2025届高三高考化学一轮复习 化学反应的方向和限度 练习卷

化学反应的方向和限度 一．选择题（共15小题） 1．（2024•南通一模）相同温度下，向2L密闭容器中分别通入不同物质的量的NOCl（g），发生反应：2NOCl（g）⇌2NO（g）+Cl2（g），NOCl（g）起始物质的量与平衡转化率的关系如表。下列说法正确的是（　　） 组别 n起始（NOCl）/mol NOCl平衡转化率/% Ⅰ 2 a Ⅱ m 50 Ⅲ n 40 A．m：n＝16：45 B．若m＜2，则a＞50 C．组别Ⅰ反应进行到2min时，测得NOCl的物质的量为1.8mol，2min内用Cl2表示的平均反应速率v（Cl2）＝0.05mol•L﹣1•min﹣1 D．组别Ⅱ反应达平衡后，再通入0.5mmol NOCl和0.5mmol NO，平衡向正反应方向移动 2．（2024•苏州一模）某温度下，1L容器中发生反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），NH3在20s内由1.0mol•L﹣1变成0.2mol•L﹣1（反应尚未达到平衡）。下列说法正确的是（　　） A．反应速率关2v（NO）＝3v（H2O） B．20s内，v（O2）＝0.04mol•L﹣1•s﹣1 C．20s内，NH3的转化率为80% D．20s内，上述反应转移电子数目为5×6.02×1023 3．（2021秋•通州区一模）用来表示可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）ΔH＜0的正确图象是图中的（　　） A． B． C． D． 4．（2024•苏州一模）在含有少量1的溶液中，2H2O2（aq）═2H2O（l）+O2（g）ΔH＝﹣98kJ•mol﹣1。其分解机理如下： ①H2O2+I﹣═H2O+IO﹣ΔH1 ②H2O2+IO﹣═H2O+O2+I﹣ΔH2 下列说法不正确的是（　　） A．升高温度和使用催化剂能提高H2O2分解的平衡转化率 B．IO﹣是中间产物，在反应②中作氧化剂 C．一段时间后，可用带火星的木条检验H2O2是否分解 D．ΔH1+ΔH2＝﹣98kJ•mol﹣1 5．（2024•苏州一模）利用反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）制备H2和CO，下列说法正确的是（　　） A．该反应ΔS＜0 B．该反应的平衡常数可表示为K＝ C．其他条件相同，增大压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大 D．其他条件相同，增大水蒸气的投入量，可提高CH4的平衡转化率 6．（2024•南通一模）H2S和CO2反应生成的羰基硫（COS）用于粮食熏蒸，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。 CO2（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2O（g）；ΔH＞0。下列说法正确的是（　　） A．△S＞0 B．上述反应的平衡常数 C．生产中1mol H2S和1mol CO2充分反应，生成1mol COS D．加入催化剂，降低了焓变，从而提高羰基硫产率 7．（2024•盐城一模）“碳达峰•碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关主要反应有： Ⅰ：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g） ΔH1＝+247kJ/mol，K1 Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41kJ/mol，K2 下列说法正确的是（　　） A．反应Ⅰ的平衡常数K1＝ B．反应Ⅱ的ΔS＜0 C．有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压 D．该工艺每转化0.2mol CO2可获得0.4mol CO 8．（2024•南京一模）下列图示与对应的叙述均正确的是（　　） A．图甲表示相同温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g），O2的平衡浓度与容器容积的关系 B．图乙表示N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应ΔH＜0 C．图丙表示向0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸时，溶液中随盐酸体积的变化关系 D．图丁表示向pH、体积均相同的HCl、CH3COOH溶液中分别加入过量锌粉，产生的H2体积随时间的变化，其中曲线a表示HCl溶液 9．（2024•南京一模）对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g） ΔH＜0，下列说法正确的是（　　） A．1mol N—H断裂的同时有1mol O—H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态 B．该反应的平衡常数可表达为 C．适当降温加压可提高NH3的平衡转化率 D．分离出NO（g），v正增大，平衡向正反应方向移动 10．（2024•南通开学）恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH3OH（g）和CO（g），发生如下反应： 主反应：CH3OH（g）+CO（g）═CH3COOH（g）ΔH1 副反应：CH3OH（g）+CH3COOH（g）═CH3COOCH3（g）+H2O（g）ΔH2 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数δ随投料比x（物质的量之比）的变化关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A．投料比x代表 B．曲线c代表乙酸的分布分数 C．ΔH1＜0，ΔH2＞0 D．L、M、N三点的平衡常数：K（L）＝K（M）＞K（N） 11．（2024•鼓楼区一模）根据下列图示所得出的结论不正确的是（　　） A．图甲是CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH＜0 B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c（H2O2）随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小 C．图丙是室温下用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸 D．图丁中虚线是2SO2+O2⇌2SO3在催化剂存在下反应过程中能量的变化情况，可推知催化剂Ⅱ的催化活性更高 12．（2024•南通一模）研究CaO对C—H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下： 反应Ⅰ：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH1＞0 反应Ⅱ：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH2＜0 反应Ⅲ：CaO（s）+CO2（g）═CaCO3（s）ΔH3＜0 一定压强下，C—H2O—CaO体系达平衡后，题图示温度范围内C（s）已完全反应，CaCO3（s）在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和H2物质的量分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．b线对应的物种为CO2 B．温度高于T1时，c线对应物种的物质的量分数逐渐升高 C．温度为T0时，向平衡体系中通入少量CO2，重新达平衡后c（CO2）将增大 D．温度为T0时，平衡体系中气体总物质的量为4.0mol，则CaCO3（s）的物质的量为0.5mol 13．（2024•南通一模）CO2催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应如下： 反应Ⅰ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）；ΔH1＝﹣122.5kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）；ΔH2＝akJ•mol﹣1 在恒压、n始（CO2）：n始（H2）＝1：3时，若仅考虑上述反应，平衡时CH3OCH3和CO的选择性及CO2的转化率随温度的变化如图中实线所示。CH3OCH3的选择性＝×100%下列说法正确的是（　　） A．图中曲线①表示平衡时CH3OCH3选择性随温度的变化 B．a＜0 C．平衡时H2转化率随温度的变化可能如图中虚线所示 D．200℃时，使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂可提高CH3OCH3的生产效率 14．（2024•盐城一模）CO2催化加氢制甲醇，在减少CO2排放的同时实现了CO2的资源化，该反应可表示为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），保持起始反应物n（H2）：n（CO2）＝3：1，T＝250℃时x（CH3OH）随压强变化的曲线和p＝5×105Pa时x（CH3OH）随温度变化的曲线如图。 已知：x（CH3OH）表示平衡体系中甲醇的物质的量分数。 下列说法正确的是（　　） A．该反应正反应活化能大于逆反应活化能 B．图中曲线变化说明高温、低压有利于提高原料利用率 C．当p＝6×105Pa、T＝210℃时，达平衡后x（CH3OH）＜0.1 D．a、b曲线交点处CO2转化率相同，平衡常数不同 15．（2024•南京一模）苯（C6H6）催化加氢制环己烷（C6H12）过程中的主要反应（忽略其他副反应）为： C6H6（g）+3H2（g）＝C6H12（g）ΔH＜0 160℃、1.01×105Pa下，将一定比例C6H6、H2混合气匀速通过装有催化剂的反应器。