专题56 原理综合题-反应热+速率+平衡+电化学 十年（2015-2024）高考化学真题分类汇编(解析版)

2013-2024年十年高考真题汇编PAGEPAGE1专题56原理综合题——反应热+速率+平衡+电化学考点十年考情(2015-2024)命题趋势考点1涉及能源综合利用2024·浙江6月卷、2024·全国甲卷、2024·浙江1月卷、2022•重庆卷、2022•河北省选择性、2022•湖南选择性、2022•江苏卷、2020•新课标Ⅱ、2020•江苏卷、2016·天津理综化学反应原理综合问题设计上往往以组合题的形式出现，题目往往围绕一个主题，由多个小题组成，各小题具有一定的独立性，分别考查不同的知识点，覆盖面较广，灵活性较强。近年来把电化学也融入其中，考查电极反应式的书写，以及利用电子守恒进行相关计算。考点2涉及工业生产应用2024·北京卷、2023•北京卷、2022•辽宁省选择性、2021•湖南选择性、2021•北京卷、2021•北京卷、2020•新课标Ⅱ、2020•北京卷、2019•新课标Ⅱ、2019•新课标Ⅲ考点1涉及能源综合利用1．(2024·浙江6月卷，19，10分)氢是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为，)NaBH4(s)＋2H2O(l)=NaBO2(aq)＋4H2(g)ΔH请回答：(1)该反应能自发进行的条件是_______。A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断(2)该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。A．升高溶液温度 B．加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2]C．加入少量固体硼酸[B(OH)3] D．增大体系压强(3)为加速NaBH4水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比[n(NaBH4)：n(H2O)]之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因。(4)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是。该电池以恒定电流工作14分钟，消耗H2体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为。[已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5L·mol-1；电荷量q(C)=电流时间；NA=6.0mol·L-1；e=1.60。](5)资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠(NaBO2)再生为NaBH4。(已知：是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比计算方法；当时，反应能自发进行。)I．II．III．请书写一个方程式表示NaBO2再生为NaBH4的一种制备方法，并注明。(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为。)【答案】(1)C(2)A(3)随着投料比[n(NaBH4)：n(H2O)]增大，NaBH4的水解转化率降低(4)O2+4e-+2CO2=2CO32-70%(5)【解析】(1)反应，ΔS，由ΔG=ΔHΔS可知，任意温度下，该反应均能自发进行，故选C；(2)A项，升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A符合题意；B项，加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2]，H2O的量减少，化学反应速率降低，B不符合题意；C项，加入少量固体硼酸[B(OH)3]，H2O的量减少，化学反应速率降低，C不符合题意；D项，增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D不符合题意；故选A。(3)随着投料比[n(NaBH4)：n(H2O)]增大，NaBH4的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。(4)根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2CO32-，该条件下，0.49LH2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，。2．(2024·全国甲卷，10，14分)甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(C3H6)的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：(1)已知如下热化学方程式：CH4(g)+Br2(g)=CH3Br(g)+HBr(g)ΔH1＝+29kJ·mol−13CH3Br(g)=C3H6(g)+3HBr(g)ΔH2＝+20kJ·mol−1计算反应3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的ΔH＝__________kJ·mol−1。(2)CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化。将8mmolCH4和8mmolBr2。通入密闭容器，平衡时，n(CH4)、n(CH3Br)与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2)。(i)图中CH3Br的曲线是(填“a”或“b”)。(ii)时，CH4的转化，。(iii)时，反应CH3Br(g)+Br2(g)=CH2Br2(g)+HBr(g)的平衡常数。(3)少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将8mmolCH4和8mmolBr2，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。(i)在之间，有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比。(ii)从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证据：。(ⅲ)研究表明，I2参与反应的可能机理如下：①②③④⑤⑥根据上述机理，分析I2提高CH3Br选择性的原因：。【答案】(1)-67(2)a80%7.810.92(3)(或3：2)5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br【解析】(1)将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的∆H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。(2)(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a；(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmolCH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmolCH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K===10.92。(3)(i)11~19s时，有I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1。生成速率比==；(ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性；(iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。3．(2024·浙江1月卷，19，10分)通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回答：(1)某研究小组采用电化学方法将CO2转化为，装置如图。电极B上的电极反应式是。(2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：：C(s)＋O2(g)==CO2(g)ΔH1＝-393.5kJ·mol−1Ⅱ：C(s)＋H2(g)＋O2(g)==HCOOH(g)ΔH2＝-378.7kJ·mol−1Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)ΔH3①ΔH3=kJ·mol−1。②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO2和H2的投料浓度均为，平衡常数，则CO2的平衡转化率为。③用氨水吸收，得到氨水和甲酸铵的混合溶液，时该混合溶液的pH=。[已知：时，电离常数Kb(NH3•H2O)=1.8×10-5、Ka(HCOOH)=1.8×10-4](3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的(有机溶剂)溶液，CO2和H2在溶液中反应制备，反应过程中保持CO2(g)和H2(g)的压强不变，总反应CO2＋H2HCOOH的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能E2(不考虑催化剂活性降低或丧失)。Ⅳ：M+CO2Q

