資源簡介

專題十九 化學反應原理綜合
課標要求 考情分析 核心素養(yǎng)
1.掌握化學反應速率的概念、反應速率的定量表示方法；2.掌握催化劑在生產(chǎn)、生活和科學研究領域中的重要作用；3.掌握化學反應的可逆性；4.掌握化學平衡建立的過程:掌握化學平衡常數(shù)的含義，能夠利用化學平衡常數(shù)進行相關計算；5.理解外界條件(濃度、溫度、壓強、催化劑等)對反應速率和化學平衡的影響，認識并能用相關理論解釋其一般規(guī)律；6.掌握化學反應速率和化學平衡的調控在生產(chǎn)、生活和科學研究領域中的重要作用。 新高考3年考頻 100% 變化觀念和平衡思想；證據(jù)推理與模型認知
試題難度 難
考查形式 主觀題
高頻考向: 化學反應原理綜合題通常以元素化合物知識為載體，以工業(yè)生產(chǎn)為背景，主要把熱化學、電化學、化學反應速率以及三大平衡知識融合在一起進行命題，多以圖像或圖表形式重點考查熱化學方程式、離子濃度和反應速率的計算及大小比較、平衡常數(shù)及轉化率的計算、工業(yè)生產(chǎn)條件的選擇、電極方程式、平衡曲線的識別與繪制等。
命題趨勢：
高考試卷中的必考題，試題考查方向向多維度拓展，旨在更好的考查學生接收、理解、運用信息的能力，試題靈活、多變，更好的體現(xiàn)新高考背景下化學核心素養(yǎng)中的“變化觀念與平衡思想、證據(jù)推理與模型認知”，具有“綜合性和創(chuàng)新性”等特點。該題型一般取材于能源、環(huán)境、化工生產(chǎn)等情景，題目圍繞一個主題，以“拼盤”的形式呈現(xiàn)，綜合考查蓋斯定律、化學反應速率及其影響因素、化學平衡及其影響因素、原電池和電解池的工作原理及電極反應式的書寫等。每個小題相對獨立，題目中結合圖像、表格、數(shù)據(jù)等信息，考查學生的閱讀、讀圖分析歸納能力。
解題思路：
化學反應原理綜合題解題模型：
一、審題——快速瀏覽，找出材料內容或新情景。
(1)閱讀題目背景材料、找出可能考查的化學反應原理。
(2)解讀情景或材料，挖掘相應的知識內涵。
(3)明確知識考查背景，以及考查哪方面的化學反應原理。
二、析題——仔細審讀，關注有效信息
(1) 對于反應熱類的試題：找出已知反應方程式和目標反應方程式間的關系；運用蓋斯定律計算目標反應的焓變。
(2)對于化學反應速率和化學平衡圖像類試題：明確縱橫坐標的含義→理解起點、終點、拐點的意義→分析曲線的變化趨勢。
(3)對于圖表數(shù)據(jù)類試題：分析數(shù)據(jù)→研究數(shù)據(jù)間的內在聯(lián)系→找出數(shù)據(jù)的變化規(guī)律→挖掘數(shù)據(jù)的隱含意義。
(4)對于電化學類試題：利用信息明確電化學反應的環(huán)境，寫出正確電極反應，分析溶液pH變化等。
(5)對于電解質溶液類試題：明確溶液中的物質類型及其可能存在的平衡類型，然后進行解答。
（6）對于平衡類計算題：根據(jù)題目所給信息列出“三段式”，壓強平衡常數(shù)要關注總壓是否變化。
真題溯源
1．[2022.全國甲卷] 金屬鈦（Ti）在航空航天、醫(yī)療器械等工業(yè)領域有著重要用途。目前生產(chǎn)鈦的方法之一是將金紅石（TiO2）轉化為TiCl4，再進一步還原得到鈦。回答下列問題：
（1）TiO2轉化為TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃時反應的熱化學方程式及其平衡常數(shù)如下：
（ⅰ）直接氯化：TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）ΔH1=+172kJ mol-1，Kp1=1.0×10-2
（ⅱ）碳氯化：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（g）+2CO（g）ΔH2=-51kJ mol-1，Kp2=1.2×1012Pa
①反應2C（s）+O2（g）═2CO（g）的ΔH為 ______kJ mol-1，Kp=______Pa。
②碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化，其原因是 ______。
③對于碳氯化反應：增大壓強，平衡 ______移動（填“向左”“向右”或“不”）；溫度升高，平衡轉化率 ______（填“變大”“變小”或“不變”）。
（2）在1.0×105Pa、將TiO2、C、Cl2以物質的量比1：2.2：2進行反應。體系中氣體平衡組成比例（物質的量分數(shù)）隨溫度變化的理論計算結果如圖所示。
