专题44 原理综合题——反应热+速率平衡+电化学（10年汇编）（全国通用）2017-2026年高考化学真题分类汇编

**基本信息** 高考化学原理综合题专题汇编，涵盖2017-2026年10年真题（30道），聚焦反应热、速率平衡、电化学三大核心模块，以真实工业情境（如多晶硅生产、CO₂转化）为载体，体现新高考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |原理综合大题|30道/12-15分|反应热（盖斯定律、键能计算）、速率平衡（速率常数、转化率）、电化学（电极反应、电解原理）|2026重庆题结合多晶硅氢还原法，融合分压平衡与熔盐电解；2025天津题以苯催化氧化为背景，考查活化能与催化剂选择性，凸显真实工业情境与跨模块综合，适配高考拉分点考查需求。|

专题44 原理综合题——反应热+速率平衡+电化学 考点分类 十年考情（2017-2026） 命题规律 涉及 电化学 2026：重庆 2025：天津、广西、重庆 2024：上海、天津、重庆、北京、浙江 2023：重庆、北京 2022：北京、湖南 2021：重庆、湖南 2020：北京、江苏、全国II卷 2019：江苏、北京、全国II卷、全国III卷、浙江 2018：浙江、天津 2017：天津、浙江 1.题型特点：属于高考化学必做大题，分值 12‑15 分，新高考每套试卷基本都有，以真实工业反应为载体，融合热化学、化学反应速率、化学平衡、平衡常数、图像图表、分压平衡、条件选择。本专题有几个空涉及电化学知识。 2.难度特点：前 2‑3 小问基础，后面计算、图像原因解释、动力学分析为拉分点。 3.核心考向： （1）反应热（盖斯定律）。 主流考法：给出多个热化学方程式，求目标反应；结合键能计算；结合能量‑反应历程图，求正逆反应活化能。 （2）化学反应速率。 基础：速率计算，速率之比 = 计量数之比。 高频热点： ① 外界条件对速率影响：温度、压强、浓度、催化剂； ② 活化能：催化剂降低正、逆反应活化能同等程度，不改变反应热；活化能越大，反应速率受温度影响越显著； ③ 速率常数k：只与温度、催化剂有关；温度升高， k正、k逆均增大；平衡时，v正=v逆,可推导k与 k正、k逆的关系（新高考高频）； ④ 选择性：催化剂选择性，只加速主反应，抑制副反应。 （3）化学平衡（大题核心）：平衡移动、平衡常数、转化率、产率、选择性的计算。 （4）电化学知识。 1．（2026·重庆·高考真题）高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用氢还原法，该法的主要反应有(忽略其他副反应)： 反应1            反应2        反应3                 (1)①反应1的平衡常数随温度的升高而增大，则_________0(填“>”、“<”或“=”)。 ②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的硅芯棒表面。一定条件下，反应后，测得硅芯棒增重，则多晶硅的沉积速率为________。 (2)在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为。体系压强为100 kPa时，与温度的关系如图所示。 ①在时，反应1的平衡常数_________kPa(保留小数点后两位，分压=总压×物质的量分数)。 ②若平衡体系压强为50 kPa，和的曲线交叉点相对于M点，将位于_________区域(填“高温”或“低温”)，其原因是_________。 ③多晶硅的产率常用表示，若和，则M点对应的_________。 (3)相较传统方法，熔盐电解法制备高纯多晶硅具有绿色环保等优势。一种在熔盐中电解制备的实验装置如图所示。 ①阴极的电极反应为_________。 ②若阳极只产生和，当产生的气体总量为(标准状况)时，生成，则为_________。 2．（2025·天津·高考真题）以苯为代表的挥发性有机污染物可以在Co3O4的催化作用下，与O2反应生成CO2和H2O，进一步将CO2转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。 Ⅰ．CO2与苯的分子结构 (1)CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为___________，苯是___________(填“极性”或“非极性”)分子。 Ⅱ．苯的催化氧化 Co3O4做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol。如图是290℃时，有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。 (2)光照条件下，对应的转化率曲线为___________(填“a”或“b”)。 (3)有、无光照条件下，两种反应历程的___________(填“相等”或“不等”)。 Ⅲ．CO2的转化 (4)CO2与H2反应可以合成甲醇：。一定温度下，等物质的量的CO2和H2在恒容密闭容器中发生上述反应达到平衡后，下列各操作有利于平衡正向移动的是___________(填序号)。 a.分离出甲醇    b.充入稀有气体    c.增加H2量    d.降低温度 (5)一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图。 ①电极a是___________极，电极反应式为___________； ②电解过程中，电极b一侧的溶液pH将___________(填“升高”“不变”或“降低”)； ③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为___________。 3．（2025·广西·高考真题）尿素为农业生产常用氮肥。回答下列问题： I．工业合成 (1)是合成尿素的原料之一，在=1下，混合气体以一定流速通过合成塔。测得出口含量随反应温度和催化剂粒径的变化曲线如图。的原因是________。达到最高点后，曲线②下降的原因是________。 (2)已知：常温下各物质的相对能量如图。 则反应的________。 (3)模拟工业合成尿素。高温高压下，存在如下液相平衡体系。 主反应： 副反应： 平衡体系内，部分组分的物质的量分数随初始的变化曲线如图，代表的是________（填标号）。时，，随着的增大，与趋于一致，原因是________。 (4)实际生产中，当初始时，的平衡转化率为的平衡常数________（用物质的量分数代替浓度计算，忽略副反应，保留1位小数）。 Ⅱ．电催化合成 我国科研工作者以污染物为氮源，用纳米片电催化与合成尿素。下图为电催化合成尿素的原理示意图。 (5)a电极为________极。 (6)b电极发生的电极反应式为________。 4．（2024·上海·高考真题）璀璨多彩的珊瑚礁是重要的海洋资源，也是海洋生态系统的重要组成部分。珊瑚礁的主要成分的碳酸钙，存在方解石和文石两种结构。 (1)要检验珊瑚礁中碳酸钙的结构，可采用的仪器分析方法为___________。 A．原子吸收光谱 B．质谱 C．原子发射光谱 D．晶体X射线衍射 (2)已知CaCO3(s，文石)CaCO3(s，方解石)，该反应的ΔH-TΔS随温度变化趋势如下图所示。 关于该反应的ΔH和ΔS判断正确的是___________。 A．ΔH>0，ΔS>0 B．ΔH<0，ΔS>0 C．ΔH>0，ΔS<0 D．ΔH<0，ΔS<0 珊瑚虫能生成碳酸钙，在海洋中堆积成珊瑚礁，主要反应如下： 总反应为：Ca2+(aq)+2HCO(aq) CaCO3(s)+H2CO3(aq) ①HCO(aq) H+(aq)+CO(aq) ②Ca2+(aq)+CO(aq) CaCO3(s) ③H+(aq)+HCO(aq) H2CO3(aq) (3)一定条件下，说明总反应达到化学平衡状态的是___________。 A．Ca2+浓度保持不变 B．HCO和H2CO3的浓度比保持不变 C．v正(Ca2+)：v正(HCO)=1：2 D．v正(H2CO3)：v逆(HCO)=2：1 (4)珊瑚养殖和移植是重建珊瑚礁的重要方法。适当提高海水的pH，有利于碳酸钙的形成，结合上述反应，从平衡移动的角度解释原因___________。 已知25℃时，H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=4.8×10-11，CaCO3的Ksp=2.8×10-9。 (5)若某水样中[H+]=8.4×10-9mol·L-1，[HCO]=1.0×10-4mol·L-1，则水样中[H2CO3]=___________mol·L-1。当[Ca2+]大于___________mol·L-1时，CaCO3开始沉淀。 水体富营养化会破坏珊瑚礁。微生物燃料电池有望改善珊瑚生存环境方面发挥重要作用。下图是某微生物燃料电池工作原理示意图，该装置能同时除去水体中的NO和沉积物中的有机物(以(CH2O)n表示)。 (6)该装置工作时，下列说法正确的是___________。 A．此是电能转化为化学能 B．电极b作负极 C．电子移动方向为：电极b→沉积物→水体→电极a D．每消耗1mol (CH2O)n，转移电子4mol (7)写出NO在电极a表面发生的电极反应___________。 (8)研究表明，在其他条件不变的情况下，水体中O2浓度升高。有利于去除沉积物中的有机物，但不利于去除水体中的NO。分析有利于去除有机物和不利于除去NO的可能原因___________。 5．（2024·天津·高考真题）是常用的还原剂，可选择合适的催化剂实现其可控水解制。 I．的结构 (1)由和组成。的空间结构为___________，的电子式为___________。 Ⅱ．的水解 的水解反应方程式为：，该反应放热。 (2)无催化剂时，在酸性溶液中水解迅速，在碱性溶液中水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降。在纯水中反应速率快速下降的原因是___________。 (3)相同条件下，三种试制的催化剂X、Y和Z在碱性溶液中催化水解产的体积随反应时间的变化如图。下列相关结论正确的是___________(填序号)。 a．反应至时，使用X产生的体积是使用Y的2倍 b．与Y相比，X降低反应的活化能更多 c．Z无催化活性 (4)在起始温度不同、其他条件相同的情况下进行水解反应的对比实验，的生成速率与浓度的关系如图所示。在反应过程中，体系温度随反应进行逐渐升高，催化剂活性保持不变。 ①图中起始温度较高的实验对应的曲线是___________(填“M”或“N”)； ②曲线M中，p点之前的生成速率提高，主要原因是___________；p点之后的生成速率降低，主要原因是___________。 Ⅲ．的再生 (5)用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，在阴极生成和，实现的再生。总反应为，阴极的电极反应式为___________。 6．（2025·重庆·高考真题）水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。 (1)天然水中可以分离出重水(D2O)。D2O溶液中存在电离平衡：，c(D+)和c(OD-)的关系如图所示。 ①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是_______。 ②_______(填“>”“=”或者“<”)。 (2)用如图所示电化学装置进行如下实验。 ①用实验：在左侧通入，产物为，盐桥中移向装置的_______(填“左侧”或者“右侧”)，电池的总反应为_______。 ②用实验：在一侧通入，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为_______。 (3)利用驰豫法可研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。其原理是通过微扰(如瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间()，从而获得k的信息。对于，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。已知：25℃时，，，，(为的平衡浓度)。 ①25℃时，的平衡常数_______(保留2位有效数字)。 ②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为_______。 ③25℃时，计算得为_______。 7．（2024·重庆·高考真题）高辛烷值的汽油可提升发动机的抗爆震性能，异构烷烃具有较高的辛烷值。 (1)在密闭容器中，(正戊烷)发生异构化反应，可同时生成(异戊烷)和(新戊烷)，其平衡常数随温度的变化如下表所示。 异构化反应 反应1 2.80 2.50 2.31 反应2 1.40 1.00 0.77 ①体系平衡后，增加压强，反应1的平衡_______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。 ②平衡时，和的体积比值为_______。 ③根据上表数据推断为吸热反应，其推断过程是_______。 (2)加入后，在双功能催化剂/分子筛上发生异构化反应且选择性高，主要产物为，其反应机理如下(表示分子筛固体酸催化剂)： 对于反应，下列说法正确的是_______。 A．只能催化脱氢反应，不能催化加氢反应 B．的加入增大了平衡常数，有利于反应的进行 C．分子筛固体酸催化剂酸性越强，越有利于的形成 D．的加入促进了的加氢反应，减少了副反应的发生 (3)(四乙基铅)能提高汽油的辛烷值，可电解合成。电解池的阳极为，阴极为碳钢，电解液为溶有格氏试剂()的有机体系。 ①阳极上生成的电极反应式为_______。 ②为了实现阴极产物的循环利用，电解一段时间后，需在阴极区不断加入适量的，其原理是_______。 ③为减少铅污染，被限制使用。是一种潜在替代品，其电解合成的原理如图所示(为催化剂)。总反应化学方程式为_______；外电路转移电子时，理论上可生成的物质的量为_______。 8．（2024·北京·高考真题）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 (1)方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和_______。 (2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①第I步反应的化学方程式为_______。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因_______。 (3)方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式：_______。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是_______。 (4)人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因_______。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。 9．（2024·浙江·高考真题）氢是清洁能源，硼氢化钠()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，) 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 C．加入少量固体硼酸 D．增大体系压强 (3)为加速水解，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：该条件下的摩尔体积为；电荷量电流时间；；。] (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()再生为。(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再生为的一种制备方法，并注明_______。(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为。) 10．（2024·浙江·高考真题）通过电化学、热化学等方法，将转化为等化学品，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： ： Ⅱ： Ⅲ： ①_______。 ②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，和的投料浓度均为，平衡常数，则的平衡转化率为_______。 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_______。[已知：时，电离常数、] (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，和在溶液中反应制备，反应过程中保持和的压强不变，总反应的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能(不考虑催化剂活性降低或丧失)。 Ⅳ：           V：              VI：        ①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是_______。 A．v与的压强无关         B．v与溶液中溶解的浓度无关 C．温度升高，v不一定增大         D．在溶液中加入，可提高转化率 ②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。时，v随c增大而增大：时，v不再显著增大。请解释原因_______。 11．（2023·重庆·高考真题）银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。 (1)在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图所示，回答下列问题：    ①中间体生成吸附态的活化能为_______。 ②由生成的热化学方程式为_______。 (2)一定条件下，银催化剂表面上存在反应：，该反应平衡压强与温度的关系如下： 401 443 463 10 51 100 ①时的平衡常数_______。 ②起始状态Ⅰ中有和，经下列过程达到各平衡状态：    已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是_______(填字母)。 A．从Ⅰ到Ⅱ的过程 B． C．平衡常数： D．若体积，则 E．逆反应的速率： ③某温度下，向恒容容器中加入，分解过程中反应速率与压强的关系为，k为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少时，逆反应速率最大。若转化率为，则_______(用表示)。 (3)可用作固体离子导体，能通过加热制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。    ①测定晶体结构最常用的仪器是_______ (填字母)。 A．质谱仪     B．红外光谱仪     C．核磁共振仪     D．射线衍射仪 ②与晶胞的体积之比为_______。 ③测定中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a中质量不变，可判定导电离子是而不是，依据是_______。    12．（2023·北京·高考真题）尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 (1)十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是____________________。 (2)二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步： ⅰ．和生成； ⅱ．分解生成尿素。    结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是__________(填序号)。 a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应 c． (3)近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。    ①电极是电解池的__________极。 ②电解过程中生成尿素的电极反应式是_____________。 (4)尿素样品含氮量的测定方法如下。 已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。    ①消化液中的含氮粒子是__________。 ②步骤ⅳ中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有__________。 13．（2022·北京·高考真题）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。 已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。 (1)煤样需研磨成细小粉末，其目的是___________。 (2)高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为___________。 (3)通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。 已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原， 测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。 ①在电解池中发生反应的离子方程式为___________。 ②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为___________。 (4)煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为___________。 已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。 (5)条件控制和误差分析。 ①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为___________。 ②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为___________。(填“偏大”或“偏小”) 14．（2021·重庆·高考真题）含结晶水的无机物可应用在吸波材料、电极材料和相变储能材料等领域。胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要的结晶水合物。 (1)硫酸铜参比电极具有电位稳定的优点，可用于土壤环境中钢质管道的电位监测。测量的电化学原理如图所示。回答下列问题： ①负极的电极反应式为_______。 ②测量后参比电极中CuSO4溶液的浓度_______(填"变大”，“变小”或“不变")。 (2)把胆矾放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，胆矾分三次依次脱水，各步脱水过程为一系列的动态平衡，反应式如下(脱水过程为吸热反应)。 反应I：CuSO4·5H2O (s) CuSO4·3H2O (s) + 2H2O(g) 反应II：CuSO4·3H2O (s) CuSO4·H2O (s) + 2H2O(g) 反应III：CuSO4·H2O (s) CuSO4(s) + H2O(g) 如图为50°C时水合物中水的质量分数 w与压强p(H2O)的关系图，回答下列问题： ①用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是_______。 ②反应Ⅰ对应的线段为_______(填“ab”、“ed”或“ef”)。 ③反应Ⅱ的平衡常数Kp=_______Pa2。 ④反应III在60°C和50°C的平衡压强p(H2O)分别为p1和p2，则p1_______ p2 (填*>”、“<”或“=”)。 ⑤当样品状态c点下网到M点，体系存在的固体有_______； 转化率为_______% (保留小数点后两位)。 ⑥25°C时为了保持CuSO4·H2O晶体纯度，可将其存在盛有大量Na2CO3· H2O晶体(平衡压强p(H2O)=706Pa)的密闭容器中，简述其理由_______。 已知：25℃时反应I、II、III的平衡压强p（H2O）分别为1040、747和107Pa。 15．（2022·湖南·高考真题）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题： (1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气： Ⅰ. Ⅱ. ①下列说法正确的是_______； A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动 B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡 C．平衡时的体积分数可能大于 D．将炭块粉碎，可加快反应速率 ②反应平衡时，的转化率为，CO的物质的量为。此时，整个体系_______(填“吸收”或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 (2)一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下： ①某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的_______(该温度下的)； ②再生塔中产生的离子方程式为_______； ③利用电化学原理，将电催化还原为，阴极反应式为_______。 16．（2021·湖南·高考真题）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。 方法I：氨热分解法制氢气 相关化学键的键能数据 化学键 键能 946 436.0 390.8 一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题： (1)反应 _______； (2)已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号) A．25℃    B．125℃    C．225℃    D．325℃ (3)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。 ①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率_______(用含的代数式表示) ②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是_______(用图中a、b、c、d表示)，理由是_______； ③在该温度下，反应的标准平衡常数_______。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。 方法Ⅱ：氨电解法制氢气 利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。 (4)电解过程中的移动方向为_______(填“从左往右”或“从右往左”)； (5)阳极的电极反应式为_______。 17．（2020·北京·高考真题）H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。 (1)早期制备方法：Ba(NO3)2BaOBaO2 滤液H2O2 ①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是____。 ②II为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是____。 ③III中生成H2O2，反应的化学方程式是____。 ④减压能够降低蒸馏温度，从H2O2的化学性质角度说明V中采用减压蒸馏的原因：____。 (2)电化学制备方法：已知反应2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。 ①a极的电极反应式是____。 ②下列说法正确的是____。 A．该装置可以实现电能转化为化学能 B．电极b连接电源负极 C．该方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点 18．（2020·江苏·高考真题）CO2/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。 (1)CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-，其离子方程式为__________；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_____________。 (2) HCOOH燃料电池。研究 HCOOH燃料电池性能的装置如图-2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。 ①电池负极电极反应式为_____________；放电过程中需补充的物质A为_________(填化学式)。 ②图-2所示的 HCOOH燃料电池放电的本质是通过 HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为_______________。 (3) HCOOH催化释氢。在催化剂作用下， HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图-3所示。 ①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成__________(填化学式)。 ②研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是_______________。 19．（2020·全国II卷·高考真题）天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。 (1)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH，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ΔH/( kJ·mol−1) -1560 -1411 -286 ①ΔH=_________kJ·mol−1。 ②提高该反应平衡转化率的方法有_________、_________。 ③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp=_________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 (2)高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为：r=k×，其中k为反应速率常数。 ①设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2=_____ r1。 ②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_________。 A．增加甲烷浓度，r增大       B．增加H2浓度，r增大 C．乙烷的生成速率逐渐增大    D．降低反应温度，k减小 (3)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示： ①阴极上的反应式为_________。 ②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为_________。 20．（2020·全国II卷·高考真题）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题： (1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许______离子通过，氯气的逸出口是_______(填标号)。 (2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=，X为HClO或ClO−]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为______。 (3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为______。 (4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为_____mol；产生“气泡”的化学方程式为____________。 (5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是______(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为____kg(保留整数)。 21．（2019·江苏·高考真题）CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。 （1）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。    ①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式：________。 ②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是________。 （2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。    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）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应： 反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH =41.2 kJ·mol−1 反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH =﹣122.5 kJ·mol−1 在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：    CH3OCH3的选择性=×100％ ①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是________。 ②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有________。 22．（2019·北京·高考真题）氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。 （1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。 ①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是______________。 ②已知反应器中还存在如下反应： i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1 ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2 iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3 …… iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。 ③反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是________________（选填字母序号）。 a.促进CH4转化    b.促进CO转化为CO2 c.减少积炭生成 ④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_______（填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：____________________________。 （2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。 ①制H2时，连接_______________。 产生H2的电极反应式是_______________。 ②改变开关连接方式，可得O2。 ③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：________________________。 23．（2019·全国II卷·高考真题）环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题： （1）已知：(g)= (g)+H2(g)        ΔH1=100.3 kJ·mol −1 ① H2(g)+ I2(g)=2HI(g)                                    ΔH2=﹣11.0 kJ·mol −1 ② 对于反应：(g)+ I2(g)=(g)+2HI(g)  ③  ΔH3=___________kJ·mol −1。 （2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。 A．通入惰性气体                    B．提高温度 C．增加环戊烯浓度                D．增加碘浓度 （3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。 A．T1＞T2 B．a点的反应速率小于c点的反应速率 C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率 D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1 （4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。 该电解池的阳极为____________，总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_________________________。 24．（2019·全国III卷·高考真题）近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题： （1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：    可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。 （2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行： CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1 CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1 CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1 则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。 （3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是______________。（写出2种） （4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：    负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气__________L（标准状况） 25．（2019·浙江·高考真题）【加试题】水是“生命之基质”，是“永远值得探究的物质”。 (1) 关于反应H2(g)＋1/2O2(g)H2O(l)，下列说法不正确的是________。 A．焓变ΔH＜0，熵变ΔS＜0 B．可以把反应设计成原电池，实现能量的转化 C．一定条件下，若观察不到水的生成，说明该条件下反应不能自发进行 D．选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行 (2) ①根据H2O的成键特点，画出与图中H2O分子直接相连的所有氢键(O－H…O)________。 ②将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中，测定不同温度(T)下气态、液态水平衡共存[H2O(l)H2O(g)]时的压强(p)。在图中画出从20℃开始经过100℃的p随T变化关系示意图(20℃时的平衡压强用p1表示)________。 　　　 (3) 水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2℃)、临界压强(22.1 MPa)时的水称为超临界水。 ①与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子积会显著增大。解释其原因________。 ②如果水的离子积Kw从1.0×10−14增大到1.0×10−10，则相应的电离度是原来的________倍。 ③超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。 　 下列说法合理的是________。 A．乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物 B．在550℃条件下，反应时间大于15 s时，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全 C．乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，而且两者数值相等 D．随温度升高，xCO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大 (4) 以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循环使用。 ①阳极的电极反应式是________。 ②制备H2O2的总反应方程式是________。 26．（2019·浙江·高考真题）（一）合成氨工艺（流程如图所示）是人工固氮最重要的途径。    2018年是合成氨工业先驱哈伯（P•Haber）获得诺贝尔奖100周年。N2和H2生成NH3的反应为：1/2N2（g）+3/2H2（g）NH3（g）∆H(298K)=-46.2KJ•mol-1,在Fe催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态） 化学吸附：N2（g）→2N*；H2（g）→2H*； 表面反应：N*+H*NH*； ；NH2*+H*NH3* 脱附：NH3*NH3（g） 其中，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。请回答： （1）利于提高合成氨平衡产率的条件有__________。 A．低温　　　　B．高温　　　　　C．低压　　　　　D．高压　　　　E.催化剂 （2）标准平衡常数，其中为标准压强（1X105Pa），pNH3、pN2和pH2为各组分的平衡分压，如pNH3=xNH3p，p为平衡总压，xNH3为平衡系统中NH3的物质的量分数。 ①N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为w，则=_____________（用含w的最简式表示） ②下图中可以示意标准平衡常数随温度T变化趋势的是_______。    （3）实际生产中，常用工艺条件，Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0X105Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8。 ①分析说明原料气中N2过量的理由________________________。 ②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_______。 A．合成氨反应在不同温度下的∆H和∆S都小于零 B．