文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
专题56 原理综合题
——反应热+速率+平衡+电化学
考点
十年考情(2015-2024)
命题趋势
考点1 涉及能
源综合利用
2024·浙江6 月卷、2024·全国甲卷、2024·浙
江1 月卷、2022•重庆卷、2022•河北省选择
性、2022•湖南选择性、2022•江苏卷、2020•
新课标Ⅱ、2020•江苏卷、2016·天津理综
化学反应原理综合问题设计上往往以
组合题的形式出现，题目往往围绕一
个主题，由多个小题组成，各小题具
有一定的独立性，分别考查不同的知
识点，覆盖面较广，灵活性较强。近
年来把电化学也融入其中，考查电极
反应式的书写，以及利用电子守恒进
行相关计算。
考点2 涉及工
业生产应用
2024·北京卷、2023•北京卷、2022•辽宁省选
择性、2021•湖南选择性、2021•北京卷、
2021•北京卷、2020•新课标Ⅱ、2020•北京
卷、2019•新课标Ⅱ、2019•新课标Ⅲ
考点1 涉及能源综合利用
1．(2024·浙江6 月卷，19，10 分)氢是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是一种环境友好的固体储氢材料，
其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为
，
)
NaBH4(s)＋2H2O(l)= NaBO2(aq)＋4H2(g) ΔH＜0
请回答：
(1)该反应能自发进行的条件是_______。
A．高温
B．低温
C．任意温度
D．无法判断
(2)该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。
A．升高溶液温度
B．加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2]
C．加入少量固体硼酸[B(OH)3]
D．增大体系压强
(3)为加速NaBH4水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变
时，测得反应开始时生氢速率v 与投料比[n(NaBH4)：n(H2O)]之间的关系，结果如图1 所示。请解释ab 段
变化的原因 。
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(4)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原
理如图2 所示，正极上的电极反应式是 。该电池以
恒定电流工作14 分钟，消耗H2体积为
，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下H2 的摩尔体积为
24.5L· mol -1；电荷量q(C) =电流
时间
；NA=6.0×10-23mol·L-1；e=1.60×10-19C。]
(5)资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制
备方法，将反应副产物偏硼酸钠(NaBO2)再生为NaBH4。(已知：
是反应的自由能变化量，其计算方法
也遵循盖斯定律，可类比
计算方法；当
时，反应能自发进行。)
I．
II．
III．
请书写一个方程式表示NaBO2再生为NaBH4的一种制备方法，并注明
。(要求：反应物不
超过三种物质；氢原子利用率为
。)
【答案】(1)C
(2)A
(3)随着投料比[n(NaBH4)：n(H2O)]增大，NaBH4的水解转化率降低
(4) O2+4e-+2CO2=2CO3
2- 70%
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(5)
【解析】(1)反应
，ΔS＞0 ，由ΔG=ΔH-TΔS 可知，任
意温度下，该反应均能自发进行，故选C；(2)A 项，升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反
应速率加快，A 符合题意；B 项，加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2]，H2O 的量减少，化学反应速率降低，B
不符合题意；C 项，加入少量固体硼酸[B(OH)3]，H2O 的量减少，化学反应速率降低，C 不符合题意；D 项，
增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D 不符合题意；故选A。(3)随着投
料比[n(NaBH4)：n(H2O)]增大，NaBH4的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。(4)根据题干信
息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为：O2+4e-
+2CO2=2 CO3
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
，
。
2．(2024·全国甲卷，10，14 分)甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯
(C3H6)的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：
(1)已知如下热化学方程式：
CH4(g)+Br2(g)= CH3Br(g)+HBr(g) ΔH1＝+29kJ·mol−1
3CH3Br(g)=C3H6(g)+3HBr(g) ΔH2＝+20kJ·mol−1
计算反应3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的ΔH＝__________kJ·mol−1。
(2) CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br 会进一步溴化。将8mmolCH4和8mmol Br2。通入密闭容器，
平衡时，n(CH4)、n(CH3Br)与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br 和CH2Br2)。
(i)图中CH3Br 的曲线是 (填“a”或“b”)。
(ii)
时，CH4的转化
，
。
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(iii)
时，反应CH3Br (g)+Br2(g)=CH2Br2(g)+HBr(g)的平衡常数
。
(3)少量I2可提高生成CH3Br 的选择性。500℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将8mmolCH4和8mmol
Br2，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。
(i)在
之间，有I2和无I2时CH3Br 的生成速率之比
。
(ii)从图中找出I2提高了CH3Br 选择性的证据： 。
(ⅲ)研究表明，I2参与反应的可能机理如下：
①
②
③
④
⑤
⑥
根据上述机理，分析I2提高CH3Br 选择性的原因： 。
【答案】(1)-67
(2) a 80% 7.8 10.92
(3)
(或3：2) 5s 以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br 的含量陡然上升
I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br
【解析】(1)将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方
程式①乘以3 再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的
∆H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。(2)(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆
向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br 的曲线为a；(ii)560℃时反应达平衡，剩余的
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=
×100%=80%；若只发生一步反应，则生成
6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br 的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br 发生反应生成
CH2Br2，则此时生成的HBr 的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为
n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K=
=
=10.92。(3)(i)11~19s 时，有I2的生成速率v=
=
mmol·(L·s)-1，无
I2的生成速率v=
=
mmol·(L·s)-1。生成速率比
=
=
；(ii)从图中可以看出，大约
4.5s 以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br 的含量陡然上升，因此，可以利用此变化
判断I2提高了CH3Br 的选择性；(iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，