以Ni作催化剂，碳纳米管作Ni的载体和气体吸附剂，保持催化剂用量相同，研究Ni分别负载在碳纳米管内（方法A）和管外（方法B）的催化性能。其他条件相同，两种不同负载方式下，苯的转化率随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是（　　） A．其他条件不变，升高温度，C6H6的平衡转化率降低 B．若1.5h内共通过1mol C6H6，则方法A可获得0.51mol C6H12 C．1h后方法A中苯转化率更高的原因可能是碳纳米管内吸附的反应物浓度更高 D．可通过降低气体流速、使用高效催化剂等手段提高方法B的苯转化率 二．解答题（共5小题） 16．（2024•南京一模）利用温室气体CO2制备CH4、甲醇（CH3OH）是实现双碳目标的重要方法。 Ⅰ.CO2加氢制备CH4。其过程中的主要反应为 反应ⅰ：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g） ΔH1＝﹣165kJ•mol﹣1 反应ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41kJ•mol﹣1 （1）反应CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）的焓变ΔH＝ 　 　kJ•mol﹣1。 （2）在密闭容器中，1.01×105Pa、n起始（CO2）：n起始（CH4）＝1：4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图﹣1所示。CH4的选择性可表示为×100%。 ①其它条件不变，随压强增大，CH4平衡选择性 　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。 ②300～500℃范围内，随温度升高，CO2平衡转化率减小的原因是 　 　。 ③300～400℃范围内，随温度升高，CO2实际转化率增大的原因 　 　。 Ⅱ.CO2加氢制备甲醇（CH3OH）。 （3）水溶液中，Cu/ZnO/ZrO2催化CO2加氢生成甲醇的机理如图﹣2所示。 ①步骤③发生反应的方程式为 　 　。 ②用重氢气（D2）代替H2，可检测到甲醇的化学式为 　 　。 17．（2024•盐城一模）为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，从空气中捕集CO2并将其转化为燃料或增值化学品成为了新的研究热点。 Ⅰ．CO2的捕集 （1）吸收剂X（乙醇胺，HOCH2CH2NH2）可完成对空气中CO2的捕集。 乙醇胺溶液能够吸收和解吸CO2的原因是 　 　。 Ⅱ．CO2的资源化 （2）二氧化碳甲烷化，其主要反应为： 反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH＝41.2kJ•mol﹣1 在密闭容器中，1.01×105Pa，n起始（CO2）﹕n起始（H2）＝1﹕4时，CO2平衡转化率在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图1所示。 ①反应2CO（g）+2H2（g）SCO2（g）+CH4（g） ΔH＝　 　kJ•mol﹣1； ②580℃以后CO2平衡转化率升高的主要原因是 　 　。 （3）为了进一步研究CO2的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO2（M表示Ni或Ru）在300℃光照的条件下进行反应，催化反应的核心过程如图2所示： ①步骤Ⅲ发生的反应为 　 　（*X代表吸附态中间体） ②研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率 　 　（填“高于”或“低于”）使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率。 （4）利用高炉炼铁尾气中的CO2制取有机物的过程如图3。 相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率（FE%）随电解电压的变化图4所示： FE%＝×100%，选择性S（X）＝×100%。 ①“电解”在质子交换膜电解池中进行，当电解电压为0.7V，阴极发生的电极反应式为：　 　。 ②当电解电压为0.95V时，生成HCHO和HCOOH的选择性之比为 　 　。 18．（2024•鼓楼区一模）研究工业尾气处理是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。 （1）脱除NO。已知： ①脱硝反应CH4（g）+2NO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）的ΔH＝ 　 　kJ•mol﹣1 ②一定条件下，n（CH4）：n（NO）：n（O2）＝1：1：50的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和CH4转化率随反应温度的变化如图1。 分析NO的去除率随温度变化的原因 　 　。 （2）脱除SO2。工业上用纳米MgO分散到一定浓度的MgSO4溶液中，配制成SO2烟气脱硫试剂。将含有SO2的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中SO2脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图2所示。 已知：ⅰ.纳米MgO活性较高，常温可与水反应：ⅱ.MgSO3难溶于水，Mg（HSO3）2可溶。 ①为提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂情况下，可采取措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、　 　（写出两点）。 ②烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右。请分析原因 　 　。 ③实验发现：随着SO2的脱除，600s以后溶液pH值几乎不变，但MgSO4浓度逐渐升高。结合图2和图3分析，可能是因为溶液中的Mg（OH）2转化为MgSO4。写出该反应的离子方程式 　 　。 （3）脱除H2S。催化剂CeO2﹣MgO对反应有高选择性，理论计算得到反应主要路径如图4所示，表示状态2的为 　 　（填选项）。 19．（2024•建邺区一模）二氧化碳的捕集、利用与封存是我国能源领域的一个重要战略方向，发展成一项重要的新兴产业。 （1）一种脱除和利用水煤气中CO2方法的示意图如图： ①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，溶液的pH等于10，此时溶液中c（）：c（）＝ 　 　（该温度下H2CO3的Ka1＝4.6×10﹣7，Ka2＝5.0×10﹣11）。 ②再生塔中产生CO2的离子方程式为 　 　。 （2）科学家提出由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。 已知“重整系统”发生的反应中＝6，则“重整系统”发生反应的化学方程式为 　 　。 （3）用二氧化碳催化加氢来合成低碳烯烃，起始时以0.1MPa，n（H2）：n（CO2）＝3：1的投料比充入反应器中，发生反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g），不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示： ①该反应在 　 　自发进行（填“低温”或“高温”）。 ②b代表的物质是 　 　。 ③为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是 　 　（列举2项）。 ④T1温度下CO2的平衡转化率为 　 　。 20．（2024•南京一模）O2资源化利用具有重要意义。 （1）CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： Ⅰ．CH4（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g） Ⅱ．CH4（g）+3CO2（g）＝4CO（g）+2H2O（g） 反应CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH＝ 　 　。 （2）燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。 ①吸收剂X的结构简式是 　 　。 ②X具有很好的水溶性的原因是 　 　。 （3）CO2与环氧化合物反应可以转化为有价值的有机物。 转化过程如图1所示。Y为五元环状化合物，Y的结构简式为 　 　；N原子上的孤电子对主要进攻甲基环氧乙烷中“CH2”上的碳原子，而不是“CH”上的碳原子，原因是 　 　。 （4）利用电化学可以将CO2转化为有机物 多晶Cu是目前唯一被实验证实能高效催化CO2还原为烃类（如C2H4）的金属。如图2，电解装置中分别以多晶Cu和Pt为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，反应前后KHCO3浓度基本保持不变，温度控制在10℃左右。阴极生成C2H4的电极反应式为 　 　。 （5）装置工作时，阴极主要生成C2H4，还可能生成副产物降低电解效率。标准状况下，当阳极生成O2的体积为224mL时，测得阴极区生成C2H456mL，则电解效率为 　 　。（忽略电解前后溶液体积的变化）已知：电解效率＝。 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 1．（2024•南通一模）相同温度下，向2L密闭容器中分别通入不同物质的量的NOCl（g），发生反应：2NOCl（g）⇌2NO（g）+Cl2（g），NOCl（g）起始物质的量与平衡转化率的关系如表。下列说法正确的是（　　） 组别 n起始（NOCl）/mol NOCl平衡转化率/% Ⅰ 2 a Ⅱ m 50 Ⅲ n 40 A．