2025高考化学一轮复习之化学反应与能量（解答大题）

第1页（共1页）2025高考化学一轮复习之化学反应与能量（解答大题）一．解答题（共20小题）1．（2023春•赣县区校级月考）化学变化过程中均存在物质变化与能量变化，某化学兴趣小组进行如图所示实验，以验证此结论。请回答下列问题：（1）将①中涉及的反应设计成如图所示的原电池，则溶液中的移向（填“正”或“负”）极，电极材料X不能是（填序号）。A．CuB．ZnC．PbD．石墨（2）进行实验②时，温度计中水银液面变化（填“升高”或“降低”）。（3）下列化学反应中的能量变化关系与③相符合的是（填序号）。A．生石灰溶于水B．盐酸与碳酸氢钠反应C．甲烷在空气中燃烧D．灼热的木炭与CO2反应（4）在300℃时，X、Y、Z三种气体在恒容密闭容器中反应时的浓度变化如图所示：请回答下列问题：①该反应的化学方程式为。②下列事实能表明300℃时该反应处于平衡状态的是（填序号）。A．v（X）：v（Y）：v（Z）＝2：2：1B．X（g）的物质的量浓度不变C．混合气体的质量不变D．混合气体的密度不变2．（2024•南通模拟）锂离子电池有着强大的储电性能，但是由于正极材料的局限性，锂离子电池的最低理论容量已经达到了不可下降的372mAh/g，因此开发新的材料是至关重要的。近日以来这一方面对于尖晶石型材料的研究是非常火热的。纳米电极材料ZnFe2O4的制备有以下方法：将5mmol六水合硝酸锌与10mmol九水合硝酸铁一同溶解在60mL去离子水中，然后分别根据比例加入约7.5mmol、15mmol、22.5mmol甘氨酸，连续搅拌5h。将溶液转化为干凝胶后，三种不同比例的投料分别得到了样品a、b、c，干凝胶在200℃燃烧后得到了蓬松的粉末，最后将粉末在700℃下在空气中煅烧两小时得到产物，产物是多孔的纳米ZnFe2O4颗粒。已知：①甘氨酸具有还原性，且常在电极材料制备过程中作为凝胶化试剂使得电极材料疏松多孔；②纳米电极材料ZnFe2O4一般要求极低的含碳量；③纳米胶体易在离子的作用下发生聚合。回答下列问题：（1）加入的甘氨酸的作用为。（2）实验中一定要使用去离子水的原因是。（3）ZnFe2O4的孔隙大小会影响电池的性能：由于甘氨酸的不完全燃烧，可能会有一部分的有机或碳杂质覆盖在孔隙中，这同样会影响电池的性能；甚至是由于电极材料中Zn的不均匀分布都有可能会影响电池的性能。以下是样品的TG﹣DSC图。英文翻译参考与名词解释：TG﹣DSC图（热重分析﹣视察扫描量热图），Residualmass（残余质量（以质量分数计）），Heatflow（热流量）。下面给出TG﹣DSC图上部分点的坐标：样品a：（174.5℃，37.5%）样品b：（157.9℃，32.3%）样品c：（166.4℃，31.5%）①哪一个样品剩余氮的含量最高？。简要说明理由：。②在电池使用过程中，以金属Li作为对电极进行循环伏安法测试，溶剂采用碳酸乙烯/碳酸二甲酯，以LiPF6作为电解质，发现正极有Li0.5ZnFe2O4和Li2ZnFe2O4生成，且Li0.5ZnFe2O4含量先增加后下降。写出正极发生的电极反应方程式：、（系数可用小数表示）3．（2024•东台市模拟）电催化还原CO2是当今资源化利用二氧化碳的重点课题。（1）利用CO2合成淀粉①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49kJ/mol②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.17kJ/mol③CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3（填“高温自发”“低温自发”或“任何温度下都自发”）。（2）一种有机多孔电极材料（铜粉沉积在一种有机物的骨架上）电催化还原CO2的装置示意图如图1所示，控制其他条件相同，将一定量的CO2通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图2所示。①阴极生成CH3OH的电极反应式为。②控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为mol。③科研小组利用13CO2代替原有的CO2进行研究，其目的是。（3）一种铜基复合电极材料Au/Cu2O的制备方法：将一定量Cu2O分散至水与乙醇的混合溶液中，向溶液中逐滴滴加HAuCl4（一种强酸）溶液，搅拌一段时间后离心分离，得Au/Cu2O，溶液呈蓝色，写出Cu2O还原HAuCl4的离子方程式：。（4）金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO2制备甲醛和乙醇的可能机理如图3所示。研究表明，在不同电极材料上形成中间体的部分反应活化能如图4所示。①已知X为H+和e﹣。在答题卡上相应位置补充完整虚线框内Y的结构。②与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2的优点是。4．（2024•朝阳区一模）CO2再生为“零碳甲醇”是实现碳中和的一种方式。（1）CO2催化加氢可生成甲醇。已知：i．2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝akJ•mol﹣1ii．2CH3OH（g）+3O2（g）⇌2CO2（g）+4H2O（g）ΔH＝bkJ•mol﹣1①CO2和H2生成CH3OH和H2O的热化学方程式是。②合成过程中选择高压条件的原因：。（2）电解还原法将CO2转化为甲醇的装置如图。已知：电解效率η和选择性S的定义：η（B）＝S（B）＝①电解过程中生成CH3OH的电极反应式：。②当CO2完全消耗时，测得η（CH3OH）＝33.3%，S（CH3OH）＝25%。推测η（CH3OH）＝33.3%的原因：i．阴极有H2O放电。ii．阴极有CO生成。iii．……a．通过检验电解产物判断推测i是否成立，需要检验的物质是。b．假设放电的CO2一部分生成CH3OH，其余的CO2全部在阴极放电生成CO，则η（CO）＝。③研究CH3OH中的C来自于CO2还是KHCO3，方法如下：方法Ⅰ．其他条件不变，用N2代替CO2电解，无CH3OH产生。方法Ⅱ．其他条件不变，用14CO2代替CO2电解，有产生。综上，证实CH3OH中的C来自于CO2。5．（2024•绍兴二模）Ⅰ.电解法可处理氯化钙废水的同时，吸收CO2装置如图1所示。阴极室发生的变化可视为两步，电极反应式：和Ca2++＝CaCO3↓。Ⅱ.工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。方法一、H2还原脱硫：（1）300℃，发生反应：①SO2（g）+2H2（g）⇌S（g）+2H2O（g）ΔH1②S（g）+H2（g）⇌H2S（g）ΔH2③2H2S（g）+SO2（g）⇌3S（g）+2H2O（g）ΔH3请用一个等式来表示三个反应的AH之间的关系。（2）反应③，在恒温、恒容的密闭容器中，充入H2S和SO2，平衡常数K＝3.375，测得平衡时SO2和H2O的浓度均为1.0mol•L﹣1则平衡时n（H2S）/n（S）的值为。方法二、O2氧化脱硫：（3）某同学探究活性炭吸附催化氧化SO2以N2作稀释剂，一定温度下，通入SO2O2和H2O反应生成H2SO4其中不同温度下，SO2在活性炭上的吸附情况如图2，下列说法正确的是。A.温度越低，SO2的吸附量越高，SO2氧化反应速率越快B.已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，可推断该过程是熵减、放热的过程，温度过高不利C.原料中水蒸气的含量越大，脱硫速率一定越快D.