使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br 的选择性。
3．(2024·浙江1 月卷，19，10 分)通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH 等化学品，是
实现“双碳”目标的途径之一。请回答：
(1)某研究小组采用电化学方法将CO2转化为
，装置如图。电极B 上的电极反应式是 。
(2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：
：C(s)＋O2(g)==CO2(g) ΔH1＝-393.5kJ·mol−1
Ⅱ：C(s)＋H2(g)＋O2(g)==HCOOH(g) ΔH2＝-378.7kJ·mol−1
Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)
HCOOH(g) ΔH3
①ΔH3= kJ·mol−1。
②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO2和H2的投料浓度均为
，平衡常数
，则CO2的平衡转化率为 。
③用氨水吸收
，得到
氨水和
甲酸铵的混合溶液，
时该混合溶液
的pH= 。[已知：
时，电离常数Kb (NH3• H2O)=1.8×10-5、Ka(HCOOH)=1.8×10-4]
(3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M 的
(有机溶剂)溶液，CO2和H2在溶液中反应制备
，反应过程中保持CO2(g)和H2(g)的压强不变，
总反应CO2＋H2
HCOOH 的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能E2＜E1＜
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
＜E3 (不考虑催化剂活性降低或丧失)。
Ⅳ：M+CO2
Q E1
V：Q+H2
L E2
VI：L
M+HCOOH E3
①催化剂M 足量条件下，下列说法正确的是 。
A．v 与CO2(g)的压强无关 B．v 与溶液中溶解H2的浓度无关
C．温度升高，v 不一定增大 D．在溶液中加入N(CH2CH3)3，可提高CO2转化
率
②实验测得：
，
下，v 随催化剂M 浓度c 变化如图。c≤c0时，v 随c 增大
而增大：c＞c0时，v 不再显著增大。请解释原因 。
【答案】(1) CO2+2H++2e-=HCOOH
(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)
【解析】(1)①电极B 是阴极，则电极反应式是CO2+2H++2e-=HCOOH；(2)①ΔH3= ΔH2 -ΔH1=-378 .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cNH4＋=0.18 mol·L－1， 根据
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
，则
，pOH=4，Ph=14-4=10；(3)①A 项，v
与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v 越大，A 错误；B 项，v 与溶液中溶解H2的
浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B 错误；C 项，温度升高，v 不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而
Ⅵ是慢反应(决速步骤)，若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L 的浓度减小，
若L 的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的
速率不一定增大，C 错误；D 项，在溶液中加入的N(CH2CH3)3会与HCOOH 反应，使得三个平衡正向移动，
可提高CO2转化率，D 正确；故选CD。②当c≤c0时，v 随c 增大而增大，因M 是基元反应IV 的反应物(直
接影 响基元反应VI 中反应物L 的生成)； c>c0时，v 不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中
的溶解速度(或浓度)。
4．(2022•重庆卷，16)(14 分)反应CO(g)＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g)在工业上有重要应用。
(1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
温度/℃
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。
②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
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
膜反应器，CO 的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a 和出口b 中H2的质量比为_____。
(3)该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。
①固体电解质采用______(填“氧离子导体”或“质子导体”)。
②阴极的电极反应式为______。
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y 倍，
则CO 的转化率为_____(用a，b，y 表示)。
【答案】(1) ΔH＜0 优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡
逆向移动，产物的转化率较低
(2)接触面较大，反应更充分，转化率更高 BD 5：6
(3) 氧离子导体 H2O+2e-=H2+O2-
【解析】(1)①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，ΔH＜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)①反应器存在Pd 膜时，接触面较大，反应更充分，转化率更高；②A 项，Pd 膜只允许H2通过，不允许
CO2通过，对气体分子的透过具有选择性，A 正确；B 项，过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，
ΔH＜0 ，B 错误；C 项，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 正确；
D 项，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 错误；故选BD；
③根据反应CO(g)＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g)，设通入的CO 为1mol，则出口a 产生的H2为0.75mol，出
口b 的H2为0.9mol，质量比为5：6；(3)①电解时，固体电解质应采用氧离子导体；②电解时，阴极发生
还原反应，电极反应式为：H2O+2e-=H2+O2-；根据三段式：
出口Ⅰ处气体为CO2体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为
，则
，CO 的转化率为：
。
5．(2022•河北省选择性，16)氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应
用前景。
(1)
时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ，1 mol H2O(1)蒸发吸热44kJ，表示H2燃烧热的热化学
方程式为_______。
(2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。
Ⅰ． CH4 (g)+H2O(g)
CO(g)+ 3H2(g)
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
Ⅱ．CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+ H2(g)
①下列操作中，能提高CH4 (g)平衡转化率的是_______ (填标号)。
A．增加CH4 (g)用量 B．恒温恒压下通入惰性气体
C．移除
D．加入催化剂
②恒温恒压条件下，1 mol CH4 (g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时，CH4 (g)的转化率为α，CO2 (g)的物
质的量为b mol，则反应Ⅰ的平衡常数
_______ (写出含有a、b 的计算式；对于反应
，
，x 为物质的量分数)。其他条件不变，H2O(g)起始
量增加到
，达平衡时，a =0.90，b =0.65，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为_______(结果保留两位
有效数字)。
(3)氢氧燃料电池中氢气在_______(填“正”或“负”)极发生反应。
(4)在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2放电的电极反应式为_______。
(5)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能