m：n＝16：45 B．若m＜2，则a＞50 C．组别Ⅰ反应进行到2min时，测得NOCl的物质的量为1.8mol，2min内用Cl2表示的平均反应速率v（Cl2）＝0.05mol•L﹣1•min﹣1 D．组别Ⅱ反应达平衡后，再通入0.5mmol NOCl和0.5mmol NO，平衡向正反应方向移动 【答案】A 【分析】A．利用三段式计算组别Ⅱ、组别Ⅲ的化学平衡常数，温度相同，化学平衡常数相同； B．增大反应物的量，相当于增大压强； C．组别Ⅰ反应进行到2min时，测得NOCl的物质的量为1.8mol，NOCl的变化量为0.2mol，Cl2的变化量为0.1mol，根据v＝计算反应速率； D．根据Q与K的大小判断反应进行的方向。 【解答】解：A．组别Ⅱ中NOCl的变化量为m×50%＝0.5m， 2NOCl（g）⇌2NO（g）+Cl2（g） 起始（mol） m 0 0 转化（mol） 0.5m 0.5m 0.25m 平衡（mol） 0.5m 0.5m 0.25m 组别Ⅲ中NOCl的变化量为n×54%＝0.4n， 2NOCl（g）⇌2NO（g）+Cl2（g） 起始（mol） n 0 0 转化（mol） 0.4n 0.4n 0.2n 平衡（mol） 0.6n 0.4n 0.2n 则K＝＝0.125m，K＝＝，温度相同，化学平衡常数相同，＝0.125m，则m：n＝16：45，故A正确； B．增大反应物的量，相当于增大压强，平衡逆向移动，若m＜2，则a＜50，故B错误； C．组别Ⅰ反应进行到2min时，测得NOCl的物质的量为1.8mol，NOCl的变化量为0.2mol，Cl2的变化量为0.1mol，v（Cl2）＝＝＝0.025mol•L﹣1•min﹣1，故C错误； D．组别Ⅱ反应达平衡后，再通入0.5mmol NOCl和0.5mmol NO，此时Q＝＝0.125m＝K，平衡不移动，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查化学平衡的计算，把握化学平衡常数的计算、化学平衡的影响因素及反应速率的计算为解答的关键，侧重分析与灵活运用能力的考查，题目难度中等。 2．（2024•苏州一模）某温度下，1L容器中发生反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），NH3在20s内由1.0mol•L﹣1变成0.2mol•L﹣1（反应尚未达到平衡）。下列说法正确的是（　　） A．反应速率关2v（NO）＝3v（H2O） B．20s内，v（O2）＝0.04mol•L﹣1•s﹣1 C．20s内，NH3的转化率为80% D．20s内，上述反应转移电子数目为5×6.02×1023 【答案】C 【分析】A．根据速率之比等于化学计量数之比进行判断； B．20s内v（NH3）＝0.04mol•L﹣1•s﹣1，速率之比等于化学计量数之比，则v（O2）＝0.05mol•L﹣1•s﹣1； C．NH3在20s内由1.0mol•L﹣1变成0.2mol•L﹣1，则NH3在20s内转化的量为0.8mol•L﹣1，20s内NH3的转化率为进行计算； D．NH3在20s内由1.0mol•L﹣1变成0.2mol•L﹣1，则NH3在20s内转化的量为0.8mol•L﹣1，即NH3在20s内转化的物质的量为0.8mol，由化学方程式可知，1mol NH3转化为NO时，转移的电子为5mol，则0.8mol NH3转移的电子数为0.8×5×6.02×1023。 【解答】解：A．速率之比等于化学计量数之比，则3v（NO）＝2v（H2O），故A错误； B．20s内v（NH3）＝0.04mol•L﹣1•s﹣1，速率之比等于化学计量数之比，则v（O2）＝0.05mol•L﹣1•s﹣1，故B错误； C．NH3在20s内由1.0mol•L﹣1变成0.2mol•L﹣1，则NH3在20s内转化的量为0.8mol•L﹣1，20s内NH3的转化率为＝80%，故C正确； D．NH3在20s内由1.0mol•L﹣1变成0.2mol•L﹣1，则NH3在20s内转化的量为0.8mol•L﹣1，即NH3在20s内转化的物质的量为0.8mol，由化学方程式可知，1mol NH3转化为NO时，转移的电子为5mol，则0.8mol NH3转移的电子数为0.8×5×6.02×1023，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查了化学平衡的有关计算，题目难度中等，掌握化学平衡计算的方法是解答该题的关键。 3．（2021秋•通州区一模）用来表示可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）ΔH＜0的正确图象是图中的（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据方程式可知，正反应为放热反应，升高温度正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，C的含量减小，A的转化率降低；正反应为体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，正、逆速率都增大，正反应速率增大更多，平衡时A的转化率增大． 【解答】解：A．正反应放热，温度越高，反应速率越快，达平衡的时间短，且温度升高，平衡向逆反应方向移动，C的含量减小，与图像相符，故A正确； B．增大压强，正逆反应速率均增大，图象与实际不符，故B错误； C．升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低；正反应为体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时A的转化率增大，图象中温度高，A的转化率高，与实际不相符，故C错误； D．升高温度，正、逆反应速率都增大，图象中升高温度正、逆速率都降低，与实际不符，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查化学平衡图象与影响因素，题目难度中等，解答本题的关键是根据反应的特征判断外界条件对平衡移动的影响，与图象对比可解答该题． 4．（2024•苏州一模）在含有少量1的溶液中，2H2O2（aq）═2H2O（l）+O2（g）ΔH＝﹣98kJ•mol﹣1。其分解机理如下： ①H2O2+I﹣═H2O+IO﹣ΔH1 ②H2O2+IO﹣═H2O+O2+I﹣ΔH2 下列说法不正确的是（　　） A．升高温度和使用催化剂能提高H2O2分解的平衡转化率 B．IO﹣是中间产物，在反应②中作氧化剂 C．一段时间后，可用带火星的木条检验H2O2是否分解 D．ΔH1+ΔH2＝﹣98kJ•mol﹣1 【答案】A 【分析】由反应历程可知，I﹣作催化剂，IO﹣为中间产物，结合外界条件改变对化学平衡的影响分析。 【解答】解：A．反应放热，平衡逆向移动，H2O2分解的平衡转化率减小，加入催化剂，可以加快反应速率，平衡不移动，H2O2分解的平衡转化率不变，故A错误； B．IO﹣为中间产物，反应②中碘元素化合价降低作氧化剂，故B正确； C．H2O2分解产生氧气，一段时间后，可用带火星的木条是否复燃检验H2O2是否分解，故C正确； D．依据盖斯定律①+②可得2H2O2（aq）═2H2O（l）+O2（g）ΔH＝ΔH1+ΔH2＝﹣98kJ•mol﹣1，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 5．（2024•苏州一模）利用反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）制备H2和CO，下列说法正确的是（　　） A．该反应ΔS＜0 B．该反应的平衡常数可表示为K＝ C．其他条件相同，增大压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大 D．其他条件相同，增大水蒸气的投入量，可提高CH4的平衡转化率 【答案】D 【分析】依据外界条件改变对化学平衡的影响分析。 【解答】解：A．反应正向气体分子数增大，△S＞0，故A错误； B．反应的平衡常数可表示为K＝，故B错误； C．其他条件相同，增大压强，平衡逆向移动，平衡常数不变，故C错误； D．其他条件相同，增大水蒸气的投入量，平衡正向移动，可提高CH4的平衡转化率，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 6．（2024•南通一模）H2S和CO2反应生成的羰基硫（COS）用于粮食熏蒸，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。 CO2（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2O（g）；ΔH＞0。下列说法正确的是（　　） A．△S＞0 B．上述反应的平衡常数 C．生产中1mol H2S和1mol CO2充分反应，生成1mol COS D．加入催化剂，降低了焓变，从而提高羰基硫产率 【答案】A 【分析】A．结合反应自发性分析； B．依据方程式书写平衡常数表达式； C．可逆反应不能反应完全； D．催化剂不能改变反应焓变，也不能使平衡发生移动。 【解答】解：A．反应能自发，故ΔH﹣T△S＜0，ΔH＞0，故△S＞0，故A正确； B．反应的平衡常数K＝，故B错误； C．可逆反应不能反应完全，1mol H2S和1mol CO2充分反应，生成COS的物质的量小于1mol，故C错误； D．加入催化剂，反应焓变不变，平衡不移动，羰基硫产率不变，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 7．（2024•盐城一模）“碳达峰•碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关主要反应有： Ⅰ：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g） ΔH1＝+247kJ/mol，K1 Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41kJ/mol，K2 下列说法正确的是（　　） A．