①反應C（s）+CO2（g）═2CO（g）的平衡常數(shù)Kp（1400℃）=______Pa。
②圖中顯示，在200℃平衡時TiO2幾乎完全轉化為TiCl4，但實際生產(chǎn)中反應溫度卻遠高于此溫度，其原因是 ______。
（3）TiO2碳氯化是一個“氣-固-固”反應，有利于TiO2-C“固-固”接觸的措施是 ______。
【答案】(1)①-223 ；1.2×1014
②根據(jù)平衡常數(shù)越大，反應趨勢越大，由于Kp2遠大于Kp1，因此碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化
(2)①7.2×105
②為了提高反應速率，在相同時間內得到更多的TiCl4產(chǎn)品，提高效益
(3)將兩固體粉碎后混合，同時鼓入Cl2，使固體粉末“沸騰”
【解析】(1)①根據(jù)蓋斯定律，將“反應ⅱ-反應ⅰ”得到反應2C(s)+O2(g)=2CO(g)，則 H=-51kJ/mol-172kJ/mol= -223kJ/mol；則Kp===1.2×1014Pa；
②根據(jù)平衡常數(shù)越大，反應趨勢越大，由于Kp2遠大于Kp1，因此碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化；
③對應碳氯化反應，氣體分子數(shù)增大，依據(jù)勒夏特列原理，增大壓強，平衡往氣體分子數(shù)減少的方向移動，即平衡向左移動；該反應是放熱反應，溫度升高，平衡往吸熱方向移動，即向左移動，則平衡轉化率變小。
(2)①從圖中可知，1400℃，體系中氣體平衡組成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，反應C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常數(shù)Kp(1400℃)==Pa=7.2×105Pa；
②實際生產(chǎn)中需要綜合考慮反應的速率、產(chǎn)率等，以達到最佳效益，實際反應溫度遠高于200℃，就是為了提高反應速率，在相同時間內得到更多的TiCl4產(chǎn)品。
(3)固體顆粒越小，比表面積越大，反應接觸面積越大。有利于TiO2 – C“固-固”接觸，可將兩者粉碎后混合，同時鼓入Cl2，使固體粉末“沸騰”，增大接觸面積。
2. [2022.全國乙卷] 油氣開采、石油化工、煤化工等行業(yè)廢氣普遍含有的硫化氫，需要回收處理并加以利用。回答下列問題：
（1）已知下列反應的熱化學方程式：
①2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1036kJ mol﹣1
②4H2S（g）+2SO2（g）═3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝+94kJ mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH3＝﹣484kJ mol﹣1
計算H2S熱分解反應④2H2S（g） S2（g）+2H2（g）的ΔH4＝____kJ mol﹣1。
（2）較普遍采用的H2S處理方法是克勞斯工藝，即利用反應①和②生成單質硫。另一種方法是，利用反應④高溫熱分解H2S。相比克勞斯工藝，高溫熱分解方法的優(yōu)點是 ____，缺點是 ____。
（3）在1470K、100kPa反應條件下，將n（H2S）：n（Ar）＝1：4的混合氣進行H2S熱分解反應。平衡時混合氣中H2S與H2的分壓相等，H2S平衡轉化率為 ____，平衡常數(shù)Kp＝____kPa。
（4）在1373K、100kPa反應條件下，對于n（H2S）：n（Ar）分別為4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S﹣Ar混合氣，熱分解反應過程中H2S轉化率隨時間的變化如圖所示。
①n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡轉化率 ____，理由是 ____。
②n（H2S）：n（Ar）＝1：9對應圖中曲線 ____，計算其在0～0.1s之間，H2S分壓的平均變化率為 ____kPa s﹣1。
【答案】（1）+170 ;
（2）副產(chǎn)物氫氣可作燃料; 耗能高;
（3）50% ; 4.76 ;
（4）①越高 ； n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分壓越小，平衡向正反應方向進行，H2S平衡轉化率越高；