量如图，则最可行途径为a→_______(用
等代号表示)。
注：本小问暂缺相对能量图。
【答案】(1)H2(g)+
O2 (g)=H2O(1) △H= -286 kJ•mol-1
(2) BC
0.43
(3)负
(4)CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=n CO2+(n+1) H2O
(5)缺图无解
【解析】(1)298K 时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ，1 mol H2O(1)蒸发吸热44kJ，则1mol H2燃烧
生成1 mol H2O(1) 放热286kJ，表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+
O2 (g)=H2O(1) △H= -286
kJ•mol-1；(2)①A 项，增加CH4 (g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A 不符合
题意；B 项，恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ
的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B 符合题意；C 项，移除CO(g)，减小了反应混合物中
CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C 符合题意；D 项，加入催化剂不
能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D 不符合题意；故选BC；②恒温恒压条件下，1 mol
CH4 (g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时，CH4 (g)的转化率为α，CO2 (g)的物质的量为b mol，则转化的CH4
(g)为α mol，剩余的CH4 (g)为(1-α )mol，根据C 元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)mol，根据H 和O
守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b )mol，H2(g)的物质的量为(3α+b )mol，则反应混合物的总物质的量为
(2α+2 )mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的物质的量分数分别为
、
、
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
、
，因此，反应I 的平衡常数Kx=
；其他条件不
变，H2O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，a =0.90，b =0.65，则平衡时，CH4 (g)为0.1mol，根据C 元素
守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，，根据H 和O 守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-
0.65 )mol=3.45mol，H2(g)的物质的量为(3α+b )mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为
(2α+6 )mol=7.8mol，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为
；(3)燃料电池中的燃料在负极发生氧化
反应，因此，氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；(4)在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，
CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=nCO2+(n+1) H2O。
6．(2022•湖南选择性，16)2021 年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答
下列问题：
(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和1molH2O(g)，起始压强为
时，
发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ. C(s)+ H2O(g)
CO(g)+H2(g) ΔH1＝+131.4kJ·mol−1
Ⅱ. CO(g)+ H2O(g)
CO2(g)+H2(g) ΔH2＝-41.1kJ·mol−1
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H2的体积分数可能大于2/3
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为
，CO 的物质的量为0.1mol。此时，整个体系_______(填“吸
收”或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数Kp=_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(2)一种脱除和利用水煤气中CO2方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c(CO3
2-)：c(HCO3
-)=1：2，则该溶液的 pH
=_______(该温度下H2CO3的Ka1=4.6×10-7，Ka2=5.0×10-11)；
②再生塔中产生CO2的离子方程式为_______；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极反应式为_______。
【答案】(1) BD 吸收 13.14 0.02MPa
(2) 10 2 HCO3
-
CO2↑+CO3
2-+H2O 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【解析】(1)①A 项，在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体不能改变反应混合物的浓度，
因此反应Ⅰ的平衡不移动，A 说法不正确；B 项，在反应中有固体C 转化为气体，气体的质量增加，而容
器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已
达到平衡，B 说法正确；C 项，若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) =
CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为
，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为
生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于
，C 说法不正确；D 项，将炭块粉碎可以增大其与
H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D 说法正确；故选BD。②反应平衡时，H2O(g)的转化率为
50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO 的物质的量为0.1mol，则根据O 原子守
恒可知CO2的物质的量为0.2mol，根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.1mol CO 要吸收热量13.14kJ
，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ 此时，因此整个体系吸收热量13.14kJ-8.22kJ=4.92kJ；由H 原子守恒
可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO 的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的
量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，
气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa 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(CO3
2-)：c(HCO3
-)=1：2，由
可知，c(H
＋)=
=2×5.0×10-11mol·L－1=1.0×10-10
mol·L－1，则该溶液的pH=10；②再生塔中KHCO3受热分
解生成K2CO3、H2O 和CO2，该反应的离子方程式为2 HCO3
-
CO2↑+CO3
2-+H2O；③利用电化学原理，将
CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴
极区参与反应，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O。
7．(2022•江苏卷，18)氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
(1)“CuCl-H2O 热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4 个步骤，其过程如图所示。
