专题12 化学反应原理应用综合题（浙江专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）高考1年模拟化学真题分类汇编

专题12 化学反应原理应用综合题 考点 五年考情(2021-2025) 命题趋势 化学反应原理应用综合题 (5年10考) 2025·浙江6月卷 2025·浙江1月卷 2024·浙江6月卷 2024·浙江1月卷 2023·浙江6月卷 2023·浙江1月卷 2022·浙江6月卷 2022·浙江1月卷 2021·浙江6月卷 2021·浙江1月卷 化学反应原理综合应用题是综合大题必考题型之一，问题设计上往往以组合题的形式出现，题目往往围绕一个主题，由多个小题组成，各小题具有一定的独立性。该题一般取材于能源、环境保护、化工生产等情景，通过某个气相或溶液中的可逆反应切入。题目围绕一个主题，以“拼盘”形式事现，结合图象、表格、数据、数据、装置等信息，综合考查化学反应中的能量变化(盖斯定律)、化学反应速率和平衡及其影响因素、电化学、水溶液中的离子平衡等，涉及知识点多，但各小题又比较相对独立。主要考查考生的信息处理能力、学科内综合分析能力、解决生产实际中的具体问题能力。 1．(2025·浙江6月卷)氯气、二氧化氯常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。请回答： (1)下列措施中能提高新制饱和氯水中HClO浓度的是_______。 A．加固体 B．加水 C．加CaCO3粉末 D．加足量Ca(OH)2溶液 (2)氯气常用于自来水消毒。稀氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)： I Cl2(aq)＋H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)＋HClO(aq) Ⅱ 2HClO(aq)Cl2O(aq)＋H2O(l) K=10-2.0 Ⅲ HClO(aq)H+(aq)+ClO-(aq) T1℃时，在不同pH下，约2mg/L氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值(lgc)如图所示(溶液体积保持不变)。 ①Cl2O分子的空间构型是_______。 ②在pH=4~9之间，ClO-浓度增加，其最大来源是_______(填含氯微粒符号)。 ③该氯水中氯元素质量守恒表达式：c(Cl-)= c(HClO)+ _______。 ④在图中画出pH=4~9之间，lgc(Cl2O)随pH的变化曲线_______。 (3)某研究小组提出，商用ClO2 (常含杂质Cl2)在水中易发生如下反应，影响自来水消毒效果。 Ⅳ 2ClO2(aq)＋H2O(l)=2H+(aq)+ClO3-(aq)＋ClO2-(aq) V 2ClO2(aq)+ClO-(aq)＋H2O(l)=2H+(aq)+2ClO3-(aq)＋Cl-(aq) ClO2中Cl2含量对ClO2反应初始速率[v初始(ClO2)]的影响如图所示。实验条件：T2℃，ClO2初始浓度相同。 ①Cl2的存在主要加快了反应_______(填“Ⅳ”或“V”)。 ②指出改变v初始(ClO2)的影响因素，并解释原因_______。 【答案】(1)C (2)①V形(或角形) ②HClO ③2c(Cl2O)+ c(ClO-) ④ (3)① V ②影响因素是溶液 pH以及Cl2含量等，原因是Cl2浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO﹣浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大 【解析】(1)饱和氯水中存在平衡：Cl2＋H2OH++Cl-＋HClO，平衡正向移动，增加HClO浓度：A项，加NaCl固体，Cl-浓度增加，平衡逆向移动，HClO降低，A错误；B项，加水，平衡正向移动，HClO物质的量增加，但浓度降低，B错误；C项，加CaCO3粉末，消耗H+，平衡正向移动，HClO浓度增加，C正确；D项，加足量Ca(OH)2溶液，消耗H+，平衡正向移动，但溶液体积会变大，HClO浓度下降，且足量的Ca(OH)2也会和HClO反应，进一步导致HClO浓度下降，D错误；故答案为C。 (2)①Cl2O分子的中心原子O的价层电子数为，O有2对孤电子对，空间构型是V形(或角形)；②在pH=4~9之间，ClO-浓度增加，ClO-主要来自 HClO的电离：HClO(aq)H+(aq)+ClO-(aq)；③Cl2溶于水生成等量的H+和HClO，HClO进一步转化为Cl2O和ClO-，则该氯水中氯元素质量守恒表达式：c(Cl-)= c(HClO)+ 2c(Cl2O)+ c(ClO-)；④由2HClO(aq)Cl2O(aq)＋H2O(l) K=10-2.0可知，随着 pH 升高，c(HClO)减小，c(Cl2O)亦随之减小，且，代入pH=4时，c(HClO)=10-4.5，得到lgc(Cl2O)=-11，同理，pH=9时，c(HClO)=10-6.0，lgc(Cl2O)= -14，故lgc(Cl2O)从 pH=4 到9时，从-11点位大致呈单调下降曲线递减到-14点位，如图所示：； (3)①反应Ⅳ是ClO2自身的氧化还原反应，而反应V是ClO-做氧化剂，将ClO2氧化为ClO3- (氯的含氧酸中并不是化合价越高，氧化性越强)，故当Cl2存在时，存在题(2)中Ⅰ和Ⅲ的电离平衡，主要影响的是反应Ⅴ，即加快了反应Ⅴ的反应速率； ②读图可知，影响v初始(ClO2)的主要因素有溶液 pH以及Cl2含量等，原因是Cl2浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO﹣浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大。 2．(2025·浙江1月卷)二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答： (1)用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ．NH3(g)＋CH3OH(g) CH3NH2(g)＋H2O(g) Ⅱ．CH3NH2(g)＋CH3OH(g)(CH3)2NH(g)＋H2O(g) Ⅲ．(CH3)2NH(g)＋CH3OH(g) (CH3)3N(g)＋H2O(g) 可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。 A．温度 B．投料比[n(NH3)：n(CH3OH)] C．压强 D．催化剂 (2)25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH= 。 (3)在[(CH3)2NH2]+Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是 。 (4)上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：(CH3)2NH(g)＋CO(g)=HCON(CH3)2(l)。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下ΔH 0(填“>”、“<”或“=”)。 (5)有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比n(CO2)：n(H2)： n(CH3)2NH)=20：15：1，催化剂M足量。反应方程式如下： Ⅳ． V．HCOOH(g)＋(CH3)2NH(g)= HCON(CH3)2(g)＋H2O(g) HCOOH、(CH3)2NH、HCON(CH3)2三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。 (例：HCOOH的物质的量百分比 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活) 。 ②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因 。 【答案】(1)AB (2)5.4 (3)CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O (4)＜ (5)①t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢 ②用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度 【解析】(1)A项，已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲醇的平衡转化率，A符合题意；B项，增大投料比[n(NH3)：n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B符合题意；C项，由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不合题意；D项，．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不合题意；故选AB；(2)25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，则[(CH3)2NH2] ++H2O (CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4；(3)已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O；(4)反应生产HCON(CH3)2的反应方程式(CH3)2NH(g)＋CO(g)=HCON(CH3)2(l)是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变ΔG=ΔH-TΔS＜0时反应自发可知，则反应在该条件下ΔH<0；(5)①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢；②用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。 3．(2024·浙江6月卷)氢是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为，) NaBH4(s)＋2H2O(l)= NaBO2(aq)＋4H2(g) ΔH＜0 请回答： (1)该反应能自发进行的条件是_______。 A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断 (2)该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。 A．升高溶液温度 B．加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2] C．加入少量固体硼酸[B(OH)3] D．增大体系压强 (3)为加速NaBH4水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比[n(NaBH4)：n(H2O)]之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因 。 (4)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是 。该电池以恒定电流工作14分钟，消耗H2体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下H2 的摩尔体积为24.5L· mol -1；电荷量q(C) =电流时间；NA=6.0×10-23mol·L-1；e=1.60×10-19C。] (5)资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠(NaBO2)再生为NaBH4。(已知：是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比计算方法；当时，反应能自发进行。) I． II． III． 请书写一个方程式表示NaBO2再生为NaBH4的一种制备方法，并注明 。(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为。) 【答案】(1)C (2)A (3)随着投料比[n(NaBH4)：n(H2O)]增大，NaBH4的水解转化率降低 (4) O2+4e-+2CO2=2CO32- 70% (5) 【解析】(1)反应，ΔS＞0 ，由ΔG=ΔH-TΔS可知，任意温度下，该反应均能自发进行，故选C；(2)A项，升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A符合题意；B项，加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2]，H2O的量减少，化学反应速率降低，B不符合题意；C项，加入少量固体硼酸[B(OH)3]，H2O的量减少，化学反应速率降低，C不符合题意；D项，增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D不符合题意；故选A。(3)随着投料比[n(NaBH4)：n(H2O)]增大，NaBH4的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。(4)根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2 CO32-， 该条件下，0.49L H2的物质的量为，工作时，H2失去电子：H2-2e-=2H+，所带电荷量为：2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-19= 3840C，工作电荷量为：3.2×14×60=2688C，则该电池将化学能转化为电能的转化率为：；(5)结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由(2×反应3)-(2×反应Ⅱ+反应Ⅰ)得，。 4．(2024·浙江1月卷)(10分)通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回答： (1)某研究小组采用电化学方法将CO2转化为，装置如图。电极B上的电极反应式是 。 (2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下： ：C(s)＋O2(g)==CO2(g) ΔH1＝-393.5kJ·mol−1 Ⅱ：C(s)＋H2(g)＋O2(g)==HCOOH(g) ΔH2＝-378.7kJ·mol−1 Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g) ΔH3 ①ΔH3= kJ·mol−1。 ②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO2和H2的投料浓度均为，平衡常数，则CO2的平衡转化率为 。 ③用氨水吸收，得到氨水和甲酸铵的混合溶液，时该混合溶液的pH= 。[已知：时，电离常数Kb (NH3• H2O)=1.8×10-5、Ka(HCOOH)=1.8×10-4] (3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的(有机溶剂)溶液，CO2和H2在溶液中反应制备，反应过程中保持CO2(g)和H2(g)的压强不变，总反应CO2＋H2HCOOH的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能E2＜E1＜＜E3 (不考虑催化剂活性降低或丧失)。 Ⅳ：M+CO2Q E1 V：Q+H2L E2 VI：LM+HCOOH E3 ①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 。 A．v与CO2(g)的压强无关 B．v与溶液中溶解H2的浓度无关 C．温度升高，v不一定增大 D．在溶液中加入N(CH2CH3)3，可提高CO2转化率 ②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。c≤c0时，v随c增大而增大：c＞c0时，v不再显著增大。请解释原因 。 【答案】(1) CO2+2H++2e-=HCOOH　 (2) +14.8 2.4×10−8 10.00 (3) CD 当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度) 【解析】(1)①电极B是阴极，则电极反应式是CO2+2H++2e-=HCOOH；(2)①ΔH3= ΔH2 -ΔH1=-378 .7 kJ /mol+393 .5 kJ/mol =+14.8 kJ/ mol；②根据三段式，设转化的CO2为x，则： 则，，则转化率= ；③用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol·L－1氨水和0.18 mol·L－1甲酸铵的混合溶液，得出cNH4＋=0.18 mol·L－1， 根据，则，pOH=4，Ph=14-4=10；(3)①A项，v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，A错误；B项，v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B错误；C项，温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应(决速步骤)，若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，C错误；D项，在溶液中加入的N(CH2CH3)3会与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，D正确；故选CD。