专题五 大题突破1 热化学、电化学与化学反应速率、平衡的综合分析-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考化学复习讲义课件(江苏专用)(课件PPT+word教案)

　热化学、电化学与化学反应速率、平衡的综合分析  1.题型特点 这类试题往往以化学反应速率、化学平衡知识为主题，借助图像、图表的手段，综合考查关联知识，关联知识主要有： (1)ΔH符号的判断、热化学方程式的书写、应用盖斯定律计算ΔH。 (2)化学反应速率的计算与比较，外因对化学反应速率的影响(浓度、压强、温度、催化剂)。 (3)平衡常数、转化率的计算，温度对平衡常数的影响；化学平衡状态的判断，用化学平衡的影响因素进行分析和解释。 (4)在多层次曲线图中反映化学反应速率、化学平衡与温度、压强、浓度的关系。 2.解答化学平衡移动问题的步骤 (1)正确分析反应特点：包括反应物、生成物的状态，气体体积变化，反应的热效应。 (2)明确外界反应条件：恒温恒容、恒温恒压、反应温度是否变化、反应物投料比是否变化。 (3)结合图像或K与Q的关系、平衡移动原理等，判断平衡移动的方向或结果。 3.分析图表与作图时应注意的问题 (1)仔细分析并准确画出曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点。 (2)找准纵坐标与横坐标的对应数据。 (3)描绘曲线时注意点与点之间的连接关系。 (4)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。 4.解答有关平衡常数的计算 (1)结合题意，运用“三段式”，分析计算、确定各物理量的变化。 (2)多重平衡体系的计算用好连续计算法(分设变量)、守恒法两种方法。 (3)多重平衡体系达到整体综合平衡后，每种平衡组分都只能有一个平衡浓度。 1.(2024·江苏，17)氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有　　　　　；含CO和H2各1 mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得　　　　　 mol H2。  (2)一定条件下，将氮气和氢气按n(N2)∶n(H2)=1∶3混合匀速通入合成塔，发生反应N2+3H22NH3。海绵状的α-Fe作催化剂，多孔Al2O3作为α-Fe的“骨架”和气体吸附剂。 ①H2中含有CO会使催化剂中毒。CH3COO[Cu]和氨水的混合溶液能吸收CO生成CH3COO[CuCO]溶液，该反应的化学方程式为　　　　。  ②Al2O3含量与α-Fe表面积、出口处氨含量关系如图所示。Al2O3含量大于2%，出口处氨含量下降的原因是　　　　　　　。  (3)反应H2+HCOO-+H2O可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中通入H2，HCOO-产率随温度变化如图所示。温度高于70 ℃，HCOO-产率下降的可能原因是　　　　　　　。  ②使用含氨基物质(化学式为CN—NH2，CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au催化剂储氢，可能机理如图所示。氨基能将控制在催化剂表面，其原理是　　　　　　　；  用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在　　　　　　　(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。  答案　(1)C、H、Fe　　(2)①CH3COO[Cu]+NH3·H2O+CO===CH3COO[Cu(NH3)3CO]+H2O　②多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，且Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，这也会导致产生的NH3减少　(3)①NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降　②—NH2可以与形成氢键　CN—NHD或DCOO- 解析　(1)反应器Ⅰ中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3，产物有 CO2、H2O、Fe，发生反应：3CO+Fe2O3===2Fe+3CO2、3H2+Fe2O3===2Fe+3H2O，化合价发生改变的元素有 C、H、Fe；CO、H2各1 mol参与上述反应，各生成mol Fe，共生成 mol Fe， mol Fe在反应器Ⅱ中发生反应3Fe+4H2O(g)===Fe3O4+4H2，则共生成= mol H2。(3)②氨基和碳酸氢根离子可以形成氢键N—H…O、N…H—O，形成的氢键将碳酸氢根离子控制在催化剂表面；由图可知，步骤Ⅱ发生的反应为氨基和碳酸氢根离子中的羟基发生取代反应生成水，氢气发生共价键断裂，氢原子被CN吸附，步骤Ⅲ发生的反应为碳氮键发生断裂，碳原子和氮原子分别与氢原子结合生成CN—NH2和HCOO-，则用D2代替氢气，得到的产物为CN—NHD和DCOO-，所以通过检测是否存在CN—NHD或DCOO-可确认反应过程中的加氢方式。 2.(2023·江苏，17)空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。 “吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为　　　　；  载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因是　　　　。  (2)合成尿素[CO]是利用CO2的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现 反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)===NH2COONH4(l) 反应Ⅱ：NH2COONH4(l)===CO(l)+H2O(l) ①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的ΔH　　　(填“=0”“>0”或“<0”)。  ②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]和尿素转化为氰酸铵(NH4OCN)等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2的物质的量之比为n(NH3)∶n(CO2)=4∶1，其实际投料比值远大于理论值的原因是　　　　。  (3)催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，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%)随电解电压的变化如图乙所示。 FE%=×100% 其中，QX=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为　　　　　　　(填化学式)。  ②当电解电压为U2V时，阴极由生成CH4的电极反应式为　　　　　　　。  ③当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为　　　　　　　(写出计算过程)。  答案　(1)KHCO3+Ca(OH)2===CaCO3+KOH+H2O　相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳　(2)①<0　②适当抑制副反应的发生，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高　(3)①H2　②HC+8e-+6H2O===CH4↑+9OH-　③每生成1 mol C2H4转移12 mol e-，每生成1 mol HCOO-转移2 mol e-，故电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为∶=1∶2 解析　(1)由图可知“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为KHCO3+Ca(OH)2===CaCO3+KOH+H2O。(2)①由图甲可知升高温度反应Ⅰ的lg K减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其ΔH<0。(3)①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明二氧化碳未得电子，为H2O放电变成氢气。②当电解电压为U2V时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由生成CH4的电极反应式为HC+8e-+6H2O===CH4↑+9OH-。 题型突破练(A)　[分值：50分] 1.(12分)(2024·南通如皋高三模拟)二氧化碳的综合利用具有重要意义。 (1)工业上以CO2和CH4为原料可以制取合成气(CO和H2)。 ①已知CH4、H2、CO的燃烧热分别为890.3 kJ·mol-1、285.8 kJ·mol-1、283 kJ·mol-1，则反应CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g)的ΔH=　　　　。  ②将CO2和CH4以体积比1∶1混合后，通过装有催化剂的反应管。下列措施有利于提高CH4转化率的是　　　　(填字母)。  a.将反应管控制在催化剂的最大活性温度范围内 b.延长混合气体通过反应管的时间 c.向反应管中加入少量炭粉 (2)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理如图1所示。 ①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式：　　　　　　　。  ②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是　　　　　　　。  (3)一种负载活性金属原子催化剂可催化还原CO2，在催化剂表面的物质相对能量与反应历程的关系如图2所示。 ①反应中催化剂的活性会因为生成CO的不断增多而逐渐减弱，原因是　　　　　　　　　　　　　　　。  ②CH3OH可由中间体X或Y经过如图3所示2步转化得到。X和Y的组成相同，催化剂载体中的活性金属带正电性，Y与活性金属结合后的相对能量低于X。在图4方框内画出Y的结构简式。 