题型11 化学反应原理综合应用（期末真题汇编，浙江专用）高二化学下学期

**基本信息** 汇编浙江省多地区高二期末化学反应原理综合题，聚焦碳中和、烟气脱硫等真实工业情境，涵盖热化学、平衡及电化学核心应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |化学反应原理综合题|14道|热化学(ΔH计算)、化学平衡(Kp/转化率)、电化学(电极反应)|结合CO₂转化、氢能制备等前沿情境，设置ΔH计算、平衡移动分析、Kp计算及电化学电极反应等分层问题，匹配高二期末考要求|

题型11 化学反应原理综合应用 1．(2024-2025学年·浙江省温州市浙南名校高二下学期期末)铁的化合物在生产生活和科学实验中应用广泛。请回答： (1)一定条件下Fe2O3与CH4反应制取纳米级铁，已知： 反应Ⅰ：Fe2O3(s)＋3H2(g)2Fe(s)＋3H2O(g) ΔH1＝-26.5kJ·mol−1 反应Ⅱ：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2＝-160kJ·mol−1 则反应Ⅲ：4Fe2O3(s)＋3CH4(g)8Fe(s)＋6H2O(g)+3CO2(g) ΔH3＝______kJ·mol−1，该反应在_______(填“高温”“低温”或“任意温度下”)下能自发进行。 (2)欲提高反应Ⅲ中CH4的平衡转化率，可采取的措施是_______。 A．增加Fe2O3的量 B．移出部分CO2 C．提高反应温度 D．加入合适的催化剂 (3)在下，向某恒容密闭容器中加入3molCH4(g)和4molFe2O3(s)发生反应：4Fe2O3(s)＋3CH4(g)8Fe(s)＋6H2O(g)+3CO2(g)。反应起始时压强为p0，反应达到平衡状态时，测得此时容器中n(CH4)：n(H2O)=1：1，T℃ 下该反应的 Kp=_______(用分压表示，分压总压物质的量分数)。 (4)某温度下，密闭容器中进行反应Ⅲ，测得平衡时混合物中CO2的体积分数随压强的变化如图所示： ①请在上图中补充p0之前的变化曲线______。 ②p0后CO2的体积分数几乎不变的原因是________。 (5)以铂、铁作电极电解NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4，FeO42-在浓碱中能稳定存在)的装置如图所示： 电极Fe上发生的电极反应为________。 2．(2024-2025学年·浙江省温州市新力量高二下学期期末)烟气中SO2的去除及回收是一项重要的研究课题。请回答： I．一定条件下，用CO与高浓度烟气中：SO2反应回收硫，发生如下反应： 反应1： (1)工业上为提高SO2吸收速率，下列措施合理的是______。 A．加压增大原料气浓度 B．降低温度 C．及时分离出S2 D．改用更高效的催化剂 (2)已知CO(g)和S2(g)的燃烧热()为：-283 kJ/mol、-722 kJ/mol，计算反应1的△H=______kJ/mol。 (3)在一定温度下，向1 L恒容密闭容器中加入2 mol CO和1 mol SO2发生反应1，测得v正(SO2)与c(SO2)的数值关系如图所示，x点为平衡点。当升高温度后重新达到平衡，则x点将移动到图中的______点(填字母标号)。 Ⅱ．湿法脱硫：已知常温下，。 (4)电化学循环法：电解NaOH吸收烟气后的吸收液，分离产品后吸收液可循环利用。 ①常温下将SO2气体通入0.100 mol/LNaOH溶液中，若某时刻溶液的pH=6.2，此时溶液中的c(NaHSO3)约为______mol/L。 ②电解还原吸收液(主要成分Na2SO3)制取单质硫，阴极的电极反应式为______。 (5)石灰石-石膏法是一种常用的湿法脱硫工艺，pH控制在5.0~6.0的石灰石浆液吸收烟气中的SO2，氧化后脱水结晶获得石膏。 主要经历以下两个反应过程： 反应2：CaCO3+SO2CaSO3+CO2 反应3：2CaSO3+O2+4H2O=2[CaSO4·2H2O] 硫脱除率与SO2吸收阶段的pH关系如图所示，当pH大于6.0后，硫脱除率有所下降，请从CaSO3的生成视角解释原因______。 3．(2024-2025学年·浙江省台州市高二下学期期末)CO2的回收利用是“碳中和”的重要途径。请回答： Ⅰ．氨水法是重要的二氧化碳吸收方法之一，其反应过程如下 a． b． c． (1)反应a自发进行的原因为_______。 (2)排除其他因素的干扰，下列可以提高单位时间内CO2转化率的措施有_______。 A．提高氨水的浓度 B．降低温度 C．增大CO2流速 D．使用催化剂 (3)氨水中氨的逃逸会影响CO2的吸收效果，低浓度氨水对于的CO2单位时间内的脱除率随温度的变化如图所示。(CO2脱除率，为体积分数) ①CO2最大脱除率随温度升高先下降的原因为_______。 ②在溶液中添加丙三醇可以很好的抑制氨逃逸，其原因是_______。 (4)氨水法吸收的最终产物为NH4HCO3，时，NH3·H2O的，H2CO3的，，则0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液的pH=_______。 Ⅱ． (5)以H2SO4溶液作电解质溶液，电催化还原CO2用于HCOOH的生产，请写出其阴极的电极反应方程式_______。 4．(2024-2025学年·浙江省宁波市九校高二下学期期末)CO2的大量排放是造成气候变化的主要原因，CO2可以和很多物质发生反应从而变废为宝。请问答： (1)已知：反应1：CH4(g)C(s)＋2H2(g) ΔH1＝+75kJ·mol−1 反应2：C(s)＋CO2(g)2CO(g) ΔH2＝+171kJ·mol−1 反应3：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH3＝___________kJ·mol−1。 (2)某温度下，将CH4和CO2按物质的量之比3：1通入恒容密闭容器中同时发生反应1和2，下列情况下能说明反应CH4(g)C(s)＋2H2(g)达到平衡状态的是_______(填标号)。 A．CO2和H2的物质的量相等 B．混合气体的密度不再变化 C．混合气体的压强不再变化 D．消耗1molCH4的同时消耗1molC(s) (3)向恒温恒容密闭反应器中投入物质的量均为的CH4和CO2，在某催化剂的作用下只发生反应3.测得初始压强为，平衡后压强为。平衡后 Kp=_______(kPa)2(用平衡分压代替平衡浓度，气体分压=总压×气体的物质的量分数)。 (4)另有科学工作者利用电解法将CO2转化为CH3OH的原理如图1所示，写出电解总反应方程式：_______。 (5)利用二氧化碳制备甲醇的反应为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)   ΔH＜0，但存在副反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)  H＞0。在恒温密闭容器中，维持压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率()和甲醇选择性随温度变化关系如图2所示： 若催化剂的活性受温度影响不大，分析后图中曲线下降的原因：_______。 (6)已知C、O、S的电负性分别为2.55、3.44、2.58，请解释为什么CO2比CS2在水中的溶解度更大，_______。 5．(2024-2025学年·浙江省绍兴市高二下学期期末)研究CO还原NOx对环境的治理有重要意义，相关的主要化学反应有： 反应Ⅰ CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g) ΔH1 反应Ⅱ  4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g) ΔH2＜0 反应Ⅲ  2CO(g)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g) ΔH3＜0 (1)已知：每1mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为 NO2 CO CO2 NO 819kJ 1076kJ 1490kJ 632kJ ①根据上述信息计算ΔH1=______kJ·mol−1。 ②反应Ⅱ自发进行的条件为_______。 (2)下列描述不正确的是_______。 A．在反应过程中，及时分离出产物可以提高反应速率 B．在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅰ，若压强不变，能说明反应Ⅰ达到平衡状态 C．恒温条件下，增大CO的浓度使反应Ⅲ的平衡向正向移动，平衡常数不变 D．上述反应达到平衡后，升温，三个反应的逆反应速率均一直增大直至达到新的平衡 (3)①在一定温度下，向恒容容器中充入0.2mol的NO和0.2molCO，只发生反应Ⅲ，反应起始压强为P0MPa，在t1时刻达到平衡状态，当CO的平衡转化率为50%时，反应Ⅲ的Kp=_______(用含P0的代数式表示)，[对于气相反应，用组分B的平衡p(B)代替c(B)，记作Kp。，p为平衡压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数] ②在上述反应达到平衡后，若保持平衡温度和压强不变，在t1时刻再向容器中充入0.2mol的NO和0.2molCO，则此时v正_______v逆(填“>”、“<”或“=”)，请在图1画出t1时刻至平衡时相应的v-t图_______。 (4)某研究小组采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2先转化为CO，最终转化为乙烯，装置示意图如图2所示。惰性电极a上催化剂纳米Cu处的电极反应式为_______。 6．(2024-2025学年·浙江省湖州市高二下学期期末)开发使用氢燃料、转化和利用CO2是目前研究热点之一、 (1)工业上利用甲烷和水蒸气催化制氢气，主要反应如下： Ⅰ．CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝+206.2kJ·mol−1 Ⅱ．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝-41.2kJ·mol−1 反应Ⅰ易在_______(填“较高”、“较低”或“任意”)温度下自发进行。 (2)将一定量的CH4和H2O组成的混合气体投入恒容密闭反应器中，发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡时含氢组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。 ①图中代表CH4的曲线随温度升高而下降的原因是_______。 ②已知600℃平衡时，CO的物质的量分数为0.06，请计算该温度下反应Ⅱ的平衡常数 Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 (3)某含铜配合物可催化还原CO2，该反应历程中相对能量变化如下图所示。 上述反应历程中，控速步骤是_______。 A．1Bpin转化为 B．2Bpin转化为3Bpin C．3Bpin转化为4Bpin D．4Bpin转化为5Bpin (4)使用Cu2O-ZnO薄膜电极作阴极，通过电催化法将二氧化碳转化为甲醇。 ①将铜箔制成Cu2O薄膜电极。 ②采用电沉积法制备Cu2O-ZnO薄膜电极：用Cu2O薄膜电极作阴极，Zn(NO3)2溶液作电解液，制备完成后电解液中检测到了NO2-。