①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性CuCl2
-溶液，阴极区为盐酸，电解过程中CuCl2
-转
化为CuCl2
2-。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。
②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素
有_______(填元素符号)。
(2)“Fe-HCO3
--H2O”热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收CO2制得的NaHCO3溶
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
液反应，生成H2、
和Fe3O4；Fe3O4再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现，在300℃时，密闭容器中NaHCO3溶液与铁粉反应，反应初期有FeCO3生成并放出
H2，该反应的离子方程式为_______。
②随着反应进行，FeCO3迅速转化为活性Fe3O4-x，活性Fe3O4-x是HCOO-转化为
的催化剂，其
可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。
③在其他条件相同时，测得Fe 的转化率、HCOO-的产率随c(HCO3
-)变化如题图所示。HCOO-的产率随
c(HCO3
-)增加而增大的可能原因是_______。
(3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“Fe-HCO3
--H2O”热循环制氢和甲酸”的优点是_______。
【答案】(1) CuCl2
-+2Cl- -e-=CuCl4
2- Cu、O
(2) Fe+2HCO3
-
FeCO3↓+CO3
2-+H2↑ H 的电负性大于Fe，小于O，在活性Fe3O4-x表面，H2
断裂为H 原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前
者与HCO3
-中略带正电的碳结合，后者与HCO3
-中略带负电的羟基氧结合生成H2O，HCO3
-转化为HCOO-
随c(HCO3
-)增加，生成FeCO3和H2的速率更快、产量增大，生成HCOO-的速率更快、产率也增大
(3)高效、经济、原子利用率高、无污染
【解析】(1)①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性CuCl2
-溶液，电解过程
中CuCl2
-转化为CuCl2
2-，电解时阳极发生的主要电极反应为：CuCl2
-+2Cl- -e-=CuCl4
2- ；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CuCl2
2-，故发生化合价变化的元素有Cu、O。(2)①在300℃时，密闭容器中
NaHCO3溶液与铁粉反应，反应初期有FeCO3生成并放出H2，离子方程式为：Fe+2HCO3
-
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
FeCO3↓+CO3
2-+H2↑；②H 的电负性大于Fe，小于O，在活性Fe3O4-x表面，H2断裂为H 原子，一个吸附在
催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与HCO3
-中略带正电的碳
结合，后者与HCO3
-中略带负电的羟基氧结合生成H2O，HCO3
-转化为HCOO-；③在其他条件相同时，随
c(HCO3
-)增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe 的转化率也增大，即生成FeCO3和H2的速率更快，量更
大，则得到活性Fe3O4-x的速度更快，量也更多，生成HCOO-的速率更快，产率也更大。(3)“Fe-HCO3
--H2O
热循环制氢和甲酸”系统将HCO3
-转化为HCOO-和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe
初期生成FeCO3后迅速转化为活性Fe3O4-x，Fe3O4-x氧化为Fe3O4再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环
利用，故该原理的优点是：高效、经济、原子利用率高、无污染。
8．(2020•新课标Ⅱ，28)天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原
料。
(1)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)= C2H4(g)+H2(g) ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质
C2H6(g)
C2H4(g)
H2(g)
燃烧热ΔH/( kJ·mol−1)
-1560
-1411
-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_________。
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】(1)①137 ②升高温度 减小压强(增大体积) ③
(2)①1－α ②AD
(3)①CO2+2e−=CO+O2− ②6∶5
【解析】(1)①由表中燃烧热数值可知：
①C2H6(g)+
O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) ∆H1= -1560kJ∙mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) ∆H2=
-1411kJ∙mol-1；③H2(g)+
O2(g)=H2O(l) ∆H3= -286kJ∙mol-1；根据盖斯定律可知，①-②-③得C2H6(g)
=C2H4(g) + H2(g)，则∆H= ∆H1-∆H2-∆H3=( -1560kJ∙mol-1)-( -1411kJ∙mol-1)- ( -286kJ∙mol-1)=137kJ∙mol-1；②反应
C2H6(g)
C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向移动，
故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强(增大体积)；③设起始时加入的乙烷和氢气各为
1mol，列出三段式：
C2H6(g)
C2H4(g) + H2(g)
起始(mol) 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 项，增大反应物浓度反应速率增大，故A 说法正确；B 项，由速率方程可
知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，故B 说法错误；C 项，反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率
方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故C 说法错误；D 项，化学反应速率与温度有关，温度降低，反应
速率常数减小，故D 正确。故选AD。(3) ①由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电极反应为
CO2+2e-=CO+O2-；②令生成乙烯和乙烷分别为2 体积和1 体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体
体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为：6CH4+5CO2=2C2H4+
C2H6+5H2O+5CO，即消耗CH4和CO2的体积比为6：5。
9．(2020•江苏，20)CO2/ HCOOH 循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(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
_______________。
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】(1)HCO3
-+H2
HCOOˉ+H2O 温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强
(2)①HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ= HCO3
-+H2O H2SO4
②2HCOOH+O2+2OHˉ = 2 HCO3
-+2H2O 或2HCOOˉ+O2= 2 HCO3
-
(3)①HD ②提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度
【解析】(1)含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程
式为：HCO3
-+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HCO3
-的催化加氢速率迅速上升；(2)①左侧为负极，碱
性环境中HCOOˉ 失电子被氧化为HCO3
-，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ=
HCO3