答案　(1)①+247.3 kJ·mol-1　②ab　(2)①CO2++2e-===HCOO-+　②阳极产生O2和H+pH减小，H+与HC反应，浓度降低；K+部分迁移至阴极区　(3)①CO脱除较难，占据催化剂表面，使催化剂表面活性位点减少　② 解析　(1)①已知CH4、H2、CO的燃烧热分别为890.3 kJ·mol-1、285.8 kJ·mol-1、283 kJ·mol-1，则有 Ⅰ：CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-890.3 kJ·mol-1 Ⅱ：CO(g)+O2(g)===CO2(g)　ΔH=-283 kJ·mol-1 Ⅲ：H2(g)+O2(g)===H2O(l)　ΔH=-285.8 kJ·mol-1 根据盖斯定律，Ⅰ-2(Ⅱ+Ⅲ)可得：CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g)，则ΔH=[-890.3-2(-283-285.8)]kJ·mol-1=+247.3 kJ·mol-1。②反应为CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g)，将CO2和CH4以体积比1∶1混合后，通过装有催化剂的反应管；a.将反应管控制在催化剂的最大活性温度范围内，此时催化剂活性最大，可以提高未平衡前一段时间内的CH4转化率；b.延长混合气体通过反应管的时间，让反应逐渐达到平衡，也就是CH4转化率最大时，因此可以提高CH4转化率；c.向反应管中加入少量炭粉，对反应并没有影响，不能改变CH4转化率。(2)①根据电解原理，阴极上得到电子，故阴极的电极反应为CO2++2e-===HCOO-+。②阳极反应为2H2O-4e-===O2↑+4H+，随着反应的进行，阳极附近的pH减小，H+与反应，同时部分K+迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低。(3)①一种负载活性金属原子催化剂可催化还原CO2，则CO2需要吸附在催化剂上，而当反应中生成的CO不断增多，CO脱除较难，占据催化剂表面，使催化剂表面活性位点减少，导致催化剂再难被CO2吸附，催化剂活性减弱。②催化剂载体中的活性金属带正电性，说明是带孤电子对较多的原子与催化剂结合，Y与活性金属结合后的相对能量低于X，且X和Y的组成相同，说明Y的结构简式为。 2.(12分)(2024·泰州市统考模拟)空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。 (1)利用高炉炼铁尾气中的CO2制取有机物的过程如下： 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%)随电解电压的变化如图1所示： FE%=×100%，选择性S(X)=×100%。 “电解”在质子交换膜电解池中进行，生成HCOOH的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　，当电解电压为U1时，生成C2H5OH和HCOOH的选择性之比为　　　　　 。  (2)利用铟氧化物催化CO2、H2制取CH3OH的可能机理如图2所示，In2O3无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性，将固定比例的CO2、H2混合气体以不同流速通过装有催化剂的反应管，CH3OH选择性、CO2转化率随气体流速变化曲线如图3所示。 ①图2中的反应每生成1 mol CH3OH(g)放出49 kJ的热量，其热化学方程式为　　　　　　　　　　。  ②若原料气中H2比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是　　　　　　　　　　　。  ③制取CH3OH时，同时发生反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH>0，气体流速分别为15 000 mL·h-1和21 000 mL·h-1，相同时间内生成CH3OH的质量，前者　　　后者(填“>”“=”或“<”)；保持气体流速不变，反应管内温度从300 ℃升高到320 ℃，测得出口处CO2和CH3OH的物质的量均减小，可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　(1) CO2+2e-+2H+===HCOOH　1∶3　(2)①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-49 kJ·mol-1　②H2比例过低，不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活；H2比例过高，In2O3部分还原为In，催化剂活性降低　③<　升高温度，生成甲醇的反应左移，生成一氧化碳的反应右移，且反应以生成一氧化碳的反应为主 解析　(1)由题意可知，电解时，通入二氧化碳的电极为阴极，生成甲酸的电极反应式为CO2+2e-+2H+===HCOOH；由图可知，电解电压为U1时，生成甲酸和乙醇的法拉第效率相等，则由题给信息可知，生成乙醇和甲酸的选择性之比为∶=1∶3。(2)①由图可知，在催化剂作用下，二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，由反应生成1 mol甲醇放出49 kJ的热量可知，反应的焓变ΔH=-49 kJ·mol-1，则反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-49 kJ·mol-1。③设混合气体中二氧化碳的比例分数为x，由图可知，气体流速为15 000 mL·h-1和21 000 mL·h-1时，二氧化碳的转化率分别为5%和4%，则转化的二氧化碳分别为15 000x mL·h-1×5%=750x mL·h-1、21 000x mL·h-1×4%=840x mL·h-1，而甲醇选择性增大，所以相同时间内流速为15 000 mL·h-1时生成甲醇的质量小于21 000 mL·h-1；二氧化碳与氢气反应生成甲醇的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成甲醇的物质的量减小，二氧化碳与氢气反应生成一氧化碳的反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，消耗二氧化碳的物质的量增大，反应管内温度从300 ℃升高到320 ℃时，出口处甲醇和二氧化碳的物质的量均减小说明反应以生成一氧化碳的反应为主。 3.(14分)(2023·江苏省四校高三下学期4月联考)硫和氮是生物必需的营养元素，含硫和氮的化合物在自然界中广泛存在。 (1)火山喷发产生的H2S在大气中发生如下反应： ①2H2S(g)+O2(g)===2S(g)+2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1 ②S(g)+O2(g)===SO2(g) ΔH=b kJ·mol-1 写出H2S(g)燃烧的热化学方程式　　　 　　　　。  (2)工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2。为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。反应过程中产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，可加快对SO2的吸收。该催化过程如图所示。Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是　　　　。  (3)氮的氧化物脱除可以利用电化学原理，利用如图所示装置可同时吸收SO2和NO。 已知：H2S2O4是一种弱酸。 ①阴极的电极反应式为　　　　。  ②若无能量损失，相同条件下，SO2和NO的体积比为　　　　时，两种气体恰好被完全处理。  (4)已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步。 第一步：2NO(g)N2O2(g)(快反应) 第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢反应) 用O2表示的速率方程为v(O2)=k1c2(NO)·c(O2)；用NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2c2(NO)·c(O2)，k1与k2分别表示速率常数，则=　　　　(填数值)。  (5)太阳能光电催化—化学耦合分解H2S的装置如图所示。 ①该太阳能光电催化—化学耦合分解H2S的过程可描述为　　　　　　　。  ②从能源利用和资源综合利用角度分析该方法的优点是　　　　　　　。  答案　(1)2H2S(g)+3O2(g)===2SO2(g)+2H2O(l)　ΔH=(a+2b) kJ·mol-1　(2)Ca2+与S结合生成微溶的CaSO4有利于反应的进行　(3)①2HS+2e-+4H+===H2S2O4+2H2O　②1∶1 (4)0.5　(5)①Fe2+在电极上失电子发生反应Fe2+-e-===Fe3+，生成的Fe3+氧化H2S生成硫单质，离子方程式为2Fe3++H2S===2Fe2++S↓+2H+，H+通过质子交换膜从a极移向b极，在b极得电子生成H2　②利用太阳能，无需额外消耗能量；实现煤气中H2S的脱除，同时产生清洁能源H2 解析　(1)根据题意，硫化氢气体的燃烧的化学方程式可以表示为2H2S(g)+3O2(g)===2SO2(g)+2H2O(l)，再根据盖斯定律，该反应的反应热ΔH=(a+2b) kJ·mol-1，故硫化氢气体燃烧的热化学方程式表示为2H2S(g)+3O2(g)===2SO2(g)+2H2O(l)　ΔH=(a+2b) kJ·mol-1。(3)如图所示，a电极HS转化为H2S2O4，S元素的化合价降低发生了还原反应，故a电极为阴极，发生反应：2HS+2e-+4H+===H2S2O4+2H2O；SO2中S元素的化合价由+4价升高为+6价，NO中N元素化合价由+2价降低为0价，根据得失电子守恒，参加反应的SO2与NO的物质的量之比为1∶1，故在相同条件下，体积比为1∶1时两种气体恰好被完全处理。(4)根据题意，v(O2)=k1c2(NO)·c(O2)、v(NO2)=k2c2(NO)·c(O2)，故k1=、k2=，则= ==0.5。 4.(12分)(2024·连云港统考模拟)氮氧化物(N2O、NO等)的处理和资源化利用具有重要意义。 (1)N2O的处理。研究证明：I2(g)能提高N2O的分解速率，N2O参与了第Ⅱ步、第Ⅲ步反应。反应历程(Ea为反应活化能)： 第Ⅰ步：I2(g)―→2I(g)　Ea1 第Ⅱ步：……Ea2 第Ⅲ步：2IO(g)+2N2O(g)―→2N2(g)+2O2(g)+I2(g)　Ea3 ①第Ⅱ步发生反应的方程式为　　　　　　　　。  ②(1分)总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，则Ea2　　　　　 (填“>”“<”或“=”)Ea3。  (2)NO的应用。NO分解ICl制取I2和Cl2的原理如下： 反应Ⅰ：2ICl(g)+2NO(g)2NOCl(g)+I2(g)　Kp1 反应Ⅱ：2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)　Kp2 反应的-lg Kp~T(Kp值为平衡时用各气体的分压表示得出的值)的关系如图1所示。 ①430 K时，反应2ICl(g)I2(g)+Cl2(g)的Kp为　　　　　　　　　　　　　　。  ②410 K时，向容积不变的容器中充入1 mol NO和1 mol ICl进行反应，测得反应过程中容器内压强与时间的关系如图2所示(反应开始和平衡后容器的温度相同)。在0~t1时间段内，容器中压强增大的主要原因是　　　　　　　　　。  (3)催化电解NO吸收液可将NO还原为NH3，其催化机理如图3所示。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图4所示。已知FE%=×100%，QX=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；Q总表示电解过程中通过的总电量。 ①(1分)当电解电压为U1时，电解生成的H2和NH3的物质的量之比为　　　　　。  ②当电解电压为U2时，催化电解NO生成NH3的电极反应式为　　　　　　　　。  ③电解电压大于U3后，随着电解电压的不断增大，N2O的法拉第效率迅速增大，可能原因是　　　　  (吸附在催化剂上的物种加“*”表示，如*NO、*NOH等)。 答案　(1)①I(g)+N2O(g)―→N2(g)+IO(g)　②>　(2)①10-4　②反应Ⅰ为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大　(3)①15∶2　②NO+5e-+5H+===NH3+H2O　③随着电解电压的不断增大，*NO结合H+与e-得到*NOH(或*NO+H++e-===*NOH)的量增多，*NOH在催化剂表面失水转化成N2O(或2*NOH===N2O↑+H2O)的选择性增大，导致N2O的量增多，使N2O的法拉第效率迅速增大 解析　(1)①I2(g)能提高N2O的分解速率，I2(g)是N2O分解反应的催化剂，N2O参与了第Ⅱ、Ⅲ步的反应，结合题给第Ⅰ、Ⅲ步的反应和N2O的分解反应[2N2O(g)2N2(g)+O2(g)]可知，第Ⅱ步发生反应的方程式为I(g)+N2O(g)―→N2(g)+IO(g)。②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，说明第Ⅱ步的反应速率最小，活化能最大，则Ea2>Ea3。(2)①由图1可知，430 K时，-lg Kp1=1.1、-lg Kp2=2.9，则Kp1==10-1.1、Kp2==10-2.9，反应2ICl(g)I2(g)+Cl2(g)的Kp==Kp1·Kp2=10-1.1×10-2.9=10-4。②由图1可知，随着温度的升高-lg Kp1逐渐增大、-lg Kp2逐渐减小，即随着温度的升高Kp1逐渐减小、Kp2逐渐增大，说明反应Ⅰ为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应，结合PV=nRT，故图2在0~t1时间段内，容器中压强增大的主要原因是反应Ⅰ为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大。(3)①由图4知，当电解电压为U1时，H2、NH3的法拉第效率分别为60%、20%，根据FE%=×100%知，电解生成H2和NH3转移电子物质的量之比为60%∶20%=3∶1，生成H2、NH3的电极反应式分别为2H++2e-===H2↑、NO+5e-+5H+===NH3+H2O，则电解生成的H2和NH3的物质的量之比为∶=15∶2。 题型突破练(B)　[分值：50分] 1.(12分)(2023·南京市高三下学期考前模拟)乙苯被吸附在催化剂表面发生脱氢可生成苯乙烯、苯甲醛等，生成苯乙烯的相关反应如下。 反应1：C6H5CH2CH3(g)===C6H5CH==CH2(g)+H2(g)　ΔH1=+117.6 kJ·mol-1 反应2：CO2(g)+H2(g)===CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ·mol-1 反应3：2H2(g)+O2(g)===2H2O(g) ΔH3=-483.6 kJ·mol-1 (1)反应4：C6H5CH2CH3(g)+O2(g)===C6H5CH==CH2(g)+H2O(g)　ΔH4=　　　kJ·mol-1。  (2)较低温度下，向乙苯脱氢的反应体系中加入少量O2，乙苯平衡转化率升高而苯乙烯的选择性降低，其原因可能是　　　　　　　。  (3)向乙苯脱氢反应体系中加入CO2，乙苯转化率与体系中CO2分压强的关系如图1所示。随CO2的增加，乙苯转化率先增大后减小的可能原因为　　　　　　　。  (4)研究发现在V2O5/MgO催化剂表面进行CO2的乙苯脱氢反应中，V(+5价)是反应的活性中心，转化过程如图2所示。 ①转化Ⅰ发生反应的化学方程式为　　　　　　　。反应一段时间后，催化剂活性有所下降，原因可能有反应过程产生的积碳覆盖在活性中心表面和　　　　　　　。 ②简述转化Ⅱ的作用：　　　　　　　。  ③CO2参与的乙苯脱氢机理如图3所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。 图中所示反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为　　　　　　　。  答案　(1)-124.2 (2)加入少量O2，H2与O2反应放热，氢气浓度减小和体系温度升高都使反应1平衡右移使乙苯转化率升高，但温度升高，苯乙烯(或乙苯)被进一步氧化成苯乙醛等副产物 (3)一定范围内，随着CO2分压强增大，反应2的平衡正向移动，降低了c(H2)，促进反应1正向进行，使乙苯转化率增大。当CO2分压强过大时，CO2占据了催化剂表面，使催化剂表面吸附的乙苯减少，乙苯转化率下降　(4)①2+V2O5/MgO―→2+V2O3/MgO+2H2O　催化剂中V(+5价)的含量减少　②将V2O3转化为V2O5，使催化剂获得再生，同时可以消除积碳 ③乙苯α-H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上 解析　(1)由盖斯定律得反应4=反应1+×反应3，则ΔH4=ΔH1+ΔH3=(+117.6-483.6×) kJ·mol-1=-124.2 kJ·mol-1。 2.(14分)(2024·南京、盐城统考模拟)“碳中和”目标如期实现的关键技术之一是CO2的资源化再利用。 (1)氨的饱和食盐水捕获CO2是其再利用的方法之一，反应原理为NaCl(aq)+NH3(g)+CO2(g)+H2O(l)===NaHCO3(s)+NH4Cl(aq)。该反应常温下能自发进行的原因是　　　　。  (2)XO基掺杂Na2CO3形成XO-Na2CO3(X=Mg、Ca、Cd等)，能用于捕获CO2，原理如图所示。已知阳离子电荷数越高、半径越小，阴离子越易受其影响而分解。 ①X=Ca时，再生的化学方程式为　　　　　　　。  ②X=Mg相比X=Ca，其优点有　　　　　　　。  (3)催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。 ①在阴极放电生成CH3COO-的电极反应式为　　　　。  ②碱性溶液有利于抑制阴极上副产物的产生，该副产物的化学式为　　　　　。  (4)在催化剂作用下，以CO2和H2为原料合成CH3OH，主要反应为 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH1=-49 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)===CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41 kJ·mol-1 保持压强3 MPa，将起始n(CO2)∶n(H2)=1∶3的混合气体匀速通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率和甲醇的选择性与温度的关系如图1、图2所示。 ①随着温度的升高，CO2转化率增大，但甲醇选择性降低的原因是　　　　。  ②假设催化剂催化效率η=×100%，计算340 ℃时三种催化剂的催化效率之比η(In2O3)：η(Mg/In2O3)：η(Mn/In2O3)=　　　　　(写出计算过程)。  答案　(1)反应ΔH<0　(2)①Na2CaCaO-Na2CO3+CO2↑　②等质量的MgO和CaO相比，MgO吸收的CO2的量多；Ca2+和Mg2+电荷数相等、Mg2+半径小，再生时MgCO3分解温度低，更节能　(3)①11+8e-===CH3COO-+9+4H2O　②H2　(4)①随着温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ速率加快，消耗的CO2增多。反应Ⅰ的ΔH<0，反应Ⅱ的ΔH>0，随着温度升高，反应Ⅰ正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，CO2转化率升高，但CH3OH选择性降低　②由图可知，340 ℃时In2O3、Mg/In2O3、Mn/In2O3对应的CO2的转化率分别为12%、10%和5%，In2O3、Mg/In2O3、Mn/In2O3对应的甲醇的选择性分别为15%、20%和30%，所以η(In2O3)∶η(Mg/In2O3)∶η(Mn/In2O3)=(12%×15%)∶(10%×20%)∶(5%×30%)=18∶20∶15 解析　(1)反应NaCl(aq)+NH3(g)+CO2(g)+H2O(l)===NaHCO3(s)+NH4Cl(aq)为熵减的反应，该反应常温下能自发进行，则反应ΔH<0。(2)①X=Ca时，Na2Ca加热生成CaO-Na2CO3和CO2，再生的化学方程式为Na2CaCaO-Na2CO3+CO2↑。(3)②电解时，H+可在阴极得到电子生成H2，碱性溶液有利于抑制H2的产生。 3.(12分)(2024·苏锡常镇四市统考二模)丙烷脱氢制丙烯是较为理想的丙烯生产渠道。 (1)丙烷直接催化脱氢。在Pd-C2N催化剂作用下，丙烷直接脱氢制丙烯反应历程中的相对能量变化如图所示(*表示催化剂表面吸附位点，如*C3H8表示吸附在催化剂表面的C3H8)。 ①丙烷直接催化脱氢制丙烯的反应：C3H8(g)===C3H6(g)+H2(g)的ΔH=　　　　 kJ·mol-1。  ②研究表明，实际生产中除使用Pd-C2N催化剂外，还需控制反应温度在480 ℃，选择温度为480 ℃的原因是　　　　。  (2)CO2氧化丙烷脱氢。600 ℃下，将不同组分的原料混合气以相同流速通过装有催化剂的反应床，测得C3H8转化率和C3H6选择性[C3H6选择性=×100%]随时间的变化关系如图所示，图中A、B分别代表n(C3H8)∶n(CO2)∶n(N2)=1∶2∶7、n(C3H8)∶n(N2)=1∶9的两种原料气。 ①随着反应的进行，4小时前A组分原料气中C3H8转化率和C3H6选择性均有所提升，且在反应床出口检测到CO。研究表明，CO2氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：Ⅰ.C3H8C3H6+H2；Ⅱ.　　　　