制备ZnO薄膜的电极反应式为_______。 ③电催化法制备甲醇如下图所示。若电解过程中制备1molCH3OH，则阳极产生的气体体积理论上约为_______L(标准状况下)。 7．(2024-2025学年·浙江省金华市高二下学期期末)研究CO2资源化利用对人类有重要意义。 (1)CO2氧化性温和，工业上可用来氧化乙烷制乙烯，其反应可表示为 Ⅰ：C2H6(g)+CO2(g)⇌C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) ∆H1 研究表明，在催化剂X作用下，反应Ⅰ实际分两步进行： Ⅱ：C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)　∆H2 Ⅲ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)　∆H3=41kJ/mol 相关物质的燃烧热数据如下表所示： 物质 C2H6(g) C2H4(g) H2(g) 燃烧热(Δ/kJ/mol) -1560 -1411 -286 ①∆H2=_______kJ/mol，反应Ⅰ自发进行的条件_______。 ②一定温度和压强下，仅发生反应Ⅱ时C2H6的平衡转化率为33.33%，反应Ⅱ的Kx=_______。(Kx以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数) ③通过Cu+修饰的Y分子筛的吸附与脱附，可实现C2H4和混合气的分离，Cu+的_______与C2H4分子的π键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间，用该分子筛分离C2H4的优点是_______。 (2)电化学还原CO2 一种碱性电化学还原CO2的原理图如下。在阴极区若CO2每得到1mol电子，同时有H2O也会得到等物质的量的电子，且阴极区电解液的pH几乎保持不变(忽略溶液体积变化)。 ①若阴极CO2的还原产物为C2H4，则阴极生成C2H4的电极反应式为_______。 ②由于CO32－难以放电，因此降低了C2H4的选择性(选择性=)，结合题中信息，C2H4选择性的理论最大值为_______。 8．(2024-2025学年·浙江省温州市环大罗山联盟高二下学期期末)工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。回答下列问题： Ⅰ.还原脱硫。 (1)已知和S2(g)的标准燃烧热()为：-283kJ·mol−1，-722kJ·mol−1，计算反应的______kJ·mol−1。 (2)在一定温度下，向恒容密闭容器中加入2molCO和1molSO2发生以上反应，测得与的数值关系如图1所示，点为平衡点。当升高温度后重新达到平衡，则点将移动到图1中的______点(填字母标号)。 Ⅱ.活性炭脱硫。 采用活性炭脱除烟气中，其过程首先要经物理吸附(*代表吸附态)，，，然后是化学吸附(如图2)。 (3)烟气脱硫过程的氧化反应为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，在恒温恒压的密闭容器中发生该反应。下列说法正确的是______。 A．增大活性炭基表面积，有利于加快反应速率 B．反应混合气组分中SO2和SO3分压比不变，可作为达到化学平衡状态的判据 C．向体系中加入惰性气体可增大反应的Kp D．增大O2分压可提高SO2的平衡转化率 Ⅲ.CH4还原脱硫。 反应原理： 反应1：   反应2：   (4)一定条件下，在100 kPa的恒压密闭容器中按体积比为1：1：7充入CH4、SO2、He发生反应1和2。测得SO2的平衡转化率为60%，CH4的平衡转化率为。 ①在一定温度范围内，缓慢升高反应温度，测得CH4的平衡转化率先减小后增大，其原因为______。 ②反应2的压强平衡常数 Kp=______( kPa)2(用平衡分压代替平衡浓度计算)。 Ⅳ.电解脱硫。装置如图 首先通电电解 K4[Fe(CN)6]与KHCO3的混合溶液，通电一段时间后，再向所得溶液通入H2S，发生反应的离子方程式为。 (5)写出电解过程中阴极区的电极反应式(含CO32-)______。 9．(2024-2025学年·浙江省温州市十校联合体高二下学期期末)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以下是有关氢气制取和利用： (1)阿根廷科学家Mas Veronica等人利用Ni(Ⅱ)、Al(Ⅲ)层状复合催化剂进行了乙醇、水蒸气重整制氢的研究。其主要反应为： 反应Ⅰ  C2H5OH(g)＋3H2O(g)2CO2(g)＋6H2(g) ΔH1＝+173.3kJ·mol−1 反应Ⅱ  C2H5OH(g)＋H2O(g)2CO(g)＋4H2(g) ΔH2＝+255.7kJ·mol−1 ①反应Ⅰ自发进行的条件是______。(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 ②一定温度下，若在恒容密闭容器中发生上述反应，下列说法正确的是______。 A．选择合适的催化剂，可以加快正反应速/率，提高平衡时CO2的物质的量百分数 B．增大C2H5OH(g)的浓度可以提高C2H5OH(g)的平衡转化率 C．若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡 D．向密闭容器中加入H2O(g)，容器中的压强增大，反应Ⅰ、Ⅱ均逆向移动 (2)硼氢化钠(NaBH4)是一种高效储氢材料，25℃时NaBH4催化制氢先生成Na[B(OH)4]，再转化为NaBO2。在掺杂了MoO3的纳米Co2B合金催化剂表面部分反应机理如图所示： ①其他条件不变，用D2O代替H2O，写出中间产物的结构式______。 ②已知25℃时NaBO2和 NaBH4在水中的溶解度分别为28g和55g。 NaBH4浓度对制H2速率影响如图所示， NaBH4浓度大于10%时反应速率变慢的可能原因是______。 (3)已知乙酸制氢过程发生如下反应： 热裂解反应：CH3COOH(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝+213.7kJ·mol−1 脱羧基反应：CH3COOH(g)CO2(g)＋CH4(g) ΔH2＝-33.5kJ·mol−1 若体系中只发生热裂解反应和脱羧基反应，在某条件下达到平衡，体系的总压强为pkPa，乙酸体积分数为20%，其中热裂解反应消耗的乙酸占起始投料量的20%。 ①平衡体系中，H2的体积分数为______。 ②脱羧基反应的平衡常数Kp=________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数)。 10．(2024-2025学年·浙江省杭州市上城区等5地高二下学期期末)甲醇是重要的化工原料。在催化剂作用下用CO2制备CH3OH的主要反应有： 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3= -49.5kJ·mol−1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1 反应Ⅲ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH3 (1)ΔH3=___________kJ·mol−1，反应Ⅲ自发进行的条件是___填(“高温”、“低温”或“任何温度”)。 (2)某条件下只发生反应Ⅱ，改变H2的平衡转化率的措施有___________。 A．温度 B．压强 C．催化剂 D．投料比n(CO2)：n(H2)] (3)催化剂Cu/ZnO/Al2O3作用下只发生反应Ⅲ。催化剂存在孔结构(孔结构通向催化剂内部的活性中心)。催化剂使用前需要在高压下压制成型，压强过大会造成催化剂颗粒破裂成粉末。在恒压、投料比n(H2)：n(CO)=2：1下反应相同时间，不同压制压强下形成的催化剂对CO转化率随温度的变化如下图。 ①请画出下，CO转化率随压制压强P变化的示意图：________。 ②请解释10-30Mpa时，CO转化率随压制压强P增大而变化的原因(不考虑催化剂失活)：___________。 (4)以CO2为原料，电化学法制备甲酸(甲酸盐)工作原理如图所示，阴极表面发生的总电极反应式为___________。 (5)甲醇与金属钠反应生成甲醇钠，已知甲醇钠的碱性强于氢氧化钠，请从结构角度解释原因：___________。 11．(2024-2025学年·浙江省嘉兴市高二下学期期末)甲烷催化重整是工业制氢的重要途径。涉及的主要反应如下： 反应①2CH4(g)＋O2(g)2CO(g)＋4H2(g) ΔH1＝-71.4kJ·mol−1 反应②CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH2＝+206.2kJ·mol−1 反应③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH3＝-41.2kJ·mol−1 请回答： (1)CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)，该反应的△H=___________kJ/mol。 (2)下列说法正确的是___________。 A．使用高效催化剂，可以提高甲烷的平衡转化率 B．可利用反应①放出的热量为反应②供能 C．恒压条件比恒容条件利于提高CH4平衡转化率 D．体系中[c(CO(g)]：[c(CO2(g)]=1，说明反应达到平衡状态 (3)一定温度下，1L恒容反应器中充入、和，控制条件仅发生反应①和②，达平衡时测得CH4的转化率为80%，O2浓度为0.4mol/L，则该温度下反应②平衡常数K=___________(mol/L)2. (4)近年来，科学家发展了钯膜选择性分离技术用于甲烷重整制氢，钯膜的工作机理如图1所示。试分析该制氢技术的优点：___________。 (5)电喷雾电离技术制得的MO+与CH4反应可高选择性地生成甲醇(MO++CH4=M++CH3OH)。分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如图2所示(两者历程相似，图中实线以CH4为例)。 ①反应中涉及氢原子成键变化的是___________(填“步骤Ⅰ”或“步骤Ⅱ”)。 ②直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线___________(填“c”或“d”)，MO+与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD___________CHD2OH(填“>”“<”或“=”)。 (6)在溶液中，用电解法可将甲烷直接转化为甲醇，阳极上的电极反应式为___________。 12．(2024-2025学年·浙江省宁波市高二下学期期末)CO2的捕获和再生，对实现“碳中和”具有重要意义。请回答： (1)一定条件下，CO2可以被HOCH2CH2NH2捕获，捕获过程相关热化学方程式如下，CO2再生为其逆过程。 Ⅰ：CO2(aq)＋HOCH2CH2NH2(aq)HOCH2CH2NHCOOH(aq)＋H2O(g) ΔH1＜0 Ⅱ：HOCH2CH2NHCOOH(aq)＋HOCH2CH2NH2(aq)HOCH2CH2NHCOO-(aq)＋HOCH2CH2NH3+(aq) ΔH2＜0 Ⅲ：CO2(aq)＋2HOCH2CH2NH2(aq)HOCH2CH2NHCOO-(aq)＋HOCH2CH2NH3+(aq) ΔH3 ①反应Ⅲ的平衡常数表达式：K3=_______。 