《2025年168优化重组卷五年高考真题分类汇编高中化学全一册通用版》

14. (2021·海南卷)制备水煤气的反应${C(s) + H_{2}O(g)⇌ H_{2}(g) + CO(g)}\ \ \Delta H ＞ 0$，下列说法正确的是(B)

A.该反应$\Delta S ＜ 0$
B.升高温度，反应速率增大
C.恒温下，增大总压，${H_{2}O(g)}$的平衡转化率不变
D.恒温恒压下，加入催化剂，平衡常数增大

答案： 14.B

15. (2021·江苏卷)${NH_{3}}$与${O_{2}}$作用分别生成${N_{2}}$、$NO$、${N_{2}O}$的反应均为放热反应。工业尾气中的${NH_{3}}$可通过催化氧化为${N_{2}}$除去。将一定比例的${NH_{3}}$、${O_{2}}$和${N_{2}}$的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，${NH_{3}}$的转化率、生成${N_{2}}$的选择性$\left \lbrack\dfrac{2n_{ 生成}{(N_{2})}}{n_{ 总转化}{(NH_{3})}}×100\%\right \rbrack$与温度的关系如图所示。

下列说法正确的是(D)

A.其他条件不变，升高温度，${NH_{3}}$的平衡转化率增大
B.其他条件不变，在$175～300\ ^{\circ} C$范围，随温度的升高，出口处${N_{2}}$和氮氧化物的量均不断增大
C.催化氧化除去尾气中的${NH_{3}}$应选择反应温度高于$250\ ^{\circ} C$
D.高效除去尾气中的${NH_{3}}$，需研发低温下${NH_{3}}$转化率高和${N_{2}}$选择性高的催化剂

答案： 15.D

16. (2025·广东卷，14分)钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。
(1)基态$Ti$原子的价层电子排布式为3d²4s²。
(2)$298\ K$下，反应${TiO_{2}(s) + 2C(s) + 2Cl_{2}(g)\xlongequal{}TiCl_{4}(g) + 2CO(g)}$的$\Delta H ＜ 0$、$\Delta S ＞ 0$，则$298\ K$下该反应能(填“能”或“不能”)自发进行。
(3)以${TiCl_{4}}$为原料可制备${TiCl_{3}}$。将$5.0\ mol\ {TiCl_{4}}$与$10.0\ mol\ Ti$放入容积为$V_{0}\ L$的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。

①$\Delta H_{1} =$−267.8$ kJ· mol^{-1}$。
②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为TiCl2(s)。
③温度$T_{0}\ K$下，$n{[TiCl_{4}(g)]} =$0.5$ mol$，反应(c)的平衡常数$K =$3(列出算式，无须化简)。

(4)钛基催化剂可以催化储氢物质肼(${N_{2}H_{4}}$)的分解反应：
(e)${N_{2}H_{4}\xlongequal{}N_{2} + 2H_{2}}$
(f)${3N_{2}H_{4}\xlongequal{}N_{2} + 4NH_{3}}$
为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含${N_{2}H_{4}}$的物质的量为$n_{0}$)，进行实验，得到$n_{1}/n_{0}$、$n_{2}/n_{0}$随时间$t$变化的曲线如图。其中，$n_{1}$为${H_{2}}$与${N_{2}}$的物质的量之和；$n_{2}$为剩余${N_{2}H_{4}}$的物质的量。

设$n_{ e}$为$0～t$时间段内反应(e)消耗${N_{2}H_{4}}$的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用$\dfrac{n_{ e}}{n_{0} - n_{2}}×100\%$表示。
①$0～t_{0}\ min$内，${N_{2}H_{4}}$的转化率为1−y2(用含$y_{2}$的代数式表示)。
②$0～t_{0}\ min$内，催化剂的选择性为$\frac{3y_1+y_2−1}{8(1−y_2)}×100\%$(用含$y_{1}$与$y_{2}$的代数式表示，写出推导过程)。

答案： 16.解析　价层电子排布式、反应自发进行的条件、焓变、平衡常数、转化率、选择性计算等　
(1)Ti为第四周期IVB族元素，故基态Ti原子的价层电子排布式是3d²4s2。
(2)△H−T△S＜0 时反应能自发进行，而由已知信息可知，该反应的△H＜0、△S ＞0,该反应的△H−T△S＜0恒成立，故该反应在298K时能自发进行。
(3)①根据反应(a)、(b)、(c)的物质转化关系，由盖斯定律可知,(c)−2(b)=(a),故△H1=+132.4kJ.mol−1−2×200.1kJ.mol−1=−267.8kJ.mol−1。②反应(a)为放热反应，反应(b)为吸热反应，故随着温度升高，TiCl2 (s)的物质的量减少,故曲线I代表的物质是TiCl2(s)。③平衡体系中的物质有TiCl4(g)、TiCl3(g)、Ti(s)、TiCl2(s)、TiCl3(s)，结合上述分析及题图可知，曲线II应代表TiCl3 (g),且T。K下TiCl2(s)、TiCll(s)的物质的量均为O,根据授料情况知,Ti元素共15mol,Cl元素共20mol,则根据元素守恒及题中数据可得,TK下n[TiCl4(g)]=0.5mol。反应(c)
C$\frac{n(TiCl，g)}{V}$74　　($\frac{6.0}{Vo}$}4 的平衡常数K=$\frac{c(TiCl，g)}{c²(TiCl，g)}$=$\frac{V}{n(TiCl，g)}$=　　　　3。
　　　　　　　　　　　　　　　c$\frac{n(TiCl4，g)}{V}$　　($\frac{0.5}{V.}$)
(4)①根据题意及图像可知，0~tomin内,y=
　$\frac{n(H2)+n(N2)}{n(NH4)}$,y2=n剩n余(N(NH2H4)4),故0~tomin内,NH4的转化率为1−y2。②初始加入N2H4的物质的量为no,0~tomin内,设反应(e)消耗的N2H4的物质的量为e,反应(f)消耗的N2H4的物质的量为3f,则存在如下转化关系:
　　　　　　N2H4−N2+2H2
　转化量　　e　　　　e　　2e
　　　　　　3NH−N+4NH
　转化量　　3f　　　　f　　4f
　故3en+of=汋,$\frac{no−e−3f}{no}$=y2，两式联立可得催化剂的选择性为$\frac{e}{e+3f}$×100%=$\frac{3y+y2−1}{8(1−y2)}$×100%。
答案　
(1)3d²4s²　
(2)能
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　4
　　　　　　　　　　　　　　　　　($\frac{6.0}{V.}$)
(3)①−267.8　②TiCl2(s)　③0.5　　　　　3　　
(4)①1−y22 ($\frac{0.5}{V}$)
　②设tomin时,反应(e)转化的N2H4的物质的量为e,反应(f)转化的N2H4的物质的量为3f,存在如下转化关系:
　　　　　　NH−N2+2H2
　转化量:　　e　　　　　e　　2e
　　　　　　3NH4N2+4NH
　转化量:　　3f　　　　f　　4f
　则n1=3e+f、n2=no−(e+3f)
　3en+of=y.....,.①　$\frac{no−(e+3f)}{no}$=y2……②
　联立①②可得e=$\frac{3y+y2−1}{8}$no,f=$\frac{3−y1−3y2}{8}$no
　　　　　　　　　　　　　　　　$\frac{3y+y2−1}{8}$no
　则0~t0min时,催化剂的选择性为　(1−y2)no　×100%=
　$\frac{3y+y2−1}{8(1−y2)}$×100%。