文档文本内容
专题41 化学反应原理综合题
——反应热+速率平衡+电化学
考点
十年考情（2016-2025）
命题趋势
考点1 涉及工农
业生产应用
2025：湖南、重庆、浙江
2024：北京、浙江、天津
2023：重庆、北京
2022：重庆
2021：重庆、湖南、浙江
2020：北京、全国II 卷
2019：全国II 卷、全国III 卷、浙江
2018：浙江、天津
2017：浙江
注重考查学科核心知识 ：本专题综合考查
反应热的计算、速率与化学平衡的计算、
化学平衡的移动、电化学等核心知识。
强调知识的灵活运用与综合分析 ：化学反
应原理题通常以工业生产为背景，综合考
查化学反应中的能量变化、速率与平衡等
知识，题目综合性强，图文信息多，设问
角度灵活。由于试题篇幅较长，情境、取
材较新，侧重考查考生的阅读能力、获取
有效信息能力、知识运用能力、识图识表
能力和分析归纳能力，试题难度大。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 涉及能
源、其它资源综合
利用
2024：重庆、广西、浙江、上海
2023：河北、江苏
2022：江苏、湖南
2021：河北
2020：江苏、天津、全国II 卷
2019：江苏、北京、浙江
1．（2025·湖南·高考真题）在温和条件下，将
转化为
烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催
化策略可将
高选择性合成
，该流程示意图如下：
回答下列问题：
(1)电解池中电极M 与电源的 极相连。
(2)
放电生成
的电极反应式为 。
(3)在反应器中，发生如下反应：
反应i：
反应ii：
计算反应
的
，该反应 (填标号)。
A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发
(4)一定温度下，
和
(体积比为
)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为
)发生反应i 和ii．有
存在时，反应ii 的反应进程如图1 所示。随着x 的增加，
的转化率和
产物的选择性(选择性
)如图2 所示。
知识点01 涉及工农业生产应用
根据图1，写出生成
的决速步反应式 ；
的选择性大于
的原因是 。
②结合图2，当
时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x 的增大，
的转化率减小的原因是 ；当
时，该温度下反应ii 的
(保留两位小数)。
【答案】(1)正
(2)
(3)
126 B
﹣
(4)
由
生成
时，活化能较大，反应速率慢 随着x 的增大，
CO 的分压增大，对于反应i 和反应ii 相当于减压，反应i 和反应ii 平衡均逆向移动，所以
的转化率减
小 0.16
【详解】（1）由图可知，N 电极上CO 转化为C2H4，C 元素化合价下降，发生还原反应，N 为阴极，则M
为阳极，与电源正极相连；
（2）CO 发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：
；
（3）根据盖斯定律，反应ii－反应i 即可得到目标反应，则
，该反应是熵减的放热反应，则依据
反
应能自发进行，则低温下自发进行，选B；
（4）总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步
骤是决速步骤，反应式为
；由图可知，由
生成
时，活化能较大，反应速率
慢，所以
的选择性大于
；
当x≥2 时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，则增大CO 的分压，相当于减压，反应i 和反应ii 平
衡均逆向移动，所以
的转化率减小；
当x=2 时，
的转化率为90%，
的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：
1mol，则
、
、
、
，气体总物质的量为
(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为
，
、
、
，
反应ii 的Kp=
。
2．（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
(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
，电极方程式为：
，左侧为负极，
右侧为正极，电极方程式2H++2e-=H2↑，在原电池中，阳离子向正极移动，所以盐桥中
移向正极，即右
侧，该电池总反应方程式为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，则该侧的电极反应方程式为
，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：
。
3．（2025·浙江·高考真题）二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。
请回答：
(1)用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。
A．温度
B．投料比[n(NH3):n(CH3OH)]
C．压强
D．催化剂
(2)25℃下，(CH3)2NH·H2O 的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH= 。
(3)在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式
是 。
(4)上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：
。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下
0(填
“>”、“<”或“=”)。
(5)有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH 催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比
，催化剂M 足量。反应方程式如下：
Ⅳ．
V．
三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。
(例：HCOOH 的物质的量百分比
①请解释HCOOH 的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M 活性降低或失活) 。
②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因
。
【答案】(1)AB
(2)5.4
(3)CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O
(4)＜
(5) t 时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t 时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的
慢 用H2作氢源需要断裂H-H 键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H 键，由于Si 原子半径大于H，Si-H 的键能
比H-H 小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度
【详解】（1）A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定
能够改变甲醇的平衡转化率，A 符合题意；
B．增大投料比[n(NH3):n(CH3OH)] 将增大CH3OH 的转化率，相反减小投料比[n(NH3):n(CH3OH)]，将减小
CH3OH 的平衡转化率，B 符合题意；
C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改
变CH3OH 的平衡转化率，C 不合题意；
D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH 的平衡转
化率，D 不合题意；
故答案为：AB；
