全国高考ⅠⅡⅢ京津沪浙化学反应原理试题深度解析.docx
《全国高考ⅠⅡⅢ京津沪浙化学反应原理试题深度解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国高考ⅠⅡⅢ京津沪浙化学反应原理试题深度解析.docx（37页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
全国高考ⅠⅡⅢ京津沪浙化学反应原理试题深度解析
2019全国高考（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、京津沪浙）化学反应原理试题深度解析
1.（2019上海卷）19.
已知反应式：
mX（g）+nY（?
）pQ（G）+2mZ（g），已知反应已达平衡，此时c（X）=0.3mol/L，其它条件不变，将容器缩小到原来的1/2，c（X）=0.5mol/L，下列说法正确的是
A.反应向逆反应方向移动B.Y可能是固体或液体
C.系数n＞mD.Z的体积分数减小
【答案】C
【解析】
已知反应已达平衡，此时c（X）=0.3mol/L，其它条件不变，将容器缩小到原来的1/2，若此时平衡不移动，c（X）=0.6mol/L，但平衡移动之后c（X）=0.5mol/L，说明加压平衡向正反应方向移动，A项错误；
题干条件说明正反应为气体减少的反应，若Y为固体或液体，则需要满足m＞2m，不可能成立，B
项错误；
Y是气体，且m+n＞2m，所以n＞m，C项正确；
平衡正向移动，产物Z的体积分数应该增大，D项错误。
故答案为C。
2.（2019江苏卷）15.
在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下,催化反应相同时间,测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如题图中实线所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化）。
下列说法正确的是
A.反应2NO（g）+O2（g）==2NO2（g）的△H>0
B.图中X点所示条件下,延长反应时间能提高NO转化率
C.图中Y点所示条件下,增加O2的浓度不能提高NO转化率
D.380℃下，C起始（O2）=5.0×10-4mol·L-1，NO平衡转化率为50%,则平衡常数K>2000
【答案】：
BD
【解析】：
本题考查平衡图像和平衡移动
A项图中虚线为该反应NO的平衡转化率，可知升高温度，NO的平衡转化率降低，故△H<0；
B项X点对应温度下的平衡点在X点的正上方，NO的转化率比X点大，延长反应时间，NO转化率会增大。
C项Y为平衡点，增大O2的浓度可以提高NO转化率
D项NO平衡转化率为50%，平衡时NO和NO2浓度相等，在平衡常数的表达式中数据可以抵消，所以K=1/c（O2）。
C平衡（O2）<5.0×10-4mol·L-1，K>2000。
3.（2019上海卷）18.
根据图示下列说法正确的是
能量
t
A.断开非极性键和生成极性键的能量相同B.反应Ⅱ比反应Ⅲ生成的O－H键更牢固C.1/2O2（g）+H2（g）→OH（g）+H（g）－Q（Q＞0）D.H2O（g）→1/2O2（g）+H2（g）+Q（Q＞0）
【答案】C
【解析】
从图中可以看出1/2molO2（g）+1molH2（g）的能量低于1molOH（g）+1molH（g），因此反应
1/2O2（g）+H2（g）→OH（g）+H（g）吸热，故C项正确。
4.（2019浙江卷）17．下列说法正确的是
A．H2（g）＋I2（g）⇌2HI（g），其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变B．C（s）＋H2O（g）⇌H2（g）＋CO（g），碳的质量不再改变说明反应已达平衡
C．若压强不再随时间变化能说明反应2A（?
）＋B（g）⇌2C（?