随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的H2SO4占据了吸附位点没及时脱出导致（4）在SO2与O2反应过程中掺入少量CH4有利于提高SO2转化成SO3其中一种解释是甲烷参与氧化反应过程中存在如图3机理。原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由。甲烷参与的SO2氧化机理：①CH4+2O2⇌HCO+HO2+H2O②HCO+O2⇌O+OH+CO③SO2+O⇌SO3④SO2+OH+O2⇌SO3+HO26．（2024•沙坪坝区校级模拟）硫酸工业中，在接触室中催化氧化SO2的反应为2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）。（1）上述反应在V2O5的催化作用下分两步进行，能量变化如图：写出第二步反应的热化学方程式：；通入1molSO2、0.5molO2充分反应，放出热量99kJ（填“＞”“＜”或“＝”）。（2）为了使SO2尽可能多地转化为SO3，理论上应选择的条件是（填序号）。A．高温高压B．高温低压C．低温高压D．低温低压但实际生产中选择常压，其原因是；（3）接触室中，原料气[投料比]依次通过催化剂层、热交换器，SO2转化率随温度变化如图所示。①BC段转化率几乎不变的主要原因是；②平衡时的压强为p，SO2的转化率为α，则（用α、p表示）。（4）催化分解H2S可获取硫酸工业的重要原料。负载有Pt、RuO2的TiO2催化剂在光照时可产生电子和具有强氧化性的电子空穴h+，催化过程的示意图如图：在RuO2表面发生的反应式为；若产生1mol电子空穴h+，则产生标准状况下LH2。7．（2024•门头沟区一模）氨是一种重要的化工原料，迄今为止，人类仍然在追求低成本、高产率的合成氨技术。Ⅰ.N2、H2直接合成氨。（1）根据图1所示的能量转换关系，N2、H2合成NH3的热化学方程式为。（2）为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用Fe﹣TiO2﹣xHy双催化剂，通过光辐射产生温差。使N≡N在（填“热Fe”或“冷Ti”，下同）表面断裂，氨气在表面生成，有利于提高合成氨的反应速率和平衡产率。Ⅱ.电化学法合成氨。应用电化学原理，硝酸盐亚硝酸盐氨，实现了高效合成氨，装置如图2。（3）生成的电极反应式是。（4）当电路中有2mol电子通过时，一定量的被还原生成0.6和molNH3。Ⅲ.氯化镁循环法（MCC）合成氨。（5）选用试剂a完成转化。①选用H2O进行转化，将Mg3N2置于H2O中能释放出NH3，反应的方程式是。②选用NH4Cl固体进行转化，依据合成氨的过程（如图3），写出合成氨的总反应方程式：。③相比于H2O，用NH4Cl固体转化Mg3N2的优点有（写出一条即可）。8．（2024•江苏二模）丙烷脱氢制丙烯是较为理想的丙烯生产渠道。（1）丙烷直接催化脱氢在Pd—C2N催化剂作用下，丙烷直接脱氢制丙烯反应历程中的相对能量变化如图1所示（*表示催化剂表面吸附位点，如*C3H8表示吸附在催化剂表面的C3H8）。①丙烷直接催化脱氢制丙烯反应C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）的ΔH＝kJ•mol﹣1。②该反应历程共分五步，其中速率控制步骤为第步。③研究表明，实际生产中除使用Pd—C2N催化剂外，还需控制反应温度在480℃。选择温度为480℃的原因是。（2）CO2氧化丙烷脱氢600℃下，将不同组分的原料混合气以相同流速通过装有催化剂的反应床，测得C3H8转化率和C3H6选择性（C3H6选择性＝）随时间的变化关系如图2所示，图中A、B分别代表n（C3H8）：n（CO2）：n（N2）＝1：2：7、n（C3H8）：n（N2）＝1：9的两种原料气。①随着反应的进行，4小时前A组分原料气中C3H8转化率和C3H6选择性均有所提升，且在反应床出口检测到CO。研究表明，CO2氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：Ⅰ．C3H8⇌C3H6+H2；Ⅱ．（填化学方程式）。②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是。（3）丙烷燃料电池脱氢一种质子导体燃料电池采用PSNT材料作阳极催化层，在阳极侧注入燃料气C3H8，阴极侧直接暴露于空气中，在650℃下可实现丙烷高效脱氢制丙烯，装置如图3所示。①电池工作时，负极发生主要反应的电极反应式为。②与CO2氧化丙烷脱氢相比，丙烷燃料电池脱氢制丙烯工艺的优点是。9．（2024•南通三模）锂电池的研发、使用及废电池的回收具有重要意义。（1）比能量是指电池单位质量（或体积）输出的电能。锂金属电池放电时总反应为Li+MnO2＝LiMnO2。下列关于锂金属电池说法正确的是（填序号）。A.放电时Li作负极B.比能量高于锌锰干电池C.可用稀H2SO4作电解质（2）钴酸锂（LiCoO2）、磷酸铁锂（LiFePO4）等锂离子二次电池应用普遍。①钴酸锂电池放电时示意图如图1所示。放电时，Li+由LixC6中脱嵌。写出放电至完全时Li1﹣xCoO2电极的电极反应式：。②磷酸铁锂电池具有循环稳定性好的优点。充电时Li+脱嵌形成Li1﹣xFePO4（0＜x≤1）。Li1﹣xFePO4晶胞中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构（如图2所示）。x＝。（3）将废旧锂离子电池（外壳为铁，电芯含铝）置于不同浓度的Na2S和NaCl溶液中使电池充分放电是电池回收工艺的首要步骤。电池在不同溶液中放电的残余电压随时间的变化如图3所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到XRD示意图谱如图4所示。①电池在5%Na2S溶液中比在5%NaCl溶液中放电速率更大，其原因是。②与Na2S溶液相比，NaCl溶液的质量分数由5%增大至10%时，电池残余电压降低速率更快。依据题14图4XRD图谱，分析其主要原因：。（4）将放电完全的钴酸锂电池正极材料粉碎后进行酸浸处理。实验测得，在相同条件下，使用盐酸作浸取剂可使钴转化为Co2+，转化率达到99%，但工业生产使用HCl—H2O2混合物作浸取剂。①写出盐酸作浸取剂发生酸浸反应的化学反应方程式：。②工业生产时在盐酸中加入H2O2，H2O2的作用是。10．（2024•浦东新区校级模拟）Ⅰ．研究铁的腐蚀，实验步骤如下：步骤1：将铁粉放置于0.002mol/LCuSO4溶液中浸泡，过滤后用水洗涤。步骤2：向15.00mL1mol/LNaCl溶液（用盐酸调至pH＝1.78）中加入浸泡过的Fe粉。步骤3：采集溶液pH随时间变化的数据。（1）第一阶段，主要发生析氢腐蚀，Cu上发生的电极反应为。（2）第二、三阶段主要发生吸氧腐蚀。①析氧腐蚀时Cu上发生的电极反应为。②第一阶段和第二阶段发生不同种类腐蚀的主要影响因素是。Ⅱ．研究铁的防护（3）在铁表面镀锌可有效防止铁被腐蚀已知：Zn2+放电的速率缓慢且平稳时有利于得到致密、细腻的镀层。①镀件Fe应与电源的相连。②向ZnSO4电解液中加入NaCN溶液，将Zn2+转化为[Zn（CN）4]2﹣，电解得到的镀层更加致密、细腻，原因是。（4）电镀后的废水中含有CN﹣，一种测定其含量的方法是取废水50mL，再加KI溶液1mL，用cmol/LAgNO3溶液滴定，达到滴定终点时，消耗AgNO3溶液VmL。已知Ag+（aq）+2CN﹣（aq）⇌[Ag（CN）2]﹣（aq）（无色）K＝1.0×1021Ag+（aq）+I﹣（aq）⇌AgI（s）（黄色）K＝1.2×1016①滴定终点的现象是。②废水中CN﹣的含量是g/L（用含C、V的代数式表示）。11．（2024•闵行区三模）炼油、石化等工业会产生含硫（﹣2价）废水，处理的方法有沉淀法、氧化法。