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O 的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb=
=10-3.2，则[(CH3)2NH2] +
+H2O
(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh=
=
=10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液中Kh=
=
=10-10.8，故c(H+)=
=10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案
为：5.4；
（3）已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2
阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O，故答案为：
CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O；
（4）反应生产HCON(CH3)2的反应方程式
是一个某条件下反应自发
且熵减，根据自由能变
＜0 时反应自发可知，则反应在该条件下
<0，故答案为：＜；
（5）①由题干图示信息可知，t 时刻之前HCOOH 的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，
而t 时刻之后HCOOH 逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t 时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t
时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢，故答案为：t 时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ
的快，t 时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢；
②用H2作氢源需要断裂H-H 键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H 键，由于Si 原子半径大于H，Si-H 的键能比H-
H 小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，故答案为：用H2作氢
原需要断裂H-H 键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H 键，由于Si 原子半径大于H，Si-H 的键能比H-H 小，所以
用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
4．（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)
，该反应正向气体分子总数减小，同温时，
条件下
转化率高于
，故
，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)
反应iii 生成
，
将
氧化成
，
更易转化成
(4)
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
【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
，该反应正向气体分子总数减小，同温时，
条件下
转化率高于
，故
，
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
；
②反应iii 生成
，
将
氧化成
，
更易转化成
。
（4）
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。
5．（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)。
6．（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
。
7．（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。
8．（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）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是
。答案为
；
（2）a．反应ⅰ的活化能是
，反应ⅱ活化能是
，
，a 项正确；
b．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．总反应的：
，c 项错误；
故选ab。
（3）①电极b 上发生
失电子生成
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
。答案为阳极；
；
（4）①尿素消化分解生成
和
，由于反应中存在浓
，则消化液中含氮粒子为
。②除了
已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入
溶液的体积和浓度。答案为
；样品的质量、
步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。
9．（2022·重庆·高考真题）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/℃
700
800
830
1000
平衡常数
1.67
1.11
1.00
0.59
①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。
①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：H2
2H，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＞0
C．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) < 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) Pd 膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大 BD 1:8
(3) 质子导体 2H++2e-＝H2↑
【详解】（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，△H＜0；
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）①Pd 膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大；
②A．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 项正确；
B．过程2 正反应的活化能远小于逆反应的活化能，△H＜0，B 项错误；
C．加快Pd 膜内H 原子迁移，平衡H2
2H 正向移动，有利于H2的解离，C 项正确；
D．H2
2H 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 项错误；
故选BD；
③根据反应CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)，设通入的CO 为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转
化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、
0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=9；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、