反应Ⅰ的平衡常数K1＝ B．反应Ⅱ的ΔS＜0 C．有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压 D．该工艺每转化0.2mol CO2可获得0.4mol CO 【答案】C 【分析】A．平衡常数的表达式为生成物浓度幂次方与反应物浓度幂次方的比值； B．反应Ⅱ能发生，说明ΔH﹣TΔS＜0； C．升高温度反应Ⅰ和反应Ⅱ均正向移动，降低压强使反应Ⅰ平衡正向移动； D．反应I每反应1mol CO2生成2mol CO，反应II每反应1mol CO2生成1mol CO。 【解答】解：A．平衡常数的表达式为生成物浓度幂次方与反应物浓度幂次方的比值，反应Ⅰ的平衡常数K1＝，故A错误； B．反应Ⅱ能发生，说明ΔH﹣TΔS＜0，已知ΔH2＞0，则ΔS＞0，故B错误； C．升高温度反应Ⅰ和反应Ⅱ均正向移动，降低压强使反应Ⅰ平衡正向移动，平衡转化率将增大，故C正确； D．反应Ⅰ每反应1mol CO2生成2mol CO，反应Ⅱ每反应1mol CO2生成1mol CO，则每转化0.2mol CO2获得小于0.4mol CO，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 8．（2024•南京一模）下列图示与对应的叙述均正确的是（　　） A．图甲表示相同温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g），O2的平衡浓度与容器容积的关系 B．图乙表示N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应ΔH＜0 C．图丙表示向0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸时，溶液中随盐酸体积的变化关系 D．图丁表示向pH、体积均相同的HCl、CH3COOH溶液中分别加入过量锌粉，产生的H2体积随时间的变化，其中曲线a表示HCl溶液 【答案】A 【分析】A．根据反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g），则K＝c（O2），K是温度的函数； B．温度升高平衡常数增大，说明升高温度化学平衡正向移动； C．0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液，铵根离子易水解，+H2O⇌NH3•H2O+H+，水解平衡常数Kh＝，溶液中＝； D．CH3COOH是弱酸，pH、体积均相同的HCl、CH3COOH溶液，CH3COOH溶液的浓度大于HCl溶液的浓度。 【解答】解：A．K是温度的函数，温度不变，K值不变，根据反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g），则K＝c（O2），则氧气的平衡浓度也不变，故A正确； B．温度升高平衡常数增大，说明升高温度化学平衡正向移动，故可说明该反应ΔH＞0，故B错误； C．0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液，铵根离子易水解，+H2O⇌NH3•H2O+H+，水解平衡常数Kh＝，溶液中＝，随着盐酸体积的增大，抑制铵根离子水解，则c（NH3•H2O）减小，则增大，故C错误； D．CH3COOH是弱酸，pH、体积均相同的HCl、CH3COOH溶液，CH3COOH溶液的浓度大于HCl溶液的浓度，向pH、体积均相同的HCl、CH3COOH溶液中分别加入过量锌粉，醋酸溶液产生氢气的体积较多，则其中曲线a表示CH3COOH溶液，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡图像的掌握情况，试题难度中等。 9．（2024•南京一模）对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g） ΔH＜0，下列说法正确的是（　　） A．1mol N—H断裂的同时有1mol O—H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态 B．该反应的平衡常数可表达为 C．适当降温加压可提高NH3的平衡转化率 D．分离出NO（g），v正增大，平衡向正反应方向移动 【答案】A 【分析】A．依据断键、成键情况判断速率关系； B．平衡常数等于生成物浓度的系数次幂的乘积比上反应物浓度系数次幂的乘积； C．依据外界条件改变对平衡的影响分析； D． 【解答】解：A．1mol N—H断裂即有mol氨气被消耗，有1mol O—H断裂即有mol水被消耗，此时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确； B．依据方程式可知，该反应的平衡常数可表达为K＝，故B错误； C．反应放热，降温，平衡正向移动，NH3的平衡转化率变大，反应正向气体分子数减小，加压，平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小，故C错误； D．分离出NO（g），逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变，平衡向正反应方向移动，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 10．（2024•南通开学）恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH3OH（g）和CO（g），发生如下反应： 主反应：CH3OH（g）+CO（g）═CH3COOH（g）ΔH1 副反应：CH3OH（g）+CH3COOH（g）═CH3COOCH3（g）+H2O（g）ΔH2 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数δ随投料比x（物质的量之比）的变化关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A．投料比x代表 B．曲线c代表乙酸的分布分数 C．ΔH1＜0，ΔH2＞0 D．L、M、N三点的平衡常数：K（L）＝K（M）＞K（N） 【答案】D 【分析】由曲线a、d的变化趋势可知，投料比x代表，曲线a、b代表δ（CH3COOH），曲线c、d代表δ（CH3COOCH3）；投料比相同时，随温度升高，δ（CH3COOH）的分布系数增大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，δ（CH3COOCH3）减小，说明副反应的平衡逆向移动；化学平衡常数只与温度有关，温度升高放热反应的平衡常数减小，以此分析解答。 【解答】解：A．由曲线a、d的变化趋势可知，投料比x代表，故A错误； B．随投料比x代表增大，生成CH3COOH越多，故曲线a、b代表δ（CH3COOH），曲线c、d代表δ（CH3COOCH3），故B错误； C．由图像可知，当投料比相同时，随温度升高，δ（CH3COOH）的分布系数增大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，ΔH1＞0；δ（CH3COOCH3）减小，说明副反应的平衡逆向移动，ΔH2＜0，故C错误； D．L、M、N三点对应副反应ΔH2＜0，且TN＞TM＝TL，升高温度平衡逆向移动，K（L）＝K（M）＞K（N），故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡，涉及图像中曲线变化的分析判断、影响平衡的因素、平衡常数的影响因素等知识，掌握基础是关键，题目难度中等。 11．（2024•鼓楼区一模）根据下列图示所得出的结论不正确的是（　　） A．图甲是CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH＜0 B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c（H2O2）随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小 C．图丙是室温下用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸 D．图丁中虚线是2SO2+O2⇌2SO3在催化剂存在下反应过程中能量的变化情况，可推知催化剂Ⅱ的催化活性更高 【答案】C 【分析】A．图甲是CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，随着温度升高，lgK的值减小，说明平衡常数减小，则平衡向着逆反应方向进行； B．随反应时间的进行，溶液中过氧化氢基本都分解为水和氧气； C．酸的浓度为0.1000mol•L﹣1，由图象可以看出0.1000mol•L﹣1一元酸HX溶液的pH＞1； D．相比催化剂I，催化剂II降低反应的活化能更多。 【解答】解：A．图甲是CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，随着温度升高，lgK的值减小，说明平衡常数减小，则平衡向着逆反应方向进行，所以正反应是放热的，即反应的ΔH＜0，故A正确； B．随反应时间的进行，溶液中过氧化氢基本都分解为水和氧气，则H2O2的浓度减小，所以分解速率逐渐减小，故B正确； C．酸的浓度为0.1000mol•L﹣1，其pH＞1，说明HX为弱酸，故C错误； D．相比催化剂I，催化剂II降低反应的活化能更多，可推知催化剂Ⅱ的催化活性更高，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 12．（2024•南通一模）研究CaO对C—H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下： 反应Ⅰ：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH1＞0 反应Ⅱ：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH2＜0 反应Ⅲ：CaO（s）+CO2（g）═CaCO3（s）ΔH3＜0 一定压强下，C—H2O—CaO体系达平衡后，题图示温度范围内C（s）已完全反应，CaCO3（s）在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和H2物质的量分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．