2024年北京卷T16-原理综合变式题

1．是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 (1)方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和 。 (2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①第I步反应的化学方程式为 。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因 。 (3)方法三：研究表明可以用电解法以为氨源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式： 。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是 。 (4)人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因 。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。 2．二氧化碳的综合利用是实现碳达峰、碳中和的关键。 (1)可与制甲醇：在催化剂作用下，发生以下反应： Ⅰ.   Ⅱ.   ①则：   。若将等物质的量的CO和充入恒温恒容密闭容器中进行上述反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是 。 A.生成的速率与生成的速率相等 B.CO的体积分数保持不变 C.混合气体的平均相对分子质量不变 D.CO和的物质的量之比为定值 ②将与充入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ和Ⅱ；的转化率和CO、的产率随反应温度的变化如图所示，由图判断合成最适宜的温度是 。反应过程中产率随温度升高先增大后减小，降低的主要原因是 。 (2)可与制尿素：  ，一定条件下，向刚性容器中充入和，平衡时的体积分数为60%，，则反应的压强平衡常数 。 (3)一种以和甲醇为原料，利用和CuO纳米片作催化电极，制备甲酸(甲酸盐)的电化学装置的工作原理如图所示。 ①图中电极a为 极，电解过程中阳极电极反应式为 。 ②当有通过质子交换膜时，装置中生成和HCOOH共计 mol。 3．二甲醚()是一种新型能源，被誉为“21世纪的清洁燃料”。 (1)用CO和合成二甲醚的反应为：。其反应物和生成物的能量如图所示： 。 (2)根据题目信息和你所学化学知识分析，有利于提高反应产率的条件为 (至少写出两条) (3)采用新型催化剂(主要成分是的合金)制备二甲醚。催化剂中对合成二甲醚的影响情况如下图所示。 (已知：) 请根据上图分析，合成二甲醚选用催化剂最佳比例为 。 (4)用二甲醚燃料电池电解法可将酸性含铬废水(主要含有)转化为。原理如下图： ①燃料电池中的负极是 (填“M”或“N”)电极，其电极反应为 。 ②用电极反应和离子方程式解释阳极区域能将酸性含铬废水(主要含有)转化为的原因 。 4．科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。回答下列问题： (1)已知上述反应中的化学键键能如下： 化学键 H－H C－H H－O C－O C=O E/(kJ·mol-1) a b c d e 由此计算CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的△H= kJ/mol。(用字母表示) (2)已知：I.CO(g)+2H2(g)===CH3OH(l) △H=−128.6kJ/mol II.2CO(g)+O2(g)===2CO2(g) △H=−566.0kJ/mol III.2H2(g)+O2(g)===2H2O(l) △H=−571.6kJ/mol 写出CH3OH燃烧热的热化学方程式： 。 (3)科学家利用电化学方法制备H2O2：已知反应2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。 ①a极的电极反应式是 。 ②下列说法正确的是 。 A.该装置可以实现电能转化为化学能 B.电极b连接电源负极 C.该方法相较于早期剂备方法具有原料廉价，对环境友好等优点 5．乙醇是重要的化工原料，乙醇的生产体现化学科学与技术的不断进步。 Ⅰ.以煤为原料生产乙醇 (1)乙酸甲酯生成乙醇的反应如下：。 ①能提高乙酸甲酯平衡转化率的条件有 (答出两点)。 ②当温度为时，存在副反应：。的电子式是 。 Ⅱ.以为原料生产乙醇 (2)制备铜基催化剂：在单质纳米颗粒中加入单质，反应后形成铜基催化剂。单质与单质反应的化学方程式是 。 (3)电催化还原。将(2)中制备的催化剂装载在阴极上，以为电解质溶液，阴极得到 ①补充完整阴极反应式： 。 2CO2+___________=CH3CH2OH+___________ ②在上述条件下，的副反应能被明显抑制，分析原因： ⅰ.相比于的还原反应，该催化剂对的还原反应具有较高的选择性； ⅱ. (补充完整)。 (4)研究在阴极被还原为不同产物的途径，结果如图(部分微粒略)。 ①下列说法或推测合理的是 (填序号)。 性质稳定，活化是催化剂的重要性能 途径Ⅰ的含碳产物还可能有等 按途径Ⅱ(不考虑途径Ⅰ)，转化为，同时生成 ②铜基催化剂吸附密度大且能明显降低断键的活化能，则铜基催化剂对 (填甲醇或乙醇)有较高的选择性。 6．我国科学家研发的“液态阳光”计划通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢制备甲醇。制备甲醇过程中主要存在以下反应： 主反应ⅰ： (1)请结合反应：，写出一个生成的副反应ⅱ的热化学方程式： 。 (2)将和按物质的量比混合，以固定流速通过盛放催化剂的反应器，在相同时间内，其中的平衡转化率的选择性随温度、压强变化如图所示： 已知： ①请判断的大小关系： (填“>”或“<”)。 ②左右，体系发生的反应主要是 (填“i”或“ii”)。 ③若只发生主反应ⅰ和副反应ⅱ，平衡时，则的转化率为 。 (3)使用薄膜电极作阴极，通过电催化法可以将二氧化碳转化为甲醇。 ①将铜箔放入煮沸的饱和硫酸铜溶液中，制得薄膜电极。反应的离子方程式为 。 ②用薄膜电极作阴极，溶液作电解液，采用电沉积法制备薄膜电极，制备完成后电解液中检测到了。制备薄膜的电极反应式为 。 ③电催化法制备甲醇如图所示。若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室溶液的基本不变，结合电极反应解释原因： 。 7．将转化为高附加值的化学品，对实现碳中和、可持续发展具有重要意义。 Ⅰ.利用催化加氢制备乙烯，反应过程主要分为两步。 ⅰ.   ⅱ.   (1)和反应制备乙烯的热化学方程式为 。 (2)0.1MPa，投料比的条件下研究反应ⅰ，在不同温度下达到平衡时各气体的物质的量分数如图1所示(水转化为液态，不计入)。 ①200℃时，主要发生的反应的化学方程式为 。 ②800℃时，的平衡转化率为 。 Ⅱ.利用煤气化灰渣(主要成分有CaO、、和MgO等)封存，制备高纯碳酸钙。 ⅰ.浸出：向灰渣中加入稍过量盐酸，充分反应后过滤，得滤液a； ⅱ.净化：向滤液a中逐渐加入氨水，金属氢氧化物分步沉淀，分步过滤，得到滤液b； ⅲ.碳酸化：向滤液b中通入，过滤、洗涤、干燥，得到高纯。 已知：一些金属氢氧化物在溶液中达到沉淀溶解平衡时的与pH关系如图2所示。 (3)净化时，先分离出的氢氧化物是 。 (4)碳酸化时发生主要反应的离子方程式是 。 Ⅲ.利用双极膜电解制备NaOH，捕集烟气中，制备。已知：双极膜为复合膜，可在直流电的作用下，将膜间的解离，提供和。 (5)结合电极反应解释A区产生浓NaOH溶液的原因 。 (6)当电路中转移2mol时，上图装置产生 mol NaOH。 (7)制得的固体样品中常混有。准确称量xg样品，下列方案中，能测定样品中纯度的是 。 A．充分加热，固体减重 B．与足量稀盐酸充分反应，加热蒸干，得固体 C．与足量稀硫酸充分反应并加热，逸出气体用碱石灰吸收，增重 8．转化为高附加值的产品是应对气候变化和能源高速消耗的有效措施，我国科学家研究加氢制备甲醇方面取得一定进展。在一定温度和压强下，加氢制备甲醇的过程中主要发生如下三个反应，反应I、II、III对应的平衡常数分别为、和。 I． II． III． 回答下列问题： (1) ；、和三者之间的关系为 。 (2)为提高甲醇的平衡产率，可通过 (填“升高”或“降低”)温度， (填“增大”或“减小”)压强来实现。 (3)在两种不同的条件下，的平衡转化率和的选择性如下表所示。条件 (填“1”或“2”)中甲醇的产率更高。 条件 的平衡转化率/% 的选择性/% 1 27 68 2 21.3 97.7 (4)T℃时，将的混合气体充入压强为的恒压密闭容器中，在催化剂的作用下发生如下两个反应： ① ② 反应达到平衡状态时，和的分压相等，甲醇的选择性是CO的2倍，则的平衡转化率为 ，反应②的 (列出计算式即可，分压=总压×物质的量分数)。 (5)某甲醇燃料电池，电极材料为铂，电解质溶液为KOH溶液。写出负极电极反应式： ；铂电极除了起导电作用外，还起着 作用。 9．氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。 I.制取氢气 (1)甲醇和水蒸气制取氢气的过程中有下列反应： CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)   △H=+91 kJ·mol-1 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2 (g)  △H=-4lkJ·mol-1 写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式 。 (2)理论上，能提高H2平衡产率的措施有 (写出一条即可)。 II.储存氢气 硼氢化钠(NaBH4) 是研究最广泛的储氢材料之一; 已知： i．B的电负性为2.0 H的电负性为2.1 ii．25℃下NaBH4 在水中的溶解度为55g，NaBO2在水中的溶解度为0.28g (3)向NaBH4 水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠(NaBO2) 和氢气。写出该反应的化学方程式 。 (4)在研究浓度对催化剂Ru/NGR 活性的影响时，发现B 点后(见下图)增加NaBH4的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是 。 (5)用惰性电极电解NaBO2 溶液可制得NaBH4， 实现物质的循环使用，制备装置如图所示。 ①钛电极的电极反应式是 ； ②电解过程中，阴极区溶液pH 。(填“增大”“减小”或“不变”) 10．大气中含量的控制和资源化利用具有重要意义。 (1)还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： Ⅰ： Ⅱ： 反应 (2)工业上可利用制备：   ①时，该反应的平衡常数，该温度下某时刻测得体系内四种物质的浓度均为，则此时 (填“>”“=”或“<”)。 ②提高反应速率且增大的平衡产率，可采取的措施 。 A．升高反应温度 B．使用合适的催化剂 C．增大体系压强 D．从平衡体系中及时分离出 (3)一种捕获并实现资源利用的反应原理如图1所示。反应Ⅰ完成之后，以为载气，将恒定组成的混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，推测发生了副反应(反应Ⅲ)：。 ①反应Ⅱ的化学方程式为 。 ②时间段内，反应Ⅱ速率减小至0的原因 。 ③时刻，反应II和反应Ⅲ生成的速率之比为 。 (4)在铜基配合物的催化作用下，利用电化学原理可将转化为碳基燃料(包括、烷烃和羧酸等)，其装置原理如图所示。 ①图中生成甲酸的电极反应式为 。 ②当有通过质子交换膜时，理论上最多生成的质量为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)难挥发性 (2) ，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响 (3) 反应iii生成，将氧化成，更易转化成 (4)中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程 【详解】（1）浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。 （2）①第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为； ②，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积。 （3）①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为； ②反应iii生成，将氧化成，更易转化成。 （4）中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。 2．(1) CD 245℃左右 生成的甲醇的反应为放热反应、生成一氧化碳的反应为吸热反应，随着温度升高，生成甲醇速率加快，甲醇产率升高，超过一定温度生成一氧化碳的反应占主导地位导致甲醇产率下降 (2) (3) 负 1.5 【详解】（1）①已知： Ⅰ.   Ⅱ.   由盖斯定律可在，Ⅰ-Ⅱ得反应：  ； A．