控制温度（773K）远高于室温，是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率 C．当温度、压强一定时，在原料气（N2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率 D．基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行 E.分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生。 （二）高铁酸钾（K2FeO4）可用作水处理剂。某同学通过“化学-电解法”探究的合成，其原理如图所示。接通电源，调节电压，将一定量Cl2通入KOH溶液，然后滴入含Fe3+的溶液，控制温度，可制得K2FeO4。    （1）请写出“化学法”得到FeO42-的离子方程式___________________________。 （2）请写出阳极的电极反应式（含FeO42-）___________________________________。 27．（2018·浙江·高考真题）(一)以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，通过电解法可以制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，装置如图所示。 (1)收集到(CH3)4NOH的区域是_______(填a、b、c或d)。 (2)写出电池总反应_______。 (二)乙酸乙酯一般通过乙酸和乙醇酯化合成：CH3COOH(l)+C2H5OH(l) CH3COOC2H5(l)+H2O(l) ΔH=-2.7kJ·mol-1 已知纯物质和相关恒沸混合物的常压沸点如下表： 纯物质 沸点/℃ 恒沸混合物(质量分数) 沸点/℃ 乙醇 78.3 乙酸乙酯(0.92)+水(0.08) 70.4 乙酸 117.9 乙酸乙酯(0.69)+乙醇(0.31) 71.8 乙酸乙酯 77.1 乙酸乙酯(0.83)+乙醇(0.08) +水(0.09) 70.2 请完成： (1)关于该反应，下列说法不合理的是_______。 A．反应体系中硫酸有催化作用 B．因为化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应的ΔS等于零 C．因为反应的△H 接近于零，所以温度变化对平衡转化率的影响大 D．因为反应前后都是液态物质，所以压强变化对化学平衡的影响可忽略不计 (2)一定温度下该反应的平衡常数K=4.0。若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率y =_______；若乙酸和乙醇的物质的量之比为n ： 1，相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数为x，请在图中绘制x随n变化的示意图(计算时不计副反应)_______。 (3)工业上多采用乙酸过量的方法，将合成塔中乙酸、乙醇和硫酸混合液加热至110℃左右发生酯化反应并回流，直到塔顶温度达到70～71℃，开始从塔顶出料。控制乙酸过量的作用有_______。 (4)近年，科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法：2C2H5OH(g) CH3COOC2H5(g)+2H2(g) 在常压下反应，冷凝收集，测得常温下液体收集物中主要产物的质量分数如图所示。关于该方法，下列推测合理的是_______。 A．反应温度不宜超过300℃ B．增大体系压强，有利于提高乙醇平衡转化率 C．在催化剂作用下，乙醛是反应历程中的中间产物 D．提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键 28．（2018·天津·高考真题）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题： （1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，溶液pH=___________。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11） （2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气： CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g) ①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下： 化学键 C—H C=O H—H CO(CO) 键能/kJ·mol−1 413 745 436 1075 则该反应的ΔH=_________。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______（填“A” 或“B ”）。 ②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是________。 （3）O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。 电池的负极反应式：________。 电池的正极反应式：6O2+6e−6O2− 6CO2+6O2−3C2O42−+6O2 反应过程中O2的作用是________。 该电池的总反应式：________。 29．（2017·天津·高考真题）某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。 Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明） （1）反应①所加试剂NaOH的电子式为_________，B→C的反应条件为__________，C→Al的制备方法称为______________。 （2）该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）___________。 a．温度 b．Cl-的浓度 c．溶液的酸度 （3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为__________。 Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用 （4）用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是__________，分离后含铬元素的粒子是_________；阴极室生成的物质为___________（写化学式）。 30．（2017·浙江·高考真题）以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝(AlN)；通过电解法可制取铝。电解铝时阳极产生的CO2，可通过二氧化碳甲烷化再利用。 请回答： (1)已知：2Al2O3(s)=4Al(g)+3O2(g) △H1=3351 kJ·mol-1 2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-221 kJ·mol-1 2Al(g) + N2(g)=2AlN(s) △H3=-318 kJ·mol-1 碳热还原Al2O3合成AlN的总热化学方程式是________，该反应自发进行的条件__________。 (2)在常压，Ru/TiO2催化下，CO2和H2混合气体(体积比1：4，总物质的量a mol)进行反应，测得CO2转化率、CH4和CO选择性随温度变化情况分别如图1和图2所示(选择性：转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)。 反应I ：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) △H1 反应II： CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2 ①下列说法不正确的是___________ A． △H1小于零 B．温度可影响产物的选择性 C．CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少      D．其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，可提高CO2平衡转化率 ②350℃时，反应I在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL，该温度下反应I的平衡常数为___________(用a、V表示)。 ③350℃下CH4物质的量随时间的变化曲线如图3所示。画出400℃下0～t1时刻CH4物质的量随时间的变化曲线。___________ 据文献报道，CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，生成甲烷的电极反应式是___________。 答案第1页，共2页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题44 原理综合题——反应热+速率平衡+电化学 考点分类 十年考情（2017-2026） 命题规律 涉及 电化学 2026：重庆 2025：天津、广西、重庆 2024：上海、天津、重庆、北京、浙江 2023：重庆、北京 2022：北京、湖南 2021：重庆、湖南 2020：北京、江苏、全国II卷 2019：江苏、北京、全国II卷、全国III卷、浙江 2018：浙江、天津 2017：天津、浙江 1.题型特点：属于高考化学必做大题，分值 12‑15 分，新高考每套试卷基本都有，以真实工业反应为载体，融合热化学、化学反应速率、化学平衡、平衡常数、图像图表、分压平衡、条件选择。本专题有几个空涉及电化学知识。 2.难度特点：前 2‑3 小问基础，后面计算、图像原因解释、动力学分析为拉分点。 3.核心考向： （1）反应热（盖斯定律）。 主流考法：给出多个热化学方程式，求目标反应；结合键能计算；结合能量‑反应历程图，求正逆反应活化能。 （2）化学反应速率。 基础：速率计算，速率之比 = 计量数之比。 高频热点： ① 外界条件对速率影响：温度、压强、浓度、催化剂； ② 活化能：催化剂降低正、逆反应活化能同等程度，不改变反应热；活化能越大，反应速率受温度影响越显著； ③ 速率常数k：只与温度、催化剂有关；温度升高， k正、k逆均增大；平衡时，v正=v逆,可推导k与 k正、k逆的关系（新高考高频）； ④ 选择性：催化剂选择性，只加速主反应，抑制副反应。 （3）化学平衡（大题核心）：平衡移动、平衡常数、转化率、产率、选择性的计算。 （4）电化学知识。 1．（2026·重庆·高考真题）高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用氢还原法，该法的主要反应有(忽略其他副反应)： 反应1            反应2        反应3                 (1)①反应1的平衡常数随温度的升高而增大，则_________0(填“>”、“<”或“=”)。 ②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的硅芯棒表面。一定条件下，反应后，测得硅芯棒增重，则多晶硅的沉积速率为________。 (2)在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为。体系压强为100 kPa时，与温度的关系如图所示。 ①在时，反应1的平衡常数_________kPa(保留小数点后两位，分压=总压×物质的量分数)。 ②若平衡体系压强为50 kPa，和的曲线交叉点相对于M点，将位于_________区域(填“高温”或“低温”)，其原因是_________。 ③多晶硅的产率常用表示，若和，则M点对应的_________。 (3)相较传统方法，熔盐电解法制备高纯多晶硅具有绿色环保等优势。一种在熔盐中电解制备的实验装置如图所示。 ①阴极的电极反应为_________。 ②若阳极只产生和，当产生的气体总量为(标准状况)时，生成，则为_________。 【答案】(1) ＞ 0.16 (2) 0.28 低温 三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下比原压强更小，更大，降温使平衡逆向移动，增大、减小，可使二者相等，因此交叉点位于低温区域 20.97% (3) 3:1 【详解】（1）① 平衡常数随温度升高增大，说明升温时反应1平衡正向移动，正反应为吸热反应，因此。 ② 沉积速率。 （2） ① 1320 K时，由图得，，总压，反应1的压强平衡常数。 ② 三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下比原压强更小，更大，要使二者分数重新相等，需使平衡逆向移动；因正反应为吸热反应，故需降低温度。 ③ 设生成，，根据Si守恒：平衡后所有含Si气体总物质的量为，总气体物质的量为，则；根据H守恒：初始总H为，即，解得，代入得，即。 （3）① 阴极发生得电子还原为Si的反应，电极反应为。 ② 标况下2.24 L气体总物质的量为0.1 mol，，转移电子总数：，阳极反应为：、，根据转移电子守恒：，联立，得。 2．（2025·天津·高考真题）以苯为代表的挥发性有机污染物可以在Co3O4的催化作用下，与O2反应生成CO2和H2O，进一步将CO2转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。 Ⅰ．CO2与苯的分子结构 (1)CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为___________，苯是___________(填“极性”或“非极性”)分子。 Ⅱ．苯的催化氧化 Co3O4做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol。如图是290℃时，有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。 (2)光照条件下，对应的转化率曲线为___________(填“a”或“b”)。 (3)有、无光照条件下，两种反应历程的___________(填“相等”或“不等”)。 Ⅲ．CO2的转化 (4)CO2与H2反应可以合成甲醇：。一定温度下，等物质的量的CO2和H2在恒容密闭容器中发生上述反应达到平衡后，下列各操作有利于平衡正向移动的是___________(填序号)。 a.分离出甲醇    b.充入稀有气体    c.增加H2量    d.降低温度 (5)一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图。 ①电极a是___________极，电极反应式为___________； ②电解过程中，电极b一侧的溶液pH将___________(填“升高”“不变”或“降低”)； ③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为___________。 【答案】(1) sp 非极性 (2)a (3)相等 (4)acd (5) 阴 降低 K+ 【详解】（1）CO2分子中碳原子的中心原子价层电子对数为=2，故杂化轨道类型为sp；苯分子的空间构型是平面正六边形，分子结构对称，为非极性分子，故答案为sp；非极性。 （2）活化能越低，反应速率越快，相同时间内反应物的转化率越高，无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol，所以有光照条件下反应速率更快，对应的转化率曲线为a，故答案为a。 （3）反应的焓变只与反应物与生成物的总能量有关，与反应历程无关，所以有、无光照条件下，两种反应历程的相等，故答案为相等。 （4）a．分离出甲醇，即减小生成物浓度，平衡正向移动，a符合题意； b．恒温恒容条件下充入稀有气体，各反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，b不符合题意； c．增加H2量，即增大反应物浓度，平衡正向移动，c符合题意；     d．该反应的，降低温度，平衡正向移动，d符合题意； 故答案选acd。 （5）①由图可知，电极a上转化为，碳元素化合价降低，发生还原反应，为阴极，电极反应式为，故答案为阴极；。 ②由图可知，电极b上转化为，碳元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极，电极反应式为， 反应过程中消耗，溶液的pH降低，故答案为降低。 ③电解过程中，阳离子向阴极（电极a）移动，左侧溶液中有，所以通过阳离子交换膜的离子为，故答案为。 3．（2025·广西·高考真题）尿素为农业生产常用氮肥。回答下列问题： I．工业合成 (1)是合成尿素的原料之一，在=1下，混合气体以一定流速通过合成塔。测得出口含量随反应温度和催化剂粒径的变化曲线如图。的原因是________。达到最高点后，曲线②下降的原因是________。 (2)已知：常温下各物质的相对能量如图。 则反应的________。 (3)模拟工业合成尿素。高温高压下，存在如下液相平衡体系。 主反应： 副反应： 平衡体系内，部分组分的物质的量分数随初始的变化曲线如图，代表的是________（填标号）。时，，随着的增大，与趋于一致，原因是________。 (4)实际生产中，当初始时，的平衡转化率为的平衡常数________（用物质的量分数代替浓度计算，忽略副反应，保留1位小数）。 Ⅱ．电催化合成 我国科研工作者以污染物为氮源，用纳米片电催化与合成尿素。下图为电催化合成尿素的原理示意图。 (5)a电极为________极。 (6)b电极发生的电极反应式为________。 【答案】(1) 催化剂的粒径越小，与反应物的接触面积越大，催化效果越好，反应速率越快 温度太高，催化剂的活性减弱，反应速率减慢 (2)-122.3 (3) ① 时，主反应和副反应同时发生，主反应生成的H2O(l)在副反应中被消耗，所以，随着的增大，副反应被抑制，几乎没有进行，整个反应主要发生主反应，与趋于一致 (4)2.3 (5)阳 (6)CO2+2NO+10e-+10=+3H2O+10CO 【详解】（1）由图可知，a、b、c处催化剂粒径：a>b>c，催化剂的粒径越小，与反应物的接触面积越大，催化效果越好，反应速率越快，出口含量越高。达到最高点后，曲线②下降的原因是：温度太高，催化剂的活性减弱，反应速率减慢。 （2）的生成物的总能量-反应物的总能量=-285.8 kJ/mol-321.8 kJ/mol+393.5 kJ/mol+2×45.9 kJ/mol=-122.3 kJ/mol。 （3）增大相当于增大，主反应和副反应平衡均正向移动，但增大，减小，则代表的是①，时，，随着的增大，与趋于一致，原因是：时，主反应和副反应同时发生，主反应生成的H2O(l)在副反应中被消耗，所以，随着的增大，副反应被抑制，几乎没有进行，整个反应主要发生主反应，与趋于一致。 （4）根据已知条件列出“三段式”： 平衡时，H2O(l)的物质的量分数为=，的物质的量分数为=，的物质的量分数为=，的物质的量分数为=，则平衡常数K==2.3。 （5）由图可知，CO2和NO在b电极得到电子生成，b为阴极，a电极为阳极。 （6）由图可知，NO在b电极得到电子和CO2反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：CO2+2NO+10e-+10=+3H2O+10CO。 4．（2024·上海·高考真题）璀璨多彩的珊瑚礁是重要的海洋资源，也是海洋生态系统的重要组成部分。珊瑚礁的主要成分的碳酸钙，存在方解石和文石两种结构。 (1)要检验珊瑚礁中碳酸钙的结构，可采用的仪器分析方法为___________。 A．原子吸收光谱 B．质谱 C．原子发射光谱 D．晶体X射线衍射 (2)已知CaCO3(s，文石)CaCO3(s，方解石)，该反应的ΔH-TΔS随温度变化趋势如下图所示。 关于该反应的ΔH和ΔS判断正确的是___________。 A．ΔH>0，ΔS>0 B．ΔH<0，ΔS>0 C．ΔH>0，ΔS<0 D．ΔH<0，ΔS<0 珊瑚虫能生成碳酸钙，在海洋中堆积成珊瑚礁，主要反应如下： 总反应为：Ca2+(aq)+2HCO(aq) CaCO3(s)+H2CO3(aq) ①HCO(aq) H+(aq)+CO(aq) ②Ca2+(aq)+CO(aq) CaCO3(s) ③H+(aq)+HCO(aq) H2CO3(aq) (3)一定条件下，说明总反应达到化学平衡状态的是___________。 A．Ca2+浓度保持不变 B．HCO和H2CO3的浓度比保持不变 C．v正(Ca2+)：v正(HCO)=1：2 D．v正(H2CO3)：v逆(HCO)=2：1 (4)珊瑚养殖和移植是重建珊瑚礁的重要方法。适当提高海水的pH，有利于碳酸钙的形成，结合上述反应，从平衡移动的角度解释原因___________。 已知25℃时，H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=4.8×10-11，CaCO3的Ksp=2.8×10-9。 (5)若某水样中[H+]=8.4×10-9mol·L-1，[HCO]=1.0×10-4mol·L-1，则水样中[H2CO3]=___________mol·L-1。当[Ca2+]大于___________mol·L-1时，CaCO3开始沉淀。 水体富营养化会破坏珊瑚礁。微生物燃料电池有望改善珊瑚生存环境方面发挥重要作用。下图是某微生物燃料电池工作原理示意图，该装置能同时除去水体中的NO和沉积物中的有机物(以(CH2O)n表示)。 (6)该装置工作时，下列说法正确的是___________。 A．此是电能转化为化学能 B．电极b作负极 C．电子移动方向为：电极b→沉积物→水体→电极a D．每消耗1mol (CH2O)n，转移电子4mol (7)写出NO在电极a表面发生的电极反应___________。 (8)研究表明，在其他条件不变的情况下，水体中O2浓度升高。有利于去除沉积物中的有机物，但不利于去除水体中的NO。分析有利于去除有机物和不利于除去NO的可能原因___________。 【答案】(1)D (2)A (3)AB (4)提高pH，有利于增加HCO浓度，降低H2CO3浓度，促进总反应化学平衡正向移动 (5) 2.0×10-6 4.9×10-3 (6)B (7)2NO+10e-+12H+=N2+6H2O (8)O2浓度升高，能让更多的有机物与O2形成原电池，有利于有机物的去除。