Ⅰ．沉淀法。用如图﹣1装置可以将废水中的硫转化为FeS沉淀。控制其他条件一定，测得出口处硫转化为FeS的沉淀率与溶液pH的关系如题图﹣2所示。（1）对图﹣1的说法中正确的是。（不定项）A．负极：Fe﹣2e﹣＝Fe2+B．阳极：S2﹣﹣2e﹣＝SC．正极：2H++2e﹣＝H2D．阴极：（2）该装置沉淀废水中的硫（﹣2价）的原理可描述为。（3）pH＞10时，pH越大，硫转化为FeS的沉淀率越低，可能的原因是。A．pH越大，c（H+）越高，S2﹣与H+结合转化为H2S逸出B．pH越大，c（H+）越低，废水中c（S2﹣）低，则FeS的沉淀率越低C．pH越大，废水中c（OH﹣）越高，Fe2+与OH﹣生成Fe（OH）2，导致Fe2+浓度越小，废水中S2﹣与Fe2+结合FeS沉淀的硫的量越少D．pH越大，废水中c（OH﹣）越低，废水中c（S2﹣）低，S2﹣与Fe2+结合FeS沉淀量越少Ⅱ．氧化法。Na2SO3氧化法、H2O2氧化法、催化氧化法等可以将含硫废水中硫元素氧化。①Na2SO3氧化法：（4）向含S2﹣的废水中，加入一定量的Na2SO3溶液，控制溶液的pH为5，可以生成S沉淀。写出该反应的离子方程式：。②H2O2氧化法：向含S2﹣的废水中，加入H2O2溶液，其他条件一定，测得硫（﹣2价）的去除率、S（单质）的生成率与所加H2O2溶液体积的关系如题图﹣3所示。（5）由图可知，下列有关说法正确的是。A．加H2O2溶液就是将S2﹣氧化为单质SB．随着H2O2溶液的不断加入，废水中硫元素的去除率一直在升高C．H2O2溶液加入量越多，废水中含硫量越低D．H2O2在处理一定量的废水中，其加入量不同氧化产物可能有差异（6）当所加H2O2溶液体积大于9mL时，所加H2O2溶液越多，S生成率越低，原因是。③催化氧化法：MnO2苯胺（MnO2为催化剂、聚苯胺为催化剂载体）可用作空气氧化含硫（﹣2价）废水的催化剂。碱性条件下，催化氧化废水的机理如题图﹣4所示。（7）转化Ⅰ中化合价发生变化的元素有。（8）催化剂使用一段时间后催化效率会下降，结合图中相关信息，分析可能原因为。要使催化剂恢复催化效率，处理的方法是用氯仿（CHCl3）浸取催化剂，再干燥即可。12．（2024•徐汇区二模）草酸的性质及应用。草酸（H2C2O4）是一种白色粉末，100℃左右开始少量升华，熔点为102℃，150℃左右分解产生H2O、CO和CO2；可与酸性KMnO4溶液反应；其钠盐易溶于水，钙盐难溶于水；电离平衡常数为Ka1＝5.9×10﹣2、Ka2＝6.4×10﹣5。（1）草酸可用于实验实制备少量CO气体，应选择的发生装置为。（2）将草酸受热分解产生的气体进行如下实验。下列说法正确的是。A.用足量的NaOH溶液充分吸收后，可收集得到纯净的COB.通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则产生的气体中一定有COC.通入足量的澄清石灰水中，若能产生白色沉淀，则产生的气体中一定有CO2D.通入酸性KMnO4溶液中，若能使溶液褪色，说明草酸具有还原性常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定量等浓度的NaOH溶液。（3）当V（H2C2O4）＝V（NaOH）时，溶液呈。A.酸性B.碱性C.中性D.无法判断此时，溶液中c（Na+）＝c（H2C2O4）+。（4）当c（H2C2O4）＝c（）时，计算该溶液的pH＝。（结果保留两位小数）计算过程：工业上、高温煅烧FePO4、Li2CO3和草酸的混合物制取电池材料磷酸铁锂（LiFePO4），发生的反应为FePO4+Li2CO3+H2C2O4→LiFePO4+CO2↑+H2O↑（5）配平上述化学方程式并标出电子转移的方向和数目。（6）一种以LiAlCl4为离子导体的铝﹣磷酸铁锂电池，该电池放电时的工作原理如图所示。下列说法错误的是。A.放电时，铝电极的电极反应为：Al+3e﹣═Al3+B.放电时，Al电极做负极C.充电时，Li+透过离子交换膜从左向右迁移D.充电时，阳极的电极反应为：LiFePO4﹣xe﹣═Li1﹣xFePO4+xLi+（7）钠电池与锂离子电池工作原理相似，未来在大规模储能中有广阔的应用前景。与锂电池相比，请分析钠电池可能的优劣（各写一条）。13．（2024•上海模拟）氨氮废水中的氮元素多以和NH3等形式存在，是造成河流及湖泊富营养化的主要因素之一。（1）高浓度氨氮废水一种预处理的方式是加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃通空气将氨赶出并回收。用离子方程式表示NaOH溶液的作用：；升温至30℃的作用是。次氯酸钠法处理废水中的氨氮原理如下：ⅰ.NH3（aq）+HClO（aq）═NH2Cl（aq）+H2O（l）ⅱ.2NH2Cl（aq）+HClO（aq）═N2（g）+H2O（l）+3HCl（aq）（2）以上反应中HClO的来源是（用离子方程式表示）。（3）溶液pH对次氯酸钠去除氨氮有较大的影响（如图所示）。在pH较低时，溶液中有能使带火星木条复燃的气体生成，氨氮去除效率较低，其原因是（用化学方程式表示）；在pH较高时，氨氮去除率下降的原因是。电解法处理氨氮酸性废水已引起广泛关注。研究表明，当以碳为阴极，O2可在阴极生成H2O2，并进一步生成电中性且氧化性极强的羟基自由基（•OH），•OH可以将氨氮氧化为N2。（4）•OH的电子式为，其中氧元素的化合价为。（5）H2O2生成•OH时断裂的化学键为。A.离子键B.氢键C.极性共价键D.非极性共价键（6）阴极生成H2O2的电极反应为：。生物膜式厌氧氨氧化是一种较先进的氨氮废水处理工艺，通过在填料上附着不同菌种的生物膜来实现低能耗脱氨氮，其过程如图所示。（7）生物膜上半层发生反应的离子方程式为：。（8）关于生物膜式厌氧氨氧化反应相关说法正确的是（不定项）。A.每生成22.4LN2消耗相同条件下33.6LO2B.随着氨氮去除，废水pH逐渐降低C.将上下两层菌种交换，对氨氮脱除无影响D.该工艺总反应ΔH可能大于014．（2024•丰台区一模）AOPs（高级氧化技术）通过产生•OH（羟基自由基）能有效去除废水中有机污染物。Ⅰ.芬顿反应是AOPs中使用最广泛的方法，主要反应过程如下：i.Fe2++H2O2+H+═Fe3++•OH+H2O（快反应）ii.•OH+OM→CO2+H2O（快反应，OM为有机物）iii.2Fe3++H2O2═2Fe2++O2+2H+（慢反应）反应过程中存在副反应：•OH+Fe2++H+═Fe3++H2O。（1）决定芬顿反应速率的是过程（填“i”“ii”或“iii”）。（2）•OH氧化苯酚的化学方程式为。Ⅱ.用铁粉代替Fe2+，并加入硼（B），可加快Fe3+转化为Fe2+，提高有机污染物的去除率。（3）①B与Fe3+反应生成硼酸（H3BO3）的离子方程式为。②相同时间内，铁粉投加量与有机污染物去除率的关系如图所示（k越大，去除效果越好）。铁粉质量浓度大于0.02g•L−1时，有机污染物去除率下降的原因可能是。Ⅲ.相比于传统的芬顿反应，电芬顿反应具有无需投加H2O2等优点。该方法是利用O2在电极放电生成H2O2，与加入的Fe2+构成芬顿体系，如图1所示。（4）石墨做极。（5）溶液pH对H2O2生成量的影响如图2所示。①pH＝3，电解时间在0～60min内，v（H2O2）＝mol•L﹣1•min﹣1。②电解相同时间，随着溶液pH升高，生成的H2O2浓度逐渐减小，结合电极反应式分析原因。15．（2024•天津模拟）甲醇水蒸气重整制氢方法是目前比较成熟的制氢方法，且具有良好的应用前景。