(填化学方程式)。  ②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是　　　　　　　。  (3)丙烷燃料电池脱氢。一种质子导体燃料电池采用PSNT材料作阳极催化层，在正极侧注入燃料气C3H8，负极侧直接暴露于空气中，在650 ℃下可实现丙烷高效脱氢制丙烯，装置如图所示。 ①电池工作时，负极发生主要反应的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　。  ②与CO2氧化丙烷脱氢相比，丙烷燃料电池脱氢制丙烯工艺的优点是　　　　　　　　　。  答案　(1)①+123.21　②该温度下催化剂的活性较高，反应速率较快　(2)①CO2+H2CO+H2O　②丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷脱氢时，CO2能发生反应CO2+C2CO，及时消除积碳　(3)①C3H8-2e-===C3H6+2H+　②反应物空气廉价易得，且在制备丙烯的同时可获得电能 解析　(2)①随着反应的进行，且检测到CO，CO2氧化丙烷脱氢总反应为C3H8+CO2C3H6+CO+H2O， 由此可知反应Ⅱ为CO2+H2CO+H2O。 4.(12分)(2024·南通海安二模)乙烯年产量是衡量国家石油化工发展水平的重要指标，乙烷制乙烯具有极高的经济效益。 已知：ⅰ.乙烷裂解为乙烯为自由基反应，其可能的引发反应及对应化学键的解离能如下： 可能的引发反应 有关键的解离能/(kJ·mol-1) Ⅰ.C2H6(g)―→C2H5·(g)+H·(g) 410 Ⅱ.C2H6(g)―→2CH3·(g) 368 ⅱ.乙烷裂解中主要发生的反应及其在不同温度下的平衡常数如下表： 反应 1 100 K 1 300 K 1 500 K Ⅲ.C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) 1.6 18.9 72.0 Ⅳ.C2H6(g)C2H4(g)+CH4(g) 60.9 108.7 165.8 Ⅴ.C2H4(g)C2H2(g)+H2(g) 0.015 0.33 3.2 Ⅵ.C2H2(g)2C(g)+H2(g) 6.5×107 1.5×106 1.0×105 (1)乙烷直接裂解制乙烯。 ①引发乙烷直接裂解的反应主要为　　　　　　　。  ②不采用乙烷直接裂解制乙烯的原因是　　　　　　　。  (2)乙烷催化氧化脱氢制乙烯。 已知：ⅰ.2C2H6(g)+7O2(g)===4CO2(g)+6H2O(l)　ΔH1=-3 120 kJ·mol-1； ⅱ.C2H4(g)+3O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l)　ΔH2=-1 411 kJ·mol-1 ①2C2H6(g)+O2(g)===2C2H4(g)+2H2O(l)　ΔH=　　　　　　　。  ②800 ℃时，当n(C2H6)和n(O2)的混合气以一定流速通过反应器时，混合气中的比值对乙烷催化氧化脱氢制乙烯的反应中乙烷转化率、乙烯选择性、乙烯收率的影响如图所示： 当<2时，越小，乙烷转化率越大，但乙烯的选择性越小的原因是　　　　　　　。  (3)CO2耦合乙烷催化脱氢制乙烯。 ①用Cr/SSZ-13为催化剂、CO2作为温和的氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯有诸多优势。催化条件下，乙烷裂解主要引发反应为反应Ⅰ，同时Cr的价态由+3价升高至+4价。推测配位不饱和Cr3+催化CO2耦合C2H6脱氢反应过程如图所示，补全图中画框部分。 ②用CO2代替O2的优势为　　　　　　　。  (4)电催化乙烷催化脱氢制乙烯。 利用质子传导型固体氧化物电解池也可实现乙烷制乙烯。乙烷在电极上直接电催化裂解为乙烯，同时质子在外加电势下经电解质“抽取”至另一极与CO2反应生成CO，阳极的电极反应式为　　　　　　　。  答案　(1)①C2H6(g)―→2CH3·(g)(或反应Ⅱ)　②裂解反应Ⅳ的平衡常数大于反应Ⅲ，得到CH4和C2H4混合物，产率低，纯度小　(2)①-298 kJ·mol-1　②当<2时，O2过量，越小，O2过量的越多，乙烷的转化率越大，但过量的O2可氧化乙烷生成CO2，导致乙烯的选择性越低　(3)①　②可以避免乙烷深度氧化，避免O2将Cr3+氧化为更高价，同时使CO2资源再利用　(4)C2H6-2e-===C2H4+2H+ 解析　(1)①有关键的解离能越小，发生反应的可能性越大，由表可知，第二个反应的解离能小于第一个反应的解离能，所以乙烷裂解引发的主要反应为C2H6(g)―→2CH3·(g)或反应Ⅱ。(2)①由盖斯定律可知，2C2H6(g)+O2(g)===2C2H4(g)+2H2O(l)　ΔH=ΔH1-2ΔH2=-298 kJ·mol-1。(3)①Cr/SSZ-13为催化剂、CO2作为温和的氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯，该条件下乙烷裂解主要引发反应为反应Ⅰ：C2H6(g)―→C2H5·(g)+H·(g)，同时Cr的价态由+3价升高至+4价，则Cr周围形成四个共价键，并结合后续转化，则图中画框部分应该为。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热化学、电化学与化学反应速率、平衡的综合分析 专题五 大题突破1 1.题型特点 这类试题往往以化学反应速率、化学平衡知识为主题，借助图像、图表的手段，综合考查关联知识，关联知识主要有： (1)ΔH符号的判断、热化学方程式的书写、应用盖斯定律计算ΔH。 (2)化学反应速率的计算与比较，外因对化学反应速率的影响(浓度、压强、温度、催化剂)。 (3)平衡常数、转化率的计算，温度对平衡常数的影响；化学平衡状态的判断，用化学平衡的影响因素进行分析和解释。 (4)在多层次曲线图中反映化学反应速率、化学平衡与温度、压强、浓度的关系。 2 2.解答化学平衡移动问题的步骤 (1)正确分析反应特点：包括反应物、生成物的状态，气体体积变化，反应的热效应。 (2)明确外界反应条件：恒温恒容、恒温恒压、反应温度是否变化、反应物投料比是否变化。 (3)结合图像或K与Q的关系、平衡移动原理等，判断平衡移动的方向或结果。 3 3.分析图表与作图时应注意的问题 (1)仔细分析并准确画出曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点。 (2)找准纵坐标与横坐标的对应数据。 (3)描绘曲线时注意点与点之间的连接关系。 (4)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。 4 4.解答有关平衡常数的计算 (1)结合题意，运用“三段式”，分析计算、确定各物理量的变化。 (2)多重平衡体系的计算用好连续计算法(分设变量)、守恒法两种方法。 (3)多重平衡体系达到整体综合平衡后，每种平衡组分都只能有一个平衡浓度。 5 01 真题演练 6 1.(2024·江苏，17)氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有　　　　 ；含CO和H2各1 mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得　　 mol H2。  1 2 C、H、Fe 1 2 反应器Ⅰ中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3，产物有 CO2、H2O、Fe，发生反应：3CO+Fe2O3===2Fe+3CO2、3H2+Fe2O3===2Fe+3H2O，化合价发 生改变的元素有 C、H、Fe；CO、H2各1 mol参与上述反应，各生成mol Fe，共生成 mol Fe， mol Fe在反应器Ⅱ中发生反应3Fe+ 4H2O(g)===Fe3O4+4H2，则共生成= mol H2。 1 2 (2)一定条件下，将氮气和氢气按n(N2)∶n(H2)=1∶3混合匀速通入合成塔，发生反应N2+3H2 2NH3。海绵状的α-Fe作催化剂，多孔Al2O3作为α-Fe的“骨架”和气体吸附剂。 ①H2中含有CO会使催化剂中毒。CH3COO[Cu]和氨水的混合溶液能吸收CO生成CH3COO[CuCO]溶液，该反应的化学方程式为 　 　　　。  CH3COO[Cu]+NH3·H2O+CO===CH3COO[Cu(NH3)3CO]+H2O 1 2 ②Al2O3含量与α-Fe表面积、出口处氨含量关系如图所示。Al2O3含量大于2%，出口处氨含量下降的原因是___________ ______________________________________________________________________ 多孔 Al2O3可 作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的 NH3，且Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面 积减小，反应速率减小，这也会导致产生的NH3减少 ______________________________________________。  1 2 (3)反应H2+ HCOO-+H2O可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中通入H2，HCOO-产率随温度变化如图所示。温度高于70 ℃，HCOO-产率下降的可能原因是　　　 　　　　。  NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降 1 2 ②使用含氨基物质(化学式为CN—NH2，CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au催化剂储氢，可能机理如图所示。氨基能将控制在催化剂表面，其原理是　　　　 　　　；  用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在　　　　　　 　(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。  —NH2可以与形成氢键 CN—NHD或DCOO- 1 2 氨基和碳酸氢根离子可以形成氢键N—H…O、N…H—O，形成的氢键将碳酸氢根离子控制在催化剂表面；由图可知，步骤Ⅱ发生的反应为氨基和碳酸氢根离子中的羟基发生取代 反应生成水，氢气发生共价键断裂，氢原子被CN吸附，步骤Ⅲ发生的反应为碳氮键发生断裂，碳原子和氮原子分别与氢原子结合生成CN—NH2和HCOO-，则用D2代替氢气，得到的产物为CN—NHD和DCOO-，所以通过检测是否存在CN—NHD或DCOO-可确认反应过程中的加氢方式。 2.(2023·江苏，17)空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。 