但O2可能会优先于NO得电子，不利于NO的去除 【详解】（1）测定分子空间结构最普遍的方法X射线衍射，X射线衍射可以观测微观结构，故选D； （2）的反应能自发进行，由图，低温下该反应不能进行，而高温下可以进行，则反应为吸热的熵增反应，故选A； （3）A．Ca2+浓度保持不变，说明平衡不再移动，反应达到平衡状态； B．HCO和H2CO3的浓度比保持不变，则反应中正逆反应速率相等，平衡不再移动，反应达到平衡状态； C．反应速率比等于系数比，v正(Ca2+)：v正(HCO)=1：2，不能说明反应中正逆反应速率相等，不确定反应达到平衡； D．v正(H2CO3)：v逆(HCO)=2：1，说明反应中正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡； 故选AB； （4）适当提高海水的pH，有利于增加HCO浓度，降低H2CO3浓度，促进总反应化学平衡正向移动，利于碳酸钙的形成； （5）水样中[H+]=8.4×10-9mol·L-1，[HCO]=1.0×10-4mol·L-1，，；，，则，当[Ca2+]大于4.9×10-3mol·L-1时，CaCO3开始沉淀。； （6）A．燃料电池是将化学能转化为电能，A错误； B．b极有机物被氧化为二氧化碳，发生氧化反应，则电极b为负极，B正确； C．电子在外电路移动，不能通过溶液，C错误； D．(CH2O)n生成CO2，反应中碳化合价由0变为+4，则每消耗1 mol(CH2O) n生成nmolCO2，转移电子4nmol，D错误； 故选B。 （7）酸性条件下，NO在电极a得到电子被还原为氮气，电解反应为：2NO+10e-+12H+=N2+6H2O； （8）O2浓度升高，能让更多的有机物与O2形成原电池，有利于有机物的去除。但O2可能会优先于NO得电子，不利于NO的去除，故其他条件不变的情况下，水体中O2浓度升高，有利于去除沉积物中的有机物，但不利于去除水体中的NO。 5．（2024·天津·高考真题）是常用的还原剂，可选择合适的催化剂实现其可控水解制。 I．的结构 (1)由和组成。的空间结构为___________，的电子式为___________。 Ⅱ．的水解 的水解反应方程式为：，该反应放热。 (2)无催化剂时，在酸性溶液中水解迅速，在碱性溶液中水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降。在纯水中反应速率快速下降的原因是___________。 (3)相同条件下，三种试制的催化剂X、Y和Z在碱性溶液中催化水解产的体积随反应时间的变化如图。下列相关结论正确的是___________(填序号)。 a．反应至时，使用X产生的体积是使用Y的2倍 b．与Y相比，X降低反应的活化能更多 c．Z无催化活性 (4)在起始温度不同、其他条件相同的情况下进行水解反应的对比实验，的生成速率与浓度的关系如图所示。在反应过程中，体系温度随反应进行逐渐升高，催化剂活性保持不变。 ①图中起始温度较高的实验对应的曲线是___________(填“M”或“N”)； ②曲线M中，p点之前的生成速率提高，主要原因是___________；p点之后的生成速率降低，主要原因是___________。 Ⅲ．的再生 (5)用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，在阴极生成和，实现的再生。总反应为，阴极的电极反应式为___________。 【答案】(1) (正)四面体形 (2)水解生成的会继续水解使溶液呈碱性，进而使水解速率放缓 (3)b (4) M 该反应放热，随着反应的进行，温度升高，水解速率加快 临近反应结束，随着反应物浓度降低，水解速率减慢 (5) 【详解】（1）的价层电子对数是，无孤对电子，空间构型是正四面体形；由和组成，属于离子化合物，电子式：； （2）根据的水解反应方程式为：可知，水解的本质是还原水中的H，生成H2，故无催化剂时，在酸性环境中水解迅速，在碱性环境下水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降的原因是随着反应的进行，生成的会继续水解使溶液呈碱性，H+的浓度降低，反应速率逐渐减慢； （3）a．由图可知，反应至3 min时，使用X产生H2的体积不是使用Y的2倍，故a错误； b．与Y相比，使用X同等时间内产生的气体更多，说明使用X反应速率更快，降低反应活化能更多，故b正确； c．Z是负催化剂，阻碍了水解产生H2，导致H2的产生量为0，故c错误； 故答案为：b； （4）①水解反应是吸热反应，温度越高，水解反应速率越快，由图可知，同等浓度的条件下，M产生H2的速率更快，所以起始温度较高的实验对应的曲线是M； ②曲线M中，p点之前H2的生成速率提高，主要原因是反应放热，温度升高，反应速率逐渐加快，p点之后H2的生成速率降低，主要原因是随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，浓度对速率的影响其起着主要因素，导致H2的生成速率降低； （5）用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，所以阳极的反应为，用总反应减去阳极的反应，可以得到阴极的反应为。 6．（2025·重庆·高考真题）水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。 (1)天然水中可以分离出重水(D2O)。D2O溶液中存在电离平衡：，c(D+)和c(OD-)的关系如图所示。 ①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是_______。 ②_______(填“>”“=”或者“<”)。 (2)用如图所示电化学装置进行如下实验。 ①用实验：在左侧通入，产物为，盐桥中移向装置的_______(填“左侧”或者“右侧”)，电池的总反应为_______。 ②用实验：在一侧通入，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为_______。 (3)利用驰豫法可研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。其原理是通过微扰(如瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间()，从而获得k的信息。对于，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。已知：25℃时，，，，(为的平衡浓度)。 ①25℃时，的平衡常数_______(保留2位有效数字)。 ②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为_______。 ③25℃时，计算得为_______。 【答案】(1) B ＞ (2) 右侧 H++OH-=H2O (3) D 【详解】（1）①重水中存在电离平衡，中性溶液中，，只有B点符合，所以“A、B、C”三点中呈中性的是B点，故答案为：B； ②水的电离平衡为吸热过程，温度升高，电离程度增大，，均增大，Kw也增大，由图可知，T1时离子浓度更高，Kw更大，所以＞，故答案为：＞； （2）①用进行实验，左侧通入，产物为，即左侧Pt电极上发生了氧化反应，电极方程式为：，左侧为负极，右侧为正极，右侧Pt电极上发生了还原反应，电极方程式为：，该电池总反应方程式H++OH-=H2O，故答案为：右侧；H++OH-=H2O； ②用进行实验，一侧通入，电池总反应方程式不变，在通入的一侧，氧气发生还原反应，而生成氧气的一侧，则发生氧化反应，参与反应的H+和OH-仅作为反应物出现在电极反应式中，即正极反应式：，故答案为； （3）①对于反应，平衡常数K的定义为：K=，在25℃的纯水中，水的离子积常数为Kw=，而且平衡时，已知，带入公式：K=，保留两位小数K，故答案为：； ②瞬时升温后，逆反应速率增大，但水的浓度是恒定的，正反应速率不变，所以建立新平衡的过程示意图为D， ③驰豫时间公式为，其中，，带入得：，在平衡时， ，可推出 ，带入已知值： ，即，将k1带入驰豫时间公式为：，整理可得，，计算括号内：，，由于 ，可忽略不计，所以，得出 ，故答案为：。 7．（2024·重庆·高考真题）高辛烷值的汽油可提升发动机的抗爆震性能，异构烷烃具有较高的辛烷值。 (1)在密闭容器中，(正戊烷)发生异构化反应，可同时生成(异戊烷)和(新戊烷)，其平衡常数随温度的变化如下表所示。 异构化反应 反应1 2.80 2.50 2.31 反应2 1.40 1.00 0.77 ①体系平衡后，增加压强，反应1的平衡_______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。 ②平衡时，和的体积比值为_______。 ③根据上表数据推断为吸热反应，其推断过程是_______。 (2)加入后，在双功能催化剂/分子筛上发生异构化反应且选择性高，主要产物为，其反应机理如下(表示分子筛固体酸催化剂)： 对于反应，下列说法正确的是_______。 A．只能催化脱氢反应，不能催化加氢反应 B．的加入增大了平衡常数，有利于反应的进行 C．分子筛固体酸催化剂酸性越强，越有利于的形成 D．的加入促进了的加氢反应，减少了副反应的发生 (3)(四乙基铅)能提高汽油的辛烷值，可电解合成。电解池的阳极为，阴极为碳钢，电解液为溶有格氏试剂()的有机体系。 ①阳极上生成的电极反应式为_______。 ②为了实现阴极产物的循环利用，电解一段时间后，需在阴极区不断加入适量的，其原理是_______。 ③为减少铅污染，被限制使用。是一种潜在替代品，其电解合成的原理如图所示(为催化剂)。总反应化学方程式为_______；外电路转移电子时，理论上可生成的物质的量为_______。 【答案】(1) 不移动 2 由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行 (2)C (3) 阴极得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的，发生反应，实现阴极产物的循环利用 0.5 【详解】（1）①反应1为气体分子数不变的反应，体系平衡后，增加压强，反应1的平衡不移动。 ②由盖斯定律可知，反应1-反应2得，则平衡时，，则和的体积比值为2； ③由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行，则为吸热反应； （2）A．反应为可逆反应，由图可知能催化脱氢反应，也能催化加氢反应，错误； B．平衡常数受温度影响，的加入不改变平衡常数，错误； C．分子筛固体酸催化剂酸性越强，氢离子浓度越大，越有利于的形成，正确； D．的加入促进了的加氢反应，但是也会和加成，副反应也会增多，错误； 故选C； （3）①电解池的阳极为，阳极上Pb失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为。 ②阴极得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的，发生反应，实现阴极产物的循环利用； ③由图，A极二氧化碳得到电子发生还原生成CO和：，CO和再和Pt2+反应生成：，则总反应为二氧化碳和甲醇反应生成和水：；反应中电子转移为，则外电路转移电子时，理论上可生成的物质的量为0.5。 8．（2024·北京·高考真题）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 (1)方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和_______。 (2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①第I步反应的化学方程式为_______。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因_______。 (3)方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式：_______。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是_______。 (4)人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因_______。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。 【答案】(1)难挥发性 (2) x、y点转化率相同，故气体总物质的量相同，y点温度T更高、压强p更大，且压强增大对容积的影响超过了温度升高对容积的影响 (3) iii产生的参与ⅱ中NO的氧化 (4)分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量 【详解】（1）浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。 （2）①第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为； ②第Ⅱ步的反应为2NO+O22NO2，是气体分子数减少的反应，压强越大NO平衡转化率越高，相同温度下的NO转化率大于，因此；y点温度比x点高、压强比x点的大，两点NO转化率均为60%，气体总物质的量相同，根据阿伏伽德罗定律的推论，y点温度T更高、压强p更大，且压强增大对容积的影响超过了温度升高对容积的影响，最终y点容器容积小于x点。 （3）①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为； ②反应iii生成，将氧化成，更易转化成。 （4）分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。 9．（2024·浙江·高考真题）氢是清洁能源，硼氢化钠()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，) 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 C．加入少量固体硼酸 D．增大体系压强 (3)为加速水解，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：该条件下的摩尔体积为；电荷量电流时间；；。] (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()再生为。(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再生为的一种制备方法，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)AC (3) ab段，反应物浓度降低（水的物质的量分数过低，微粒间的有效碰撞减少），生成氢气速率减慢 (4) O2+4e-+2CO2=2 70% (5) 【详解】（1） 反应， ，由可知，任意温度下，该反应均能自发进行，故答案选C； （2）A．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．该反应的本质是NaBH4与H+反应，加入少量异丙胺，异丙胺水溶液呈碱性，溶液中H+浓度减小，化学反应速率降低，B不符合题意； C. 加入少量固体硼酸，硼酸溶液呈酸性，溶液中H+浓度增大，化学反应速率加快，C符合题意； D．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； 答案选AC。 （3）在温度、催化剂不变的情况下，本题的生氢速率v与反应物的浓度有关，随着投料比增大，c(NaBH4)增大，c(H2O)减小，综合分析速率减小是因为c(H2O)减小对速率的影响占主导。 （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， 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， 。 10．（2024·浙江·高考真题）通过电化学、热化学等方法，将转化为等化学品，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： ： Ⅱ： Ⅲ： ①_______。 ②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，和的投料浓度均为，平衡常数，则的平衡转化率为_______。 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_______。[已知：时，电离常数、] (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，和在溶液中反应制备，反应过程中保持和的压强不变，总反应的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能(不考虑催化剂活性降低或丧失)。 Ⅳ：           V：              VI：        ①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是_______。 A．v与的压强无关         B．v与溶液中溶解的浓度无关 C．温度升高，v不一定增大         D．在溶液中加入，可提高转化率 ②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。时，v随c增大而增大：时，v不再显著增大。请解释原因_______。 【答案】(1) (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) 【详解】（1）①电极B是阴极，则电极反应式是； （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=0.18mol/L， 根据，则，，； （3）①A．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．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．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），Ⅳ和Ⅴ可以快速建立平衡状态，随着温度升高气体在溶液中溶解度减小，气体浓度减小、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．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各反应的活化能，反应VI为绝速步骤，但L的浓度取决于反应V和VI，所以速率与催化剂M的浓度和反应物CO2、H2的浓度有关。当c≤c0时，催化剂M的活性位点数量不够，速率取决于催化剂M的浓度，即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，催化剂M的活性位点数量足够，速率取决于反应物CO2和H2的浓度，即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)。 11．（2023·重庆·高考真题）银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。 (1)在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图所示，回答下列问题：    ①中间体生成吸附态的活化能为_______。 ②由生成的热化学方程式为_______。 (2)一定条件下，银催化剂表面上存在反应：，该反应平衡压强与温度的关系如下： 401 443 463 10 51 100 ①时的平衡常数_______。 ②起始状态Ⅰ中有和，经下列过程达到各平衡状态：    已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是_______(填字母)。 A．从Ⅰ到Ⅱ的过程 B． C．平衡常数： D．若体积，则 E．逆反应的速率： ③某温度下，向恒容容器中加入，分解过程中反应速率与压强的关系为，k为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少时，逆反应速率最大。若转化率为，则_______(用表示)。 (3)可用作固体离子导体，能通过加热制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。    ①测定晶体结构最常用的仪器是_______ (填字母)。 A．质谱仪     B．红外光谱仪     C．核磁共振仪     D．射线衍射仪 ②与晶胞的体积之比为_______。 ③测定中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a中质量不变，可判定导电离子是而不是，依据是_______。    【答案】(1) 83 (2) 10 CDE (3) D 12:7 a中银电极质量减小，b中银电极质量增大 【详解】（1）①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体生成吸附态的活化能为。 ②由图可知，生成放出热量，放热焓变为负值，故热化学方程式为 ； （2）①反应中只有氧气为气体，结合表格数据可知，时的平衡常数 。 ②结合表格数据可知，升高温度，压强变大，平衡正向移动，则反应为吸热反应； A．从Ⅱ到Ⅲ为体积增大，反应正向移动的过程，导致固体质量减小，已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则从Ⅰ到Ⅱ的过程为固体质量增大的过程，平衡逆向移动，为熵减过程，故从Ⅰ到Ⅱ的过程，A错误； B．平衡常数只受温度的影响，则，B错误； C．反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数：，C正确； D．已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则氧气的物质的量相等，若体积，根据阿伏伽德罗定律可知，，，，则，D正确； E．结合A分析可知，逆反应的速率：；固体不影响反应速率，温度越低反应速率越低，逆反应的速率：，故有逆反应的速率：，E正确； 故选CDE； ③某温度下，设向恒容容器中加入mg，当固体质量减少时，逆反应速率最大，此时达到平衡状态，减小质量为生成氧气的质量，则生成 ，若转化率为，则此时生成 ，根据阿伏伽德罗定律，此时，故； （3）①晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；故测定晶体结构最常用的仪器是D．