甲醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图所示，回答下列问题：（1）已知一定条件下反应Ⅰ：CH3OH（g）＝CO（g）+2H2（g）ΔH1＝+90.7kJ/mol反应Ⅲ：CH3OH（g）+H2O（g）＝CO2（g）+3H2（g）ΔH3＝+49.5kJ/mol①反应Ⅰ的ΔS0（填“＞”、“＝”或“＜”），该反应自发进行的条件是（填“高温”、“低温”或“任何温度”）。②该条件下反应Ⅱ的热化学方程式是。（2）已知反应Ⅱ在进气比[n（CO）：n（H2O）]不同时，在不同温度（T1、T2）下，测得相应的CO的平衡转化率如图。①比较T1、T2的大小，并解释原因：。②A点对应的化学平衡常数是。③T1温度时，t时刻各物质的浓度如表。COH2OH2CO2t时刻浓度（mol/L）1.20.20.80.8判断t时刻v（正）、v（逆）的大小关系为：v（正）v（逆）（填“＞”、“＝”或“＜”）。④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是。16．（2024•福州模拟）树叶上镀铜可以长久保存，且具有一定艺术性和鉴赏价值。某兴趣小组探究榕树叶表面镀铜的工艺。资料：酸性条件下，2Cu+⇌Cu2++CuK≈106。（1）由废铜屑制备酸性硫酸铜溶液。取一定量的废铜屑置于（填仪器名称）中焙烧，再用稍过量的稀硫酸溶解冷却后的粉末，得到酸性硫酸铜溶液。（2）除蜡。除去榕树叶表面酯类蜡质层的方法是。（3）敏化。洗净后的树叶用新制的1%SnCl2溶液浸泡敏化30s。久置的SnCl2溶液易变质，若变质过程只生成SnCl4溶液和Sn（OH）Cl沉淀，其化学方程式为。（4）活化。将敏化后的树叶洗净，放入银氨溶液与甲醛混合溶液中，控制40℃左右浸泡5min。①配制银氨溶液：将（填试剂）滴入溶液A直到出现现象时停止滴加。②控制40℃应采用的加热方式为；实验后，容器壁上的银镜可用（填试剂）的稀溶液除去。（5）电镀。将活化后的树叶放入酸性硫酸铜溶液中进行电镀。电镀时，铜阳极反应的历程如下：A．Cu﹣e﹣═Cu+；B．Cu+﹣e﹣═Cu2+①纯铜作阳极时，电镀时会产生阳极泥（铜粉），说明铜阳极反应的决速步骤是（填“a”或“b”）。②电镀时，通过搅拌等方式向酸性硫酸铜溶液中鼓入空气，能减少阳极泥的产生，其原因是。③Cu的密度为9.0g•cm﹣3，电镀过程的电化当量为72g•A﹣1•min﹣1。若流经树叶表面的电流密度为0.0010A•cm﹣2且阴极没有副反应，则形成0.050cm厚度铜镀层需要min。（铜的电化当量是一个常数，指单位电量所析出铜的质量大小，其中电量＝电流×时间；电流密度，是指单位面积所通过的电流大小）17．（2024•海淀区校级模拟）完成下列问题（1）消除汽车尾气中的NO、CO，有利于减少PM2.5的排放。已知如下信息：Ⅰ.Ⅱ.N2（g）+O2（g）═2NO（g）ΔH12CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH2＝﹣565kJmol﹣1①ΔH1＝。②在催化剂作用下NO和CO转化为无毒气体，写出反应的热化学方程式。（2）测定汽车尾气常用的方法有两种。①方法1：电化学气敏传感器法。其中CO传感器的工作原理如图所示，则工作电极的电极反应式为。②方法2：氧化还原滴定法。用H2O2溶液吸收尾气，将氮氧化物转化为硝酸，用酸碱中和滴定法测定硝酸浓度。写出NO与H2O2溶液反应的离子方程式。（3）中药在世界医学界越来越受到关注。中药药剂砒霜（主要成分As2O3）可用于治疗急性白血病，为此，砷及其化合物的提取再次引起关注。查文献得知，可以从硫化砷（As2S3）废渣中提取As2O3，提取的工艺流程简图如图：①As2S3、Na3AsS3中的S均为﹣2价，碱浸过程中发生的反应（填“是”或“不是”）氧化还原反应。②写出过程Ⅲ的离子方程式。（4）亚砷酸（H3AsO3）也可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如图所示。①人体血液的pH在7.35∼7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是。②将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，当pH调至11时发生反应的离子方程式是。18．（2024•长宁区二模）利用太阳能光解水时，将半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物。如图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。（1）H2O分解过程中断裂的化学键属于。A.离子键B.极性共价键C.非极性共价键（2）硫的非金属性比氧弱，但从以下的事实不能做出判断的是。A.硫化氢不如水稳定B.硫跟氢气反应比氧气跟氢气反应更困难C.硫化氢的水溶液露置在空气中变浑浊D.硫是固体，氧气在常温下是气体（3）在相同条件下，同时存在如下两个过程：ⅰ．2H（g）+O（g）＝H2O（g）ⅱ．H2（g）+O2（g）＝H2O（g），则放出热量。A.ⅰ＞ⅱB.ⅰ＝ⅱC.ⅰ＜ⅱ（4）光解水能量转化形式是。若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，另一产物为。储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）。（5）导线中电子转移方向为。（用A、D表示），生成目标产物的电极反应为。（6）由数据分析可知，D电极上除了环己烷，还有另一产物，该产物属于（不定项）A.氧化产物B.还原产物C.极性分子D.非极性分子（7）阳极产物的电子式为，转移的电子的物质的量是。（8）含碳的微粒种类繁多，结构各异。其中的立体构型为。A.平面正三角形B.正四面体型C.三角锥型D.直线型19．（2024•重庆模拟）氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH（1）已知破坏1mol共价键需要的能量如表所示。H﹣HN﹣HN﹣NN≡N435.5kJ390.8kJ163kJ945.8kJ则ΔH＝。（2）在恒温、恒压容器中，按体积比1：3加入N2和H2进行合成氨反应，达到平衡后，再向容器中充入适量氨气，达到新平衡时，c（H2）将（填“增大”、“减小”或“不变”，后同）；若在恒温、恒容条件下将。（3）在不同温度、压强和使用相同催化剂条件下，初始时N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时，平衡混合物中氨的体积分数（φ）如图1所示。①其中，p1、p2和p3由大到小的顺序是，原因是。②若在250℃、p1条件下，反应达到平衡时的容器体积为1L，则该条件下合成氨的平衡常数K＝（结果保留两位小数）。（4）H2NCOONH4是工业由氨气合成尿素的中间产物。在一定温度下、体积不变的密闭容器中发生反应H2NCOONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），能说明该反应达到平衡状态的是（填序号）。①每生成34gNH3的同时消耗44gCO2②混合气体的密度保持不变③NH3的体积分数保持不变④混合气体的平均相对分子质量不变⑤c（NH3）：c（CO2）＝2：1（5）科学家发现，N2和H2组成的原电池合成氨与工业合成氨相比具有效率高，条件易达到等优点。其装置如图2所示、写出该原电池的电极反应：、，若N2来自于空气，当电极B到A间通过2molH+时理论上需要标况下空气的体积为（结果保留两位小数）。20．（2024•黄冈模拟）CO2的绿色减排、捕捉、转化是人类可持续发展的重要战略之一。（1）CO2来源之一是汽车尾气。①根据上图，写出气缸内产生NO的热化学方程式。②在催化转换器中机动车尾气转化效率与空燃比（空气与燃油气的体积比）的关系如图。