②当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。 5．(2023·浙江6月卷)水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。 水煤气变换反应：H2O(g)+ CO(g)CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1 该反应分两步完成： 3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1 2Fe3O4 (s)＋H2O(g)3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2 请回答： (1) ΔH2=_______ kJ·mol－1。 (2)恒定总压1.70MPa和水碳比[n (H2O)/ n(CO)] =12：5投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表： p(CO2)/MPa p(H2)/MPa p(CH4)/MPa 条件1 0.40 0.40 0 条件2 0.42 0.36 0.02 ①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数___________。 ②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式____。 (3)下列说法正确的是______。 A．通入反应器的原料气中应避免混入O2 B．恒定水碳比[n (H2O)/ n(CO)]，增加体系总压可提高H2的平衡产率 C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率 (4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。 ①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是______。 A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热 ②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线____。 (5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是________。 【答案】(1)6 (2)① 2.0 ②CO+3H2CH4+H2O (3)AC (4)①AC ② (5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小 【解析】(1)设方程式①H2O(g)+ CO(g)CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1 ②3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1 ③2Fe3O4 (s)＋H2O(g)3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2 根据盖斯定律可知，③=①-②，则ΔH2=ΔH-ΔH1=(－41.2 kJ·mol－1)-( －47.2 kJ·mol－1)= 6 kJ·mol－1；(2)①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，参加反应的一氧化碳为xmol，根据已知信息可得以下三段式： ，解得x=4；则平衡常数；②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO+3H2CH4+H2O；(3) A项，一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A正确；B项，该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；C项，通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；D项，若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；故选AC；(4)①A项，按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A正确；B项，喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；C项，通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C正确；故选AC；②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：；(5)反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。 6．(2023·浙江1月卷)“碳达峰•碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： I：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H1= +247 kJ•mol-1 ，K1 II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2= +41 kJ•mol-1 ， K2 请回答： (1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是___________。 A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压 (2)反应CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)的∆H=_________kJ•mol-1，K=_________ (用K1、K2表示)。 (3)恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。 ①下列说法正确的是__________。 A．Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用 B．过程ii，CaO吸收CO2可促进Fe3O4氧化CO的平衡正移 C．过程ii产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程iii被排出 D．相比于反应I，该流程的总反应还原1mol CO2需吸收的能量更多 ②过程ii平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程iii，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因______________________________。 (4)CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，R=∆n(CO2)/∆n(CH4)(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化之比)。 ①常压下CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出400~1000℃之间R的变化趋势，并标明1000℃时间R值。 ②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表： 温度/℃ 480 500 520 550 CH4转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8 R 2.6 2.4 2.1 1.8 下列说法不正确的是___________ A.R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应II的速率 B.温度越低，含氢产物中H2O占比越高 C.温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R值减小 D.改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增大 【答案】(1)C (2)+329 K1•K22 (3)①BC ②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致c(CO2)/c(CO)增大，促进Fe还原CO2平衡正移 (4) ①       ②C 【解析】(1)反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，△H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压；故选C； (2)已知：I：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H1= +247 kJ•mol-1 ，K1 II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2= +41 kJ•mol-1 ， K2 根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应H4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)；故△H=△H1+2△H2=+329 kJ•mol-1，K= K1•K22；(3)①A项，根据流程可知，Fe3O4转化为Fe，Fe又转化为Fe3O4，Fe3O4可循环利用；CaCO3受热分解生成CaO和CO2， CaO又与CO2反应生成CaCO3，CaO也可循环利用，A错误；B项，过程ⅱ，CaO吸收CO2使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化CO的平衡正移，B正确；C项，过程ⅱCaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出，C正确；D项，焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1 mol CO2需吸收的能量一样多，D错误；故选BC；②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升；(4)①根据图1可知1000℃时，CH4转化率为100%，即∆n(CH4)=1mol， CO2转化率为60%，即∆n(CO2) =3mol60%=1.8mol，故R=∆n(CO2)/∆n(CH4)==1.8，故400~1000℃间R的变化趋势如图：；②A项，R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，∆n(CO2)增大的倍数比∆n(CH4)大，则R提高，A正确；B项，根据表中数据可知，温度越低，CH4转化率越小，而R越大，∆n(CO2)增大的倍数比∆n(CH4)大，含氢产物中H2O占比越高，B正确；C项，温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率也增大，且两个反应中的CO2转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，C不正确；D项，改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高CH4转化率，若CO2转化率减小，则R值不一定增大，D正确；故选C。 7．(2022·浙江6月卷)主要成分为H2S的工业废气的回收利用有重要意义。 (1)回收单质硫。将三分之一的H2S燃烧，产生的SO2与其余H2S混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为c(H2S)=2.0×10-5mol·L－1、c(SO2)= 5.0×10-5mol·L－1、c(H2O)=4.0×10-3mol·L－1，计算该温度下的平衡常数_______。 (2)热解H2S制H2。根据文献，将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应： Ⅰ 2H2S(g)2H2(g)+ S2(g) ΔH1＝170kJ·mol−1 Ⅱ CH4(g)+ S2(g)CS2(g)+2H2(g) ΔH2＝64kJ·mol−1 总反应： Ⅲ 2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g) 投料按体积之比V(H2S)：V(CH4)=2：1，并用N2稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得H2和CS2体积分数如下表： 温度/℃ 950 1000 1050 1100 1150 H2/V(%) 0.5 1.5 3.6 5.5 8.5 CS2/V(%) 0.0 0.0 0.1 0.4 1.8 请回答： ①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。 ②下列说法正确的是_______。 A．其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响 B．其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率越高 C．由实验数据推出H2S中的S-H键强于CH4中的键 D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高 ③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图_______。 ④在1000℃，常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比[V(H2S)：V(CH4)]，H2S的转化率不变，原因是_______。 ⑤在950℃~1150℃范围内(其他条件不变)，S2(g)的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因_______。 【答案】(1)8×108 L·mol－1 (2) 高温     AB          1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同     先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小 【解析】(1)根据方程式可知该温度下平衡常数K＝=；(2)①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大(即ΔS＞0)的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；②A项，Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A正确；B项，正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B正确；C项，根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C错误；D项，恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D错误；故选AB；③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为；④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；⑤由于在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。 8．(2022·浙江1月卷)工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答： (1)在C和O2的反应体系中： 反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-394kJ·mol-1 反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·mol-1 反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3。 ① 设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是___________。 ②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比______。 