2025-2026学年上学期高二化学苏教版期中必刷常考题之化学反应速率与化学平衡（解答题）

第68页（共68页）2025-2026学年上学期高二化学苏教版期中必刷常考题之化学反应速率与化学平衡（解答题）一．解答题（共15小题）1．（2025•淮安校级二模）含碳化合物资源化综合利用，不仅可减少温室气体的排放，还可获得重要工业产品。（1）工业上可通过甲醇制取甲酸甲酯，反应为：2CH3OH（g）⇌HCOOCH3（g）+2H2（g）该反应的机理分二步完成，可以用如图所示，写出第二步的反应方程式。（2）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。雨水中含有来自大气中的CO2，溶于水的CO2只有部分转化为H2CO3（aq）。已知25℃时，CO2（aq）+H2O（l）⇌H2CO3（aq）K=1600，正反应的速率可表示为v（CO2）＝k1•c（CO2），逆反应的速率可表示v（H2CO3）＝k2•c（H2CO3），则k2＝（用含k（3）电解法转化CO2是实现可再生能源有效利用的关键手段之一，其装置原理如图所示。①a为电源的（填“正极”或“负极”），该装置的阴极的电极反应式为。②已知，该电解池中使用的是质子交换膜，若电解开始前两极室溶液质量相等，当电解过程转移了2mol电子，则阴阳极室溶液质量差为g。（4）近年来，低温等离子技术是在高压放电下，O2产生O*自由基，O*自由基将NO氧化为NO2后，再用Na2CO3溶液吸收，达到消除NO的目的。实验室将模拟气（N2、O2、NO）以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图所示。已知：2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）ΔH＝﹣112kJ•mol﹣1。①等离子体技术在低温条件下可提高NO的转化率，原因是。②其他条件相同，等离子体的电功率与NO的转化率关系如图所示，当电功率大于30W时，NO转化率下降的原因可能是。2．（2025秋•江苏月考）乙二醇和1，6﹣己二醇都是重要的化工原料，以二元醇为原料制备的聚酯具有优异的柔韧性和抗腐蚀性。Ⅰ．工业上利用己二酸二甲酯加氢制备1，6﹣己二醇，该反应的化学方程式如下：（g）+4H2（g）→（g）+2CH3OH（g）ΔH＜0（1）已知：C＝O键能为745kJ•mol﹣1，估算上述反应的ΔH还需要（填数字）种化学键的键能数据。（2）科研小组在高压反应釜中进行催化加氢反应，对己二酸二甲酯制备1，6﹣己二醇的工艺条件进行了研究。图甲和图乙为反应相同时间时，压力、温度与反应物的转化率和1，6﹣己二醇选择性的变化关系。已知：选择性=目标产物的产率①由图可知，在压强为27MPa时，由己二酸二甲酯制备1，6﹣己二醇应选择的合适温度为；选择此温度的理由是。②260℃时，转化率随着压强增大先迅速增大后缓慢增大的原因是。Ⅱ．以合成气（CO、H2）为原料，可通过多种方法制备乙二醇。间接合成法：用合成气和O2制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。（3）在2MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比n(H2)n(DMO)=52.4，出口处检测到DMO①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线（填图中标号，下同）表示DMO的转化率，曲线表示MG的选择性。②有利于提高A点DMO转化率的措施有。③483K时，出口处n(乙醇)n(DMO)的值为3．（2025•常州校级模拟）乙烯是常用化工原料，其制备、利用和转化具有重要意义。（1）二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生反应：Ⅰ.C2H6（g）+CO2（g）⇌C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）ΔⅡ.C2H6（g）+2CO2（g）⇌4CO（g）+3H2（g）Δ①若起始加入CO2和C2H6的物质的量分别为n0（CO2）n0（C2H6），仅考虑上述反应，达到平衡时体系中所有含碳物质n（X）与起始物质之间存在的等量关系为：n0（CO2）+2n0（C2H6）＝（X用具体物质化学式表示）。②实际投料比采用n起始(CO2)n起始(C2（2）乙烯催化氧化制乙醛和环氧乙烷（），发生以下反应：ⅰ.2C2H4（g）+O2（g）→2CH3CHO（g）ⅱ.2C2H4（g）+O2（g）→2（g）常压下，将一定比例C2H4、O2混合气体匀速通过装有Ag/MnO2催化剂的反应器，不同温度下测得的相关数据见表[乙醛的选择性=n温度/℃90110130150乙烯转化率/%8132960乙醛选择性/%78706557①90～150℃范围内，乙醛产率随温度升高而（填“增大”、“减小”或“不变”）。②90～150℃范围内，乙醛选择性随温度升高而降低的原因是。③150℃时，控制反应温度和时间不变，能提高环氧乙烷选择性的措施是。（3）在果蔬储存和运输中，一种C2H4转化反应的部分机理如图所示（*O表示活性氧）。研究表明，催化剂表面酸性强的桥羟基（）是催化氧化的活性位点，而酸性弱的硅羟基（Si—OH）和铝羟基（Al—OH）则不显示催化活性。①从键的极性角度，分析桥羟基酸性更强的原因是。②生成的H2O吸附在催化剂表面使催化活性下降，其原理是。4．（2025•靖江市模拟）“碳中和”“具有重要意义。（1）空间站里常用“Sabatier反应”控制空气中CO2含量。已知：ⅰ．H2和CH4的燃烧热分别为285.5kJ•mol﹣1和890.0kJ•mol﹣1。ⅱ．H2O（l）＝H2O（g）ΔH＝+44kJ•mol﹣1。则Sabatier反应：CO2（g）+4H2（g）＝CH4（g）+2H2O（g）的ΔH＝。（2）烟气中CO2的捕集可通过下列转化实现。“碳化”的温度不能过高的原因是；“脱碳”的化学方程式为。（3）CO2氧化丙烷脱氢。600℃下，将不同组分的原料混合气以相同流速通过装有催化剂的反应床，测得C3H8转化率和C3H6选择性随时间的变化关系如图﹣1所示，图中A、B分别代表n（C3H8）：n（CO2）：n（N2）＝1：2：7、n（C3H8）：n（N2）＝1：9的两种原料气。①随着反应的进行，4小时前A组分原料气中转化率和选择性均有所提升，且在反应床出口检测到CO。研究表明，CO2氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：Ⅰ．C3H8⇌C3H6+H2；Ⅱ．。（填化学方程式）②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是。（4）电催化还原CO2可以制备甲酸，原理如图﹣2所示，电解质溶液为KOH。2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对装置改进，搭建“（阴阳极）共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为KOH+CH3OH混合溶液，应将极区（填“a”或“b”）电解液更换。此时，该电极的电极反应式为。5．（2025春•盐城期中）二甲醚（CH3OCH3）气体是一种可再生绿色新能源，被誉为“21世纪的清洁燃料”。（1）工业上可用水煤气合成二甲醚：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）。在体积为2L的恒容密闭容器中，充入1molCO和5molH2，测得CO和H2的转化率随时间变化如图所示。①6min时，H2的转化率为。②恒温恒容下，充入等物质的量的CO2和H2充分反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g），以下叙述能说明该反应达到平衡状态的是。A．v正（CO2）＝v逆（CH3OCH3）B．容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变C．