若空燃比小于14.7，氧气不足，CxHy和CO不能被完全氧化，导致其转化效率降低；若空燃比大于14.7，则NOx的转化效率降低，原因是。（2）已知25℃时，大气中的CO2溶于水存在以下过程：①CO2（g）⇌CO2（aq）②CO2（aq）+H2O（l）⇌H+（aq）+（aq）K溶液中CO2的浓度与其在大气中的分压（分压＝总压×物质的量分数）成正比，比例系数为ymol•L﹣1•kPa﹣1。当大气压强为pkPa，大气中CO2（g）的物质的量分数为x时，溶液中H+的浓度为mol•L﹣1（忽略和水的电离）。（3）利用NaOH溶液可以“捕捉”CO2。已知：0.448LCO2（已折算标准状况）被NaOH溶液充分吸收，得到100mL含有Na2CO3和NaHCO3的吸收液。①向吸收液中加入足量BaCl2溶液得到沉淀，经过滤、洗涤、干燥后，称重为1.97g，则吸收液中c（Na2CO3）＝。（该条件下NaHCO3与BaCl2不反应）②对该吸收液，下列判断正确的是。a．c（）＞c（）b．2c（）+c（）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+）c．c（H2CO3）+c（）+c（）＝0.2mol•L﹣1（4）工业上可用CO2来制甲醇：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＜0，根据有图分析，实际工业生产中，反应温度选择250℃的理由。

2025高考化学一轮复习之化学反应与能量（解答大题）参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．（2023春•赣县区校级月考）化学变化过程中均存在物质变化与能量变化，某化学兴趣小组进行如图所示实验，以验证此结论。请回答下列问题：（1）将①中涉及的反应设计成如图所示的原电池，则溶液中的移向负（填“正”或“负”）极，电极材料X不能是B（填序号）。A．CuB．ZnC．PbD．石墨（2）进行实验②时，温度计中水银液面变化降低（填“升高”或“降低”）。（3）下列化学反应中的能量变化关系与③相符合的是BD（填序号）。A．生石灰溶于水B．盐酸与碳酸氢钠反应C．甲烷在空气中燃烧D．灼热的木炭与CO2反应（4）在300℃时，X、Y、Z三种气体在恒容密闭容器中反应时的浓度变化如图所示：请回答下列问题：①该反应的化学方程式为2X（g）⇌2Y（g）+Z（g）。②下列事实能表明300℃时该反应处于平衡状态的是B（填序号）。A．v（X）：v（Y）：v（Z）＝2：2：1B．X（g）的物质的量浓度不变C．混合气体的质量不变D．混合气体的密度不变【答案】（1）负；B；（2）降低；（3）BD；（4）①2X（g）⇌2Y（g）+Z（g）；②B。【分析】（1）原电池中阴离子移向负极，则溶液中的移向负极，将Fe+2H+＝Fe2++H2↑设计成原电池，Fe失去电子作负极；（2）Ba（OH）2▪8H2O和NH4Cl的反应是吸热反应；（3）反应③中反应物的能量低于生成物的能量，该反应是吸热反应；（4）①从图像中可以看出：X的物质的量随时间变少，是反应物，Y、Z的物质的量随时间变多，是生成物；当反应进行到2min后，X、Y、Z三种物质同时存在，说明这个反应是一个可逆反应；X、Y、Z三种物质物质的量的变化之比与化学方程式的化学计量系数之比相等，X的物质的量在2min内变化了0.2mol，Y的物质的量在2min内变化了0.2mol，Z的物质的量在2min内变化了0.1mol；②A．v（X）：v（Y）：v（Z）＝2：2：1时，不能说明正逆反应速率相等；B．X（g）的物质的量浓度不变，说明反应达到平衡；C．反应过程中混合气体的总质量一直不变；D．反应过程中混合气体的总质量和总体积一直不变，则混合气体的密度不变。【解答】解：（1）原电池中阴离子移向负极，则溶液中的移向负极，将Fe+2H+＝Fe2++H2↑设计成原电池，Fe失去电子作负极，则正极材料不能比铁活泼，电极材料X不能是Zn，故答案为：负；B；（2）Ba（OH）2▪8H2O和NH4Cl的反应是吸热反应，温度计中水银液面变化降低，故答案为：降低；（3）反应③中反应物的能量低于生成物的能量，该反应是吸热反应，A．生石灰溶于水是放热反应，故A不选；B．盐酸与碳酸氢钠反应是吸热反应，故B选；C．甲烷在空气中燃烧是放热反应，故C不选；D．灼热的木炭与CO2反应是吸热反应，故D选；故答案为：BD；（4）①从图像中可以看出：X的物质的量随时间变少，是反应物，Y、Z的物质的量随时间变多，是生成物；当反应进行到2min后，X、Y、Z三种物质同时存在，说明这个反应是一个可逆反应；X、Y、Z三种物质物质的量的变化之比与化学方程式的化学计量系数之比相等，X的物质的量在2min内变化了0.2mol，Y的物质的量在2min内变化了0.2mol，Z的物质的量在2min内变化了0.1mol，得到2X（g）⇌2Y（g）+Z（g），故答案为：2X（g）⇌2Y（g）+Z（g）；②A．v（X）：v（Y）：v（Z）＝2：2：1时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故A错误；B．X（g）的物质的量浓度不变，说明反应达到平衡，故B正确；C．反应过程中混合气体的总质量一直不变，当混合气体的质量不变时，不能说明反应达到平衡，故C错误；D．反应过程中混合气体的总质量和总体积一直不变，则混合气体的密度不变，当混合气体的密度不变时，不能说明反应达到平衡，故D错误；故答案为：B。【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生焓变和平衡状态判断的掌握情况，试题难度中等。2．（2024•南通模拟）锂离子电池有着强大的储电性能，但是由于正极材料的局限性，锂离子电池的最低理论容量已经达到了不可下降的372mAh/g，因此开发新的材料是至关重要的。近日以来这一方面对于尖晶石型材料的研究是非常火热的。纳米电极材料ZnFe2O4的制备有以下方法：将5mmol六水合硝酸锌与10mmol九水合硝酸铁一同溶解在60mL去离子水中，然后分别根据比例加入约7.5mmol、15mmol、22.5mmol甘氨酸，连续搅拌5h。将溶液转化为干凝胶后，三种不同比例的投料分别得到了样品a、b、c，干凝胶在200℃燃烧后得到了蓬松的粉末，最后将粉末在700℃下在空气中煅烧两小时得到产物，产物是多孔的纳米ZnFe2O4颗粒。已知：①甘氨酸具有还原性，且常在电极材料制备过程中作为凝胶化试剂使得电极材料疏松多孔；②纳米电极材料ZnFe2O4一般要求极低的含碳量；③纳米胶体易在离子的作用下发生聚合。回答下列问题：（1）加入的甘氨酸的作用为还原硝酸根，作为凝胶化试剂制取具有疏松网状结构的ZnFe2O4，在高温下其会很快被碳化除去。（2）实验中一定要使用去离子水的原因是防止纳米电极材料ZnFe2O4在离子作用下发生聚合。（3）ZnFe2O4的孔隙大小会影响电池的性能：由于甘氨酸的不完全燃烧，可能会有一部分的有机或碳杂质覆盖在孔隙中，这同样会影响电池的性能；甚至是由于电极材料中Zn的不均匀分布都有可能会影响电池的性能。以下是样品的TG﹣DSC图。英文翻译参考与名词解释：TG﹣DSC图（热重分析﹣视察扫描量热图），Residualmass（残余质量（以质量分数计）），Heatflow（热流量）。下面给出TG﹣DSC图上部分点的坐标：样品a：（174.5℃，37.5%）样品b：（157.9℃，32.3%）样品c：（166.4℃，31.5%）①哪一个样品剩余氮的含量最高？a。简要说明理由：a在三份样品中失重时所释放的热量最少，这也就意味着其中的甘氨酸反应不完全，N含量理应最高。②在电池使用过程中，以金属Li作为对电极进行循环伏安法测试，溶剂采用碳酸乙烯/碳酸二甲酯，以LiPF6作为电解质，发现正极有Li0.5ZnFe2O4和Li2ZnFe2O4生成，且Li0.5ZnFe2O4含量先增加后下降。