《2025年学霸高考黑题化学人教版》

经典真题 1（化学反应速率影响因素类）
(2025·甘肃，17 题节选)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应：
反应 1：$C_{2}H_{2}(g)+H_{2}(g)\xlongequal{}C_{2}H_{4}(g)$ $\Delta H_{1}=-175kJ· mol^{-1}(25^{\circ}C,101kPa)$
反应 2：$C_{2}H_{2}(g)+2H_{2}(g)\xlongequal{}C_{2}H_{6}(g)$ $\Delta H_{2}=-312kJ· mol^{-1}(25^{\circ}C,101kPa)$
(1)一定条件下，使用某含 Co 催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。

①在 $60\sim220^{\circ}C$ 范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为 温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强 (任写一条)，当温度由 $220^{\circ}C$ 升高至 $260^{\circ}C$，乙炔转化率减小的原因可能为 催化剂在该温度范围内失活。
②在 $120\sim240^{\circ}C$ 范围内，反应 1 和反应 2 乙炔的转化速率大小关系为 $v_{1}$ ＞ $v_{2}$ (填“$＞$”“$＜$”或“$=$”)，理由为 乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率。
(2)对于反应 1，反应速率 $v(C_{2}H_{2})$ 与 $H_{2}$ 浓度 $c(H_{2})$ 的关系可用方程式 $v(C_{2}H_{2})=k[c(H_{2})]^{a}$ 表示 ($k$ 为常数)。$145^{\circ}C$ 时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当 $v(C_{2}H_{2})=1.012×10^{-4}mol· L^{-1}· s^{-1}$ 时，$c(H_{2})=$9.2×10⁻³$mol· L^{-1}$。

答案： 经典真题1
(1)①温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强；催化剂在该温度范围内失活 ②＞ 乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率
(2)9.2×10⁻³
解题思路
分析在反应未达到平衡情况下的转化率随温度变化的图像时，主要考虑转化率受反应速率的影响，分析时关注反应速率的影响因素（浓度、温度、压强、催化剂等）。
解析：
(1)①反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大；220~260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活；②由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率，即v₁＞v₂。
(2)将数据代入方程$\begin{cases} ①5.06×10^{-5}=k×(4.6×10^{-3})^{\alpha} \\ ②2.158×10^{-4}=k×(1.38×10^{-2})^{\alpha} \end{cases}$，②÷①得到$\alpha = 1$，则$k = 1.1×10^{-2}$，$v(C₂H₂)=1.012×10^{-4}mol·L^{-1}·s^{-1}$时，$1.012×10^{-4}=1.1×10^{-2}×c(H₂)$，$c(H₂)=9.2×10^{-3}mol·L^{-1}$。

经典真题 2（计算反应速率类）
(2024·全国甲，28 题节选)甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯$(C_{3}H_{6})$的研究获得的部分数据如下。回答下列问题：
少量 $I_{2}$ 可提高生成 $CH_{3}Br$ 的选择性。$500^{\circ}C$ 时，分别在有 $I_{2}$ 和无 $I_{2}$ 的条件下，将 $8mmolCH_{4}$ 和 $8mmolBr_{2}$ 通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量$(n)$随时间$(t)$的变化关系如图。

(1)在 $11\sim19s$ 之间，有 $I_{2}$ 和无 $I_{2}$ 时 $CH_{3}Br$ 的生成速率之比 $\frac{v(有I_{2})}{v(无I_{2})}=$\frac{3}{2}(或3:2)$$。
(2)从图中找出 $I_{2}$ 提高了 $CH_{3}Br$ 选择性的证据：5 s以后有I₂催化的CH₂Br₂的含量逐渐降低，有I₂催化的CH₃Br的含量陡然上升。
(3)研究表明，$I_{2}$ 参与反应的可能机理如下：
①$I_{2}(g)\xlongequal{}· I(g)+· I(g)$
②$· I(g)+CH_{2}Br_{2}(g)\xlongequal{}IBr(g)+· CH_{2}Br(g)$
③$· CH_{2}Br(g)+HBr(g)\xlongequal{}CH_{3}Br(g)+· Br(g)$
④$· Br(g)+CH_{4}(g)\xlongequal{}HBr(g)+· CH_{3}(g)$
⑤$· CH_{3}(g)+IBr(g)\xlongequal{}CH_{3}Br(g)+· I(g)$
⑥$· I(g)+· I(g)\xlongequal{}I_{2}(g)$
根据上述机理，分析 $I_{2}$ 提高 $CH_{3}Br$ 选择性的原因：I₂的投入消耗了部分CH₂Br₂，使得消耗的CH₂Br₂发生反应生成了CH₃Br。

答案： 经典真题2
(1)$\frac{3}{2}$(或3:2)
(2)5 s以后有I₂催化的CH₂Br₂的含量逐渐降低，有I₂催化的CH₃Br的含量陡然上升
(3)I₂的投入消耗了部分CH₂Br₂，使得消耗的CH₂Br₂发生反应生成了CH₃Br
解题思路
根据一段时间内物质的含量变化计算速率并计算速率比，并根据图示信息和反应机理判断合适的原因。
解析：
(1)11~19 s时，有I₂时CH₃Br的生成速率$v=\frac{3.2 - 2.4}{8}\frac{V}{V}\frac{0.075}{V}= \frac{0.075}{V}mmol·(L·s)^{-1}$，无I₂时CH₃Br的生成速率$v=\frac{2.2 - 1.8}{8}\frac{V}{V}\frac{0.05}{V}=\frac{0.05}{V}mmol·(L·s)^{-1}$。生成速率之比$\frac{v(有I₂)}{v(无I₂)}=\frac{\frac{0.075}{V}}{\frac{0.05}{V}}=\frac{3}{2}$。
(2)从图中可以看出，大约5 s以后有I₂催化的CH₂Br₂的含量逐渐降低，有I₂催化的CH₃Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I₂提高了CH₃Br的选择性。
(3)根据反应机理，I₂的投入消耗了部分CH₂Br₂，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH₂Br₂发生反应生成了CH₃Br，提高了CH₃Br的选择性。