）已达平衡，则A、C不能同时是气体
D．1molN2和3molH2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出热量Q1；在相同温度和压强下，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收热至Q2，Q2不等于Q1
【答案】B
【解析】
可逆反应H2（g）＋I2（g）⇌2HI（g）为反应前后气体计量数不发生变化的反应。
缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；可逆反应C（s）＋H2O（g）⇌H2（g）＋CO（g）在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；若压
强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，A、C可能均为气体，C项错误；已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH，合成氨气实际参与反应n（H2）=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n（NH3）=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误。
5.（2019浙江卷）23．MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示（M＝Ca、Mg）：
2+2−
ΔH2
2+2−
M（g）＋CO3（g）———→
M（g）＋O
（g）
＋CO2（g）
↑ΔH1MCO3（s）
ΔH
———→
↓ΔH3MO（s）＋CO2（g）
已知：
离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。
下列说法不．正．确．的是
A．ΔH1（MgCO3）＞ΔH1（CaCO3）＞0B．ΔH2（MgCO3）＝ΔH2（CaCO3）＞0C．ΔH1（CaCO3）－ΔH1（MgCO3）＝ΔH3（CaO）－ΔH3（MgO）
D．对于MgCO3和CaCO3，ΔH1＋ΔH2＞ΔH3
【答案】C
【解析】
3
3
根据盖斯定律，得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，由于Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3，CaO的离子键强度弱于MgO。
ΔH1表示断裂CO2-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1（MgCO3）＞ΔH1（CaCO3）＞0，A项正确；ΔH2表示断裂CO2-中共价键形成O2−和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而ΔH2（MgCO3）＝ΔH2（CaCO3）＞0，B项正确；由上可知ΔH1（CaCO3）-ΔH1（MgCO3）<0，而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3为负值，CaO的离子键强度弱于MgO，因而ΔH3（CaO）>ΔH3（MgO），ΔH3（CaO）-ΔH3（MgO）>0，C项错误；由上分析可知ΔH1+ΔH2>0，ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2＞ΔH3，D项正确。
6.（2019北京卷）27．（14分）
氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。
（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一，
①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4:
1，甲烷和水蒸气反应的方程式是
。
②已知反应器中还存在如下反应：
ⅰ.CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H1ⅱ.CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2
ⅲ.CH4（g）=C（g）+2H2（g）△H3
……
ⅲ为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用反应的ΔH。
③反应物投料比采用n（H2O）:
n（CH4）=4:
1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是（选填字母序号）。
a.促进CH4转化b.促进CO转化为CO2c.减少积炭生成
④用H2可以去除CO2，H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。
从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率（填“升高”“降低”或“不变”）。
此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：
。
（2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。
通过控制开关连接K1或K2,可交替得到H2和O2。
①制H2时，连接。
产生H2的电极反应式是。
②改变开关连接方式，可得O2。
③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：
。
【解析】
本题以热点问题“氢能源——高纯氢的制备”为切入点，考查化学方程式书写，盖斯定律，化学平衡问题，电化学等相关知识；信息以文字、图像等多种方式呈现给学生，阅读量和思维容量都比较大，综合性较强，很好的考查学生利用化学反应原理的相关知识解决实际问题能力。
（1）①已知反应物为CH4和H2O（g）生成物为CO2和H2，所以方程式为CH4+2H2O（g）
CO2+4H2
②根据盖斯定律，ⅲ-（ⅰ+ⅱ）运算出的方程式为所缺反应：
2H2（g）+CO2（g）C（s）+2H2O（g）
或用ⅲ-（ⅰ-ⅱ）运算得C（s）+CO2（g）2CO
③增大水蒸气的用量，可以提高ⅰ反应中CH4和ⅱ反应中CO的转化率，同时c（CH4）减小，使得ⅲ中发生积炭反应的CH4减少，正确答案：
abc
④由图可知，CaO消耗率曲线的斜率逐渐减小，单位时间CaO消耗率降低，过多的CO2会消耗H2，使H2体积分数明显下降，2H2（g）+CO2（g）
C（s）+2H2O（g）。
【答案】
（1）①CH4+2H2O（g）
CO2+4H2
②2H2（g）+CO2（g）C（s）+2H2O（g）或C（s）+CO2（g）2CO
③abc
④降低，CO2消耗H2，使H2体积分数降低，2H2+CO2
C+2H2O7.（2019全国Ⅰ卷）28．（15分）
水煤气变换CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）,是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域。
回答下列问题：
（1）Shibata曾做过下列实验：
使纯H2缓慢地通过处于721℃下的过量氧化钴CoO（s），氧化钴部分被还原为金属钴Co（s），平衡后气体中氢气的物质的量分数为0.0250，②在同一温度下用CO还原CoO
（s），平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。
根据上述实验结果判断，还原CoO（s）为Co（s）的倾向是COH2（填“大于”或“小于”）
（2）721℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO（g）和H2O（g）混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡体系中H2的物质的量分数为（填标号）。
A．<0.25B．0.25C．0.25−0.50D．0.50E．>0.50
（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面的物种用*标注
2
1
0
可知水煤气变换的△H0（填“大于”，“等于”或“小于”），该历程中最大的能垒（活化能）
E正=ev,写出该步骤的化学方程式。
（4）
222
Shoichi研究了467℃、489℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PHO和PCO相等，PCO和PH相等。
计算曲线a的反应在30−90min内的平均速率υ（a）=kpa.min-1。
467℃时PH和PCO随时间变化关系的曲线分别是、。
489℃时PH和PCO随时间变化关系的曲线分别是、。
2
2
【答案】
（1）大于
（2）C
（3）小于；2.02
COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*或H2O*=H*+OH*
（4）0.0047；bc，ad
【解析】
本题考查了化学平衡及相关计算
（1）反应物在平衡后物质的量分数小，说明反应程度越大，由题目给出的CO和H2平衡后可知还原
CoO（s）为Co（s）的倾向是CO大于H2。
（2）
由题CoO（s）+H2Co（s）+H2O，K=c（H2O）=n（H2O）⋅n总⋅V
1-0.0250
=；
c（H2）n（H2）n总V
0.0250
CoO（s）+COCo（s）+CO2,K=c（CO2）=1-0.0192,可判断等物质的量的CO（g）和H2O（g）（设
c（CO）0.0192
物质的量各为1mol）混合采用适当的催化剂进行反应，则平衡体系H2O+COH2+CO2中
K=c（H2）c（CO2）=
c（H2O）c（CO）
n（H2）⋅n（CO2）
n（H2O）⋅n（CO）
=0.0250⋅（1-0.0192）。
（1-0.0250）⋅0.0192
起始时平衡时
H2O+COH2+CO2
1mol1mol00
1-xmol1-xmolxmolxmol
x
计算x，而H2的物质的量分数为
2
选C。
。
估算可得H2的物质的量分数（x=0.267）在0.25−0.50之间，故
（3）由题中图示可知水煤气变换时反应前相对能量0eV，反应后相对能量-0.72eV，反应为放热反应，
故△H小于零。
该历程中最大的能垒（活化能）应是COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*反应时由相对能量-0.16eV升至1.86eV的过渡态2再降至1.41eV。
E正=1.86－（－0.16）=2.02（ev）。
4.08-3.80
2
（4）由题中图示可知υ（a）=
60
=0.0047（kpa.min-1）,实验初始时体系中的PHO和PCO相
222
等，PCO和PH相等。
PH和PCO随时间的变化量相同，由题中图示数据可知bc两条线在30−90min内变
2
化量为0.34kpa，ad两条线在30−90min内变化量为0.28kpa，故bc，ad分别对应两个温度下的PH和PCO。
又因为CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），K=
P（H2）P（CO2），体系中的PHO和PCO相等，PCO和
2
2
P（H2O）P（CO）
P
H
相等,
2
K=（P（H2））2。
反应为放热反应，升高温度时平衡应逆向移动，K值减小（K467℃>K489℃>K721℃），
P（CO）
由
（2）计算已知K721℃>1，考虑a、b、c、d四曲线平衡时的数值关系，判断b、c表示低温时PH2和PCO，
22
a、d表示高温时PH和PCO的压强变化曲线。
故467℃时b、c表示PH和PCO随时间变化关系的曲线，a、
2
d表示489℃时PH和PCO随时间变化关系的曲线。
8.（2019全国Ⅱ卷）27．（15分）
环戊二烯（
）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。
回答下列问题：
（1）已知：
（g）
（g）+H2（g）ΔH1=100.3kJ·mol−1①
H2（g）+I2（g）2HI（g）ΔH2=−11.0kJ·mol−1②
对于反应：
（g）+I2（g）（g）+2HI（g）③ΔH3=kJ·mol−1。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（
）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平
衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为，该反应的平衡常数Kp=Pa。
达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有（填标号）。
A．通入惰性气体B．提高温度
C．增加环戊烯浓度D．增加碘浓度
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。
不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是（填标号）。
A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率D．b点时二聚体的浓度为0.45mol·L−1
（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe（C5H5）2结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等
领域中。
二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF
溶液（DMF为惰性有机溶剂）。
该电解池的阳极为，总反应为。
电解制备需要在无水条件下进行，原因为。