② d ； 24.9。
【解析】（1）已知：
①2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1＝－1036kJ/mol
②4H2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g) ΔH2＝+94kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH3＝－484kJ/mol
根據(jù)蓋斯定律(①+②)×－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝+170 kJ/mol；
（2）根據(jù)蓋斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，因此，克勞斯工藝的總反應是放熱反應；根據(jù)硫化氫分解的化學方程式可知，高溫熱分解方法在生成單質硫的同時還有氫氣生成。因此，高溫熱分解方法的優(yōu)點是：可以獲得氫氣作燃料；但由于高溫分解H2S會消耗大量能量，所以其缺點是耗能高；
（3）假設在該條件下，硫化氫和氬的起始投料的物質的量分別為1mol和4mol，根據(jù)三段式可知：
平衡時H2S和H2的分壓相等，則二者的物質的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡轉化率為，所以平衡常數(shù)Kp＝＝≈4.76kPa；
（4）①由于正反應是體積增大的可逆反應，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分壓越小，相當于降低壓強，平衡向正反應方向移動，因此H2S平衡轉化率越高；②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡轉化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9對應的曲線是d；根據(jù)圖像可知n(H2S):n(Ar)＝1:9反應進行到0.1s時H2S轉化率為0.24。假設在該條件下，硫化氫和氬的起始投料的物質的量分別為1mol和9mol，則根據(jù)三段式可知
此時H2S的壓強為≈7.51kPa，H2S的起始壓強為10kPa，所以H2S分壓的平均變化率為＝24.9kPa·s－1。
3. [2022.湖南卷] 2021年我國制氫量位居世界第一，煤的氣化是一種重要的制氫途經(jīng)。回答下列問題：
（1）在一定溫度下，向體積固定的密閉容器中加入足量的C（s）和1mol H2O（g），起始壓強為0.2MPa時，發(fā)生下列反應生成水煤氣：
Ⅰ.C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）ΔH1= +131.4kJ mol-1
Ⅱ.CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）ΔH2= -41.1kJ mol-1
①下列說法正確的是 ______；
A.平衡時向容器中充入惰性氣體，反應Ⅰ的平衡逆向移動
B.混合氣體的密度保持不變時，說明反應體系已達到平衡
C.平衡時H2的體積分數(shù)可能大于
D.將炭塊粉碎，可加快反應速率
②反應平衡時，H2O（g）的轉化率為50%，CO的物質的量為0.1mol。此時，整個體系 ______（填“吸收”或“放出”）熱量 ______kJ，反應Ⅰ的平衡常數(shù)Kp=______（以分壓表示，分壓=總壓×物質的量分數(shù)）。
（2）一種脫除和利用水煤氣中CO2方法的示意圖如圖：
①某溫度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c（CO）：c（HCO）=1：2，則該溶液的pH=______（該溫度下H2CO3的Ka1=4.6×10-7，Ka2=5.0×10-11）；
②再生塔中產(chǎn)生CO2的離子方程式為 ______；
③利用電化學原理，將CO2電催化還原為C2H4，陰極反應式為 ______。
【答案】（1）①BD ②吸收；31.2；
（2）①10 ②2CO2↑++H2O ③2CO2+12e-+12H+ = C2H4+4H2O。
【解析】（1）①A.平衡時向容器中充入惰性氣體，因為在恒容條件下，各物質的濃度不變，平衡不移動，故A錯誤；
B.因為C是固體，未平衡時氣體總質量不斷變化，故混合氣體的密度保持不變時，說明反應體系已達到平衡，故B正確；
