《2025年高考必刷题高三化学》

1. [浙江 2023年6月·14,3分]一定条件下，1 - 苯基丙炔($Ph - C\equiv C - CH_{3}$)可与HCl发生催化加成，反应如下：

反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是 ( )
A. 反应焓变：反应Ⅰ＞反应Ⅱ
B. 反应活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ
C. 增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例
D. 选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ

答案： C 命题点：能量变化与平衡移动 【解析】根据反应过程，反应Ⅱ = 反应Ⅰ+反应Ⅲ，结合盖斯定律可得，$\Delta H_2=\Delta H_1+\Delta H_3$，因反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，即$\Delta H_1＜0$、$\Delta H_3＜0$，则$\Delta H_1＞\Delta H_2$，A正确；根据题图可知，反应开始时在较短时间内生成较多的产物Ⅰ，产物Ⅱ生成量极少，说明反应Ⅰ活化能较小，更容易发生，B正确；若增加HCl浓度过大，HCl剩余过多，会降低产物Ⅱ和产物Ⅰ在平衡时所占的比例，C错误；较短的反应时间内，主要生成产物Ⅰ，及时将其分离出来，可提高产物Ⅰ的产率，D正确。

2. [湖南 2023·14,3分]$N_{2}H_{4}$是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用$[L - Ru - NH_{3}]^{+}$表示)能高效电催化氧化$NH_{3}$合成$N_{2}H_{4}$，其反应机理如图所示。

下列说法错误的是 ( )
A. Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体$NH_{3}$失去质子能力增强
B. M中Ru的化合价为+3
C. 该过程有非极性键的形成
D. 该过程的总反应式：$4NH_{3}-2e^{-}\xlongequal{\;\;}N_{2}H_{4}+2NH_{4}^{+}$

答案： B 命题点：化学反应机理分析，涉及氧化还原反应、共价键等 【解析】在$[L - Ru - NH_3]^+\to[L - Ru - NH_3]^{2+}$过程中，Ru(Ⅱ)被氧化为Ru(Ⅲ)，随后发生反应2$[L - Ru - NH_3]^{2+}+2NH_3 = 2[L - Ru - NH_2]^++2NH_4^+$，该反应实质为游离NH₃从Ru(Ⅲ)的配体NH₃中夺取质子(即H⁺)，由此可知Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH₃更易失去质子，A正确；$[L - Ru - NH_3]^{2+}$可表示为$[L - Ru:\overset{\overset{H}{|}}{N}:\overset{H}{H}]^{2+}$，其失去1个质子后变为$[L - Ru:\overset{\overset{H}{|}}{N}:\overset{H}{H}]^{+}$（设该物质为X），根据反应历程图可知X与M之间可相互转化，M的N原子上有单电子，则M可表示为$[L - Ru:\overset{\overset{H}{|}}{N}:\overset{H}{H}]^{+}$，由题图知，X与M转化过程中没有从外界获得电子或向外界提供电子，则X转化为M时N原子失去的1个电子转移到了Ru上，使Ru的化合价从 + 3降为 + 2，即M中Ru的化合价为 + 2，B错误；产物为N₂H₄，N₂H₄中含有氮氮非极性键，C正确；在整个反应历程中，输入的物质为4 mol NH₃，输出的物质为1 mol N₂H₄和2 mol NH₄⁺，且向外界提供了2 mol电子，因此总反应式可表示为4NH₃ - 2e⁻ = N₂H₄+2NH₄⁺，D正确。

3. [重庆 2023·14,3分]逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：
反应Ⅰ：$CO_{2}(g)+H_{2}(g)\rightleftharpoons CO(g)+H_{2}O(g)$
反应Ⅱ：$CO_{2}(g)+4H_{2}(g)\rightleftharpoons CH_{4}(g)+2H_{2}O(g)$
在恒容条件下，按$V(CO_{2}):V(H_{2}) = 1:1$投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 ( )