A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断 (2)水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=131kJ·mol-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是__________________。 (3)一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ·mol-1。 ①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为________。 ②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为________。 ③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是________。 A．反应温度愈高愈好 B．适当提高反应物压强 C．选择合适的催化剂 D．通入一定量的氮气 ④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。 用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ：__________________；步骤Ⅱ：_______________________。 【答案】(1)a B (2)水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率 (3)①9.0 ②1.8：1 ③BC ④M+H2O=MO+H2 MO+CO=M+CO2 【解析】1)①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：ΔH3=2ΔH1-ΔH2=[2×(-394)-(-566)]kJ·mol-1=-222 kJ·mol-1，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减， y值减小，对应线条a，故此处填a；②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故选B；(2)由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；(3)①该反应平衡常数K=；②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下： 则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1；③A项，反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不符合题意；B项，适当增大压强，可加快反应速率，B符合题意；C项，选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C符合题意；D项，若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不符合题意；故故选BC；④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。 9．(2021·浙江6月卷)含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答： (1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2：Cu(s)＋2H2SO4(l)== CuSO4(s)＋SO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝-11.9kJ·mol−1。判断该反应的自发性并说明理由_______。 (2)已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＝-198kJ·mol−1。850K时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的SO2和O2，当反应达到平衡后测得SO2、O2和SO3的浓度分别为6.0×10-3mol·L－1、8.0×10-3 mol·L－1和4.4×10-2 mol·L－1。 ①该温度下反应的平衡常数为_______。 ②平衡时SO2的转化率为_______。 (3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。 ①下列说法正确的是_______。 A．须采用高温高压的反应条件使SO2氧化为SO3 B．进入接触室之前的气流无需净化处理 C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和SO2的转化率 D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收SO3以提高吸收速率 ②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是_______。 A．a1→b1 B．b1→a2 C．a2→b2 D．B2→a3 E. a3→b3 F. B3→a4 G. a4→b4 ③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)_______。 (4)一定条件下，在Na2S-H2SO4-H2O2溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。 Ⅰ.S2-+H+=HS- Ⅱ.①_______； Ⅲ.HS-+H2O2+H+=S↓+2H2O； Ⅳ.②_______。 【答案】(1)不同温度下都能自发，是因为ΔH＜0，ΔS＞0 (2)①6.7×103mol·L－1 ②88% (3)①C ②BDF ③ (4)①HS-+4H2O2=SO42-+4H2O+H+ ②S+3H2O2= SO42-+2H2O+H+ 【解析】(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2的反应为Cu(s)＋2H2SO4(l)== CuSO4(s)＋SO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝-11.9kJ·mol−1，由于该反应ΔH＜0，ΔS＞0，因此该反应在任何温度下都能自发进行；(2)①根据题中所给的数据可以求出该温度下2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数为；②平衡时的转化率为；(3)①A项，在常压下SO2催化氧化为SO3的反应中，SO2的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法不正确； B项，进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法不正确；C项，通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和SO2的转化率；D项，SO3与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收SO3，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响SO3被水吸收导致SO3的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收SO3，D说法不正确；故选C。②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，SO2的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是b1→a2、B2→a3、B3→a4，因此选BDF；③对于放热的可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，SO2的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO2的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，SO2的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下SO2的转化率低于其平衡转化率。因此，反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图可表示如下：；(4)由pH-时间振荡曲线可知，在Na2S-H2SO4-H2O2溶液体系中，溶液的pH呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成HS-，S2-+H+=HS-，然后发生HS-+4H2O2=SO42-+4H2O+H+，该过程溶液的pH基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时HS-被H2O2氧化为S，即发生HS-+H2O2+H+=S↓+2H2O，该过程溶液的pH增大；溶液又变澄清时S 又被H2O2氧化为SO42-，发生S+3H2O2= SO42-+2H2O+H+，该过程溶液的pH在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：S2-+H+=HS-、HS-+4H2O2=SO42-+4H2O+H+、HS-+H2O2+H+=S↓+2H2O、S+3H2O2= SO42-+2H2O+H+。 10．(2021·浙江1月卷)“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答： (1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是______。 (2)下列说法不正确的是______。 A．可采用碱石灰干燥氯气 B．可通过排饱和食盐水法收集氯气 C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中 D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸 (3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为： Cl2(g)Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p Cl 2(aq) + H2O(l)H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) K2 其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。 ①Cl2(g)Cl2(aq)的焓变ΔH1______0。(填”>”、“=”或“<”) ②平衡常数K2的表达式为K2=______。 ③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=______。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离) (4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为； I.TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol·L-1，KI=-3.4×10-29 II.2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1.2×1048 结合数据说明氯化过程中加碳的理由______ 。 (5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。 A．适当提高反应温度 B．改变催化剂 C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度 【答案】(1)2NaCl+ 2H2O2NaOH + H2↑+Cl2↑ (2)A (3)①＜ ② ③K1p + (4)反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量 (5)AB 【解析】(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。(2) A项，氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；B项，氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；C项，氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；D项，氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。(3)①Cl2(g) Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=，注意水为液态，其不出现在表达式中。③Cl2(g) Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则，由K2=可知=，由K1=c(Cl2)/p可知，=，则=，因此，c= K1p + 。(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol ·L-1，KI=-3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) ⇌ 2CO(g) ΔHII= - 221 mol ·L-1，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 ×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。(5) A项，由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反应速率，同时可以提高邻位取代的机率(催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘在对位的取代机率较大)，从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A符合题意；B项，可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B符合题意；C项，适当降低反应温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不符合题意；D项，改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反应时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D不符合题意。故选AB。 1．(2025·浙江省Z20名校联盟三模)硫酸工业在国民经济中占有重要地位。接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：SO2(g)＋1/2O2(g)SO3(g) ΔH＝-98.9kJ·mol−1 (1)其他条件不变时，下列措施有利于提高SO2平衡转化率的是__________(填序号)。 A．恒容下，按原投料比继续充入SO2和O2 B．恒压下充入N2 C．降低温度 D．选择更高效的催化剂 (2)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：。式 中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；为平衡转化率，为某时刻SO2转化率，n为常数。在不同下将一系列温度下的k、值代入上述速率方程，得到曲线，如图1所示。下列说法正确的是___________。 A．温度越高，反应速率越大 B．的曲线可以代表平衡转化率所对应的曲线 C．越大，反应速率最大值对应温度越低 D．由图可知，工业生产中为了追求生产效率，应尽可能选择低温 (3)根据图1，在图2中画出不同转化率与最适宜温度的大致曲线 。(曲线上v最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度) (4)尾气吸收是硫酸工业必须要考虑的问题，某研究小组用溶液吸收尾气中的SO2生成Na2SO3溶液或NaHSO3溶液。已知：H2SO3的Ka1=1.4×10-2，Ka2=1.0×10-7。 ①0.1mol·L-1的Na2SO3溶液的 。 ②保险粉连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是一种重要的还原剂，广泛应用于纺织、印染、食品抗氧化等领域，可以通过电解NaHSO3溶液制备，装置如图： a．写出阴极的电极反应式 。 b．已知S2O42-的结构为，请从共价键角度解释S2O42-具有强还原性的原因 。 【答案】(1)AC (2)C (3) (4)10 2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O S原子半径较大，S-S键长较长，键能较小易断裂；氧原子电负性较大，S原子带正电，S原子间排斥作用较大，S-S键易断裂 【解析】(1)A项，恒容下，按原投料比继续充入SO2和O2，等效于增大压强，平衡正向移动，有利于提高SO2平衡转化率，A选；B项，恒压下充入N2，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡逆向移动，不能提高SO2平衡转化率，B不选；C项，该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，有利于提高SO2平衡转化率，C选；D项，选择更高效的催化剂，不影响平衡状态，不能提高SO2平衡转化率，D不选；故选AC。 (2)A项，根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，故A错误；B项，从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断=0.88的条件下是平衡转化率，故B错误；C项，从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，故C正确；D项，从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，但应尽可能选择低温，可能导致反应速率过慢，导致SO3产率降低，故D错误；故选C。 (3)对于放热的可逆反应SO2(g)＋1/2O2(g)SO3(g)，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，SO2的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO2的转化率也逐渐减小，因此，反应SO2(g)＋1/2O2(g)SO3(g)的转化率与最适宜温度的关系曲线示意图可表示为。 (4)①室温时，0.1mol·L-1的Na2SO3溶液中Na2SO3的水解常数， ，，pH=10；②a．由图可知，阴极的电极反应式为HSO3-在阴极得到电子生成S2O42-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；b．已知S2O42-的结构为，从共价键角度解释S2O42-具有强还原性的原因：S原子半径较大，S-S键长较长，键能较小易断裂；氧原子电负性较大，S原子带正电，S原子间排斥作用较大，S-S键易断裂。 2．(2025·浙江省北斗星盟三模)化工生产中排放的CO2可通过热化学、电化学相关技术进行再利用，使其成为廉价易得的碳资源。 已知：I．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH= -49.5kJ·mol−1 Ⅱ．2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) ΔH2＝-483.6kJ·mol−1 Ⅲ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝-41.2kJ·mol−1 回答下列问题： (1)若将甲醇设计成如下燃料电池，a、b均为惰性电极，已知a极电势比b极高，则b极的电极反应为 。 (2)2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)的逆反应的活化能为，则正反应活化能为 。 (3)将CO2和H2按物质的量之比1：3充入恒温恒容密闭容器中，只发生反应I，已知该温度下反应的化学平衡常数。下列事实说明反应正向进行的是_______。 A．气体的密度不变 B．气体的平均摩尔质量变大 C．某时刻容器中，， D．体系的压强变小 (4)利用CO2作为碳源可以合成丙酸和丙二酸。丙酸的和丙二酸的的大小关系为，理由是 。 (5)一定温度下，在甲、乙两个体积相同的反应容器中分别充入和，发生反应I和Ⅲ，其中一个容器使用水分子膜分离技术，以提高CO2的平衡转化率。实验测得CO2平衡转化率与平衡时压强关系如图所示。(已知：M点甲醇选择性为) ①M点和N点的CO2平衡转化率相等的理由是 。 ②该温度下，M点对应的反应Ⅲ平衡常数Kp= 。(Kp为用各物质分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数) 【答案】(1) CH3OH+8OH--6e-=CO32-＋6H2O (2) 401.2+a (3)BD (4)丙二酸中-COOH使另一个-COOH的O-H键极性增强，酸性增强，HOOC-CH2-COO-易形成离子内氢键，氢离子比丙酸难电离 (5)减小压强，对反应I平衡左移动，N的压强小，只改变压强时，N点转化率比M点小，但是N点使用了水分子分离膜，会使平衡右移动，转化率增大。在两个因素共同作用下，两点的转化率相等 【解析】(1)甲醇燃料电池中，氧气得到电子发生还原反应，则氧气一极为正极、甲醇一极为负极，已知a极电势比b极高，则a为正极、b为负极，则b极的电极反应为甲醇失电子，在碱性条件产生碳酸根离子：CH3OH+8OH--6e-=CO32-＋6H2O； (2)已知：Ⅱ．2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) ΔH2＝-483.6kJ·mol−1；Ⅲ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝-41.2kJ·mol−1；由盖斯定律，2×Ⅲ-Ⅱ得反应2CO2(g)2CO(g)＋O2(g) ，又因为可知，正反应活化能为(401.2+a)kJ·mol−1； (3)A项，容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，不能说明反应正向进行；B项，反应为气体分子数减小的反应，气体的平均摩尔质量变大，说明总的气体的物质的量减小，反应正向进行；C项，某时刻容器中，，，则，则反应逆向进行；D项，反应为气体分子数减小的反应，体系的压强变小，说明总的气体的物质的量减小，反应正向进行；故选BD； (4)羧基为吸电子基团，丙二酸中-COOH使另一个-COOH的O-H键极性增强，酸性增强；丙二酸一级电离后形成的HOOC-CH2-COO-易形成离子内氢键，使得其二级氢离子比丙酸难电离，故丙酸的Ka和丙二酸的Ka1、Ka2的大小关系为Ka1＞Ka＞Ka2； (5)①反应I为气体分子数减小的反应、Ⅲ为气体分子数不变的反应；减小压强，对反应I平衡左移动，N的压强小，只改变压强时，N点转化率比M点小，但是N点使用了水分子分离膜，会使平衡右移动，转化率增大。在两个因素共同作用下，两点的转化率相等；②该温度下，M点二氧化碳转化率为50%，则反应0.5mol二氧化碳，甲醇选择性为，生成0.5mol×70%=0.35mol甲醇，则： 平衡时甲醇、二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.35mol、0.5mol、1.8mol、0.5mol、0.5mol，共3.3mol，反应Ⅲ为气体分子数不变的反应，可以用物质的量代替物质分压，平衡常数。 3．(2025·浙江省第一届NBchem三模)碳的单质及其化合物是重要而值得深入探讨的研究对象。请回答： (1)CO2可以被电化学还原为乙烯，写出在酸性水溶液中阴极的电极反应方程式 。 (2)研究表明，表面吸附的CO是电化学还原CO2过程中的关键中间体。CO在催化剂表面活性位点的吸附可以用如下反应方程式表示：  ；其中*表示一个未被占据的活性位点，*CO表示该位点被CO占据，该反应平衡常数表示为(这里的K是标准平衡常数，是无量纲的量)为被占据活性位点的比例，可以用CO的分压和表示，写出的表达式 。 (3)在正常情况下，人体血浆中H2CO3的浓度为，HCO3-的平衡浓度为。计算该条件下，人体血浆的pH值 。(该条件下，H2CO3的，；) (4)焦炭是重要的还原剂，比如用来提取金属Zn，其中一步反应在1200K下实现：反应(1) ZnO+C→Zn(g)+CO(g)。与碳有关的相关反应和其ΔG如下：反应(a)：C+O2CO2；反应(b)：2C+O22CO；反应(c)：2CO+O22CO2；反应(d)：2Zn+O22ZnO。 提示：ΔG=ΔH-TΔS；ΔG＜0，反应正向自发；ΔG＞0，反应逆向自发；ΔG=0，反应平衡。其中ΔS与混乱度有关，气体相对分子质量越大，结构越复杂，其相应的ΔS也越大。 ①解释为什么是在1200K下进行反应(1)，并说明产物为什么是CO 。 ②如果反应(1)的产物是CO2，温度需要达到 。 ③判断反应(a)的ΔH 0(填“>”、“＜”、“=”)，ΔS 0(填“>”、“＜”) (5)解释石墨的碳碳键长小于金刚石中的碳碳键长 。 【答案】(1) 2CO2+12e-＋12H+=C2H4＋4H2O (2) (3)7.40 (4)在图1相关反应的ΔG—温度图中，在(d)，(b)两线交点所对应的温度下，反应(d)和反应(b)的ΔG相等，这时反应ZnO+C→Zn(g)+CO(g)的ΔG=0，这时温度大约是1200K，高于这个温度，反应(b)的ΔG小于反应(d)的ΔG，碳单质还原氧化锌的反应就可以自发进行了。由于此时温度小于T2，反应的产物当然是CO T2 ＜ > (5)1：石墨中C为sp2杂化，金刚石中C为sp3杂化，石墨中未参与杂化的p轨道相互重叠，形成大π键(πnn)，轨道重叠程度变大，键长变短；2：石墨中有大π键(πnn)，碳碳键级为1.5，金刚石中碳碳键级为1，键级越大，键长越短 【解析】(1)酸性条件下，CO2在阴极得电子生成C2H4，根据守恒配平2CO2+12e-＋12H+=C2H4＋4H2O。 (2)由(吸附平衡，为未被占据活性位点比例 )，变形推导得。 (3)H2CO3一级电离H2CO3H++HCO3-，，代入数据，结合计算。 (4)在图1相关反应的ΔG—温度图中，在(d)，(b)两线交点所对应的温度T1下，反应(d)和反应(b)的ΔG相等，这时反应ZnO+C→Zn(g)+CO(g)的ΔG=0，这时温度大约是1200K，高于这个温度，反应(b)的ΔG小于反应(d)的ΔG，碳单质还原氧化锌的反应就可以自发进行了，由于此时温度小于T2，反应的产物当然是CO；根据ΔG-T图，反应(1)若生成CO2，对应ΔG=0时温度为T2；C+O2=CO2是放热反应ΔH＜0；反应后气体分子数减少(混乱度减小)ΔS＞0； (5)石墨中C为sp2杂化，金刚石中C为sp3杂化，石墨中未参与杂化的p轨道相互重叠，形成大π键(πnn)，轨道重叠程度变大，键长变短；石墨中有大π键(πnn)，碳碳键级为1.5，金刚石中碳碳键级为1，键级越大，键长越短。 4．(2025·浙江省桐乡市三模) “双碳”背景下，以CO2为原料合成CH3OH、H2C2O4等原料有重要的意义。涉及到的反应如下： Ⅰ．CO2加氢制甲醇 已知如下热化学方程式： 反应ⅰ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41.2kJ·mol−1 反应ⅱ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2= -49.41kJ·mol−1 反应ⅲ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH3 (1)计算：ΔH3= kJ·mol−1。 (2)维持总压和投料比[n(CO2)：n(H2)=1：3]不变，将CO2和H2混合气以一定流速通过反应器，存在上述三个反应。CO2的转化率和甲醇的选择性温度T的变化关系如下图所示。 已知：，忽略温度对催化剂活性造成的影响。 ①为同时提高二氧化碳平衡转化率和反应速率，控制的条件合理的是 。 A．升高温度 B．增大压强 C．使用能显著减小反应ⅱ活化能的催化剂 D．使用能分离H2O(g)的分子筛 ②当T>236℃时，甲醇的选择性随温度T的增大而减小，可能的原因是 。 ③240℃时，反应ⅰ的Kp= (对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作Kp，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数)。 Ⅱ．利用电化学方法通过微生物电催化将CO2有效地转化为，装置如图所示。 (3)钛网电极是 极(填“阳”或“阴”)，写出生成H2C2O4的电极反应式 。 Ⅲ．一种金属氧化物(用MR表示)催化CO2与环氧丙烷()反应制碳酸酯()反应机理如图所示。已知CO2中的碳氧键可以被催化剂中具有较强给电子能力的活性中心的电子进攻而活化断裂。 (4)MgO活化催化CO2的能力大于Al2O3，试从结构角度分析原因 。 【答案】(1)-90.6 (2)B >236℃时，反应ⅰ、ⅱ达到平衡状态；反应ⅰ吸热，温度升高ⅰ平衡正向移动，CO2更多地转化为CO；反应ⅱ放热，温度升高ⅱ平衡逆向移动，CH3OH减少，所以甲醇的选择性随温度T的增大而减小 (3)阳 2CO2+2e-＋2H+=H2C2O4 (4)Mg的电负性小于Al；MgO中的O的电子云密度更大，更易进攻活化CO2中的碳氧键 【解析】(1)由盖斯定律可知，反应ⅱ－反应ⅰ=反应ⅲ，则△H3=△H2-△H1=(-49.4kJ/mol)-(+41.2kJ/mol)=-90.6kJ/mol； (2)①A项，升高温度反应速率加快，但反应ⅱ、反应ⅲ逆向移动，不利于提高二氧化碳的转化率，A不符合题意；B项，增大压强反应速率加快，反应ⅱ、反应ⅲ正向移动，有利于提高二氧化碳的转化率，B符合题意；C项，使用能显著减小反应ⅱ活化能的催化剂能使反应ⅱ速率加快，但不能改变平衡转化率，不影响提高二氧化碳的转化率，C不符合题意；D项，使用能分离H2O的分子筛会导致H2O的浓度减小，反应速率减慢，D不符合题意；故选B。②大于236℃时，反应ⅰ、ⅱ达到平衡状态，反应ⅰ吸热，温度升高ⅰ平衡正向移动，CO2更多地转化为CO；反应ⅱ放热，温度升高ⅱ平衡逆向移动，CH3OH减少，综合以上两方面的原因，甲醇的选择性随温度T的增大而减小；③由图知，240℃时，，。设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则平衡时CO2的物质的量n(CO2)=1mol×(1-60%)=0.4mol，n(CH3OH)=1mol×60%×60%=0.36mol，则由C守恒可得，n(CO)=(1-0.4-0.36)mol=0.24mol，由O守恒可得，n(H2O)=2mol-0.36mol-2×0.4mol-0.24mol=0.6mol，由H守恒可得，，则总物质的量，p(H2)=，p(CO2)=，p(CO)=，p(H2O)= ，Kp==； (3)由图可知，钛网电极上水放电生成氧气，发生氧化反应，钛网电极为阳极，石墨电极区二氧化碳得到电子发生还原反应生成草酸，电极反应式为2CO2+2e-＋2H+=H2C2O4； (4)MgO活化催化CO2的能力强于Al2O3的原因是Mg的金属性强于Al，MgO的O负电性更强，MgO的O更易进攻活化CO2中的碳氧键。 5．(2025·浙江省温州市三模)CH3COOH在化工生产中具有非常高的经济价值。利用CO2、CH4直接合成CH3COOH的反应如下：CH4(g)＋CO2(g)=CH3COOH(g) ΔH＝+35.86kJ·mol−1 。请回答： (1)该反应的自发性_______。 A．高温自发 B．低温自发 C．任意温度下自发 D．任意温度下不自发 (2)T℃下，CO2、CH4在催化剂M上发生反应合成CH3COOH，发生如下两步反应： 反应ⅰ 快反应； 反应ⅱ 慢反应； ①下列说法不正确的是 。 A．C-H的键能决定了总反应的反应速率 B．反应ⅰ达平衡后，增大c(CH4)，CH3-M含量增大 C．反应ⅱ，增大压强，可提高CH3COOH的平衡产率 D．温度升高，CH3COOH生成速率一定增大 ②T℃下，及时、重复分离反应ⅰ生成的H2，然后再向体系中通入高压的H2、CO2，可加快CH3COOH的生成速率。根据反应ⅰ、ⅱ原理，分析CH3COOH的生成速率加快的原因是： 。 (3)在KOH溶液中CO2电化学还原生成CH3COO-的电极反应方程式是： 。 (4)25℃时，CH3COOH(aq)H+(aq)+CH3COO-(aq) Ka=1.75×10-5。CO2的溶解存在以下平衡：CO2(g)CO2(aq) K1=3.5×10-2；CO2(aq)＋H2O(l)H+2(aq)+ HCO3-(aq) K2=4.5×10-7。 ①结合数据分析NaHCO3与CH3COOH反应，CO2能大量逸出的原因： 。 ②恒温条件下，过量NaHCO3溶液与CH3COOH反应。请在图中分别画出恒容(曲线Ⅰ)、恒压(曲线Ⅱ)密闭体系中，溶液中c(CO2)浓度与CH3COOH溶液体积(V)的关系曲线 。 【答案】(1)D (2)AD 反应ⅰ为快反应，H2的分离，提高CH3-M含量(浓度)，使反应ⅱ速率加快，反应ⅱ为决速率步，总反应速率加快；通入高压H2、CO2，提高了反应ⅱ速率 (3) 2CO2+5H2O+8e-=CH3COO-＋7OH- (4) CH3COOH(aq)+HCO3-(aq)= CH3COO-(aq)+CO2(g)＋H2O(l) (或者1.1×103)，反应程度大，有CO2(g)生成 【解析】(1)由方程式可知，制备甲醇的反应为熵减的放热反应，低温条件下反应ΔH-TΔS<0，任意温度下不自发进行，故选D； (2)①A项，反应ⅰ为快反应，C-H的键能小，易断裂，不能决定总反应的反应速率，A错误；B项，反应ⅰ达平衡后，增大c(CH4)，平衡正向移动，故CH3-M含量增大，B正确；C项，反应ⅱ，正反应为气体减小的方向，增大压强，平衡正向移动，可提高CH3COOH的平衡产率，C正确；D项，温度升高时，如果温度过高，催化剂失效，CH3COOH生成速率不一定增大，D错误；故选AD；②反应ⅰ为快反应，H2的分离使H2浓度降低，平衡正向移动，提高CH3-M含量(浓度)，使反应ⅱ速率加快，反应ⅱ为决速率步，总反应速率加快，同时通入高压H2、CO2，提高了反应ⅱ速率； (3)CO2电化学还原生成CH3COO-得电子，在阴极发生反应，电极反应方程式是：2CO2+5H2O+8e-=CH3COO-＋7OH-； (4)①CO2的溶解存在以下平衡：CO2(g)CO2(aq) K1=3.5×10-2；CO2(aq)＋H2O(l)H+2(aq)+ HCO3-(aq) K2=4.5×10-7，则两式相加可得CO2(g)＋H2O(l)H+2(aq)+ HCO3-(aq)，；NaHCO3与CH3COOH反应：CH3COOH(aq)+HCO3-(aq)= CH3COO-(aq)+CO2(g)＋H2O(l)，(或者1.1×103)，反应程度大，有cCO2生成；②恒容(曲线Ⅰ)条件下发生反应，随着反应进行，产生的气体增加，压强增大，CO2(g)CO2(aq)平衡正向移动，溶液中cCO2浓度增加，而恒压(曲线Ⅱ)密闭体系中，随着产生气体，保持压强不变体积增大，溶液中cCO2浓度没有恒容时溶液中cCO2浓度大，则溶液中cCO2浓度与CH3COOH溶液体积(V)的关系曲线。 