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第十三讲 碳、硅及无机非金属材料
【基础巩固】
1.下列有关碳及其化合物的说法正确的是( )
A.CO2不是导致温室效应的主要气体
B.CO 和CO2组成元素相同，所以他们的化学性质相同
C.金刚石、石墨是碳的单质，而C60是碳的化合物
D.在高温条件下，碳能使CO2转变成CO
【答案】 D
【解析】 A.CO2是导致温室效应的主要气体，A 错误；B.CO 和CO2组成元素相同，但它们分子组成不同，
化学性质不相同，B 错误；C.单质是指只含有一种元素的纯净物，故金刚石、石墨是碳的单质，C60也是碳
的单质，C 错误；D.在高温条件下，碳能使CO2转变成CO，CO2＋C=====2CO，D 正确。
2．二氧化硅广泛存在于自然界中，在日常生活、生产、科研及新型材料等方面有着重要的用途。a～e 是
对①～⑤反应中SiO2所表现的化学性质或作用进行的判断，其中正确的是( )
SiO
①
2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
SiO
②
2＋2C=====Si＋2CO↑
SiO
③
2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
Na
④
2CO3＋SiO2=====Na2SiO3＋CO2↑
SiO
⑤
2＋3C=====SiC＋2CO↑
a．反应①中SiO2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃
b．反应②中SiO2表现出氧化性
c．反应③中SiO2表现了酸性氧化物的通性
d．反应④符合用难挥发性的酸酐制取易挥发性的酸酐的原理
e．反应⑤中SiO2未参加氧化还原反应
A．ace B．bde C．cde D．ab
【答案】 B
【解析】 通常用氢氟酸来刻蚀玻璃，与之对应的反应是③，a、c 判断错误；反应②是一个置换反应，其
中二氧化硅被还原，表现出氧化性，b 判断正确；反应④是一个复分解反应，用难挥发的二氧化硅制取易
挥发的二氧化碳，d 判断正确；反应⑤中碳的化合价由0 价变为－4 价和＋2 价，硅和氧的化合价都没有改
变，因此二氧化硅没有参加氧化还原反应，e 判断正确。
3.高纯硅是典型的无机非金属材料，它可以按下列方法制备：
SiO2――→Si(粗)――→SiHCl3――→Si(纯)
下列说法不正确的是( )
A.步骤①的化学方程式：SiO2＋2C=====Si＋2CO↑
B.步骤①中每生成1 mol Si，转移4mol 电子
C.步骤③中的反应为氧化还原反应
1
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D.高纯硅是制造手机芯片的常用材料，SiO2是制造太阳能电池的基本原料
【答案】 D
【解析】 A 项，步骤①的化学方程式：SiO2＋2C=====Si＋2CO↑，故A 正确；B 项，依据方程式SiO2＋
2C=====Si＋2CO↑可知，反应中硅从＋4 价降为0 价，每生成1 mol Si，转移4mol 电子，故B 正确；C 项，
步骤③氢气与三氯化氢硅反应生成硅和氯化氢，氢、硅元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C 正
确；D 项，硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池的常用材料，二氧化硅具有良好的光学特性，是制
造光导纤维的基本原料，故D 错误。
4.(2021·福建卷)建盏是久负盛名的陶瓷茶器，承载着福建历史悠久的茶文化。关于建盏，下列说法错误的
是( )
A.高温烧结过程包含复杂的化学变化 B.具有耐酸碱腐蚀、不易变形的优点
C.制作所用的黏土原料是人工合成的 D.属硅酸盐产品，含有多种金属元素
【答案】 C
【解析】 A.高温烧结过程是许多物理变化和化学变化的综合过程，A 正确；B.陶瓷成分是硅酸盐，经高
温烧结具有耐酸碱腐蚀、不易变形的优点，B 正确；C.黏土是含沙粒很少、有黏性的土壤，一般的黏土都
由硅酸盐矿物在地球表面风化后形成，不是人工合成的，C 错误；D.陶瓷的主要生产原料是黏土，属硅酸
盐产品，含有多种金属元素，D 正确。