生成的速率与生成的速率相等，则正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，A不符合题意； B．设起始CO和H2的物质的量为amol，CO减小xmol、H2减小2xmol，生成甲醇xmol，CO体积分数为，为恒定值，所以CO体积分数保持不变，不能说明达到平衡，B不符合题意； C．反应为气体分子数改变的反应，混合气体的平均相对分子质量不变，说明平衡不再移动，达到平衡，C符合题意； D．投料比不是反应中的系数比，若CO和的物质的量之比为定值，说明平衡不再移动，达到平衡，D符合题意； 故选CD； ②由图可知，合成最适宜的温度是245℃左右，此时甲醇产率较高、二氧化碳转化率较高且副产物一氧化碳产率较低； 生成的甲醇的反应为放热反应、生成一氧化碳的反应为吸热反应，随着温度升高，生成甲醇速率加快，甲醇产率升高，超过一定温度生成一氧化碳的反应占主导地位导致甲醇产率下降，故反应过程中产率随温度升高先增大后减小； （2）一定条件下，向刚性容器中充入和； 平衡时总的物质的量为7-2x，的体积分数为60%，则，x=1mol；则氨气、二氧化碳、水的物质的量分别为1mol、3mol、1mol，平衡常数； （3）①左侧电极上二氧化碳得到电子反应还原反应，为阴极，则电极a为负极；右侧电极为阳极，甲醇失去电子发生氧化反应生成甲酸，电极反应式为； ②阴极反应为二氧化碳得到电子生成甲酸根离子，反应为，当有通过质子交换膜时，根据电子守恒可知，装置中生成和HCOOH共计1 mol +0.5mol=1.5mol。 3．(1)或 (2)增大压强；降低温度；将二甲醚或从体系中分离出去 (3)2-3(之间的数都行) (4) M 、 【详解】（1）由图可知，反应物能量高于生成物能量，反应放出热量，或。 （2）反应为气体分子数减小的放热反应，根据勒夏特列原理可知，有利于提高反应产率的条件为增大压强；降低温度；将二甲醚或从体系中分离出去。 （3）根据上图分析，合成二甲醚选用催化剂最佳比例为2-3(之间的数都行)，此时转化率或反应选择性最高。 （4）①原电池中阳离子向向正极移动，根据图示可知，燃料电池中的负极是M电极，二甲醚在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，其电极反应为。 ②用电极反应和离子方程式解释阳极区域能将酸性含铬废水(主要含有)转化为的原因 N极连接电解池中的左侧铁电极为阳极，铁电极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，，向阳极区运动和生成的亚铁离子反应生成铁离子和，。 4． 2e+3a-3b-d-3c CH3OH(l)+O2(g)===CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.0kJ·mol-1 O2+2H++2e-=H2O2 AC 【详解】(1)反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的△H=反应物总键能-生成物总键能=(2e+3a-3b-d-3c)kJ/mol； (2)根据盖斯定律，由可得CH3OH(l)+O2(g)===CO2(g)+2H2O(l)的△H==-726.0kJ·mol-1； (3)根据电子流向可知a极为阴极，氧气得电子被还原结合氢离子生成H2O2；b极为阳极，水中的氧元素被氧化得到H2O2； ①a极为阴极，氧气得电子被还原结合氢离子生成H2O2，电极反应式为O2+2H++2e-=H2O2； ②A．该装置为电解池，可以将电能转化为化学能，故A正确； B．b极为阳极，与电源的正极相连，故B错误； C．该方法制取双氧水的原料为水，原料廉价，且产物和反应物对环境均没有污染，故C正确； 综上所述答案为AC。 5．(1) 增大压强、降低温度、增加氢气浓度等 (2) (3) KHCO3溶液显碱性，H+浓度较低，H+氧化性较弱（或H+的电子速率减慢） (4) ab 乙醇 【详解】（1）①由乙酸甲酯生成乙醇的反应方程：可知，该反应为方式反应，且为分子式减小的反应，故能提高乙酸甲酯平衡转化率的条件有降低温度、增大压强、增加氢气浓度等； ②由原子守恒知，该反应：中，为甲醇，甲醇的电子式是； （2）铜单质具有还原性，硫单质具有弱氧化性，故单质与单质反应的化学方程式是； （3）①电催化还原。将(2)中制备的催化剂装载在阴极上，以为电解质溶液，阴极得到阴极电解反应式为； ②由于比于的还原反应，该催化剂对的还原反应具有较高的选择性、KHCO3溶液显碱性，H+浓度较低，H+氧化性较弱（或H+的电子速率减慢），故副反应能被明显抑制； （4）①a.