写出正极发生的电极反应方程式：、（系数可用小数表示）【答案】（1）还原硝酸根，作为凝胶化试剂制取具有疏松网状结构的ZnFe2O4，在高温下其会很快被碳化除去；（2）防止纳米电极材料ZnFe2O4在离子作用下发生聚合；（3）①a；a在三份样品中失重时所释放的热量最少，这也就意味着其中的甘氨酸反应不完全，N含量理应最高；②，。【分析】（1）甘氨酸具有还原性，且常在电极材料制备过程中作为凝胶化试剂使得电极材料疏松多孔，纳米电极材料ZnFe2O4一般要求极低的含碳量；（2）纳米胶体易在离子的作用下发生聚合；（3）①a在三份样品中失重时所释放的热量最少，即a中的甘氨酸反应不完全，N含量最高；②在电池使用过程中，以金属Li作为对电极进行循环伏安法测试，溶剂采用碳酸乙烯/碳酸二甲酯，以LiPF6作为电解质，发现正极有Li0.5ZnFe2O4和Li2ZnFe2O4生成，且Li0.5ZnFe2O4含量先增加后下降，即正极发生先生成Li0.5ZnFe2O4，然后生成的Li0.5ZnFe2O4继续反应，生成Li2ZnFe2O4。【解答】解：（1）根据分析可知，加入的甘氨酸的作用为还原硝酸根，作为凝胶化试剂制取具有疏松网状结构的ZnFe2O4，在高温下其会很快被碳化除去，故答案为：还原硝酸根，作为凝胶化试剂制取具有疏松网状结构的ZnFe2O4，在高温下其会很快被碳化除去；（2）去离子水可以防止纳米电极材料ZnFe2O4在离子作用下发生聚合，故答案为：防止纳米电极材料ZnFe2O4在离子作用下发生聚合；（3）①根据题意可知，a样品剩余氮的含量最高，是因为a在三份样品中失重时所释放的热量最少，即甘氨酸反应不完全，N含量理应最高，故答案为：a；a在三份样品中失重时所释放的热量最少，这也就意味着其中的甘氨酸反应不完全，N含量理应最高；②根据题意可知，正极有Li0.5ZnFe2O4和Li2ZnFe2O4生成，且Li0.5ZnFe2O4含量先增加后下降，则正极发生的电极反应方程式为：，，故答案为：，。【点评】本题主要考查电解原理的应用，同时考查学生的看图理解能力、应用分析能力，属于基本知识的考查，难度不大。3．（2024•东台市模拟）电催化还原CO2是当今资源化利用二氧化碳的重点课题。（1）利用CO2合成淀粉①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49kJ/mol②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.17kJ/mol③CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3低温自发（填“高温自发”“低温自发”或“任何温度下都自发”）。（2）一种有机多孔电极材料（铜粉沉积在一种有机物的骨架上）电催化还原CO2的装置示意图如图1所示，控制其他条件相同，将一定量的CO2通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图2所示。①阴极生成CH3OH的电极反应式为CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O。②控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为2.8mol。③科研小组利用13CO2代替原有的CO2进行研究，其目的是为确定阴极上生成的含碳化合物来自于CO2而非有机多孔电机材料。（3）一种铜基复合电极材料Au/Cu2O的制备方法：将一定量Cu2O分散至水与乙醇的混合溶液中，向溶液中逐滴滴加HAuCl4（一种强酸）溶液，搅拌一段时间后离心分离，得Au/Cu2O，溶液呈蓝色，写出Cu2O还原HAuCl4的离子方程式：。（4）金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO2制备甲醛和乙醇的可能机理如图3所示。研究表明，在不同电极材料上形成中间体的部分反应活化能如图4所示。①已知X为H+和e﹣。在答题卡上相应位置补充完整虚线框内Y的结构。②与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2的优点是降低反应的活化能，加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高乙醇的选择性。【答案】（1）低温自发；（2）①CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O；②2.8；③为确定阴极上生成的含碳化合物来自于CO2而非有机多孔电机材料；（3）；（4）①；②降低反应的活化能，加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高乙醇的选择性。【分析】（1）根据盖斯定律可知反应③＝反应②﹣反应①，则ΔH3＝ΔH1﹣ΔH2＝﹣90.17kJ/mol，反应③ΔH3＜0，ΔS＜0；（2）①b电极为阴极，二氧化碳得到电子在酸性环境下发生还原反应生成CH3OH；②由图可知，控制电压为0.8V，电解时生成0.2mol乙醇和0.2mol氢氧；③有机多孔电极材料中含有碳元素，科研小组利用13CO2代替原有的CO2进行研究，其目的是确定阴极上生成的含碳化合物来自于CO2而非有机多孔电机材料；（3）Cu2O还原HAuCl4生成金、氯化铜和水；（4）①从过程分析，两步都与X反应，增加两个氢原子，Y处增加一个氢原子；②从图4可知与单纯的Cu电极相比，利用金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO2活化能是低的。【解答】解：（1）根据盖斯定律可知反应③＝反应②﹣反应①，则ΔH3＝ΔH1﹣ΔH2＝﹣90.17kJ/mol，反应③ΔH3＜0，ΔS＜0则反应在低温自发，故答案为：低温自发；（2）①b电极为阴极，二氧化碳得到电子在酸性环境下发生还原反应生成CH3OH，电极反应为：CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O；②由图可知，控制电压为0.8V，电解时生成0.2mol乙醇，和0.2mol氢氧，电极反应为：CO2+12e﹣+12H+＝CH2CH3OH+3H2O、2H++2e﹣＝H2↑；转移电子的物质的量为0.2mol×12+0.2mol×2＝2.8mol，故答案为：2.8；③有机多孔电极材料中含有碳元素，科研小组利用13CO2代替原有的CO2进行研究，其目的是确定阴极上生成的含碳化合物来自于CO2而非有机多孔电机材料，故答案为：为确定阴极上生成的含碳化合物来自于CO2而非有机多孔电机材料；（3）Cu2O还原HAuCl4生成金、氯化铜和水，其反应的离子方程式为：，故答案为：；（4）①从过程分析，两步都与X反应，增加两个氢原子，Y处增加一个氢原子，Y的图象，故答案为：；②从图4可知与单纯的Cu电极相比，利用金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO2活化能是低的，优点是：降低反应的活化能，加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高乙醇的选择性，故答案为：降低反应的活化能，加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高乙醇的选择性。【点评】本题考查反应中的能量变化和电化学，侧重考查学生焓变、原电池和电解池的掌握情况，试题难度中等。4．（2024•朝阳区一模）CO2再生为“零碳甲醇”是实现碳中和的一种方式。（1）CO2催化加氢可生成甲醇。已知：i．