5．部分含碳物质的分类与相应碳元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．a 中可能含有非极性键 B．b 存在多种同素异形体
C．c 不属于酸性氧化物 D．d 转化为e 可通过化合反应实现
【答案】 A
【解析】 根据含碳物质化合价分析可知，a 为CH4，b 为碳单质，c 为CO，d 为CO2，e 为碳酸盐或碳酸
氢盐。a 为CH4，不含非极性共价键，故A 符合题意；b 为碳单质，存在多种同素异形体，如石墨、金刚石
等，故B 不符合题意；c 为CO，不属于酸性氧化物，故C 不符合题意；若e 为NaHCO3，d 转化为e 则发
生CO2＋H2O＋Na2CO3===2NaHCO3，属于化合反应，故D 不符合题意。
6．实验室用H2还原SiHCl3(沸点：31.85 ℃)制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，
下列说法正确的是( )
2
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A．装置Ⅱ、Ⅲ中依次盛装的是浓H2SO4、冰水
B．实验时，应先加热管式炉，再打开活塞K
C．为鉴定制得的硅中是否含微量铁单质，需要用到的试剂为盐酸、双氧水、硫氰化钾溶液
D．该实验中制备氢气的装置也可用于稀氢氧化钠溶液与氯化铵固体反应制备氨
【答案】 C
【解析】 本题制备高纯硅，反应H2＋SiHCl3=====Si＋3HCl 应在装置Ⅳ中进行，装置Ⅰ的目的是制备氢
气，氢气中含有水蒸气，对后续实验产生干扰，必须除去，因此装置Ⅱ的作用是除去氢气中的水蒸气，即
装置Ⅱ中盛放浓硫酸，装置Ⅲ的作用是提供SiHCl3气体，因此在水浴中加热，故A 错误；实验时应先通入
氢气，目的是排出装置中的空气，防止发生危险，故B 错误；硅不与盐酸反应，铁与盐酸反应生成Fe2＋，
Fe2＋被H2O2氧化成Fe3＋，Fe3＋与KSCN 溶液反应，溶液变红色，可以鉴定是否含有铁单质，故C 正确；用
稀NaOH 溶液制备氨，需要加热，装置Ⅰ中没有加热装置，因此不能制备氨，故D 错误。
7.海洋碳循环是全球碳循环的重要组成部分，是影响全球气候变化的关键控制环节。下图为海洋中碳循环
的简单原理图。下列说法错误的是( )
A.海洋碳循环过程中能将太阳能转化为化学能
B.钙化释放CO2的离子方程式：2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O
C.影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等
D.光合作用，每生成0.1 mol (CH2O)x转移电子数为4NA(NA表示阿伏加德罗常数)
【答案】 D
【解析】 题图中CO2在弱碱性条件下转化成Na2CO3、NaHCO3，遇氯化钙发生2HCO＋Ca2＋=CaCO3↓＋
CO2↑＋H2O，生成CaCO3沉淀钙化同时释放CO2，再经光合作用，形成有机物参与海洋碳循环。A.CO2经
光合作用形成有机物参与海洋碳循环，过程中能将太阳能转化为化学能，故A 正确；B.钙化生成CaCO3沉
淀同时释放CO2的离子方程式：2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，故B 正确；C.温度高或酸性条件下，
二氧化碳在水中溶解度小，影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等，故C
正确；D.光合作用，碳由＋4 价降为0 价，每生成0.1 mol (CH2O)x转移电子数为0.4xNA，故D 错误。
8.(2022·湖南百校大联考)以叶蛇纹石[主要成分是Mg6(Si4O10)(OH)8，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3等]为原料提
3
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取高纯硅的流程如下：
下列说法错误的是( )
A.反应2 的副产物可作燃料 B.反应3 和反应4 的副产物可循环利用
C.反应2、3、4 都是氧化还原反应 D.上述流程中反应3 和反应4 可在同一容器中进行
【答案】 D
【解析】 A.反应2 是二氧化硅和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，其副产物CO 可作燃料，故A 正确；