CO2的物质的量分数保持不变D．1molH—H键断裂的同时有2molH—O键断裂③平衡后往该密闭容器中再充入一定量的氦气，则CO2的体积分数将（填“变大”、“不变”或“变小”）。（2）二甲醚燃料电池工作原理如图所示。①该电池的负极是（填“A”或“B”）电极。②H+通过质子交换膜时的移动方向是。（填选项字母）A．从左向右B．从右向左③通入O2的电极反应式是。④用该电源电解饱和NaCl溶液的化学方程式为。6．（2024秋•苏州期末）以CO2H2为原料合成CH3OH过程中的主要反应为：反应ⅠCO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49.4kJ•mol﹣1反应ⅡCO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2kJ•mol﹣1CH3OH（或CO）的选择性（x）=n（1）反应CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）ΔH＝kJ•mol﹣1。（2）将n起始(CO①相同压强，不同温度下CH3OH的平衡选择性：x（210℃）x（260℃）（填“＞”或“＜”或“＝”）。②高于350℃压强对CO2的平衡转化率几乎没有影响，原因是。（3）0.5MPa下，将n起始(CO2)n起始(H2①260～360℃反应器出口处CH3OH浓度变化的趋势是（填序号）。A.增大B.先增大后减小C.减小D.先减小后增大②320℃时，欲使CO2实际转化率上升至30%（此温度下CO2的平衡转化率为28%），不改变反应温度，可采取的措施有。（4）在某铜基催化剂表面发生CO2加氢制甲醇的反应，请补充完整下列反应过程。第一步：CO2+H2→第二步：HCOO•+2H2→CH3O•+H2O第三步：CH3O•+H•→CH3OH7．（2025•南京校级开学）“碳达峰”“碳中和”是我国社会发展重大战略之一。Ⅰ．中国首次实现了利用CO2人工合成淀粉，其中最关键的一步是以CO2为原料制CH3OH。在某CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应有：①CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1＝+41.1kJ/mol②CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH2＝？③CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH3＝﹣48.9kJ/mol（1）ΔH2＝。（2）5MPa时，向某密闭容器中按投料比n（H2）：n（CO2）＝3：1充入H2和CO2，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。①图中X代表（填化学式）。②体系中CO2的物质的量分数受温度影响不大，原因是。Ⅱ．CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：①CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）K1；②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）K2。（3）反应CH4（g）+3CO2（g）⇌4CO（g）+2H2O（g）的K＝（用K1、K2表示）。Ⅲ．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，其中涉及的CO2催化加氢原理如下：（4）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：；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，HCO3-8．（2025•扬州模拟）CO2资源化利用具有重要意义。（1）电催化制取甲烷。①酸性条件下，向阴极通入CO2，反应生成CH4的电极反应式为。②实际电解时，需控制pH约为7.当其他条件相同时，pH减小，CH4的产率降低，可能的原因是。（2）光催化制乙烯。CO2、H2O、三乙胺（）在催化剂作用下，光照一段时间可制得C2H4。①催化剂中含LaPO4。常温下，将0.10mol•L﹣1La（NO3）3溶液和0.10mol•L﹣1Na2HPO4溶液混合制备LaPO4。已知：Ksp[La(OH)3反应La3+(aq)+HPO42-制备LaPO4时，La（NO3）3溶液与Na2HPO4溶液的混合方式为。②用同位素示踪法研究乙烯分子中C和H的来源。在其他条件相同时，三乙胺（C6H15N分别与下列三组试剂反应，得到乙烯的质谱中最大质荷比均为28。能证明C和H均来源于三乙胺的一组试剂是（填序号）。A．H2O和13CO2B．D2O和CO2C．D2O和13CO2若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有乙烯和（填结构简式）。（3）催化合成环状碳酸酯。相邻原子或基团的大小和空间位置，会影响其他原子或基团接近反应原子，从而影响反应的进行。CO2和1，1﹣二甲基环氧乙烷（）在Zn-(R-①机理图步骤Ⅱ中C—O键的断键位置有两种。画出主要中间产物X的结构简式。②催化反应过程中，—NH2也能与连接，助其发生开环反应，连接方式如图所示。—NH2能与连接的原因是。9．（2024秋•江苏期末）研究脱除烟气中的NOx是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。（1）催化脱硝。用CeO2催化脱除汽车尾气中的CO和NO。①已知：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH＝+180kJ•mol﹣1，CO的标准燃烧热ΔH＝﹣283kJ•mol﹣1。则反应2NO（g）+2CO（g）＝N2（g）+2CO2（g）ΔH＝kJ•mol﹣1。②CeO2催化脱硝的反应机理如图﹣1所示。“过程①”部分Ce4+转化成Ce3+。当1molCeO2氧化标准状况下2.24LCO时，生成的CeO（2﹣x）中n（Ce3+）：n（Ce4+）＝。（2）络合吸收脱硝。用FeSO4、Na2SO3混合液吸收烟气中NO，反应机理示意如下。[NO络合]NO+FeSO4⇌Fe（NO）SO4[Fe2+再生]反应i：Fe（NO）SO4+2Na2SO3+2H2O＝Fe（OH）3+Na2SO4+NH（SO3Na）2反应ⅱ：Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O反应ⅲ：……①从结构上分析FeSO4与NO成键络合的原理为。②反应ⅲ的离子方程式为。③探究烟气中O2对吸收液脱除NO的影响。将一定比例O2、NO和N2的混合气体匀速通过装有吸收液的反应器。NO去除率、吸收液中Fe2+浓度随时间的变化如图﹣2所示。在5min前后，NO去除率先上升后下降的原因是。（3）电解氧化脱硝。电解食盐水，利用生成的ClO﹣将废气中NO氧化为NO3-。电解0.1mol•L﹣1NaCl溶液，NO去除率、溶液中ClO﹣浓度与电流强度的关系如题图﹣3所示。当电流强度大于4A时，随着电流强度的增大，NO去除率降低的可能原因是10．（2025•如东县模拟）氯苯（C6H5Cl）在多个领域有着重要的应用，但是不当排放会引起环境污染。Ⅰ：氯苯的结构与性质（1）与氯代烷烃相比，氯苯水解条件更苛刻。氯苯结构如图1所示，请从结构上解释氯苯难水解的原因。（2）一定条件下，氯苯和Cl2在CS2中发生反应，生成邻二氯苯和对二氯苯，反应过程中的能量变化如图2所示。①两种二氯代苯中，热稳定性较好的是（填名称）。②保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采取的措施有。Ⅱ：氯苯的去除可采用电化学法、催化氧化法去除氯苯，基本原理都是利用羟基自由基（OH）去除。（3）三维电极反应器是在阴、阳电极板之间投加活性炭细颗粒作为第三电极，该装置去除氯苯（用R表示）的原理如图3所示。