V：Q+H2L

VI：LM+HCOOH

①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是。A．v与CO2(g)的压强无关

B．v与溶液中溶解H2的浓度无关C．温度升高，v不一定增大

D．在溶液中加入N(CH2CH3)3，可提高CO2转化率②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。cc0时，v随c增大而增大：cc0时，v不再显著增大。请解释原因。【答案】(1)CO2+2H++2e-=HCOOH(2)+14.82.4×10−810.00(3)CD当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影响基元反应VI中反应物L的生成)；c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)【解析】(1)①电极B是阴极，则电极反应式是CO2+2H++2e-=HCOOH；(2)①ΔH3=ΔH2-ΔH1=-378.7kJ/mol+393.5kJ/mol=+14.8kJ/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1.00mol·L－1氨水和0.18mol·L－1甲酸铵的混合溶液，得出cNH4＋=0.18mol·L－1，根据，则，pOH=4，Ph=14-4=10；(3)①A项，v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，A错误；B项，v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B错误；C项，温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应(决速步骤)，若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小，故总反应的速率不一定增大，C错误；D项，在溶液中加入的N(CH2CH3)3会与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，D正确；故选CD。②当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影响基元反应VI中反应物L的生成)；c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。4．(2022•重庆卷，16)(14分)反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)在工业上有重要应用。(1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。温度/℃7008008301000平衡常数1.671.111.000.59①反应的△H_____0(填“>”“<”或“=”)。②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是_____。(2)该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是_____。②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：H22H，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是_____。A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性B．过程2的△H＞0C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为_____。(3)该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。①固体电解质采用______(填“氧离子导体”或“质子导体”)。②阴极的电极反应式为______。③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为_____(用a，b，y表示)。【答案】(1)ΔH

优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低(2)接触面较大，反应更充分，转化率更高

BD

5：6(3)

氧离子导体

H2O+2e-=H2+O2-

【解析】(1)①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，ΔH；②优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；(2)①反应器存在Pd膜时，接触面较大，反应更充分，转化率更高；②A项，Pd膜只允许H2通过，不允许CO2通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确；B项，过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，ΔH

，B错误；C项，加快Pd膜内H原子迁移，平衡H22H正向移动，有利于H2的解离，C正确；D项，H22H为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为吸热反应，D错误；故选BD；③根据反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，设通入的CO为1mol，则出口a产生的H2为0.75mol，出口b的H2为0.9mol，质量比为5：6；(3)①电解时，固体电解质应采用氧离子导体；②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：H2O+2e-=H2+O2-；根据三段式：出口Ⅰ处气体为CO2体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为，则，CO的转化率为：。5．(2022•河北省选择性，16)氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。(1)时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121kJ，1molH2O(1)蒸发吸热44kJ，表示H2燃烧热的热化学方程式为_______。(2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。Ⅰ．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)Ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)①下列操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是_______(填标号)。A．增加CH4(g)用量

B．恒温恒压下通入惰性气体C．移除

D．加入催化剂②恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，CH4(g)的转化率为α，CO2(g)的物质的量为bmol，则反应Ⅰ的平衡常数_______(写出含有a、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，H2O(g)起始量增加到，达平衡时，a=0.90，b=0.65，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。(3)氢氧燃料电池中氢气在_______(填“正”或“负”)极发生反应。(4)在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2放电的电极反应式为_______。(5)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→_______(用等代号表示)。注：本小问暂缺相对能量图。【答案】(1)H2(g)+O2(g)=H2O(1)△H=-286kJ•mol-1(2)