B.反应3 是硅和HCl 反应生成H2和SiHCl3，反应4 是H2和SiHCl3反应生成Si 和HCl，反应3 的副产物是
反应4 的原料，反应4 的副产物是反应3 的原料，因此反应3 和反应4 的副产物可循环利用，故B 正确；
C.由上述分析可知，反应2、3、4 均为氧化还原反应，故C 正确；D.硅的熔点高，如果反应3 和反应4 在
同一容器中进行，不能达到提纯目的，应通过温度不同，利用反应3 除去难溶性杂质(如SiO2)，然后将三
氯甲硅烷蒸馏出来，故D 错误。
9.综合利用CO2、CO 对构建低碳社会有重要意义。
(1)Li2O、Na2O、MgO 均能吸收CO2。如果寻找吸收CO2的其他物质，下列建议合理的是________(填字母)。
A.可在碱性氧化物中寻找
B.可在ⅠA、ⅡA 族元素形成的氧化物中寻找
C.可在具有强氧化性的物质中寻找
(2)Li4SiO4可用于吸收、释放CO2，原理是在500 ℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700
℃，反应逆向进行，放出CO2 ，Li4SiO4 再生，写出CO2 与Li4SiO4 反应的化学方程式：
____________________。
(3)如图所示，利用缺铁氧化物(如Fe0.9O)可实现CO2的综合利用、构建低碳环保社会。
①过程Ⅰ反应中二氧化碳作________(填“氧化”或“还原”)剂，每生成3 mol 的Fe3O4可转化CO2的体积
为________(标准状况)。
②请说明该转化的优点：____________________________________________________________________。
4
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【答案】 (1)AB (2)CO2＋Li4SiO4Li2CO3＋Li2SiO3 (3)①氧化 22.4 L ②将CO2 转化为C 和
O2；利用了太阳能；Fe3O4可循环使用
【解析】 (1)A 项，Li2O、Na2O、MgO 均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物CO2，可在碱性氧化物中
寻找吸收CO2的其他物质，故A 正确；B 项，Li2O、Na2O、MgO 均能吸收CO2，锂与钠、镁为ⅠA、ⅡA
族元素，所以可在ⅠA、ⅡA 族元素形成的氧化物中寻找吸收CO2的其他物质，故B 正确；C 项，Li2O、
Na2O、MgO 均能吸收CO2，但它们都没有强氧化性，且吸收二氧化碳与氧化还原反应无关，故C 错误。
(2)在500 ℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守
恒可知产物还有Li2SiO3，所以化学方程式为CO2＋Li4SiO4Li2CO3＋Li2SiO3。(3)根据图示可知，
Fe0.9O 可以将CO2转化为Fe3O4和C，过程Ⅰ反应的化学方程式为10Fe0.9O＋CO2===3Fe3O4＋C，可知生成3
mol 的Fe3O4消耗1 mol CO2，而Fe3O4又在太阳能高温作用下分解为Fe0.9O 和氧气，可实现铁的氧化物的循
环利用。
10.氮化硅可用作高温陶瓷复合材料，在航空航天、汽车发动机、机械等领域有着广泛的应用。由石英砂合
成氮化硅粉末的路线如图所示：
――→――→――→――→――→
其中—NH2中各元素的化合价与NH3相同。请回答下列问题：
(1) 石英砂不能与碱性物质共同存放，以NaOH 为例，用化学方程式表示其原因：
_________________________________________________________________________________。
(2)图示①～⑤的变化中，属于氧化还原反应的是________。
(3)在反应⑤中，3 mol Si(NH2)4在高温下加热可得1 mol 氮化硅粉末和8 mol A 气体，则氮化硅的化学式为
_____________________________________。
(4)在高温下将SiCl4在B 和C 两种气体的气氛中，也能反应生成氮化硅，B 和C 两种气体在一定条件下化
合生成A。写出SiCl4与B 和C 两种气体反应的化学方程式：____________________________________。