1 2 “吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为__________ ____________________________； 载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因是_________________________ ______________。  KHCO3+ 相同质量的LiOH固体可吸收 Ca(OH)2===CaCO3+KOH+H2O 更多二氧化碳 1 2 由图可知“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为KHCO3+Ca(OH)2===CaCO3+KOH+H2O。 (2)合成尿素[CO]是利用CO2的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现 反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)===NH2COONH4(l) 反应Ⅱ：NH2COONH4(l)===CO(l)+H2O(l) ①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图 甲所示，反应Ⅰ的ΔH　　　(填“=0”“>0”或“<0”)。  1 2 <0 由图甲可知升高温度反应Ⅰ的lg K减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其ΔH<0。 ②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]和尿素转化为氰酸铵(NH4OCN)等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2的物质的量之比为n(NH3)∶n(CO2)=4∶1，其实际投料比值远大于理论值的原因是_______________________________ _______________________________________。  1 2 适当抑制副反应的发生，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高 (3)催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，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%)随电解电压的变化如图乙所示。 1 2 FE%=×100% 其中，QX=nF，n表示电解生成还原产物X所转移 电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为　　(填化学式)。  H2 1 2 当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明二氧化碳未得电子，为H2O放电变成氢气。 ②当电解电压为U2V时，阴极由生成CH4的电极反应式为　　　　 　　　。  1 2 HC+8e-+6H2O===CH4↑+9OH- 当电解电压为U2V时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由生成CH4的电极反应式为HC+8e-+6H2O=== CH4↑+9OH-。 ③当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为_________________ ______________________________________________________________________________ _____________(写出计算过程)。  1 2 每生成1 mol C2H4转移12 mol e-，每生成1 mol HCOO-转移2 mol e-，故电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为∶=1∶2 题型突破练(A) 02 答案 1 2 3 4 (1)①+247.3 kJ·mol-1　②ab　 (2)①CO2++2e-===HCOO-+　②阳极产生O2和H+pH减小，H+与HC反应，浓度降低；K+部分迁移至阴极区　 (3)①CO脱除较难，占据催化剂表面，使催化剂表面活性位点减少 1. ② 答案 1 2 3 4 (1) CO2+2e-+2H+===HCOOH　1∶3 2. (2)①CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-49 kJ·mol-1　②H2比例过低，不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活；H2比例过高，In2O3部分还原为In，催化剂活性降低　③<　升高温度，生成甲醇的反应左移，生成一氧化碳的反应右移，且反应以生成一氧化碳的反应为主 答案 1 2 3 4 (1)2H2S(g)+3O2(g)===2SO2(g)+2H2O(l)　ΔH=(a+2b) kJ·mol-1　(2)Ca2+与S结合生成微溶的CaSO4有利于反应的进行 (3)①2HS+2e-+4H+===H2S2O4+2H2O　②1∶1　 (4)0.5 (5)①Fe2+在电极上失电子发生反应Fe2+-e-===Fe3+，生成的Fe3+氧化H2S生成硫单质，离子方程式为2Fe3++H2S === 2Fe2++S↓+2H+，H+通过质子交换膜从a极移向b极，在b极得电子生成H2　②利用太阳能，无需额外消耗能量；实现煤气中H2S的脱除，同时产生清洁能源H2 3. 答案 1 2 3 4 (1)①I(g)+N2O(g)―→N2(g)+IO(g)　②>　(2)①10-4　②反应Ⅰ为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大　(3)①15∶2　②NO+5e-+5H+===NH3+H2O　③随着电解电压的不断增大，*NO结合H+与e-得到*NOH(或*NO+H++e-===*NOH)的量增多，*NOH在催化剂表面失水转化成N2O(或2*NOH===N2O↑+H2O)的选择性增大，导致N2O的量增多，使N2O的法拉第效率迅速增大 4. 1.(2024·南通如皋高三模拟)二氧化碳的综合利用具有重要意义。 (1)工业上以CO2和CH4为原料可以制取合成气(CO和H2)。 ①已知CH4、H2、CO的燃烧热分别为890.3 kJ·mol-1、285.8 kJ·mol-1、283 kJ· mol-1，则反应CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g)的ΔH=　 　　　。  1 2 3 4 答案 +247.3 kJ·mol-1 1 2 3 4 答案 已知CH4、H2、CO的燃烧热分别为890.3 kJ·mol-1、285.8 kJ·mol-1、283 kJ·mol-1，则有 Ⅰ：CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-890.3 kJ·mol-1 Ⅱ：CO(g)+O2(g)===CO2(g)　ΔH=-283 kJ·mol-1 Ⅲ：H2(g)+O2(g)===H2O(l)　ΔH=-285.8 kJ·mol-1 根据盖斯定律，Ⅰ-2(Ⅱ+Ⅲ)可得：CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g)，则ΔH=[-890.3-2(-283-285.8)]kJ·mol-1=+247.3 kJ·mol-1。 ②将CO2和CH4以体积比1∶1混合后，通过装有催化剂的反应管。下列措施有利于提高CH4转化率的是　　　　(填字母)。  a.将反应管控制在催化剂的最大活性温度范围内 b.延长混合气体通过反应管的时间 c.向反应管中加入少量炭粉 1 2 3 4 答案 ab 1 2 3 4 答案 反应为CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g)，将CO2和CH4以体积比1∶1混合后，通过装有催化剂的反应管；a.将反应管控制在催化剂的最大活性温度范围内，此时催化剂活性最大，可以提高未平衡前一段时间内的CH4转化率； b.延长混合气体通过反应管的时间，让反应逐渐达到平衡，也就是CH4转化率最大时，因此可以提高CH4转化率； c.向反应管中加入少量炭粉，对反应并没有影响，不能改变CH4转化率。 (2)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理如图1所示。 1 2 3 4 答案 根据电解原理，阴极上得到电子，故阴极的电极反应为CO2+ +2e-===HCOO-+。 ①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式：　　　　 　　　。  CO2++2e-===HCOO-+ ②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是___________________ ________________________________________________________。  1 2 3 4 答案 阳极反应为2H2O-4e-===O2↑+4H+，随着反应的进行，阳极附近的pH减小，H+与反应，同时部分K+迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低。 阳极产生O2和H+pH减小，H+与HC反应，浓度降低；K+部分迁移至阴极区 (3)一种负载活性金属原子催化剂可催化还原CO2，在催化剂表面的物质相对能量与反应历程的关系如图2所示。 1 2 3 4 答案 ①反应中催化剂的活性会因为生成CO的不断 增多而逐渐减弱，原因是__________________ _____________________________________。  催化剂表面，使催化剂表面活性位点减少 CO脱除较难，占据 1 2 3 4 答案 一种负载活性金属原子催化剂可催化还原CO2，则CO2需要吸附在催化剂上，而当反应中生成的CO不断增多，CO脱除较难，占据催化剂表面，使催化剂表面活性位点减少，导致催化剂再难被CO2吸附，催化剂活性减弱。 ②CH3OH可由中间体X或Y经过如图3所示2步转化得到。X和Y的组成相同，催化剂载体中的活性金属带正 1 2 3 4 答案 电性，Y与活性金属结合后的相对能量低于X。在图4方框内画出Y的结构简式。 答案　 1 2 3 4 答案 催化剂载体中的活性金属带正电性，说明是带孤电子对较多的原子与催化剂结合，Y与活性金属结合后的相对能量低于X，且X和Y的组成 相同，说明Y的结构简式为 。 2.(2024·泰州市统考模拟)空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。 (1)利用高炉炼铁尾气中的CO2制取有机物的过程如下： 1 2 3 4 答案 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%)随电解电压的变化如图1所示： FE%=×100%， 选择性S(X)=×100%。 “电解”在质子交换膜电解池中进行，生成HCOOH的电极反应式为　　　　　　　　　　 　，当电解电压为U1时，生成C2H5OH和HCOOH的选择性之比为　　 。  1 2 3 4 答案 CO2+2e-+2H+===HCOOH 1∶3 1 2 3 4 答案 由题意可知，电解时，通入二氧化碳的电极为阴极，生成甲酸的电极反应式为CO2+2e-+2H+ ===HCOOH；由图可知，电解电压为U1时，生成甲酸和乙醇的法拉第效率相等，则由题给信 息可知，生成乙醇和甲酸的选择性之比为∶ =1∶3。 (2)利用铟氧化物催化CO2、H2制取CH3OH的可能机理如图2所示，In2O3无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性，将固定比例的CO2、H2混合气体以不同流速通过装有催化剂的反应管，CH3OH选择性、CO2转化率随气体流速变化曲线如图3所示。 1 2 3 4 答案 ①图2中的反应每生成1 mol CH3OH(g)放出49 kJ的热量，其热化学方程式为 __________________________________________________。  1 2 3 4 答案 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-49 kJ·mol-1 由图可知，在催化剂作用下，二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，由反应生成1 mol甲醇放出49 kJ的热量可知，反应的焓变ΔH=-49 kJ· mol-1，则反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-49 kJ·mol-1。 ②若原料气中H2比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是__________________　　　　　　　 ___________________________________________________________________________________。  1 2 3 4 答案 H2比例过低，不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活；H2比例过高，In2O3部分还原为In，催化剂活性降低 ③制取CH3OH时，同时发生反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH>0，气体流速分别为15 000 mL·h-1和21 000 mL·h-1，相同时间内生成CH3OH的质量，前者　　　后者(填“>”“=”或“<”)；保持气体流速不变，反应管内温度从300 ℃升高到320 ℃，测得出口处CO2和CH3OH的物质的量均减小，可能的原因是_________________________________________ ____________________________________________。  1 2 3 4 答案 < 升高温度，生成甲醇的反应左移，生成一氧化碳的反应右移，且反应以生成一氧化碳的反应为主 1 2 3 4 答案 设混合气体中二氧化碳的比例分数为x，由图可知，气体流速为15 000 mL· h-1和21 000 mL·h-1时，二氧化碳的转化率分别为5%和4%，则转化的二氧化碳分别为15 000x mL·h-1×5%=750x mL·h-1、21 000x mL·h-1×4%=840x mL·h-1，而甲醇选择性增大，所以相同时间内流速为15 000 mL·h-1时生成甲醇的质量小于21 000 mL·h-1；二氧化碳与氢气反应生成甲醇的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成甲醇的物质的量减小，二氧化碳与氢气反应生成一氧化碳的反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，消耗二氧化碳的物质的量增大，反应管内温度从300 ℃升高到320 ℃时，出口处甲醇和二氧化碳的物质的量均减小说明反应以生成一氧化碳的反应为主。 3.(2023·江苏省四校高三下学期4月联考)硫和氮是生物必需的营养元素，含硫和氮的化合物在自然界中广泛存在。 (1)火山喷发产生的H2S在大气中发生如下反应： ①2H2S(g)+O2(g)===2S(g)+2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1 ②S(g)+O2(g)===SO2(g) ΔH=b kJ·mol-1 写出H2S(g)燃烧的热化学方程式___________________________________ ___________________。  1 2 3 4 答案 2H2S(g)+3O2(g)===2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=(a+2b) kJ·mol-1 1 2 3 4 答案 根据题意，硫化氢气体的燃烧的化学方程式可以表示为2H2S(g)+3O2(g) ===2SO2(g)+2H2O(l)，再根据盖斯定律，该反应的反应热ΔH=(a+2b) kJ· mol-1，故硫化氢气体燃烧的热化学方程式表示为2H2S(g)+3O2(g)=== 2SO2(g)+2H2O(l)　ΔH=(a+2b) kJ·mol-1。 (2)工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2。为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。反应过程中产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，可加快对SO2的吸收。该催化过程如图所示。Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是___________________________________ 　 　　。  1 2 3 4 答案 Ca2+与S结合生成微溶的CaSO4有利 于反应的进行 (3)氮的氧化物脱除可以利用电化学原理，利用如图所示装置可同时吸收SO2和NO。 已知：H2S2O4是一种弱酸。 1 2 3 4 答案 ①阴极的电极反应式为_____________ ____________________。  2HS+2e-+ 4H+===H2S2O4+2H2O ②若无能量损失，相同条件下，SO2和NO的体积比为　　　　时，两种气体恰好被完全处理。  1∶1 1 2 3 4 答案 如图所示，a电极HS转化为H2S2O4，S元素的化合价降低发生了还原反应，故a电极为阴极，发生反应：2HS+ 2e-+4H+===H2S2O4+2H2O；SO2中S元 素的化合价由+4价升高为+6价，NO中N元素化合价由+2价降低为0价，根据得失电子守恒，参加反应的SO2与NO的物质的量之比为1∶1，故在相同条件下，体积比为1∶1时两种气体恰好被完全处理。 1 2 3 4 答案 (4)已知2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应历程分两步。 第一步：2NO(g) N2O2(g)(快反应) 第二步：N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)(慢反应) 用O2表示的速率方程为v(O2)=k1c2(NO)·c(O2)；用NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2c2(NO)·c(O2)，k1与k2分别表示速率常数，则=　 (填数值)。  0.5 根据题意，v(O2)=k1c2(NO)·c(O2)、v(NO2)=k2c2(NO)·c(O2)，故k1= 、k2=，则= ==0.5。 1 2 3 4 答案 (5)太阳能光电催化—化学耦合分解H2S的装置如图所示。 ①该太阳能光电催化—化学耦合分解H2S的过程可描述为_____________ __________________________________________________________________________________________________________________________________________________。  Fe2+在电极上失电子发生反应Fe2+-e-===Fe3+，生成的Fe3+氧化H2S生成硫单质，离子方程式为2Fe3++H2S===2Fe2++S↓+2H+，H+通过质子交换膜从a极移向b极，在b极得电子生成H2 1 2 3 4 答案 ②从能源利用和资源综合利用角度分析该方法的优点是______________ _________________________________________________________。  利用太阳能，无需额外消耗能量；实现煤气中H2S的脱除，同时产生清洁能源H2 4.(2024·连云港统考模拟)氮氧化物(N2O、NO等)的处理和资源化利用具有重要意义。 (1)N2O的处理。研究证明：I2(g)能提高N2O的分解速率，N2O参与了第Ⅱ步、第Ⅲ步反应。反应历程(Ea为反应活化能)： 第Ⅰ步：I2(g)―→2I(g)　Ea1 第Ⅱ步：……Ea2 第Ⅲ步：2IO(g)+2N2O(g)―→2N2(g)+2O2(g)+I2(g)　Ea3 ①第Ⅱ步发生反应的方程式为　　　　 　　　　。  1 2 3 4 答案 I(g)+N2O(g)―→N2(g)+IO(g) 1 2 3 4 答案 I2(g)能提高N2O的分解速率，I2(g)是N2O分解反应的催化剂，N2O参与了第Ⅱ、Ⅲ步的反应，结合题给第Ⅰ、Ⅲ步的反应和N2O的分解反应[2N2O(g) 2N2(g)+O2(g)]可知，第Ⅱ步发生反应的方程式为I(g)+N2O(g)―→N2(g)+IO(g)。 1 2 3 4 答案 ②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，则Ea2　　　 (填“>”“<”或“=”)Ea3。  > 总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，说明第Ⅱ步的反应速率最小，活化能最大，则Ea2>Ea3。 1 2 3 4 答案 (2)NO的应用。NO分解ICl制取I2和Cl2的原理如下： 反应Ⅰ：2ICl(g)+2NO(g) 2NOCl(g)+I2(g)　Kp1 反应Ⅱ：2NOCl(g) 2NO(g)+Cl2(g)　Kp2 反应的-lg Kp~T(Kp值为平衡时用各气体的分压表示 得出的值)的关系如图1所示。 ①430 K时，反应2ICl(g) I2(g)+Cl2(g)的Kp为　　　。  10-4 1 2 3 4 答案 由图1可知，430 K时，-lg Kp1=1.1、-lg Kp2=2.9，则Kp1==10-1.1、Kp2== 10-2.9，反应2ICl(g) I2(g)+Cl2(g)的Kp= =Kp1·Kp2=10-1.1×10-2.9=10-4。 1 2 3 4 答案 ②410 K时，向容积不变的容器中充入1 mol NO和1 mol ICl进行反应，测得反应过程中容器内压强与时间的关系如图2所示(反应开始和平衡后容器的温度相同)。在0~t1时间段内，容器中压强增大 的主要原因是__________________________________________________ _____________________。  反应Ⅰ为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大 1 2 3 4 答案 由图1可知，随着温度的升高-lg Kp1逐渐增大、-lg Kp2逐渐减小，即随着温度的升高Kp1逐渐减小、Kp2逐渐增大，说明反应Ⅰ为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应，结合PV=nRT，故图2在0~t1时间段内，容器中压强增大的主要原因是 反应Ⅰ为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大。 1 2 3 4 答案 (3)催化电解NO吸收液可将NO还原为NH3，其催化机理如图3所示。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图4所示。已知FE%=×100%，QX=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；Q总表示电解过程中通过的总电量。 1 2 3 4 答案 ①当电解电压为U1时，电解生成的H2和NH3的物质的量之比为　　　　　。  15∶2 由图4知，当电解电压为U1时，H2、NH3的法拉第效率分别为60%、 20%，根据FE%=×100%知，电解生成H2和NH3转移电子物质的 量之比为60%∶20%=3∶1，生成H2、NH3的电极反应式分别为2H++ 2e-===H2↑、NO+5e-+5H+===NH3+H2O，则电解生成的H2和NH3的物质的量之比为∶=15∶2。 1 2 3 4 答案 ②当电解电压为U2时，催化电解NO生成NH3的电极反应式为　　　 　　　　　。  ③电解电压大于U3后，随着电解电压的不断增大，N2O的法拉第效率迅速增大，可能原因 NO+5e-+5H+===NH3+H2O 是_____________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________ (吸附在催化剂上的物种加“*”表示，如*NO、*NOH等)。 随着电解电压的不断增大，*NO结合H+与e-得到*NOH(或*NO+H++e-===*NOH)的量增多，*NOH在催化剂表面失水转化成N2O(或2*NOH=== N2O↑+H2O)的选择性增大，导致N2O的量增多，使N2O的法拉第效率迅速增大 题型突破练(B) 03 答案 1 2 3 4 (1)-124.2 (2)加入少量O2，H2与O2反应放热，氢气浓度减小和体系温度升高都使反应1平衡右移使乙苯转化率升高，但温度升高，苯乙烯(或乙苯)被进一步氧化成苯乙醛等副产物 (3)一定范围内，随着CO2分压强增大，反应2的平衡正向移动，降低了c(H2)，促进反应1正向进行，使乙苯转化率增大。当CO2分压强过大时，CO2占据了催化剂表面，使催化剂表面吸附的乙苯减少，乙苯转化率下降 1. 答案 1 2 3 4 (4)①2 +V2O5/MgO―→2 +V2O3/MgO+2H2O　催化剂中V(+5价)的含量减少　②将V2O3转化为V2O5，使催化剂获得再生，同时可以消除积碳 1. ③乙苯α-H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成 ，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上 答案 1 2 3 4 (1)反应ΔH<0　 (2)①Na2Ca CaO-Na2CO3+CO2↑　②等质量的MgO和CaO相比，MgO吸收的CO2的量多；Ca2+和Mg2+电荷数相等、Mg2+半径小，再生时MgCO3分解温度低，更节能　 (3)①11+8e-===CH3COO-+9+4H2O　②H2　 2. 答案 1 2 3 4 (4)①随着温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ速率加快，消耗的CO2增多。反应Ⅰ的ΔH<0，反应Ⅱ的ΔH>0，随着温度升高，反应Ⅰ正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，CO2转化率升高，但CH3OH选择性降低　②由图可知，340 ℃时In2O3、Mg/In2O3、Mn/In2O3对应的CO2的转化率分别为12%、10%和5%，In2O3、Mg/In2O3、Mn/In2O3对应的甲醇的选择性分别为15%、20%和30%，所以η(In2O3)∶η(Mg/In2O3)∶η(Mn/In2O3)=(12%×15%)∶(10%×20%)∶(5%×30%)=18∶20∶15 2. 答案 1 2 3 4 (1)①+123.21　②该温度下催化剂的活性较高，反应速率较快　 (2)①CO2+H2 CO+H2O　②丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷脱氢时，CO2能发生反应CO2+C 2CO，及时消除积碳　 (3)①C3H8-2e-===C3H6+2H+　②反应物空气廉价易得，且在制备丙烯的同时可获得电能 3. 答案 1 2 3 4 (1)①C2H6(g)―→2CH3·(g)(或反应Ⅱ)　②裂解反应Ⅳ的平衡常数大于反应Ⅲ，得到CH4和C2H4混合物，产率低，纯度小　 (2)①-298 kJ·mol-1　②当<2时，O2过量，越小，O2过量的越多，乙烷的转化率越大，但过量的O2可氧化乙烷生成CO2，导致乙烯的选择性越低 4. 答案 1 2 3 4 (3)① 　②可以避免乙烷深度氧化，避免O2将Cr3+氧化为更高价，同时使CO2资源再利用　 (4)C2H6-2e-===C2H4+2H+ 4. 答案 1 2 3 4 1.(2023·南京市高三下学期考前模拟)乙苯被吸附在催化剂表面发生脱氢可生成苯乙烯、苯甲醛等，生成苯乙烯的相关反应如下。 反应1：C6H5CH2CH3(g)===C6H5CH==CH2(g)+H2(g)　ΔH1=+117.6 kJ·mol-1 反应2：CO2(g)+H2(g)===CO(g)+H2O(g) 　ΔH2=+41.2 kJ·mol-1 反应3：2H2(g)+O2(g)===2H2O(g) 　ΔH3=-483.6 kJ·mol-1 (1)反应4：C6H5CH2CH3(g)+O2(g)===C6H5CH==CH2(g)+H2O(g)　ΔH4= 　　　kJ·mol-1。  -124.2 答案 1 2 3 4 由盖斯定律得反应4=反应1+×反应3，则ΔH4=ΔH1+ΔH3=(+117.6-483.6×) kJ·mol-1=-124.2 kJ·mol-1。 答案 1 2 3 4 (2)较低温度下，向乙苯脱氢的反应体系中加入少量O2，乙苯平衡转化率升高而苯乙烯的选择性降低，其原因可能是_________________________ _____________________________________________________________________________________________________________________。  加入少量O2，H2与O2反应放热，氢气浓度减小和体系温度升高都使反应1平衡右移使乙苯转化率升高，但温度升高，苯乙烯(或乙苯)被进一步氧化成苯乙醛等副产物 答案 1 2 3 4 (3)向乙苯脱氢反应体系中加入CO2，乙苯转化率与体系中CO2分压强的关系如图1所示。随CO2的增加，乙苯转化率先增大后减小的可能原因为 _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。  一定范围内，随着CO2分压强增大，反应2的平衡正向移动，降低了c(H2)，促进反应1正向进行，使乙苯转化率增大。当CO2分压强过大时，CO2占据了催化剂表面，使催化剂表面吸附的乙苯减少，乙苯转化率下降 答案 1 2 3 4 (4)研究发现在V2O5/MgO催化剂表面进行CO2的乙苯脱氢反应中，V(+5价)是反应的活性中心，转化过程如图2所示。 ①转化Ⅰ发生反应的化学方程式为 ______________________________________________。反应一段时间后，催化剂活性有所下降，原因可能有反应过程产生的积碳覆盖在活性中心表面和　　　　 　　　。 2 +V2O5/MgO―→2 +V2O3/MgO+2H2O　 催化剂中V(+5价)的含量减少 答案 1 2 3 4 ②简述转化Ⅱ的作用：__________________ ___________________________________。  将V2O3转化为V2O5，使催化剂获得再生，同时可以消除积碳 答案 1 2 3 4 ③CO2参与的乙苯脱氢机理如图3所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。 图中所示反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为 _______________________________________ ______________________________________________________________ ______________________________________________________________ _____________________。  乙苯α-H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1 位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；B1位点上的H+与B2位点上 CO2中带部分负电荷的O作用生成 ，带部分正电荷的C吸附在带 部分负电荷的B2位点上 答案 1 2 3 4 2.(2024·南京、盐城统考模拟)“碳中和”目标如期实现的关键技术之一是CO2的资源化再利用。 (1)氨的饱和食盐水捕获CO2是其再利用的方法之一，反应原理为NaCl(aq) +NH3(g)+CO2(g)+H2O(l)===NaHCO3(s)+NH4Cl(aq)。该反应常温下能自发进行的原因是　　 　　。  反应ΔH<0 反应NaCl(aq)+NH3(g)+CO2(g)+H2O(l)===NaHCO3(s)+NH4Cl(aq)为熵减的反应，该反应常温下能自发进行，则反应ΔH<0。 答案 1 2 3 4 (2)XO基掺杂Na2CO3形成XO-Na2CO3(X=Mg、Ca、Cd等)，能用于捕获CO2，原理如图所示。已知阳离子电荷数越高、半径越小，阴离子越易受其影响而分解。 ①X=Ca时，再生的化学方程式为　_ 　　　　　　。  Na2Ca CaO-Na2CO3+CO2↑ X=Ca时，Na2Ca加热生成CaO-Na2CO3和CO2，再生的化学方程式为Na2Ca CaO-Na2CO3+CO2↑。 ②X=Mg相比X=Ca，其优点有_____________________________________ _______________________________________________________________________________。  答案 1 2 3 4 等质量的MgO和CaO相比，MgO吸收的CO2的量多；Ca2+和Mg2+电荷数相等、Mg2+半径小，再生时MgCO3分解温度低，更节能　 答案 1 2 3 4 (3)催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。 ①在阴极放电生成CH3COO-的电极反应式为____________________ _______________________。  ②碱性溶液有利于抑制阴极上副产物的产生，该副产物的化学式为　 。  11+8e-=== CH3COO-+9+4H2O H2 电解时，H+可在阴极得到电子生成H2，碱性溶液有利于抑制H2的产生。 答案 1 2 3 4 (4)在催化剂作用下，以CO2和H2为原料合成CH3OH，主要反应为 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH1=-49 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)===CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41 kJ·mol-1 保持压强3 MPa，将起始n(CO2)∶n(H2)=1∶3的混合气体匀速通过装有催化剂 的反应管，测得出口处CO2的转化率和甲醇的选择性与 温度的关系如图1、图2所示。 答案 1 2 3 4 ①随着温度的升高，CO2转化率增大，但甲醇选择性降低的原因是_____ ___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。  温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ速率加快，消耗的CO2增多。反应Ⅰ的ΔH<0，反应Ⅱ的ΔH>0，随着温度升高，反应Ⅰ正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，CO2转化率升高，但CH3OH选择性降低 随着 答案 1 2 3 4 ②假设催化剂催化效率η=×100%，计算340 ℃时三种催化剂的催化效率之比η(In2O3)：η(Mg/In2O3)：η(Mn/In2O3)=_______________ ___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(写出计算过程)。  由图可知，340 ℃时In2O3、Mg/In2O3、Mn/In2O3对应的CO2的转化率分别为12%、10%和5%，In2O3、Mg/In2O3、Mn/In2O3对应的甲醇的选择性分别为15%、20%和30%，所以η(In2O3)∶η(Mg/In2O3)∶η(Mn/In2O3)=(12%×15%)∶(10%×20%) ∶(5%×30%)=18∶20∶15 3.(2024·苏锡常镇四市统考二模)丙烷脱氢制丙烯是较为理想的丙烯生产渠道。 (1)丙烷直接催化脱氢。在Pd-C2N催化剂作用下，丙烷直接脱氢制丙烯反应历程中的相对能量变化如图所示(*表示催化剂表面吸附位点，如*C3H8表示吸附在催化剂表面的C3H8)。 答案 1 2 3 4 ①丙烷直接催化脱氢制丙烯的反应：C3H8(g)===C3H6(g)+H2(g)的ΔH=　　　　 kJ·mol-1。  +123.21 答案 1 2 3 4 随着反应的进行，且检测到CO，CO2氧化丙烷脱氢总反应为C3H8+CO2 C3H6+CO+H2O， 由此可知反应Ⅱ为CO2+H2 CO+H2O。 ②研究表明，实际生产中除使用Pd-C2N催化剂外，还需控制反应温度在480 ℃，选择温度为480 ℃的原因是___________ _____________________________。  答案 1 2 3 4 该温度下催化剂的活性较高，反应速率较快 (2)CO2氧化丙烷脱氢。600 ℃下，将不同组分的原料混合气以相同流速通过装有催化剂的反应床，测得C3H8转化率和C3H6选择性[C3H6选择性=×100%]随时间的变化关 答案 1 2 3 4 系如图所示，图中A、B分别代表n(C3H8)∶n(CO2)∶n(N2)=1∶2∶7、n(C3H8)∶n(N2)=1∶9的两种原料气。 ①随着反应的进行，4小时前A组分原料气中C3H8转化率和C3H6选择性均有所提升，且在反应床出口检测到CO。研究表明，CO2氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：Ⅰ.C3H8 C3H6+H2；Ⅱ.　　 　　(填化学方程式)。  答案 1 2 3 4 CO2+H2 CO+H2O _____________________________________________________。  ②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是_________ ______________________________________________________________________________ 答案 1 2 3 4 丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷 脱氢时，CO2能发生反应CO2+C 2CO，及时消除积碳 (3)丙烷燃料电池脱氢。一种质子导体燃料电池采用PSNT材料作阳极催化层，在正极侧注入燃料气C3H8，负极侧直接暴露于空气中，在650 ℃下可实现丙烷高效脱氢制丙烯，装置如图所示。 答案 1 2 3 4 ①电池工作时，负极发生主要反应的电极反应式为　　　　　　　　　　。  C3H8-2e-===C3H6+2H+ ②与CO2氧化丙烷脱氢相比，丙烷燃料电池脱氢制丙烯工艺的优点是________________________________________________。  反应物空气廉价易得，且在制备丙烯的同时可获得电能 4.(2024·南通海安二模)乙烯年产量是衡量国家石油化工发展水平的重要指标，乙烷制乙烯具有极高的经济效益。 已知：ⅰ.乙烷裂解为乙烯为自由基反应，其可能的引发反应及对应化学键的解离能如下： 答案 1 2 3 4 可能的引发反应 有关键的解离能/(kJ·mol-1) Ⅰ.C2H6(g)―→C2H5·(g)+H·(g) 410 Ⅱ.C2H6(g)―→2CH3·(g) 368 答案 1 2 3 4 ⅱ.乙烷裂解中主要发生的反应及其在不同温度下的平衡常数如下表： 反应 1 100 K 1 300 K 1 500 K Ⅲ.C2H6(g) C2H4(g)+H2(g) 1.6 18.9 72.0 Ⅳ.C2H6(g) C2H4(g)+CH4(g) 60.9 108.7 165.8 Ⅴ.C2H4(g) C2H2(g)+H2(g) 0.015 0.33 3.2 Ⅵ.C2H2(g) 2C(g)+H2(g) 6.5×107 1.5×106 1.0×105 答案 1 2 3 4 (1)乙烷直接裂解制乙烯。 ①引发乙烷直接裂解的反应主要为　　 　　　　。  C2H6(g)―→2CH3·(g)(或反应Ⅱ) 有关键的解离能越小，发生反应的可能性越大，由表可知，第二个反应的解离能小于第一个反应的解离能，所以乙烷裂解引发的主要反应为C2H6(g)―→2CH3·(g)或反应Ⅱ。 答案 1 2 3 4 ②不采用乙烷直接裂解制乙烯的原因是_____________________________ _________________________________________。  裂解反应Ⅳ的平衡常数大于反应Ⅲ，得到CH4和C2H4混合物，产率低，纯度小 答案 1 2 3 4 (2)乙烷催化氧化脱氢制乙烯。 已知：ⅰ.2C2H6(g)+7O2(g)===4CO2(g)+6H2O(l)　ΔH1=-3 120 kJ·mol-1； ⅱ.C2H4(g)+3O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l)　ΔH2=-1 411 kJ·mol-1 ①2C2H6(g)+O2(g)===2C2H4(g)+2H2O(l)　ΔH=　　　　　　　。  -298 kJ·mol-1 由盖斯定律可知，2C2H6(g)+O2(g)===2C2H4(g)+2H2O(l)　ΔH=ΔH1-2ΔH2=-298 kJ·mol-1。 答案 1 2 3 4 ②800 ℃时，当n(C2H6)和n(O2)的混合气以一定流速通过反应器时，混合气中的比值对乙烷催化氧化脱氢制乙烯 的反应中乙烷转化率、乙烯选择性、乙烯收率的影响如图所示： 当<2时，越小，乙烷转化率越大，但乙烯的选择性越小的 原因是_________________________________________________________ ____________________________________________________________。  当<2时，O2过量，越小，O2过量的越多，乙烷的转化率越大，但过量的O2可氧化乙烷生成CO2，导致乙烯的选择性越低 答案 1 2 3 4 (3)CO2耦合乙烷催化脱氢制乙烯。 ①用Cr/SSZ-13为催化剂、CO2作为温和的氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯有诸多优势。催化条件下，乙烷裂解主要引发反应为反应Ⅰ，同时Cr的价态由+3价升高至+4价。推测配位不饱和Cr3+催化CO2耦合C2H6脱氢反应过程如图所示，补全图中画框部分。 答案　 Cr/SSZ-13为催化剂、CO2作为温和的氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯，该条件下乙烷裂解主要引发反应为反应Ⅰ：C2H6(g)―→C2H5·(g)+H·(g)，同时Cr的价态由+3价升高至+4价，则Cr周围形成四个共价键，并结合 后续转化 ，则图中画框部分应该为 。 答案 1 2 3 4 答案 1 2 3 4 ②用CO2代替O2的优势为_________________________________________ ___________________________。  可以避免乙烷深度氧化，避免O2将Cr3+氧化为更 高价，同时使CO2资源再利用 (4)电催化乙烷催化脱氢制乙烯。 利用质子传导型固体氧化物电解池也可实现乙烷制乙烯。乙烷在电极上直接电催化裂解为乙烯，同时质子在外加电势下经电解质“抽取”至另一极与CO2反应生成CO，阳极的电极反应式为　　　　 　　　。  C2H6-2e-===C2H4+2H+ 本课结束 THANKS $$