BC

0.43(3)负(4)CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O2-=nCO2+(n+1)H2O(5)缺图无解【解析】(1)298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121kJ，1molH2O(1)蒸发吸热44kJ，则1molH2燃烧生成1molH2O(1)放热286kJ，表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(1)△H=-286kJ•mol-1；(2)①A项，增加CH4(g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不符合题意；B项，恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B符合题意；C项，移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C符合题意；D项，加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不符合题意；故选BC；②恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，CH4(g)的转化率为α，CO2(g)的物质的量为bmol，则转化的CH4(g)为αmol，剩余的CH4(g)为(1-α)mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b)mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数Kx=；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，a=0.90，b=0.65，则平衡时，CH4(g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65)mol=3.45mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2α+6)mol=7.8mol，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为；(3)燃料电池中的燃料在负极发生氧化反应，因此，氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；(4)在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O2-=nCO2+(n+1)H2O。6．(2022•湖南选择性，16)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C(s)和1molH2O(g)，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气：Ⅰ.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH1＝+131.4kJ·mol−1Ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2＝-41.1kJ·mol−1①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H2的体积分数可能大于2/3D．将炭块粉碎，可加快反应速率②反应平衡时，H2O(g)的转化率为，CO的物质的量为0.1mol。此时，整个体系_______(填“吸收”或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数Kp=_______(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CO2方法的示意图如下：①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c(CO32-)：c(HCO3-)=1：2，则该溶液的=_______(该温度下H2CO3的Ka1=4.6×10-7，Ka2=5.0×10-11)；②再生塔中产生CO2的离子方程式为_______；③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极反应式为_______。【答案】(1)

BD

吸收

13.14

0.02MPa(2)

10

2HCO3-CO2↑+CO32-+H2O

2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O【解析】(1)①A项，在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情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项，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项，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项，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；故选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，根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.1molCO要吸收热量13.14kJ，生成0.2molCO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量13.14kJ-8.22kJ=4.92kJ；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(CO32-)：c(HCO3-)=1：2，由可知，c(H＋)==2×5.0×10-11mol·L－1=1.0×10-10mol·L－1，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2HCO3-CO2↑+CO32-+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，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O。7．(2022•江苏卷，18)氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。(1)“CuCl-H2O热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性CuCl2-溶液，阴极区为盐酸，电解过程中CuCl2-转化为CuCl22-。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。(2)“Fe-HCO3--H2O”热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收CO2制得的NaHCO3溶液反应，生成H2、和Fe3O4；Fe3O4再经生物柴油副产品转化为Fe。①实验中发现，在300℃时，密闭容器中NaHCO3溶液与铁粉反应，反应初期有FeCO3生成并放出H2，该反应的离子方程式为_______。②随着反应进行，FeCO3迅速转化为活性Fe3O4-x，活性Fe3O4-x是HCOO-转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、HCOO-的产率随c(HCO3-)变化如题图所示。HCOO-的产率随c(HCO3-)增加而增大的可能原因是_______。(3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“Fe-HCO3--H2O”热循环制氢和甲酸”的优点是_______。【答案】(1)CuCl2-+2Cl--e-=CuCl42-

Cu、O(2)Fe+2HCO3-FeCO3↓+CO32-+H2↑

H的电负性大于Fe，小于O，在活性Fe3O4-x表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与HCO3-中略带正电的碳结合，后者与HCO3-中略带负电的羟基氧结合生成H2O，HCO3-转化为HCOO-

随c(HCO3-)增加，生成FeCO3和H2的速率更快、产量增大，生成HCOO-的速率更快、产率也增大(3)高效、经济、原子利用率高、无污染【解析】(1)①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性CuCl2-溶液，电解过程中CuCl2-转化为CuCl22-，电解时阳极发生的主要电极反应为：CuCl2-+2Cl--e-=CuCl42-