A. 反应Ⅰ的$\Delta H＜0$，反应Ⅱ的$\Delta H＞0$
B. M点反应Ⅰ的平衡常数$K＜1$
C. N点$H_{2}O$的压强是$CH_{4}$的3倍
D. 若按$V(CO_{2}):V(H_{2}) = 1:2$投料，则曲线之间交点位置不变

答案： C 命题点：多反应体系化学平衡图像分析，涉及反应热、平衡常数等 【解析】随着温度升高，平衡时甲烷体积分数减小、一氧化碳体积分数增大，说明随着温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动、反应Ⅰ平衡正向移动，则反应Ⅱ为放热反应，$\Delta H＜0$，反应Ⅰ为吸热反应，$\Delta H＞0$，A错误；M点平衡时体系中不含甲烷，且二氧化碳、一氧化碳体积分数相等，投料比V(CO₂):V(H₂)=1:1，则此时反应Ⅰ平衡体系中二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量相等，反应Ⅰ的平衡常数$K=\frac{c(H_2O)·c(CO)}{c(CO_2)·c(H_2)} = 1$，B错误；N点一氧化碳、甲烷平衡时体积分数相等，结合反应Ⅰ、Ⅱ的化学计量数可知，生成H₂O的总物质的量为CH₄的3倍，结合阿伏加德罗定律可知，H₂O的压强是CH₄的3倍，C正确；若按V(CO₂):V(H₂)=1:2投料，相当于CO₂投料量不变增加氢气的投料量，会使得二氧化碳转化率增大，导致曲线之间交点位置发生改变，D错误。

4. [山东 2023·14,4分](双选)一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下：

已知反应初始E的浓度为$0.10mol\cdot L^{-1}$，TFAA的浓度为$0.08mol\cdot L^{-1}$，部分物质的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是 ( )


A. $t_{1}$时刻，体系中有E存在
B. $t_{2}$时刻，体系中无F存在
C. E和TFAA反应生成F的活化能很小
D. 反应达平衡后，TFAA的浓度为$0.08mol\cdot L^{-1}$

答案： AC 命题点：反应路径分析 【图像分析】在反应过程中，由N原子守恒和总体积不变可得关系式：c(E)+c(F)+c(G)+c(H)=0.10 mol·L⁻¹。初始时刻，TFAA浓度由0.08 mol·L⁻¹瞬间降为0，表明E + TFAA→F+CF₃COOH的反应几乎瞬间完成，根据化学计量数的关系可知初始时刻c(E)由0.10 mol·L⁻¹瞬间降为0.02 mol·L⁻¹。反应开始阶段，c(G)与c(H)均增加，而c(TFAA)在反应一段时间后才开始增加，这是因为反应G + CF₃COOH⇌H + TFAA生成了TFAA，而反应初期体系中仍有E剩余，则这一时期内生成的TFAA会迅速与E反应，直到反应初期浓度为0.02 mol·L⁻¹的E被消耗完全后，c(TFAA)才会从0开始增加。 【解析】t₁时刻，c(H)在增大，但c(TFAA)为0，说明此时体系中有E剩余，这部分E会立刻将反应生成的TFAA消耗掉，A正确；当c(TFAA)不为0时，体系中无E存在，此时有c(F)+c(G)+c(H)=0.10 mol·L⁻¹，因为t₂时刻c(H)=0.08 mol·L⁻¹，c(G)＜0.02 mol·L⁻¹，所以此时c(F)＞0，体系中有F存在，B错误；由图像分析可知E与TFAA的反应几乎瞬间完成，说明该反应的活化能很小，C正确；在全部反应过程中，只有G + CF₃COOH⇌H + TFAA为可逆反应，因此达到平衡时体系中无E、F，反应初始时c(TFAA)=0.08 mol·L⁻¹，而根据反应历程和F元素守恒可知，平衡时G中也含有F元素，且平衡时c(G)＞0，则c(TFAA)＜0.08 mol·L⁻¹，D错误。