【答案】 (1)SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O (2)①② (3)Si3N4
(4)3SiCl4＋2N2＋6H2=====Si3N4＋12HCl
【解析】 (1)石英砂不能与碱性物质共同存放的实质是SiO2与碱性物质可以发生反应。(2)反应①是石英
砂与焦炭发生氧化还原反应；反应②是硅单质与Cl2发生氧化还原反应。(3)氮化硅的化学式可通过题目信
息运用质量守恒求得：3Si(NH2)4=====Si3N4＋8NH3↑。(4)结合题给信息，SiCl4与N2、H2反应可得到Si3N4
和HCl。
【拔高练习】
1．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”是赞誉越窑秘色青瓷的诗句，描绘了我国古代精美的青瓷工艺
品。玻璃、水泥和陶瓷均为硅酸盐制品，下列有关说法正确的是( )
5
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A．玻璃是人类最早使用的硅酸盐制品
B．制水泥的原料为纯碱、石灰石和石英
C．硅酸盐制品的性质稳定、熔点较高
D．沙子和黏土的主要成分均为硅酸盐
【答案】 C
【解析】 陶瓷是人类最早使用的硅酸盐制品，A 项错误；制普通硅酸盐水泥的原料是黏土和石灰石，B
项错误；沙子的主要成分是SiO2，黏土的主要成分是硅酸盐，D 项错误。
2.下列关于硅及其化合物的描述中正确的是( )
A.SiO2硬度大，故可用于制造光导纤维
B.在给定条件下，下列物质间转化可实现：CaCO3――→CaO――→CaSiO3
C.硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，该过程与氧化还原反应有关
D.在给定条件下，下列物质间转化可实现：SiO2――→SiCl4――→Si
【答案】 B
【解析】 SiO2可用于制造光导纤维的原因是其导光性能好，与硬度无对应关系，A 错误；CaCO3高温分
解生成CaO，CaO 与SiO2在高温时反应生成CaSiO3，B 正确；硅太阳能电池工作时，利用半导体的光电效
应，将光能转化为电能，与氧化还原反应无关，C 错误；SiO2不能与盐酸反应，D 错误。
3.水玻璃(Na2SiO3溶液)广泛应用于耐火材料、洗涤剂生产等领域，是一种重要的工业原料。如图是用稻壳
灰(SiO2：65%～70%、C：30%～35%)制取水玻璃的工艺流程：
下列说法正确的是( )
A.原材料稻壳灰价格低廉，且副产品活性炭有较高的经济价值
B.操作A 与操作B 完全相同
C.该流程中硅元素的化合价发生改变
D.反应器中发生的反应为氧化还原反应
【答案】 A
【解析】 A 项，稻壳灰来源广泛，价格低廉，活性炭具有吸附性，有较高的经济价值，正确；B 项，操
作A 为过滤，操作B 为蒸发浓缩，是两种不同的操作，错误；C 项，二氧化硅中硅元素的化合价是＋4 价，
硅酸钠中硅元素的化合价也是＋4 价，所以该流程中硅元素的化合价没有发生改变，错误；D 项，反应器
中发生的反应为SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O，此反应没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，
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错误。
4.(2021·金华模拟)碳纳米管，又名巴基管，是一种具有特殊结构的一维量子材料，具有许多异常的力学、
电学和化学性能。近些年随着碳纳米管及纳米材料研究的深入，其广阔的应用前景也不断地展现出来。下
列关于纳米管说法不正确的是( )
A.纳米管孔径较大，可以掺杂各种金属原子，体现特殊的催化活性
B.碳纳米管拥有极高的熔点
C.纳米管是一种新型有机纳米材料
D.纳米管可以由石墨烯在特定条件下卷曲而成
【答案】 B
【解析】 A.纳米管孔径较大，有很强的吸附作用，可以掺杂各种金属原子，体现特殊的催化活性，故A
正确；B.碳纳米管上每个碳原子采取sp2杂化，相互之间以碳－碳σ 键结合起来，所以熔点高，故B 正确；
C.碳纳米管只由碳原子构成，属于单质，不是有机化合物，故C 错误；D.碳纳米管可以看做是石墨烯片层
卷曲而成，故D 正确。
5.(2022·南平期中)我国成功地发射了嫦娥一号探测卫星，对月球土壤中14 种元素的分布及含量进行探测等。