；②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有CuCl22-，故发生化合价变化的元素有Cu、O。(2)①在300℃时，密闭容器中NaHCO3溶液与铁粉反应，反应初期有FeCO3生成并放出H2，离子方程式为：Fe+2HCO3-FeCO3↓+CO32-+H2↑；②H的电负性大于Fe，小于O，在活性Fe3O4-x表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与HCO3-中略带正电的碳结合，后者与HCO3-中略带负电的羟基氧结合生成H2O，HCO3-转化为HCOO-；③在其他条件相同时，随c(HCO3-)增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成FeCO3和H2的速率更快，量更大，则得到活性Fe3O4-x的速度更快，量也更多，生成HCOO-的速率更快，产率也更大。(3)“Fe-HCO3--H2O热循环制氢和甲酸”系统将HCO3-转化为HCOO-和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成FeCO3后迅速转化为活性Fe3O4-x，Fe3O4-x氧化为Fe3O4再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：高效、经济、原子利用率高、无污染。8．(2020•新课标Ⅱ，28)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)-1560-1411-286①ΔH=_________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】(1)①137②升高温度减小压强(增大体积)③(2)①1－α②AD(3)①CO2+2e−=CO+O2−②6∶5【解析】(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；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)101转化(mol)αα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项，增大反应物浓度反应速率增大，故A说法正确；B项，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项，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项，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。故选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。9．(2020•江苏，20)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】(1)HCO3-+H2HCOOˉ+H2O温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强(2)①HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ=HCO3-+H2OH2SO4②2HCOOH+O2+2OHˉ=2HCO3-+2H2O或2HCOOˉ+O2=2HCO3-(3)①HD②提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度【解析】(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：HCO3-+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HCO3-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HCO3-，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ=HCO3-+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HCO3-，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ=2HCO3-+2H2O或2HCOOˉ+O2=2HCO3-；(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。10．(2016·天津理综，10)氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题：(1)与汽油相比，氢气作为燃料的优点是_________(至少答出两点)。但是氢气直接燃烧的能量转换率远低于燃料电池，写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式：____________。(2)氢气可用于制备H2O2。已知：H2(g)+A(l)=B(l)ΔH1O2(g)+B(l)=A(l)+H2O2(l)ΔH2其中A、B为有机物，两反应均为自发反应，则H2(g)+O2(g)=H2O2(l)的ΔH____0(填“＞”、“<”或“=”)。(3)在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx(s)+yH2(g)MHx+2y(s)ΔH<0达到化学平衡。下列有关叙述正确的是________。a.容器内气体压强保持不变b.吸收ymolH2只需1molMHxc.若降温，该反应的平衡常数增大d.若向容器内通入少量氢气，则v(放氢)＞v(吸氢)(4)利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为_______。(5)化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：Fe+2H2O+2OH−FeO42−+3H2↑，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色的FeO42−，镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。①电解一段时间后，c(OH−)降低的区域在_______(填“阴极室”或“阳极室”)。②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因是_______。③c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图2，任选M、N两点中的一点，分析c(Na2FeO4)低于最高值的原因：_____________。【答案】(1)污染小；可再生；来源广；资源丰富；燃烧热值高；H2+2OH--2e-=2H2O(2)＜(3)ac(4)光能转化为化学能(5)①阳极室②防止Na2FeO4与H2反应使产率降低③M点：c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢(或N点：c(OH-)过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低)。【解析】(1)与汽油相比，氢气作为燃料的优点有污染小；可再生；来源广；资源丰富；燃烧热值高等，碱性氢氧燃料电池的负极反应式为H2+2OH--2e-=2H2O；(2)①H2(g)+A(l)=B(l)ΔH1，②O2(g)+B(l)=A(l)+H2O2(l)ΔH2，两反应的ΔS＜0，根据ΔG=ΔH-TΔS，因为均为两反应自发反应，因此ΔH均小于0，将①+②得：H2(g)+O2(g)=H2O2(l)的ΔH=ΔH1+ΔH1＜0；(3)MHx(s)+yH2(g)MHx+2y(s)ΔH<0，该反应属于气体的物质的量发生变化的反应。