b线对应的物种为CO2 B．温度高于T1时，c线对应物种的物质的量分数逐渐升高 C．温度为T0时，向平衡体系中通入少量CO2，重新达平衡后c（CO2）将增大 D．温度为T0时，平衡体系中气体总物质的量为4.0mol，则CaCO3（s）的物质的量为0.5mol 【答案】D 【分析】由图可知，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故图象中曲线一直增加的b曲线对应的物种为CO，碳酸钙分解产生二氧化碳，故在T1前后先增后减的c曲线对应物种为CO2，则一直减小的a曲线对应的物种为H2，据此作答。 【解答】解：A．由分析可知，b曲线对应的物种为CO，故A错误； B．T1温度时，碳酸钙完全分解，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳反应量增加，物质的量分数减小，故B错误； C．依据公式pV＝nRT可知p＝cRT，在恒温恒压下，气体的物质的量浓度为定值，故C错误； D．温度为T0时，平衡体系中气体总物质的量为4.0mol，则氢气的物质的量为4.0mol×0.50＝2.0mol，CO的物质的量为4.0mol×0.15＝0.6mol，氢气的物质的量为4.0mol×0.05＝0.2mol，反应Ⅰ中，设CO的反应量为xmol，则氢气消耗xmol，反应Ⅱ中，设二氧化碳反应ymol，则氢气消耗ymol，CO生成量为ymol，在反应Ⅲ中，设二氧化碳的物质的量为zmol，则氢气的物质的量x+y＝2，CO的物质的量x﹣y＝0.6，二氧化碳的物质的量y﹣z＝0.2，解得x＝1.3，y＝0.7，z＝0.5，反应Ⅲ中，二氧化碳和碳酸钙系数相等，故CaCO3（s）的物质的量为0.5mol，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 13．（2024•南通一模）CO2催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应如下： 反应Ⅰ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）；ΔH1＝﹣122.5kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）；ΔH2＝akJ•mol﹣1 在恒压、n始（CO2）：n始（H2）＝1：3时，若仅考虑上述反应，平衡时CH3OCH3和CO的选择性及CO2的转化率随温度的变化如图中实线所示。CH3OCH3的选择性＝×100%下列说法正确的是（　　） A．图中曲线①表示平衡时CH3OCH3选择性随温度的变化 B．a＜0 C．平衡时H2转化率随温度的变化可能如图中虚线所示 D．200℃时，使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂可提高CH3OCH3的生产效率 【答案】D 【分析】根据已知反应Ⅰ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH1＝﹣122.5kJ•mol﹣1，反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝akJ•mol﹣1，可知ΔH1＜0，故温度升高，CH3OCH3的选择性减小，根据曲线的变化趋势可知，曲线②代表CH3OCH3的选择性；温度升高，若a＞0，反应Ⅱ右移，则CO的选择性增大，若a＜0，反应Ⅱ左移，则CO的选择性减小，而曲线③先减小后增大，故曲线①代表CO的选择性增大，曲线③代表CO2的平衡转化率，以此来解答此题。 【解答】解：A．反应Ⅰ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH1＝﹣122.5kJ•mol﹣1，反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝akJ•mol﹣1，可知ΔH1＜0，故温度升高，CH3OCH3的选择性减小，根据曲线的变化趋势可知，曲线②代表CH3OCH3的选择性，曲线①表示平衡时CO的选择性，故A错误； B．图中曲线①代表CO的选择性，温度升高，CO增多，说明反应Ⅱ为吸热反应，即a＞0，故B错误； C．n始（CO2）和n始（H2）＝1：3时，若只发生反应Ⅰ，则二氧化碳和氢气的平衡转化率之比为1：1，若只发生反应Ⅱ，则二氧化碳转化率和氢气转化率之比为3：1，由于两个反应均发生，则1：1＜二氧化碳转化率与氢气的转化率之比＜3：1，温度升高反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，二氧化碳转化率和氢气转化率之比越来越远离1：1，即相等，故图中虚线不能表示氢气的平衡转化率，故C错误； D．使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂，则单位时间内生成CH3OCH3的速率加快，可提高的CH3OCH3的生产效率，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡和化学反应能量变化，掌握外界条件对平衡的影响是解题的关键，难点是化学平衡的分析，题目难度较大。 14．（2024•盐城一模）CO2催化加氢制甲醇，在减少CO2排放的同时实现了CO2的资源化，该反应可表示为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），保持起始反应物n（H2）：n（CO2）＝3：1，T＝250℃时x（CH3OH）随压强变化的曲线和p＝5×105Pa时x（CH3OH）随温度变化的曲线如图。 已知：x（CH3OH）表示平衡体系中甲醇的物质的量分数。 下列说法正确的是（　　） A．该反应正反应活化能大于逆反应活化能 B．图中曲线变化说明高温、低压有利于提高原料利用率 C．当p＝6×105Pa、T＝210℃时，达平衡后x（CH3OH）＜0.1 D．a、b曲线交点处CO2转化率相同，平衡常数不同 【答案】D 【分析】由图可知，反应正向气体分子数减小，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，x（CH3OH）增大，故a曲线表示T＝250℃时x（CH3OH）随压强变化的曲线，b曲线表示p＝5×105Pa时x（CH3OH）随温度变化的曲线，温度升高，x（CH3OH）减小，平衡逆向移动，反应正向为放热反应，据此作答。 【解答】解：A．反应正向为放热反应，故正反应活化能小于逆反应活化能，故A错误； B．高温、低压均使平衡逆向移动，不有利于提高原料利用率，故B错误； C．当p＝2×105Pa、T＝210℃时，达平衡后x（CH3OH）＝0.1，当p＝6×105Pa、T＝210℃时，温度不变，压强增大，平衡正向移动，x（CH3OH）＞0.1，故C错误； D．由图可知，a、b曲线交点处x（CH3OH）相同，故CO2转化率相同，但反应温度不同，故平衡常数不同，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 15．（2024•南京一模）苯（C6H6）催化加氢制环己烷（C6H12）过程中的主要反应（忽略其他副反应）为： C6H6（g）+3H2（g）＝C6H12（g）ΔH＜0 160℃、1.01×105Pa下，将一定比例C6H6、H2混合气匀速通过装有催化剂的反应器。以Ni作催化剂，碳纳米管作Ni的载体和气体吸附剂，保持催化剂用量相同，研究Ni分别负载在碳纳米管内（方法A）和管外（方法B）的催化性能。其他条件相同，两种不同负载方式下，苯的转化率随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是（　　） A．其他条件不变，升高温度，C6H6的平衡转化率降低 B．若1.5h内共通过1mol C6H6，则方法A可获得0.51mol C6H12 C．1h后方法A中苯转化率更高的原因可能是碳纳米管内吸附的反应物浓度更高 D．可通过降低气体流速、使用高效催化剂等手段提高方法B的苯转化率 【答案】D 【分析】A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C6H6的平衡转化率降低； B．若1.5h内共通过1mol C6H6，则方法A可获得0.51mol C6H12； C．1h后方法A中苯转化率更高的原因可能是碳纳米管内吸附的反应物浓度更高； D．降低气体流速，反应物浓度降低，苯的转化率降低。 【解答】解：A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C6H6的平衡转化率降低，故A正确； B．若1.5h内共通过1mol C6H6，则方法A可获得0.51mol C6H12，故B正确； C．1h后方法A中苯转化率更高的原因可能是碳纳米管内吸附的反应物浓度更高，故C正确； D．降低气体流速，反应物浓度降低，苯的转化率降低，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查了化学平衡的知识，题目难度中等，掌握基础知识，结合题给信息即可解答。 二．解答题（共5小题） 16．（2024•南京一模）利用温室气体CO2制备CH4、甲醇（CH3OH）是实现双碳目标的重要方法。 Ⅰ.CO2加氢制备CH4。其过程中的主要反应为 反应ⅰ：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g） ΔH1＝﹣165kJ•mol﹣1 反应ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41kJ•mol﹣1 （1）反应CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）的焓变ΔH＝ 　﹣196　kJ•mol﹣1。 （2）在密闭容器中，1.01×105Pa、n起始（CO2）：n起始（CH4）＝1：4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图﹣1所示。CH4的选择性可表示为×100%。 ①其它条件不变，随压强增大，CH4平衡选择性 　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）。 ②300～500℃范围内，随温度升高，CO2平衡转化率减小的原因是 　随温度升高，反应i逆向移动的程度大于反应ii正向移动的程度　。 ③300～400℃范围内，随温度升高，CO2实际转化率增大的原因 　反应i逆向移动的程度小于反应ii正向移动的程度　。 Ⅱ.CO2加氢制备甲醇（CH3OH）。 （3）水溶液中，Cu/ZnO/ZrO2催化CO2加氢生成甲醇的机理如图﹣2所示。 ①步骤③发生反应的方程式为 　HCOO﹣+4H++4e﹣＝CH3O﹣+H2O　。 ②用重氢气（D2）代替H2，可检测到甲醇的化学式为 　CH3OD　。 【答案】（1）﹣196； （2）①增大； ②随温度升高，反应i逆向移动的程度大于反应ii正向移动的程度； ③反应i逆向移动的程度小于反应ii正向移动的程度； （3）①HCOO﹣+4H++4e﹣＝CH3O﹣+H2O； ②CH3OD。 【分析】（1）根据盖斯定律，反应ⅰ﹣反应ⅱ，得到CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）ΔH，则ΔH＝ ΔH1﹣ΔH2，将数据代入计算即可； （2）①其它条件不变，随压强增大，反应ⅰ正向移动，反应ⅱ不移动，CH4平衡选择性增大； ②300～500℃范围内，随温度升高，反应ⅰ为放热反应，平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，反应ii为吸热反应，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但CO2平衡转化率减小，即反应i逆向移动的程度大于反应ii正向移动的程度； ③300～400℃范围内，随温度升高，CO2实际转化率增大的原因是反应i逆向移动的程度小于反应ii正向移动的程度； （3）①由图可知，步骤③发生反应为：HCOO﹣与H+，得到电子，生成CH3O﹣和H2O； ②用重氢气（D2）代替H2，根据原子守恒和电荷守恒可知，生成甲醇中的H原子会被D原子代替，会生成CH3OD。 【解答】解：（1）已知反应ⅰ：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g） ΔH1＝﹣165kJ•mol﹣1，反应ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，反应ⅰ﹣反应ⅱ，得到CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）ΔH，则ΔH＝ ΔH1﹣ΔH2＝（﹣165kJ•mol﹣1）﹣（+41kJ•mol﹣1）＝﹣196kJ•mol﹣1， 故答案为：﹣196； （2）①其它条件不变，随压强增大，反应ⅰ正向移动，反应ⅱ不移动，所以CH4平衡选择性增大， 故答案为：增大； ②300～500℃范围内，随温度升高，反应ⅰ为放热反应，平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，反应ii为吸热反应，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但CO2平衡转化率减小，即反应i逆向移动的程度大于反应ii正向移动的程度， 故答案为：随温度升高，反应i逆向移动的程度大于反应ii正向移动的程度； ③结合②中分析可知，300～400℃范围内，随温度升高，CO2实际转化率增大的原因是反应i逆向移动的程度小于反应ii正向移动的程度， 故答案为：反应i逆向移动的程度小于反应ii正向移动的程度； （3）①由图可知，步骤③发生反应的方程式为：HCOO﹣+4H++4e﹣＝CH3O﹣+H2O， 故答案为：HCOO﹣+4H++4e﹣＝CH3O﹣+H2O； ②用重氢气（D2）代替H2，根据原子守恒和电荷守恒可知，生成甲醇中的H原子会被D原子代替，则检测到甲醇的化学式为CH3OD， 故答案为：CH3OD； 【点评】本题主要考查盖斯定律的应用，化学平衡的移动，同时考查学生对反应机理图的理解与应用，属于高考高频考点，难度中等。 17．（2024•盐城一模）为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，从空气中捕集CO2并将其转化为燃料或增值化学品成为了新的研究热点。 Ⅰ．CO2的捕集 （1）吸收剂X（乙醇胺，HOCH2CH2NH2）可完成对空气中CO2的捕集。 乙醇胺溶液能够吸收和解吸CO2的原因是 　乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐；该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳　。 Ⅱ．CO2的资源化 （2）二氧化碳甲烷化，其主要反应为： 反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH＝41.2kJ•mol﹣1 在密闭容器中，1.01×105Pa，n起始（CO2）﹕n起始（H2）＝1﹕4时，CO2平衡转化率在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图1所示。 ①反应2CO（g）+2H2（g）SCO2（g）+CH4（g） ΔH＝　﹣247.1　kJ•mol﹣1； ②580℃以后CO2平衡转化率升高的主要原因是 　反应Ⅰ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，580℃以后，CO2转化量增大的幅度大于减小的幅度　。 （3）为了进一步研究CO2的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO2（M表示Ni或Ru）在300℃光照的条件下进行反应，催化反应的核心过程如图2所示： ①步骤Ⅲ发生的反应为 　*COOH→*CO+*OH　（*X代表吸附态中间体） ②研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率 　高于　（填“高于”或“低于”）使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率。 （4）利用高炉炼铁尾气中的CO2制取有机物的过程如图3。 相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率（FE%）随电解电压的变化图4所示： FE%＝×100%，选择性S（X）＝×100%。 ①“电解”在质子交换膜电解池中进行，当电解电压为0.7V，阴极发生的电极反应式为：　CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH　。 ②当电解电压为0.95V时，生成HCHO和HCOOH的选择性之比为 　2﹕1　。 【答案】（1）乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐；该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳； （2）①﹣247.1； ②反应Ⅰ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，580℃以后，CO2转化量增大的幅度大于减小的幅度； （3）①*COOH→*CO+*OH； ②高于； （4）①CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH； ②2﹕1。 【分析】（1）氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐； （2）①根据盖斯定律来解答； ②对于放热反应，温度升高，则平衡常数K减小；对于吸热反应，温度升高反，则平衡常数K增大； （3）①根据图知，步骤Ⅲ的反应； ②由已知条件可得出结论； （4）①由图像可知，阴极得到电子发生还原反应主要生成HCOOH； ②由图知，产物主要有：HCOOH、HCHO，生成1mol HCOOH转移2e﹣，生成1mol HCHO转移4e﹣，再根据转移电子数之比等于法拉第效率之比来计算。 【解答】解：（1）乙醇胺溶液能够吸收和解吸CO2的原因是乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐；该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳， 故答案为：乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐；该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳； （2）①根据盖斯定律反应Ⅰ﹣2×反应Ⅱ得到目标反应，则ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1﹣2×41.2kJ•mol﹣1＝﹣247.1 kJ•mol﹣1， 故答案为：﹣247.1； ②反应Ⅰ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，580℃以后，CO2转化量增大的幅度大于减小的幅度， 故答案为：反应Ⅰ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，580℃以后，CO2转化量增大的幅度大于减小的幅度； （3）①由图知，步骤Ⅲ发生的反应为*COOH→*CO+*OH， 故答案为：*COOH→*CO+*OH； ②光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率可得电负性越大，催化效率越高。