转

化率越小，故Ti代表的温度为440℃,T3为360℃。

(2)表示氢气燃烧热的热化学方程式为④耳(8)+：。2但)=珥。⑴，设①2HCl(g)+；Oz(g)••CU(g)+H2O(g),

②HQ⑴=凡0他)，③H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g),则④=①十③-②，因此氢气的燃烧热AH=-57.2kJ/mol—

184.6kJ/mol—44kJ/mol=-258.8kJ/mol

(3)A.增大HC1的流速，由图像可知，HC1的转化率在减小，不符合题意；

B.M对应温度为360℃,由图像可知，升高温度，HC1的转化率增大，符合题意；

C.增大n(HCl):n(O2),HC1的转化率减小，不符合题意；

D.使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HC1的转化率增加，符合题意；

故选BD。

(4)图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的Ti和T2,主要是流速过快，反应物分子来不

及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢

的转化率低。

(5)由图像可知，N点HC1的平衡转化率为80%,设起始n(HCl)=n(O2)=4mol,可列出三段式

；。2(

2HCl(g)+g)Cl