6．(2025·浙江省金华市高三二模)以H2为燃料气、CaSO4为载氧体的化学链燃烧技术的工作原理如图所示。 已知： “燃料反应器”：主反应：CaSO4(s)＋4H2(g)CaS(s)+4H2O(g)(反应I) 副反应：CaSO4(s)＋H2(g)CaS(s)+ SO2(g)＋H2O(g)(反应Ⅱ) “空气反应器”：CaS(s)+ 2O2(g)CaSO4(s) 请回答： (1)在密闭容器中投入1mol CaSO4和1molH2，经相同时间，测得体系内部分物质的量随温度变化如下图所示： ①若“燃料反应器”中只发生反应I、Ⅱ且平衡常数随温度的变化如下表： 温度/K 873 1073 1273 1473 反应I的K1 反应Ⅱ的K2 5.7 (i)平衡常数K(T)与温度T的定量关系可表示为：。随温度变化的变化趋势小于K2的原因是 。 (ii)1273K，“燃料反应器”达到平衡时cSO2 mol·L-1。 ②请解释组成中n[H2O(g)]随温度变化的原因 。 ③下列有关说法正确的是 。 A．某时刻“燃料反应器”中v正＞v逆，则此时浓度商Q小于平衡常数K B．“空气反应器”中的CaS颗粒呈沸腾状，有利于加快CaS氧化速率 C．增大“空气反应器”的空气通入量，能提高H2的平衡转化率 D．800℃时，主、副反应中的H2的消耗速率相等 (2)“空气反应器”尾气中，O2的体积分数随温度变化如下表所示， 温度/℃ 900 985 1030 1060 2.4% 10% 21% 25% 则“空气反应器”的温度不宜超过 。 (3)在惰性液态电解质中，电解与甲醇的混合液制备硫酸二甲酯[SO2(OCH3)2]，则阳极的电极反应式是 。 【答案】(1) ΔH1的绝对值比ΔH2的绝对值小 0.057 随温度升高，反应速率加快，n[H2O(g)]增大；达到平衡后，主反应平衡逆移，n[H2O(g)]减小；继续升高温度副反应平衡正移，n[H2O(g)]又增大 AB (2)1030℃ (3)SO2＋2CH3OH-2e-=OH-=SO2(OCH3)2 +2H+ 【解析】(1)①(i)结合平衡常数K(T)与温度T的定量关系可知，平衡常数随温度变化的大小和反应热的绝对值的大小是有关系的，则K1随温度变化的变化趋势小于K2的原因是：ΔH1的绝对值比ΔH2的绝对值小；(ii) 结合表格中数据，主反应平衡常数表达式，则，副反应平衡常数表达式，由于，则达到平衡时；②主反应随温度升高K减小，主反应为放热反应，副反应随温度升高K增大，副反应为吸热反应；由图可知，经相同时间，随着温度的升高，水的物质的量先增大，随后减小，到一定程度再次增大，“燃料反应器”中，主反应和副反应中水都是产物，随着温度升高，反应速率增大，温度升高到一定程度，反应达到平衡，随后平衡发生移动，则组成中n[H2O(g)]随温度变化的原因是：随温度升高，反应速率加快，n[H2O(g)]增大；达到平衡后，主反应平衡逆移，n[H2O(g)]减小；继续升高温度副反应平衡正移，n[H2O(g)]又增大；③A项，v正＞v逆说明反应正向进行，即浓度商Q小于平衡常数K，A正确；B项，CaS颗粒呈沸腾状，则CaS和空气接触充分，反应速率加快，B正确； C项，增大“空气反应器”的空气通入量可以增大硫酸钙的量，而硫酸钙是固体，在“燃料反应器”增大硫酸钙的量平衡不移动，H2的平衡转化率不变，C错误；D项，由图可知，800℃时经相同时间，主反应产生的硫化钙的物质的量和副反应产生的二氧化硫的物质的量相等，但是根据速率之比等于系数之比，则主反应中的H2的消耗速率更大，D错误；故选AB； (2)空气中氧气的体积分数为21%，结合表中信息可知，1030℃时氧气的体积分数为21%，说明此时氧气已经够用，故“空气反应器”的温度不宜超过1030℃； (3)阳极发生氧化反应，二氧化硫失去电子结合甲醇生成硫酸二甲酯，电极反应式是：SO2＋2CH3OH-2e-=OH-=SO2(OCH3)2 +2H+。 7．(2025·浙江省精诚联盟二模)氢是清洁能源，氢能的利用包括了制氢、储氢和用氢等环节。请回答： (1)氢化铝钾(KAlH4)水解制氢：KAlH4(s)＋4H2O(l)=K[Al(OH)4](aq)＋H2(g) ΔH＜0。 该反应自发进行的条件是 。 (2)我国的制氢总量位居世界首位，工业上甲烷水蒸气重整制氢的反应为： (ⅰ)CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)；(ⅱ) CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)。 ①可改变CH4平衡转化率的因素是 。 A．升高温度 B．增大投料比[n(CH4)：n(H2O)] C．加入催化剂 D．加入三苄胺[(C6H5CH2)3N] ②室温下，用K2CO3溶液吸收该重整气中的CO2，当溶液中cHCO3-：cCO32-=4时，溶液pH= [已知Ka1(H2CO3)=5×10-7，Ka2(H2CO3)=5×10-11，lg2=0.3]。 ③在T℃、恒定压强p条件下，向反应体系中按n(CH4)：n(H2O)=1比例投料，达到平衡时CH4的转化率为x，且cCO=cCO2，则反应(ⅱ)的平衡常数KP= (用含x的式子表示)。 (3)NaHCO3、Na2CO3储氢：H2+HCO3-HCOO-+H2O；H2+CO32-HCOO-+OH-。一定温度下，若向0.2 mol·L-1NaHCO3、Na2CO3溶液中分别通入H2，相同时间时测得溶液中HCOO-浓度随温度的变化如图。试分析，温度70℃~90℃间NaHCO3溶液中HCOO-浓度会下降且低于Na2CO3溶液的原因是 。 (4)利用燃料电池产生电能是氢能高效利用的途径之一、某熔融碳酸盐介质的氢氧燃料电池的工作原理如图2所示，其负极上的电极反应式是 。 【答案】(1)任意温度 (2) ABD 9.7 (3)温度高于70℃后溶液中NaHCO3分解；分解后溶液中cCO32-比Na2CO3溶液小，反应速率较慢 (4)H2-2e-＋CO32-=CO2+2H2O 【解析】(1)已知反应的ΔH < 0，为放热反应，由反应的方程可知该反应的熵变ΔS > 0，根据吉布斯自由能公式ΔG = ΔH -TΔS，可知无论温度T取何值(T>0，单位为K)，-TΔS始终为负值，因此ΔG始终小于0，反应在任意温度下均能进行。 (2)A项，反应i的ΔH未知，但改变温度会影响平衡移动，从而影响CH4平衡转化率，A正确；B项，增大投料比[n(CH4)：n(H2O)]，会增加CH4的相对投入量，影响CH4平衡转化率，B正确；C项，催化剂仅加快反应速率，不影响平衡移动，故不改变CH4的平衡转化率，C错误；D项，三苄胺为有机碱，可与反应生成的CO2反应，从而影响反应i和反应ii，改变CH4的平衡转化率，D正确；故选ABD。用K2CO3溶液吸收CO2时，存在平衡：CO32-+CO2+H2O2HCO3-，当溶液中cHCO3-：cCO32-=4时，选用H2CO3的二级电离常数Ka2计算pH，，代入cHCO3-=4cCO32-可得c(H+)=2×10-10 mol/L，故pH = -lg(2×10-10) = 9.7。根据已知，设n(CH4)=n(H2O)=1 mol，恒定压强p下，体积与物质的量成正比，反应i中，CH4转化率为x，则消耗CH4和H2O各xmol，生成x mol CO和3x molH2，设平衡时反应ii消耗ymol CO和H2O，则生成ymol H2和ymol CO2，则平衡时n(CO)= (x-y) mol，n(CO2)=ymol，由n(CO)=n(CO2)可知，y=0.5x，平衡时总物质的量n=n(CH4)+n(H2O)+n(CO)+n(H2)+n(CO2)=(1-x)mol+(1-1.5x)mol+0.5xmol+3.5xmol+0.5xmol=(2+2x)mol，设总压强为p，则反应ii中各物质的分压p(CO)=p(CO2)=，p(H2O)=，p(H2)=，则。 (3)根据题中信息和图像，可知温度70℃~90℃间NaHCO3溶液中HCOO-浓度会下降且低于Na2CO3溶液的原因为：温度高于70℃后溶液中NaHCO3分解；分解后溶液中cCO32-比Na2CO3溶液小，反应速率较慢。 (4)由图可知，负极失去电子，氢气与碳酸根发生反应生成二氧化碳和水，电极反应式应为：H2-2e-＋CO32-=CO2+2H2O。 8．(2025·浙江省台州市高三二模)乙醇是一种重要的工业原料。请回答： (1)工业上可采用催化还原CO2的方法制备C2H5OH，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在某固体催化剂的作用下发生如下自发反应： 主反应：2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g) ΔH1 副反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2 副反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3＞0 ①若仅考虑主反应与副反应Ⅱ，下列说法不正确的是 。 A．当CO的体积分数不变时体系达到平衡 B．升高温度不利于提高醇类的平衡产率 C．体系达到平衡后充入少量氦气，内压增大，主反应平衡正移 D．增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能均减小 ②若仅考虑主反应与副反应I，对反应体系加热，随着温度升高，平衡产量比值减小，则∆H1 ∆H2 (填“＞”、“＜”或“=”)。 (2)乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，阴极产物为乙醇与甲醇，物质的量比为1：1。写出阴极的电极反应方程式(有机物写结构简式) 。 (3)乙醇与水蒸气通过催化重整制氢的反应如下： 反应I：C2H5OH(g)＋H2O(g)2CO(g)＋4H2(g) ΔHI＞0 反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔHII＜0 100kPa的恒压密闭容器中，恒定量的C2H5OH(g)与适量H2O(g)发生上述反应，保持H2平衡产率为m%不变，体系温度(T)与起始水醇比的关系如图中X曲线所示，请回答： ①H2的平衡产率：a点 b点(填“＞”、“＜”或“=”)。 ②反应过程中部分乙醇生成固态炭覆盖催化剂活性位点，降低催化效率，在体系中充入O2(g)可除去固态炭。使起始氧醇比=0.5，保持H2平衡产率为m%不变，可得到Y曲线(部分)，将图像划分为有炭区和无炭区，下列判断正确的是 。 A．起始氧醇比=0.5时，平衡时的反应速率a点一定小于c点 B．反应Ⅱ在图像中a、b、c三点的平衡常数Ka＜Kb＜Kc C．若使起始氧醇比=1，图像中无炭区的面积会更小 D．曲线X出现拐点的原因是高于Tx时反应Ⅱ平衡逆移程度大于反应I正移 (4)Al2O3可做酯化反应的催化剂，乙醇中的氧原子在催化剂表面形成配位键，进而改变键角的大小，形成相对稳定的中间体，降低与羧酸反应的活化能。请说明乙醇的键角如何改变，及改变的原因 。 【答案】(1)CD ＜ (2) CH3COOCH3+4H++4e-=C2H5OH＋CH3OH (3)＜ CD (4)Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与C-O、H-O成键电子对之间的排斥力减弱，导致键角增大 【解析】主反应：2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g) ∆H1；副反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ∆H2；副反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ∆H3＞0；一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在某固体催化剂X的作用下发生的上述反应都是自发反应，由于主反应和副反应I的ΔS＜0，所以∆H1＜0，∆H2＜0。 (1)①仅考虑主反应与副反应Ⅱ。A项，当CO的体积分数不变时，正逆反应速率相等，体系达到平衡，A正确；B项，升高温度，主反应的平衡逆向移动，不利于提高醇类的平衡产率，B正确；C项，体系达到平衡后充入少量氦气，虽然内压增大，但主反应中各物质的浓度都未发生改变，平衡不发生移动，C不正确；D项，增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能不会发生改变，D不正确；故选CD。②若仅考虑主反应与副反应I(正反应都为放热反应)，对反应体系加热，随着温度升高，主反应和副反应Ⅰ都逆向移动，平衡产量比值减小，则表明温度升高，对主反应的影响更大，∆H1＜∆H2。 (2)乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，在阴极，1molCH3COOCH3得到4mol e-，生成1molCH3CH2OH和1molCH3OH，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出阴极的电极反应方程式：CH3COOCH3+4H++4e-=C2H5OH＋CH3OH。 (3)①a点时，H2的平衡产率与曲线上与b点相同温度时的H2的平衡产率相同，则b点相当于曲线上与b点同温度的点增大n(H2O)，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡都发生正向移动，H2的产率增大，所以H2的平衡产率：a点＜b点。②A项，起始氧醇比=0.5时，a点与c点温度相同，虽然a点处于有炭区，但催化剂活性降低程度未知，反应物的浓度大小未知，若其降低程度较小，且a点反应物浓度较大，则平衡时的反应速率a点不一定小于c点，A不正确；B项，a、c两点的温度相同，b点温度较高，反应Ⅱ的正反应放热，则b点Kb最小，所以在图像中a、b、c三点的平衡常数Ka=Kb＞Kc，B不正确；C项，若使起始氧醇比=1，O2的量相对增多，更有利于除去固态炭，那么有炭区面积会减小，但O2量增多会改变平衡，平衡移动会使一些原本在无炭区的温度-起始氧醇比组合，因反应平衡改变而有固态炭生成，即无炭区的边界发生变化，从而导致图像中无炭区的面积会更小，C正确；D项，在拐点处，增大，表明H2O的生成量增多，即反应Ⅱ逆向进行的程度更大，所以曲线X出现拐点的原因是高于Tx时反应Ⅱ平衡逆移程度大于反应I正移，D正确；故选CD。 (4)在乙醇分子中，O原子的孤电子对数为=2，形成2个σ键，价层电子数为4，发生sp3杂化，O原子的孤电子对与Al2O3中的Al原子形成配位键后，降低了O原子上孤电子对的电子云密度，从而降低了对成键电子的排斥力，从而使键角增大。改变的原因：Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与C-O、H-O成键电子对之间的排斥力减弱，导致键角增大。 9．(2025·浙江省杭州市高三二模)以CO2为原料合成高附加值产品，可以减少碳排放。请回答。 I.用CO2与CH4催化制备合成气，可以发生如下多个反应。 主反应：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1 副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41kJ·mol−1 CH4(g)C(s)＋2H2(g) ΔH3＝+75kJ·mol−1 CO(g)＋H2(g)C(s)＋H2O(g) ΔH4＝-131kJ·mol−1 (1) ΔH1= kJ·mol−1。 (2)某温度下将一定比例的CH4和CO2通入体积不变的密闭体系发生以上反应，一定能减少平衡时积碳的措施有_______。 A．升高温度 B．选择合适催化剂 C．加入H2O(g) D．降低原料气中CH4的比例 II.电催化CO2还原制备CO和H2电解装置及操作为：涂有催化剂的碳纸和金属Pt为电极，一定浓度KHCO3溶液为电解液，通入CO2进行预饱和，再以恒定流量通入CO2，维持反应时溶液中CO2浓度饱和。 (3)以Cu为催化剂时，相关还原产物的相对含量如下表： 产物的相对含量 电压(V) HCOOH CO H2 1.2 48 0 52 1.3 38 2 60 1.4 33 5 62 Cu对产物 (填分子式)选择性高。 (4)以CuGa2为催化剂、阴极生成H2和CO是竞争反应，控制电压可以调节二者的含量。 ①写出阴极发生的化学方程式： ， 。 ②在以上条件下增大电压，实验发现：1.2V-1.4V之间，CO2与CuGa2结合能力增强，CO的生成速率变快，此时H2的生成速率几乎不变；1.4V-1.5V之间CO2与CuGa₂结合能力也增强、但CO的生成速率几乎不变。解释CO生成速率几乎不变的原因 ，画出产物中H2和CO的体积比随电压在1.2V-1.5V间的变化关系 。 