月球的矿产资源极为丰富，仅月球表层5 cm 厚的沙土就含铁单质有上亿吨，月球上的主要矿物有辉石
(CaMgSi2O6)、斜长石(NaAlSi3O8)和橄榄石[(Mg 或Fe)2SiO4]等。下列说法或分析不正确的是( )
A.辉石、斜长石及橄榄石均属于硅酸盐矿
B.斜长石的氧化物形式可表示为Na2O·Al2O3·3SiO2
C.月球表层沙土中含有游离态铁是因为月球的表面几乎没有氧气
D.橄榄石中铁元素为＋2 价
【答案】 B
【解析】 辉石、斜长石及橄榄石的成分均为硅酸盐类，属于硅酸盐矿，A 项正确；斜长石(NaAlSi3O8)改
写成氧化物的形式应为Na2O·Al2O3·6SiO2，B 项错误；月球上含有游离态铁是因为月球环境中没有氧化金
属铁的物质或者条件，故月球的表面几乎没有氧气，C 项正确；橄榄石[(Mg 或Fe)2SiO4]中，Si、O 元素分
别为＋4 价和－2 价，由化合价代数和为0，可确定铁元素为＋2 价，D 项正确。
6.(2022·永昌一中月考)关于无机非金属材料下列说法正确的是( )
A.氮化硅陶瓷，光导纤维，石英玻璃都属于新型无机非金属材料
B.硅酸盐中Si 和O 构成了硅氧四面体，每个Si 结合2 个O，每个O 与4 个Si 相结合
C.石英、硅太阳能电池、水晶、玛瑙主要成分都是SiO2
D.钾长石(K2Al2Si6O16)写成氧化物的形式为K2O·Al2O3·6SiO2
【答案】 D
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【解析】 A.氮化硅陶瓷和光导纤维属于新型无机非金属材料，石英玻璃不属于新型无机非金属材料，故
A 错误；B.硅酸盐中Si 和O 构成了硅氧四面体，每个Si 结合4 个O，每个O 与2 个Si 相结合，故B 错误；
C.石英、水晶、玛瑙主要成分都是SiO2，硅太阳能电池的主要成分是Si，故C 错误；D.钾长石是硅酸盐，
可以写成氧化物的形式为K2O·Al2O3·6SiO2，故D 正确。
7．（2023·陕西西安·统考二模）2022 年科技创新结出累累硕果，加快实现了高水平建设科技强国。下列有
关说法错误的是
A．国产航母海上巡航，航母甲板是高强度钢材，钢是一种铁碳合金
B．“华龙一号”核电项目中核反应堆所用铀棒中含有的❑92
235U 与❑92
238U 互为同位素
C．“北斗导航”系统应用一体化芯片手机，芯片成分为SiO2
D．C919 大飞机采用的材料中使用了高温陶瓷材料氮化硅，氮化硅属于新型无机非金属材料
【答案】C
【解析】A．钢是一种铁碳合金，A 正确；B．❑92
235U与❑92
238U质子数相同，中子数不同，互为同位素，B
正确；C．芯片的成分为晶体Si，C 错误；D．氮化硅属于新型无机丰金属材料，D 正确；故选C。
8．（2023·全国·统考一模）乙酸硅是白色至米色晶体。某校同学设计实验先制备SiCl4，再由SiCl4与乙酸
酐反应制备乙酸硅。已知部分物质性质如表：
物质
化学式
熔点
沸点
性质
乙酸硅
(CH3COO)4Si
110
℃
148℃
白色至米色晶体
四氯化
硅
SiCl4
-70℃
57.6
℃
极易水解
乙酸酐
(CH3CO)2O
-73℃
140℃
回答下列问题：
(1)制备SiCl4装置(部分夹持仪器已省略)如图：
8
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A
①
中制取Cl2的反应中，被氧化与未被氧化HCl 的物质的量之比为_____(写最简比)，C 中盛放的试剂是
_____。
②装置D 中发生的是置换反应，其化学方程式为_____。
③装置E 用冰水浴的目的是_____。
④上述设计的装置有一处明显不妥，改进的方法是_____。
(2)制备(CH3COO)4Si 的反应装置如图所示。将一定量的SiCl4放入三颈烧瓶中，在电磁搅拌下，由滴液漏斗
滴入过量的乙酸酐，关闭活塞。SiCl4和(CH3CO)2O 的反应为放热反应，反应后反应混合物带色，并开始析
出(CH3COO)4Si 晶体。
①写出生成(CH3COO)4Si 的化学方程式：_____(生成物有两种)。
②完成反应后，将反应混合液放置数日，再用干冰一丙酮浴冷却后，将导管伸入液面以下，_____(结合装
置图填写操作)，获得(CH3COO)4Si 晶体粗品，若得到较纯的(CH3COO)4Si，则下一步操作为_____。
【答案】(1)5：3 浓硫酸 SiC+2Cl2Δ