C.若Ⅰ.C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g），Ⅱ.CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）反應全部轉化，則Ⅰ+Ⅱ得.C（s）+2 H2O（g） CO2（g）+2H2 (g)，達到平衡時H2的體積分數(shù)為；但Ⅰ、Ⅱ反應均為可逆反應，不能進行徹底，故平衡時H2的體積分數(shù)小于，故C錯誤；
D.將炭塊粉碎，可增大接觸面積，加快反應速率，故D正確；
故答案為：BD；
②設反應Ⅰ中水轉化的物質的量為a，反應Ⅱ中水轉化的物質的量為b，可列出以下式子：
C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）；
1 mol 0 0
a mol a mol a mol
1-a mol a mol a mol
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
a mol 1-a mol 0 a mol
b mol b mol b mol b mol
a-b mol 1-a-b mol b mol a+b mol
根據(jù)H2O（g）的轉化率為50%，可得×100%=50%，CO的物質的量為0.1mol可得a-b=0.1 mol，解得a=0.3mol，b=0.2mol，則反應Ⅰ吸收能量0.3mol×131.4kJ mol-1=39.42kJ，反應Ⅱ放出熱量為：0.2mol×41.1kJ mol-1=8.22kJ，故整個過程是吸熱過程，吸收熱量為：39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由以上計算可知：n（H2O）=0.5mol，n（H2）=0.5mol，n（CO）=0.1mol，n（CO2）=0.2mol，n（總）=（0.5+0.5+0.1+0.2）mol=1.3mol，物質的量之比等于壓強之比可得=，p=0.26MPa，則H2O (g)、CO、H2、CO2的分壓依次為0.1MPa、0.02MPa、0.1MPa、0.04MPa ，因此反應Ⅰ的平衡常數(shù)Kp===0.02MPa，
故答案為：吸收；31.2；0.02MPa；
（2）①H2CO3的K2=，所以c（HCO3-）：c（）= c（H+）：K2 = c（H+）：5×10-11=2：1，c（H+）=10-10mol/L，pH=10，
故答案為：10；
②再生塔中產(chǎn)生CO2是碳酸氫鉀分解的產(chǎn)物，離子方程式為2HCO3-+CO2↑+H2O，
故答案為：2HCO3-+CO2↑+H2O；
③陰極得電子發(fā)生還原反應，電極反應為2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，
故答案為：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。
4.[2022.山東卷] 利用γ-丁內酯（BL）制備1，4-丁二醇（BD），反應過程中伴有生成四氫呋喃（THF）和1-丁醇（BuOH）的副反應，涉及反應如圖：
已知：①反應Ⅰ為快速平衡，可認為不受慢反應Ⅱ、Ⅲ的影響；②因反應Ⅰ在高壓H2氛圍下進行，故H2壓強近似等于總壓。回答下列問題：
（1）以5.0×10-3molBL或BD為初始原料，在493K、3.0×103kPa的高壓H2氛圍下，分別在恒壓容器中進行反應。達到平衡時，以BL為原料，體系向環(huán)境放熱XkJ；以BD為原料，體系從環(huán)境吸熱YkJ。忽略副反應熱效應，反應Ⅰ焓變ΔH（493K，3.0×103kPa）=______kJ mol-1。
（2）初始條件同上。xi表示某物種i的物質的量與除H2外其它各物種總物質的量之比，xBL和xBD隨時間t變化關系如圖甲所示。實驗測得X＜Y，則圖中表示xBL變化的曲線是 ______；反應Ⅰ平衡常數(shù)Kp=______kPa-2（保留兩位有效數(shù)字）。以BL為原料時，t1時刻=______，BD產(chǎn)率=______（保留兩位有效數(shù)字）。
（3）（xBD/xBL）max為達平衡時xBD與xBL的比值。（493K，2.5×103kPa）、（493K，3.5×103kPa）、（513K，2.5×103kPa）三種條件下，以5.0×10-3molBL為初始原料，在相同體積的剛性容器中發(fā)生反應，隨時間t變化關系如圖乙所示。因反應在高壓H2氛圍下進行，可忽略壓強對反應速率的影響。曲線a、b、c中，（xBD/xBL）max最大的是 ______（填代號）；與曲線b相比，曲線c達到=1.0所需時間更長，原因是 ______。
【答案】(1)-200(X+Y);
(2)a或c；8.3×10-8；0.08；39%；
(3)c；由于b和c代表的溫度相同，而壓強對反應速率的影響可忽略，壓強增大反應Ⅱ、Ⅲ均是逆向移動，增大，故=1.0所需時間更長。
【解析】
（1）依題意結合已知信息，可推定在同溫同壓下，以同物質的量的BL或BD為初始原料，達到平衡時的狀態(tài)相同，兩個平衡完全等效。則以5.0×10-3mol的BL為原料，達到平衡時放出XkJ熱量與同物質的量的BD為原料達到平衡時吸收YkJ熱量的能量差值為(X+Y)kJ，則1mol時二者能量差值為200(X+Y)kJ，反應I為放熱反應，因此焓變ΔH =-200(X+Y)kJ·mol-1。
(2)實驗測得X(3)依題意，反應I是正向放熱過程，以BL為初始原料，溫度升高則平衡逆向移動，溫度越高，反應速率越快，達到平衡時的時間越短，越小，的值越大；相同溫度時，壓強增大，BD的比重增大，增大，又可忽略壓強對反應速率的影響，則最大即最小，對應曲線c；由于b和c代表的溫度相同，而壓強對反應速率的影響可忽略，壓強增大反應Ⅱ、Ⅲ均是逆向移動，增大，故=1.0所需時間更長。
5.[2022.江蘇卷] 硫鐵化合物（FeS、FeS2等）應用廣泛。
（1）納米FeS可去除水中微量六價鉻[Cr（VI）]。在pH=4～7的水溶液中，納米FeS顆粒表面帶正電荷，Cr（VI）主要以、、的形式存在，納米FeS去除水中Cr（VI）主要經(jīng)過“吸附→反應→沉淀”的過程。
已知：Ksp（FeS）=6.5×10-18，Ksp[Fe（OH）2]=5.0×10-17；H2S電離常數(shù)分別為Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。
①在弱堿性溶液中，F(xiàn)eS與反應生成Fe（OH）3、Cr（OH）3和單質S，其離子方程式為 ______。
②在弱酸性溶液中，反應FeS+H+ Fe2++HS-的平衡常數(shù)K的數(shù)值為 ______。
③在pH=4～7溶液中，pH越大，F(xiàn)eS去除水中Cr（VI）的速率越慢，原因是 ______。
（2）FeS2具有良好半導體性能。FeS2的一種晶體與NaCl晶體的結構相似，該FeS2晶體的一個晶胞中的數(shù)目為 ______，在FeS2晶體中，每個S原子與三個Fe2+緊鄰，且Fe-S間距相等，如圖給出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞體心的（中的S-S鍵位于晶胞體對角線上，晶胞中的其他（已省略）。如圖中用“-”將其中一個S原子與緊鄰的Fe2+連接起來 ______。
（3）FeS2、FeS在空氣中易被氧化，將FeS2在空氣中氧化，測得氧化過程中剩余固體的質量與起始FeS2的質量的比值隨溫度變化的曲線如圖所示。800℃時，F(xiàn)eS2氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物為 ______（填化學式，寫出計算過程）。
【答案】(1) ① ②5×10-5
③c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物質的量分數(shù)越大
(2) 4 ；
(3)Fe2O3；設FeS2氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物化學式為FeOx，則M（FeOx）=120g/mol×66.7%=80.04g/mol，則56+16x=80.04，x=，即固體產(chǎn)物為Fe2O3
【解析】（1）①在弱堿性溶液中，F(xiàn)eS與反應生成Fe（OH）3、Cr（OH）3和單質S的離子方程式為：FeS+-+4H2O=Fe（OH）3+Cr（OH）3+S+2OH-，
故答案為：FeS++4H2O=Fe（OH）3+Cr（OH）3+S+2OH-；
②反應FeS+H+ Fe2++HS-的平衡常數(shù)K=，由題目信息可知，Ksp（FeS）=c（Fe2+）c（S2-）=6.5×10-18，H2S電離常數(shù)Ka2==1.3×10-13，所以K═===5×10-5，
故答案為：5×10-5；
③在pH=4～7溶液中，pH越大，F(xiàn)eS去除水中Cr（VI）的速率越慢，是由于c（OH-）越大，表面吸附的Cr（VI）的量越少，溶出量越少，Cr（VI）中物質的量分數(shù)越大，
故答案為：c（OH-）越大，F(xiàn)eS表面吸附的Cr（VI）的量越少，F(xiàn)eS溶出量越少，Cr（VI）中物質的量分數(shù)越大；
（2）因為FeS2的晶體與NaCl晶體的結構相似，由NaCl晶體結構可知，一個NaCl晶胞含有4個Na和4個Cl，則該FeS2晶體的一個晶胞中的數(shù)目也為4；FeS2晶體中，每個S原子與三個Fe2+緊鄰，且Fe-S間距相等，根據(jù)FeS2晶胞中的Fe2+和的位置（中的S-S鍵位于晶胞體對角線上）可知，每個S原子與S-S鍵所在體對角線上距離最近的頂點相鄰的三個面的面心位置的Fe2+緊鄰且間距相等，其中一個S原子與緊鄰的Fe2+連接圖如下：；故答案為：4；。
（3）有圖可知，800℃時，氧化過程中剩余固體的質量與起始FeS2的質量的比值為66.7%，設FeS2氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物化學式為FeOx，M（FeS2）=120g/mol，則M（FeOx）=120g/mol×66.7%=80.04g/mol，56+16x=80.04，x=，所以固體產(chǎn)物為Fe2O3，
故答案為：Fe2O3；設FeS2氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物化學式為FeOx，則M（FeOx）=120g/mol×66.7%=80.04g/mol，則56+16x=80.04，x=，即固體產(chǎn)物為Fe2O3。
2專題十九 化學反應原理綜合
課標要求 考情分析 核心素養(yǎng)
1.掌握化學反應速率的概念、反應速率的定量表示方法；2.掌握催化劑在生產(chǎn)、生活和科學研究領域中的重要作用；3.掌握化學反應的可逆性；4.掌握化學平衡建立的過程:掌握化學平衡常數(shù)的含義，能夠利用化學平衡常數(shù)進行相關計算；5.理解外界條件(濃度、溫度、壓強、催化劑等)對反應速率和化學平衡的影響，認識并能用相關理論解釋其一般規(guī)律；6.掌握化學反應速率和化學平衡的調控在生產(chǎn)、生活和科學研究領域中的重要作用。 新高考3年考頻 100% 變化觀念和平衡思想；證據(jù)推理與模型認知
試題難度 難
考查形式 主觀題
高頻考向: 化學反應原理綜合題通常以元素化合物知識為載體，以工業(yè)生產(chǎn)為背景，主要把熱化學、電化學、化學反應速率以及三大平衡知識融合在一起進行命題，多以圖像或圖表形式重點考查熱化學方程式、離子濃度和反應速率的計算及大小比較、平衡常數(shù)及轉化率的計算、工業(yè)生產(chǎn)條件的選擇、電極方程式、平衡曲線的識別與繪制等。
命題趨勢：
高考試卷中的必考題，試題考查方向向多維度拓展，旨在更好的考查學生接收、理解、運用信息的能力，試題靈活、多變，更好的體現(xiàn)新高考背景下化學核心素養(yǎng)中的“變化觀念與平衡思想、證據(jù)推理與模型認知”，具有“綜合性和創(chuàng)新性”等特點。該題型一般取材于能源、環(huán)境、化工生產(chǎn)等情景，題目圍繞一個主題，以“拼盤”的形式呈現(xiàn)，綜合考查蓋斯定律、化學反應速率及其影響因素、化學平衡及其影響因素、原電池和電解池的工作原理及電極反應式的書寫等。每個小題相對獨立，題目中結合圖像、表格、數(shù)據(jù)等信息，考查學生的閱讀、讀圖分析歸納能力。
解題思路：
化學反應原理綜合題解題模型：
一、審題——快速瀏覽，找出材料內容或新情景。
(1)閱讀題目背景材料、找出可能考查的化學反應原理。
(2)解讀情景或材料，挖掘相應的知識內涵。
(3)明確知識考查背景，以及考查哪方面的化學反應原理。
二、析題——仔細審讀，關注有效信息
(1) 對于反應熱類的試題：找出已知反應方程式和目標反應方程式間的關系；運用蓋斯定律計算目標反應的焓變。
(2)對于化學反應速率和化學平衡圖像類試題：明確縱橫坐標的含義→理解起點、終點、拐點的意義→分析曲線的變化趨勢。
(3)對于圖表數(shù)據(jù)類試題：分析數(shù)據(jù)→研究數(shù)據(jù)間的內在聯(lián)系→找出數(shù)據(jù)的變化規(guī)律→挖掘數(shù)據(jù)的隱含意義。
(4)對于電化學類試題：利用信息明確電化學反應的環(huán)境，寫出正確電極反應，分析溶液pH變化等。
(5)對于電解質溶液類試題：明確溶液中的物質類型及其可能存在的平衡類型，然后進行解答。
（6）對于平衡類計算題：根據(jù)題目所給信息列出“三段式”，壓強平衡常數(shù)要關注總壓是否變化。
真題溯源
1．[2022.全國甲卷] 金屬鈦（Ti）在航空航天、醫(yī)療器械等工業(yè)領域有著重要用途。目前生產(chǎn)鈦的方法之一是將金紅石（TiO2）轉化為TiCl4，再進一步還原得到鈦。回答下列問題：
（1）TiO2轉化為TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃時反應的熱化學方程式及其平衡常數(shù)如下：
（ⅰ）直接氯化：TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）ΔH1=+172kJ mol-1，Kp1=1.0×10-2
（ⅱ）碳氯化：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（g）+2CO（g）ΔH2=-51kJ mol-1，Kp2=1.2×1012Pa
①反應2C（s）+O2（g）═2CO（g）的ΔH為 ______kJ mol-1，Kp=______Pa。
②碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化，其原因是 ______。
③對于碳氯化反應：增大壓強，平衡 ______移動（填“向左”“向右”或“不”）；溫度升高，平衡轉化率 ______（填“變大”“變小”或“不變”）。
（2）在1.0×105Pa、將TiO2、C、Cl2以物質的量比1：2.2：2進行反應。體系中氣體平衡組成比例（物質的量分數(shù)）隨溫度變化的理論計算結果如圖所示。
①反應C（s）+CO2（g）═2CO（g）的平衡常數(shù)Kp（1400℃）=______Pa。
②圖中顯示，在200℃平衡時TiO2幾乎完全轉化為TiCl4，但實際生產(chǎn)中反應溫度卻遠高于此溫度，其原因是 ______。
（3）TiO2碳氯化是一個“氣-固-固”反應，有利于TiO2-C“固-固”接觸的措施是 ______。
2. [2022.全國乙卷] 油氣開采、石油化工、煤化工等行業(yè)廢氣普遍含有的硫化氫，需要回收處理并加以利用。回答下列問題：
（1）已知下列反應的熱化學方程式：
①2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1036kJ mol﹣1
②4H2S（g）+2SO2（g）═3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝+94kJ mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH3＝﹣484kJ mol﹣1
計算H2S熱分解反應④2H2S（g） S2（g）+2H2（g）的ΔH4＝____kJ mol﹣1。
（2）較普遍采用的H2S處理方法是克勞斯工藝，即利用反應①和②生成單質硫。另一種方法是，利用反應④高溫熱分解H2S。相比克勞斯工藝，高溫熱分解方法的優(yōu)點是 ____，缺點是 ____。
（3）在1470K、100kPa反應條件下，將n（H2S）：n（Ar）＝1：4的混合氣進行H2S熱分解反應。平衡時混合氣中H2S與H2的分壓相等，H2S平衡轉化率為 ____，平衡常數(shù)Kp＝____kPa。
（4）在1373K、100kPa反應條件下，對于n（H2S）：n（Ar）分別為4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S﹣Ar混合氣，熱分解反應過程中H2S轉化率隨時間的變化如圖所示。
①n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡轉化率 ____，理由是 ____。
②n（H2S）：n（Ar）＝1：9對應圖中曲線 ____，計算其在0～0.1s之間，H2S分壓的平均變化率為 ____kPa s﹣1。
3. [2022.湖南卷] 2021年我國制氫量位居世界第一，煤的氣化是一種重要的制氫途經(jīng)。回答下列問題：
（1）在一定溫度下，向體積固定的密閉容器中加入足量的C（s）和1mol H2O（g），起始壓強為0.2MPa時，發(fā)生下列反應生成水煤氣：
Ⅰ.C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）ΔH1= +131.4kJ mol-1
Ⅱ.CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）ΔH2= -41.1kJ mol-1
①下列說法正確的是 ______；
A.平衡時向容器中充入惰性氣體，反應Ⅰ的平衡逆向移動
B.混合氣體的密度保持不變時，說明反應體系已達到平衡
C.平衡時H2的體積分數(shù)可能大于