a项，平衡时气体的物质的量不变，压强不变，正确；b项，该反应为可逆反应，吸收ymolH2需要大于1mol的MHx，错误；c项，降低温度，平衡向正反应分析移动，平衡常数增大，正确；d项，向容器内通入少量氢气，相当于增大压强，平衡正向移动，v(放氢)＜v(吸氢)，错误；故选ac；(4)利用太阳能直接分解水制氢，是将光能转化为化学能；(5)①根据题意镍电极有气泡产生是氢离子放电生成氢气，铁电极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子减少，因此电解一段时间后，c(OH−)降低的区域在阳极室；②氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低；③根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，在M点，c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢，在N点：c(OH-)过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低。考点2涉及工业生产应用1．(2024·北京卷，16)HNO3是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备HNO3。(1)方法一：早期以硝石(含NaNO3)为氮源制备HNO3，反应的化学方程式为：NaNO3+H2SO4(浓)=NaHSO4+HNO3↑。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和。(2)方法二：以NH3为氮源催化氧化制备HNO3，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2nmolNO和nmolO2进行反应。在不同压强下(p1、p2)，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N2为氨源直接制备HNO3，其原理示意图如下。①电极a表面生成NO3-的电极反应式：。②研究发现：N2转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．H2O→O2。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N2分子结构解释原因。方法三为N2的直接利用提供了一种新的思路。【答案】(1)难挥发性(2)4NH3+5O24NO+6H2O2NO+O22NO2，该反应正向气体分子总数减小，同温时，p1条件下NO转化率高于p2，故p1＞p2，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响(3)N2+6H2O-10e-=2NO3-＋12H＋反应iii生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化成NO3-(4)N2中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程【解析】(1)浓硫酸难挥发，产物HNO3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4NH3+5O24NO+6H2O；②2NO+O22NO2，该反应正向气体分子总数减小，同温时，p1条件下NO转化率高于p2，故p1＞p2，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积。(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N2+6H2O-10e-=2NO3-＋12H＋；②反应iii生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化成NO3-。(4)N2中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。2．(2023•北京卷，16)尿素[CO(NH2)2]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NH4在一定条件下反应制得CO(NH2)2，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CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：ⅰ．CO2和NH3生成NH2COONH4；ⅱ．NH2COONH4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ⅱb．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应c．CO2(l)＋2NH3(l)=CO(NH2)2(l)＋H2O(l) ΔH=E1-E4(3)近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(NO3-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KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CO(NH2)2，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c(NH4+)不能直接用NaOH溶液准确滴定。①消化液中的含氮粒子是。②步骤ⅳ中标准NaOH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)+NH4CO(NH2)2+(2)ab(3)阳2NO3-+CO(NH2)2+7H2O(4)NH4+样品的质量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度【解析】(1)根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是+NH4CO(NH2)2+；(2)a项，反应ⅰ的活化能是E1，反应ⅱ活化能是E3，E1＜E3，a项正确；b项，从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确；c项，总反应的：ΔH=E1-E2+E3-E4，c项错误；故选ab。(3)①电极b上发生H2O失电子生成O2的氧化反应，是电解池的阳极。②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为2NO3-+CO(NH2)2+7H2O；(4)①尿素消化分解生成NH3和CO2，由于反应中存在浓H2SO4，则消化液中含氮粒子为NH4+。②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。3．(2022•辽宁省选择性，18)(13分)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：回答下列问题：(1)合成氨反应在常温下___________(填“能”或“不能”)自发。(2)___________温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，___________温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用400-500℃。针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。(3)方案二：复合催化剂。下列说法正确的是___________。a．300℃时，复合催化剂比单一催化剂效率更高b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率c．温度越高，复合催化剂活性一定越高(4)某合成氨速率方程为：，根据表中数据，___________；实验1mnpq2np3mn4mp在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为___________。a．有利于平衡正向移动