射线衍射仪； ②据“均摊法”，晶胞中含个I，则晶体密度为；，晶胞中含个I，则晶体密度为；故，则与晶胞的体积之比为12:7。 ③由图可知，a极为阳析，银氧化为银离子，根据a中AgI质量不变，可判断I-没有进入a极（否则AgI质量会增加），从而推断导电的是Ag+从a极移向b极。 【点睛】 12．（2023·北京·高考真题）尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 (1)十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是____________________。 (2)二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步： ⅰ．和生成； ⅱ．分解生成尿素。    结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是__________(填序号)。 a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应 c． (3)近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。    ①电极是电解池的__________极。 ②电解过程中生成尿素的电极反应式是_____________。 (4)尿素样品含氮量的测定方法如下。 已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。    ①消化液中的含氮粒子是__________。 ②步骤ⅳ中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有__________。 【答案】(1) (2)ab (3) 阳 (4) 样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度 【详解】（1）根据元素守恒，和反应生成，剩余的与结合生成，配平得到反应方程式为。 （2）a．反应ⅰ的正反应活化能为，反应ⅱ的正反应活化能为，由图可知，故活化能反应ⅰ<反应ⅱ，a正确； b．反应ⅰ反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，反应ⅱ反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，b正确； c．总反应的焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，即，c错误； 故选ab。 （3）① 电解池中b极失电子生成，发生氧化反应，为电解池的阳极。 ② 阴极上、得电子，在酸性条件下生成，N元素从+5价降低为-3价，2个共得到16个电子，结合电荷守恒、原子守恒配平得到电极反应式为。 （4）① 尿素在浓硫酸作用下消化分解，氮元素转化为，故消化液中的含氮粒子是。 ② 步骤Ⅲ中加入过量吸收，剩余的用标准溶液滴定，计算与反应的的量，需要知道步骤Ⅲ加入的总物质的量，即需要溶液的体积和浓度，再结合样品的质量，即可计算样品的含氮量。 13．（2022·北京·高考真题）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。 已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。 (1)煤样需研磨成细小粉末，其目的是___________。 (2)高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为___________。 (3)通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。 已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原， 测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。 ①在电解池中发生反应的离子方程式为___________。 ②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为___________。 (4)煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为___________。 已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。 (5)条件控制和误差分析。 ①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为___________。 ②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为___________。(填“偏大”或“偏小”) 【答案】(1)增大固体与空气的接触面积，加快反应速率，使煤粉完全燃烧 (2)2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑ (3) SO2+I+2H2O=3I-+SO+4H+ 3I--2e-=I (4) (5) 偏小 【详解】（1）煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分； （2）由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和氧气，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑； （3）①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+； ②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I--2e-=I； （4）由题意可得如下关系：S—SO2—I—2e-，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=； （5）①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为； ②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低。 14．（2021·重庆·高考真题）含结晶水的无机物可应用在吸波材料、电极材料和相变储能材料等领域。胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要的结晶水合物。 (1)硫酸铜参比电极具有电位稳定的优点，可用于土壤环境中钢质管道的电位监测。测量的电化学原理如图所示。回答下列问题： ①负极的电极反应式为_______。 ②测量后参比电极中CuSO4溶液的浓度_______(填"变大”，“变小”或“不变")。 (2)把胆矾放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，胆矾分三次依次脱水，各步脱水过程为一系列的动态平衡，反应式如下(脱水过程为吸热反应)。 反应I：CuSO4·5H2O (s) CuSO4·3H2O (s) + 2H2O(g) 反应II：CuSO4·3H2O (s) CuSO4·H2O (s) + 2H2O(g) 反应III：CuSO4·H2O (s) CuSO4(s) + H2O(g) 如图为50°C时水合物中水的质量分数 w与压强p(H2O)的关系图，回答下列问题： ①用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是_______。 ②反应Ⅰ对应的线段为_______(填“ab”、“ed”或“ef”)。 ③反应Ⅱ的平衡常数Kp=_______Pa2。 ④反应III在60°C和50°C的平衡压强p(H2O)分别为p1和p2，则p1_______ p2 (填*>”、“<”或“=”)。 ⑤当样品状态c点下网到M点，体系存在的固体有_______； 转化率为_______% (保留小数点后两位)。 ⑥25°C时为了保持CuSO4·H2O晶体纯度，可将其存在盛有大量Na2CO3· H2O晶体(平衡压强p(H2O)=706Pa)的密闭容器中，简述其理由_______。 已知：25℃时反应I、II、III的平衡压强p（H2O）分别为1040、747和107Pa。 【答案】(1) 不变 (2) 乙醇呈现出蓝色 ab 1.6 ×107 > CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O 38.89% 25°C时Na2CO3·H2O的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制CuSO4·H2O的脱水，有利于其保持纯度 【详解】（1）①钢制管道、参比电极、潮湿土壤构成原电池，参比电极为Cu电极，钢制管道为铁电极，金属性Fe＞Cu，则Fe做负极材料，负极的电极反应式为：； ②Cu电极为正极，电极反应式为：，CuSO4·5H2O溶解与电解质溶液中，此时硫酸铜溶液的浓度不变； （2）①无水CuSO4遇水变为蓝色，则用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是：乙醇变为蓝色； ②反应Ⅰ中水合物的质量分数最大，符合条件的线段为ab； ③反应Ⅱ中p(H2O)=4000Pa，反应II：CuSO4·3H2O (s) CuSO4·H2O (s) + 2H2O(g) 列出平衡常数，； ④脱水过程为吸热反应，则反应Ⅲ温度升高平衡正向移动，且正反应的总体积增大的反应，则温度越高，压强越大，则p1＞p2； ⑤c点时固体为CuSO4·3H2O，d点时固体为CuSO4·H2O，则M点时固体为CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O； M点时水合物中水的质量分数为20%，c点到M点发生的反应为反应Ⅱ，列出三段式如下： 计算可得转化率为38.89%； ⑥25°C时Na2CO3·H2O的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制CuSO4·H2O的脱水，有利于其保持纯度。 15．（2022·湖南·高考真题）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题： (1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气： Ⅰ. Ⅱ. ①下列说法正确的是_______； A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动 B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡 C．平衡时的体积分数可能大于 D．将炭块粉碎，可加快反应速率 ②反应平衡时，的转化率为，CO的物质的量为。此时，整个体系_______(填“吸收”或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 (2)一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下： ①某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的_______(该温度下的)； ②再生塔中产生的离子方程式为_______； ③利用电化学原理，将电催化还原为，阴极反应式为_______。 【答案】(1) BD 吸收 31.2 (2) 10 2 CO2↑++H2O 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl- 【详解】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入惰性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确； B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确； C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C说法不正确； D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确； 综上所述，相关说法正确的是BD。 ②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。 （2）①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c():c()=1:2，由可知，=，则该溶液的pH=10； ②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2 CO2↑++H2O； ③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。 16．（2021·湖南·高考真题）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。 方法I：氨热分解法制氢气 相关化学键的键能数据 化学键 键能 946 436.0 390.8 一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题： (1)反应 _______； (2)已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号) A．25℃    B．125℃    C．225℃    D．325℃ (3)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。 ①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率_______(用含的代数式表示) ②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是_______(用图中a、b、c、d表示)，理由是_______； ③在该温度下，反应的标准平衡常数_______。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。 方法Ⅱ：氨电解法制氢气 利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。 (4)电解过程中的移动方向为_______(填“从左往右”或“从右往左”)； (5)阳极的电极反应式为_______。 【答案】 +90.8 CD b 开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小 0.48 从右往左 2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O 【详解】(1) 根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，=390.8kJmol-1-(946 kJmol-1+436.0kJmol-1)= +90.8kJmol-1，故答案为：+90.8； (2)若反应自发进行，则需△H-T△S<0，T>==456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故答案为：CD； (3)①设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式： 根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，=，解得x=0.02mol，(H2)==molL-1min-1，故答案为：； ②t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小； ③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数==0.48，故答案为：0.48； (4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左； (5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。 17．（2020·北京·高考真题）H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。 (1)早期制备方法：Ba(NO3)2BaOBaO2 滤液H2O2 ①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是____。 ②II为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是____。 ③III中生成H2O2，反应的化学方程式是____。 ④减压能够降低蒸馏温度，从H2O2的化学性质角度说明V中采用减压蒸馏的原因：____。 (2)电化学制备方法：已知反应2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。 ①a极的电极反应式是____。 ②下列说法正确的是____。 A．该装置可以实现电能转化为化学能 B．电极b连接电源负极 C．该方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点 【答案】 2Ba(NO3)22BaO+ O2↑+4NO2↑ 增大压强或增大氧气的浓度或降低温度 BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2 H2O2受热易分解 O2+2H++2e-= H2O2 AC 【分析】(1)根据流程图示，硝酸钡受热分解，生成氧化钡、氧气和二氧化氮，氧化钡与氧气反应生成过氧化钡，过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，向反应后的溶液中加入试剂除去钡离子，过滤后对滤液进行减压蒸馏，得到双氧水，据此分析解答； (2)根据图示，左端电极上氧气转化为双氧水，氧元素的化合价由0价变为-1价，得电子发生还原反应，则a电极为阴极，电极反应为O2+2H++2e-= H2O2，b电极为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应为2H2O-4e-= 4H++ O2↑，据此分析解答。 【详解】(1)①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2。根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为：2Ba(NO3)22BaO+ O2↑+4NO2↑； ②II为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为：2BaO(s)+O2(g)2BaO2(s)，正反应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气的浓度或降低温度； ③III中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式是BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2； ④H2O2受热易分解，采用减压能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低； (2)①根据分析，a极的电极反应式是O2+2H++2e-= H2O2； ②A．2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确； B．根据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误； C．根据分析，该装置的总反应为2H2O+O22H2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料为氧气和水，来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故C正确； 答案选AC。 【点睛】易错点为(1)中的④，H2O2受热易分解，减压能够降低蒸馏温度，减小双氧水的分解，提高双氧水的产率。 18．（2020·江苏·高考真题）CO2/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。 (1)CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-，其离子方程式为__________；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_____________。 (2) HCOOH燃料电池。研究 HCOOH燃料电池性能的装置如图-2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。 ①电池负极电极反应式为_____________；放电过程中需补充的物质A为_________(填化学式)。 ②图-2所示的 HCOOH燃料电池放电的本质是通过 HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为_______________。 (3) HCOOH催化释氢。在催化剂作用下， HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图-3所示。 ①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成__________(填化学式)。 ②研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是_______________。 【答案】 温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 H2SO4 或 HD 提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度 【分析】 (1)根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；从温度对反应速率的影响以及温度对催化剂的影响的角度分析。 (2)该装置为原电池装置，放电时HCOOˉ转化为被氧化，所以左侧为负极，Fe3+转化为Fe2+被还原，所以右侧为正极。 (3)HCOOH生成HCOOˉ和H+分别与催化剂结合，在催化剂表面HCOOˉ分解生成CO2和Hˉ，之后在催化剂表面Hˉ和第一步产生的H+反应生成H2。 【详解】 (1)含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：+H2HCOOˉ+H2O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以的催化加氢速率迅速上升； (2)①左侧为负极，碱性环境中HCOOˉ失电子被氧化为，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ= +H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根，为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，则物质A为H2SO4； ②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ = 2+2H2O或2HCOOˉ+O2= 2； (3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO2和HD(Hˉ与D+结合生成)； ②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。 【点睛】 第3小题为本题难点，要注意理解图示的HCOOH催化分解的反应机理，首先HCOOH分解生成H+和HCOOˉ，然后HCOOˉ再分解成CO2和Hˉ，Hˉ和H+反应生成氢气。 19．（2020·全国II卷·高考真题）天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。 (1)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH，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ΔH/( kJ·mol−1) -1560 -1411 -286 ①ΔH=_________kJ·mol−1。 ②提高该反应平衡转化率的方法有_________、_________。 ③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp=_________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 (2)高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为：r=k×，其中k为反应速率常数。 ①设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2=_____ r1。 ②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_________。 A．增加甲烷浓度，r增大       B．增加H2浓度，r增大 C．乙烷的生成速率逐渐增大    D．降低反应温度，k减小 (3)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示： ①阴极上的反应式为_________。 ②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为_________。 【答案】 137 升高温度 减小压强(增大体积) 1－α AD CO2+2e−=CO+O2− 6∶5 【分析】(1) ①先写出三种气体的燃烧热的热化学方程式，然后根据盖斯定律进行计算，得到目标反应的∆H； ②反应C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡等都向正反应方向移动； ③根据已知乙烷的转化率，设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式，求出平衡时各物质的分压，带入平衡常数的计算公式进行计算； (2) ①根据r=k×，若r1=kc，甲烷转化率为甲烷的浓度为c(1-)，则r2= kc(1-)； ②根据反应初期的速率方程为：r=k×，其中k为反应速率常数，据此分析速率变化的影响因素； (3) ①由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电解质传到O2-，据此写出电极反应； ②令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应，进而计算出为消耗CH4和CO2的体积比。 【详解】(1)①由表中燃烧热数值可知： ①C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) ∆H1= -1560kJ∙mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) ∆H2= -1411kJ∙mol-1；③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ∆H3= -286kJ∙mol-1；根据盖斯定律可知，①-②-③得C2H6(g) =C2H4(g) + H2(g)，则∆H= ∆H1-∆H2-∆H3=( -1560kJ∙mol-1)-( -1411kJ∙mol-1)- ( -286kJ∙mol-1)=137kJ∙mol-1，故答案为137； ②反应C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强（增大体积）； ③设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式， C2H6(g) C2H4(g) + H2(g) 起始（mol）  1                    0               1 转化（mol）                      α              α 平衡（mol）  1-                                1+ 平衡时，C2H6、C2H4和H2平衡分压分别为p、p和p，则反应的平衡常数为Kp=； (2) ①根据r=k×，若r1= kc，甲烷转化率为甲烷的浓度为c(1-)，则r2= kc(1-)，所以r2=(1-)r1； ②A.增大反应物浓度反应速率增大，故A说法正确； B.由速率方程可知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，故B说法错误； C．反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故C说法错误； D．化学反应速率与温度有关，温度降低，反应速率常数减小，故D正确。 答案选AD。 (3) ①由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO2+2e-=CO+O2-； ②令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为：6CH4+5CO2=2C2H4+ C2H6+5H2O+5CO，即消耗CH4和CO2的体积比为6:5。故答案为：6:5。 20．（2020·全国II卷·高考真题）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题： (1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许______离子通过，氯气的逸出口是_______(填标号)。 (2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=，X为HClO或ClO−]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为______。 (3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为______。 (4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为_____mol；产生“气泡”的化学方程式为____________。 (5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是______(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为____kg(保留整数)。 【答案】 Na+ a 10-7.5 2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O 1.25 NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+ H2O 203 【分析】（1）电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阳离子移向阴极室； （2）由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)； （3）Cl2歧化为Cl2O和Cl-； （4）根据5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，计算每生成1molClO2，消耗的NaClO2；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳； (5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应；根据NaOH质量守恒计算； 【详解】（1）电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生OH-与通过离子膜的Na+在阴极室形成NaOH，故答案为：Na+；a； (2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)=10-7.5；故答案为：10-7.5； （3）Cl2歧化为Cl2O和Cl-，HgO和氯气反应的方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，故答案为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O； （4）5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2为 =1.25mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑，故答案为:1.25mol；NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑； (5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；设氯气为xkg，则消耗的NaOH为kg，原氢氧化钠质量为+1000kg×0.01，由NaOH质量守恒：原溶液为1000kg-x，则kg+1000kg×0. 01=（1000kg-x)×0.3，解得x=203kg；故答案为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；203。 21．（2019·江苏·高考真题）CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。 （1）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。    ①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式：________。 ②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是________。 （2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。    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）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应： 反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH =41.2 kJ·mol−1 反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH =﹣122.5 kJ·mol−1 在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：    CH3OCH3的选择性=×100％ ①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是________。 ②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有________。 【答案】 CaC2O4CaCO3+CO↑ CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔 CO2+H++2e−=HCOO−或CO2++2e−=HCOO−+ 阳极产生O2，pH减小，浓度降低；K+部分迁移至阴极区 反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 【分析】本题注重理论联系实际，引导考生认识并体会化学科学对社会发展的作用，试题以减少CO2排放，充分利用碳资源为背景，考查《化学反应原理》模块中方程式的计算、电化学、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响等基本知识； 【详解】（1）①令CaC2O4·H2O的物质的量为1mol，即质量为146g，根据图象，第一阶段剩余固体质量为128，原固体质量为146g，相差18g，说明此阶段失去结晶水，第二阶段从剩余固体质量与第一阶段剩余固体质量相对比，少了28g，相差1个CO，因此400℃~600℃范围内，分解反应方程式为CaC2O4CaCO3＋CO↑； ②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔，增加与CO2的接触面积，更好捕捉CO2； （2）①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO2＋HCO3－＋2e－=HCOO－＋CO32－，或CO2＋H＋＋2e－=HCOO－； ②阳极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，阳极附近pH减小，H＋与HCO3－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根据反应方程式，反应I为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2的转化率降低，根据图象，上升幅度超过下降幅度，因此温度超过300℃时，CO2转化率上升； ②图中A点CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3的选择性，依据CH3OCH3选择性公式，提高CH3OCH3选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应II，可以增大压强，或者使用对反应II催化活性更高的催化剂。 【点睛】本题的难点（1）是文字叙述，应根据图象和所学知识，结合所问问题进行分析解答；（2）电极反应式的书写，阴极反应是将CO2还原成HCOO－，先写出CO2＋2e－→HCOO－，然后根据原子守恒和电荷守恒，得出CO2＋H＋＋2e－=HCOO－，或者为CO2＋HCO3－＋2e－=HCOO－＋CO32－。 22．（2019·北京·高考真题）氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。 （1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。 ①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是______________。 ②已知反应器中还存在如下反应： i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1 ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2 iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3 …… iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。 ③反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是________________（选填字母序号）。 a.促进CH4转化    b.促进CO转化为CO2 c.减少积炭生成 ④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_______（填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：____________________________。 （2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。 ①制H2时，连接_______________。 产生H2的电极反应式是_______________。 ②改变开关连接方式，可得O2。 ③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：________________________。 【答案】 CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2 C(s)+CO2(g)=2CO(g) abc 降低 CO2和CaO发生反应CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO表面，阻止了CO2和CaO继续反应 K1 2H2O+2e-=H2↑+2OH- 连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移 【详解】（1）①由于生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2； ②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),设为ⅳ，用ⅳ-ⅲ可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，因此，还需利用C(s)+CO2(g)=2CO(g)反应的焓变； ③初始反应n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应ⅰ知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a正确；根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大，CO的转化率越高，b正确；ⅰ和ⅱ产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应ⅲ，积炭生成量减少，c正确； ④t1时CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低；CO2和CaO发生反应CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO表面，阻止了CO2和CaO继续反应，从而导致CaO失效； （2）①电极生成H2时，根据电极放电规律可知H+得到电子变为氢气，因而电极须连接负极，因而制H2时，连接K1，该电池在碱性溶液中，由H2O提供H+，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-； ③电极3上NiOOH和Ni(OH)2相互转化，其反应式为NiOOH+e-+H2O⇌Ni(OH)2+OH-，当连接K1时，Ni(OH)2失去电子变为NiOOH，当连接K2时，NiOOH得到电子变为Ni(OH)2，因而作用是连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移。 23．（2019·全国II卷·高考真题）环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题： （1）已知：(g)= (g)+H2(g)        ΔH1=100.3 kJ·mol −1 ① H2(g)+ I2(g)=2HI(g)                                    ΔH2=﹣11.0 kJ·mol −1 ② 对于反应：(g)+ I2(g)=(g)+2HI(g)  ③  ΔH3=___________kJ·mol −1。 （2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。 A．通入惰性气体                    B．提高温度 C．增加环戊烯浓度                D．增加碘浓度 （3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。 A．T1＞T2 B．a点的反应速率小于c点的反应速率 C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率 D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1 （4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。 该电解池的阳极为____________，总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_________________________。 