H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a 口和b 口的总量，其中只有a 口
的处于平衡体系)，设a 口产生的H2的物质的量为xmol，则
，解得x=0.1，则出口a 产生的H2
为0.1mol，出口b 的H2为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1:8；
（3）①电解时，一氧化碳和水均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，
故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近，然后得电子产生氢气，故
固体电解质应采用质子导体；
②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-＝H2↑；
③根据阿伏伽德罗定律的推论可知，同温同压下，出口Ⅰ处气体物质的量为进口Ⅰ处的y 倍，设反应中
CO 转化了x mol，则根据三段式：
出口Ⅰ处气体物质的量为(a+b-x)，进口Ⅰ处的气体物质的量为
，则(a+b-x)=y(a+b)，则x=(a+b)(1-y)，
CO 的转化率为：
。
10．（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。
11．（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)，
=390.8kJ mol-1
-(946 kJ mol-1+436.0kJ mol-1
)= +90.8kJ mol-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)=
=
mol L-1 min-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。
12．（2021·浙江·高考真题）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工
业上的常用气体。请回答：
(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是 。
(2)下列说法不正确的是______。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2(g)
Cl
⇌
2(aq) K1=c(Cl2)/p
Cl2(aq) + H2O(l)
H
⇌
+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) K2
其中p 为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2(g)
Cl
⇌
2(aq)的焓变ΔH1 0。(填”>”、“=”或“<”)
②平衡常数K2的表达式为K2= 。
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c= 。(用平衡压强p 和上述平衡常数表示，忽
略HClO 的电离)
(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为：
I.TiO2(s)+2Cl2(g)
TiCl
⇌
4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol·L-1，KI=3.4×10-29
II.2C(s)+O2(g)
2CO(g)
⇌
ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由 。
(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产
物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min 测得氯苯15%转化为邻二氯苯，
25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。
A．适当提高反应温度
B．改变催化剂
C．适当降低反应温度
D．改变反应物浓度
【答案】 2NaCl+ 2H2O
2NaOH + H2↑+Cl2↑ A ＜
K1p +
反应I + II 得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II 使
TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I 提供所需的能量 AB
【详解】(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+
2H2O
2NaOH + H2↑+Cl2↑。
(2) A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A 说法不正确；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可
以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集
氯气，B 说法正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液
化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C 说法正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯
化氢溶于水制取盐酸，D 说法正确。
综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。
(3)①Cl2(g)
Cl
⇌
2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的
熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。
②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l)
H
⇌
+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=
，注意水为液态，其不出现在表达式中。
③Cl2(g)
Cl
⇌
2(aq) 与Cl2(aq) + H2O(l)
H
⇌
+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l)
H
⇌
+ (aq)+Cl-
(aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为
；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据
物料守恒可知，c=
+
c(HClO)+
c(Cl-)，由于HCl 是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，
则
，由K2=
可知
=
，由K1=c(Cl2)/p 可
知，
=
，则
=
，因此，c= K1p +
。
(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g)
TiCl
⇌
4(g)+O2(g) ΔHI=181 kJ/mol，KI=3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g)
2CO(g)
⇌
ΔHII= -
221 kJ/mol ，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I + II 得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则
K=KIKII=4.1 ×1019远大于K1，反应II 的发生可以减小反应I 的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4
得以实现；反应I 为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40 kJ/mol，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放
热反应，则反应II 可为反应I 提供所需的能量。
(5) 15%生成邻二氯苯，说明该反应活化能大，25%生成对二氯苯，说明该反应活化能小，温度改变对活化
能的影响大，即升高温度，邻二氯苯产量增大的多，比例增大；降低温度邻二氯苯产量减少的多，比例减
少，故A 正确、C 错误；选择合适的催化剂，降低生成邻二氯苯的反应的活化能，故B 正确；D 中改变反
应物的浓度，并不能改变两种产物的比例，故D 错误，综上所述，选AB。
13．（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)2
BaO
BaO2
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)2
2BaO+ 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)2
2BaO+ 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+O2
2H2O2，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。
14．（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。
15．（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+2C5H6
Fe(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。
16．（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。
17．（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FeO4
2-的离子方程式 。
（2）请写出阳极的电极反应式（含FeO4
2-） 。
【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-＝2FeO4
2-＋3Cl-＋5H2O 或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO4
2-＋3Cl-＋5H2O Fe3++8OH—3e-=FeO4
2-＋4H2O
或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO4
2-＋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FeO4
2-，然
后根据碱性环境，配平即可，得到2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO4
2-＋3Cl-＋5H2O 或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝
2FeO4
2-＋3Cl-＋5H2O；
（2）阳极失电子，反应物为Fe3+产物为FeO4
2-，然后根据碱性环境及守恒规则，易写出Fe3++8OH- -3e-
=FeO4
2-＋4H2O 或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO4
2-＋4H2O。
18．（2018·浙江·高考真题）(一) 十氢萘是具有高储氢密度的氢能载体，经历“十氢萘（C10H18）→四氢萘
（C10H12）→萘（C10H8）”的脱氢过程释放氢气。已知：
C10H18(l)
C10H12(l)＋3H2(g) △H1
C10H12(l)
C10H8(l)＋2H2(g) △H2
△H1＞△H2＞0；C10H18→C10H12的活化能为Ea1，C10H12→C10H8的活化能为Ea2，十氢萘的常压沸点为192℃；
在192℃，液态十氢萘的脱氢反应的平衡转化率约为9％。请回答：
（1）有利于提高上述反应平衡转化率的条件是 。
A．高温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．低温高压
（2）研究表明，将适量十氢萘置于恒容密闭反应器中，升高温度带来高压，该条件下也可显著释氢，理
由是 。
（3）温度335℃，在恒容密闭反应器中进行高压液态十氢萘（1.00 mol）催化脱氢实验，测得C10H12和
C10H8的产率x1和x2（以物质的量分数计）随时间变化关系，如图1 所示。
①在8 h 时，反应体系内氢气的量为 mol（忽略其他副反应）。
②x1显著低于x2的原因是 。
③在图2 中绘制“C10H18→C10H12→C10H8”的“能量～反应过程”示意图 。
(二) 科学家发现，以H2O 和N2为原料，熔融NaOH－KOH 为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250℃和常压
下可实现电化学合成氨。
阴极区发生的变化可视为按两步进行，请补充完整。
电极反应式： 和2Fe＋3H2O＋N2＝2NH3＋Fe2O3。
【答案】 C 温度升高，加快反应速率；温度升高使平衡正移的作用大于压强增大使平衡逆移的
作用。 1.95 催化剂显著降低了C10H12→C10H8的活化能，反应生成的C10H12快速转化为C10H8
Fe2O3＋6e－＋3H2O＝2Fe＋6OH―
【详解】Ⅰ．(1)C10H18(l)
C10H12(l)＋3H2(g) △H1，C10H12(l)
C10H8(l)＋2H2(g) △H2，△H1＞△H2＞0；
均为吸热反应，且都属于气体的物质的量增大的反应。
A．升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，但增大压强，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故A 错
误；B．降低温度，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故B 错误；C．升高温度，平衡正向移动，平衡转化
率增大，减小压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，故C 正确；D．降低温度，平衡逆向移动，平衡转
化率减小，故D 错误；故选C；
(2)总反应为该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，平衡常数增大，当温度达到
192℃时，十氢萘气化，浓度增大，平衡正向移动，生成氢气量显著增加，故答案为反应吸热，温度升高，
平衡正向移动。与此同时，温度升高导致十氢萘气化，浓度增大，平衡正向移动，生成氢气量显著增加；
(3)①温度335℃，在8 h 时，十氢萘为1.00 mol，测得C10H12和C10H8的产率x1=0.027，x2=0.374，即生成
C10H12和C10H8的物质的量分别为0.027mol，0.374mol，设反应的C10H18的物质的量为a，反应C10H12的物质
的量为b，根据反应
C10H18(l)
C10H12(l)＋3H2(g)
1 1 3
a a 3a
C10H12(l)
C10H8(l)＋2H2(g)，
1 1 2
b b 2b
则a-b=0.027，b=0.374，则a=0.401，因此生成的氢气的物质的量分数为
3a+2b=3×0.401+2×0.374=1.951，则氢气的量为1.951mol，故答案为1.951；
②反应2 的活化能比反应1 小，相同温度下反应2 更快，所以相同时间内，生成的四氢萘大部分都转化为
萘，故x1显著低于x2，故答案为反应2 的活化能比反应1 小，相同温度下反应2 更快，所以相同时间内，
生成的四氢萘大部分都转化为萘，故x1显著低于x2；
③C10H18(l)
C10H12(l)＋3H2(g) △H1，C10H12(l)
C10H8(l)＋2H2(g) △H2，△H1＞△H2＞0；上述反应均为
吸热反应，生成物的总能量大于反应物，“C10H18→C10H12→C10H8”的“能量～反应过程” 示意图为
，故答案为
；
Ⅱ．(4)以H2O 和N2为原料，熔融NaOH－KOH 为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250℃和常压下可实现电
化学合成氨。阴极区发生还原反应，根据其中一个反应2Fe＋3H2O＋N2＝Fe2O3＋2NH3，可知，Fe2O3作催化
剂，首先转化为铁，因此电极反应式为Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，故答案为Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-。
19．（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+2H2O
2(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+2H2O
2(CH3)4NOH+ H2 ↑+Cl2 ↑。
故答案为2(CH3)4NCl+2H2O
2(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。
20．（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(CO
∶
3
2−)=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
C
O(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
−
3C2O4
2−+6O2
反应过程中O2的作用是 。
该电池的总反应式： 。
【答案】 CO3
2- 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（CO3
2-）。若所得溶液c(HCO3
−)∶c(CO3
2−)=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。
21．（2017·浙江·高考真题）氯及其化合物在生活和生产中应用广泛。
(1)已知：900 K 时，4HCl(g)+O2(g)
2Cl2(g)+2H2O(g)，反应自发。
①该反应是放热还是吸热，判断并说明理由 。
②900 K 时，体积比为4：l 的HCl 和O2在恒温恒容的密闭容器中发生反应，HCl 的平衡转化率α(HCl) 随压
强(P)变化曲线如图。保持其他条件不变，升温到T K(假定反应历程不变)，请画出压强在1.5×l05～4.5×105Pa
范围内，HCl 的平衡转化率α(HCl)随压强(P)变化曲线示意图 。
(2)已知：Cl2(g)+2NaOH(aq)==NaCl(aq)+NaClO(aq)+H2O(l)
H
△
l=―102 kJ·mol-1
3Cl2(g)+6NaOH(aq)==5NaCl(aq)+NaClO3(aq)+3H2O(1)
H
△
2=―422 kJ·mol—1
①写出在溶液中NaClO 分解生成NaClO3的热化学方程式 。
②用过量的冷NaOH 溶液吸收氯气，制得NaClO 溶液(不含NaClO3)，此时ClO―的浓度为c0 mol·L-1；加热时
NaClO 转化为NaClO3，测得t 时刻溶液中ClO―浓度为ct mol·L-1，写出该时刻溶液中Cl―浓度的表达式；
c(Cl―)= mol·L-1 (用c0、ct表示)
③有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：
I、2ClO―=ClO2
―+Cl―
II、ClO2
―+ClO―=ClO3
―+Cl―
常温下，反应II 能快速进行，但氯气与NaOH 溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论解释其原因：
。
(3)电解NaClO3水溶液可制备NaClO4。在电解过程中由于阴极上吸附氢气，会使电解电压升高，电解效率下
降。为抑制氢气的产生，可选择合适的物质(不引入杂质)，写出该电解的总化学方程式
。
【答案】 放热，△S＜0，反应自发满足△H-T
S
△＜0
3NaClO
（aq）=2NaCl（aq）+NaClO3（aq）△H=-116kJ/mol (5c0-2ct)/3 反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分
数低，不利于ClO-向ClO3
-转化 2NaClO3+O2
2NaClO4
【详解】分析：（1）①反应自发进行的判断依据是△H-T
S
△＜0；
②根据温度、压强对平衡状态的影响分析判断；
（2）①盖斯定律计算NaClO 分解生成NaClO3的热化学方程式；
②氯气和氢氧化钠生成氯离子，次氯酸钠分解生成氯离子，溶液中氯离子为二者总和；
③根据活化能对反应的影响分析；
（3）为抑制氢气的产生，可选择合适的物质氧气和氢气反应生成水。
详解：（1）①900 Κ 时，4HCl(g)+O2(g)
2Cl2(g)+2H2O(g)的△S＜0，反应自发满足△H-T
S
△＜0，△H＜
0；
②900K 时，体积比为4：1 的HCl 和O2在恒温恒容的密闭容器中发生反应，HCl 的平衡转化率α（HCl）随
压强（P）变化曲线如图。保持其他条件不变，升温到T K，平衡逆向进行，HCl 转化率减小，随压强增大
平衡正向进行，HCl 转化率增大，据此画出图象为
；
（2）①已知：
Ⅰ、Cl2(g)+2NaOH(aq)==NaCl(aq)+NaClO(aq)+H2O(l)
H
△
l=―102 kJ·mol-1
Ⅱ、3Cl2(g)+6NaOH(aq)==5NaCl(aq)+NaClO3(aq)+3H2O(1)
H
△
2=―422 kJ·mol—1
根据盖斯定律可知Ⅱ-
×3
Ⅰ
得到NaClO 分解生成NaClO3的热化学方程式：3NaClO（aq）=2NaCl（aq）
+NaClO3（aq）△H=-116kJ/mol；
②用过量的冷NaOH 溶液吸收氯气，制得NaClO 溶液（不含NaClO3），此时ClO-的浓度为c0 mol•L-1，则Cl2
（g）+2NaOH（aq）=NaCl（aq）+NaClO（aq）+H2O（l）反应中生成氯离子浓度为c0 mol•L-1，加热时
NaClO 转化为NaClO3，测得t 时刻溶液中ClO-浓度为ct mol·L-1，反应的次氯酸钠浓度=c0 mol•L-1-ct mol·L-1
该时刻溶液中Cl-浓度的表达式：c0 mol•L-1+2(c0 mol•L-1-ct mol·L-1)/3=(5c0-2ct)/3 mol·L-1；
③常温下，反应II 能快速进行，但氯气与NaOH 溶液反应很难得到NaClO3，说明反应进行决定于反应Ⅰ，
反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO-向ClO3
-转化；
（3）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，在电解过程中由于阴极上吸附氢气，会使电解电压升高，电解效
率下降。为抑制氢气的产生，可选择合适的物质氧气和氢气反应生成水，该电解池中电解的化学方程式为：
2NaClO3+O2
2NaClO4。
22．（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
知识点02 涉及能源、其它资源综合利用
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
。
23．（2024·广西·高考真题）二氯亚砜(
)是重要的液态化工原料。回答下列问题：
(1)合成
前先制备
。有关转化关系为：
则
的
。
(2)密闭容器中，以活性炭为催化剂，由
和
制备
。反应如下：
Ⅰ
Ⅱ
①反应Ⅱ的
(
为平衡常数)随
(
为温度)的变化如图，推断出该反应为 (填“吸热”或“放
热”)反应。
②466K 时，平衡体系内各组分的物质的量分数
随
的变化如图。
反应Ⅱ的平衡常数
(保留1 位小数)。保持
和
不变，增大
平衡转化率的措施有
(任举一例)。
③改变
，使反应Ⅱ的平衡常数
，导致图中的曲线变化，则
等于
的新交点将出
现在 (填“
”“ ”“ ”或“
”)处。
(3)我国科研人员在含
的
溶液中加入
，提高了
电池的性能。该电池放电时，正极的物
质转变步骤如图。其中，
的作用是 ；正极的电极反应式为 。
【答案】(1)-50
(2) 放热 32.4 移走
或加入SO2Cl2 d
(3) 催化作用
【详解】（1）由盖斯定律可知，
的焓变为
，则
的
；
（2）①由图可知反应Ⅱ的
与
成正比，则温度升高即
减小随之lgK 减小，那么K 值减小，平衡逆向
移动，反应Ⅱ为放热反应；
②由图可知，
=2.0 时，平衡体系物质的量分数x(SCl2)=x(SO2Cl2)=0.13，由于
为非可逆反应，故O2应完全转化，即平衡体系中不存在O2，则x(SOCl2)=1－
x(SCl2)－x(SO2Cl2)=0.74，反应Ⅱ
是气体体积不变的反应，则平衡常数可用
物质的量分数代替计算，反应Ⅱ的平衡常数
；保持
和
不变，减小生成物浓
度或加入其他反应物均能使平衡正移，增大
平衡转化率的措施有移走
或加入SO2Cl2；
③反应Ⅱ为放热反应，改变
，使反应Ⅱ的平衡常数
，其平衡常数减小，则为升高温度，反应Ⅱ
逆向移动，使得
含量减小、
增加，则图中
等于
的新交点将会提前，出现在d
处；
（3）由图可知，
在反应中被消耗又生成，作用是催化作用；放电时，正极上
得到电子发生还原转
化为S、SO2，正极电极反应为：
。
24．（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)随着投料比
增大，NaBH4的水解转化率降低
(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）随着投料比
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=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
，
。
25．（2024·上海·高考真题）已知：
①
②
③
(1)以下能判断总反应达到平衡状态的是_______。
A．钙离子浓度保持不变
B．
保持不变
C．
D．
(2)
增大有利于珊瑚的形成，请解释原因 。
(3)已知
的
，
为 。当
时，开始产生
沉淀。
(4)根据如图，写出电极a 的电极反应式 。
(5)关于上述电化学反应过程，描述正确的是_______。
A．该装置实现电能转化为化学能
B．电极b 是负极
C．电子从电极a 经过负载到电极b 再经过水体回到电极a
D．每
参与反应时，转移
电子
(6)解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于
的除去，但不利于硝酸根的除去。 。
【答案】(1)AB
(2)pH 越大，即c（H+）越小，促进
的平衡正向移动，即
增大，方程式
平衡正向移动，有利于生成CaCO3；
(3)
4.2×10-3
(4)
(5)B
(6)氧气浓度增大后，O2也会在正极参与得到电子，总得到电子增加，（CH2O)n消耗更有效，但由于氧气的
参与，当相同量的（CH2O)n参与反应时，
得电子数量则下降，除去效应下降，不利于硝酸根的除去
【详解】（1）A．钙离子浓度保持不变，说明此时
，反应达到平衡，A 符合题意；
B．反应①中
，即
，K 只与温度有关，
保持不变，即
保持不变，说明此时
，反应达到平衡，B 符合题意；
C．CaCO3为固体，其浓度为常数，一般不用固体来表示化学反应速率，C 不符合题意；
D．不同物质表示正逆反应速率，且之比不等于化学计量数之比，说明正反应速率不等于逆反应速率，反
应未达到平衡状态，D 不符合题意；
故选AB；
（2）pH 越大，即c（H+）越小，促进
的平衡正向移动，即
增大，方程式
平衡正向移动，有利于生成CaCO3；
（3）
，
，H2CO3的
，
；
，即
，
；
（4）电极a 上
得到电子变为N2，电极反应式为：
；
（5）A．由图可知，电极与负载相连接，该装置为原电池，能实现化学能到电能的转化，故A 错误；
B．电极b 上
失去电子变为CO2，电极b 是负极，故B 正确；
C．电极a 为正极，电极b 为负极，电子从电极b 经过负载到电极a，电子不会进入水体中，故C 错误；
D．电极b 的电极反应式为：
，每
参与反应时，转移
电子，故D 错误；
故选B；
（6）氧气浓度增大后，O2也会在正极参与得到电子，总得到电子增加，（CH2O)n消耗更有效，但由于氧气
的参与，当相同量的（CH2O)n参与反应时，
得电子数量则下降，除去效应下降，不利于硝酸根的除去。
26．（2023·河北·高考真题）氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解
决环境和能源问题都具有重要意义。
已知：
物质中的化学键断裂时所需能量如下表。
物质
能量/
945
498
631
回答下列问题：
(1)恒温下，将
空气(
和
的体积分数分别为0.78 和0.21，其余为惰性组分)置于容积为
的恒容
密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应：
i
ii
①
。
②以下操作可以降低上述平衡体系中
浓度的有 (填标号)。
A．缩小体积 B．升高温度 C．移除
D．降低
浓度
③若上述平衡体系中
，则
(写出
含a、b、V 的计算式)。
(2)氢气催化还原
作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原
反应的速率方程为
为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。
组
号
1
0.10
0.10
r
2
0.10
0.20
3
0.20
0.10
4
0.05
0.30
？
表中第4 组的反应速率为
。(写出含r 的表达式)
(3)①以空气中的氮气为原料电解合成氨时，
在 (填“阴”或“阳”)极上发生反应，产生
。
②氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗
和
的质量比为
，则在碱性介质中氨
燃料电池负极的电极反应式为 。
③我国科学家研究了水溶液中三种催化剂(a、b、c)上
电还原为
(图1)和
电还原为
(图2)反应
历程中的能量变化，则三种催化剂对
电还原为
的催化活性由强到弱的顺序为 (用字母a、
b、c 排序)。
【答案】(1) 181 CD
(2)
(3) 阴
bac
【详解】（1）①ΔH1=反应物总键能-生成物总键能=
；
故答案为：+181；
②A．缩小体积，所有物质浓度均增大，A 不符合题意；
B．升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应i 为吸热反应，则升温平衡正向进行，NO 浓度增大，B 不符
合题意；
C．移除NO2，平衡ii 向正向进行，NO 浓度降低，C 符合题意；
D．降低N2浓度，平衡逆向进行，消耗NO，NO 浓度降低，D 符合题意；
故答案为：CD；
③根据三段式
，
；
故答案为：
；
；
（2）实验1 与实验2 相比，
，y=1，实验1 与实验3 相比，
，x=2，
代入实验3，
，根据实验4 计算，
；
故答案为：0.75r；
（3）①N2生成NH3，化合价降低，得电子，发生还原反应，则N2在阴极反应；
故答案为：阴；
②燃料电池中，氨气作负极发生氧化反应，生成N2，生成1 个N2转移6 个电子，在碱性下发生，
；
故答案为：
；
③催化剂通过降低反应活化能提高反应速度，则催化活性由强到弱的顺序为b＞a＞c；
故答案为：bac。
27．（2023·江苏·高考真题）空气中
含量的控制和
资源利用具有重要意义。
(1)燃煤烟气中
的捕集可通过如下所示的物质转化实现。
“吸收”后所得的
溶液与石灰乳反应的化学方程式为 ；载人航天器内，常用LiOH 固体
而很少用KOH 固体吸收空气中的
，其原因是 。
(2)合成尿素[
]是利用
的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的
(填“=0”或“>0”
或“<0”)。
②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[
]和尿素转
化为氰酸铵(
)等副反应。尿素生产中实际投入
和
的物质的量之比为
，其实际投料比值远大于理论值的原因是 。
(3)催化电解吸收
的KOH 溶液可将
转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得
到的部分还原产物的法拉第效率(
)随电解电压的变化如图乙所示。
其中，
，n 表示电解生成还原产物X 所转移电子的物质的量，F 表示法拉第常数。
①当电解电压为
时，电解过程中含碳还原产物的
为0，阴极主要还原产物为 (填化学
式)。
②当电解电压为
时，阴极由
生成
的电极反应式为 。
③当电解电压为
时，电解生成的
和
的物质的量之比为 (写出计算过程)。
【答案】(1)
相同质量的LiOH 固体可吸收更多二氧化
碳
(2) <0 提高CO2的转化率，抑制尿素水解，抑制尿素缩合生成缩二脲
(3) H2
或
每生成
1mol
转移12mole-，每生成1mol
转移2mole-，故电解生成的
和
的物质的量之比
为
【详解】（1）由图可知“吸收”后所得的
溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，
产物KOH 可回收利用，故化学方程式为
。载人航天器内，常用
LiOH 固体而很少用KOH 固体吸收空气中的
的原因为相同质量的LiOH 固体可吸收更多二氧化碳。
（2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK 减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其
<0。实际投料比值远大于理论值的原因是增大NH3的比例、提高CO2的转化率，尿素水解、尿素缩合生成
缩二脲都有NH3生成，增大NH3的比例可抑制尿素水解，抑制尿素缩合生成缩二脲。
（3）当电解电压为
时，电解过程中含碳还原产物的
为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子得
电子变成氢气。当电解电压为
时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由
生成
的电极反应式为
或
。
当电解电压为
时，电解过程中还原产物
的
为24%，还原产物
的
为8%，每生成
1mol
转移12mole-，每生成1mol
转移2mole-，故电解生成的
和
的物质的量之比
为
。
28．（2022·江苏·高考真题）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)“
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
溶液，阴极区为盐酸，电解过程中
转化为
。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)“
热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收
制得的
溶液反
应，生成
、
和
；
再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现，在
时，密闭容器中
溶液与铁粉反应，反应初期有
生成并放出
，该
反应的离子方程式为 。
②随着反应进行，
迅速转化为活性
，活性
是
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、
的产率随
变化如题图所示。
的产率随
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，“
热循环制氢和甲酸”的优点是 。
【答案】(1)
Cu、O
(2)
吸附在催化剂的Fe2+上的H 与
中碳原子作用，吸附
在O2-的H 与
中的羟基氧作用生成的H2O 和
均吸附在上Fe2+ 随
增加，催化剂的
量增多，增大了接触面积， H2的产量增大，
的产率增大
(3)制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用
【详解】（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
溶液，电解过程中
转化为
，电解时阳极发生的主要电极反应为：
；
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
，故发生化合价变化的元素有Cu、O。
（2）①在
时，密闭容器中
溶液与铁粉反应，反应初期有
生成并放出
，离子方程
式为：
；
②H 的电负性大于Fe，小于O，在活性
表面，部分H 吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一
部分H 吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与
中略带正电的碳结合，后者与
中略带负
电的羟基氧结合生成H2O，
转化为
；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H 与
中碳原
子作用，吸附在O2-的H 与
中的羟基氧作用生成的H2O 和
均吸附在上Fe2+；
③在其他条件相同时，随
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
和H2的速率更快，量更大，则得到活性
的速度更快，量也更多，生成
的速率更快，
产率也更大。故答案为：随
增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大，
的产率增大；
（3）“
热循环制氢和甲酸”系统将
转化为
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
后迅速转化为活性
，
氧化为
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：制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。
29．（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0.2MPa 1.3=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-。
30．（2021·河北·高考真题）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化
碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据
如表：
物质
H2(g)
C(石墨，s)
C6H6(l)
燃烧热△H(kJ•mol-1)
-285.8
-393.5
-3267.5
(1)则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为 。
(2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)=CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO (aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，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+浓度为 mol•L-1(写出表达式，考虑
水的电离，忽略HCO 的电离)
(3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)
M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气
的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于 kPa。
(4)我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
①Li—CO2电池中，Li 为单质锂片，则该电池中的CO2在 (填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表
明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4 个步骤进行，
写出步骤Ⅲ的离子方程式。
.2CO
Ⅰ
2+2e-=C2O
.C
Ⅱ
2O
=CO2+CO
.
Ⅲ
.CO
Ⅳ
+2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
.CO
Ⅰ
2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为 。
.
Ⅱ在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO 的反应进程中(H+被还原为H2的反应可
同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO 从易到难的顺序为 (用a、b、c 字母排
序)。
【答案】 6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)
H=49.1kJ mol-1
100.8 正 2C
+CO2=2C
+C 3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH- c、a、b
【详解】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)
H1=-393.5kJ mol-1，②H2(g)+
O2(g)=H2O(l)
H2=-285.8kJ mol-1，③C6H6(l)+
O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)
H3=-3267.5kJ mol-1，根据盖斯定
律，[①12+②6]
-③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，
H=[(-393.5kJ mol-1)
+(-285.8kJ
mol-1) 6]
-(-3267.5kJ mol-1)=49.1kJ mol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)
H=49.1kJ mol-1；
(2)由题可知，①CO2(s)
CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)
H+(aq)+HC
(aq)，K2=
，设c(H+)为
α，则c（OH-）=
，根据电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(HCO3
-),可得c(HCO3
-)=α-
，大气中的CO2分压
p(CO2)=px kPa，溶液中CO2的浓度c(CO2)(aq)=pxy mol/L，将c(H+)、c（OH-）、c(CO2)(aq)带入平衡常数表达式
，所以解得α=c(H+)=
，故答案为：
；
(3)2MHCO3(s)
M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物
质的量浓度，平衡常数Kp=
=
=529kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，
平衡体系中CO2的分压为x，则K=
= 529kPa2，
=
kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡
压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：
100.8；
(4)①由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为
电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4 个步骤进行，由步骤II 可知生成了C
，而步骤IV 需要
C
参加反应，所以步骤III 的离子方程式为：2C
+CO2=2C
+C，故答案为：正；2C
+CO2=2C
+C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，碳元素从+4 价降低到-2 价，根据电子守恒和电荷守恒写
出电极反应式为：3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-；
II.c 催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a 和
b 条件下，CO2电还原曲线中a 的最大能垒为0.51＜b 曲线的0.76，a 曲线电化学还原更容易。且H+电还原
中a 曲线最大能垒0.27＞b 曲线的0.22，综上所述，a 催化剂比b 催化剂更易发生CO2电还原。因此反应从
易到难的顺序为c、a、b，故答案为：c、a、b。
31．（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：
+H2
HCOOˉ+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。
32．（2020·天津·高考真题）利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利
用。回答下列问题：
.
Ⅰ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
(1)下图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为 。
(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为
，另一产物为 。若将该催化剂置于AgNO3
溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式 。
.
Ⅱ用H2还原CO2可以在一定条下合成CH3OH(不考虑副反应)：
(3)某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，反应平衡时，CH3OH 的
产率为b，该温度下反应平衡常数的值为 。
(4)恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1:3 时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时
甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。
①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为 。
②P 点甲醇产率高于T 点的原因为 。
③根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为 °C。
.
Ⅲ调节溶液pH 可实现工业废气CO2的捕获和释放
(5)
的空间构型为 。已知25℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH=12 时，
=1： ： 。
【答案】 光能转化为化学能 H2
该反应为放热反应，温
度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小） 分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向
进行，甲醇产率升高 210 平面（正）三角形
【分析】I.根据图示分析反应以及能量转化形式；根据氧化还原反应的规律分析产物、书写离子反应式；
II.用三段式和平衡常数表达式计算平衡常数，依据外界条件对化学平衡的影响分析作答；
III.用价层电子对互斥理论判断
的空间构型，利用电离平衡常数表达式计算粒子浓度的比值。
【详解】I.(1)根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为2H2O
2H2↑+O2↑，光解水能量
转化形式为光能转化为化学能，故答案为：光能转化为化学能。
(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为
，
被氧化成
，则H+被还原为H2，即另一产
物为H2；若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，氧元素的化合价升高，O2为氧化产物，则生成
另一产物的反应为还原反应，由于Ag+得电子能力大于H+，故生成另一产物的离子反应式为Ag++e-=Ag，故
答案为：H2，Ag++e-=Ag。
II.(3) CO2和H2的起始浓度分别为 a mol L‧ -1和3 a mol L‧ -1，CH3OH 的产率为b，则生成的CH3OH 物质的量浓度
为abmol/L，根据三段式
则反应的平衡常数K=
=
=
，故答案为：
。
(4)①该反应为放热反应(∆H<0)，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小），故甲醇平衡产率随温度
升高而降低，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）；
②因为分子筛膜能选择性分离出H2O，c（H2O）减小，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故P 点甲醇
产率高于T 点，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高。
③根据图示，使用该分子筛膜210℃时甲醇的产率最大，故在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度
为210℃，故答案为：210。
III.(5)
中C 的孤电子对数为
×（4+2-3×2）=0，σ 键电子对数为3，价层电子对数为3，C 上没有孤电子
对，故
的空间构型为平面正三角形；H2CO3的电离方程式为H2CO3⇌H++
、
⇌ H++
，则
Ka1=
、Ka2=
，当溶液的pH=12 时，c（H+）=1×10-12mol/L，将其代入Ka1、Ka2中
分别求出c（
）=1012Ka1 c(H2CO3)、c（
）=1012Ka2 c（
）=1024Ka1Ka2 c(H2CO3)，则
c(H2CO3)：c（
）：c（
） =1：（1012Ka1）：（1024Ka1Ka2），故答案为：平面正三角形，
1012Ka1，1024Ka1Ka2。
【点睛】本题考查的知识点较多，但难度都不是很大，学生只要充分利用题给信息、结合所学的基本原理
和方法即可作答。
33．（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：2CH4
C2H6+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。
34．（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】 CaC2O4
CaCO3+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CaC2O4
CaCO3
＋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－＋CO3
2－，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－＋CO3
2－。
35．（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；
②
-
ⅰⅱ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。
36．（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−
S2O8
2-＋2H+或2SO4
2-－2e−
S2O8
2- 2H2O
H2O2＋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SO4
2-）离子，并放电生成S2O8
2-，
因而电极反应式为2HSO4
-－2e−=S2O8
2-＋2H+或2SO4
2-－2e−=S2O8
2-。
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2H2O
H2O2＋H2↑。