2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝akJ•mol﹣1ii．2CH3OH（g）+3O2（g）⇌2CO2（g）+4H2O（g）ΔH＝bkJ•mol﹣1①CO2和H2生成CH3OH和H2O的热化学方程式是CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝（1.5a﹣0.5b）kJ•mol﹣1。②合成过程中选择高压条件的原因：加快反应速率，促进反应正向进行，提高甲醇的产率。（2）电解还原法将CO2转化为甲醇的装置如图。已知：电解效率η和选择性S的定义：η（B）＝S（B）＝①电解过程中生成CH3OH的电极反应式：CO2++6e﹣＝CH3OH+H2O+（7CO2+6e﹣+5H2O＝CH3OH+）。②当CO2完全消耗时，测得η（CH3OH）＝33.3%，S（CH3OH）＝25%。推测η（CH3OH）＝33.3%的原因：i．阴极有H2O放电。ii．阴极有CO生成。iii．……a．通过检验电解产物判断推测i是否成立，需要检验的物质是H2。b．假设放电的CO2一部分生成CH3OH，其余的CO2全部在阴极放电生成CO，则η（CO）＝33.3%（或）。③研究CH3OH中的C来自于CO2还是KHCO3，方法如下：方法Ⅰ．其他条件不变，用N2代替CO2电解，无CH3OH产生。方法Ⅱ．其他条件不变，用14CO2代替CO2电解，有14CH3OH产生。综上，证实CH3OH中的C来自于CO2。【答案】（1）①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝（1.5a﹣0.5b）kJ•mol﹣1；②加快反应速率，促进反应正向进行，提高甲醇的产率；（2）①CO2++6e﹣＝CH3OH+H2O+（7CO2+6e﹣+5H2O＝CH3OH+）；②a．H2；b．33.3%（或）；③14CH3OH。【分析】（1）①CO2和H2生成CH3OH和H2O的化学方程式为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），根据盖斯定律，反应i×﹣反应ii×得到目标方程式；②由于CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）是气体体积缩小的反应，增大压强，平衡右移，提高甲醇的产率；（2）①该电解装置石墨电极为阳极，催化电极为阴极，阴极上CO2得到电子变为甲醇，电解质是KHCO3溶液，根据电荷守恒；②a．如果阴极有H2O放电，则会生成H2；b．S（CH3OH）＝25%，假设有4molCO2完全反应，则会生产1molCH3OH，CO2变为甲醇要得到6mol电子，剩余的3molCO2变为CO也需得到6mol电子；③其他条件不变，用N2代替CO2电解，无CH3OH产生，说明CH3OH中的C不会来自KHCO3。【解答】解：（1）①CO2和H2生成CH3OH和H2O的化学方程式为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），根据盖斯定律，反应i×﹣反应ii×得到目标方程式，故CO2和H2生成CH3OH和H2O的热化学方程式；为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝（1.5a﹣0.5b）kJ•mol﹣1，故答案为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝（1.5a﹣0.5b）kJ•mol﹣1；②由于CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）是气体体积缩小的反应，增大压强，平衡右移，提高甲醇的产率，高压还能加快反应速率；故合成过程中选择高压条件，故答案为：加快反应速率，促进反应正向进行，提高甲醇的产率；（2）①该电解装置石墨电极为阳极，催化电极为阴极，阴极上CO2得到电子变为甲醇，电解质是KHCO3溶液，根据电荷守恒，写出该电极的反应式为：CO2++6e﹣＝CH3OH+H2O+或（7CO2+6e﹣+5H2O＝CH3OH+），故答案为：CO2++6e﹣＝CH3OH+H2O+（7CO2+6e﹣+5H2O＝CH3OH+）；②a．如果阴极有H2O放电，则会生成H2，故需要检验的产物是H2，故答案为：H2；b．S（CH3OH）＝25%，假设有4molCO2完全反应，则会生产1molCH3OH，CO2变为甲醇要得到6mol电子，剩余的3molCO2变为CO也需得到6mol电子，而η（CH3OH）＝33.3%，则η（CO）也等于33.3%，故答案为：33.3%（或）；③其他条件不变，用N2代替CO2电解，无CH3OH产生，说明CH3OH中的C不会来自KHCO3，则应该来自于CO2；用14CO2代替CO2电解，就会生成14CH3OH，故答案为：14CH3OH。【点评】本题考查反应中的能量变化和电化学，侧重考查学生焓变和电解池的掌握情况，试题难度中等。5．（2024•绍兴二模）Ⅰ.电解法可处理氯化钙废水的同时，吸收CO2装置如图1所示。阴极室发生的变化可视为两步，电极反应式：H2O+2e﹣+CO2＝H2↑+和Ca2++＝CaCO3↓。Ⅱ.工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。方法一、H2还原脱硫：（1）300℃，发生反应：①SO2（g）+2H2（g）⇌S（g）+2H2O（g）ΔH1②S（g）+H2（g）⇌H2S（g）ΔH2③2H2S（g）+SO2（g）⇌3S（g）+2H2O（g）ΔH3请用一个等式来表示三个反应的AH之间的关系ΔH3＝ΔH1﹣2ΔH2。（2）反应③，在恒温、恒容的密闭容器中，充入H2S和SO2，平衡常数K＝3.375，测得平衡时SO2和H2O的浓度均为1.0mol•L﹣1则平衡时n（H2S）/n（S）的值为。方法二、O2氧化脱硫：（3）某同学探究活性炭吸附催化氧化SO2以N2作稀释剂，一定温度下，通入SO2O2和H2O反应生成H2SO4其中不同温度下，SO2在活性炭上的吸附情况如图2，下列说法正确的是BD。A.温度越低，SO2的吸附量越高，SO2氧化反应速率越快B.已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，可推断该过程是熵减、放热的过程，温度过高不利C.原料中水蒸气的含量越大，脱硫速率一定越快D.随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的H2SO4占据了吸附位点没及时脱出导致（4）在SO2与O2反应过程中掺入少量CH4有利于提高SO2转化成SO3其中一种解释是甲烷参与氧化反应过程中存在如图3机理。原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由该反应未达平衡，CH4在氧化过程中会生成大量O、OH自由基，有利于SO2氧化速率加快。甲烷参与的SO2氧化机理：①CH4+2O2⇌HCO+HO2+H2O②HCO+O2⇌O+OH+CO③SO2+O⇌SO3④SO2+OH+O2⇌SO3+HO2【答案】ⅠH2O+2e﹣+CO2＝H2↑+；Ⅱ（1）ΔH3＝ΔH1﹣2ΔH2；（2）；（3）BD；（4）该反应未达平衡，CH4在氧化过程中会生成大量O、OH自由基，有利于SO2氧化速率加快。【分析】Ⅰ电解CaCl2溶液，阴极H2O得到电子生成；Ⅱ（1）由盖斯定律可知，①﹣2×②可得反应；（2）根据已知条件列出“三段式”2H2S（g）+SO2（g）⇌3S（g）+2H2O（g）（单位：mol）开始00变化10.51.51平衡x11.51K＝＝3.375，解得x＝1mol据此计算；（3）A．由图可知，温度越低反应速率越慢；B．