【答案】(1)ΔH1=+247kJ/mol (2)CD (3)H2和HCOOH (4)2CO2+2H2O+2e-=H2+2HCO3- 3CO2+H2O+2e-=CO+2HCO3- 溶解的CO2已饱和，限制了CO2与CuGa2的结合速度 【解析】(1)已知：②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41kJ·mol−1；③CH4(g)C(s)＋2H2(g) ΔH3＝+75kJ·mol−1；④CO(g)＋H2(g)C(s)＋H2O(g) ΔH4＝-131kJ·mol−1；由盖斯定律可知，②+③-④可得CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)的ΔH1=+247 kJ/mol。 (2)A项，CH4(g)C(s)＋2H2(g)是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO(g)＋H2(g)C(s)＋H2O(g)是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则升高温度不一定能减少平衡时积碳，A错误；B项，催化剂可以改变反应路径，降低活化能，但并不改变化学平衡，不一定能减少平衡时积碳，B错误；C项，加入H2O(g)，平衡CO(g)＋H2(g)C(s)＋H2O(g)逆向移动，一定能减少平衡时积碳，C正确；D项，降低原料气中CH4的比例，CH4(g)C(s)＋2H2(g)逆向移动，一定能减少平衡时积碳，D正确；故选CD。 (3)由表格数据可知，以Cu为催化剂时，生成H2和HCOOH的含量相比CO较多，则Cu对产物H2和HCOOH选择性高。 (4)①以CuGa2为催化剂、阴极生成H2和CO且两者为竞争反应，说明其中一个反应为二氧化碳得电子生成一氧化碳，另一个反应生成氢气，则该反应的实质为水得电子生成氢气，再结合电解质溶液为碳酸氢钾和反应前后原子守恒可知，产物中还有碳酸氢根离子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒写出生成氢气的电极方程式为2CO2+2H2O+2e-=H2+2HCO3-，根据得失电子守恒和电荷守恒写出生成一氧化碳的电极方程式为：3CO2+H2O+2e-=CO+2HCO3-；②CO生成速率几乎不变的原因是：溶解的CO2已饱和，限制了CO2与CuGa2的结合速度；由题意可知，1.2V-1.4V之间，CO2与CuGa2结合能力增强，CO的生成速率变快，此时H2的生成速率几乎不变，H2和CO的体积比减小，1.4V-1.5V之间CO2与CuGa2结合能力也增强、但CO的生成速率几乎不变，H2的含量增大，H2和CO的体积比增大，则画出产物中H2和CO的体积比随电压在1.2V-1.5V间的变化关系为：。 10．(2025·浙江省嘉兴市高三三模)丙烯是一种重要的有机化工原料，可以制取聚丙烯、丙烯腈、丙酮等化工产品。工业上可采用丙烷催化脱氢法制备丙烯，反应如下： 主反应：C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g) ΔH1 副反应： C3H8(g)C2H4(g)＋CH4(g) ΔH2=+81.7kJ·mol−1 C3H8(g)3C(s)＋4H2(g) ΔH3=+106kJ·mol−1； 请回答： (1)几种物质的燃烧热(25℃，101kPa)如下表所示：则ΔH1= kJ·mol−1。 化学式(状态) H2(g) C3H6(g) C3H8(g) ΔH/(kJ·mol−1) -286 -2058 -2220 (2)假定体系内只发生反应C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)，反应过程中温度保持不变，压强恒定为PkPa，平衡时C3H8转化率为α，该温度下反应的平衡常数Kp= kPa (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 (3)已知CO2在一定条件下能发生如下反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，CO2(g) +(s)2CO(g)，研究表明在丙烷催化脱氢装置中通入一定量的CO2能提高C3H6的产量。试从两个不同角度解释原因 。 (4)某实验小组在催化剂用量及其他实验条件相同时，测得丙烷的平衡转化率和丙烯的选择性(转化的C3H8中生成的C3H6的百分比)随温度的变化如图所示，下列说法正确的是_______。 A．由图可知，随温度升高，C-H键比C-C键更活泼 B．C3H8的脱氢反应在任意温度下都能自发进行 C．升高温度，降低压强，加入催化剂均可提高C3H8的平衡转化率 D．制备丙烯的合适温度需综合考虑丙烷转化率和丙烯选择性 (5)以丙烯为原料可以先制备丙烯腈(CH2=CHCN)，再用丙烯腈电合成己二腈[NC(CH2)CN]，请写出酸性环境中电合成己二腈的电极反应式 。 (6)以丙烯为原料还可以制备丙酮(CH3COCH3)。某兴趣小组在做实验时发现丙酮与氯仿(CHCl3)混合时有放热现象，经查阅主要原因是混合时形成了某种特殊作用力。请结合物质结构知识分析形成这种作用力的原理 。 【答案】(1)+124 (2) (3) CO2能与H2反应，促进主反应平衡正向移动，CO2与焦炭反应，可以减缓催化剂的失活 (4)D (5) 2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)CN (6)丙酮中的羰基氧具有较强的电负性(带有较强的负电荷)，而氯仿中的氢原子由于3个氯原子的吸电子效应，具有一定的正电性(带有较强的正电荷)，混合时丙酮的氧原子与氯仿的氢原子之间会形成氢键而放热 【解析】(1)C3H8燃烧热的热化学方程式：C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l) ΔH=-2220kJ·mol-1 ①；C3H6燃烧热的热化学方程式：C3H6(g)＋O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=-2058kJ·mol-1 ②；H2燃烧热的热化学方程式：③。根据盖斯定律，①-②-③可得到反应Ⅰ，则ΔH=-2220kJ·mol-1-(-2058kJ·mol-1)-(-286kJ·mol-1)=＋124kJ·mol-1； (2)温度保持不变，压强恒定为PkPa，设开始投放的C3H8(g)物质的量为1mol，平衡时C3H8转化率为α，列三段式： 气体总的物质的量为，； (3)CO2能与H2反应，CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，降低H2浓度，促进主反应平衡正向移动；CO2与焦炭反应CO2(g) +(s)2CO(g)，减少积碳，可以减缓催化剂的失活； (4)A项，由图可知，随温度升高，丙烷的转化率升高，丙烯的选择性降低，说明C-H键更易反应，比C-C键更活泼，A错误；B项，该反应是吸热反应，ΔH>0；该反应是气体体积增加的反应，则ΔS>0；根据ΔG=ΔH-TΔS，使反应自发，即ΔG<0，则温度越高越好，即高温有利于自发进行，B错误；C项，催化剂不能影响转化率，只影响速率，C错误；D项，丙烯的理论产量为丙烯的选择性与丙烷的平衡转化率乘积，故制备丙烯的合适温度需综合考虑丙烷转化率和丙烯选择性，D正确；故选D。 (5)CH2=CHCN得电子在阴极被还原生成NC(CH2)CN，电极反应为2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)CN； (6)丙酮中的羰基氧具有较强的电负性(带有较强的负电荷)，而氯仿中的氢原子由于3个氯原子的吸电子效应，电子偏向于碳，使H具有一定的正电性(带有较强的正电荷)，混合时丙酮的氧原子与氯仿的氢原子之间会形成氢键而放热。 43 / 43 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 化学反应原理应用综合题 考点 五年考情(2021-2025) 命题趋势 化学反应原理应用综合题 (5年10考) 2025·浙江6月卷 2025·浙江1月卷 2024·浙江6月卷 2024·浙江1月卷 2023·浙江6月卷 2023·浙江1月卷 2022·浙江6月卷 2022·浙江1月卷 2021·浙江6月卷 2021·浙江1月卷 化学反应原理综合应用题是综合大题必考题型之一，问题设计上往往以组合题的形式出现，题目往往围绕一个主题，由多个小题组成，各小题具有一定的独立性。该题一般取材于能源、环境保护、化工生产等情景，通过某个气相或溶液中的可逆反应切入。题目围绕一个主题，以“拼盘”形式事现，结合图象、表格、数据、数据、装置等信息，综合考查化学反应中的能量变化(盖斯定律)、化学反应速率和平衡及其影响因素、电化学、水溶液中的离子平衡等，涉及知识点多，但各小题又比较相对独立。主要考查考生的信息处理能力、学科内综合分析能力、解决生产实际中的具体问题能力。 1．(2025·浙江6月卷)氯气、二氧化氯常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。请回答： (1)下列措施中能提高新制饱和氯水中HClO浓度的是_______。 A．加固体 B．加水 C．加CaCO3粉末 D．加足量Ca(OH)2溶液 (2)氯气常用于自来水消毒。稀氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)： I Cl2(aq)＋H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)＋HClO(aq) Ⅱ 2HClO(aq)Cl2O(aq)＋H2O(l) K=10-2.0 Ⅲ HClO(aq)H+(aq)+ClO-(aq) T1℃时，在不同pH下，约2mg/L氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值(lgc)如图所示(溶液体积保持不变)。 ①Cl2O分子的空间构型是_______。 ②在pH=4~9之间，ClO-浓度增加，其最大来源是_______(填含氯微粒符号)。 ③该氯水中氯元素质量守恒表达式：c(Cl-)= c(HClO)+ _______。 ④在图中画出pH=4~9之间，lgc(Cl2O)随pH的变化曲线_______。 (3)某研究小组提出，商用ClO2 (常含杂质Cl2)在水中易发生如下反应，影响自来水消毒效果。 Ⅳ 2ClO2(aq)＋H2O(l)=2H+(aq)+ClO3-(aq)＋ClO2-(aq) V 2ClO2(aq)+ClO-(aq)＋H2O(l)=2H+(aq)+2ClO3-(aq)＋Cl-(aq) ClO2中Cl2含量对ClO2反应初始速率[v初始(ClO2)]的影响如图所示。实验条件：T2℃，ClO2初始浓度相同。 ①Cl2的存在主要加快了反应_______(填“Ⅳ”或“V”)。 ②指出改变v初始(ClO2)的影响因素，并解释原因_______。 2．(2025·浙江1月卷)二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答： (1)用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ．NH3(g)＋CH3OH(g) CH3NH2(g)＋H2O(g) Ⅱ．CH3NH2(g)＋CH3OH(g)(CH3)2NH(g)＋H2O(g) Ⅲ．(CH3)2NH(g)＋CH3OH(g) (CH3)3N(g)＋H2O(g) 可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。 A．温度 B．投料比[n(NH3)：n(CH3OH)] C．压强 D．催化剂 (2)25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH= 。 (3)在[(CH3)2NH2]+Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是 。 (4)上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：(CH3)2NH(g)＋CO(g)=HCON(CH3)2(l)。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下ΔH 0(填“>”、“<”或“=”)。 (5)有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比n(CO2)：n(H2)： n(CH3)2NH)=20：15：1，催化剂M足量。反应方程式如下： Ⅳ． V．HCOOH(g)＋(CH3)2NH(g)= HCON(CH3)2(g)＋H2O(g) HCOOH、(CH3)2NH、HCON(CH3)2三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。 (例：HCOOH的物质的量百分比 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活) 。 ②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因 。 3．(2024·浙江6月卷)氢是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为，) NaBH4(s)＋2H2O(l)= NaBO2(aq)＋4H2(g) ΔH＜0 请回答： (1)该反应能自发进行的条件是_______。 A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断 (2)该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。 A．升高溶液温度 B．加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2] C．加入少量固体硼酸[B(OH)3] D．增大体系压强 (3)为加速NaBH4水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比[n(NaBH4)：n(H2O)]之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因 。 (4)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是 。该电池以恒定电流工作14分钟，消耗H2体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下H2 的摩尔体积为24.5L· mol -1；电荷量q(C) =电流时间；NA=6.0×10-23mol·L-1；e=1.60×10-19C。] (5)资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠(NaBO2)再生为NaBH4。(已知：是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比计算方法；当时，反应能自发进行。) I． II． III． 请书写一个方程式表示NaBO2再生为NaBH4的一种制备方法，并注明 。(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为。) 4．(2024·浙江1月卷)(10分)通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回答： (1)某研究小组采用电化学方法将CO2转化为，装置如图。电极B上的电极反应式是 。 (2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下： ：C(s)＋O2(g)==CO2(g) ΔH1＝-393.5kJ·mol−1 Ⅱ：C(s)＋H2(g)＋O2(g)==HCOOH(g) ΔH2＝-378.7kJ·mol−1 Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g) ΔH3 ①ΔH3= kJ·mol−1。 ②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO2和H2的投料浓度均为，平衡常数，则CO2的平衡转化率为 。 ③用氨水吸收，得到氨水和甲酸铵的混合溶液，时该混合溶液的pH= 。[已知：时，电离常数Kb (NH3• H2O)=1.8×10-5、Ka(HCOOH)=1.8×10-4] (3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的(有机溶剂)溶液，CO2和H2在溶液中反应制备，反应过程中保持CO2(g)和H2(g)的压强不变，总反应CO2＋H2HCOOH的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能E2＜E1＜＜E3 (不考虑催化剂活性降低或丧失)。 Ⅳ：M+CO2Q E1 V：Q+H2L E2 VI：LM+HCOOH E3 ①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 。 A．v与CO2(g)的压强无关 B．v与溶液中溶解H2的浓度无关 C．温度升高，v不一定增大 D．在溶液中加入N(CH2CH3)3，可提高CO2转化率 ②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。c≤c0时，v随c增大而增大：c＞c0时，v不再显著增大。请解释原因 。 5．(2023·浙江6月卷)水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。 