【答案】 89.3 40％ 3.56×104 BD CD Fe电极 Fe+2+H2↑（Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑） 水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH−，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2 【分析】（1）利用盖斯定律解题； （2）利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释； （3）通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图象计算； （4）根据阳极：升失氧；阴极：降得还进行分析确定阴阳极；根据题干信息中Na元素的变化确定环戊二烯得电子数和还原产物，进而写出电极反应式；注意Na与水会反应，Fe2+在碱性条件下生成沉淀。 【详解】（1）根据盖斯定律①-②，可得反应③的ΔH=89.3kJ/mol； 答案：89.3； （2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知； （g）+I2（g）= （g）+2HI（g）  增加的物质的量 1mol        1mol      1mol      2mol        1mol xmol                                          2n×20% 得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n×100%=40%； （g） + I2（g）=   （g）+   2HI（g） P（初） 0.5×105 0.5×105 0 0 ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40% P（平） 0.3×105 0.3×105 0.2×105 0.4×105 Kp==3.56×104； A.T、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误； B.升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确； C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C错误； D,增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确； 答案：40%；3.56×104；BD； （3）A.温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则T1<T2，故A错误； B.温度越高化学反应速率越快，但a、c点浓度也不一样，无法判断a点、c点反应速率大小，故B错误； C. a点、b点反应一直在正向进行，故v（正）>v(逆)，a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，故C正确； D.b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确； 答案：CD； （4）根据阳极升失氧可知Fe为阳极；根据题干信息Fe-2e-=Fe2+，电解液中钠离子起到催化剂的作用使得环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为Fe+2=+H2↑；电解必须在无水条件下进行，因为中间产物Na会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀； 答案：Fe电极；Fe+2=+H2↑（Fe+2C5H6=Fe（C2H5）2+ H2↑）；水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH-，进一步与Fe2+反应生成Fe（OH）2。 【点睛】本题以能力立意，考查提取信息、处理信息的能力及分析问题、解决问题的能力。充分体现了化学学科思想、学科方法、创新意识和学科价值，易错点第（2）小题平衡常数计算；第（4）小题电极反应式的书写。 24．（2019·全国III卷·高考真题）近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题： （1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：    可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。 （2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行： CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1 CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1 CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1 则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。 （3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是______________。（写出2种） （4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：    负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气__________L（标准状况） 【答案】 大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 ﹣116 增加反应体系压强、及时除去产物 Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 5.6 【详解】（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图象知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)； 由图象知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得： 起始（浓度）  c0 c0 0        0 变化（浓度）  0.84c0     0.21c0 0.42c0 0.42c0 平衡（浓度）(1-0.84)c0   (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0 则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低； （2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2得  ∆H=（∆H1+∆H2+∆H3）×2=-116kJ·mol-1； （3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动； （4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3++e－＝Fe2+和4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；电路中转移1 mol电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol÷4＝0.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。 25．（2019·浙江·高考真题）【加试题】水是“生命之基质”，是“永远值得探究的物质”。 (1) 关于反应H2(g)＋1/2O2(g)H2O(l)，下列说法不正确的是________。 A．焓变ΔH＜0，熵变ΔS＜0 B．可以把反应设计成原电池，实现能量的转化 C．一定条件下，若观察不到水的生成，说明该条件下反应不能自发进行 D．选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行 (2) ①根据H2O的成键特点，画出与图中H2O分子直接相连的所有氢键(O－H…O)________。 ②将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中，测定不同温度(T)下气态、液态水平衡共存[H2O(l)H2O(g)]时的压强(p)。在图中画出从20℃开始经过100℃的p随T变化关系示意图(20℃时的平衡压强用p1表示)________。 　　　 (3) 水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2℃)、临界压强(22.1 MPa)时的水称为超临界水。 ①与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子积会显著增大。解释其原因________。 ②如果水的离子积Kw从1.0×10−14增大到1.0×10−10，则相应的电离度是原来的________倍。 ③超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。 　 下列说法合理的是________。 A．乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物 B．在550℃条件下，反应时间大于15 s时，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全 C．乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，而且两者数值相等 D．随温度升高，xCO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大 (4) 以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循环使用。 ①阳极的电极反应式是________。 ②制备H2O2的总反应方程式是________。 【答案】 C 水的电离为吸热过程，升高温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大) 100 ABD 2HSO4-－2e−S2O82-＋2H+或2SO42-－2e−S2O82- 2H2OH2O2＋H2↑ 【分析】本题以水为载体考查了化学反应原理的相关知识，如电化学，化学平衡等。 【详解】（1）A.氢气燃烧是放热反应，ΔH＜0，该反应中气体变为液体，为熵减过程，故ΔS＜0，A项正确； B.该反应可设计为氢氧燃料电池，其化学能转为电能，B项正确； C.某条件下自发反应是一种倾向，不代表真实发生，自发反应往往也需要一定的反应条件才能发生，如点燃氢气，C项错误； D.催化剂降低活化能，加快反应速率，D项正确。 故答案选C。 （2）①H2O电子式为，存在两对孤电子对，因而O原子可形成两组氢键，每个H原子形成一个氢键，图为： ②100℃，101kPa为水的气液分界点，20℃和p1为另一个气液分界点，同时升高温度和增加压强利于水从液体变为气体，因而曲线为增曲线，可做图为： （3）①水的电离为吸热过程，升高温度有利于电离，压强对固液体影响不大，可忽略。 ②c(H+)=，当Kw=1.0×10-14，c1(H+)=10-7mol/L，当Kw=1.0×10-10，c2(H+)=10-5mol/L，易知后者是前者的100倍，所以相应的电离度是原来的100倍。 ③A.观察左侧x-t图象可知，CO先增加后减少，CO2一直在增加，所以CO为中间产物，CO2为最终产物，A项正确； B.观察左侧x-t图象，乙醇减少为0和CO最终减少为0的时间一致，而右图xCO-t图象中550℃，CO在15s减为0，说明乙醇氧化为CO2趋于完全，B项正确； C.乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，但两者数值不相等，比值为化学计量数之比，等于1：2，C项错误； D.随着温度的升高，乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增大，但CO是中间产物，为乙醇不完全氧化的结果，CO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇氧化为CO和CO2速率必须加快，且大于CO的氧化速率，D项正确。 故答案选ABD。 （4）①电解池使用惰性电极，阳极本身不参与反应，阳极吸引HSO4-（或SO42-）离子，并放电生成S2O82-，因而电极反应式为2HSO4-－2e−=S2O82-＋2H+或2SO42-－2e−=S2O82-。 ②通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8和H2。由题中信息可知，生成的NH4HSO4可以循环使用，说明(NH4)2S2O8与水反应除了生成H2O2，还有NH4HSO4生成，因而总反应中只有水作反应物，产物为H2O2和H2,故总反应方程式为2H2OH2O2＋H2↑。 26．（2019·浙江·高考真题）（一）合成氨工艺（流程如图所示）是人工固氮最重要的途径。    2018年是合成氨工业先驱哈伯（P•Haber）获得诺贝尔奖100周年。N2和H2生成NH3的反应为：1/2N2（g）+3/2H2（g）NH3（g）∆H(298K)=-46.2KJ•mol-1,在Fe催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态） 化学吸附：N2（g）→2N*；H2（g）→2H*； 表面反应：N*+H*NH*； ；NH2*+H*NH3* 脱附：NH3*NH3（g） 其中，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。请回答： （1）利于提高合成氨平衡产率的条件有__________。 A．低温　　　　B．高温　　　　　C．低压　　　　　D．高压　　　　E.催化剂 （2）标准平衡常数，其中为标准压强（1X105Pa），pNH3、pN2和pH2为各组分的平衡分压，如pNH3=xNH3p，p为平衡总压，xNH3为平衡系统中NH3的物质的量分数。 ①N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为w，则=_____________（用含w的最简式表示） ②下图中可以示意标准平衡常数随温度T变化趋势的是_______。    （3）实际生产中，常用工艺条件，Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0X105Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8。 ①分析说明原料气中N2过量的理由________________________。 ②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_______。 A．合成氨反应在不同温度下的∆H和∆S都小于零 B．控制温度（773K）远高于室温，是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率 C．当温度、压强一定时，在原料气（N2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率 D．基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行 E.分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生。 （二）高铁酸钾（K2FeO4）可用作水处理剂。某同学通过“化学-电解法”探究的合成，其原理如图所示。接通电源，调节电压，将一定量Cl2通入KOH溶液，然后滴入含Fe3+的溶液，控制温度，可制得K2FeO4。    （1）请写出“化学法”得到FeO42-的离子方程式___________________________。 （2）请写出阳极的电极反应式（含FeO42-）___________________________________。 【答案】 AD A 原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。 ADE 2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O Fe3++8OH—3e-=FeO42-＋4H2O或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-＋4H2O 【详解】(一)（1）由勒夏特列原理可知，根据反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）△H（298K）＝－46.2kJ/mol，为了提高合成氨平衡产率，即平衡正向移动，低温和高压符合条件，答案选AD； （2）① N2（g）＋H2（g）NH3（g） 起始量：   1          3           0 转化量：             3        2 平衡量： 1-         3-3       2 x(NH3)%=；x(N2)%=；x(H2)%= ，化简得； ②反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）△H（298K）＝－46.2kJ/mol为放热反应，温度T升高，平衡向逆反应方向移动，K0减小，InK0也减小，InK0与温度不成正比，故答案选A； （3）①由反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）可知，加过量氮气，有利于平衡正向移动，提高H2的转化率以及氨气的产率，同时根据题干“N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。”可知，N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。②易知A选项正确；控制温度远高于室温是为了保证催化剂的活性，提高反应速率，并非为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率，B错误；恒压条件充入少量惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，不利于提高平衡转化率，C错误；不断将氨气液化，生成物浓度降低，有利于平衡正向移动，D正确，当选；通过天然气和水蒸气转化制得的H2，由于含有CH4，CO等易燃易爆气体，容易出现安全隐患，此外CH4，CO可能会与催化剂反应，造成催化剂活性降低，所以必须经过净化处理，E正确。答案选ADE； （二）（1）将一定量C12通入KOH溶液，生成KCl和KClO，KClO具有强氧化性，将Fe3+氧化为FeO42-，然后根据碱性环境，配平即可，得到2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O； （2）阳极失电子，反应物为Fe3+产物为FeO42-，然后根据碱性环境及守恒规则，易写出Fe3++8OH- -3e-=FeO42-＋4H2O或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-＋4H2O。 27．（2018·浙江·高考真题）(一)以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，通过电解法可以制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，装置如图所示。 (1)收集到(CH3)4NOH的区域是_______(填a、b、c或d)。 (2)写出电池总反应_______。 (二)乙酸乙酯一般通过乙酸和乙醇酯化合成：CH3COOH(l)+C2H5OH(l) CH3COOC2H5(l)+H2O(l) ΔH=-2.7kJ·mol-1 已知纯物质和相关恒沸混合物的常压沸点如下表： 纯物质 沸点/℃ 恒沸混合物(质量分数) 沸点/℃ 乙醇 78.3 乙酸乙酯(0.92)+水(0.08) 70.4 乙酸 117.9 乙酸乙酯(0.69)+乙醇(0.31) 71.8 乙酸乙酯 77.1 乙酸乙酯(0.83)+乙醇(0.08) +水(0.09) 70.2 请完成： (1)关于该反应，下列说法不合理的是_______。 A．反应体系中硫酸有催化作用 B．因为化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应的ΔS等于零 C．因为反应的△H 接近于零，所以温度变化对平衡转化率的影响大 D．因为反应前后都是液态物质，所以压强变化对化学平衡的影响可忽略不计 (2)一定温度下该反应的平衡常数K=4.0。若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率y =_______；若乙酸和乙醇的物质的量之比为n ： 1，相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数为x，请在图中绘制x随n变化的示意图(计算时不计副反应)_______。 (3)工业上多采用乙酸过量的方法，将合成塔中乙酸、乙醇和硫酸混合液加热至110℃左右发生酯化反应并回流，直到塔顶温度达到70～71℃，开始从塔顶出料。控制乙酸过量的作用有_______。 (4)近年，科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法：2C2H5OH(g) CH3COOC2H5(g)+2H2(g) 在常压下反应，冷凝收集，测得常温下液体收集物中主要产物的质量分数如图所示。关于该方法，下列推测合理的是_______。 A．反应温度不宜超过300℃ B．增大体系压强，有利于提高乙醇平衡转化率 C．在催化剂作用下，乙醛是反应历程中的中间产物 D．提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键 【答案】 d 2(CH3)4NCl+2H2O2(CH3)4NOH+ H2 ↑+Cl2 ↑ BC 0.67(或67%) 使平衡正向进行，增大乙醇转化率，减少产品中乙醇含量 ACD 【分析】(一)根据电解原理分析电极发生的反应，得出电解总反应方程式； (二)根据乙酸乙酯的合成原理，结合化学平衡原理分析即可。 