A． B． C． D． ②下列说法正确的是________。 A． ΔH3＜ ΔH2 B．升高温度，有利于提高CO2捕获平衡转化率 C．反应Ⅰ低温可自发 D．HOCH2CH2NHCOO-和HOCH2CH2NH3+浓度相等时，反应Ⅱ达到平衡状态 ③ZrOxHy(催化剂)可以加速CO2的再生过程，其对CO2再生的催化速率k、-OHb/-OHt(ZrOxHy中催化反应不同过程的两种活性位点的比值)与其合成环境pH的关系如图1所示，则最合适的催化剂合成pH值及-OHb/-OHt分别为________。 ④图2为不同条件下CO2再生率(α)随反应时间(t)的变化曲线，请分析M点是否达到平衡________(填“是”或“否”)；对比曲线x、z随t变化趋势，请解释曲线x在z上方的原因________。 (2)研究发现电解法能实现CO2可持续高效捕获和再生，其原理如图3所示(采用惰性电极)，CO2再生区域为区域________(填“a”、“b”或“c”)，写出该区域反应的离子反应方程式________。 13．(2024-2025学年·浙江省衢州市高二下学期期末)氢能作为零碳能源，正成为能源转型的重要支柱。乙醇与水反应制取氢气的反应如下： Ⅰ：C2H5OH(g)＋H2O(g)2CO(g)＋4H2(g) ΔH1＝+255.7kJ·mol−1 Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝-41.2kJ·mol−1 (1)反应Ⅰ能自发进行的条件是______。 A．低温 B．高温 C．任意温度 D．无法判断 (2)若反应Ⅱ正反应的活化能为EakJ·mol−1，则逆反应的活化能是______kJ·mol−1。 (3)在密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，下列说法不正确的是______。 A．升高温度，反应Ⅰ的正、逆反应速率均增大 B．增大压强，反应Ⅱ平衡不移动 C．反应Ⅱ有非极性键的断裂与形成 D．选用高效催化剂不能提高乙醇的平衡转化率 (4)压强为200kPa，H2的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，每条曲线表示H2相同的平衡产率。 H2平衡产率：C点______A点(填“>”、“<”或“=”)，并说明理由______。 (5)压强为200kpa下，1molC2H5OH(g)和2molH2O(g)发生上述反应，平衡时CO2和CO的选择性、乙醇的转化率随温度的升高曲线如图所示。 [已知：CO的选择性] 573K时，反应Ⅱ的Kp=______。(用平衡分压代替平衡浓度，气体分压=总压×气体的物质的量分数) (6)使用惰性电极电解CO2的酸性溶液制乙醇，阴极的电极反应式为______。 14．(2024-2025学年·浙江省舟山市高二下学期期末)甲胺是重要的化工原料，被广泛应用于国民经济各个领域。 (1)制取甲胺：反应Ⅰ．CH3OH(g)＋NH3(g)2CH3NH2(g)＋H2O(g) ΔH。已知该反应中相关化学键的键能数据如表： 共价键 C-O H-O N-H C-N 键能/kJ·mol-1 a b c d 则该反应的___________kJ·mol-1。 (2)常温下，一元弱碱一水甲胺(CH3NH2·H2O)电离常数为Kb≈4.0×10-4，lg5≈0.7。常温下用0.02mol/L的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.02mol/L的NaOH溶液和CH3NH2·H2O溶液，利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。 下列推断正确的是___________。 A．曲线I代表滴定曲线，E点对应的溶液中存在电离平衡 B．H点对应的溶液中水电离出的H+与OH-浓度关系为： C．G点对应的溶液中存在 D．常温下，F点对应的溶液的 (3)利用甲醇与氨气反应制取甲胺过程中还会发生下列反应： 反应Ⅱ．CH3OH(g)＋CH3NH2(g)(CH3)2NH(g)＋H2O(g) 反应Ⅲ．CH3OH(g)＋(CH3)2NH(g)(CH3)3N(g)＋H2O(g) 在、条件下改变氨气与甲醇的物质的量投料比R，一定时间内(所有反应均未平衡)测得各产物的含量如图所示。 增大R可以提高反应___________的选择性(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)；当R相同时，请解释(CH3)3N含量最高的原因___________。 (4)利用原电池原理，在微生物的作用下，可以将工业废水中的甲胺(CH3NH2)转化为无毒无害物质(CO2、N2、H2O)，其工作原理如图(甲池)所示(A、B极均为惰性电极)。 电池工作时，B极的电极反应式为___________，将甲池与乙池连接，实现乙池中NaCl溶液的淡化。C电极附近溶液的pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型11 化学反应原理综合应用 1．(1) 374 高温 (2)BC (3)或 (4) p0之后，H2O变成液态，反应前后气体计量数不变，压强对平衡移动影响不大 (5)Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O 2．(1)AD (2)-410 (3)d (4) 0.083 SO32-+3H2O+4e-=S＋6OH- (5)pH大于6，使SO2的溶解平衡正向移动，SO32-浓度增大；但H＋浓度降低，抑制反应CaCO3(s)+2H+( aq)Ca2+(aq)+CO2(g)+H2O(l)，Ca2+浓度减小的影响大于SO32-浓度增大的影响，硫脱除率下降 3．(1)∆H＜0 (2)AD (3) 温度升高氨水逃逸增多，氨水浓度下降导致反应速率减小，其影响大于温度升高使反应速率加快的影响，故反应速率下降 丙三醇与氨气分子间形成氢键，使氨气的挥发程度下降 (4)9.7 (5)CO2+2e-+2H+=H2COOH 4．(1)+246 (2)BC (3)256 (4)2CO2+4H2O2CH3OH+3O2 (5)主反应放热，副反应吸热，升高温度使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降； (6)CO2溶于水后，会与水发生反应生成碳酸；虽然CO2和CS2均为线性对称的非极性分子，但CO2中的氧原子电负性较高，O上带的负电性更大，与水分子形成的静电作用更强(甚至部分氢键)。 5．(1) -227 低温 (2)AD (3) > (4)2CO+6H2O+8e-=CH2=CH2+8OH- 6．(1)较高 (2) 随温度的升高反应Ⅰ正向移动，甲烷的物质的量减小，总物质的量增加；而反应Ⅱ对两者均无影响，因此甲烷的物质的量分数变小 (3)D (4)Zn2++NO3-+2e-=ZnO+NO2- 33.6 7．(1) +137kJ/mol 较高温度下自发 或0.125 4s空轨道 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高 (2) 2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH- 8．(1)-410 (2)d (3)ABD (4) 开始升温时，反应Ⅰ逆向移动影响较大，CH4的转化率降低；后期升温，反应Ⅱ正向移动影响较大，导致CH4的转化率升高 51.2 (5)2HCO3-+2e-=H2↑+2CO32- 9．(1) 高温 C (2) 或 浓度较高时，生成的NaBO2覆盖在催化剂表面，降低催化活性，反应速率降低；NaBH4过多吸附在Co上，而减少H-吸附 (3) 20% 0.2p 10．(1)-90.7 低温 (2)AD (3) (25MPa前下、后上升) 10-25MPa时，催化剂内部孔径随压强增大而变小，气体向内扩散至催化中心过程减慢导致反应速率减小；30Mpa，压强过大导致催化剂颗粒破裂使部分催化中心暴露与气体接触加快反应速率 (4)2CO2+H2O+2e-=HCOO-＋HCO3- (5)甲基是推电子基团，增大了氧上的电子密度，增强了甲醇负离子与H+的结合能力；或甲基是推电子基团，减弱甲醇中氢氧键的极性，减弱了甲醇的酸性(任意一个角度均可) 11．(1)+165 (2)BC (3)20 (4)生成的H2通过钯膜不断分离，生成物浓度降低，平衡右移，H2产率提高；钯膜选择性透过H2，可直接分离获得高纯度H2 (5) 步骤Ⅰ c < (6)CH4+2OH--2e-=CH3OH＋H2O 12．(1) B AC 5，1 否 曲线x对应的反应温度高于z，且都无催化剂，温度升高，CO2再生反应速率提高；同时CO2再生为吸热过程，温度升高使再生反应平衡正移，CO2再生率提高 (2) a 2H2O-4e-=O2↑＋4H＋、HCO3-+H+ ═ H2O + CO2↑ 13．(1)B (2)Ea+41.2 (3)B (4) < C点与D点H2平衡产率相同，A点与D点温度相同，A点比D点大，反应Ⅰ和反应Ⅱ正向进行程度更大，H2平衡产率大 (5)51 (6)2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O 14．(1)a+c-b-d (2)AC (3) Ⅰ 反应Ⅲ的活化能最小 (4) 2CH3NH2-18e-+4H2O=2CO2↑+N2↑+18H+(或2 CH3NH2·H2O -18e-+2H2O=2CO2↑+N2↑+18H+) 减小 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型11 化学反应原理综合应用 1．(2024-2025学年·浙江省温州市浙南名校高二下学期期末)铁的化合物在生产生活和科学实验中应用广泛。请回答： (1)一定条件下Fe2O3与CH4反应制取纳米级铁，已知： 反应Ⅰ：Fe2O3(s)＋3H2(g)2Fe(s)＋3H2O(g) ΔH1＝-26.5kJ·mol−1 反应Ⅱ：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2＝-160kJ·mol−1 则反应Ⅲ：4Fe2O3(s)＋3CH4(g)8Fe(s)＋6H2O(g)+3CO2(g) ΔH3＝______kJ·mol−1，该反应在_______(填“高温”“低温”或“任意温度下”)下能自发进行。 (2)欲提高反应Ⅲ中CH4的平衡转化率，可采取的措施是_______。 A．增加Fe2O3的量 B．移出部分CO2 C．提高反应温度 D．加入合适的催化剂 (3)在下，向某恒容密闭容器中加入3molCH4(g)和4molFe2O3(s)发生反应：4Fe2O3(s)＋3CH4(g)8Fe(s)＋6H2O(g)+3CO2(g)。反应起始时压强为p0，反应达到平衡状态时，测得此时容器中n(CH4)：n(H2O)=1：1，T℃ 下该反应的 Kp=_______(用分压表示，分压总压物质的量分数)。 (4)某温度下，密闭容器中进行反应Ⅲ，测得平衡时混合物中CO2的体积分数随压强的变化如图所示： ①请在上图中补充p0之前的变化曲线______。 ②p0后CO2的体积分数几乎不变的原因是________。 (5)以铂、铁作电极电解NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4，FeO42-在浓碱中能稳定存在)的装置如图所示： 电极Fe上发生的电极反应为________。 