已知Ni 和Ru 的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率高于使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率， 故答案为：高于； （4）①当电解电压为0.7V，观察图像可知，主要产生的是HCOOH，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成HCOOH，电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH， 故答案为：CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH； ②电解电压为0.95V时，根据图示可知，产物主要有：HCOOH、HCHO，CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH转移2e﹣，CO2+4e﹣+4H+＝ HCHO+H2O转移4e﹣，当电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为x：y时，根据FE（HCHO）＝60%、FE（HCOOH）＝15%，有＝，则x：y＝2：1，电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为2：1， 故答案为：2﹕1。 【点评】考查了盖斯定律、影响化学平衡的因素及图像分析、电解池电极反应式的书写等知识点，是常考考点，难度中等。 18．（2024•鼓楼区一模）研究工业尾气处理是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。 （1）脱除NO。已知： ①脱硝反应CH4（g）+2NO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）的ΔH＝ 　﹣985.2　kJ•mol﹣1 ②一定条件下，n（CH4）：n（NO）：n（O2）＝1：1：50的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和CH4转化率随反应温度的变化如图1。 分析NO的去除率随温度变化的原因 　当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低　。 （2）脱除SO2。工业上用纳米MgO分散到一定浓度的MgSO4溶液中，配制成SO2烟气脱硫试剂。将含有SO2的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中SO2脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图2所示。 已知：ⅰ.纳米MgO活性较高，常温可与水反应：ⅱ.MgSO3难溶于水，Mg（HSO3）2可溶。 ①为提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂情况下，可采取措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、　减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中SO2浓度等　（写出两点）。 ②烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右。请分析原因 　Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣溶液pH值显碱性，主要反应为：OH﹣+SO2＝或Mg（OH）2+2SO2⇌Mg2++2　。 ③实验发现：随着SO2的脱除，600s以后溶液pH值几乎不变，但MgSO4浓度逐渐升高。结合图2和图3分析，可能是因为溶液中的Mg（OH）2转化为MgSO4。写出该反应的离子方程式 　Mg（OH）2+2+Mg2+＝2MgSO3+2H2O，SO2+H2O+MgSO3＝2+Mg2+，2MgSO3+O2＝2Mg2++2或2Mg（OH）2+2SO2+O2＝2Mg2++2+2H2O　。 （3）脱除H2S。催化剂CeO2﹣MgO对反应有高选择性，理论计算得到反应主要路径如图4所示，表示状态2的为 　C　（填选项）。 【答案】（1）﹣985.2； （2）当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低； （2）①减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中SO2浓度等； ②Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣溶液pH值显碱性，主要反应为：OH﹣+SO2＝或Mg（OH）2+2SO2⇌Mg2++2； ③Mg（OH）2+2+Mg2+＝2MgSO3+2H2O，SO2+H2O+MgSO3＝2+Mg2+，2MgSO3+O2＝2Mg2++2或2Mg（OH）2+2SO2+O2 ＝2Mg2++2+2H2O； （3）C。 【分析】（1）令 ①CH4（g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣802.6kJ•mol﹣1，②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）ΔH2＝+182.6kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，①﹣②得CH4（g）+2NO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2； （2）模拟工业尾气脱硝：一定条件下，将p（CH4）：p（NO）：p（O2）＝1：1：50的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和CH4转化率随反应温度的变化如图；当温度低于780K时，NO的去除率随温度升高而升高，可能原因是 当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，NO的去除率随温度升高而降低，其可能原因是高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低； （2）①为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以减慢烟气通入速率、升高温度等措施实现； ②Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣溶液pH值显碱性，和亚硫酸氢根离子反应； ③氢氧化镁和亚硫酸氢根离子反应生成亚硫酸镁，亚硫酸镁和二氧化硫反应生成亚硫酸氢镁，亚硫酸镁和氧气反应生成硫酸镁； （3）由题干图示信息可知，催化剂CeO2﹣MgO对反应②具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如图所示，状态1为，状态2为，状态3为。 【解答】解：（1）令 ①CH4（g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣802.6kJ•mol﹣1 ②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）ΔH2＝+182.6kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，①﹣②得CH4（g）+2NO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2＝﹣802.6kJ•mol﹣1﹣（+182.6kJ•mol﹣1）＝﹣985.2kJ•mol﹣1， 故答案为：﹣985.2； （2）模拟工业尾气脱硝：一定条件下，将p（CH4）：p（NO）：p（O2）＝1：1：50的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和CH4转化率随反应温度的变化如图；当温度低于780K时，NO的去除率随温度升高而升高，可能原因是 当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，NO的去除率随温度升高而降低，其可能原因是高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低， 故答案为：当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低； （2）①为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以采取的措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中SO2浓度等， 故答案为：减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中SO2浓度等； ②烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右，烟气脱硫效率始终很高，其原因为：Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣溶液pH值显碱性，主要反应为：OH﹣+SO2＝或Mg（OH）2+2SO2⇌Mg2++2， 故答案为：Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣溶液pH值显碱性，主要反应为：OH﹣+SO2＝或Mg（OH）2+2SO2⇌Mg2++2； ③脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，对脱硫效率有显著影响，实验发现，在600s以后，随着SO2的脱除，溶液pH值几乎不变，但MgSO4浓度逐渐升高，结合图2中含硫微粒的分布情况，用离子方程式解释其可能原因：Mg（OH）2+2+Mg2+＝2MgSO3+2H2O，SO2+H2O+MgSO3＝2+Mg2+，2MgSO3+O2＝2Mg2++2或2Mg（OH）2+2SO2+O2 ＝2Mg2++2+2H2O， 故答案为：Mg（OH）2+2+Mg2+＝2MgSO3+2H2O，SO2+H2O+MgSO3＝2+Mg2+，2MgSO3+O2＝2Mg2++2或2Mg（OH）2+2SO2+O2 ＝2Mg2++2+2H2O； （3）催化剂CeO2﹣MgO对反应②具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如图所示，状态1为，状态2为，状态3为，故表示状态2的为C， 故答案为：C。 