b．防止催化剂中毒

c．提高正反应速率(5)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为NH3配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188g·molˉ1，则M元素为___________(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为___________。【答案】(1)能(2)高

低(3)a(4)

-1

a(5)Fe

3d6【解析】(1)氨的分离对反应速率的影响；从反应速率方程可以推知，当c(NH3)降低时，v增大。注意由于反应速率方程通常由实验测定，其中v应指净反应速率，即，因此在其他条件一定时，分离氨气是通过降低逆反应速率，从而提高净反应速率。(2)Fe(NH3)6·(BH4)2中，氢元素化合价的判断：由于电负性NHB，因此NH3中H显+1价，BH4-中H元素的化合价为-1价；(3)中根据图像进行判断，利用控制变量法进行分析；(4)利用实验对比，注意选择对比实验室，选择控制变量，找变量；(5)利用晶胞密度计算公式计算元素的相对原子质量，根据元素相对原子质量进行判断元素；(1)对于合成氨反应，常温下，ΔG=ΔHΔS==-32.8kJ·mol−10，故合成氨反应在常温下能自发进行；(2)其他条件一定时，升高温度，可以提供更高的能量，使活化分子百分数增大，反应速率加快；合成氨反应是放热反应，要提高平衡转化率，即使反应平衡正向移动，应降低温度；(3)由题图可知，300℃时，复合催化剂催化时合成氨反应的反应速率比单-催化剂催化时大很多，说明300℃时复合催化剂比单-催化剂效率更高，a正确；同温同压下，复合催化剂能提高反应速率，但不能使平衡发生移动，故不能提高氨的平衡产率，b错误；温度过高，复合催化剂可能会失去活性，催化效率反而降低，c错误；故选a；(4)将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①，③，可得。合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会提高正反应速率，a正确，c错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，b错误。(5)由图可知，“”代表M(NH3)6，“”代表BH4，面心立方最密堆积的晶胞中，“”处于8个顶角和6个面心，则每个晶胞中含“”的个数为，8个“”均处于晶胞内部，则“”和“”的个数之比为4：8=1：2，故该晶体的化学式为M(NH3)6·(BH4)2；又知该化合物的摩尔质量为188g·molˉ1，则有，解得，故M元素为Fe。化合物Fe(NH3)6·(BH4)2中，NH3整体为0价，BH4-中B为+3价，H为-1价，则Fe为+2价，基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2)，失去4s轨道上的2个电子得到Fe2+，故Fe2+的价电子排布式为3d6。4．(2021•湖南选择性，16)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N≡NH﹣HN﹣H键能E/(kJ•mol﹣1)946436.0390.8在一定温度下，利用催化剂将NH3分解为N2和H2。回答下列问题：(1)反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H＝kJ•mol﹣1；(2)已知该反应的△S＝198.9J•mol﹣1•K﹣1，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0.1molNH3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，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0～t1时间内的反应速率v(H2)＝mol•L﹣1•min﹣1(用含t1的代数式表示)；②t2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N2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Kθ＝(已知：分压＝总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)Kθ=(PGPθ)g⋅(PHPθ)h(PDPθ)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OH﹣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】(1)+90.8(2)CD(3)①②b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③0.48(4)从右往左(5)2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O【解析】(1)由△H＝反应物键能和﹣生成物键能和可知，该反应的△H＝2×(390.8kJ•mol﹣1×3)﹣[(946kJ•mol﹣1)+(436.0kJ•mol﹣1×3)]＝+90.8kJ•mol﹣1；(2)在等温等压的反应中△G＝△H﹣T△S＜0时，正反应能自发进行，其中△H＝+90.8kJ•mol﹣1，△S＝198.9J•mol﹣1•K﹣1，则T＞△H△S=90.8×103J/mol198.9J⋅mol-1⋅K-1=456.5k＝183.52℃，故选C、D；(3)①密闭容器中0.1molNH3总压为200kPa，则如图t1时H2的分压为120kPa，则H2的物质的量为120kPa200kPa×0.1mol＝0.06mol，故v(H2)=△c△t=0.06mol3Lt1min=0.02t1mol•L﹣1•min﹣1；②容器体积迅速缩小到原来的一半，则氮气的分压迅速增大到原来的2倍，故cd错误；压强增大，平衡向气体总体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，N2的分压应比原来2倍小，故b正确，a错误；③在该温度下，达到平衡时，p(N2)＝40kPa＝0.4pθ、p(H2)＝120kPa＝1.2pθ、p(NH3)＝120kPa＝1.2pθ，则Kθ=(p(N5．(2021•北京卷，15)环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。(1)①阳极室产生Cl2后发生的反应有_______、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。②结合电极反应式说明生成溶液a的原理：_______。(2)一定条件下，反应物按一定流速通过该装置，电解效率η和选择性S的定义如下：η(B)=×100%S(B)=×100%①若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为_______。②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因。I.阳极有H2O放电II.阳极有乙烯放电III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO……i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是_______。ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈_______%。经检验阳极放电产物没有CO2。iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是_______。可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。【答案】(1)①Cl2+H2O=HCl+HClO②阴极发生反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-生成OH-，K+通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液(2)①KCl②O213%KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝【解析】(1)阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO；溶液a是阴极的产物，在阴极发生反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，同时阳极的钾离子会向阴极移动和氢氧根结合形成氢氧化钾；(2)①若η(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶液b的溶质为：KCl；②i.阳极有H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2；ii.设EO的物质的量为amol，则转化的乙烯的物质的量为：；生成EO转化的电子的物质的量：2amol；此过程转移电子的总物质的量：；生成CO2的物质的量：；生成CO2转移的电子的物质的量：，则η(CO2)=≈13%；iii.实验证实推测III成立，则会产生氯气，验证氯气即可。6．(2021•北京卷，18)验证反应Fe2++Ag+Ag+Fe3+可逆并测定其K。实验I：将0.01mol/LAg2SO4溶液与0.04mo/LFeSO4溶液(pH=1)等体积混合，得到灰黑色的沉淀和黄色的溶液。实验II：将少量Ag粉与0.01mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)混合，Ag粉完全溶解。(1)①向实验I所得溶液中加入浓硝酸，证实灰黑色固体是Ag。现象是_______。②实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，原因是_______。使用如下装置从平衡移动的角度进行证明。补全试剂、操作及现象_______。(2)取I中所得上清液VmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗V1mL。已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012Fe3++SCN-FeSCN2+，K=102.3①溶液中，Fe3+的作用是_______。②反应的平衡常数是_______。(3)①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，所得到的K_______(填“偏大”、“无影响”、“偏小”)。②不用实验II所得溶液进行测定并计算K的原因是_______。【答案】(1)灰黑色固体溶解，产生红棕色气体防止酸性条件下，NO3-氧化性氧化Fe2+干扰实验结果铂/石墨电极，FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，AgNO3溶液操作和现象：闭合开关K，观察到电流计偏转后归零，往左侧烧杯中滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，电流计指针反向偏转，表明平衡发生了移动(2)指示剂K=(0.01-c1V1/V)/[c1V1/V×(0.01+c1V1/V)](3)偏低Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态【解析】(1)①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，而铁在浓硝酸中发生钝化，不可能完全溶解，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag；②由于Fe(NO3)3溶液电离出硝酸根离子将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-=Fe3+，Ag++e-=Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关K，观察到电流计偏转后归零，说明此时反应达到平衡，往左侧烧杯中滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，电流计指针反向偏转，表明平衡发生了移动；(2)①Fe3+遇到KSCN显红色，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中，Fe3+的作用是滴定反应中作指示剂；②取I中所得上清液VmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗V1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：故反应的平衡常数是K==(0.01-c1V1/V)/[c1V1/V×(0.01+c1V1/V)]；(3)①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即c1V1/V偏大，故所得到的K=(0.01-c1V1/V)/[c1V1/V×(0.01+c1V1/V)]偏小；②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K。7．(2020•新课标Ⅱ，28)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1molClO2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1000kg该溶液需消耗氯气的质量为____kg(保留整数)。【答案】(1)Na+a(2)10-7.5(3)2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O(4)1.25NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2OClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O(5)203【解析】(1)电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+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；(2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)=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；(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↑；(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。8．(2020•北京卷，15)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H2O2①I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．该方法相较于早期剂备方法具有原料廉价，对环境友好等优点【答案】(1)①2Ba(NO3)22BaO+O2↑+4NO2↑②增大压强或增大氧气的浓度或降低温度③BaO2+2HCl=BaCl2+H2O2④H2O2受热易分解(2)①O2+2H++2e-=H2O2②AC【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；故选AC。9．(2019•新课标Ⅱ，28)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=100.3kJ·mol−1①H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH2=−11.0kJ·mol−1②对于反应：(g)+I2(g)(g)+2HI(g)③ΔH3=___________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＞T2B．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0.45mol·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