【答案】
（1）89.3
（2）40％3.56×104BD
（3）CD
（4）Fe电极Fe+2
=+H2↑（Fe+2C5H6Fe（C5H5）2+H2↑）水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH−，进一步与Fe2+反应生成Fe（OH）2
【解析】
（1）ΔH3=ΔH1+ΔH2
（2）起始时总压p=105Pa碘和环戊烯物质的量相等，则各自分压为0.5p
（g）+I2（g）（g）+2HI（g）Δp=1
起始
0.5p
0.5p
0
0
转化
0.2p
0.2p
0.2p
0.4p
p×20%=0.2p
平衡
0.3p
0.3p
0.2p
0.4p
转化率=0.2p/0.5p=40%
Kp=_0.2p×（0.4p）2=0.356p=3.56×104Pa0.3p×0.3p
达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率,可以增大反应物I2的浓度，另外由于正反应吸热，也可升温。
（3）
环戊二烯容易在加热条件下发生狄尔斯－阿尔德反应生成二聚环戊二烯
T2条件下双聚反应程度更大，所以T1a点浓度>c点浓度，故反应速率大。
初始环戊二烯浓度为1.5mol/L,a点浓度为0.9mol/L，b点浓度为0.6mol/L,所以b点产物二聚体浓度
为1/2×（1.5-0.6）=0.45mol/L。
a点反应物浓度大于b点产物浓度，所以a点的正反应速率大于b点的逆反应速率。
（4）电解法制备二茂铁，要得到Fe2+,所以要用Fe做阳极。
Na+在阴极被还原为Na，再将环戊二烯还原为氢气和环戊二烯负离子，进而得到二茂铁。
若在水溶液中进行电解，则被还原的不是Na+而是H2O，得到OH−而与Fe2+反应生成Fe（OH）2。
9.（2019全国Ⅲ卷）28．（15分）
近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。
因此，将氯化
氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。
回答下列问题：
（1）Deacon发明的直接氧化法为：
4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）。
下图为刚性容器中，进料浓度比
c（HCl）∶c（O2）分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K（300℃）K（400℃）（填“大于”或“小于”）。
设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c（HCl）∶c（O2）=1∶1的数据计算K（400℃）=（列出计算式）。
按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。
进料浓度比c（HCl）∶c（O2）过低、过高的不利影响分别是。
（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
1
CuCl2（s）=CuCl（s）+2Cl2（g）ΔH1=83kJ·mol-1
11-1
CuCl（s）+2O2（g）=CuO（s）+2Cl2（g）ΔH2=-20kJ·mol
CuO（s）+2HCl（g）=CuCl2（s）+H2O（g）ΔH3=-121kJ·mol-1
则4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）的ΔH=kJ·mol-1。
（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCI的转化率的方法是。
（写出2种）
（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
负极区发生的反应有（写反应方程式）。
电路中转移1mol电子，需消耗氧气
L（标准状况）
【答案】
（1）大于（0.42）2×（0.42）2
（1-0.84）4×（1-0.21）c0
O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
（2）﹣116
（3）增加反应体系压强、及时除去产物
（4）Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O5.6
【解析】
（1）由图可知，升温后HCl平衡转化率降低，平衡逆向移动，K值变小，因此K（300℃）大于K（400℃）
c（HCl）∶c（O2）比值越大，HCl转化率越低，结合图像，最上面即为c（HCl）∶c（O2）=1∶1的图像，400℃时，HCl平衡转化率为84%，可列出反应过程中的三段式：
4HCl（g）
+
O2（g）
=
2Cl2（g）
+
2H2O（g）
起始（浓度）
c0
c0
0
0
变化（浓度）
0.84c0
0.21c0
0.42c0
0.42c0
平衡（浓度）（1-0.84）c0（1-0.21）c00.42c00.42c0
则K（400℃）=（0.42）2×（0.42）2
（1-0.84）4×（1-0.21）c0
进料浓度比c（HCl）∶c（O2）过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比c（HCl）∶c（O2）过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低。
（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2得
4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）∆H=（∆H1+∆H2+∆H3）×2=-116kJ∙mol-1；
（3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，产物浓度减小，使平衡正向移动；
（4）电解过程中，负极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：
Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
电路中每转移1mol电子，就有1molH+转移至负极区，结合负极反应式，可求得消耗的氧气为0.25mol，在标况下体积即为5.6L。
10.（2019天津卷）7.（14分）氮（N）、磷（P）、砷（As）、锑（Sb）、铋（Bi）、镆（Mc）为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。
回答下列问题：
115
（1）砷在周期表中的位置，288Mc的中子数为。
已知：
P（S,红磷）＝P（S,黑磷）△H＝－39.3kJ.mol-1
P（S,白磷）＝P（S,红磷）△H＝－17.6kJ.mol-1
由此推知，其中最稳定的磷单质是。
（5）在1L真空密闭容器中加入amolPH4I固体，t℃时发生如
升级会员 