D.將炭塊粉碎，可加快反應速率
②反應平衡時，H2O（g）的轉化率為50%，CO的物質的量為0.1mol。此時，整個體系 ______（填“吸收”或“放出”）熱量 ______kJ，反應Ⅰ的平衡常數(shù)Kp=______（以分壓表示，分壓=總壓×物質的量分數(shù)）。
（2）一種脫除和利用水煤氣中CO2方法的示意圖如圖：
①某溫度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c（CO）：c（HCO）=1：2，則該溶液的pH=______（該溫度下H2CO3的Ka1=4.6×10-7，Ka2=5.0×10-11）；
②再生塔中產(chǎn)生CO2的離子方程式為 ______；
③利用電化學原理，將CO2電催化還原為C2H4，陰極反應式為 ______。
4.[2022.山東卷] 利用γ-丁內酯（BL）制備1，4-丁二醇（BD），反應過程中伴有生成四氫呋喃（THF）和1-丁醇（BuOH）的副反應，涉及反應如圖：
已知：①反應Ⅰ為快速平衡，可認為不受慢反應Ⅱ、Ⅲ的影響；②因反應Ⅰ在高壓H2氛圍下進行，故H2壓強近似等于總壓。回答下列問題：
（1）以5.0×10-3molBL或BD為初始原料，在493K、3.0×103kPa的高壓H2氛圍下，分別在恒壓容器中進行反應。達到平衡時，以BL為原料，體系向環(huán)境放熱XkJ；以BD為原料，體系從環(huán)境吸熱YkJ。忽略副反應熱效應，反應Ⅰ焓變ΔH（493K，3.0×103kPa）=______kJ mol-1。
（2）初始條件同上。xi表示某物種i的物質的量與除H2外其它各物種總物質的量之比，xBL和xBD隨時間t變化關系如圖甲所示。實驗測得X＜Y，則圖中表示xBL變化的曲線是 ______；反應Ⅰ平衡常數(shù)Kp=______kPa-2（保留兩位有效數(shù)字）。以BL為原料時，t1時刻=______，BD產(chǎn)率=______（保留兩位有效數(shù)字）。
（3）（xBD/xBL）max為達平衡時xBD與xBL的比值。（493K，2.5×103kPa）、（493K，3.5×103kPa）、（513K，2.5×103kPa）三種條件下，以5.0×10-3molBL為初始原料，在相同體積的剛性容器中發(fā)生反應，隨時間t變化關系如圖乙所示。因反應在高壓H2氛圍下進行，可忽略壓強對反應速率的影響。曲線a、b、c中，（xBD/xBL）max最大的是 ______（填代號）；與曲線b相比，曲線c達到=1.0所需時間更長，原因是 ______。
5.[2022.江蘇卷] 硫鐵化合物（FeS、FeS2等）應用廣泛。
（1）納米FeS可去除水中微量六價鉻[Cr（VI）]。在pH=4～7的水溶液中，納米FeS顆粒表面帶正電荷，Cr（VI）主要以、、的形式存在，納米FeS去除水中Cr（VI）主要經(jīng)過“吸附→反應→沉淀”的過程。
已知：Ksp（FeS）=6.5×10-18，Ksp[Fe（OH）2]=5.0×10-17；H2S電離常數(shù)分別為Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。
①在弱堿性溶液中，F(xiàn)eS與反應生成Fe（OH）3、Cr（OH）3和單質S，其離子方程式為 ______。
②在弱酸性溶液中，反應FeS+H+ Fe2++HS-的平衡常數(shù)K的數(shù)值為 ______。
③在pH=4～7溶液中，pH越大，F(xiàn)eS去除水中Cr（VI）的速率越慢，原因是 ______。
（2）FeS2具有良好半導體性能。FeS2的一種晶體與NaCl晶體的結構相似，該FeS2晶體的一個晶胞中的數(shù)目為 ______，在FeS2晶體中，每個S原子與三個Fe2+緊鄰，且Fe-S間距相等，如圖給出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞體心的（中的S-S鍵位于晶胞體對角線上，晶胞中的其他（已省略）。如圖中用“-”將其中一個S原子與緊鄰的Fe2+連接起來 ______。
（3）FeS2、FeS在空氣中易被氧化，將FeS2在空氣中氧化，測得氧化過程中剩余固體的質量與起始FeS2的質量的比值隨溫度變化的曲線如圖所示。800℃時，F(xiàn)eS2氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物為 ______（填化學式，寫出計算過程）。
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