该反应是气体体积减小的反应，熵减，已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，则该反应为放热反应；C．原料中水蒸气的含量越大，SO2和O2的浓度减小；D．随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的H2SO4占据了吸附位点没及时脱出导致；（4）该反应未达平衡，CH4在氧化过程中会生成大量O、OH自由基，有利于SO2氧化速率加快。【解答】解：Ⅰ电解CaCl2溶液，阴极H2O得到电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：H2O+2e﹣+CO2＝H2↑+，然后发生反应：Ca2+++CaCO3↓，故答案为：H2O+2e﹣+CO2＝H2↑+；Ⅱ（1）由盖斯定律可知，①﹣2×②可得反应③，则三个反应的ΔH之间的关系为ΔH3＝ΔH1﹣2ΔH2，故答案为：ΔH3＝ΔH1﹣2ΔH2；（2）根据已知条件列出“三段式”2H2S（g）+SO2（g）⇌3S（g）+2H2O（g）（单位：mol）开始00变化10.51.51平衡x11.51K＝＝3.375，解得x＝1mol，则平衡时═＝，故答案为：；（3）A．由图可知，温度越低，SO2的吸附量越高，但SO2氧化反应速率越慢，故A错误；B．该反应是气体体积减小的反应，熵减，已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，则该反应为放热反应，温度过高不利于反应正向进行，故B正确；C．原料中水蒸气的含量越大，SO2和O2的浓度减小，脱硫速率不一定越快，故C错误；D．随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的H2SO4占据了吸附位点没及时脱出导致，故D正确；故答案为：BD；（4）原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由为：该反应未达平衡，CH4在氧化过程中会生成大量O、OH自由基，有利于SO2氧化速率加快，故答案为：该反应未达平衡，CH4在氧化过程中会生成大量O、OH自由基，有利于SO2氧化速率加快。【点评】本题考查化学电源新型电池、电解池反应原理等，题目难度较大，注意化学电解池原理的应用是本题的难点。6．（2024•沙坪坝区校级模拟）硫酸工业中，在接触室中催化氧化SO2的反应为2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）。（1）上述反应在V2O5的催化作用下分两步进行，能量变化如图：写出第二步反应的热化学方程式：2V2O4（g）+O2（g）⇌2V2O5（s）ΔH＝﹣222kJ/mol；通入1molSO2、0.5molO2充分反应，放出热量＜99kJ（填“＞”“＜”或“＝”）。（2）为了使SO2尽可能多地转化为SO3，理论上应选择的条件是C（填序号）。A．高温高压B．高温低压C．低温高压D．低温低压但实际生产中选择常压，其原因是常压时，二氧化硫转化率已经很高，继续加压，对设备等要求高，成本高；（3）接触室中，原料气[投料比]依次通过催化剂层、热交换器，SO2转化率随温度变化如图所示。①BC段转化率几乎不变的主要原因是原料气进行热交换，不与催化剂接触，反应速率迅速减小，故SO2转化率几乎不变；②平衡时的压强为p，SO2的转化率为α，则（用α、p表示）。（4）催化分解H2S可获取硫酸工业的重要原料。负载有Pt、RuO2的TiO2催化剂在光照时可产生电子和具有强氧化性的电子空穴h+，催化过程的示意图如图：在RuO2表面发生的反应式为；若产生1mol电子空穴h+，则产生标准状况下11.2LH2。【答案】（1）2V2O4（g）+O2（g）⇌2V2O5（s）ΔH＝﹣222kJ/mol；＜；（2）C；常压时，二氧化硫转化率已经很高，继续加压，对设备等要求高，成本高；（3）①原料气进行热交换，不与催化剂接触，反应速率迅速减小，故SO2转化率几乎不变；②；（4）；11.2。【分析】（1）图中变化可知，第二步反应的热化学方程式为：2V2O4（g）+O2（g）⇌2V2O5（s）ΔH＝﹣222kJ/mol，总反应的热化学方程式：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝（24﹣222）kJ/mol＝﹣197kJ/mol，反应为可逆反应；（2）为了使SO2尽可能多地转化为SO3，理论上应选择的条件促进平衡正向进行，常压下二氧化硫转化率较大，增大压强对转化率影响不大；（3）①由图像可知，BC段，此时还未平衡，当反应混合物进行热交换时，不与催化剂接触，反应速率大幅度减小，虽然反应混合物的温度降低，但SO2的转化率基本不变；②设SO2的物质的量为2xmol，O2的物质的量为xmolSO2、O2、SO3的物质的量分数分别为、、，计算得到Kp；（4）图可知，在催化剂表面发生的反应为硫化氢被h+氧化生成硫和氢离子，在催化剂铂表面氢离子得到电子生成氢气，反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，则产生1mol电子空穴h+，则产生标准状况下氢气物质的量为0.5mol，据此计算标准状况下的体积。【解答】解：（1）图中分析可知，第二步反应的热化学方程式为：2V2O4（g）+O2（g）⇌2V2O5（s）ΔH＝﹣222kJ/mol，总反应的热化学方程式：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝（24﹣222）kJ/mol＝﹣197kJ/mol，通入1molSO2、0.5molO2充分反应，反应为可逆反应，不能进行彻底，则放出热量＜99kJ，故答案为：2V2O4（g）+O2（g）⇌2V2O5（s）ΔH＝﹣222kJ/mol；＜；（2）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣197kJ/mol，反应为气体体积减小的放热反应，为了使SO2尽可能多地转化为SO3，理论上应选择的条件是低温高压，实际生产中选择常压，其原因是：常压时，二氧化硫转化率已经很高，继续加压，对设备等要求高，成本高，故答案为：C；常压时，二氧化硫转化率已经很高，继续加压，对设备等要求高，成本高；（3）①由图像可知，BC段，此时还未平衡，当反应混合物进行热交换时，不与催化剂接触，反应速率大幅度减小，虽然反应混合物的温度降低，但SO2的转化率基本不变，BC段转化率几乎不变的主要原因是：原料气进行热交换，不与催化剂接触，反应速率迅速减小，故SO2转化率几乎不变，故答案为：原料气进行热交换，不与催化剂接触，反应速率迅速减小，故SO2转化率几乎不变；②设SO2的物质的量为2xmol，O2的物质的量为xmolSO2、O2、SO3的物质的量分数分别为、、，故，故答案为：；（4）图可知，在催化剂表面发生的反应为硫化氢被h+氧化生成硫和氢离子，反应式为：，在催化剂铂表面氢离子得到电子生成氢气，反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，则产生1mol电子空穴h+，则产生标准状况下氢气物质的量0.5mol，标准状况下的体积＝0.5mol×22.4L/mol＝11.2L，故答案为：；11.2。【点评】本题考查了化学反应能量变化、热化学方程式书写、平衡常数计算应用、平衡影响因素的理解等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。7．（2024•门头沟区一模）氨是一种重要的化工原料，迄今为止，人类仍然在追求低成本、高产率的合成氨技术。Ⅰ.N2、H2直接合成氨。（1）根据图1所示的能量转换关系，N