【点评】本题考查化学反应中的能量变化、化学平衡计算等知识点，关键是掌握化学平衡常数计算方法，题目难度中等。 19．（2024•建邺区一模）二氧化碳的捕集、利用与封存是我国能源领域的一个重要战略方向，发展成一项重要的新兴产业。 （1）一种脱除和利用水煤气中CO2方法的示意图如图： ①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，溶液的pH等于10，此时溶液中c（）：c（）＝ 　0.5　（该温度下H2CO3的Ka1＝4.6×10﹣7，Ka2＝5.0×10﹣11）。 ②再生塔中产生CO2的离子方程式为 　　。 （2）科学家提出由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。 已知“重整系统”发生的反应中＝6，则“重整系统”发生反应的化学方程式为 　　。 （3）用二氧化碳催化加氢来合成低碳烯烃，起始时以0.1MPa，n（H2）：n（CO2）＝3：1的投料比充入反应器中，发生反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g），不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示： ①该反应在 　低温　自发进行（填“低温”或“高温”）。 ②b代表的物质是 　H2O（g）　。 ③为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是 　增大压强，或提高氢气和二氧化碳物质的量的比值，或将产物乙烯气体分离出来等　（列举2项）。 ④T1温度下CO2的平衡转化率为 　50%　。 【答案】（1）①0.5； ②； （2）； （3）①低温； ②H2O（g）； ③增大压强，或提高氢气和二氧化碳物质的量的比值，或将产物乙烯气体分离出来等； ④50%。 【分析】（1）①溶液的pH等于10，此时溶液中； ②再生塔中碳酸氢根离子受热分解为CO2和水； （2）已知“重整系统”发生的反应中，反应中Fe、O物质的量之比为6：8，由图可知，反应生成碳单质和铁的氧化物； （3）由图中n（H2）的变化趋势可知，随着温度的升高，n（H2）的量增大，平衡左移，ΔH＜0；且方程式同侧物质的物质的量变化趋势是一致的，故a曲线代表的物质为CO2；再由b的变化幅度大于c的，可知，b、c两曲线分别代表的物质为H2O和C2H4。 【解答】解：（1）①溶液的pH等于10，此时溶液中， 故答案为：0.5； ②再生塔中碳酸氢根离子受热分解为CO2和水，离子方程式为， 故答案为：； （2）已知“重整系统”发生的反应中，反应中Fe、O物质的量之比为6：8，由图可知，反应生成碳单质和铁的氧化物，则结合质量守恒可知，6mol FeO和1mol CO2反应生成2mol 2Fe3O4和1mol C，反应为， 故答案为：； （3）由图中n（H2）的变化趋势可知，随着温度的升高，n（H2）的量增大，平衡左移，ΔH＜0；且方程式同侧物质的物质的量变化趋势是一致的，故a曲线代表的物质为CO2；再由b的变化幅度大于c的，可知，b、c两曲线分别代表的物质为H2O和C2H4； ①由分析可知，反应为放热的反应，且反应为熵减反应，故该反应在低温自发进行， 故答案为：低温； ②由分析可知，b代表的物质是H2O（g）， 故答案为：H2O（g）； ③增大压强，或提高氢气和二氧化碳物质的量的比值，或将产物乙烯气体分离出来等，都可以促进平衡正向进行，都能提高CO2的平衡转化率， 故答案为：增大压强，或提高氢气和二氧化碳物质的量的比值，或将产物乙烯气体分离出来等； ④T1温度下，平衡时氢气6mol、水4mol，则反应氢气6mol、二氧化碳2mol，初始氢气为12mol，则投料二氧化碳4mol，故CO2的平衡转化率为， 故答案为：50%。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 20．（2024•南京一模）O2资源化利用具有重要意义。 （1）CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： Ⅰ．CH4（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g） Ⅱ．CH4（g）+3CO2（g）＝4CO（g）+2H2O（g） 反应CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH＝ 　+41kJ•mol﹣1　。 （2）燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。 ①吸收剂X的结构简式是 　HOCH2CH2NH2　。 ②X具有很好的水溶性的原因是 　X中含有氨基和羟基，能够与水分子形成分子间氢键　。 （3）CO2与环氧化合物反应可以转化为有价值的有机物。 转化过程如图1所示。Y为五元环状化合物，Y的结构简式为 　　；N原子上的孤电子对主要进攻甲基环氧乙烷中“CH2”上的碳原子，而不是“CH”上的碳原子，原因是 　甲基是推电子基团，“CH”中碳带正电荷较少，因此孤电子对更容易进攻“CH2”中的碳原子　。 （4）利用电化学可以将CO2转化为有机物 多晶Cu是目前唯一被实验证实能高效催化CO2还原为烃类（如C2H4）的金属。如图2，电解装置中分别以多晶Cu和Pt为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，反应前后KHCO3浓度基本保持不变，温度控制在10℃左右。阴极生成C2H4的电极反应式为 　14CO2+12e﹣+8H2O＝C2H4+12　。 （5）装置工作时，阴极主要生成C2H4，还可能生成副产物降低电解效率。标准状况下，当阳极生成O2的体积为224mL时，测得阴极区生成C2H456mL，则电解效率为 　75%　。（忽略电解前后溶液体积的变化）已知：电解效率＝。 【答案】（1）+41kJ•mol﹣1； （2）①HOCH2CH2NH2； ②X中含有氨基和羟基，能够与水分子形成分子间氢键； （3）；甲基是推电子基团，“CH”中碳带正电荷较少，因此孤电子对更容易进攻“CH2”中的碳原子； （4）14CO2+12e﹣+8H2O＝C2H4+12； （5）75%。 【分析】（1）根据盖斯定律：（Ⅱ﹣Ⅰ）×计算反应CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）的ΔH； （2）①由转化关系图可知，CO2与吸收剂X反应生成OHCH2CH2COO﹣； ②形成分子间氢键可增大溶解性； （3）由图1可知，CO2与甲基环氧乙烷反应生成五元环状化合物；电负性O＞C，与O直接相连的C原子带部分正电荷，由于甲基是推电子基团，“CH”中碳带正电荷较少； （4）持续通入CO2的一端为阴极，通过阴离子交换膜向阳极移动，反应前后KHCO3浓度基本保持不变，说明除了生成C2H4外还生成了，以此书写阴极反应式； （5）阴极区生成C2H456mL，标况下物质的量为0.0025mol，由14CO2+12e﹣+8H2O＝C2H4+12可知，转移了0.0025mol×12＝0.03mol电子，阳极生成O2的体积为224mL，即生成了0.01mol氧气，则转移电子物质的量为0.04mol，以此计算电解效率。 【解答】解：（1）ⅠCH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）ΔH1＝+247kJ•mol﹣1，ⅡCH4（g）+3CO2（g）═4CO（g）+2H2O（g）ΔH2＝+329kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：（Ⅱ﹣Ⅰ）×计算反应CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）的ΔH＝[+329kJ•mol﹣1﹣（+247kJ•mol﹣1）]＝+41kJ•mol﹣1， 故答案为：+41kJ•mol﹣1； （2）①由转化关系图可知，CO2与吸收剂X反应生成OHCH2CH2COO﹣，可知X的结构简式为HOCH2CH2NH2， 故答案为：HOCH2CH2NH2； ②X为HOCH2CH2NH2，含有—OH、—NH2，能够与水分子形成分子间氢键，增大其水溶性， 故答案为：X中含有氨基和羟基，能够与水分子形成分子间氢键； （3）转化过程中C—N键断裂，与CO2中一个C＝O键断裂发生加成反应，形成五元环状化合物；电负性O＞C，与O直接相连的C原子带部分正电荷，由于甲基是推电子基团，“CH”中碳带正电荷较少，因此孤电子对更容易进攻“CH”中的碳原子， 故答案为：甲基是推电子基团，“CH”中碳带正电荷较少，因此孤电子对更容易进攻“CH2”中的碳原子； （4）持续通入CO2的一端为阴极，通过阴离子交换膜向阳极移动，反应前后KHCO3浓度基本保持不变，说明除了生成C2H4外还生成了，则阴极反应式为：14CO2+12e﹣+8H2O＝C2H4+12， 故答案为：14CO2+12e﹣+8H2O＝C2H4+12； （5）阴极区生成C2H456mL，标况下物质的量为0.0025mol，由14CO2+12e﹣+8H2O＝C2H4+12可知，转移了0.0025mol×12＝0.03mol电子，阳极生成O2的体积为224mL，即生成了0.01mol氧气，则转移电子物质的量为0.04mol，则电解效率为×100%＝75%， 故答案为：75%。 【点评】本题考查反应热与焓变、电解原理的应用，明确盖斯定律的计算应用、电解池的电极判断及反应式书写与计算是解题的关键，侧重分析能力和计算能力考查，题目难度中等。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$