-+H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，而随着
硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根，为增强氧气的
氧化性，溶液最好显酸性，则物质A 为H2SO4；②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH 在碱性环境
中被氧气氧化为HCO3
-，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ = 2 HCO3
-+2H2O
或2HCOOˉ+O2= 2 HCO3
-；(3)①根据分析可知HCOOD 可以产生HCOOˉ 和D+，所以最终产物为CO2和
HD(Hˉ 与D+结合生成)；②HCOOK 是强电解质，更容易产生HCOOˉ 和K+，更快的产生KH，KH 可以与
水反应生成H2和KOH，生成的KOH 可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提
高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。
10．(2016·天津理综，10)氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回
答下列问题：
(1)与汽油相比，氢气作为燃料的优点是_________(至少答出两点)。但是氢气直接燃烧的能量转换率远
低于燃料电池，写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式：____________。
(2)氢气可用于制备H2O2。已知：
H2(g)+A(l)=B(l) ΔH1
O2(g)+B(l)=A(l)+H2O2(l) ΔH2
其中A、B 为有机物，两反应均为自发反应，则H2(g)+ O2(g)= H2O2(l)的ΔH____0(填“＞”、“<”或
“=”)。
(3)在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx(s)+yH2(g)
MHx+2y(s) ΔH<0 达到化学平衡。下列
有关叙述正确的是________。
a.容器内气体压强保持不变
b.吸收y mol H2只需1 mol MHx
c.若降温，该反应的平衡常数增大
d.若向容器内通入少量氢气，则v(放氢)＞v(吸氢)
(4)利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为_______。
(5)化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：
Fe+2H2O+2OH−
FeO4
2−+3H2↑，工作原理如图1 所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色的FeO4
2−，
镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：Na2FeO4只在强碱性
条件下稳定，易被H2还原。
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
①电解一段时间后，c(OH−)降低的区域在_______(填“阴极室”或“阳极室”)。
②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因是_______。
③c( Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图2，任选M、N 两点中的一点，分析c( Na2FeO4)低于最高值
的原因：_____________。
【答案】(1)污染小；可再生；来源广；资源丰富；燃烧热值高；H2+2OH--2e-=2H2O
(2)＜
(3)ac
(4)光能转化为化学能
(5)①阳极室
②防止Na2FeO4与H2反应使产率降低
③M 点：c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢(或N 点：c(OH-)过高，铁电极上有氢氧化铁生成，
使Na2FeO4产率降低)。
【解析】(1)与汽油相比，氢气作为燃料的优点有污染小；可再生；来源广；资源丰富；燃烧热值高等，
碱性氢氧燃料电池的负极反应式为H2+2OH--2e-=2H2O；(2)①H2(g)+A(l)=B(l) ΔH1，②O2(g)+B(l)=A(l)
+H2O2(l) ΔH2，两反应的ΔS＜0，根据ΔG=ΔH-TΔS，因为均为两反应自发反应，因此ΔH 均小于0，将
①+②得：H2(g)+ O2(g)= H2O2(l)的ΔH=ΔH1+ΔH1＜0；(3)MHx(s)+yH2(g)
MHx+2y(s) ΔH<0，该反应属于气
体的物质的量发生变化的反应。a 项，平衡时气体的物质的量不变，压强不变，正确；b 项，该反应为可逆
反应，吸收y mol H2需要大于1 mol 的MHx，错误；c 项，降低温度，平衡向正反应分析移动，平衡常数
增大，正确；d 项，向容器内通入少量氢气，相当于增大压强，平衡正向移动，v(放氢)＜v(吸氢)，错误；
故选ac；(4)利用太阳能直接分解水制氢，是将光能转化为化学能；(5)①根据题意镍电极有气泡产生是氢离
子放电生成氢气，铁电极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子减少，因此电解一段时间后，c(OH−)降低的
区域在阳极室；②氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。电解过程中，
须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低；③根据题意Na2FeO4只在强碱性条件
下稳定，在M 点，c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢，在N 点：c(OH-)过高，铁电极上有氢氧化铁
生成，使Na2FeO4产率降低。
考点2 涉及工业生产应用
1．(2024·北京卷，16)HNO3是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备HNO3。
(1)方法一：早期以硝石(含NaNO3)为氮源制备HNO3，反应的化学方程式为：
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
NaNO3+H2SO4(浓)=NaHSO4+HNO3↑ 。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和 。
(2)方法二：以NH3为氮源催化氧化制备HNO3，反应原理分三步进行。
①第I 步反应的化学方程式为 。
②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2nmolNO 和nmolO2进行反应。在不同
压强下(p1、p2)，反应达到平衡时，测得
转化率随温度的变化如图所示。解释y 点的容器容积小于x 点
的容器容积的原因 。
(3)方法三：研究表明可以用电解法以N2为氨源直接制备HNO3，其原理示意图如下。
①电极a 表面生成NO3
-的电极反应式： 。
②研究发现：N2转化可能的途径为
。电极a 表面还发生iii．H2O→O2。iii 的存在，有
利于途径ii，原因是 。
(4)人工固氮是高能耗的过程，结合N2分子结构解释原因 。方法三为N2的直接利用提供了一种
新的思路。
【答案】(1)难挥发性
(2)4NH3+5O2
4NO+6H2O 2NO+O2
2NO2，该反应正向气体分子总数减小，同温时，p1
条件下NO 转化率高于p2，故p1＞p2，x、y 点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响
(3) N2+6H2O-10e- =2NO3
-＋12H＋ 反应iii 生成O2，O2将NO 氧化成NO2，NO2更易转化成NO3
-
(4)N2中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【解析】(1)浓硫酸难挥发，产物HNO3为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和
酸性。(2)①第I 步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O；②2NO+O2
2NO2，该反应正向气体分子总数减小，同温时，p1条件下NO 转化率高于p2，故p1＞p2，根据
，
x、y 点转化率相同，则n 相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y 点的容器容积小于x
点的容器容积。(3)①由电极a 上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a 为阳极，电
极反应式为N2+6H2O-10e- =2NO3
-＋12H＋；②反应iii 生成O2，O2将NO 氧化成NO2，NO2更易转化成
NO3
-。(4)N2中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。
2．(2023•北京卷，16)尿素[CO(NH2)2]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银(AgOCN)与NH4Cl 在一定条件下反应制得CO(NH2)2，实现了由无机物到有机
物的合成。该反应的化学方程式是 。
(2)二十世纪初，工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
ⅰ．CO2和NH3生成NH2COONH4；
ⅱ．NH2COONH4分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 (填序号)。
a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ
b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应
c．CO2(l)＋2NH3(l)= CO(NH2)2(l)＋H2O(l) ΔH=E1-E4
(3)近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(NO3
-等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决
含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CO(NH2)2，电解原理如图
所示。
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
①电极是电解池的 极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是 。
(4)尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中c(NH4
+)不能直接用NaOH 溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 。
②步骤ⅳ中标准NaOH 溶液的浓度和消耗的体积分别为和
，计算样品含氮量还需要的实验数据有
。
【答案】(1) AgOCN+NH4Cl= CO(NH2)2+AgCl
(2)ab
(3)阳 2NO3
- +16e- +CO2+18H+= CO(NH2)2+7H2O
(4)NH4
+ 样品的质量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度
【解析】(1)根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是AgOCN+NH4Cl=
CO(NH2)2+AgCl；(2)a 项，反应ⅰ的活化能是E1，反应ⅱ活化能是E3，E1＜E3，a 项正确；b 项，从图中反
应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b 项正确；c 项，总反应的：ΔH =E1-
E2+E3- E4，c 项错误；故选ab。(3)①电极b 上发生H2O 失电子生成O2的氧化反应，是电解池的阳极。②a
极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为2NO3
- +16e- +CO2+18H+=
CO(NH2)2+7H2O；(4)①尿素消化分解生成NH3和CO2，由于反应中存在浓H2SO4，则消化液中含氮粒子为
NH4
+。②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。
3．(2022•辽宁省选择性，18)(13 分)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家
因其获得诺贝尔奖，其反应为：
回答下列问题：
(1)合成氨反应在常温下___________(填“能”或“不能”)自发。
(2)___________温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，___________温有利于提高平衡转
化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用400-500℃。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
(3)方案二：
复合催化剂。
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
下列说法正确的是___________。
a．300℃时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
(4)某合成氨速率方程为：
，根据表中数据，
___________；
实验
1
m
n
p
q
2
n
p
3
m
n
4
m
p
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为___________。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
(5)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M 金属离子，顶点均为NH3配体；四面体中心为硼
原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188 g·molˉ1，则M 元素为___________(填元素符号)；在该化合物
中，M 离子的价电子排布式为___________。
【答案】(1)能 (2)高 低 (3)a (4) -1 a (5) Fe 3d6
【解析】(1)氨的分离对反应速率的影响；从反应速率方程可以推知，当c(NH3)降低时，v 增大。注意
由于反应速率方程通常由实验测定，其中v 应指净反应速率，即
，因此在其他条件一定时，分离氨
气是通过降低逆反应速率，从而提高净反应速率。(2) Fe(NH3)6·(BH4)2中，氢元素化合价的判断：由于电负
性N＞H＞B，因此NH3中H 显+1 价，BH4
-中H 元素的化合价为-1 价；(3)中根据图像进行判断，利用控制
变量法进行分析；(4)利用实验对比，注意选择对比实验室，选择控制变量，找变量；(5)利用晶胞密度计算
公式计算元素的相对原子质量，根据元素相对原子质量进行判断元素；(1)对于合成氨反应，常温下，
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
ΔG=ΔH-TΔS=
=-32.8 kJ·mol−1＜0，故合成氨反应在常温下能自发
进行；(2)其他条件一定时，升高温度，可以提供更高的能量，使活化分子百分数增大，反应速率加快；合
成氨反应是放热反应，要提高平衡转化率，即使反应平衡正向移动，应降低温度；(3)由题图可知，300℃
时，复合催化剂催化时合成氨反应的反应速率比单-催化剂催化时大很多，说明300℃时复合催化剂比单-催
化剂效率更高，a 正确；同温同压下，复合催化剂能提高反应速率，但不能使平衡发生移动，故不能提高
氨的平衡产率，b 错误；温度过高，复合催化剂可能会失去活性，催化效率反而降低，c 错误；故选a；(4)
将实验1、3 中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①
，③
，可得
。合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，
但不会提高正反应速率，a 正确，c 错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，b 错误。(5)由图可知，“
”代表M(NH3)6，“
”代表BH4，面心立方最密堆积的晶胞中，“
”处于8 个顶角和6 个面
心，则每个晶胞中含“
”的个数为
，8 个“
”均处于晶胞内部，则“
”和“
”的个数之比为4：8=1：2，故该晶体的化学式为M(NH3)6·(BH4)2；又知该化合物的摩尔质量为188
g·molˉ1，则有
，解得
，故M 元素为Fe。化合物Fe(NH3)6·(BH4)2中，
NH3整体为0 价，BH4
-中B 为+3 价，H 为-1 价，则Fe 为+2 价，基态Fe 原子核外电子排布式为
[Ar]3d64s2)，失去4s 轨道上的2 个电子得到Fe2+，故Fe2+的价电子排布式为3d6。
4．(2021•湖南选择性，16)氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通
过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法Ⅰ.氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
化学键
N≡N
H
H
﹣
N
H
﹣
键能E/(kJ•mol
1
﹣)
946
436.0
390.8
在一定温度下，利用催化剂将NH3分解为N2和H2。回答下列问题：
(1)反应2NH3(g)
N2(g)+3H2(g)△H＝ kJ•mol
1
﹣；
(2)已知该反应的△S＝198.9J•mol
1
﹣•K
1
﹣，在下列哪些温度下反应能自发进行？ (填标号)；
A.25℃ B.125℃ C.225℃ D.325℃
(3)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1mol NH3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。
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
①若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0～t1时间内的反应速率v(H2)＝
mol•L
1
﹣•min
1
﹣(用含t1的代数式表示)；
②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线
是 (用图中a、b、c、d 表示)，理由是 ；
③在该温度下，反应的标准平衡常数Kθ＝ (已知：分压＝总压×该组分物质的量分数，对于
反应dD(g)+eE(g)
gG(g)+hH(g)Kθ=
( PG
P
θ )
g⋅( PH
P
θ )
h
( PD
P
θ )
d⋅( PE
P
θ )
e ，其中pθ＝100kPa，PG、PH、PD、PE 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OH﹣的移动方向为 (填“从左往右”或“从右往左”)；
(5)阳极的电极反应式为 。
【答案】(1)+90.8 (2)CD
(3)①
②b 开始体积减半，N2分压变为原来的2 倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分
压比原来2 倍要小 ③0.48
(4)从右往左 (5)2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【解析】(1)由△H＝反应物键能和﹣生成物键能和可知，该反应的△H＝2×(390.8kJ•mol
1
﹣×3)﹣
[(946kJ•mol
1
﹣)+(436.0kJ•mol
1
﹣×3)]＝+90.8kJ•mol
1
﹣；(2)在等温等压的反应中△G＝△H
T
﹣△S＜0 时，正反
应能自发进行，其中△H ＝+90.8kJ•mol
1
﹣
，△S ＝198.9J•mol
1
﹣•K
1
﹣
，则
T
＞△H
△S =
90.8×10
3J /mol
198.9 J ⋅mol
−1⋅K
−1 =456.5k＝183.52℃，故选C、D；(3)①密闭容器中0.1molNH3 总压为
200kPa，则如图t1 时H2 的分压为120kPa，则H2 的物质的量为120kPa
200kPa ×0.1mol＝0.06mol，故v(H2)
= △c
△t =
0.06mol
3 L
t1min
= 0.02
t1
mol•L
1
﹣•min
1
﹣；②容器体积迅速缩小到原来的一半，则氮气的分压迅速增大到原
来的2 倍，故cd 错误；压强增大，平衡向气体总体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，N2的分压应比原
来2 倍小，故b 正确，a 错误；③在该温度下，达到平衡时，p(N2)＝40kPa＝0.4pθ、p(H2)＝120kPa＝
1.2pθ、p(NH3)＝120kPa＝1.2pθ，则Kθ=
( p( N 2)
p
θ
)×( p( H 2)
p
θ
)
3
( p( N H 3)
p
θ
)
2
= 0.4×1.2
3
1.2
2
=0.48；(4)电解池中，左侧消耗
NH3生成N2，发生氧化反应是阳极，消耗了OH﹣，右侧水中H+得电子生成H2，发生还原反应，是阴极，
电极反应中生成OH﹣，故OH﹣从右向左移动；(5)阳极是NH3失电子发生氧化反应生成N2，则电极反应式
为6OH﹣+2NH3
6e
﹣
﹣＝N2+6H2O。
5．(2021•北京卷，15)环氧乙烷(
，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制
备EO 的原理示意图如下。
(1)①阳极室产生Cl2后发生的反应有_______、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。
②结合电极反应式说明生成溶液a 的原理：_______。
(2)一定条件下，反应物按一定流速通过该装置，电解效率η 和选择性S 的定义如下：
η(B)=
×100% S(B)=
×100%
①若η(EO)=100%，则溶液b 的溶质为_______。
②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因。
I.阳极有H2O 放电
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
II.阳极有乙烯放电
III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO
……
i.检验电解产物，推测I 不成立。需要检验的物质是_______。
ii.假设没有生成EO 的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈_______%。经检验阳极放电产物没有
CO2。
iii.实验证实推测III 成立，所用试剂及现象是_______。
可选试剂：AgNO3溶液、KI 溶液、淀粉溶液、品红溶液。
【答案】(1)①Cl2 +H2O= HCl+ HClO ②阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过
阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH 和KCl 的混合溶液
(2)①KCl ②O2 13% KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝
【解析】(1)阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为：Cl2 +H2O= HCl+ HClO；溶
液a 是阴极的产物，在阴极发生反应2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，同时阳极的钾离子会向阴极移动和氢氧根结合
形成氢氧化钾；(2)①若η(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合
价没有变，故溶液b 的溶质为：KCl；②i.阳极有H2O 放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2；ii. 设
EO 的物质的量为amol，则转化的乙烯的物质的量为：
；生成EO 转化的电子的物质的量：2amol；此
过程转移电子的总物质的量：
；生成CO2的物质的量：
；生成CO2转移的电子的物质的
量：
，则η(CO2)=
≈13%；iii.实验证实推测III 成立，则会产生氯气，验证
氯气即可。
6．(2021•北京卷，18)验证反应Fe2++Ag+
Ag+Fe3+可逆并测定其K。
实验I：将0.01mol/LAg2SO4溶液与0.04mo/LFeSO4溶液(pH=1)等体积混合，得到灰黑色的沉淀和黄色
的溶液。
实验II：将少量Ag 粉与0.01mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)混合，Ag 粉完全溶解。
(1)①向实验I 所得溶液中加入浓硝酸，证实灰黑色固体是Ag。现象是_______。
②实验II 使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，原因是_______。使用如下装置从平衡移动
的角度进行证明。补全试剂、操作及现象_______。
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(2)取I 中所得上清液VmL。用c1mol/L 的KSCN 溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗V1mL。
已知：Ag++SCN-
AgSCN，K=1012
Fe3++SCN-
FeSCN2+，K=102.3
①溶液中，Fe3+的作用是_______。
②反应的平衡常数是_______。
(3)①若取实验I 所得浊液测定Ag+浓度，所得到的K_______(填“偏大”、“无影响”、“偏小”)。
②不用实验II 所得溶液进行测定并计算K 的原因是_______。
【答案】(1) 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 防止酸性条件下，NO3
-氧化性氧化Fe2+干扰实验结
果 铂/石墨电极，FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，AgNO3 溶液
操作和现象：闭合开关 K，观察到电流计偏转后归零，往左侧烧杯中滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，电流
计指针反向偏转，表明平衡发生了移动
(2)指示剂 K=(0.01-c1V1/V)/[c1V1/V×(0.01+c1V1/V)]
(3)偏低 Ag 完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态
【解析】(1)①由于Ag 能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，而铁在浓硝酸中发
生钝化，不可能完全溶解，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体
是Ag；②由于Fe(NO3)3溶液电离出硝酸根离子将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，
而干扰实验，故实验II 使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，由装置图可知，利用原电池原理来
证明反应Fe2++Ag+
Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-=Fe3+，Ag++e-=Ag，故另一个电极必
须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用
FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器
后，加入电解质溶液，闭合开关 K，观察到电流计偏转后归零，说明此时反应达到平衡，往左侧烧杯中滴
加较浓的Fe2(SO4)3溶液，电流计指针反向偏转，表明平衡发生了移动；(2)①Fe3+遇到KSCN 显红色，当溶
液变为稳定浅红色，说明溶液中的Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中，Fe3+的作用是滴定
反应中作指示剂；②取I 中所得上清液VmL。用c1mol/L 的KSCN 溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，
消耗V1mL，已知：Ag++SCN-
AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I 中上层清液中
Ag+的浓度为：c(Ag+)=
mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：
故反应的平衡常数是K=
=(0.01-c1V1/V)/[c1V1/V×(0.01+c1V1/V)]；(3)①若取实验I 所得浊
液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+
Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN-
AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即c1V1/V 偏大，故所得到的K=(0.01-
c1V1/V)/[c1V1/V×(0.01+c1V1/V)] 偏小；②由于实验II 中Ag 完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
态，因而不用实验II 所得溶液进行测定并计算K。
7．(2020•新课标Ⅱ，28)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化
工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许
______离子通过，氯气的逸出口是_______(填标号)。
(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=
，X 为HClO 或ClO−]与pH 的关系如图(b)所示。HClO 的电离常数Ka值为______。
(3)Cl2O 为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO 和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应
(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O 的化学方程式为______。
(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、
NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，
生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成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】(1)Na+ a (2)10-7.5 (3)2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O
(4)1.25 NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+ H2O
(5)203
【解析】(1)电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl+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；(2)由图pH=7.5 时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO 的Ka=
=c(H+)=10-7.5；(3)Cl2歧化为Cl2O 和Cl-，HgO 和氯气反应的方程式为：
2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；(4)5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2为
=1.25mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
＋H2O＋CO2↑；(5)“84”中的NaClO、NaCl 和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClO－＋Cl－
＋2H＋=Cl2↑＋H2O；设氯气为xkg，则消耗的NaOH 为
kg，原氢氧化钠质量为
+1000Kg×0.01，由
NaOH 质量守恒：原溶液为1000Kg-x，则
Kg+1000Kg×0. 01=(1000Kg-x)×0.3，解得x=203Kg。
8．(2020•北京卷，15)H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。
(1)早期制备方法：Ba(NO3)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．该方法相较于早期剂备方法具有原料廉价，对环境友好等优点
【答案】(1) ①2Ba(NO3)2
2BaO+ O2↑+4NO2↑
②增大压强或增大氧气的浓度或降低温度
③BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2 ④H2O2受热易分解
(2) ①O2+2H++2e-= H2O2 ②AC
【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-=
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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；故选AC。
9．(2019•新课标Ⅱ，28)环戊二烯(
)是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。
回答下列问题：
(1)已知：
(g)
(g)+H2(g)
ΔH1=100.3 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)。
29
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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】(1)89.3 (2)40％
3.56×104
BD (3)CD
(4)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
【解析】(1)根据盖斯定律①-②，可得反应③的ΔH=89.3kJ/mol；(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；(3)A.温度越高，反应速率越快，其浓度下降的也越
快。因此T1<T2，故A 错误；B. a 点比b 点温度低，但是浓度大。此选项讨论的是瞬时反应速率，其表
现是曲线上某时刻点，对应的曲线切线的斜率大小。从图中的两条切线不难看出，a 处斜率较c 要更负一
些。也就是a 处的反应速率更大，故B 错误；C. a 点、b 点温度相同，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，因此v(正a)>v(逆b)，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；故选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
30
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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。
10．(2019•新课标Ⅲ，28)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)。
31
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】(1)大于
O2和Cl2分离能耗较高、HCl 转化率较低
(2)
116 (3)
﹣
增加反应体系压强、及时除去产物
(4)Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 5.6
【解析】(1)根据反应方程式知，HCl 平衡转化率越大，平衡常数K 越大，结合图像知升高温度平衡转
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℃)；
由图像知，400℃时，HCl 平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)
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4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=(ΔH1+ΔH2+ΔH3)×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。
32