水煤气变换反应：H2O(g)+ CO(g)CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1 该反应分两步完成： 3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1 2Fe3O4 (s)＋H2O(g)3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2 请回答： (1) ΔH2=_______ kJ·mol－1。 (2)恒定总压1.70MPa和水碳比[n (H2O)/ n(CO)] =12：5投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表： p(CO2)/MPa p(H2)/MPa p(CH4)/MPa 条件1 0.40 0.40 0 条件2 0.42 0.36 0.02 ①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数___________。 ②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式____。 (3)下列说法正确的是______。 A．通入反应器的原料气中应避免混入O2 B．恒定水碳比[n (H2O)/ n(CO)]，增加体系总压可提高H2的平衡产率 C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率 (4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。 ①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是______。 A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热 ②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线____。 (5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是________。 6．(2023·浙江1月卷)“碳达峰•碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： I：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H1= +247 kJ•mol-1 ，K1 II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2= +41 kJ•mol-1 ， K2 请回答： (1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是___________。 A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压 (2)反应CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)的∆H=_________kJ•mol-1，K=_________ (用K1、K2表示)。 (3)恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。 ①下列说法正确的是__________。 A．Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用 B．过程ii，CaO吸收CO2可促进Fe3O4氧化CO的平衡正移 C．过程ii产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程iii被排出 D．相比于反应I，该流程的总反应还原1mol CO2需吸收的能量更多 ②过程ii平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程iii，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因______________________________。 (4)CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，R=∆n(CO2)/∆n(CH4)(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化之比)。 ①常压下CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出400~1000℃之间R的变化趋势，并标明1000℃时间R值。 ②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表： 温度/℃ 480 500 520 550 CH4转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8 R 2.6 2.4 2.1 1.8 下列说法不正确的是___________ A.R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应II的速率 B.温度越低，含氢产物中H2O占比越高 C.温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R值减小 D.改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增大 7．(2022·浙江6月卷)主要成分为H2S的工业废气的回收利用有重要意义。 (1)回收单质硫。将三分之一的H2S燃烧，产生的SO2与其余H2S混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为c(H2S)=2.0×10-5mol·L－1、c(SO2)= 5.0×10-5mol·L－1、c(H2O)=4.0×10-3mol·L－1，计算该温度下的平衡常数_______。 (2)热解H2S制H2。根据文献，将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应： Ⅰ 2H2S(g)2H2(g)+ S2(g) ΔH1＝170kJ·mol−1 Ⅱ CH4(g)+ S2(g)CS2(g)+2H2(g) ΔH2＝64kJ·mol−1 总反应： Ⅲ 2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g) 投料按体积之比V(H2S)：V(CH4)=2：1，并用N2稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得H2和CS2体积分数如下表： 温度/℃ 950 1000 1050 1100 1150 H2/V(%) 0.5 1.5 3.6 5.5 8.5 CS2/V(%) 0.0 0.0 0.1 0.4 1.8 请回答： ①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。 ②下列说法正确的是_______。 A．其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响 B．其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率越高 C．由实验数据推出H2S中的S-H键强于CH4中的键 D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高 ③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图_______。 ④在1000℃，常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比[V(H2S)：V(CH4)]，H2S的转化率不变，原因是_______。 ⑤在950℃~1150℃范围内(其他条件不变)，S2(g)的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因_______。 8．(2022·浙江1月卷)工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答： (1)在C和O2的反应体系中： 反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-394kJ·mol-1 反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·mol-1 反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3。 ① 设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是___________。 ②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比______。 A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断 (2)水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=131kJ·mol-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是__________________。 (3)一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ·mol-1。 ①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为________。 ②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为________。 ③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是________。 A．反应温度愈高愈好 B．适当提高反应物压强 C．选择合适的催化剂 D．通入一定量的氮气 ④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。 用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ：__________________；步骤Ⅱ：_______________________。 9．(2021·浙江6月卷)含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答： (1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2：Cu(s)＋2H2SO4(l)== CuSO4(s)＋SO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝-11.9kJ·mol−1。判断该反应的自发性并说明理由_______。 (2)已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＝-198kJ·mol−1。850K时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的SO2和O2，当反应达到平衡后测得SO2、O2和SO3的浓度分别为6.0×10-3mol·L－1、8.0×10-3 mol·L－1和4.4×10-2 mol·L－1。 ①该温度下反应的平衡常数为_______。 ②平衡时SO2的转化率为_______。 (3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。 ①下列说法正确的是_______。 A．须采用高温高压的反应条件使SO2氧化为SO3 B．进入接触室之前的气流无需净化处理 C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和SO2的转化率 D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收SO3以提高吸收速率 ②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是_______。 A．a1→b1 B．b1→a2 C．a2→b2 D．B2→a3 E. a3→b3 F. B3→a4 G. a4→b4 ③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)_______。 (4)一定条件下，在Na2S-H2SO4-H2O2溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。 Ⅰ.S2-+H+=HS- Ⅱ.①_______； Ⅲ.HS-+H2O2+H+=S↓+2H2O； Ⅳ.②_______。 10．(2021·浙江1月卷)“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答： (1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是______。 (2)下列说法不正确的是______。 A．可采用碱石灰干燥氯气 B．可通过排饱和食盐水法收集氯气 C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中 D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸 (3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为： Cl2(g)Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p Cl 2(aq) + H2O(l)H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) K2 其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。 ①Cl2(g)Cl2(aq)的焓变ΔH1______0。(填”>”、“=”或“<”) ②平衡常数K2的表达式为K2=______。 ③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=______。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离) (4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为； I.TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol·L-1，KI=-3.4×10-29 II.2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1.2×1048 结合数据说明氯化过程中加碳的理由______ 。 (5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。 A．适当提高反应温度 B．改变催化剂 C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度 1．(2025·浙江省Z20名校联盟三模)硫酸工业在国民经济中占有重要地位。接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：SO2(g)＋1/2O2(g)SO3(g) ΔH＝-98.9kJ·mol−1 (1)其他条件不变时，下列措施有利于提高SO2平衡转化率的是__________(填序号)。 A．恒容下，按原投料比继续充入SO2和O2 B．恒压下充入N2 C．降低温度 D．选择更高效的催化剂 (2)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：。式 中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；为平衡转化率，为某时刻SO2转化率，n为常数。在不同下将一系列温度下的k、值代入上述速率方程，得到曲线，如图1所示。下列说法正确的是___________。 A．温度越高，反应速率越大 B．的曲线可以代表平衡转化率所对应的曲线 C．越大，反应速率最大值对应温度越低 D．由图可知，工业生产中为了追求生产效率，应尽可能选择低温 (3)根据图1，在图2中画出不同转化率与最适宜温度的大致曲线 。(曲线上v最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度) (4)尾气吸收是硫酸工业必须要考虑的问题，某研究小组用溶液吸收尾气中的SO2生成Na2SO3溶液或NaHSO3溶液。已知：H2SO3的Ka1=1.4×10-2，Ka2=1.0×10-7。 ①0.1mol·L-1的Na2SO3溶液的 。 ②保险粉连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是一种重要的还原剂，广泛应用于纺织、印染、食品抗氧化等领域，可以通过电解NaHSO3溶液制备，装置如图： a．写出阴极的电极反应式 。 b．已知S2O42-的结构为，请从共价键角度解释S2O42-具有强还原性的原因 。 2．