¿
¿
SiCl4+C 冷凝SiCl4使其液化，减少挥发损失 装置
E、F 之间需连接一个干燥装置
(2)SiCl4+4(CH3CO)2O→(CH3COO)4Si+4CH3COCl 打开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体
重结晶
【解析】高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，B 装置盛饱和食盐水除HCl，C 装置盛浓硫酸干燥氯气，D 中
SiC 和氯气反应生成SiCl4 和C，E 收集SiCl4，F 吸收氯气，防止污染。三口烧瓶中SiCl4 与乙酸酐反应生
成 (CH3COO)4Si 和乙酰氯，完成反应后，用干冰一丙酮浴冷却，将导管伸入液面以下，打开活塞，抽真空，
以除去烧瓶中多余的液体。（1）①A 中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，反应的
方程式为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，HCl 被氧化为氯气，被氧化与未被氧化HCl 的物质
的量之比为5：3；C 的作用是干燥氯气，盛放的试剂是浓硫酸。②装置D 中发生的是置换反应，可知SiC
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和氯气反应生成SiCl4和C，反应的化学方程式为SiC+2Cl2Δ
¿
¿
SiCl4+C。③SiCl4的沸点是57.6℃，装置E 的
作用是收集SiCl4，用冰水浴的目的是冷凝SiCl4使其液化，减少挥发损失。④SiCl4极易水解，F 中的水蒸
气可能进入E 发生水解反应，改进的方法是装置E、F 之间需连接一个干燥装置。
（2 ）①SiCl4 与乙酸酐反应生成 (CH3COO)4Si 和乙酰氯，反应的化学方程式为
SiCl4+4(CH3CO)2O→(CH3COO)4Si+4CH3COCl。②完成反应后，将反应混合液放置数日，再用干冰一丙酮
浴冷却后，将导管伸入液面以下，打开活塞，抽真空，以抽取烧瓶中多余的液体，获得(CH3COO)4Si 晶体
粗品；乙酸硅的熔点是110℃，是白色至米色晶体，乙酸酐的熔点是-73℃，用重结晶法提纯
(CH3COO)4Si。
9．（2023·陕西铜川·统考二模）碳排放问题是第26 届联合国气候变化大会讨论的焦点。我国向国际社会
承诺2030 年实现“碳达峰”，2060 年实现“碳中和”。为了实现这个目标，加强了对CO2转化的研究，
因此CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。根据信息回答下列问题。
I．研究表明CO2与CH4在催化剂存在下可发生反应制得合成气：CO2(g)+CH4(g)⇌
❑2CO(g)+2H2(g) ΔH
一定压强下，由最稳定单质生成1mol 化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。
(1)已知CO2(g)、CH4(g)、CO(g)的摩尔生成焓分别为-395kJ·mol-1、-74.9kJ ·mol-1 、-110.4kJ· mol-1，则上述
反应的 ΔH =________kJ·mol-1。
II．研究表明CO2与H2能发生下列反应：
反应1：CO2(g)+4H2(g)⇌
❑CH4(g)+2H2O(g) ΔH1 =- 154 kJ·mol-1
反应2：CO2(g)+3H2(g)⇌
❑CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2= - 49 kJ·mol-1
(2)在573K 时，体积为2L 的恒容容器中投入2molCO2和6molH2发生反应2 达到平衡。
①为了提高CH3OH 产率可以采取的措施有_____________，________ (任写两项措施)。
②图1 中能表示该反应的平衡常数的对数lnK 与1
T
(T 表示温度)之间的变化关系的曲线是______(填“m”或
“n”)。
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③测得在相同时间内，不同温度下的H2转化率如图2 所示，v(a) 逆_____v(c) 逆(填“>”、“<”或“=”)；T2
温度下该反应的平衡常数K 值为______(保留两位小数)。
(3)在恒容密闭容器中，反应1 按进料浓度比c(CO2)：c(H2)分别等于1:2、1:5、1:7 时，CO2的平衡转化率随
条件X 的变化关系如图3 所示：
①曲线a 的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为____________。
②条件X 是_____ (填“温度”或“压强”)，依据是________。
(4)我国学者探究了BiIn 合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH 的催化性能及机理，并通过DFT 计算催
化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图4 所示(带“* ”表示物质处于吸附态)。试从图4 分析，采用
BiIn 合金催化剂既优于单金属Bi 催化剂，又优于单金属In 催化剂的原因是______________。
【答案】(1)+249.1
(2) 增大体系压强 通入H2 n < 14.81
(3) 1：2 压强 该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2
的平衡转化率增大，与图3 曲线一致
(4)相对于单金属Bi 催化剂，BiIn 合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO 中间体的吸附，相对于
单金属In 催化剂，BiIn 合金催化剂能够降低*OCHO 脱附形成*HCOOH 的活化能
【解析】（1）CH4(g)与CO2(g)反应生成CO(g)和H2(g)的方程式：CO2(g)+CH4(g)⇌
❑2CO(g)+2H2(g)，在一定
温度和压强下，由最稳定单质生成1 mol 化合物的焓变称为该物质的摩尔生成焓。根据此定义，稳定单质
的摩尔生成焓为0，CO2(g)、CH4(g)、CO(g)的摩尔生成焓分别为-395kJ·mol-1、-74.9kJ ·mol-1、-110.4kJ·
mol-1，则反应焓变△H=2×(-110.4 kJ/mol)-[-395 kJ/mol+(-74.9 kJ/mol)]=+249.1kJ/mol。
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（2）①反应2：CO2(g)+3H2(g)⇌
❑CH3OH(g)+H2O(g)是气体体积减小的放热反应，增大体系压强、通入H2、
降低温度等可以提高CH3OH 产率；
②反应2 是放热反应，升高温度平衡逆向移动，K 值减小，则1
T
减小，K 值减小，图1 中能表示该反应的
平衡常数的对数lnK 与1
T
(T 表示温度)之间的变化关系的曲线是n；
③温度越高，反应速率越快，Tc>Ta，则v(a) 逆<v(c) 逆；T2 温度下H2 转化率为80%，列出“三段式”：
¿
¿CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH (g)+H2O (g)
起始(mol/L)
1
¿转化(mol/L)
0.8
¿平衡(mol/L)
0.2
¿
¿
平衡常数K=c(H2O)c(CH3OH)
c
3(H2)c(CO2)
= 0.8×0.8
(0.6)
3×0.2
=14.81。
（3）①反应1 为CO2(g)+4H2(g)⇌
❑CH4(g)+2H2O(g)，c(H2)越大，平衡正向移动，CO2 的转化率增大，则
c(CO2)：c(H2)的数值越小，CO2的转化率越小，曲线a 的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为1：2；
②该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3
曲线一致，条件X 是压强。
（4）相对于单金属Bi 催化剂，BiIn 合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO 中间体的吸附，相对
于单金属In 催化剂，BiIn 合金催化剂能够降低*OCHO 脱附形成*HCOOH 的活化能，则采用BiIn 合金催化
剂既优于单金属Bi 催化剂，又优于单金属In 催化剂。
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