【答案】(1) 374 高温 (2)BC (3)或 (4) p0之后，H2O变成液态，反应前后气体计量数不变，压强对平衡移动影响不大 (5)Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O 【解析】(1)，所以；反应的自发性判断依赖吉布斯自由能变(ΔG)，其计算公式为：ΔG=ΔH-TΔS＜0，当ΔG＜0反应能自发进行，该反应ΔH＞0，ΔS＞0，要使ΔG＜0，T的数值要大，所以反应需要在高温下进行，故选374，高温； (2)反应Ⅲ中CH4为反应物，增加Fe2O3的量，Fe2O3是固体反应物，增加量不影响平衡的移动，所以CH4的平衡转化率不变，A不符合题意；CO2是气体生成物，移出部分CH4，相当于减少生成物浓度，反应正向移动，CH4的平衡转化率提高，B符合题意；该反应为吸热反应，提高反应温度，化学平衡正向移动，CH4的平衡转化率提高，C符合题意；加入合适的催化剂，提高化学反应的速率，但是不影响平衡的移动，所以CH4的平衡转化率不变，D不符合题意；故选BC； (3)设CH4的转化物质的量为3x，列三段式： 反应达到平衡状态时，测得此时容器中：，列方程式：，解得，平衡时CH4、H2O、CO2物质的量依次为：2mol、2mol、1mol；恒温恒容条件下，反应前后气体压强比等于反应前后气体的物质的量之比 ，设反应后的气体压强为，可得，解得，则，故选或； (4)①某温度下，密闭容器中进行反应Ⅲ，正反应为气体分子数增加的反应，根据勒夏特列原理，其他条件相同时，压强增大，化学反应朝着气体分子数目减小的方向移动，即化学平衡逆移，CO2作为逆反应的反应物，体积分数随压强的增大而减小；②p0之后，H2O变成液态，反应前后气体计量数不变，压强对平衡移动无影响； (5)电解NaOH溶液制备高铁酸钠，铁电极的Fe元素化合价为0价，高铁酸钠中Fe元素化合价为+6价，化合价上升，所以铁电极为阳极被氧化，结合反应条件和原子守恒，电荷守恒可写出电极反应：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O。 2．(2024-2025学年·浙江省温州市新力量高二下学期期末)烟气中SO2的去除及回收是一项重要的研究课题。请回答： I．一定条件下，用CO与高浓度烟气中：SO2反应回收硫，发生如下反应： 反应1： (1)工业上为提高SO2吸收速率，下列措施合理的是______。 A．加压增大原料气浓度 B．降低温度 C．及时分离出S2 D．改用更高效的催化剂 (2)已知CO(g)和S2(g)的燃烧热()为：-283 kJ/mol、-722 kJ/mol，计算反应1的△H=______kJ/mol。 (3)在一定温度下，向1 L恒容密闭容器中加入2 mol CO和1 mol SO2发生反应1，测得v正(SO2)与c(SO2)的数值关系如图所示，x点为平衡点。当升高温度后重新达到平衡，则x点将移动到图中的______点(填字母标号)。 Ⅱ．湿法脱硫：已知常温下，。 (4)电化学循环法：电解NaOH吸收烟气后的吸收液，分离产品后吸收液可循环利用。 ①常温下将SO2气体通入0.100 mol/LNaOH溶液中，若某时刻溶液的pH=6.2，此时溶液中的c(NaHSO3)约为______mol/L。 ②电解还原吸收液(主要成分Na2SO3)制取单质硫，阴极的电极反应式为______。 (5)石灰石-石膏法是一种常用的湿法脱硫工艺，pH控制在5.0~6.0的石灰石浆液吸收烟气中的SO2，氧化后脱水结晶获得石膏。 主要经历以下两个反应过程： 反应2：CaCO3+SO2CaSO3+CO2 反应3：2CaSO3+O2+4H2O=2[CaSO4·2H2O] 硫脱除率与SO2吸收阶段的pH关系如图所示，当pH大于6.0后，硫脱除率有所下降，请从CaSO3的生成视角解释原因______。 【答案】(1)AD (2)-410 (3)d (4) 0.083 SO32-+3H2O+4e-=S＋6OH- (5)pH大于6，使SO2的溶解平衡正向移动，SO32-浓度增大；但H＋浓度降低，抑制反应CaCO3(s)+2H+( aq)Ca2+(aq)+CO2(g)+H2O(l)，Ca2+浓度减小的影响大于SO32-浓度增大的影响，硫脱除率下降 【解析】(1)A项，加压增大原料气浓度，能够使单位体积内活化分子数目增大，活化分子之间的有效碰撞次数增多，反应速率加快，A符合题意；B项，降低温度导致物质分子的内能减小，单位体积内活化分子数目减小，活化分子之间的有效碰撞次数减少，反应速率减慢，B不符合题意；C项，及时分离出S2，对反应物的浓度无影响，因此不能增大正反应的化学反应速率，C不符合题意；D项，改用更高效的催化剂，可以降低反应的活化能，使更多的反应物分子变为活化分子，能够使单位体积内活化分子数目增大，分子之间的有效碰撞次数增多，反应速率加快，D符合题意；故选AD； (2)CO(g)的燃烧热是-283 kJ/mol，则其表示燃烧热的热化学方程式为：①CO(g)+O2(g)=CO2(g)  △H1=-283 kJ/mol；S2(g)的燃烧热-722 kJ/mol，则其表示燃烧热的热化学方程式为：②S2(g)+2O2(g)=2SO2(g)  △H2=-722 kJ/mol，根据盖斯定律，将①×4-②，整理可得反应1的热化学方程式：4CO(g)+2SO2(g)=S2(g)+4CO2(g)，△H=4△H1-△H2=-410 kJ/mol； (3)反应1的正反应是放热反应，在一定温度下，向1 L恒容密闭容器中加入2 mol CO和1 mol SO2发生反应1，测得v正(SO2)与c(SO2)的数值关系如图所示，x点为平衡点。x点所在的曲线为该温度下SO2的浓度与其反应速率的关系。当升高温度后，v正(SO2)增大，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致c(SO2)增大，因此当重新达到平衡，则x点将移动到图中的d点； (4)①SO2气体通入0.100 mol/L NaOH溶液中，若某时刻溶液的pH=6.2，溶液中主要是Na2SO3和NaHSO3的混合物，Ka2=，，设NaHSO3浓度为x mol/L，则Na2SO3浓度为0.1x mol/L，根据Na原子守恒可得(2×0.lx+x)mol/L=0.100 mol/L，x=0.083 mol/L，故此时溶液中的c(NaHSO3)约为0.083 mol/L；②电解还原吸收液Na2SO3制取单质硫，阴极上发生还原反应，SO32-得电子被还原生成单质S，故阴极的电极反应式为：SO32-+3H2O+4e-=S＋6OH-； (5)pH大于6，使SO2的溶解平衡正向移动，SO32-浓度增大；但H+浓度降低，抑制反应CaCO3(s)+2H+( aq)Ca2+(aq)+CO2(g)+H2O(l)的进行，由于Ca2+浓度减小的影响大于SO32-浓度增大的影响，最终导致硫脱除率下降。 3．(2024-2025学年·浙江省台州市高二下学期期末)CO2的回收利用是“碳中和”的重要途径。请回答： Ⅰ．氨水法是重要的二氧化碳吸收方法之一，其反应过程如下 a． b． c． (1)反应a自发进行的原因为_______。 (2)排除其他因素的干扰，下列可以提高单位时间内CO2转化率的措施有_______。 A．提高氨水的浓度 B．降低温度 C．增大CO2流速 D．使用催化剂 (3)氨水中氨的逃逸会影响CO2的吸收效果，低浓度氨水对于的CO2单位时间内的脱除率随温度的变化如图所示。(CO2脱除率，为体积分数) ①CO2最大脱除率随温度升高先下降的原因为_______。 ②在溶液中添加丙三醇可以很好的抑制氨逃逸，其原因是_______。 (4)氨水法吸收的最终产物为NH4HCO3，时，NH3·H2O的，H2CO3的，，则0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液的pH=_______。 Ⅱ． (5)以H2SO4溶液作电解质溶液，电催化还原CO2用于HCOOH的生产，请写出其阴极的电极反应方程式_______。 【答案】(1)∆H＜0 (2)AD (3) 温度升高氨水逃逸增多，氨水浓度下降导致反应速率减小，其影响大于温度升高使反应速率加快的影响，故反应速率下降 丙三醇与氨气分子间形成氢键，使氨气的挥发程度下降 (4)9.7 (5)CO2+2e-+2H+=H2COOH 【解析】(1)依据ΔG=ΔH-TΔS＜0 时反应可以自发进行，反应a中ΔS＜0，则自发进行的原因为ΔH＜0； (2)A项，提高氨水的浓度，速率加快，可以提高单位时间内CO2转化率，A符合题意；B项，降低温度，速率降低，单位时间内CO2转化率降低，B不符合题意；C项，增大CO2流速，单位时间内CO2的物质的量增加，单位时间内CO2转化率降低，C不符合题意；D项，使用催化剂，速率加快，提高单位时间内CO2转化率，D符合题意；故选AD； (3)①温度升高气体在溶液中溶解度降低，氨水逃逸增多，氨水浓度下降导致反应速率减小，其影响大于温度升高使反应速率加快的影响，故反应速率下降；②丙三醇含有羟基，与氨气分子间形成氢键，使氨气的挥发程度下降，故在溶液中添加丙三醇可以很好的抑制氨逃逸； (4)，，，由K值可知，NH4HCO3溶液显碱性，以HCO3-水解为主，设HCO3-水解了xmol/L，，x=10-4.3，=，pH=9.7； (5)电催化还原CO2用于HCOOH的生产，因此CO2在阴极得电子生成HCOOH，阴极的电极反应式为：CO2+2e-+2H+=H2COOH。 4．(2024-2025学年·浙江省宁波市九校高二下学期期末)CO2的大量排放是造成气候变化的主要原因，CO2可以和很多物质发生反应从而变废为宝。请问答： (1)已知：反应1：CH4(g)C(s)＋2H2(g) ΔH1＝+75kJ·mol−1 反应2：C(s)＋CO2(g)2CO(g) ΔH2＝+171kJ·mol−1 反应3：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH3＝___________kJ·mol−1。 (2)某温度下，将CH4和CO2按物质的量之比3：1通入恒容密闭容器中同时发生反应1和2，下列情况下能说明反应CH4(g)C(s)＋2H2(g)达到平衡状态的是_______(填标号)。 A．CO2和H2的物质的量相等 B．混合气体的密度不再变化 C．混合气体的压强不再变化 D．消耗1molCH4的同时消耗1molC(s) (3)向恒温恒容密闭反应器中投入物质的量均为的CH4和CO2，在某催化剂的作用下只发生反应3.测得初始压强为，平衡后压强为。平衡后 Kp=_______(kPa)2(用平衡分压代替平衡浓度，气体分压=总压×气体的物质的量分数)。 (4)另有科学工作者利用电解法将CO2转化为CH3OH的原理如图1所示，写出电解总反应方程式：_______。 (5)利用二氧化碳制备甲醇的反应为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)   ΔH＜0，但存在副反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)  H＞0。在恒温密闭容器中，维持压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率()和甲醇选择性随温度变化关系如图2所示： 若催化剂的活性受温度影响不大，分析后图中曲线下降的原因：_______。 (6)已知C、O、S的电负性分别为2.55、3.44、2.58，请解释为什么CO2比CS2在水中的溶解度更大，_______。 【答案】(1)+246 (2)BC (3)256 (4)2CO2+4H2O2CH3OH+3O2 (5)主反应放热，副反应吸热，升高温度使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降； (6)CO2溶于水后，会与水发生反应生成碳酸；虽然CO2和CS2均为线性对称的非极性分子，但CO2中的氧原子电负性较高，O上带的负电性更大，与水分子形成的静电作用更强(甚至部分氢键)。 【解析】根据盖斯定律可知；根据平衡状态的本质和特征分析，第三问需要通过压强变化计算平衡常数；根据电解池中阳极和阴极的反应，结合得失电子守恒来书写电解总反应方程式；主反应放热，副反应吸热，升高温度使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降；根据相似相溶原理，结合电负性判断分子的极性，进而分析两者在水中的溶解度差异。 (1)由盖斯定律可知，反应3=反应1+反应2，=。 (2)CO2和H2的物质的量相等，两者物质的量相等仅为特定比例，与平衡状态无必然联系，故不能作为平衡标志，A错误；混合气体的密度不再变化，密度，容器体积V不变，气体总质量m随反应进行变化，当密度不变时，气体总质量不再变化，说明反应达到平衡，可以作为平衡标志，B正确；反应1和反应2均为气体分子数增加的反应，气体总物质的量随反应进行增大，压强增大。当压强不变时，气体总物质的量不再变化，说明反应达到平衡，可以作为平衡标志，C正确；消耗1molCH4是正反应方向，消耗1molC(s)是逆反应方向，但由于反应2中碳也是反应物，因此消耗1molCH4时，消耗1mol(s)，不能说明反应达到平衡状态，D错误。故选BC。 (3)恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，由题意可知，总物质的量，初始压强，平衡时压强，设平衡时总物质的量为，则，，，设CH4的变化量为xmol，平衡时总物质的量为各物质平衡量之和，根据化学计量数可知，已知，所以，平衡时总压强，各物质的物质的量分数为：CH4的质量分数，CO2的物质的量分数，CO的物质的量分数，H2的物质的量分数，各物质的平衡分压为， ，则平衡常数。 (4)由图可知电极a为阳极，电极b为阴极，阳极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，在KHCO3溶液环境下，阴极反应为CO2+5H2O+6e-=CH3OH+6HCO3-，所以总反应方程式为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2。 (5)主反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，副反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，消耗了更多的CO2和H2使主反应逆向移动，导致CO2转化率和甲醇选择性均下降。 (6)因为O的电负性比S大，C=O键的极性比C=S键的极性大，使得CO2的极性比CS2的极性大，根据相似相溶原理，极性较大的CO2在水中的溶解度更大。 5．(2024-2025学年·浙江省绍兴市高二下学期期末)研究CO还原NOx对环境的治理有重要意义，相关的主要化学反应有： 反应Ⅰ CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g) ΔH1 反应Ⅱ  4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g) ΔH2＜0 反应Ⅲ  2CO(g)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g) ΔH3＜0 (1)已知：每1mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为 NO2 CO CO2 NO 819kJ 1076kJ 1490kJ 632kJ ①根据上述信息计算ΔH1=______kJ·mol−1。 ②反应Ⅱ自发进行的条件为_______。 (2)下列描述不正确的是_______。 A．在反应过程中，及时分离出产物可以提高反应速率 B．在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅰ，若压强不变，能说明反应Ⅰ达到平衡状态 C．恒温条件下，增大CO的浓度使反应Ⅲ的平衡向正向移动，平衡常数不变 D．上述反应达到平衡后，升温，三个反应的逆反应速率均一直增大直至达到新的平衡 (3)①在一定温度下，向恒容容器中充入0.2mol的NO和0.2molCO，只发生反应Ⅲ，反应起始压强为P0MPa，在t1时刻达到平衡状态，当CO的平衡转化率为50%时，反应Ⅲ的Kp=_______(用含P0的代数式表示)，[对于气相反应，用组分B的平衡p(B)代替c(B)，记作Kp。，p为平衡压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数] ②在上述反应达到平衡后，若保持平衡温度和压强不变，在t1时刻再向容器中充入0.2mol的NO和0.2molCO，则此时v正_______v逆(填“>”、“<”或“=”)，请在图1画出t1时刻至平衡时相应的v-t图_______。 (4)某研究小组采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2先转化为CO，最终转化为乙烯，装置示意图如图2所示。惰性电极a上催化剂纳米Cu处的电极反应式为_______。 【答案】(1) -227 低温 (2)AD (3) > (4)2CO+6H2O+8e-=CH2=CH2+8OH- 【解析】(1)①ΔH1=E反应物-E生成物=819 kJ/mol +1076 kJ/mol -1490 kJ/mol -632 kJ/mol =-227kJ/mol； ②反应Ⅱ自发进行的条件为： ΔG=ΔH-TΔS＜0 ，该反应是熵减反应ΔS＜0，ΔH2＜0，故该反应在低温条件下才能自发进行； (2)A项，减少产物浓度只会使平衡向正方向进行，但不会加快速度。反而是，减少了产物浓度会使逆反应速度降低，A错误；B项，反应前后气体系数不变，如果是恒温恒容，无论平衡是否移动，容器中的压强均不变，换为绝热容器后，随着反应的正向进行，反应放出热量，体系温度升高，等量气体的压强随之增大，此时压强是变量，可以作为平衡的依据，B正确；C．增大CO的浓度可以使反应Ⅲ的平衡向正向移动，但是平衡常数只受到温度的影响，温度不变，平衡常数不变，C正确；D项，温度升高，反应速率增大，三个反应的逆反应速率均增大，三个反应均为放热反应，温度升高，反应向吸热方向进行，则平衡逆向移动，所以平衡移动的初期为逆反应速率大于正反应速率，为了达到新的平衡，逆反应速率向正反应速率靠近，逆反应速率会减小，所以逆反应速率的变化趋势为先增大后减小，D错误；故选AD。 (3)①，平衡总物质的量n总=0.1 +0.1+0.05 +0.1 =0.35mol ，起始总物质的量0.4mol ，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，，各物质分压：p(NO)= p(CO)= p平衡×，，，分压平衡常数；②应达平衡后，保持温度和压强不变，充入0.2molNO和0.2molCO 。恒温恒压下，充入与起始投料比例相同的物质，属于 “等效平衡” 构建，但这里是在平衡后充入，，，K＞Q，则反应向正反应方向进行， v正＞v逆；t1反应向正反应方向进行， v正＞v逆，反应物分压因充入反应物体积增大，相对原平衡反应物浓度降低，所以新 v正减小，v逆增大，由于温度不变，平衡状态不变，图像为：； (4)装置为电解池，CO2在惰性电极a 发生转化，最终生成乙烯CH2=CH2，可判断惰性电极a 是阴极(发生还原反应 )，惰性电极b 是阳极(发生氧化反应，一般为OH-失电子生成O2，纳米Cu处是CO 转化为CH2=CH2 ，在KOH溶液(碱性环境 )中，CO得电子发生还原反应生成CH2=CH2，CO中C 为+ 2价，CH2=CH2中C为-2价 ，2 个CO分子反应生成1个CH2=CH2分子，C元素化合价共降低8 (每个C降4，2个C共降8)，根据电荷守恒，需8个e-参与，电极反应式：2CO+6H2O+8e-=CH2=CH2+8OH-。 6．(2024-2025学年·浙江省湖州市高二下学期期末)开发使用氢燃料、转化和利用CO2是目前研究热点之一、 (1)工业上利用甲烷和水蒸气催化制氢气，主要反应如下： Ⅰ．CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝+206.2kJ·mol−1 Ⅱ．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝-41.2kJ·mol−1 反应Ⅰ易在_______(填“较高”、“较低”或“任意”)温度下自发进行。 (2)将一定量的CH4和H2O组成的混合气体投入恒容密闭反应器中，发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡时含氢组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。 ①图中代表CH4的曲线随温度升高而下降的原因是_______。 ②已知600℃平衡时，CO的物质的量分数为0.06，请计算该温度下反应Ⅱ的平衡常数 Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 (3)某含铜配合物可催化还原CO2，该反应历程中相对能量变化如下图所示。 上述反应历程中，控速步骤是_______。 A．1Bpin转化为 B．2Bpin转化为3Bpin C．3Bpin转化为4Bpin D．4Bpin转化为5Bpin (4)使用Cu2O-ZnO薄膜电极作阴极，通过电催化法将二氧化碳转化为甲醇。 ①将铜箔制成Cu2O薄膜电极。 ②采用电沉积法制备Cu2O-ZnO薄膜电极：用Cu2O薄膜电极作阴极，Zn(NO3)2溶液作电解液，制备完成后电解液中检测到了NO2-。制备ZnO薄膜的电极反应式为_______。 ③电催化法制备甲醇如下图所示。若电解过程中制备1molCH3OH，则阳极产生的气体体积理论上约为_______L(标准状况下)。 【答案】(1)较高 (2) 随温度的升高反应Ⅰ正向移动，甲烷的物质的量减小，总物质的量增加；而反应Ⅱ对两者均无影响，因此甲烷的物质的量分数变小 (3)D (4)Zn2++NO3-+2e-=ZnO+NO2- 33.6 【解析】(1)反应Ⅰ为吸热反应，ΔH＞0，且ΔS＞0，根据 ΔG=ΔH-TΔS＜0反应自发进行，则反应Ⅰ自发进行的条件是较高温度，故选：较高。 (2)①反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随温度的升高，反应Ⅰ正向移动，甲烷的物质的量减小，总物质的量增加，但反应Ⅱ对两者均无影响，因此甲烷的物质的量分数变小，故选：随温度的升高，反应Ⅰ正向移动，甲烷的物质的量减小，总物质的量增加，但反应Ⅱ对对两者均无影响，因此甲烷的物质的量分数变小。②600℃平衡时，CO的物质的量分数为0.06，由图可知CH4的物质的量分数为0.04，H2O的物质的量分数为0.32，H2的物质的量分数为0.5，则CO2的物质的量分数=，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数。 (3)由于活化能越大，进行的速度越慢，所以控速步骤是4Bpin转化为5Bpin，故选D。 (4)用Cu2O薄膜电极作阴极，Zn(NO3)2溶液作电解液，制备ZnO薄膜完成后，电解液中检测到了NO2-，说明N元素在反应中得到电子，电极反应式为：Zn2++NO3-+2e-=ZnO+NO2-；阴极的电极反应式为：7CO2+5H2O+6e-=CH3OH+6HCO3-，阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，电解过程中制备1molCH3OH，转移6mol电子，则生成氧气的物质的量，标准状况下的体积=33.6L。 7．(2024-2025学年·浙江省金华市高二下学期期末)研究CO2资源化利用对人类有重要意义。 (1)CO2氧化性温和，工业上可用来氧化乙烷制乙烯，其反应可表示为 Ⅰ：C2H6(g)+CO2(g)⇌C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) ∆H1 研究表明，在催化剂X作用下，反应Ⅰ实际分两步进行： Ⅱ：C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)　∆H2 Ⅲ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)　∆H3=41kJ/mol 相关物质的燃烧热数据如下表所示： 物质 C2H6(g) C2H4(g) H2(g) 燃烧热(Δ/kJ/mol) -1560 -1411 -286 ①∆H2=_______kJ/mol，反应Ⅰ自发进行的条件_______。 ②一定温度和压强下，仅发生反应Ⅱ时C2H6的平衡转化率为33.33%，反应Ⅱ的Kx=_______。(Kx以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数) ③通过Cu+修饰的Y分子筛的吸附与脱附，可实现C2H4和混合气的分离，Cu+的_______与C2H4分子的π键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间，用该分子筛分离C2H4的优点是_______。 (2)电化学还原CO2 一种碱性电化学还原CO2的原理图如下。在阴极区若CO2每得到1mol电子，同时有H2O也会得到等物质的量的电子，且阴极区电解液的pH几乎保持不变(忽略溶液体积变化)。 ①若阴极CO2的还原产物为C2H4，则阴极生成C2H4的电极反应式为_______。 ②由于CO32－难以放电，因此降低了C2H4的选择性(选择性=)，结合题中信息，C2H4选择性的理论最大值为_______。 【答案】(1) +137kJ/mol 较高温度下自发 或0.125 4s空轨道 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高 (2) 2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH- 【解析】(1)①燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；由表中燃烧热数值可知： ①C2H6(g)+O2(g)=2CO2 (g)+3H2O(l) ∆Ha=-1560kJ∙mol-1； ②C2H4(g)+3O2 (g)=2CO2 (g)+2H2O(l) ∆Hb=-1411kJ∙mol-1； ③H2 (g)+O2 (g)=H2O(l)∆Hc=-286kJ∙mol-1； 根据盖斯定律可知，①-②-③得C2H6(g)=C2H4(g)+ H2(g)，则ΔH2=∆Ha-∆Hb-∆Hc=(-1560kJ∙mol-1)-(-1411kJ∙mol-1)-( -286kJ∙mol-1)=+137kJ∙mol-1； 根据盖斯定律可知，反应Ⅱ+Ⅲ的反应Ⅰ，，反应Ⅰ为吸热的熵增反应，ΔG=ΔH-TΔS＜0 的反应能自发进行，故自发进行的条件较高温度下自发；②设起始时加入的乙烷为1mol，则反应乙烷mol，平衡时乙烷为mol，生成乙烯、氢气均为mol，总的物质的量为mol，反应Ⅱ的；③基态Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，失去1个电子得到Cu+，Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间，而乙烷分子中不存在π键，用该分子筛能从乙烷、乙烯混合气中分离出C2H4，优点是：识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。 (2)①若阴极CO2的还原产物为C2H4，则在碱性条件下，阴极上二氧化碳得到电子被还原生成C2H4，电极反应式为2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-。②在碱性条件下，阴极上二氧化碳得到电子被还原生成C2H4，电极反应式为2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，在阴极区若CO2每得到1mol电子，同时有H2O也会得到等物质的量的电子，发生反应2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，若二氧化碳得到12mol电子同时生成12mol氢氧根离子，水也会得到12mol电子同时生成12mol氢氧根离子，共生成24mol氢氧根离子，阴极区电解液的pH几乎保持不变， CO2 + 2OH－ ═ CO32－ + H2O，则24mol氢氧根离子会吸收12mol二氧化碳，共消耗14mol二氧化碳，C2H4选择性的理论最大值为。 8．(2024-2025学年·浙江省温州市环大罗山联盟高二下学期期末)工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。回答下列问题： Ⅰ.还原脱硫。 (1)已知和S2(g)的标准燃烧热()为：-283kJ·mol−1，-722kJ·mol−1，计算反应的______kJ·mol−1。 (2)在一定温度下，向恒容密闭容器中加入2molCO和1molSO2发生以上反应，测得与的数值关系如图1所示，点为平衡点。当升高温度后重新达到平衡，则点将移动到图1中的______点(填字母标号)。 Ⅱ.活性炭脱硫。 采用活性炭脱除烟气中，其过程首先要经物理吸附(*代表吸附态)，，，然后是化学吸附(如图2)。 (3)烟气脱硫过程的氧化反应为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，在恒温恒压的密闭容器中发生该反应。下列说法正确的是______。 A．增大活性炭基表面积，有利于加快反应速率 B．反应混合气组分中SO2和SO3分压比不变，可作为达到化学平衡状态的判据 C．向体系中加入惰性气体可增大反应的Kp D．增大O2分压可提高SO2的平衡转化率 Ⅲ.CH4还原脱硫。 反应原理： 反应1：   反应2：   (4)一定条件下，在100 kPa的恒压密闭容器中按体积比为1：1：7充入CH4、SO2、He发生反应1和2。测得SO2的平衡转化率为60%，CH4的平衡转化率为。 ①在一定温度范围内，缓慢升高反应温度，测得CH4的平衡转化率先减小后增大，其原因为______。 ②反应2的压强平衡常数 Kp=______( kPa)2(用平衡分压代替平衡浓度计算)。 Ⅳ.电解脱硫。装置如图 首先通电电解 K4[Fe(CN)6]与KHCO3的混合溶液，通电一段时间后，再向所得溶液通入H2S，发生反应的离子方程式为。 (5)写出电解过程中阴极区的电极反应式(含CO32-)______。 【答案】(1)-410 (2)d (3)ABD (4) 开始升温时，反应Ⅰ逆向移动影响较大，CH4的转化率降低；后期升温，反应Ⅱ正向移动影响较大，导致CH4的转化率升高 51.2 (5)2HCO3-+2e-=H2↑+2CO32- 【解析】(1)根据CO和S2(g)的标准燃烧热(ΔH)为：-283kJ·mol−1，-722kJ·mol−1，可知① ；②S2(g)＋2O2(g)==2SO2(g) ΔH＝-722kJ·mol−1；根据盖斯定律①×4-②得4CO(g)＋2SO2(g)S2(g)＋4CO2(g)的。 (2)4CO(g)＋2SO2(g)S2(g)＋4CO2(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，c(SO2)增大，反应速率增大，所以选d。 (3)A. 增大活性炭基表面积，增大接触面积，有利于加快反应速率，故A正确；B. 反应过程中SO2的物质的量减少、SO3的物质的量增多，SO2和SO3分压比是变量，反应混合气组分中SO2和SO3分压比不变，可作为达到化学平衡状态的判据，故B正确；C. 平衡常数只与温度有关，向体系中加入惰性气体，反应的Kp不变，故C错误；D. 增大O2分压，平衡正向移动，可提高SO2的平衡转化率，故D正确；选ABD。 (4)①在一定温度范围内，缓慢升高反应温度，测得CH4的平衡转化率先减小后增大，其原因为：反应1放热、反应2吸热，开始升温时，反应Ⅰ逆向移动影响较大，CH4的转化率降低；后期升温，反应2正向移动影响较大，导致CH4的转化率升高。 ② 反应后气体总物质的量为0.4a+0.5a+0.6a+0.6a+0.1a+0.4a+0.4a+7a=10amol，反应2的压强平衡常数。 (5)阴极碳酸氢根离子得电子生成氢气和碳酸根离子，阴极区的电极反应式为2HCO3-+2e-=H2↑+2CO32-。 9．(2024-2025学年·浙江省温州市十校联合体高二下学期期末)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以下是有关氢气制取和利用： (1)阿根廷科学家Mas Veronica等人利用Ni(Ⅱ)、Al(Ⅲ)层状复合催化剂进行了乙醇、水蒸气重整制氢的研究。其主要反应为： 反应Ⅰ  C2H5OH(g)＋3H2O(g)2CO2(g)＋6H2(g) ΔH1＝+173.3kJ·mol−1 反应Ⅱ  C2H5OH(g)＋H2O(g)2CO(g)＋4H2(g) ΔH2＝+255.7kJ·mol−1 ①反应Ⅰ自发进行的条件是______。(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 ②一定温度下，若在恒容密闭容器中发生上述反应，下列说法正确的是______。 A．选择合适的催化剂，可以加快正反应速/率，提高平衡时CO2的物质的量百分数 B．增大C2H5OH(g)的浓度可以提高C2H5OH(g)的平衡转化率 C．若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡 D．向密闭容器中加入H2O(g)，容器中的压强增大，反应Ⅰ、Ⅱ均逆向移动 (2)硼氢化钠(NaBH4)是一种高效储氢材料，25℃时NaBH4催化制氢先生成Na[B(OH)4]，再转化为NaBO2。在掺杂了MoO3的纳米Co2B合金催化剂表面部分反应机理如图所示： ①其他条件不变，用D2O代替H2O，写出中间产物的结构式______。 ②已知25℃时NaBO2和 NaBH4在水中的溶解度分别为28g和55g。 NaBH4浓度对制H2速率影响如图所示， NaBH4浓度大于10%时反应速率变慢的可能原因是______。 (3)已知乙酸制氢过程发生如下反应： 热裂解反应：CH3COOH(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝+213.7kJ·mol−1 脱羧基反应：CH3COOH(g)CO2(g)＋CH4(g) ΔH2＝-33.5kJ·mol−1 若体系中只发生热裂解反应和脱羧基反应，在某条件下达到平衡，体系的总压强为pkPa，乙酸体积分数为20%，其中热裂解反应消耗的乙酸占起始投料量的20%。 ①平衡体系中，H2的体积分数为______。 ②脱羧基反应的平衡常数Kp=________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数)。 【答案】(1) 高温 C (2) 或 浓度较高时，生成的NaBO2覆盖在催化剂表面，降低催化活性，反应速率降低；NaBH4过多吸附在Co上，而减少H-吸附 (3) 20% 0.2p 【解析】(1)根据第一个反应的热化学方程式，ΔH > 0，说明是吸热反应。因此，升高温度有利于反应正向进行。A项，催化剂能同等程度地加快正、逆反应速率，不能使平衡发生移动，所以不能提高平衡时CO2的物质的量百分数，A错误；B项，增大C2H5OH(g)的浓度，平衡正向移动，但C2H5OH(g)的平衡转化率降低，B错误；C项，反应前后气体的质量不变，反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体分子数增大的反应，若气体的平均相对分子质量保持不变，说明气体的总物质的量不变，反应体系已达平衡，C正确；D项，向密闭容器中加入H2O(g)，容器中的压强增大，但反应物浓度增大，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，D错误；故选C。 (2) ①D2O 替代 H2O，相当于氢的同位素替代。反应中，D 会取代羟基上的 H，中间产物X的结构式为或； ②由题意，25℃时NaBH4催化制氢先生成Na[B(OH)4]，再转化为NaBO2，从图表中可以看出，当 NaBH4浓度大于 10% 时，反应速率显著下降。可能的原因是浓度较高时，生成的NaBO2覆盖在催化剂表面，降低催化活性，反应速率降低；NaBH4过多吸附在Co上，而减少H-吸附。 (3)①设起始时n(CH3COOH)=1mol。热裂解反应：CH3COOH(g)2CO(g)＋2H2(g)，热裂解反应消耗的乙酸为0.2mol，根据热裂解反应的化学计量数，生成。设脱羧基反应消耗的乙酸为xmol，则平衡时。已知平衡时乙酸体积分数为20%，根据阿伏伽德罗定律，同温同压下气体的体积分数等于物质的量分数。平衡时气体总物质的量。由，x = 0.4mol。则平衡时n(H2)=0.4mol，n总=(1.6 + 0.4)mol = 2.0mol。所以H2的体积分数。②脱羧基反应：CH3COOH(g)CO2(g)＋CH4(g)，平衡时n(CH3COOH)=1 - 0.2 - 0.4 = 0.4mol，n(CH4) = 0.4mol，n(CO2) = 0.4mol，n(CO)=0.2×2 = 0.4mol，n(H2) = 0.4mol，气体总物质的量n总=0.4 + 0.4+0.4 + 0.4+0.4 = 2mol。各物质的物质的量分数分别为：。根据Kp的定义，，又因为p(CH4) = 0.2pkPa，p(CO2) = 0.2pkPa，p(CH3COOH)=0.2pkPa，所以。 10．(2024-2025学年·浙江省杭州市上城区等5地高二下学期期末)甲醇是重要的化工原料。在催化剂作用下用CO2制备CH3OH的主要反应有： 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3= -49.5kJ·mol−1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1 反应Ⅲ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH3 (1)ΔH3=___________kJ·mol−1，反应Ⅲ自发进行的条件是___填(“高温”、“低温”或“任何温度”)。 (2)某条件下只发生反应Ⅱ，改变H2的平衡转化率的措施有___________。 A．温度 B．压强 C．催化剂 D．投料比n(CO2)：n(H2)] (3)催化剂Cu/ZnO/Al2O3作用下只发生反应Ⅲ。催化剂存在孔结构(孔结构通向催化剂内部的活性中心)。催化剂使用前需要在高压下压制成型，压强过大会造成催化剂颗粒破裂成粉末。在恒压、投料比n(H2)：n(CO)=2：1下反应相同时间，不同压制压强下形成的催化剂对CO转化率随温度的变化如下图。 ①请画出下，CO转化率随压制压强P变化的示意图：________。 ②请解释10-30Mpa时，CO转化率随压制压强P增大而变化的原因(不考虑催化剂失活)：___________。 (4)以CO2为原料，电化学法制备甲酸(甲酸盐)工作原理如图所示，阴极表面发生的总电极反应式为___________。 (5)甲醇与金属钠反应生成甲醇钠，已知甲醇钠的碱性强于氢氧化钠，请从结构角度解释原因：___________。 【答案】(1)-90.7 低温 (2)AD (3) (25MPa前下、后上升) 10-25MPa时，催化剂内部孔径随压强增大而变小，气体向内扩散至催化中心过程减慢导致反应速率减小；30Mpa，压强过大导致催化剂颗粒破裂使部分催化中心暴露与气体接触加快反应速率 (4)2CO2+H2O+2e-=HCOO-＋HCO3- (5)甲基是推电子基团，增大了氧上的电子密度，增强了甲醇负离子与H+的结合能力；或甲基是推电子基团，减弱甲醇中氢氧键的极性，减弱了甲醇的酸性(任意一个角度均可) 【解析】(1)反应III=反应I-反应II，故；反应III正向气体分子数减少，为放热反应，在低温下自发进行； (2)A项，该反应为吸热反应，温度影响平衡，可以改变H2的平衡转化率，A正确；B项，该反应前后气体分子数相同，压强不影响平衡，不可以改变H2的平衡转化率，B错误；C项，催化剂不影响平衡，不可以改变H2的平衡转化率，C错误；D项，投标比[n(CO2)：n(H2)]改变，影响平衡，可以改变H2的平衡转化率，D正确；故选AD； (3)①如图所示，下，CO转化率随压制压强P增大先减小，25Mpa后增大，变化的示意图为：；②10-30Mpa时，CO转化率随压制压强P增大而变化的原因：10-25MPa时，催化剂内部孔径随压强增大而变小，气体向内扩散至催化中心过程减慢导致反应速率减小；30Mpa，压强过大导致催化剂颗粒破裂使部分催化中心暴露与气体接触加快反应速率； (4)该装置为电解池，左侧CO2转化为甲酸盐，C元素由+4价降低为+2价，为阴极，电极总反应式为：2CO2+H2O+2e-=HCOO-＋HCO3-； (5)甲醇钠的碱性强于氢氧化钠，结构角度解释原因为：甲基是推电子基团，增大了氧上的电子密度，增强了甲醇负离子与H+的结合能力；或甲基是推电子基团，减弱甲醇中氢氧键的极性，减弱了甲醇的酸性(任意一个角度均可)。 11．(2024-2025学年·浙江省嘉兴市高二下学期期末)甲烷催化重整是工业制氢的重要途径。涉及的主要反应如下： 反应①2CH4(g)＋O2(g)2CO(g)＋4H2(g) ΔH1＝-71.4kJ·mol−1 反应②CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH2＝+206.2kJ·mol−1 反应③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH3＝-41.2kJ·mol−1 请回答： (1)CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)，该反应的△H=___________kJ/mol。 (2)下列说法正确的是___________。 A．使用高效催化剂，可以提高甲烷的平衡转化率 B．可利用反应①放出的热量为反应②供能 C．恒压条件比恒容条件利于提高CH4平衡转化率 D．体系中[c(CO(g)]：[c(CO2(g)]=1，说明反应达到平衡状态 (3)一定温度下，1L恒容反应器中充入、和，控制条件仅发生反应①和②，达平衡时测得CH4的转化率为80%，O2浓度为0.4mol/L，则该温度下反应②平衡常数K=___________(mol/L)2. (4)近年来，科学家发展了钯膜选择性分离技术用于甲烷重整制氢，钯膜的工作机理如图1所示。试分析该制氢技术的优点：___________。 (5)电喷雾电离技术制得的MO+与CH4反应可高选择性地生成甲醇(MO++CH4=M++CH3OH)。分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如图2所示(两者历程相似，图中实线以CH4为例)。 ①反应中涉及氢原子成键变化的是___________(填“步骤Ⅰ”或“步骤Ⅱ”)。 ②直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线___________(填“c”或“d”)，MO+与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD___________CHD2OH(填“>”“<”或“=”)。 (6)在溶液中，用电解法可将甲烷直接转化为甲醇，阳极上的电极反应式为___________。 【答案】(1)+165 (2)BC (3)20 (4)生成的H2通过钯膜不断分离，生成物浓度降低，平衡右移，H2产率提高；钯膜选择性透过H2，可直接分离获得高纯度H2 (5) 步骤Ⅰ c < (6)CH4+2OH--2e-=CH3OH＋H2O 【解析】(1)根据盖斯定律可知，CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) 是由反应③+反应②所得，则该反应的。 (2)A项，使用高效催化剂，可以提高反应的速率，但是不会影响甲烷的平衡转化率，A项错误；B项，反应①为放热反应，反应②为吸热反应，则可利用反应①放出的热量为反应②供能，B项正确；C项，由于反应①和反应②均为气体体积增大的反应，所以恒压条件比恒容条件利于提高CH4平衡转化率，C项正确；D项，反应达到平衡状态和物质的量浓度之比无关，D项错误；故选BC。 (3)达平衡时测得CH4的转化率为80%，即总共消耗CH4为0.4mol/L，O2浓度为0.4mol/L，即反应①消耗O2浓度为0.1mol/L，可知反应①消耗CH4浓度为0.2mol/L，产生CO浓度为0.2mol/L，产生H2浓度为0.4mol/L，反应②消耗CH4浓度为0.2mol/L，消耗H2O浓度为0.2mol/L，产生CO浓度为0.2mol/L，产生H2浓度为0.6mol/L，则该温度下反应②平衡常数K=。 (4)根据图可知，该制氢技术的优点：生成的H2通过钯膜不断分离，生成物浓度降低，平衡右移，H2产率提高；钯膜选择性透过H2，可直接分离获得高纯度H2，故选：生成的H2通过钯膜不断分离，生成物浓度降低，平衡右移，H2产率提高；钯膜选择性透过H2，可直接分离获得高纯度H2。 (5)①步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ。②直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，与反应的能量变化应为图中曲线c；MO+与CH2D2反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，步骤Ⅰ的活化能增大，反应速率会变慢，则CH2DOD更难获得，因此产率CH2DOD<CHD2OH。 (6)在NaOH溶液中，用电解法可将甲烷直接转化为甲醇，反应中碳元素化合价升高，失去电子，为电解池的阳极，阳极上的电极反应式为CH4+2OH--2e-=CH3OH＋H2O。 12．(2024-2025学年·浙江省宁波市高二下学期期末)CO2的捕获和再生，对实现“碳中和”具有重要意义。请回答： (1)一定条件下，CO2可以被HOCH2CH2NH2捕获，捕获过程相关热化学方程式如下，CO2再生为其逆过程。 Ⅰ：CO2(aq)＋HOCH2CH2NH2(aq)HOCH2CH2NHCOOH(aq)＋H2O(g) ΔH1＜0 Ⅱ：HOCH2CH2NHCOOH(aq)＋HOCH2CH2NH2(aq)HOCH2CH2NHCOO-(aq)＋HOCH2CH2NH3+(aq) ΔH2＜0 Ⅲ：CO2(aq)＋2HOCH2CH2NH2(aq)HOCH2CH2NHCOO-(aq)＋HOCH2CH2NH3+(aq) ΔH3 ①反应Ⅲ的平衡常数表达式：K3=_______。 A． B． C． D． ②下列说法正确的是________。 A． ΔH3＜ ΔH2 B．升高温度，有利于提高CO2捕获平衡转化率 C．反应Ⅰ低温可自发 D．HOCH2CH2NHCOO-和HOCH2CH2NH3+浓度相等时，反应Ⅱ达到平衡状态 ③ZrOxHy(催化剂)可以加速CO2的再生过程，其对CO2再生的催化速率k、-OHb/-OHt(ZrOxHy中催化反应不同过程的两种活性位点的比值)与其合成环境pH的关系如图1所示，则最合适的催化剂合成pH值及-OHb/-OHt分别为________。 ④图2为不同条件下CO2再生率(α)随反应时间(t)的变化曲线，请分析M点是否达到平衡________(填“是”或“否”)；对比曲线x、z随t变化趋势，请解释曲线x在z上方的原因________。 (2)研究发现电解法能实现CO2可持续高效捕获和再生，其原理如图3所示(采用惰性电极)，CO2再生区域为区域________(填“a”、“b”或“c”)，写出该区域反应的离子反应方程式________。 【答案】(1) B AC 5，1 否 曲线x对应的反应温度高于z，且都无催化剂，温度升高，CO2再生反应速率提高；同时CO2再生为吸热过程，温度升高使再生反应平衡正移，CO2再生率提高 (2) a 2H2O-4e-=O2↑＋4H＋、HCO3-+H+ ═ H2O + CO2↑ 【解析】(1)①平衡常数等于生成物浓度系数次方之积与反应物浓度系数次方之积的比；反应Ⅲ的平衡常数表达式：，故选B；②A项，由盖斯定律，反应Ⅰ+Ⅱ得反应Ⅲ，ΔH1＜0、ΔH2＜0，则ΔH3=ΔH1+ΔH2＜ΔH2，正确；B项，反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳转化率降低，不有利于提高CO2捕获平衡转化率，错误；C项，ΔG=ΔH-TΔS＜0的反应能自发进行，反应Ⅰ为熵减的放热反应，则其低温可自发，正确；D项，HOCH2CH2NHCOO-和HOCH2CH2NH3+浓度相等时，不能说明正逆反应速率相等，不能确定反应Ⅱ达到平衡状态，错误；故选AC；③催化剂可以明显加快反应的速率，由图，最合适的催化剂合成pH值为5，此时催化速率最高，对应的-OHb/-OHt为1，故选5、1；④比较曲线yz可知，M点CO2再生率没有达到最大值，则M点没有达到平衡；曲线x对应的反应温度高于z，且都无催化剂，温度升高，CO2再生反应速率提高；同时CO2再生为吸热过程，温度升高使再生反应平衡正移，CO2再生率提高，导致曲线x在z上方； (2)由图，电解池左侧为阳极区，阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子和加入的碳酸氢根离子生成二氧化碳和水，反应为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋、HCO3-+H+ ═ H2O + CO2↑ ，二氧化碳在a区域再生。 13．(2024-2025学年·浙江省衢州市高二下学期期末)氢能作为零碳能源，正成为能源转型的重要支柱。乙醇与水反应制取氢气的反应如下： Ⅰ：C2H5OH(g)＋H2O(g)2CO(g)＋4H2(g) ΔH1＝+255.7kJ·mol−1 Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝-41.2kJ·mol−1 (1)反应Ⅰ能自发进行的条件是______。 A．低温 B．高温 C．任意温度 D．无法判断 (2)若反应Ⅱ正反应的活化能为EakJ·mol−1，则逆反应的活化能是______kJ·mol−1。 (3)在密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，下列说法不正确的是______。 A．升高温度，反应Ⅰ的正、逆反应速率均增大 B．增大压强，反应Ⅱ平衡不移动 C．反应Ⅱ有非极性键的断裂与形成 D．选用高效催化剂不能提高乙醇的平衡转化率 (4)压强为200kPa，H2的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，每条曲线表示H2相同的平衡产率。 H2平衡产率：C点______A点(填“>”、“<”或“=”)，并说明理由______。 (5)压强为200kpa下，1molC2H5OH(g)和2molH2O(g)发生上述反应，平衡时CO2和CO的选择性、乙醇的转化率随温度的升高曲线如图所示。 [已知：CO的选择性] 573K时，反应Ⅱ的Kp=______。(用平衡分压代替平衡浓度，气体分压=总压×气体的物质的量分数) (6)使用惰性电极电解CO2的酸性溶液制乙醇，阴极的电极反应式为______。 【答案】(1)B (2)Ea+41.2 (3)B (4) < C点与D点H2平衡产率相同，A点与D点温度相同，A点比D点大，反应Ⅰ和反应Ⅱ正向进行程度更大，H2平衡产率大 (5)51 (6)2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O 【解析】(1)反应I：ΔH1＞0、ΔS＞0(气体物质的量增多 )，根据ΔG=ΔH-TΔS，高温下ΔG＜0，反应自发； (2)反应热ΔH=正反应活化能- 逆反应活化能，反应Ⅱ：，则E逆=Ea+41.2kJ·mol-1； (3)A项，升高温度，正、逆反应速率均增大，A正确；B项，增大压强，反应I逆向移动，CO浓度减小，导致反应Ⅱ逆向移动，B错误；C项，反应Ⅱ中正向有水中H-O极性共价键的断裂，一氧化碳中碳氧极性共价键的断裂，和CO2中碳氧极性共价键的形成、氢气中H-H非极性共价键的形成，由于该反应为可逆反应，所以反应Ⅱ有非极性键的断裂与形成，C正确；D项，催化剂能加快反应的速率，但不影响平衡，不能提高乙醇平衡转化率，D正确；故选B； (4)有图知，由于C点与D点H2平衡产率相同，A点与D点温度相同，A点比D点大，反应Ⅰ和反应Ⅱ正向进行程度更大，H2平衡产率大，故H2平衡产率：C点<A点； (5)由于反应I为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应I正向移动，C2H5OH的转化率大，CO的选择性增大，反应Ⅱ逆向移动，CO2的选择性减小，故曲线b表示C2H5OH的转化率，曲线a表示，CO2的选择性，曲线c表示CO的选择性，573K时，C2H5OH的转化率为60%，故转化的C2H5OH为1mol×60%=0.6mol，CO2的选择性为85%，CO的选择性为1-85%=15%，由C守恒得，，由O守恒可得，由H守恒可得，反应Ⅱ的； (6)用惰性电极电解CO2的酸性溶液制乙醇，阴极为CO2得电子，被还原为C2H5OH，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O。 14．(2024-2025学年·浙江省舟山市高二下学期期末)甲胺是重要的化工原料，被广泛应用于国民经济各个领域。 (1)制取甲胺：反应Ⅰ．CH3OH(g)＋NH3(g)2CH3NH2(g)＋H2O(g) ΔH。已知该反应中相关化学键的键能数据如表： 共价键 C-O H-O N-H C-N 键能/kJ·mol-1 a b c d 则该反应的___________kJ·mol-1。 (2)常温下，一元弱碱一水甲胺(CH3NH2·H2O)电离常数为Kb≈4.0×10-4，lg5≈0.7。常温下用0.02mol/L的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.02mol/L的NaOH溶液和CH3NH2·H2O溶液，利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。 下列推断正确的是___________。 A．曲线I代表滴定曲线，E点对应的溶液中存在电离平衡 B．H点对应的溶液中水电离出的H+与OH-浓度关系为： C．G点对应的溶液中存在 D．常温下，F点对应的溶液的 (3)利用甲醇与氨气反应制取甲胺过程中还会发生下列反应： 反应Ⅱ．CH3OH(g)＋CH3NH2(g)(CH3)2NH(g)＋H2O(g) 反应Ⅲ．CH3OH(g)＋(CH3)2NH(g)(CH3)3N(g)＋H2O(g) 在、条件下改变氨气与甲醇的物质的量投料比R，一定时间内(所有反应均未平衡)测得各产物的含量如图所示。 增大R可以提高反应___________的选择性(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)；当R相同时，请解释(CH3)3N含量最高的原因___________。 (4)利用原电池原理，在微生物的作用下，可以将工业废水中的甲胺(CH3NH2)转化为无毒无害物质(CO2、N2、H2O)，其工作原理如图(甲池)所示(A、B极均为惰性电极)。 电池工作时，B极的电极反应式为___________，将甲池与乙池连接，实现乙池中NaCl溶液的淡化。C电极附近溶液的pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1)a+c-b-d (2)AC (3) Ⅰ 反应Ⅲ的活化能最小 (4) 2CH3NH2-18e-+4H2O=2CO2↑+N2↑+18H+(或2 CH3NH2·H2O -18e-+2H2O=2CO2↑+N2↑+18H+) 减小 【解析】(1)该反应的焓变等于反应物总键能减去生成物总键能，故； (2)A项，曲线Ⅰ在滴定前电导率较大，说明对应的电解质溶液中离子浓度较大，氢氧化钠溶液和甲胺溶液的起始浓度相等，故曲线Ⅰ代表氢氧化钠的滴定曲线，E点盐酸与氢氧化钠正好完全反应，为NaCl溶液，溶液中存在水的电离平衡，A正确；B项，H点对应溶液中盐酸过量，水的电离受到抑制，故，B错误；C项，G点溶液中存在物料守恒：，C正确；D项，F点对应的溶液中酸碱恰好完全反应，溶液中溶质为CH3NH3Cl，浓度为0.01mol/L，溶液中存在水解平衡，。设0.01mol/L CH3NH3Cl溶液中c(H+)＝x mol/L，则有，，得溶液的pH≈6.3，D错误；故选AC。 (3)提高R，CH3NH2的物质的量分数增大，故可以提高反应Ⅰ的选择性；反应Ⅰ产生CH3NH2，反应Ⅱ消耗CH3NH2产生(CH3)2NH，反应Ⅲ消耗(CH3)2NH产生(CH3)3N，R相同时(CH3)3N含量最高主要是反应Ⅲ的速度快，故R相同时，(CH3)3N含量最高的原因：反应Ⅲ的活化能最小； (4)甲池为原电池装置，A极通入氧气，为正极，B为负极，B极的电极反应式为：2CH3NH2-18e-+4H2O=2CO2↑+N2↑+18H+(或2 CH3NH2·H2O -18e-+2H2O=2CO2↑+N2↑+18H+)；将甲池与乙池连接，实现乙池中NaCl溶液的淡化。C电极处Bi元素化合价升高，故C为阳极，电极式为：Bi+H2O -3e-+Cl-=BiOCl+2H+，C电极附近溶液的pH 减小。 / 学科网（北京）股份有限公司 $