【详解】(一)(1)以石墨为电极电解四甲基氯化铵溶液制备四甲基氢氧化铵，需要氢氧根离子，电解过程中阴极氢离子得到电子生成氢气，电解附近生成氢氧根离子，所以收集到(CH3)4NOH的区域是阴极区即d口。 故答案为d； (2)结合反应为和生成物的关系可知电解过程中生成产物为四甲基氢氧化铵、氢气和氯气，据此写出电解反应的化学方程式：2(CH3)4NCl+2H2O2(CH3)4NOH+ H2 ↑+Cl2 ↑。 故答案为2(CH3)4NCl+2H2O2(CH3)4NOH+ H2 ↑+Cl2 ↑。 (二)(1)A项，酯化反应中浓硫酸具有催化作用和吸水作用，故A项不符合题意； B项，反应过程中生成的乙酸乙酯为气体，反应前后熵变不为0，故B项符合题意； C项，温度变化对反应速率影响较大，因为反应的△H 接近于零，所以温度变化对平衡转化率的影响不大，故C项符合题意； D项，压强对纯液体和固体影响不大，所以压强变化对该反应的化学平衡的影响可忽略不计，故D项不符合题意。 综上所述，本题正确答案为BC。 (2)设生成乙酸乙酯物质的量为x，则 CH3COOH(l)+C2H5OH(l) CH3COOC2H5(l)+H2O(l)   1          1              0        0   1-x        1-x             x        x 所以平衡常数K==4，X=0.667mol，则乙酸乙酯的平衡产率y=100%=66.7%； 乙酸和乙醇的物质的量之比，随乙酸的物质的量增加，乙酸乙酯的产量也会增加，当n：1=1：1时，乙酸乙酯的物质的量分数达到最大，乙酸的物质的量继续增大，乙酸乙酯物质的量分数反而逐渐减小图象如图所示： 故答案为66.7%；； (3)增大反应物的浓度使平衡向正反应方向进行，增加其他反应物转化率，所以控制乙酸过量的作用是使平衡正向进行，增大乙醇转化率，减少产品中乙醇含量， 故答案为使平衡正向进行，增大乙醇转化率，减少产品中乙醇含量； (4)A项，反应温度不宜超过300℃，若超过，图象分析可知乙酸乙酯质量分数降低，乙醚质量分数增加，故A项符合题意； B项，该可逆反应的正反应是气体体积减小的反应，增大体系压强，平衡逆向移动，乙醇平衡转化率变小，故B项不符合题意。 C项，在催化剂作用下，乙醇氧化为乙醛，乙醛被氧化为乙酸，乙醛是反应历程中的中间产物，故C项符合题意； D项，工艺的关键是减少乙醚、乙烯等副产物，可以提高催化剂的活性和选择性，故D项符合题意。 综上所述，本题正确答案为ACD。 28．（2018·天津·高考真题）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题： （1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，溶液pH=___________。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11） （2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气： CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g) ①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下： 化学键 C—H C=O H—H CO(CO) 键能/kJ·mol−1 413 745 436 1075 则该反应的ΔH=_________。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______（填“A” 或“B ”）。 ②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是________。 （3）O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。 电池的负极反应式：________。 电池的正极反应式：6O2+6e−6O2− 6CO2+6O2−3C2O42−+6O2 反应过程中O2的作用是________。 该电池的总反应式：________。 【答案】 CO32- 10 +120 kJ·mol-1 B 900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+） 催化剂 2Al+6CO2=Al2(C2O4)3 【详解】（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2==5×10−11，所以氢离子浓度为1×10-10mol/L，pH=10。 （2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)= +120 kJ·mol-1。初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大（气体物质的量增加）；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。 ②根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度。 （3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。 【点睛】本题的第（2）小问中的①涉及了恒容容器和恒压容器在不同反应中的影响。此类问题可以直接利用如下的结论：如果初始状态完全相同，是由恒容和恒压的区别，则一定是恒压容器更有利于反应的进行。除非是气体物质的量不变的反应，恒压和恒容是一样的。本就可以直接得到，容器B恒压，所以有利于反应进行，反应的更多，热量也更多。 29．（2017·天津·高考真题）某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。 Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明） （1）反应①所加试剂NaOH的电子式为_________，B→C的反应条件为__________，C→Al的制备方法称为______________。 （2）该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）___________。 a．温度 b．Cl-的浓度 c．溶液的酸度 （3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为__________。 Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用 （4）用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是__________，分离后含铬元素的粒子是_________；阴极室生成的物质为___________（写化学式）。 【答案】    加热（或煅烧） 电解法 a c 2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=−85.6kJ·mol−1 在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 CrO42-和Cr2O72- NaOH和H2 【详解】惰性电极电解混合物浆液时，Na+移向阴极，CrO42-移向阳极。Al(OH)3、MnO2剩下在固体混合物中。固体混合物加入NaOH时，Al(OH)3转化为AlO2-，通入CO2转化为Al(OH)3沉淀，再加热分解为Al2O3，最后熔融电解得Al。 （1）NaOH的电子式为  ；根据上述分析，B→C的条件为加热或煅烧，C→Al的制备方法称为电解法。 （2）根据实验方案可知，D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，可知温度对该反应有影响；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。说明加入H+能继续产生Cl2，可知溶液的酸度对该反应有影响，综上所述，影响该反应的因素有温度和溶液的酸度，故选ac。 （3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，配平方程式，可知2mol Cl2反应放热85.6kJ·mol−1，由此可得该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=−85.6kJ·mol−1。 （4）用惰性电极电解时，在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，从而使CrO42-从浆液中分离出来；因2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，所以分离后含铬元素的粒子是CrO42-和Cr2O72-；阴极室H+放电生成H2，剩余的OH-与透过阳离子交换膜移过来的Na+结合生成NaOH，所以阴极室生成的物质为NaOH和H2。 30．（2017·浙江·高考真题）以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝(AlN)；通过电解法可制取铝。电解铝时阳极产生的CO2，可通过二氧化碳甲烷化再利用。 请回答： (1)已知：2Al2O3(s)=4Al(g)+3O2(g) △H1=3351 kJ·mol-1 2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-221 kJ·mol-1 2Al(g) + N2(g)=2AlN(s) △H3=-318 kJ·mol-1 碳热还原Al2O3合成AlN的总热化学方程式是________，该反应自发进行的条件__________。 (2)在常压，Ru/TiO2催化下，CO2和H2混合气体(体积比1：4，总物质的量a mol)进行反应，测得CO2转化率、CH4和CO选择性随温度变化情况分别如图1和图2所示(选择性：转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)。 反应I ：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) △H1 反应II： CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2 ①下列说法不正确的是___________ A． △H1小于零 B．温度可影响产物的选择性 C．CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少      D．其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，可提高CO2平衡转化率 ②350℃时，反应I在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL，该温度下反应I的平衡常数为___________(用a、V表示)。 ③350℃下CH4物质的量随时间的变化曲线如图3所示。画出400℃下0～t1时刻CH4物质的量随时间的变化曲线。___________ 据文献报道，CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，生成甲烷的电极反应式是___________。 【答案】 3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g) △H=1026kJ/mol 高温自发 CD 625V2/a2 CO+8e-+7H2O=CH4+10OH- 【详解】(1)已知：①2Al2O3(s)=4Al(g)+3O2(g) △H1=+3351 kJ·mol-1，②2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-221 kJ·mol-1，③2Al(g) + N2(g)=2AlN(s) △H3=-318 kJ·mol-1，根据盖斯定律①/2+②×3/2+③即得到碳热还原Al2O3合成AlN的总热化学方程式是3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g) △H=+1026kJmol。正反应是吸热的熵变增加的反应，因此该反应自发进行的条件高温。 (2)①A． 由图1可以看出，350℃之前为没有达到平衡，之后为平衡转化率，温度升高转化率降低，说明反应I 为放热反应，△H1小于零，A正确； B．根据图2可判断温度可影响产物的选择性，B正确； C．由图1可以看出，350℃之前为没有达到平衡，之后为平衡转化率，温度升高CO2平衡转化率降低，C错误； D．其他条件不变，增大氢气的浓度可提高CO2转化率，D错误； 答案选CD。 ②350℃时，反应I在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL，此时CO此时，则，该温度下反应I的平衡常数为=625V2/a2。 ③根据图1可知400℃下时CO2转化率降低，生成的甲烷减少，则0～t1时刻CH4物质的量随时间的变化曲线为；CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，反应中碳元素化合价降低，在阴极生成甲烷，电极反应式是CO+8e-+7H2O=CH4+10OH-。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题44 原理综合题——反应热+速率平衡+电化学 1．(1) ＞ 0.16 (2) 0.28 低温 三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下比原压强更小，更大，降温使平衡逆向移动，增大、减小，可使二者相等，因此交叉点位于低温区域 20.97% (3) 3:1 2．(1) sp 非极性 (2)a (3)相等 (4)acd (5) 阴 降低 K+ 3．(1) 催化剂的粒径越小，与反应物的接触面积越大，催化效果越好，反应速率越快 温度太高，催化剂的活性减弱，反应速率减慢 (2)-122.3 (3) ① 时，主反应和副反应同时发生，主反应生成的H2O(l)在副反应中被消耗，所以，随着的增大，副反应被抑制，几乎没有进行，整个反应主要发生主反应，与趋于一致 (4)2.3 (5)阳 (6)CO2+2NO+10e-+10=+3H2O+10CO 4．(1)D (2)A (3)AB (4)提高pH，有利于增加HCO浓度，降低H2CO3浓度，促进总反应化学平衡正向移动 (5) 2.0×10-6 4.9×10-3 (6)B (7)2NO+10e-+12H+=N2+6H2O (8)O2浓度升高，能让更多的有机物与O2形成原电池，有利于有机物的去除。但O2可能会优先于NO得电子，不利于NO的去除 5．(1) (正)四面体形 (2)水解生成的会继续水解使溶液呈碱性，进而使水解速率放缓 (3)b (4) M 该反应放热，随着反应的进行，温度升高，水解速率加快 临近反应结束，随着反应物浓度降低，水解速率减慢 (5) 6．(1) B ＞ (2) 右侧 H++OH-=H2O (3) D 7．(1) 不移动 2 由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行 (2)C (3) 阴极得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的，发生反应，实现阴极产物的循环利用 0.5 8．(1)难挥发性 (2) x、y点转化率相同，故气体总物质的量相同，y点温度T更高、压强p更大，且压强增大对容积的影响超过了温度升高对容积的影响 (3) iii产生的参与ⅱ中NO的氧化 (4)分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量 9．(1)C (2)AC (3) ab段，反应物浓度降低（水的物质的量分数过低，微粒间的有效碰撞减少），生成氢气速率减慢 (4) O2+4e-+2CO2=2 70% (5) 10．(1) (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) 11．(1) 83 (2) 10 CDE (3) D 12:7 a中银电极质量减小，b中银电极质量增大 12．(1) (2)ab (3) 阳 (4) 样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度 13．(1)增大固体与空气的接触面积，加快反应速率，使煤粉完全燃烧 (2)2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑ (3) SO2+I+2H2O=3I-+SO+4H+ 3I--2e-=I (4) (5) 偏小 14．(1) 不变 (2) 乙醇呈现出蓝色 ab 1.6 ×107 > CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O 38.89% 25°C时Na2CO3·H2O的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制CuSO4·H2O的脱水，有利于其保持纯度 15．(1) BD 吸收 31.2 (2) 10 2 CO2↑++H2O 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl- 16． +90.8 CD b 开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小 0.48 从右往左 2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O 17． 2Ba(NO3)22BaO+ O2↑+4NO2↑ 增大压强或增大氧气的浓度或降低温度 BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2 H2O2受热易分解 O2+2H++2e-= H2O2 AC 18． 温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 H2SO4 或 HD 提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度 19． 137 升高温度 减小压强(增大体积) 1－α AD CO2+2e−=CO+O2− 6∶5 20． Na+ a 10-7.5 2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O 1.25 NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+ H2O 203 21． CaC2O4CaCO3+CO↑ CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔 CO2+H++2e−=HCOO−或CO2++2e−=HCOO−+ 阳极产生O2，pH减小，浓度降低；K+部分迁移至阴极区 反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 22． CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2 C(s)+CO2(g)=2CO(g) abc 降低 CO2和CaO发生反应CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO表面，阻止了CO2和CaO继续反应 K1 2H2O+2e-=H2↑+2OH- 连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移 23． 89.3 40％ 3.56×104 BD CD Fe电极 Fe+2+H2↑（Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑） 水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH−，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2 24． 大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 ﹣116 增加反应体系压强、及时除去产物 Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 5.6 25． C 水的电离为吸热过程，升高温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大) 100 ABD 2HSO4-－2e−S2O82-＋2H+或2SO42-－2e−S2O82- 2H2OH2O2＋H2↑ 26． AD A 原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。 ADE 2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O Fe3++8OH—3e-=FeO42-＋4H2O或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-＋4H2O 27． d 2(CH3)4NCl+2H2O2(CH3)4NOH+ H2 ↑+Cl2 ↑ BC 0.67(或67%) 使平衡正向进行，增大乙醇转化率，减少产品中乙醇含量 ACD 28． CO32- 10 +120 kJ·mol-1 B 900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+） 催化剂 2Al+6CO2=Al2(C2O4)3 29．    加热（或煅烧） 电解法 a c 2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=−85.6kJ·mol−1 在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 CrO42-和Cr2O72- NaOH和H2 30． 3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g) △H=1026kJ/mol 高温自发 CD 625V2/a2 CO+8e-+7H2O=CH4+10OH- 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $