《2025年步步高大二轮专题复习化学》

1. (2024·湖北，17)用$BaCO_{3}$和焦炭为原料，经反应I、II得到$BaC_{2}$，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。
反应I：$BaCO_{3}(s)+C(s)\rightleftharpoons BaO(s)+2CO(g)$
反应II：$BaO(s)+3C(s)\rightleftharpoons BaC_{2}(s)+CO(g)$
回答下列问题：
(1)写出$BaC_{2}$与水反应的化学方程式________。
(2)已知$K_{p}=(p_{CO})^{n}$、$K=(\frac{p_{CO}}{10^{5}Pa})^{n}$（$n$是$CO$的化学计量系数）。反应I、II的$\lg K$与温度的关系曲线见图1。

①反应$BaCO_{3}(s)+4C(s)\rightleftharpoons BaC_{2}(s)+3CO(g)$在$1 585\ K$的$K_{p}=$____________$Pa^{3}$。
②保持$1 320\ K$不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时$p_{CO}=$____________$Pa$，若将容器体积压缩到原来的$\frac{1}{2}$，重新建立平衡后$p_{CO}=$____________$Pa$。
(3)恒压容器中，焦炭与$BaCO_{3}$的物质的量之比为$4:1$，$Ar$为载气。$1 400\ K$和$1 823\ K$下，$BaC_{2}$产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。

①初始温度为$900\ K$，缓慢加热至$1 400\ K$时，实验表明$BaCO_{3}$已全部消耗，此时反应体系中含$Ba$物种为________________。
②$1 823\ K$下，反应速率的变化特点为______________________________，其原因是______。

答案： 精练高考真题
1.
(1)$$BaC_{2}+2H_{2}O \longrightarrow Ba(OH)_{2}+HC \equiv CH \uparrow$$
(2)①$$10^{16}$$ ②$$10^{5}$$ $$10^{5}$$
(3)①$$BaO$$ ②速率不变至$$BaC_{2}$$产率接近100% 容器中只发生反应Ⅱ，反应条件恒温1 823 K、恒压，且该反应只有$$CO$$为气态，据$$K = \frac{p_{CO}}{10^{5} Pa}$$可知，$$CO$$的压强为定值，所以化学反应速率不变
解析
(1)$$Ba$$、$$Ca$$同主族，$$BaC_{2}$$与$$CaC_{2}$$结构相似，$$BaC_{2}$$与水反应和$$CaC_{2}$$与水反应相似，其反应的化学方程式为$$BaC_{2}+2H_{2}O \longrightarrow Ba(OH)_{2}+HC \equiv CH \uparrow$$。
(2)①反应Ⅰ+反应Ⅱ得$$BaCO_{3}(s)+4C(s) \rightleftharpoons BaC_{2}(s)+3CO(g)$$，则其平衡常数$$K = K_{Ⅰ} \times K_{Ⅱ} = (\frac{p_{CO}}{10^{5} Pa})^{3}$$；由图1可知，1 585 K时$$K_{Ⅰ}=10^{2.5}$$，$$K_{Ⅱ}=10^{-1.5}$$，即$$(\frac{p_{CO}}{10^{5} Pa})^{3}=10^{2.5} \times 10^{-1.5}=10$$，所以$$p_{CO}^{3}=10 \times (10^{5} Pa)^{3}=10^{16} Pa^{3}$$，则$$K_{p}=p_{CO}^{3}=10^{16} Pa^{3}$$。②由图1可知，1 320 K时反应Ⅰ的$$K_{Ⅰ}=10^{0}=1$$，即$$K_{Ⅰ}=(\frac{p_{CO}}{10^{5} Pa})^{2}=1$$，所以$$p_{CO}^{2}=(10^{5} Pa)^{2}$$，即$$p_{CO}=10^{5} Pa$$；若将容器体积压缩到原来的$$\frac{1}{2}$$，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后$$p_{CO}$$不变，即$$p_{CO}=10^{5} Pa$$。
(3)①由图2可知，1 400 K时，$$BaC_{2}$$的产率为0，即没有$$BaC_{2}$$生成，又实验表明$$BaCO_{3}$$已全部消耗，此时反应体系中含$$Ba$$物种只有$$BaO$$。

2. (2024·河北，17节选)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：$SO_{2}(g)+Cl_{2}(g)\rightleftharpoons SO_{2}Cl_{2}(g)$ $\Delta H=-67.59\ kJ\cdot mol^{-1}$。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入$SO_{2}(g)$和$Cl_{2}(g)$，测定$T_{1}$、$T_{2}$、$T_{3}$温度下体系达平衡时的$\Delta p$（$\Delta p = p_{0}-p$，$p_{0}$为体系初始压强，$p_{0}=240\ kPa$，$p$为体系平衡压强），结果如图。

上图中温度由高到低的顺序为______________，判断依据为______________________________。$M$点$Cl_{2}$的转化率为______________，$T_{1}$温度下用分压表示的平衡常数$K_{p}=$______________$kPa^{-1}$。
③下图曲线中能准确表示$T_{1}$温度下$\Delta p$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的反应过程为

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（$k_{1}\sim k_{5}$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，$k_{1}:k_{2}:k_{3}:k_{4}:k_{5}=100:21:7:4:23$。
①$30\ min$时，$c(X)=6.80\ mol\cdot L^{-1}$，且$30～60\ min$内$v(X)=0.042\ mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}$，反应进行到$60\ min$时，$c(X)=$__________________$mol\cdot L^{-1}$。
②$60\ min$时，$c(D)=0.099\ mol\cdot L^{-1}$，若$0～60\ min$产物$T$的含量可忽略不计，则此时$c(G)=$______________$mol\cdot L^{-1}$；$60\ min$后，随$T$的含量增加，$\frac{c(D)}{c(G)}$______________（填“增大”“减小”或“不变”）。

答案： 2.
(1)②$$T_{3} ＞ T_{2} ＞ T_{1}$$ 该反应是放热的、气体分子数减小的反应，恒容条件下，反应正向进行时，容器内压强减小，从$$T_{3}$$到$$T_{1}$$平衡时$$\Delta p$$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% 0.03 ③D
(2)①5.54 ②0.033 增大
解析
(1)②该反应的正反应为气体体积减小的反应，反应正向进行程度越大，$$\Delta p$$越大。由图可知，从$$T_{3}$$到$$T_{1}$$，$$\Delta p$$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$$T_{3}$$到$$T_{1}$$逐渐降低，即$$T_{3} ＞ T_{2} ＞ T_{1}$$。由图中M点可知，进料比为$$n(SO_{2}):n(Cl_{2}) = 2$$，平衡时$$\Delta p = 60 kPa$$，已知恒温恒容条件下，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：
　　　　　　　　$$SO_{2}(g)+Cl_{2}(g) \rightleftharpoons SO_{2}Cl_{2}(g)$$　$$\Delta p$$
起始压强/kPa　　160　　　80
转化压强/kPa　　60　　　　60　　　　　60　　　　　60
平衡压强/kPa　　100　　　20　　　　60
可计算得$$\alpha(Cl_{2})=\frac{60 kPa}{80 kPa} \times 100\% = 75\%$$，$$K_{p}=\frac{p(SO_{2}Cl_{2})}{p(SO_{2}) \cdot p(Cl_{2})}=\frac{60 kPa}{100 kPa \times 20 kPa}=0.03 kPa^{-1}$$。③根据“等效平衡”原理，该反应中$$SO_{2}$$和$$Cl_{2}$$的化学计量数之比为1:1，则$$SO_{2}$$和$$Cl_{2}$$的进料比互为倒数(如2与0.5)时，$$\Delta p$$相等。
(2)①根据$$v(X)=\frac{\Delta c(X)}{\Delta t}$$，60 min时，$$c(X)=6.80 mol \cdot L^{-1}-v(X) \cdot \Delta t = 6.80 mol \cdot L^{-1}-0.042 mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1} \times 30 min = 5.54 mol \cdot L^{-1}$$。②由题给反应速率方程推知$$\frac{v_{生成}(D)}{v_{生成}(G)}=\frac{k_{2} \cdot c(M)}{k_{3} \cdot c(M)}=\frac{k_{2}}{k_{3}} = 3$$，又D、G的初始浓度均为0，则$$\frac{v(D)}{v(G)}=\frac{\Delta c(D)}{\Delta c(G)}$$，则$$\Delta c(G)=\frac{1}{3} \times \Delta c(D)=0.033 mol \cdot L^{-1}$$，即此时$$c(G)=0.033 mol \cdot L^{-1}$$。60 min后，D和G转化为T的速率比为$$\frac{v_{消耗}(D)}{v_{消耗}(G)}=\frac{k_{4} \cdot c(D)}{k_{5} \cdot c(G)}=\frac{4 \times 0.099}{23 \times 0.033}$$，结合二者的生成速率可知，D生成的快而消耗的慢，G生成慢而消耗的快，则$$\frac{c(D)}{c(G)}$$增大。