①通电时，生成的OH能将氯苯降解为CO2和HCl，写出对应的化学方程式。②使用“第三电极”的优点有。（4）以Ru/TiO2作催化剂，用O2将氯苯氧化去除，图4表示0%H2O、1%H2O、6.5%H2O时氯苯转化率随温度的变化关系。275℃时，加入适量H2O（g）能提高氯苯的转化率，但过多H2O（g）会导致氯苯转化率下降，可能的原因分别是。11．（2025•海州区校级二模）甲烷是重要的化工原料，由甲烷可以制取H2、CH3OH等。（1）CH4与H2O重整制氢的流程为：已知：Ⅰ．CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）ΔⅡ．CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）Δ研究表明，反应Ⅱ在Fe3O4催化下进行，反应分两步进行：第一步：Fe3O4（s）+4CO（g）＝3Fe（s）+4CO2（g）Δ①写出第二步的热化学方程式。②一定压强下，将n（CH4）：n（H2O）＝1：2混合气体通入反应体系。平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。曲线a代表（填化学式），750℃以后曲线a下降的原因是。温度/℃480500520550CH4转化率/%7.911.520.234.8R2.62.42.11.8（2）CH4与CO2催化重整的主要反应为：反应Ⅲ：CH4+CO2⇌2CO+2H2反应Ⅳ：H2+CO2⇌CO+H2O已知：CH4还原能力（R）可衡量CO2转化效率，R=Δn(CO2)常压下CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，一段时间内CH4转化率、R值随温度变化如上表所示。下列说法不正确的是。（填字母）A．改变催化剂可提高平衡时的R值B．R值提高是由于催化剂选择性地提高反应Ⅳ的速率C．温度越低，含氢产物中H2O占比越高D．温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R值减小（3）小分子与金属表面之间的作用与它们在低氧化态金属配合物中的相互作用类似。利用铜﹣铈氧化物选择性催化氧化除去H2中少量CO的可能机理如图所示。①金属吸附位优先吸附CO而非O2，可能的原因是。②如果用18O2代替O2参加反应，则CO去除产物分子的结构式是。（4）ZnO/石墨烯复合光催化O2氧化甲烷和水生成甲醇和氢气可能的机理如图所示。H2O在电子空穴（h+）作用下生成H+和一种强氧化性中性粒子X，CH4与X反应最终生成甲醇。X的电子式是。写出该机理总反应的化学方程式：。12．（2025•徐州二模）裂解C4H10可以获得CH4、C2H6、C2H4、C3H6等许多重要的化工原料。已知：Ⅰ.C4H10（g）⇌CH4（g）+C3H6（g）ΔH1Ⅱ.C4H10（g）⇌C2H6（g）+C2H4（g）ΔH2一些物质的燃烧热如表：物质C4H10C2H6CH4C2H4C3H6燃烧热ΔH/（kJ•mol﹣1）﹣2878.0（正）﹣1560.8﹣891.0﹣1411.0﹣2058.0﹣2869.6（异）（1）若反应Ⅰ中C4H10为正丁烷，则ΔH1＝kJ•mol﹣1，该反应能自发进行的条件是。（2）在2L恒容密闭容器中分别通入1molC4H10（正，g）或1molC4H10（异，g）发生反应Ⅰ、Ⅱ，两种反应物的平衡转化率随温度变化的关系如图所示：①图中代表C4H10（异，g）的平衡转化率随温度变化的曲线是（填“M”或“N”），理由是。②若640℃时在2L恒容密闭容器中通入1molC4H10（异，g），此时容器的压强为pkPa，达到平衡时C2H6的选择性S＝40%[S(C2H6)=n(生成C2H6所用C4H10)n(转化所用C4（3）为了提高丙烯的产量，工业上常用丙烷无氧催化脱氢技术制丙烯。主反应脱氢物质的相对能量的部分反应历程如图所示（TS代表过渡态，Pt4代表铂催化剂）。①该反应历程中决速步骤的化学方程式是。②根据图中数据，丙烷无氧催化脱氢制丙烯的相对能量变化（填“大于”“小于”“等于”或“无法判断”）﹣0.95eV，理由是。13．（2025春•苏州月考）二氧化碳的综合利用具有重要意义。（1）1991年，Ashcroft提出了甲烷二氧化碳重整的技术理论：气体分子吸附至催化剂表面后发生反应。500℃时，反应原理如下。主反应：CH4（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g）ΔH＝246.5kJ•mol﹣1副反应：Ⅰ：H2（g）+CO2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH＝41.2kJ•mol﹣1Ⅱ：2CO（g）＝CO2（g）+C（s）ΔH＝﹣172.5kJ•mol﹣1Ⅲ：CH4（g）＝C（s）+2H2（g）ΔH＝75kJ•mol﹣1其中，副反应Ⅱ、Ⅲ形成的积碳易导致催化剂失去活性。①在原料气中添加微量O2有利于保持催化剂的活性，其原因是。②在催化剂中添加少量多孔CaO能提高CO2转化率并保持催化剂的活性，其原因是。（2）工业上以CO2和CH4为原料可以制取合成气（CO和H2），将CO2和CH4以体积比1：1混合后，通过装有催化剂的反应管，下列措施有利于提高CH4转化率的是（填字母）。a．将反应管控制在催化剂的最大活性温度范围内b．延长混合气体通过反应管的时间c．向反应管中加入少量炭粉（3）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理如图1所示。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。（4）一种负载活性金属原子催化剂可催化还原CO2，在催化剂表面的物质相对能量与反应历程的关系如图2所示。①反应中催化剂的活性会因为生成CO的增多而逐渐减弱，原因是。②CH3OH可由中间体X或Y经过如图3所示两步转化得到。X和Y的组成相同，催化剂载体中的活性金属带正电性，Y与活性金属结合后的相对能量低于X。在图4方框内画出Y的结构简式。14．（2023秋•常州期中）合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，目前工业上用氢气和氨气直接合成氨。（1）固氮一直是科学家致力研究的要课题，有关热力学数据如下：反应大气固氮N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）工业固氮N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）温度/℃25200025350400450平衡常数K3.84×10﹣310.15×1081.8470.5040.152常温下，大气固氮的倾向工业固氮（填“大于”或“小于”）。（2）N2（g）与H2（g）反应的能量变化如图1所示，则N2（g）与H2（g）反应制备NH3（g）的热化学方程式为：。（3）T℃时，在2L恒容密闭容器中加入1.2molN2和2molH2模拟一定条件下工业固氮[N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）]，体系中n（NH3）随时间的变化如图2所示；①前2分钟内的平均反应速率v（NH3）＝mol•L﹣1•min﹣1；②有关工业固氮的说法正确的是（选填序号）；A．使用化剂可提高反应物的转化率B．循环使用N2、H2可提高NH3的产率C．温度控制在500℃左右有利于反应向正方向行D．增大压强有利于加快反应速率，所以压强越大越好③T℃时，该反应的平衡常数为。（4）研究表明某些过渡金属催化剂可以加速氨气的分解，某温度下，用等质量的不同金属分别催化等浓度的氨气，测得氨气分解的初始速率（单位：mmol/min）与化剂的对应关系如表所示。催化剂FePdRuRhPtNi初始速率0.51.87.94.02.23.0在不同催化剂的催化作用下，氨气分解反应中的活化能最大的催化剂是（填化学式）。15．（2025春•京口区校级期末）CO2的转化、回收和重整受到越来越多的关注，它是有效应对全球气候变化、促进低碳社会构建的重要方法。（1）合成尿素[CO（NH2）2]是利用CO2的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现：反应Ⅰ：2NH3（g）+CO2（g）＝NH2COONH4（s）ΔH1＝﹣272kJ•mol﹣1反应Ⅱ：NH2COONH4（s）＝CO（NH2）2（1）+H2O（g）ΔH2＝+138kJ•mol﹣1CO2和NH3合成尿素的反应自发进行的条件是（填“低温”“高温”或“任意条件”）。（2）燃煤烟气中CO2的捕集可通过如图所示的物质转化实现。“吸收”后所得的KHCO3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CO2，其原因是。（3）CO2与丙烯通过金属杂多酸盐[CoxH（3﹣2x）PW12O40]催化合成甲基丙烯酸。①研究发现金属杂多酸盐中x对CO2转化率的影响如图1所示，由图1得出催化效果最好的金属杂多酸盐化学式是。②催化剂在温度不同时对CO2转化率的影响如图2所示，300℃催化效果远不如200℃和250℃的原因。（4）催化电解法可将CO2转化为有机物。金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO2制备甲醛和乙醇的可能机理如图3所示。研究表明，在不同电极材料上形成中间体的部分反应活化能如图4所示。①X为。在答题卡上相应位置补充完整虚线框内Y的结构。②与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2的优点是。

2025-2026学年上学期高二化学苏教版（2019）期中必刷常考题之化学反应速率与化学平衡（解答题）参考答案与试题解析一．解答题（共15小题）1．（2025•淮安校级二模）含碳化合物资源化综合利用，不仅可减少温室气体的排放，还可获得重要工业产品。（1）工业上可通过甲醇制取甲酸甲酯，反应为：2CH3OH（g）⇌HCOOCH3（g）+2H2（g）该反应的机理分二步完成，可以用如图所示，写出第二步的反应方程式HCHO+CH3OH催化剂HCOOCH3+H2（2）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。雨水中含有来自大气中的CO2，溶于水的CO2只有部分转化为H2CO3（aq）。已知25℃时，CO2（aq）+H2O（l）⇌H2CO3（aq）K=1600，正反应的速率可表示为v（CO2）＝k1•c（CO2），逆反应的速率可表示v（H2CO3）＝k2•c（H2CO3），则k2＝600k1（用含k（3）电解法转化CO2是实现可再生能源有效利用的关键手段之一，其装置原理如图所示。①a为电源的正极（填“正极”或“负极”），该装置的阴极的电极反应式为CO2+2②已知，该电解池中使用的是质子交换膜，若电解开始前两极室溶液质量相等，当电解过程转移了2mol电子，则阴阳极室溶液质量差为62g。（4）近年来，低温等离子技术是在高压放电下，O2产生O*自由基，O*自由基将NO氧化为NO2后，再用Na2CO3溶液吸收，达到消除NO的目的。实验室将模拟气（N2、O2、NO）以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图所示。已知：2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）ΔH＝﹣112kJ•mol﹣1。①等离子体技术在低温条件下可提高NO的转化率，原因是NO与O2反应生成NO2是放热反应，低温有利于反应正向进行。②其他条件相同，等离子体的电功率与NO的转化率关系如图所示，当电功率大于30W时，NO转化率下降的原因可能是功率增大时，会生成更多的O*自由基，NO更容易被氧化为NO2，但功率增大，N2和O2在放电时会生成NO，相比而言后者产生的NO更多。【答案】（1）HCHO+CH3OH催化剂HCOOCH3（2）600k1；（3）①正极；CO②62；（4）①NO与O2反应生成NO2是放热反应，低温有利于反应正向进行；②功率增大时，会生成更多的O*自由基，NO更容易被氧化为NO2，但功率增大，N2和O2在放电时会生成NO，相比而言后者产生的NO更多。【分析】（1）根据反应机理图，第二步为催化剂表面甲醇和甲醛转化为氢气和甲酸甲酯；（2）根据反应速率的表达式和给定的关系式，可以推导出k2与k1的关系；（3）①根据电解池的原理，可以确定电源的正负极以及阴极的电极反应式；②根据电解过程中电子转移的量和质子交换膜的特性，可以计算出阴阳极室溶液质量差；（4）①根据化学反应的热力学原理，可以解释低温有利于反应正向进行的原因；②根据等离子体技术的特点和图中的关系，可以分析NO转化率下降的原因。【解答】解：（1）如图所示，第一步为催化剂表面甲醇转化为氢气和X，根据原子守恒可知，X为甲醛，第二步为催化剂表面甲醇和甲醛转化为氢气和甲酸甲酯，第二步反应式为HCHO+CH3OH催化剂HCOOCH3故答案为：HCHO+CH3OH催化剂HCOOCH3（2）当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则由v（H2CO3）＝v（CO2）可得：k2c（H2CO3）＝k1c（CO2），k1k2=c(H故答案为：600k1；（3）①根据物质变化，Pt为阳极，a为正极，该电解装置的阴极的电极反应式为CO2+2H++2e﹣＝HCOOH，该电解装置的阳极的电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，故答案为：正极；CO2+2H++2e﹣＝HCOOH；②阳极反应为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，若电解开始前两极室溶液质量相等，且两极用质子交换膜隔开，当电解过程转移了2mol电子，阳极生成0.5mol氧气（为16g）逸出且有2mol氢离子（为2g）迁移到阴极室；阴极吸收1mol二氧化碳（质量为44g）生成甲酸，故阴阳极室溶液质量差为62g，故答案为：62；（4）①由热化学方程式可知，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮是放热反应，低温有利于反应正向进行，可提高NO的转化率，故答案为：NO与O2反应生成NO2是放热反应，低温有利于反应正向进行；②功率增大时，会生成更多的O*自由基，一氧化氮更容易被氧化为二氧化氮，但功率增大，氮气和氧气在放电时会生成一氧化氮，相比而言，后者产生的一氧化氮比前者氧化的NO多，导致NO转化率下降，故答案为：功率增大时，会生成更多的O*自由基，NO更容易被氧化为NO2，但功率增大，N2和O2在放电时会生成NO，相比而言后者产生的NO更多。【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。2．（2025秋•江苏月考）乙二醇和1，6﹣己二醇都是重要的化工原料，以二元醇为原料制备的聚酯具有优异的柔韧性和抗腐蚀性。Ⅰ．工业上利用己二酸二甲酯加氢制备1，6﹣己二醇，该反应的化学方程式如下：（g）+4H2（g）→（g）+2CH3OH（g）ΔH＜0（1）已知：C＝O键能为745kJ•mol﹣1，估算上述反应的ΔH还需要5（填数字）种化学键的键能数据。（2）科研小组在高压反应釜中进行催化加氢反应，对己二酸二甲酯制备1，6﹣己二醇的工艺条件进行了研究。图甲和图乙为反应相同时间时，压力、温度与反应物的转化率和1，6﹣己二醇选择性的变化关系。已知：选择性=目标产物的产率①由图可知，在压强为27MPa时，由己二酸二甲酯制备1，6﹣己二醇应选择的合适温度为290℃；选择此温度的理由是290℃时反应物的转化率较高，且此温度下的产物选择性较高。②260℃时，转化率随着压强增大先迅速增大后缓慢增大的原因是未达平衡时，相同温度下增大压强，反应速率加快，相同时间内转化率快速上升，平衡后，增大压强有利于平衡正向移动，使反应物转化率逐渐增大。Ⅱ．以合成气（CO、H2）为原料，可通过多种方法制备乙二醇。间接合成法：用合成气和O2制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。（3）在2MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比n(H2)n(DMO)=52.4，出口处检测到DMO①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线I（填图中标号，下同）表示DMO的转化率，曲线IV表示MG的选择性。②有利于提高A点DMO转化率的措施有增大压强，延长反应时间。③483K时，出口处n(乙醇)n(DMO)的值为【答案】（1）5；（2）①290℃；290℃时反应物的转化率较高，且此温度下的产物选择性较高；②未达平衡时，相同温度下增大压强，反应速率加快，相同时间内转化率快速上升，平衡后，增大压强有利于平衡正向移动，使反应物转化率逐渐增大；（3）①I；IV；②增大压强，延长反应时间；③1.98。【分析】（1）根据方程式分析可知酯基中碳氧单键断裂，形成氧氢键和碳氢键，碳氧双键断裂又形成碳氢键、碳氧单键和氧氢键；（2）①由图可知，在27MPa时，290℃下己二酸二甲酯的转化率和1，6﹣己二醇的选择性均高于280℃的；②相同温度时压强大，反应速率快，且达平衡时，增大压强有利于平衡正向移动；（3）根据图示的曲线，随着反应温度的升高，曲线I的变化趋势为先上升后逐渐不变，没有因为其他曲线的变动而波动，此时说明DMO的转化率区域恒定，故曲线I为DMO的实际转化率曲线；又已知III为乙醇的选择性曲线，余下的曲线应该分别为乙二醇和MG的选择性曲线。观察曲线II和曲线IV可知，随着温度升高，反应向右进行，MG逐渐转化为乙二醇，故曲线IV为MG的选择性曲线，因此曲线II为乙二醇的选择性曲线。【解答】解：（1）根据方程式分析可知酯基中碳氧单键断裂，形成氧氢键和碳氢键，碳氧双键断裂又形成碳氢键、碳氧单键和氧氢键，已知C＝O键能，还需5种键能数据用于估算反应热，故答案为：5；（2）①由图可知，在27MPa时，290℃下己二酸二甲酯的转化率和1，6﹣己二醇的选择性均高于280℃的，因此温度选择290℃，故答案为：290℃；290℃时反应物的转化率较高，且此温度下的产物选择性较高；②相同温度时压强大，反应速率快，且达平衡时，增大压强有利于平衡正向移动，使反应物转化率增大，故答案为：未达平衡时，相同温度下增大压强，反应速率加快，相同时间内转化率快速上升，平衡后，增大压强有利于平衡正向移动，使反应物转化率逐渐增大；（3）根据图示的曲线，随着反应温度的升高，曲线I的变化趋势为先上升后逐渐不变，没有因为其他曲线的变动而波动，此时说明DMO的转化率区域恒定，故曲线I为DMO的实际转化率曲线；又已知III为乙醇的选择性曲线，余下的曲线应该分别为乙二醇和MG的选择性曲线。观察曲线II和曲线IV可知，随着温度升高，反应向右进行，MG逐渐转化为乙二醇，故曲线IV为MG的选择性曲线，因此曲线II为乙二醇的选择性曲线；①根据上述分析，曲线I为DMO的实际转化率曲线，曲线IV为MG的选择性曲线，故答案为：I；IV；②根据图示，在该反应条件下反应未达平衡，主要从反应速率、时间上调整，以提高DMO的转化率。增大压强，化学反应速率加快，DMO的转化率增大；延长原料和催化剂的反应时间可以促进反应的继续进行，增大DMO的转化率；使用催化活性更好的催化剂，也可以增大DMO的转化率，故答案为：增大压强，延长反应时间；③483K时，DMO的实际转化率为99%，设起始投入反应的DMO为100mol，则出口处流出的乙醇的物质的量为100mol×99%×2%＝1.98mol，此时还有1molDMO未反应从出口流出，因此出口处n(故答案为：1.98。【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。3．（2025•常州校级模拟）乙烯是常用化工原料，其制备、利用和转化具有重要意义。（1）二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生反应：Ⅰ.C2H6（g）+CO2（g）⇌C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）ΔⅡ.C2H6（g）+2CO2（g）⇌4CO（g）+3H2（g）Δ①若起始加入CO2和C2H6的物质的量分别为n0（CO2）n0（C2H6），仅考虑上述反应，达到平衡时体系中所有含碳物质n（X）与起始物质之间存在的等量关系为：n0（CO2）+2n0（C2H6）＝n（CO2）+n（CO）+2n（C2H4）+2n（C2H6）（X用具体物质化学式表示）。②实际投料比采用n起始(CO2)n起始(C2H6)=2：1，而不采用3（2）乙烯催化氧化制乙醛和环氧乙烷（），发生以下反应：ⅰ.2C2H4（g）+O2（g）→2CH3CHO（g）ⅱ.2C2H4（g）+O2（g）→2（g）常压下，将一定比例C2H4、O2混合气体匀速通过装有Ag/MnO2催化剂的反应器，不同温度下测得的相关数据见表[乙醛的选择性=n温度/℃90110130150乙烯转化率/%8132960乙醛选择性/%78706557①90～150℃范围内，乙醛产率随温度升高而增大（填“增大”、“减小”或“不变”）。②90～150℃范围内，乙醛选择性随温度升高而降低的原因是温度升高和催化剂活性变化共同作用，使反应ii的速率增幅大于反应i的速率增幅。③150℃时，控制反应温度和时间不变，能提高环氧乙烷选择性的措施是使用对反应ii选择性更高的催化剂，及时分离环氧乙烷。（3）在果蔬储存和运输中，一种C2H4转化反应的部分机理如图所示（*O表示活性氧）。研究表明，催化剂表面酸性强的桥羟基（）是催化氧化的活性位点，而酸性弱的硅羟基（Si—OH）和铝羟基（Al—OH）则不显示催化活性。①从键的极性角度，分析桥羟基酸性更强的原因是桥羟基中O同时受到Si、Al吸引，使O—H键极性增强。②生成的H2O吸附在催化剂表面使催化活性下降，其原理是H2O结合桥羟基电离出的H+生成H3O+或H2O中氧原子与桥羟基中氢原子形成氢键，。【答案】（1）①n（CO2）+n（CO）+2n（C2H4）+2n（C2H6）；②防止更多的CO2将C2H6转化为CO，使乙烯的产率下降；（2）①增大；②温度升高和催化剂活性变化共同作用，使反应ii的速率增幅大于反应i的速率增幅；③使用对反应ii选择性更高的催化剂，及时分离环氧乙烷；（3）①桥羟基中O同时受到Si、Al吸引，使O—H键极性增强；②H2O结合桥羟基电离出的H+生成H3O+或H2O中氧原子与桥羟基中氢原子形成氢键。【分析】（1）①根据碳原子守恒得n0（CO2）+2n0（C2H6）＝n（CO2）+n（CO）+2n（C2H4）+2n（C2H6）；②CO2和C2H6反应生成CO和H2，实际投料比采用n起始(CO2)n起始(C（2）①假设乙烯的投入量是1mol，根据表中数据知，90～150℃范围内，升高温度，生成乙醛的物质的量分别为：1mol×8%×78%＝0.0624mol（90℃）、1mol×13%×70%＝0.091mol（110℃）、1mol×29%×65%＝0.1885mol（130℃）、1mol×60%×57%＝0.342mol（150℃）；②升高温度，化学反应速率加快；催化剂活性受温度影响；③催化剂具有限制性，改变条件使反应ii平衡正向移动；（3）①桥羟基中Si、Al都吸引导致导致O—H中极性增强；②催化剂表面酸性强的桥羟基（）是催化氧化的活性位点，H2O结合桥羟基电离出的H+生成H3O+或H2O中氧原子与桥羟基中氢原子形成氢键。【解答】解：（1）①根据碳原子守恒得n0（CO2）+2n0（C2H6）＝n（CO2）+n（CO）+2n（C2H4）+2n（C2H6），故答案为：n（CO2）+n（CO）+2n（C2H4）+2n（C2H6）；②CO2和C2H6反应生成CO和H2，实际投料比采用n起始(CO2)n起始(C2H6)=2故答案为：防止更多的CO2将C2H6转化为CO，使乙烯的产率下降；（2）①假设乙烯的投入量是1mol，根据表中数据知，90～150℃范围内，升高温度，生成乙醛的物质的量分别为：1mol×8%×78%＝0.0624mol（90℃）、1mol×13%×70%＝0.091mol（110℃）、1mol×29%×65%＝0.1885mol（130℃）、1mol×60%×57%＝0.342mol（150℃），乙醛产率随温度升高而增大，故答案为：增大；②90～150℃范围内，乙醛选择性随温度升高而降低的原因是温度升高和催化剂活性变化共同作用，使反应ii的速率增幅大于反应i的速率增幅，故答案为：温度升高和催化剂活性变化共同作用，使反应ii的速率增幅大于反应i的速率增幅；③增大反应ii的反应速率或使其平衡正向移动，可以提高环氧乙烷的选择性，则150℃时，控制反应温度和时间不变，能提高环氧乙烷选择性的措施是：使用对反应ii选择性更高的催化剂，及时分离环氧乙烷，故答案为：使用对反应ii选择性更高的催化剂，及时分离环氧乙烷；（3）①Si、Al具有吸电子效应，会导致羟基的极性增大，从键的极性角度，分析桥羟基酸性更强的原因是：桥羟基中O同时受到Si、Al吸引，使O—H键极性增强，故答案为：桥羟基中O同时受到Si、Al吸引，使O—H键极性增强；②催化剂表面酸性强的桥羟基（）是催化氧化的活性位点，H2O结合桥羟基电离出的H+生成H3O+或H2O中氧原子与桥羟基中氢原子形成氢键都导致桥羟基减少，则生成的H2O吸附在催化剂表面使催化活性下降，故答案为：H2O结合桥羟基电离出的H+生成H3O+或H2O中氧原子与桥羟基中氢原子形成氢键。【点评】本题考查化学反应原理，侧重考查阅读、分析、判断及知识的综合运用能力，明确化学平衡的影响因素、信息的解读和运用是解本题关键，题目难度中等。4．（2025•靖江市模拟）“碳中和”“具有重要意义。（1）空间站里常用“Sabatier反应”控制空气中CO2含量。已知：ⅰ．H2和CH4的燃烧热分别为285.5kJ•mol﹣1和890.0kJ•mol﹣1。ⅱ．H2O（l）＝H2O（g）ΔH＝+44kJ•mol﹣1。则Sabatier反应：CO2（g）+4H2（g）＝CH4（g）+2H2O（g）的ΔH＝﹣164.0•kJ•mol﹣1。（2）烟气中CO2的捕集可通过下列转化实现。“碳化”的温度不能过高的原因是温度过高导致二氧化碳的溶解度减小不利于反应进行，且温度过高不利于碳酸氢锂的生成或碳酸氢锂受热分解；“脱碳”的化学方程式为2LiHCO3（3）CO2氧化丙烷脱氢。600℃下，将不同组分的原料混合气以相同流速通过装有催化剂的反应床，测得C3H8转化率和C3H6选择性随时间的变化关系如图﹣1所示，图中A、B分别代表n（C3H8）：n（CO2）：n（N2）＝1：2：7、n（C3H8）：n（N2）＝1：9的两种原料气。①随着反应的进行，4小时前A组分原料气中转化率和选择性均有所提升，且在反应床出口检测到CO。研究表明，CO2氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：Ⅰ．C3H8⇌C3H6+H2；Ⅱ．CO2+H2⇌CO+H2O。（填化学方程式）②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷脱氢时，CO2能发生反应：CO2+（4）电催化还原CO2可以制备甲酸，原理如图﹣2所示，电解质溶液为KOH。2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对装置改进，搭建“（阴阳极）共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为KOH+CH3OH混合溶液，应将b极区（填“a”或“b”）电解液更换。此时，该电极的电极反应式为CH3OH【答案】（1）﹣164.0•kJ•mol﹣1；（2）温度过高导致二氧化碳的溶解度减小不利于反应进行，且温度过高不利于碳酸氢锂的生成或碳酸氢锂受热分解；2LiHC（3）①CO2+H2⇌CO+H2O；②丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷脱氢时，CO2能发生反应：CO（4）b；CH【分析】（1）根据已知信息，反应1：H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH1=-285.5kJ/mol，反应2：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH2＝﹣890.0kJ/mol，反应3：H（2）碳酸锂悬浊液吸收二氧化碳生成碳酸氢锂，碳酸氢锂不稳定，受热易分解，故“碳化”的温度不能过高的原因是温度过高导致二氧化碳的溶解度减小不利于反应进行，且温度过高不利于碳酸氢锂的生成或碳酸氢锂受热分解；（3）①随着反应的进行，且检测到CO，CO2氧化丙烷脱氢总反应为：C3H8+CO2⇌C3H6+CO+H2O；②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行；（4）电催化还原CO2可以制备甲酸，通入CO2的电极（a极）为阴极，电极反应为：H2O+CO2+2e-=HCOO-+OH-，b极为阳极，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，对装置进行改进，搭建“（阴阳极）共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为KOH+CH3OH【解答】解：（1）根据已知信息，反应1：H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH1=-285.5kJ/mol，反应2：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH2＝﹣890.0kJ/mol，反应3：H2O（l）＝H2O（g）ΔH3＝+44kJ/mol故答案为：﹣164.0•kJ•mol﹣1；（2）碳酸锂悬浊液吸收二氧化碳生成碳酸氢锂，碳酸氢锂不稳定，受热易分解，故“碳化”的温度不能过高的原因是温度过高导致二氧化碳的溶解度减小不利于反应进行，且温度过高不利于碳酸氢锂的生成或碳酸氢锂受热分解；“脱碳”的化学反应为碳酸氢锂受热分解为碳酸锂和二氧化碳、水，则化学方程式为：2LiHC故答案为：温度过高导致二氧化碳的溶解度减小不利于反应进行，且温度过高不利于碳酸氢锂的生成或碳酸氢锂受热分解；2LiHC（3）①随着反应的进行，且检测到CO，CO2氧化丙烷脱氢总反应为：C3H8+CO2⇌C3H6+CO+H2O，由此可知反应II为CO2+H2⇌CO+H2O，故答案为：CO2+H2⇌CO+H2O；②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷脱氢时，CO2能发生反应CO故答案为：丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷脱氢时，CO2能发生反应：CO（4）电催化还原CO2可以制备甲酸，通入CO2的电极（a极）为阴极，电极反应为：H2O+CO2+2e-=HCOO-+OH-，b极为阳极，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，对装置进行改进，搭建“（阴阳极）共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为KOH+CH3OH混合溶液，CH3OH故答案为：b；CH【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。5．（2025春•盐城期中）二甲醚（CH3OCH3）气体是一种可再生绿色新能源，被誉为“21世纪的清洁燃料”。（1）工业上可用水煤气合成二甲醚：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）。在体积为2L的恒容密闭容器中，充入1molCO和5molH2，测得CO和H2的转化率随时间变化如图所示。①6min时，H2的转化率为24%。②恒温恒容下，充入等物质的量的CO2和H2充分反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g），以下叙述能说明该反应达到平衡状态的是B。A．v正（CO2）＝v逆（CH3OCH3）B．容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变C．CO2的物质的量分数保持不变D．1molH—H键断裂的同时有2molH—O键断裂③平衡后往该密闭容器中再充入一定量的氦气，则CO2的体积分数将变小（填“变大”、“不变”或“变小”）。（2）二甲醚燃料电池工作原理如图所示。①该电池的负极是A（填“A”或“B”）电极。②H+通过质子交换膜时的移动方向是A。（填选项字母）A．从左向右B．从右向左③通入O2的电极反应式是O2+4e④用该电源电解饱和NaCl溶液的化学方程式为2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl2↑【答案】（1）①24%；②B；③变小；（2）①A；②A；③O2④2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl【分析】（1）①根据CO和H2的转化率随时间变化图，6min时H2的转化率为24%；②判断反应达到平衡状态的标志是正逆反应速率相等，各组分的浓度、物质的量、百分含量等不再变化；③在恒温恒容条件下，充入氦气不会影响反应物和生成物的分压，但会改变总体积，从而影响各组分的体积分数；（2）①根据燃料电池的工作原理，负极是燃料发生氧化反应的电极；②在燃料电池中，H+通过质子交换膜从负极向正极移动；③通入O2的电极是正极，发生还原反应，生成水。；④电解饱和NaCl溶液的化学方程式为2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl【解答】解：（1）①由图可知，6min时，CO的转化率为60%，即Δn（CO）＝1mol×60%＝0.6mol，Δn（H2）＝2Δn（CO）＝1.2mol，则H2的转化率为1.2mol故答案为：24%；②A．正逆反应速率相等时，说明反应达到平衡，即v正（CO2）＝2v逆（CH3OCH3）时，反应达到平衡，故A错误；B．反应前后混合气体总质量不变，根据M=m总n总可知，当变量C．x(CO2)=n(CO2)n总，在反应过程中，n（CO2）和D．正逆反应速率相等时，说明反应达到平衡，1molH—H键断裂的同时有1molH—O键断裂，说明反应达到平衡，故D错误；故答案选：B；③恒容密闭容器中，平衡后再充入一定量的氦气，各气体的物质的量不变，但总物质的量增大，CO2的体积分数（即摩尔分数）必然减小，故答案为：变小；（2）燃料电池中，燃料二甲醚发生氧化反应，则A作负极，发生氧化反应：CH3OCH3①由分析可知，该电池的负极是A电极，故答案为：A；②在电池中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则H+通过质子交换膜时的移动方向是从作往右，故答案为：A；③由分析可知，通入氧气的电极反应式为O2故答案为：O2④用该电源电解饱和NaCl溶液的化学方程式为：2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl故答案为：2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。6．（2024秋•苏州期末）以CO2H2为原料合成CH3OH过程中的主要反应为：反应ⅠCO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49.4kJ•mol﹣1反应ⅡCO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2kJ•mol﹣1CH3OH（或CO）的选择性（x）=n（1）反应CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）ΔH＝﹣90.6kJ•mol﹣1。（2）将n起始(CO①相同压强，不同温度下CH3OH的平衡选择性：x（210℃）＞x（260℃）（填“＞”或“＜”或“＝”）。②高于350℃压强对CO2的平衡转化率几乎没有影响，原因是反应Ⅱ的Δn＝0，压强变化不影响其平衡状态。（3）0.5MPa下，将n起始(CO2)n起始(H2①260～360℃反应器出口处CH3OH浓度变化的趋势是B（填序号）。A.增大B.先增大后减小C.减小D.先减小后增大②320℃时，欲使CO2实际转化率上升至30%（此温度下CO2的平衡转化率为28%），不改变反应温度，可采取的措施有移除产物；增大压强；优化催化剂活性；。（4）在某铜基催化剂表面发生CO2加氢制甲醇的反应，请补充完整下列反应过程。第一步：CO2+H2→HCOO•+H•。第二步：HCOO•+2H2→CH3O•+H2O第三步：CH3O•+H•→CH3OH【答案】（1）﹣90.6；（2）①＞；②反应Ⅱ的Δn＝0，压强变化不影响其平衡状态；（3）①B；②移除产物；增大压强；优化催化剂活性；（4）HCOO•+H•；【分析】（1）根据盖斯定律求解；（2）①根据勒夏特列原理，升高温度会使平衡向逆反应方向移动，降低CH3OH的选择性；②根据勒夏特列原理，压强变化对Δn＝0的反应无影响，因此CO2的平衡转化率几乎不受压强影响；（3）①在低温段（260～320℃）：温度升高加快反应速率，CH3OH浓度增加，在高温段（320～360℃）：反应Ⅰ的逆反应被促进（放热反应），且副反应（如反应Ⅱ）增强，导致CH3OH浓度下降；②欲使CO2实际转化率上升至30%（此温度下CO2的平衡转化率为28%），不改变反应温度，可采取的措施可以有移除产物（如H2O或CH3OH）：推动平衡向正反应方向移动；增加压强是平衡正向移动；优化催化剂活性：提高反应速率，缩短达到平衡的时间；（4）根据第二步与第三步的反应过程推导第一步的反应产物；【解答】解：（1）反应Ⅰ：CO2+3H2→CH3OH+H2O，ΔH1＝﹣49.4kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2+H2→CO+H2OΔH2＝+41.2kJ•mol﹣1将反应Ⅰ减去反应Ⅱ得到CO+2H2＝CH3OHΔH＝ΔH1﹣ΔH2＝﹣49.4kJ/mol﹣41.2kJ/mol＝﹣90.6kJ/mol；故答案为：﹣90.6；（2）①反应Ⅰ是放热反应（ΔH1＝﹣49.4），根据勒夏特列原理，升高温度会使平衡向逆反应方向移动，降低CH3OH的选择性。因此，温度较低（210℃）时的选择性应该高于260℃；故答案为：＞；②当温度高于350℃时，反应Ⅱ（吸热反应）占主导，其反应前后气体物质的量不变（Δn＝0）。根据勒夏特列原理，压强变化对Δn＝0的反应无影响，因此CO2的平衡转化率几乎不受压强影响；故答案为：反应Ⅱ的Δn＝0，压强变化不影响其平衡状态；（3）①在低温段（260～320℃）：温度升高加快反应速率，CH3OH浓度增加，在高温段（320～360℃）：反应Ⅰ的逆反应被促进（放热反应），且副反应（如反应Ⅱ）增强，导致CH3OH浓度下降，故CH3OH浓度先增大后减小；故答案为：B；②欲使CO2实际转化率上升至30%（此温度下CO2的平衡转化率为28%），不改变反应温度，可采取的措施可以有移除产物（如H2O或CH3OH）：推动平衡向正反应方向移动；增加压强是平衡正向移动；优化催化剂活性：提高反应速率，缩短达到平衡的时间；故答案为：移除产物；增大压强；优化催化剂活性；（4）根据第二步生成的HCOO•和第三步生成的H•确定第一步的反应过程为：第一步：CO2+H2→HCOO•+H•；故答案为：HCOO•+H•；【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生热化学方程式书写、平衡状态的判断和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。7．（2025•南京校级开学）“碳达峰”“碳中和”是我国社会发展重大战略之一。Ⅰ．中国首次实现了利用CO2人工合成淀粉，其中最关键的一步是以CO2为原料制CH3OH。在某CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应有：①CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1＝+41.1kJ/mol②CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH2＝？③CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH3＝﹣48.9kJ/mol（1）ΔH2＝﹣90.0kJ/mol。（2）5MPa时，向某密闭容器中按投料比n（H2）：n（CO2）＝3：1充入H2和CO2，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。①图中X代表CO（填化学式）。②体系中CO2的物质的量分数受温度影响不大，原因是随温度升高，反应①正向进行程度与反应③逆向进行程度相差不大。Ⅱ．CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：①CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）K1；②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）K2。（3）反应CH4（g）+3CO2（g）⇌4CO（g）+2H2O（g）的K＝K1K22（用K1Ⅲ．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，其中涉及的CO2催化加氢原理如下：（4）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：HCO3-+H2催化剂HCOO-+H2O；其他条件不变，HC【答案】（1）﹣90.0kJ/mol；（2）①CO；②随温度升高，反应①正向进行程度与反应③逆向进行程度相差不大；（3）K1（4）HCO【分析】（1）根据盖斯定律计算ΔH2；（2）根据图中物质的变化趋势确定X代表的物质；（3）根据平衡常数的定义和已知反应的平衡常数进行计算；（4）根据离子方程式的书写规则进行分析；（5）根据温度对反应速率和催化剂活性的影响进行分析。【解答】解：（1）反应①+反应②＝反应③，根据盖斯定律可得：ΔH2＝ΔH3﹣ΔH1＝﹣48.9kJ/mol﹣41.1kJ/mol＝﹣90.0kJ/mol，故答案为：﹣90.0kJ/mol；（2）①生成甲醇的反应都为放热反应，所以温度升高平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数减小，生成一氧化碳的反应为吸热反应，所以随着温度升高平衡正向移动，一氧化碳的物质的量分数增大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，故Z为H2O，Y为CH3OH，X为CO，故答案为：CO；②反应③消耗二氧化碳，反应①生成二氧化碳，最终体系中的二氧化碳的物质的量分数与上述两个反应有关，随温度升高，反应①正向进行的程度与反应，③逆向进行的程度相差不大，故答案为：随温度升高，反应①正向进行程度与反应③逆向进行程度相差不大；（3）K=故答案为：K1（4）HCO3-与氢气反应生成HCOO﹣和水，离子方程式为HCO3-+故答案为：HCO【点评】本题主要考查了化学反应的热力学、化学平衡的移动、平衡常数的计算等。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。8．（2025•扬州模拟）CO2资源化利用具有重要意义。（1）电催化制取甲烷。①酸性条件下，向阴极通入CO2，反应生成CH4的电极反应式为CO2+8e﹣+8H+＝CH4+2H2O。②实际电解时，需控制pH约为7.当其他条件相同时，pH减小，CH4的产率降低，可能的原因是pH减小，溶液中CO2浓度降低。（2）光催化制乙烯。CO2、H2O、三乙胺（）在催化剂作用下，光照一段时间可制得C2H4。①催化剂中含LaPO4。常温下，将0.10mol•L﹣1La（NO3）3溶液和0.10mol•L﹣1Na2HPO4溶液混合制备LaPO4。已知：Ksp[La(OH)3反应La3+(aq)+HPO42-(制备LaPO4时，La（NO3）3溶液与Na2HPO4溶液的混合方式为向La（NO3）3溶液中缓慢加入Na2HPO4溶液并确保pH＜8。②用同位素示踪法研究乙烯分子中C和H的来源。在其他条件相同时，三乙胺（C6H15N分别与下列三组试剂反应，得到乙烯的质谱中最大质荷比均为28。能证明C和H均来源于三乙胺的一组试剂是C（填序号）。A．H2O和13CO2B．D2O和CO2C．D2O和13CO2若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有乙烯和CH2＝CHCH3（填结构简式）。（3）催化合成环状碳酸酯。相邻原子或基团的大小和空间位置，会影响其他原子或基团接近反应原子，从而影响反应的进行。CO2和1，1﹣二甲基环氧乙烷（）在Zn-(R-①机理图步骤Ⅱ中C—O键的断键位置有两种。画出主要中间产物X的结构简式。②催化反应过程中，—NH2也能与连接，助其发生开环反应，连接方式如图所示。—NH2能与连接的原因是能形成氢键N—H•••O。【答案】（1）①CO2+8e﹣+8H+＝CH4+2H2O；②pH减小，溶液中CO2浓度降低；（2）①1.0×106；向La（NO3）3溶液中缓慢加入Na2HPO4溶液并确保pH＜8；②C；CH2＝CHCH3；（3）①；②能形成氢键N—H•••O。【分析】（1）①电解池阴极发生还原反应，酸性条件下，向阴极通入CO2；②pH减小，平衡CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++HCO3-逆向移动，溶液中二氧化碳的浓度降低，转化率降低，故实际电解时，需控制pH约为7（2）①已知：Ksp[La(OH)3]=1.0×10-19，Ksp(LaPO4)=1.0×10-23、Ka2(H3PO4)=1.0×10-8、Ka3(H3PO4)=1.0×10-13；反应La3+(aq)+HPO42-(aq)=LaPO4(②证明C和H均来源于三乙胺，则要确保三乙胺（C6H15N）中的C、H与其它实际中的C、H不同，则选C：D2O和13CO2；制备乙烯时，C和H均来源于三乙胺，则若以代替三乙胺发生上述反应；（3）①甲基是推电子基，中2号C—O键极性更大，故2号键更容易段；②催化反应过程中，—NH2也能与连接，助其发生开环反应，连接方式如图所示，则—NH2能与连接的原因是能形成氢键N—H•••O。【解答】解：（1）①电解池阴极发生还原反应，酸性条件下，向阴极通入CO2，反应生成CH4的电极反应式为CO2+8e﹣+8H+＝CH4+2H2O，故答案为：CO2+8e﹣+8H+＝CH4+2H2O；②pH减小，平衡CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++HCO3-逆向移动，溶液中二氧化碳的浓度降低，转化率降低，故实际电解时，需控制pH约为7，当其他条件相同时，pH减小，CH4故答案为：pH减小，溶液中CO2浓度降低；（2）①已知：Ksp[La(OH)3]=1.0×10-19，Ksp(LaPO4)=1.0×10-23、Ka2(H3PO4)=1.0×10-8、Ka3(H3PO4)=1.0×10-13；反应La3+(aq)+HPO42-(aq)=LaPO4(s)+H+(aq)的平衡常数K=c(H+)c(La3+)c(HPO42-)=c(故答案为：1.0×106；向La（NO3）3溶液中缓慢加入Na2HPO4溶液并确保pH＜8；②证明C和H均来源于三乙胺，则要确保三乙胺（C6H15N）中的C、H与其它实际中的C、H不同，则选C：D2O和13CO2；制备乙烯时，C和H均来源于三乙胺，则若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有乙烯和CH2＝CHCH3，故答案为：C；CH2＝CHCH3；（3）①甲基是推电子基，中2号C—O键极性更大，故2号键更容易段，因此机理图步骤Ⅱ中主要中间产物X的结构