中所有原子最外层均达到8电子稳定结构，性质稳定，因此活化是催化剂的重要性能，a正确； 由图知，途径Ⅰ的含碳产物还可能有等，b正确； 由O守恒，按途径Ⅱ(不考虑途径Ⅰ)，转化为，同时生成，c错误； 故选ab； ②由图知，铜基催化剂吸附密度大且能明显降低断键的活化能，由于铜具有还原性，易失去电子，则铜基催化剂对乙醇有较高的选择性。 6．(1) (2) 大于 ⅱ (3) 阴极：，每转移电子，必有通过质子交换膜进入阴极室，发生反应：，所以阴极室溶液的基本不变 【详解】（1）根据两个反应的化学计量数，可知该副反应的热化学方程式为 ； （2）①由图可知，低于400℃当温度不变时，反应a气体分子数和减小，反应b气体分子数和不变，增大压强有利于反应a平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，甲醇的选择性增大，故P1＞P2； ②根由图可知，400℃左右，CH3OH的选择性几乎为0，体系发生的主要反应为反应ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)； ③初始n(CO2)=1mol，CO2的平衡转化率为30%，则转化CO2物质的量为0.3mol，CH3OH的选择性为80%，则反应a生成CH3OH物质的量为0.3mol×80%=0.24mol，反应a消耗CO2、H2物质的量分别为0.24mol、0.72mol，反应b消耗CO2物质的量为0.3mol-0.24mol=0.06mol，反应b消耗H2物质的量为0.06mol，则H2的平衡转化率为×100%=26%； （3）①Cu和Cu2+反应生成Cu2O，离子方程式为； ②Zn2+和反应得到了ZnO和，对应的电极反应式为Zn2+++2e－=ZnO+；③阴极发生7CO2+6e－+5H2O=CH3OH+6，每转移6mol电子，必定有6molH+通过质子交换膜进入阴极室，发生+H+=CO2↑+H2O反应，所以电解过程中阴极室溶液的基本不变。 7．(1)   (2) 75% (3) (4) (5)阴极反应：，增大，穿过阳离子交换膜进入A区产生浓NaOH溶液 (6)4 (7)AB 【详解】（1）目标反应为，目标反应=2ⅰ+ⅱ则目标反应的，热化学方程式为； （2）根据图像可知200℃时主要生成甲烷，反应方程式为；800℃平衡时甲烷的物质的量分数为0，根据图像可以列三段式：则，，则二氧化碳的转化率为； （3）根据图像可知，Fe3+在pH=3左右完全沉淀，Al3+和Mg2+完全沉淀pH都大于3，因此先分离出的氢氧化物是Fe(OH)3； （4）碳酸化时通入的二氧化碳、一水合氨和氯化钙生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，离子方程式为； （5）该电池阴极发生，随着电解的进行，溶液中氢氧根离子浓度增大，同时钠离子经阳离子交换膜向阴极移动，使阴极区域的氢氧化钠浓度增大而得到氢氧化钠浓溶液； （6）每转移2mol电子有2molNaOH在阴极区生成，同时有2molNaOH在阳极区的双极膜和阳离子交换膜之间生成，因此每转移2mol电子有4molNaOH生成； （7）充分加热后，碳酸氢钠受热分解，因此减重质量为碳酸氢钠生成的二氧化碳和水，可以由此计算出碳酸氢钠的质量进而求得碳酸氢钠的质量分数，A正确；与足量稀盐酸反应后加热蒸干所得国体为NaCl，根据氯化钠的质量可列方程组而求得碳酸氢钠的质量进而求得碳酸氢钠的质量分数，B正确；与足量稀硫酸充分反应并加热，逸出气体用碱石灰吸收，增重为二氧化碳和水的质量，水的质量无法计算，因此不能计算得出碳酸氢钠的质量分数，C错误。 8．(1) (2) 降低 增大 (3)2 (4) 50%或0.5 (5) 催化 【详解】（1）利用盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，解出。平衡常数； （2）反应Ⅰ和反应Ⅲ中，均在低温和增压条件下，有利于提高甲醇的平衡产率，降温，反应Ⅱ平衡逆移，抑制副反应的发生，增大压强对反应Ⅱ无影响； （3）比较条件1和条件2时甲醇的产率，根据信息可知，受的平衡转化率和甲醇的选择性共同影响，将两者相乘，计算数值越大，甲醇产率越高，故答案为2； （4），设，。依据题给信息的选择性是CO的2倍，设转化生成的为，则生成的CO为。列三段式： 依据反应达到平衡状态时，和的分压相等，则，，解得，代入三段式： ，的物质的量分数为，的物质的量分数为，的物质的量分数为，的物质的量分数为，在下进行反应，代入反应②的表达式即可，，同时，计算出的平衡转化率为； （5）甲醇燃料电池，负极发生氧化反应，介质为碱性介质，转化为，负极反应式为；燃料电池中，铂电极除了起导电作用外，还有催化作用。 9．(1)CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) ΔH=+91kJ·mol−1-41 kJ·mol−1=+50 kJ·mol−1 (2)将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强 (3)NaBH4+2H2ONaBO2+2H2↑ (4)NaBH4浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低 (5) 6H2O+BO+8e-=BH+8OH- 增大 【详解】（1）已知①CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) △H=+91kJ·mol-1；②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=−41 kJ·mol−1；由盖斯定律可知，①+②即可得到甲醇为原料制取氢气的热化学方程式：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) ΔH=+91kJ·mol−1-41 kJ·mol−1=+50 kJ·mol−1。 （2）理论上，及时将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强都可以使平衡正向移动，提高H2平衡产率。 （3）向NaBH4水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠(NaBO2)和氢气，该反应的化学方程式为：NaBH4+2H2ONaBO2+2H2↑。 （4）在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加NaBH4的浓度，制氢速率反而下降，可能的原因是NaBH4浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低。 （5）①用惰性电极电解NaBO2溶液可制得NaBH4，钛电极为阴极，BO在阴极得到电子生成BH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-； ②阴极电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-，阴极区OH-浓度增大，pH增大。 10．(1) (2) > C (3) 催化剂表面不断被积碳覆盖直至反应II无法进行(或其他合理答案) 3：1 (4) 4.6g 【详解】（1）由盖斯定律可知，(Ⅱ-Ⅰ)×2可得=。 （2）①时，该反应的平衡常数，该温度下某时刻测得体系内四种物质的浓度均为，Q=，平衡正向进行，>； ②该反应是气体体积减小的放热反应， A．升高反应温度，平衡逆向移动，的平衡产率减小，A不选； B．催化剂不能增大的平衡产率，B不选； C．增大压强可以提高反应速率且增大的平衡产率，C选； D．从平衡体系中及时分离出，平衡正向移动，的平衡产率增大，但反应速率减慢，D不选； 故选C。 （3）①根据图1，反应Ⅱ的反应物为CaCO3和CH4，产物为CaO、CO和H2，可写出反应Ⅱ的化学方程式； ②时间段内，反应Ⅱ速率减小至0的原因为：催化剂表面不断被积碳覆盖直至反应II无法进行(或其他合理答案)； ③由图可知，时刻，CO的气体流速为1.5mmol·min-1，由反应Ⅱ可知，生成H2的气体流速为1.5mmol·min-1，而实际上H2的气体流速为2mmol·min-1，说明副反应生成H2的流速为0.5 mmol·min-1，则反应II和反应Ⅲ生成的速率之比为1.5:0.5=3:1。 （4）①由图可知，Pt电极氧元素价态升高失电子，故Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，石墨烯电极为阴极，电极反应式为； ②当有通过质子交换膜时，转移0.2mol电子，生成0.1molHCOOH，质量为0.1mol×46g/mol=4.6g。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$