(2025·浙江省北斗星盟三模)化工生产中排放的CO2可通过热化学、电化学相关技术进行再利用，使其成为廉价易得的碳资源。 已知：I．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH= -49.5kJ·mol−1 Ⅱ．2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) ΔH2＝-483.6kJ·mol−1 Ⅲ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝-41.2kJ·mol−1 回答下列问题： (1)若将甲醇设计成如下燃料电池，a、b均为惰性电极，已知a极电势比b极高，则b极的电极反应为 。 (2)2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)的逆反应的活化能为，则正反应活化能为 。 (3)将CO2和H2按物质的量之比1：3充入恒温恒容密闭容器中，只发生反应I，已知该温度下反应的化学平衡常数。下列事实说明反应正向进行的是_______。 A．气体的密度不变 B．气体的平均摩尔质量变大 C．某时刻容器中，， D．体系的压强变小 (4)利用CO2作为碳源可以合成丙酸和丙二酸。丙酸的和丙二酸的的大小关系为，理由是 。 (5)一定温度下，在甲、乙两个体积相同的反应容器中分别充入和，发生反应I和Ⅲ，其中一个容器使用水分子膜分离技术，以提高CO2的平衡转化率。实验测得CO2平衡转化率与平衡时压强关系如图所示。(已知：M点甲醇选择性为) ①M点和N点的CO2平衡转化率相等的理由是 。 ②该温度下，M点对应的反应Ⅲ平衡常数Kp= 。(Kp为用各物质分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数) 3．(2025·浙江省第一届NBchem三模)碳的单质及其化合物是重要而值得深入探讨的研究对象。请回答： (1)CO2可以被电化学还原为乙烯，写出在酸性水溶液中阴极的电极反应方程式 。 (2)研究表明，表面吸附的CO是电化学还原CO2过程中的关键中间体。CO在催化剂表面活性位点的吸附可以用如下反应方程式表示：  ；其中*表示一个未被占据的活性位点，*CO表示该位点被CO占据，该反应平衡常数表示为(这里的K是标准平衡常数，是无量纲的量)为被占据活性位点的比例，可以用CO的分压和表示，写出的表达式 。 (3)在正常情况下，人体血浆中H2CO3的浓度为，HCO3-的平衡浓度为。计算该条件下，人体血浆的pH值 。(该条件下，H2CO3的，；) (4)焦炭是重要的还原剂，比如用来提取金属Zn，其中一步反应在1200K下实现：反应(1) ZnO+C→Zn(g)+CO(g)。与碳有关的相关反应和其ΔG如下：反应(a)：C+O2CO2；反应(b)：2C+O22CO；反应(c)：2CO+O22CO2；反应(d)：2Zn+O22ZnO。 提示：ΔG=ΔH-TΔS；ΔG＜0，反应正向自发；ΔG＞0，反应逆向自发；ΔG=0，反应平衡。其中ΔS与混乱度有关，气体相对分子质量越大，结构越复杂，其相应的ΔS也越大。 ①解释为什么是在1200K下进行反应(1)，并说明产物为什么是CO 。 ②如果反应(1)的产物是CO2，温度需要达到 。 ③判断反应(a)的ΔH 0(填“>”、“＜”、“=”)，ΔS 0(填“>”、“＜”) (5)解释石墨的碳碳键长小于金刚石中的碳碳键长 。 4．(2025·浙江省桐乡市三模) “双碳”背景下，以CO2为原料合成CH3OH、H2C2O4等原料有重要的意义。涉及到的反应如下： Ⅰ．CO2加氢制甲醇 已知如下热化学方程式： 反应ⅰ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41.2kJ·mol−1 反应ⅱ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2= -49.41kJ·mol−1 反应ⅲ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH3 (1)计算：ΔH3= kJ·mol−1。 (2)维持总压和投料比[n(CO2)：n(H2)=1：3]不变，将CO2和H2混合气以一定流速通过反应器，存在上述三个反应。CO2的转化率和甲醇的选择性温度T的变化关系如下图所示。 已知：，忽略温度对催化剂活性造成的影响。 ①为同时提高二氧化碳平衡转化率和反应速率，控制的条件合理的是 。 A．升高温度 B．增大压强 C．使用能显著减小反应ⅱ活化能的催化剂 D．使用能分离H2O(g)的分子筛 ②当T>236℃时，甲醇的选择性随温度T的增大而减小，可能的原因是 。 ③240℃时，反应ⅰ的Kp= (对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作Kp，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数)。 Ⅱ．利用电化学方法通过微生物电催化将CO2有效地转化为，装置如图所示。 (3)钛网电极是 极(填“阳”或“阴”)，写出生成H2C2O4的电极反应式 。 Ⅲ．一种金属氧化物(用MR表示)催化CO2与环氧丙烷()反应制碳酸酯()反应机理如图所示。已知CO2中的碳氧键可以被催化剂中具有较强给电子能力的活性中心的电子进攻而活化断裂。 (4)MgO活化催化CO2的能力大于Al2O3，试从结构角度分析原因 。 5．(2025·浙江省温州市三模)CH3COOH在化工生产中具有非常高的经济价值。利用CO2、CH4直接合成CH3COOH的反应如下：CH4(g)＋CO2(g)=CH3COOH(g) ΔH＝+35.86kJ·mol−1 。请回答： (1)该反应的自发性_______。 A．高温自发 B．低温自发 C．任意温度下自发 D．任意温度下不自发 (2)T℃下，CO2、CH4在催化剂M上发生反应合成CH3COOH，发生如下两步反应： 反应ⅰ 快反应； 反应ⅱ 慢反应； ①下列说法不正确的是 。 A．C-H的键能决定了总反应的反应速率 B．反应ⅰ达平衡后，增大c(CH4)，CH3-M含量增大 C．反应ⅱ，增大压强，可提高CH3COOH的平衡产率 D．温度升高，CH3COOH生成速率一定增大 ②T℃下，及时、重复分离反应ⅰ生成的H2，然后再向体系中通入高压的H2、CO2，可加快CH3COOH的生成速率。根据反应ⅰ、ⅱ原理，分析CH3COOH的生成速率加快的原因是： 。 (3)在KOH溶液中CO2电化学还原生成CH3COO-的电极反应方程式是： 。 (4)25℃时，CH3COOH(aq)H+(aq)+CH3COO-(aq) Ka=1.75×10-5。CO2的溶解存在以下平衡：CO2(g)CO2(aq) K1=3.5×10-2；CO2(aq)＋H2O(l)H+2(aq)+ HCO3-(aq) K2=4.5×10-7。 ①结合数据分析NaHCO3与CH3COOH反应，CO2能大量逸出的原因： 。 ②恒温条件下，过量NaHCO3溶液与CH3COOH反应。请在图中分别画出恒容(曲线Ⅰ)、恒压(曲线Ⅱ)密闭体系中，溶液中c(CO2)浓度与CH3COOH溶液体积(V)的关系曲线 。 6．(2025·浙江省金华市高三二模)以H2为燃料气、CaSO4为载氧体的化学链燃烧技术的工作原理如图所示。 已知： “燃料反应器”：主反应：CaSO4(s)＋4H2(g)CaS(s)+4H2O(g)(反应I) 副反应：CaSO4(s)＋H2(g)CaS(s)+ SO2(g)＋H2O(g)(反应Ⅱ) “空气反应器”：CaS(s)+ 2O2(g)CaSO4(s) 请回答： (1)在密闭容器中投入1mol CaSO4和1molH2，经相同时间，测得体系内部分物质的量随温度变化如下图所示： ①若“燃料反应器”中只发生反应I、Ⅱ且平衡常数随温度的变化如下表： 温度/K 873 1073 1273 1473 反应I的K1 反应Ⅱ的K2 5.7 (i)平衡常数K(T)与温度T的定量关系可表示为：。随温度变化的变化趋势小于K2的原因是 。 (ii)1273K，“燃料反应器”达到平衡时cSO2 mol·L-1。 ②请解释组成中n[H2O(g)]随温度变化的原因 。 ③下列有关说法正确的是 。 A．某时刻“燃料反应器”中v正＞v逆，则此时浓度商Q小于平衡常数K B．“空气反应器”中的CaS颗粒呈沸腾状，有利于加快CaS氧化速率 C．增大“空气反应器”的空气通入量，能提高H2的平衡转化率 D．800℃时，主、副反应中的H2的消耗速率相等 (2)“空气反应器”尾气中，O2的体积分数随温度变化如下表所示， 温度/℃ 900 985 1030 1060 2.4% 10% 21% 25% 则“空气反应器”的温度不宜超过 。 (3)在惰性液态电解质中，电解与甲醇的混合液制备硫酸二甲酯[SO2(OCH3)2]，则阳极的电极反应式是 。 7．(2025·浙江省精诚联盟二模)氢是清洁能源，氢能的利用包括了制氢、储氢和用氢等环节。请回答： (1)氢化铝钾(KAlH4)水解制氢：KAlH4(s)＋4H2O(l)=K[Al(OH)4](aq)＋H2(g) ΔH＜0。 该反应自发进行的条件是 。 (2)我国的制氢总量位居世界首位，工业上甲烷水蒸气重整制氢的反应为： (ⅰ)CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)；(ⅱ) CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)。 ①可改变CH4平衡转化率的因素是 。 A．升高温度 B．增大投料比[n(CH4)：n(H2O)] C．加入催化剂 D．加入三苄胺[(C6H5CH2)3N] ②室温下，用K2CO3溶液吸收该重整气中的CO2，当溶液中cHCO3-：cCO32-=4时，溶液pH= [已知Ka1(H2CO3)=5×10-7，Ka2(H2CO3)=5×10-11，lg2=0.3]。 ③在T℃、恒定压强p条件下，向反应体系中按n(CH4)：n(H2O)=1比例投料，达到平衡时CH4的转化率为x，且cCO=cCO2，则反应(ⅱ)的平衡常数KP= (用含x的式子表示)。 (3)NaHCO3、Na2CO3储氢：H2+HCO3-HCOO-+H2O；H2+CO32-HCOO-+OH-。一定温度下，若向0.2 mol·L-1NaHCO3、Na2CO3溶液中分别通入H2，相同时间时测得溶液中HCOO-浓度随温度的变化如图。试分析，温度70℃~90℃间NaHCO3溶液中HCOO-浓度会下降且低于Na2CO3溶液的原因是 。 (4)利用燃料电池产生电能是氢能高效利用的途径之一、某熔融碳酸盐介质的氢氧燃料电池的工作原理如图2所示，其负极上的电极反应式是 。 8．(2025·浙江省台州市高三二模)乙醇是一种重要的工业原料。请回答： (1)工业上可采用催化还原CO2的方法制备C2H5OH，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在某固体催化剂的作用下发生如下自发反应： 主反应：2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g) ΔH1 副反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2 副反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3＞0 ①若仅考虑主反应与副反应Ⅱ，下列说法不正确的是 。 A．当CO的体积分数不变时体系达到平衡 B．升高温度不利于提高醇类的平衡产率 C．体系达到平衡后充入少量氦气，内压增大，主反应平衡正移 D．增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能均减小 ②若仅考虑主反应与副反应I，对反应体系加热，随着温度升高，平衡产量比值减小，则∆H1 ∆H2 (填“＞”、“＜”或“=”)。 (2)乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，阴极产物为乙醇与甲醇，物质的量比为1：1。写出阴极的电极反应方程式(有机物写结构简式) 。 (3)乙醇与水蒸气通过催化重整制氢的反应如下： 反应I：C2H5OH(g)＋H2O(g)2CO(g)＋4H2(g) ΔHI＞0 反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔHII＜0 100kPa的恒压密闭容器中，恒定量的C2H5OH(g)与适量H2O(g)发生上述反应，保持H2平衡产率为m%不变，体系温度(T)与起始水醇比的关系如图中X曲线所示，请回答： ①H2的平衡产率：a点 b点(填“＞”、“＜”或“=”)。 ②反应过程中部分乙醇生成固态炭覆盖催化剂活性位点，降低催化效率，在体系中充入O2(g)可除去固态炭。使起始氧醇比=0.5，保持H2平衡产率为m%不变，可得到Y曲线(部分)，将图像划分为有炭区和无炭区，下列判断正确的是 。 A．起始氧醇比=0.5时，平衡时的反应速率a点一定小于c点 B．反应Ⅱ在图像中a、b、c三点的平衡常数Ka＜Kb＜Kc C．若使起始氧醇比=1，图像中无炭区的面积会更小 D．曲线X出现拐点的原因是高于Tx时反应Ⅱ平衡逆移程度大于反应I正移 (4)Al2O3可做酯化反应的催化剂，乙醇中的氧原子在催化剂表面形成配位键，进而改变键角的大小，形成相对稳定的中间体，降低与羧酸反应的活化能。请说明乙醇的键角如何改变，及改变的原因 。 9．(2025·浙江省杭州市高三二模)以CO2为原料合成高附加值产品，可以减少碳排放。请回答。 I.用CO2与CH4催化制备合成气，可以发生如下多个反应。 主反应：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1 副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41kJ·mol−1 CH4(g)C(s)＋2H2(g) ΔH3＝+75kJ·mol−1 CO(g)＋H2(g)C(s)＋H2O(g) ΔH4＝-131kJ·mol−1 (1) ΔH1= kJ·mol−1。 (2)某温度下将一定比例的CH4和CO2通入体积不变的密闭体系发生以上反应，一定能减少平衡时积碳的措施有_______。 A．升高温度 B．选择合适催化剂 C．加入H2O(g) D．降低原料气中CH4的比例 II.电催化CO2还原制备CO和H2电解装置及操作为：涂有催化剂的碳纸和金属Pt为电极，一定浓度KHCO3溶液为电解液，通入CO2进行预饱和，再以恒定流量通入CO2，维持反应时溶液中CO2浓度饱和。 (3)以Cu为催化剂时，相关还原产物的相对含量如下表： 产物的相对含量 电压(V) HCOOH CO H2 1.2 48 0 52 1.3 38 2 60 1.4 33 5 62 Cu对产物 (填分子式)选择性高。 (4)以CuGa2为催化剂、阴极生成H2和CO是竞争反应，控制电压可以调节二者的含量。 ①写出阴极发生的化学方程式： ， 。 ②在以上条件下增大电压，实验发现：1.2V-1.4V之间，CO2与CuGa2结合能力增强，CO的生成速率变快，此时H2的生成速率几乎不变；1.4V-1.5V之间CO2与CuGa₂结合能力也增强、但CO的生成速率几乎不变。解释CO生成速率几乎不变的原因 ，画出产物中H2和CO的体积比随电压在1.2V-1.5V间的变化关系 。 10．(2025·浙江省嘉兴市高三三模)丙烯是一种重要的有机化工原料，可以制取聚丙烯、丙烯腈、丙酮等化工产品。工业上可采用丙烷催化脱氢法制备丙烯，反应如下： 主反应：C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g) ΔH1 副反应： C3H8(g)C2H4(g)＋CH4(g) ΔH2=+81.7kJ·mol−1 C3H8(g)3C(s)＋4H2(g) ΔH3=+106kJ·mol−1； 请回答： (1)几种物质的燃烧热(25℃，101kPa)如下表所示：则ΔH1= kJ·mol−1。 化学式(状态) H2(g) C3H6(g) C3H8(g) ΔH/(kJ·mol−1) -286 -2058 -2220 (2)假定体系内只发生反应C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)，反应过程中温度保持不变，压强恒定为PkPa，平衡时C3H8转化率为α，该温度下反应的平衡常数Kp= kPa (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 (3)已知CO2在一定条件下能发生如下反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，CO2(g) +(s)2CO(g)，研究表明在丙烷催化脱氢装置中通入一定量的CO2能提高C3H6的产量。试从两个不同角度解释原因 。 (4)某实验小组在催化剂用量及其他实验条件相同时，测得丙烷的平衡转化率和丙烯的选择性(转化的C3H8中生成的C3H6的百分比)随温度的变化如图所示，下列说法正确的是_______。 A．由图可知，随温度升高，C-H键比C-C键更活泼 B．C3H8的脱氢反应在任意温度下都能自发进行 C．升高温度，降低压强，加入催化剂均可提高C3H8的平衡转化率 D．制备丙烯的合适温度需综合考虑丙烷转化率和丙烯选择性 (5)以丙烯为原料可以先制备丙烯腈(CH2=CHCN)，再用丙烯腈电合成己二腈[NC(CH2)CN]，请写出酸性环境中电合成己二腈的电极反应式 。 (6)以丙烯为原料还可以制备丙酮(CH3COCH3)。某兴趣小组在做实验时发现丙酮与氯仿(CHCl3)混合时有放热现象，经查阅主要原因是混合时形成了某种特殊作用力。请结合物质结构知识分析形成这种作用力的原理 。 23 / 23 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $