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2027高考化学化学一轮复习：化学反应与能量
一．解答题（共25小题）
1．（2026 重庆）高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用SiHCl3氢还原法，该法的主要反应有（忽略其他副反应）：
反应1.SiHCl3（g）+H2（g） Si（s）+3HCl（g）ΔH1
反应2.2SiHCl3（g） Si（s）+SiCl4（g）+2HCl（g）ΔH2＞0
反应3.SiHCl3（g） SiCl2（g）+HCl（g）ΔH3＞0
（1）①反应1的平衡常数K随温度T的升高而增大，则ΔH1　 　 0（填“＞”、“＜”或“＝”）。
②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的硅芯棒表面。一定条件下，反应100h后，测得硅芯棒增重16.0kg，则多晶硅的沉积速率为　 　 kg/h。
（2）在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为x。体系压强为100kPa时，x与温度T的关系如图所示。
①在1320K时，反应1的平衡常数Kp＝　 　 kPa（保留小数点后两位，分压＝总压×物质的量分数）。
②若平衡体系压强为50kPa，SiHCl3和HCl的曲线交叉点相对于M点，将位于　 　 区域（填“高温”或“低温”），其原因是　 　 。
③多晶硅的产率常用表示，若n初始（SiHCl3）＝1.0mol和n初始（H2）＝10mol，则M点对应的η＝　 　 。
（3）相较传统方法，熔盐电解法制备高纯多晶硅具有绿色环保等优势。一种在CaCl2熔盐中电解SiO2制备Si的实验装置如图所示。
①阴极的电极反应为　 　 。
②若阳极只产生CO和CO2，当产生的气体总量为2.24L（标准状况）时，生成1.75gSi，则n（CO）：n（CO2）为　 　 。
2．（2024 浙江）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25℃，101kPa）
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 　 　 。
（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3.2A恒定电流工作14分钟，消耗H2体积为0.49L，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；电荷量q（C）＝电流I（A）×时间（s）；NA＝6.0×1023mol﹣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：ΔG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ΔH计算方法；当ΔG＜0时，反应能自发进行。）
Ⅰ．NaBH4（s）+2H2O（l）＝NaBO2（s）+4H2（g）ΔG1＝﹣320kJ/mol
Ⅱ．H2（g）O2（g）＝H2O（l）ΔG2＝﹣240kJ/mol
Ⅲ．Mg（s）O2（g）＝MgO（s）ΔG3＝﹣570kJ/mol
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ΔG 　 　 。（要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为100%。）
3．（2024 上海）（1）据图，写出电极a的电极反应方程式 　 　 。
（2）关于上述电化学反应过程，描述正确的是 　 　 。
A.该装置实现了电能转化学能
B.电极b发生氧化反应
C.电子从电极b到沉淀到溶液再到电极a
D.每1mol（CH2O）n参与反应转移4mol电子
（3）为什么溶液中氧气浓度高了，的除去量会变少，但有机物的除去量会变多：　 　 。
4．（2026 长沙校级模拟）氢能是一种重要的清洁能源，由C2H5OH、HCOOH等物质可以制得H2。
Ⅰ、乙醇﹣水催化重整制得氢气，其主要反应为：
①C2H5OH（g）+3H2O（g） 2CO2（g）+6H2（g）
②CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）
在101kPa下，当n始（C2H5OH）：n始（H2O）＝1：3时，若发生反应①和②，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示[CO的选择性]。
（1）计算反应C2H5OH（g）+H2O（g） 2CO（g）+4H2（g）的ΔH＝　 　 kJ mol﹣1。
（2）图中代表CO的选择性的曲线是　 　 （填“甲”“乙”或“丙”）；分析曲线乙在300℃前后变化趋势相反的原因　 　 。
（3）根据图中信息，500℃时C2H5OH的平衡转化率α（C2H5OH）为　 　 ，反应②的平衡常数Kp＝　 　 （Kp是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数，精确到0.001）。
Ⅱ、HCOOH催化分解制得H2
（4）一定温度下，向恒容密闭容器通入一定量的HCOOH（g），在Pd﹣有机胺催化剂作用下，HCOOH分子催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是　 　 （填序号）。
A．有机胺（CH3）2NH可以和盐酸溶液反应
B．在催化剂表面解离C—H键比解离O—H键更容易
C．HCOOD催化释放氢反应除生成CO2外，还可生成HD
D．HCOOH催化释放氢的热化学方程式为：HCOOH（g） CO2（g）+H2（g） ΔH＝﹣0.45eV
（5）HCOOH（g）分解反应存在以下定量关系：（其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数），实验数据如图中曲线M所示。当改变外界条件时，实验数据如曲线N所示，则改变的外界条件可能为　 　 。
5．（2026 广州模拟）氢能作为一种清洁的可再生能源，具有燃烧热值高、环境污染少等优点，重整工艺是制氢的理想选择。
Ⅰ．甲醇水蒸气重整制氢
主反应：①CH3OH（g）+H2O（g） CO2（g）+3H2（g）ΔH1
副反应：②CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）
③CH3OH（g） 2H2（g）+CO（g）
（1）ΔH1＝　 　 kJ mol﹣1。
（2）研究发现，氧空位可提高甲醇水蒸气重整制氢催化剂的活性。将Cu2+替代CeO2晶格中的Ce4+，可形成Ce﹣Cu﹣O固溶体催化剂。随Cu2+含量的增加，氧空位数目　 　 （填“增多”、“不变”或“减少”）。
（3）将一定量CH3OH（g）和H2O（g）的混合气充入密闭容器中，在催化剂作用下发生甲醇水蒸气重整制氢反应。不同温度下反应相同时间后，CH3OH转化率、H2和CO的选择性变化如图所示。
使用该催化剂发生甲醇水蒸气重整制氢反应的最佳温度为　 　 。随温度升高，H2的选择性降低，CO的选择性增大的原因可能是　 　 。
Ⅱ．甲烷水蒸气重整制氢的主要反应有：
④CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）
⑤CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
⑥CH4（g）+2H2O（g） CO2（g）+4H2（g）
（4）一定温度下，向恒压密闭容器中通入一定量的CH4（g）和H2O（g），发生上述反应，下列说法中能表明反应达到平衡状态的是　 　 （填标号）。
a．气体密度不变
b．气体总压强不变
c．H2的体积分数不变
d．CO和CO2的物质的量相等
（5）温度为600℃，压强为1.5MPa的条件下，将n（CH4）：n（H2O）＝1：6.5的混合气通入密闭容器中发生甲烷水蒸气重整制氢反应，达平衡时CH4的转化率为40%，CO的选择性为25%（CO的选择性）。
ⅰ．平衡时n（H2）：n（CO）＝　 　 ，反应⑤的分压平衡常数Kp＝　 　 （保留2位有效数字，Kp是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
ⅱ．若温度不变，减小压强，则n（H2）：n（CO）的值　 　 （填“增大”、“不变”或“减小”）。
6．（2026 海安市校级模拟）甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。
（1）HCHO电催化释氢
催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa（如图1所示），其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物（晶胞结构如图2所示）作催化剂。
①催化剂可由MoO2与（NH4）2HPO4混合物与H2高温灼烧制得（反应中N元素化合价不变），该反应的化学方程式为　 　 。
②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO﹣的物质的量之比为1：2，则电极b上的电极反应式为　 　 。
③电解过程中每产生1mol H2，通过阴离子交换膜的OH﹣为　 　 mol。
（2）HCHO水化释氢：
45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图3所示。使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图4所示。
已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应2HCHO+NaOH＝HCOONa+CH3OH。
①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为　 　 （填化学式）。
②NaOH浓度低于1mol/L时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是　 　 。
③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是　 　 。
（3）甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有　 　 。
7．（2026 广东校级模拟）当前能源资源短缺，甲醇合成制备与应用是国际研究的热点。
Ⅰ．某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下三个反应：
①CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1
②CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41kJ/mol
③CO（g）+2H2（g） CH3OH（g） ΔH3＝﹣91kJ/mol
（1）ΔH1　 　 ΔH3（填“＞”“＜”或“＝”），反应③自发进行的条件是　 　 （填“高温”、“低温”或“任意温度”）。
（2）在恒容密闭容器中发生上述反应，下列说法正确的是　 　 （填标号）。
A．加入催化剂，降低了反应的ΔH，从而加快了反应速率
B．混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．反应达到平衡时，升高温度，CH3OH的浓度增大
D．平衡时向容器中充入惰性气体，甲醇的产率不变
（3）阿伦尼乌斯公式为（其中k为速率常数，A和R为常数，Ea为反应的活化能，e为自然对数的底，T为温度），反应Ⅰ的速率方程为，v逆＝k逆 c（CH3OH） c（H2O）。
①增大体系的压强，k正﹣k逆　 　 （填“增大”“减小”或“不变”）。
②在催化剂作用下，将1mol CO2和2mol H2的混合气体通入1L密闭容器发生反应①、②。当反应达到平衡状态时，CO2的转化率是60%，此时CO2和H2的平均相对分子质量是23，若反应1的，平衡时反应1的反应速率v逆＝　 　 mol L﹣1 s﹣1。
Ⅱ．甲醇应用：
（4）甲醇是一种潜在的储氢材料。在某催化剂作用下，甲醇制氢的反应历程如图所示（TS表示过渡态，*表示物种被吸附在催化剂表面）。
写出决速步骤的反应方程式：　 　 。
（5）甲醇是生产甘油的辅助原料，甘油（C3H8O3）水蒸气重整获得H2过程中的主要反应：
反应ⅠC3H8O3（g）＝3CO（g）+4H2（g） ΔH＞0
反应ⅡCO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g） ΔH＜0
反应ⅢCO2（g）+4H2（g）＝CH4（g）+2H2O（g） ΔH＜0
1.0×105Pa条件下，1mol C3H8O3和9mol H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H2、CO2和CH4的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。
550℃时，H2O的平衡转化率为　 　 （写出计算过程）。
8．（2026 高州市模拟）我国“碳中和”研究领域取得了很大的成效，CO2转化为甲醇是实现“碳中和”的重要手段，该过程主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）
反应Ⅱ：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
反应Ⅲ：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）
（1）若反应Ⅲ逆反应的活化能为，则正反应的活化能为　 　 kJ mol﹣1（用含Ea的式子表示）；反应Ⅱ能够自发进行的条件是　 　 （填“较低温度”“较高温度”或“任何温度”）。
（2）刚性绝热密闭容器中只发生反应Ⅰ，下列能说明反应Ⅰ一定达到平衡状态的是　 　 （填标号）。
A．CO2的消耗速率和CO的生成速率相等
B．H2和CO的物质的量之比不再变化
C．混合气体的平均相对分子质量不再变化
D．反应体系的压强不再变化
（3）以n（CO2）：n（H2）：n（Ar）＝1：3：0.7的进气比通入载有催化剂Cu﹣ZnO﹣Y2O3的密闭反应管中，维持压强为3MPa进行上述三个反应，反应达到平衡状态时，测得CO2的转化率、CH3OH的选择性和CO的选择性随温度的变化如图所示。
已知：CH3OH或CO的选择性。
①表示CH3OH的选择性的曲线为　 　 （填“a”或“b”），理由是　 　 。
②M点对应温度下达到平衡状态时，CO2的转化率为20%。M点对应温度下反应Ⅱ的Kp＝　 　 （MPa）﹣2（保留3位有效数字）。
（4）科学家们设计出了利用合成气合成液态烃和甲醇的方法，现用电解原理模拟利用合成气制备甲醇，其制备原理装置如图所示。
①交换膜为　 　 （填“阳离子”或“阴离子”）交换膜。
②M极的电极反应式为　 　 。
9．（2026 扬州模拟）氨是一种化工原料，也是极具潜力的储氢载体。
（1）电化学还原制NH3。碱性条件下，阴极材料分别采用催化剂Ru/C、Cu﹣Ru/C（在Ru/C表面修饰少量铜原子）进行电解NaNO3溶液制NH3的性能研究。Ru/C、Cu﹣Ru/C催化可能机理如图﹣1所示：
①阴极的电极总反应式为　 　 。
②在不同电解电压下工作1h，测定NH3的合成速率与法拉第效率FE%[法拉第效率]随电解电压的变化分别如图﹣2、图﹣3所示。
ⅰ．当电解电压为U4时，两种催化剂作用下的NH3合成速率差异较大，可能的原因是　 　 。
ⅱ．当催化剂为Ru/C时，随着电解电压增大，NH3的法拉第效率逐渐降低，可能的原因是　 　 。
（2）合成尿素[CO（NH2）2]。光催化CO和NH3合成CO（NH2）2，其机理是在催化剂TiO2表面上光生电子还原O2产生自由基（），将NH3氧化为 NH2， NH2再与CO反应形成CO（NH2）2。
①中的氧原子间通过单键相连，则的电子式为　 　 。
②当O2的浓度大于20%时，CO（NH2）2的产率会下降，其可能的原因是　 　 。
（3）催化制氢。在含氧空位的LaMnO3+x（La为+3价，Mn为+3、+4价）催化剂表面，NH3经过吸附、脱氢反应等过程制取H2。在T℃下，将高纯NH3以112mmol min﹣1流速通过装有LaMnO3+x催化剂的反应管，在出口处通过测量得到H2的生成速率为27.6mmol min﹣1（无其他含氢产物）。
①用Ni2+代替LaMnO3+x中的部分Mn4+形成LaMn0.4Ni0.6O3+x﹣y[离子半径：r（Ni2+）＞r（Mn4+）]。其他条件不变，改用LaMn0.4Ni0.6O3+x﹣y作为催化剂，测得NH3的转化率为89.9%，LaMn0.4Ni0.6O3+x﹣y催化效率是LaMnO3+x的　 　 倍（保留一位小数）。
②相同条件下，LaMn0.4Ni0.6O3+x﹣y催化效率优于LaMnO3+x，其可能的原因是　 　 。
10．（2026 涪城区校级模拟）“零碳甲醇”作为公认的新型清洁可再生能源，不易爆炸、储运安全便捷。甲醇常见的制备方法为二氧化碳加氢法。
反应ⅰ：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）
反应ⅱ：CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g） ΔH2
反应ⅲ：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g） ΔH3＜0
（1）已知25℃和101 kPa下，H2（g）、CO（g）的摩尔燃烧焓ΔH分别为﹣285.8kJ mol﹣1、﹣283.0kJ mol﹣1，，则ΔH2＝　 　 kJ mol﹣1。
（2）不同反应条件下的自由能随温度变化如图1所示。
反应ⅰ在　 　 （填“高温”或“低温”）时可能自发进行；反应ⅱ的ΔS　 　 0（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（3）3 MPa下，以进气流量4.5mmol min﹣1，n（CO2）：n（H2）＝1：3持续通过装有0.5 g催化剂的反应管中（仅发生上述反应ⅱ、ⅲ）。经相同时间测得CO2的转化率[α（CO2）]、CH3OH的选择性及CH3OH的时空收率随温度（T）的变化关系如图2所示。
①已知图中曲线a代表S（CH3OH）随温度的变化，则代表CO2的转化率[α（CO2）]随温度变化的曲线是　 　 ，280℃后，曲线a快速下降的可能原因是　 　 。
②280℃时，CO的选择性为　 　 ；若Y（CH3OH）为4.95mmol h﹣1 g﹣1，则CH3OH的产率＝　 　 （列出计算式即可）。
③一定条件下，将进气流量改为0.04mmol min﹣1（此流量下的转化率可近似认为平衡转化率），测得出气流量为0.038mmol min﹣1，α（CO2）为50%，此时反应ⅱ的平衡常数Kp＝　 　 （化为最简整数比）。
（4）电化学还原CO2制备甲醇（电解原理如图3，双极膜中H2O解离的H+和OH﹣在电场作用下向两极迁移）。写出催化电极的电极反应式　 　 。
11．（2026 河北模拟）氮的氧化物是大气污染物之一，用合成气（CO+H2）还原氮氧化物，可防止空气污染，涉及的部分反应如下：
反应ⅰ：2NO（g）+H2（g） N2O（g）+H2O（g）
反应ⅱ：N2O（g）+H2（g） N2（g）+H2O（g）
反应ⅲ：2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）
回答下列问题：
（1）CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）ΔH＝　 　 kJ mol﹣1。
（2）提高NO平衡转化率的条件是　 　 （填字母）。
a．高温高压
b．低温高压
c．高温低压
d．低温低压
（3）向两个相同的恒容密闭容器中分别通入1mol NO和1mol CO，在催化剂（Ⅰ、Ⅱ）的作用下，发生反应ⅲ，反应相同时间，不同温度下，测得NO的转化率的变化曲线如图甲。
①催化剂Ⅰ对反应的催化效率更高，判断依据是　 　 。
②在催化剂Ⅱ作用下，转化率：b点＞c点，其可能原因为　 　 。
③若起始向另一相同的恒容密闭容器通入2mol NO和2mol CO，在足量催化剂Ⅰ作用下保持恒温200℃发生反应ⅲ，经历相同时间后，NO的转化率　 　 （填字母）。
A．比a点大
B．比a点小
C．与a点一样
D．无法判断与a点的相对大小
（4）将2mol NO（g）、4mol CO（g）充入2L恒容密闭容器中，起始温度相同时，在恒温或绝热条件下发生反应ⅲ，测得NO的转化率随时间的变化如图乙。实验测得该反应的速率方程为，（k正、k逆为正、逆反应速率常数，只与温度和催化剂有关）。则　 　 （填“能”或“不能”）计算X点的，原因是　 　 。
（5）一定温度下，在2L刚性密闭容器中（含催化剂）通入2mol NO（g）、1.8mol H2（g）发生反应ⅰ和ⅱ，经5min达到平衡，测得NO的转化率为80%，N2的选择性[]为80%，则0～5min内，反应ⅰ的平均反应速率v（NO）＝　 　 mol L﹣1 min﹣1，反应ⅰ的K＝　 　 。
12．（2026 江苏校级模拟）储能材料是当前研究的热点。
（1）AlH3易分解反应释氢，且可与固体氧化物混合作固体燃料推进剂。AlH3与Fe2O3的反应过程如下：
Ⅰ.AlH3（s）＝Al（s）+3H（g）ΔH＝521.1kJ mol﹣1
Ⅱ.6H（g）+Fe2O3（s）═2Fe（s）+3H2O（g）ΔH＝﹣1209.2kJ mol﹣1
Ⅲ.2Al（s）+Fe2O3（s）═Al2O3（s）+2Fe（s）ΔH＝﹣851.5kJ mol﹣1
①LiAlH4和AlCl3在无水乙醚中反应可以生成AlH3和LiCl，该反应的化学方程式为 　 　 。
②反应：2AlH3（s）+2Fe2O3（s）═4Fe（s）+3H2O（g）+Al2O3（s）的ΔH＝ 　 　 。
③AlH3与普通铝粉相比，AlH3与Fe2O3反应更容易引发的原因是 　 　 。
（2）NaBH4是一种储氢材料，Co﹣B催化剂催化NaBH4释氢的原理是：OH﹣使催化剂表面的释放H﹣催化剂表面的H与H+结合生成H2（Co容易吸附阴离子）。在Co﹣B催化剂中掺有MoO3会提高NaBH4释氢速率，其部分机理如图﹣1所示。
①NaBH4水解生成H2和B（OH）4﹣的离子方程式为 　 　 。
②用重水（D2O）代替H2O通过检测反应生成的 　 　 可以判断制氢的机理。
③掺有MoO3能提高催化效率的原理是 　 　 。
④产氢速率与NaBH4浓度的关系如图﹣2所示。当NaBH4浓度大于1mol L﹣1时，产氢速率下降的原因是 　 　 。
13．（2026 南通校级模拟）对CO2的捕获、利用已成为前沿科技竞争的焦点。
（1）直接碳燃料电池能够将固体碳（如煤、生物质炭等）的化学能直接转化为电能，并生成高纯度CO2。其使用Li2CO3﹣K2CO3等二元共熔碳酸盐作为电解质，工作原理如图1所示。
①在正极，CO2和O2反应生成，电极反应式为　 　 。
②在负极，固体碳燃料（用C表示）发生一系列反应，其中反应C（s）+CO2（g） 2CO（g）ΔH＝172kJ mol﹣1，在高温下（＞700℃）有利于自发进行的原因是　 　 。
（2）CO2电还原与氯碱工艺可联产CO、Cl2和KHCO3，其工作原理如图2所示。
①阴极上CO2选择性还原为CO，同时会生成少量H2。一定条件下，阳极产生22.4L（标准状况）Cl2时，阴极生成气体的总质量为26.7g。则该条件下，阴极生成CO的法拉第效率为　 　 。[法拉第效率100%]
②CO2还原为CO的反应在钴卟啉催化剂（简化为Co—N4结构）表面进行，催化循环过程的简化模型如图3所示。若此过程中N元素化合价不变，则Co元素化合价变化的步骤有：　 　 （填序号）。
（3）通过CO2制备Ca（HCO3）2有潜在价值，但Ca（HCO3）2固体难以从其水溶液中分离。
①研究发现，Ca（HCO3）2固体析出过程中，溶剂的极性会削弱中O—H键的稳定性。为得到Ca（HCO3）2固体，可采取的合理措施为　 　 。
②采用热重法可分析固体组成。依据图4，可判断所得固体主要是Ca（HCO3）2而不是CaCO3的理由是　 　 。
14．（2026 垫江县模拟）近年来，我国科学家已经开发了多种途径合成乙醇，用H2还原CO2转化为C2H5OH是常用的方法，发生以下两个反应：
①2CO2（g）+6H2（g） C2H5OH（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣173.3kJ/mol
②CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH2＝akJ/mol（副反应）
（1）已知H2（g）和CO（g）的燃烧热分别是285.8kJ/mol和283kJ/mol，H2O（l） H2O（g）ΔH＝+44kJ/mol，则a＝　 　 。
（2）恒温恒容条件下，在某密闭容器中，发生上述反应，CO2和H2的起始浓度分别为1mol/L和3mol/L，反应平衡时，CO2的转化率为70%，H2O（g）为1mol/L，该温度下反应②平衡常数K＝　 　 （保留一位有效数字）。若此时保持温度和压强不变，再向该容器中注入惰性气体，反应①的化学平衡将　 　 （填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”，下同），反应②的化学平衡将　 　 。
（3）恒压下，CO2和H2的起始物质的量之比为1：3时，该反应乙醇的平衡产率在无分子筛膜时和有分子筛膜时变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。
①乙醇平衡产率随温度升高而降低的原因为　 　 。
②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　 　 。
（4）科学家还研发了CO2的电化学还原制备乙醇，根据下图，该电池工作时，b电极发生　 　 （填“氧化”或“还原”）反应；写出电极a的电极反应式　 　 。
15．（2026 扬州校级模拟）锂电池的研发、使用及废电池的回收具有重要意义。
（1）比能量是指电池单位质量（或体积）输出的电能。锂金属电池放电时总反应为Li+MnO2＝LiMnO2。下列关于锂金属电池说法正确的是　 　 （填序号）。
A．放电时Li作负极
B．比能量高于锌锰干电池
C．可用稀硫酸作电解质
（2）钴酸锂（LiCoO2）、磷酸铁锂（LiFePO4）等锂离子二次电池应用普遍。
①钴酸锂电池放电时示意图如图1所示。放电时，Li+由LixC6中脱嵌。写出放电至完全时Li1﹣xCoO2电极的电极反应式：　 　 。
②磷酸铁锂电池具有循环稳定性好的优点。充电时Li+脱嵌形成Li1﹣xFePO4（0＜x≤1）。Li1﹣xFePO4晶胞中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构（如图2所示）。图2中黑球代表　 　 ，x＝　 　 。
（3）将废旧锂离子电池（外壳为铁，电芯含铝）置于不同浓度的Na2S和NaCl溶液中使电池充分放电是电池回收工艺的首要步骤。电池在不同溶液中放电的残余电压随时间的变化如图3所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到XRD示意图谱如图4所示。
①电池在5%Na2S溶液中比在5%NaCl溶液中放电速率更大，其原因是　 　 。
②与Na2S溶液相比，NaCl溶液的质量分数由5%增大至10%时，电池残余电压降低速率更快。依据图4XRD图谱，分析其主要原因：　 　 。
（4）将放电完全的钴酸锂电池正极材料粉碎后进行酸浸处理。实验测得，在相同条件下，使用盐酸作浸取剂可使钴转化为Co2+，转化率达到99%。写出盐酸作浸取剂发生酸浸反应的化学反应方程式：　 　 。
16．（2026 江苏校级模拟）甲酸及其衍生物在理论研究和工业生产上都具有重要意义。
（1）科学家曾利用草酸[H2C2O4（s）]受热脱羧制甲酸[HCOOH（l）]。
已知：草酸、甲酸的燃烧热分别为246kJ mol﹣1、255kJ mol﹣1。请写出该反应的热化学方程式：　 　 ，并分析该反应在较高温度下能自发的原因是　 　 。
（2）研究表明，可利用催化加H2生成HCOO﹣，酸化后制得甲酸。
①方案1：在密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的0.1mol L﹣1NaHCO3溶液中通H2，测得HCOO﹣产率随温度的变化如图所示。反应温度在40℃～70℃范围内，HCOO﹣产率迅速上升的可能原因是　 　 。
②方案2：在密闭容器中，铁粉与NaHCO3溶液在加热条件下反应，初期会生成FeCO3和H2，对应离子方程式为　 　 。随着反应进行，FeCO3迅速转化为活性Fe3O4﹣x，活性Fe3O4﹣x是转化为HCOO﹣的催化剂，其可能的微观机理如图所示。分析HCOO﹣中H原子的来源，请在图中（a）处催化剂表面圈出该氢原子　 　 。
（3）N，N﹣二甲基甲酰胺[HCON（CH3）2]是甲酸的一种重要衍生物。
①理论计算表明，HCON（CH3）2中N原子采取sp2杂化，则分子中能共面的原子最多为　 　 个。
②HCON（CH3）2在有机反应中常用作非质子极性溶剂，即不能释放H+的极性溶剂。下列有机溶剂中，也属于非质子极性溶剂的有　 　 。
A．B．CH3COOHC．D．
17．（2026 玉溪校级模拟）甲酸（HCOOH）常用于制造农药、皮革等。CO2催化加氢合成甲酸的过程涉及以下反应：
Ⅰ．CO2（g）+H2（g） HCOOH（g）
Ⅱ．CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）
回答下列问题：
（1）CO（g）+H2O（g） HCOOH（g）ΔH＝　 　 kJ mol﹣1。
（2）一定温度下，在刚性密闭容器中充入一定量CO2和H2，发生上述两个反应。下列情况能表明反应达到平衡状态的是　 　 （填字母）。
A．混合气体的密度不随时间变化
B．混合气体的平均摩尔质量不变
C．HCOOH的体积分数不随时间变化
D．保持不变
（3）向恒容密闭容器中通入1mol CO2和2mol H2发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，起始压强为120kPa，反应时间均为10min，CO2的转化率及HCOOH选择性（甲酸选择性）随温度变化的曲线如图所示。其中，680K时反应达到平衡。
①当温度高于680K时，反应Ⅰ的速率：v正　 　 （填“＞”、“＜”或“＝”）v逆；HCOOH选择性降低而CO2转化率升高的原因是　 　 。
②680K时，H2的物质的量为　 　 mol，反应Ⅰ的平衡常数Kp为　 　 （用分数表示）kPa﹣1。
（4）甲酸的电化学合成路径如图甲所示；其他条件一定时，M极还原产物（HCOOH）和部分副产物（HCHO、CH3OH、C2H5OH）的法拉第效率（FE%）随电解电压的变化如图乙所示，已知FE（B）%。
①N极的电极反应式为　 　 。
②当电解电压为U1时，M极产生的HCHO和HCOOH的物质的量之比为　 　 。
18．（2026 重庆校级模拟）甲硫醇（CH3SH）是重要的有机化工中间体，可用于合成维生素。通过CH3OH和H2S合成CH3SH的主要反应如下：
反应Ⅰ：CH3OH（g）+H2S（g） CH3SH（g）+H2O（g） ΔH1
反应Ⅱ：2CH3OH（g）+H2S（g） CH3SCH3（g）+2H2O（g） ΔH2＜0
（1）相关的化学键的键能数据如下：
化学键 C—O S—H C—S H—O
键能/（kJ mol﹣1） a b c d
则ΔH1　 　 。
（2）甲醇的沸点高于甲硫醇，其原因是　 　 。
（3）已知：反应Ⅱ能自发进行且ΔS＜0，符合该反应特点的图像是　 　 。
A．B．
C．D．
（4）温度为T1℃，向压强为p0的恒压密闭容器中，充入CH3OH（g）和H2S（g）（物质的量之比为1：2）发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡时，CH3OH（g）的转化率为80%，CH3SCH3（g）的体积分数为5%。
①CH3SH（g）的选择性为　 　 （CH3SH的选择性）。
②反应Ⅰ的平衡常数Kp＝　 　 （保留3位有效数字）。
（5）甲醇燃料电池不需要燃料的前期预处理，能直接通过特定的方式使甲醇和空气反应需产生电流，其工作原理如图所示。
①负极的电极反应为　 　 。
②消耗0.1mol甲醇时需要消耗标准状况下空气的体积为　 　 L（空气中O2的体积分数为21%）。
19．（2026 新乡模拟）聚己二酰己二胺纤维（又称尼龙﹣66）的性能优异，用途广泛。制造原料己二腈[NC（CH2）4CN]的用量很大，其制备工艺有很多。目前最具发展前景的是电合成法工艺，先以丙烯为原料制备丙烯腈C3H3N（CH2＝CHCN），再用丙烯腈电合成己二腈。
Ⅰ．采用丙烯（C3H6）氨氧化法制备丙烯腈，发生的反应如下。
反应ⅰ：
反应ⅱ：C3H6（g）+O2（g） C3H4O（丙烯醛，g）+H2O（g）
反应ⅲ：2C3H4O（丙烯醛，g）+2NH3（g）+O2（g） 2C3H3N（g）+4H2O（g）ΔH3
（1）反应ⅰ在　 　 （填“高温”“低温”或“任意温度”）下可以自发进行；ΔH3＝　 　 kJ mol﹣1。
（2）下列说法中错误的是　 　 （填字母）。
A．聚酰胺纤维强度高、弹性好、耐磨，可用作渔网、绳索
B．原料丙烯可以利用石油分馏获取
C．生产过程中要防止丙烯与空气的比例处于爆炸范围内而产生的危险
（3）将丙烯、氨气和氧气的混合气体充入容积为VL的密闭容器中，相同时间内测得温度与转化率、产物选择性的关系如图所示。已知：丙烯腈（C3H3N）的选择性。
①丙烯的转化率、丙烯腈的选择性随温度升高而呈现如图所示变化的原因可能是　 　 。
②有利于提高丙烯腈选择性的反应条件可以是　 　 （填字母）。
a．升高温度
b．使用更合适的催化剂
c．增大压强
（4）长期接触丙烯腈可能引起高铁血红蛋白血症。血红蛋白（Hb）的主要作用是输送氧气，反应为Hb（aq）+O2（g） HbO2（aq），该反应的标准平衡常数。若在相同温度下，空气中的O2分压p（O2）＝20.2kPa，O2在水中的溶解度为2.3×10﹣4mol L﹣1，并且存在O2（g） O2（aq），则Hb（aq）+O2（aq） HbO2（aq）的标准平衡常数　 　 （用科学计数法表示，且保留一位小数）。
[已知：标准平衡常数]
Ⅱ．丙烯腈电合成己二腈[NC（CH2）4CN]。
电解原理如图所示，两极均为惰性电极，电解过程中主要副产物为丙腈（C2H5CN）。
（5）电极A与外接电源的　 　 极相连；写出电极B上反应①的电极反应式：　 　 。
（6）生成1mol己二腈和丙腈的混合物，则A电极区溶液的质量理论上减少　 　 g。
20．（2026 三明二模）利用再生氢将温室气体CO2转化为甲醇是实现碳中和的重要途径，其主要反应如下：
Ⅰ．CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1
Ⅱ．CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）
Ⅲ．CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
（1）①ΔH1＝　 　 kJ mol﹣1，反应Ⅰ在　 　 （填“高温”“低温”或“任意温度”）下能自发进行。
②在恒容绝热条件下，起始投料按n（CO2）：n（H2）＝1：3充入容器中，若只发生反应Ⅰ，下列可作为反应达到平衡状态的判断依据是　 　 （填标号）。
a．c（H2）：c（CO2）的比值不变
b．不变
c．容器内气体密度不变
d．容器内气体的平均相对分子质量不变
（2）在一定压强下，通入1mol CO2和6mol H2（发生反应Ⅰ和Ⅱ），反应100min，CO2的转化率α（CO2）、CH3OH的选择性S（CH3OH）及CO的选择性S（CO）随温度变化曲线如图所示。
已知：
①260℃时，生成CO的平均反应速率为　 　 mol min﹣1（保留三位有效数字）。
②300℃时，若总压为2.9kPa，则平衡时体系中H2与CH3OH的物质的量之比为　 　 ，反应Ⅰ的压强平衡常数Kp＝　 　 （kPa）﹣2。
（3）在Cu/ZrO2催化剂作用下，CO2加氢合成甲醇的机理如图所示。
①Cu/ZrO2催化剂中Cu活性位点的作用是　 　 。
②若ZrO2﹣O﹣H中的羟基氧用18O代替，则产物中不会出现18O的物质为　 　 （填化学式）。
21．（2026 淮安模拟）氮及其化合物的转化与应用一直是化工领域重要的研究课题。
（1）以α﹣MoC1﹣x/Au双催化剂可以实现在温和条件下以H2O为氢源合成氨，其反应为：N2（g）+3CO（g）+3H2O（g）＝2NH3（g）+3CO2（g）ΔH。其主要过程的催化机理如图1所示（部分微粒未表示）。
①已知：反应2N2（g）+6H2O（g）＝4NH3（g）+3O2（g）的焓变为ΔH1，要计算该合成氨反应N2（g）+3CO（g）+3H2O（g）＝2NH3（g）+3CO2（g）的焓变ΔH，还需要另一个反应　 　 的焓变ΔH2（填化学方程式）。
②使用α﹣MoC1﹣x/Au双催化剂合成NH3时，Au的含量过高和过低都会导致NH3产率降低，可能的原因为：　 　 。
（2）在室温下用电解法将空气转化为硝酸，其原理如图2所示。
①阴极石墨棒上O2转化为 OH的电极总反应为　 　 。
②H2N2O2是 OH与N2反应生成HNO3的中间产物，其结构式为　 　 。
③若将阳极产生的O2通入阴极参与反应，则该电解工艺生成1mol HNO3最终消耗O2的物质的量为　 　 。
（3）电解氧化吸收法可将废气中的NO转变为。分别向0.1mol L﹣1NaCl溶液和0.08mol L﹣1Na2SO4溶液中通入NO，测得电流强度与NO的去除率的关系如图3所示。电解0.1mol L﹣1NaCl溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图4所示。（已知：的氧化性弱于ClO﹣）
①电解Na2SO4溶液时产生H2O2.H2O2氧化吸收NO的离子方程式为　 　 。
②图3中NaCl电解液比Na2SO4电解液的NO去除率大，原因是　 　 。
③随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是　 　 。
22．（2026 长沙校级模拟）乙酸在催化剂的作用下和氢气反应可生成乙醇，反应体系主要发生如下反应：
①
②
③
在200kPa条件下，n（H2）：n（CH3COOH）＝10：1的混合气发生上述反应。平衡时乙酸的转化率与C2H5OH、CH3COOC2H5和CH3CHO的选择性S随温度T的变化如图所示。
已知：。
回答下列问题：
（1）反应①的活化能Ea正　 　 （填“＞”“＜”或“＝”）Ea逆；反应①在　 　 （填“高温”或“低温”下能自发进行。
（2）在上述条件下发生以上三个反应，下列说法中，能表明反应②已达到平衡状态的是　 　 （填字母）。
a．气体密度不变
b．气体总压强不变
c．H2（g）的浓度不变
d．三个反应产生的H2O的物质的量相等
（3）已知反应③的v正＝k正 c（CH3COOH） c（H2），v逆＝k逆 c（CH3CHO） c（H2O），其中v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数。增大体系压强，k正﹣k逆的值将　 　 （填“变大”“变小”或“不变”）。
（4）图中表示乙醇的选择性随温度变化的曲线是　 　 。当温度低于340℃时，随着温度的升高，CH3COOC2H5选择性变大的原因是　 　 。
（5）恒温恒压条件下，向初始容积为1L的容积可变的密闭容器中通入2mol H2和1mol CH3COOH，发生上述反应，达到平衡时容器的容积变为0.8L，S（CH3COOC2H5）＝S（CH3CHO），n（H2）＝0.6mol。反应②的平衡常数K＝　 　 。
23．（2026 山东模拟）利用CO2、H2为原料合成CH3OH的主要反应如下：
反应Ⅰ（主反应）：
反应Ⅱ（副反应）：
回答下列问题：
（1）已知反应Ⅲ平衡常数，反应Ⅲ的焓变ΔH3＝　 　 kJ mol﹣1，该反应在　 　 （填“低温”“高温”或“任意温度”）下自发进行。
（2）一定条件下，向恒压密闭容器中以一定流速通入CO2和H2混合气体，CO2平衡转化率和CH3OH选择性随温度、投料比的变化曲线如图所示。
①表示CH3OH选择性的曲线是　 　 （填“L1”或“L2”）；
②生成CH3OH的最佳条件是　 　 （填标号）。
A．220℃，n（CO2）：n（H2）＝1：3
B．220℃，n（CO2）：n（H2）＝1：4
C．320℃，n（CO2）：n（H2）＝1：4
D．320℃，n（CO2）：n（H2）＝1：3
（3）向温度为T℃的恒容容器中加入CaCO3，发生反应CaCO3（s） CaO（s）+CO2（g）（反应Ⅳ），充分反应后CaCO3仍有剩余，测得CO2压强为akPa。
若在相同温度、相同容器中按通入CH3OH（g）和H2O（g），并加入适量CaO，测得初始压强为p0kPa。发生上述四个反应，待反应达平衡后，测得CO2选择性为80%，H2的分压为bkPa，CaO对CO2的吸收率为50%。则CO2的平衡分压p（CO2）＝　 　 kPa，反应Ⅲ的分压平衡常数Kp3＝　 　 ；若向体系中继续加入甲醇，则　 　 （填“增大”“减小”或“不变”）。
24．（2026 重庆校级模拟）“清洁甲醇”、“绿色甲醇”，是指生产过程中碳排放极低或为零时制得的甲醇。通过太阳能、风能制得绿氢，再将绿氢与CO2转化为CH3OH（g）的相关反应如下：
Ⅰ．CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）K1
Ⅱ．CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）K2
回答下列问题：
（1）已知反应Ⅲ的平衡常数，写出反应Ⅲ的热化学方程式：　 　 。
（2）下列关于反应Ⅰ的ΔH﹣TΔS随温度T的变化趋势正确的是　 　 （填序号）。
A．B．
C．D．
（3）一定温度下，向压强恒为pMPa的密闭容器中通入1mol CO2（g）和3mol H2（g），充分反应后，测得CO2平衡转化率为50%，CH3OH选择性为70%，该温度下反应Ⅱ的平衡常数Kp＝　 　 （保留2位有效数字）。[]
（4）将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中，在催化剂作用下发生反应Ⅱ和反应Ⅲ。不同条件下，在相同时间内气相催化合成过程中CH3OH选择性和产率随温度变化曲线如图所示：
①合成甲醇的最优工业条件是　 　 （填序号）。
A．210℃
B．230℃
C．催化剂CZ（Zr﹣1）T
D．催化剂CTZ
②温度从210℃上升到230℃过程中，虽然甲醇的选择性下降，但产率却上升，产生这一现象的原因是　 　 。
（5）用甲醇燃料电池电解处理含CN﹣和Cl﹣的碱性废水，将CN﹣转化为无污染的物质，其原理如图所示。
①电解废水时，Pt（b）电极与石墨电极　 　 相连（填“M”或“N”）。
②电池工作时，Pt（a）电极的电极反应式是　 　 。
③消耗标准状况下22.4LO2，理论上可处理含　 　 mol CN﹣的废水。
25．（2026 重庆模拟）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。为实现“碳中和”目标，CO2的综合利用成为研究热点。回答下列问题：
Ⅰ．利用CO2催化加氢合成甲醚，主要发生的反应如下：
反应①：2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3（g）+3H2O（g） ΔH1＝﹣122.5kJ/mol
反应②：CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41.2kJ/mol
恒定压强为p0MPa时，若开始投入的CO2、H2分别为amol、2amol，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。
已知：CH3OCH3的选择性。
（1）反应①能自发进行的条件为　 　 （填“低温”、“高温”或“任意温度”）。
（2）240℃时，若不改变反应温度，能提高CH3OCH3平衡产率的措施有　 　 （任写一条）。
（3）若只发生反应①，下列能够说明该反应体系已达化学平衡状态的是　 　 （填字母）。
A．混合气体的密度不变
B．n（CH3OCH3）：n（H2O）＝1：3
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．2v正（CO2）＝v逆（CH3OCH3）
（4）温度高于300℃时，CO2平衡转化率随温度升高而增加的原因是　 　 。
（5）300℃时，若10min时反应达到平衡状态，此时n（CH3OCH3）＝　 　 mol，反应②的压强平衡常数Kp＝　 　 。[Kp为用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数（分压＝总压×物质的量分数）]
Ⅱ．天津大学张兵教授团队以CO2与辛胺[CH3（CH2）7NH2]为原料实现了甲酸和辛腈[CH3（CH2）6CN]的高选择性合成，装置工作原理如图所示。
（6）工作时，In/In2O3﹣x电极上发生的电极反应式是　 　 。
（7）工作时，每转移2mol电子，理论上Ni2P电极上有　 　 mol辛腈生成。
2027高考化学化学一轮复习：化学反应与能量
参考答案与试题解析
一．解答题（共25小题）
1．（2026 重庆）高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用SiHCl3氢还原法，该法的主要反应有（忽略其他副反应）：
反应1.SiHCl3（g）+H2（g） Si（s）+3HCl（g）ΔH1
反应2.2SiHCl3（g） Si（s）+SiCl4（g）+2HCl（g）ΔH2＞0
反应3.SiHCl3（g） SiCl2（g）+HCl（g）ΔH3＞0
（1）①反应1的平衡常数K随温度T的升高而增大，则ΔH1　＞　 0（填“＞”、“＜”或“＝”）。
②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的硅芯棒表面。一定条件下，反应100h后，测得硅芯棒增重16.0kg，则多晶硅的沉积速率为　16　 kg/h。
（2）在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为x。体系压强为100kPa时，x与温度T的关系如图所示。
①在1320K时，反应1的平衡常数Kp＝　28　 kPa（保留小数点后两位，分压＝总压×物质的量分数）。
②若平衡体系压强为50kPa，SiHCl3和HCl的曲线交叉点相对于M点，将位于　低温　 区域（填“高温”或“低温”），其原因是　三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下x（SiHCl3）比原压强更小，x（HCl）更大，降温使平衡逆向移动，x（SiHCl3）增大、x（HCl）减小，可使二者相等，因此交叉点位于低温区域　 。
③多晶硅的产率常用表示，若n初始（SiHCl3）＝1.0mol和n初始（H2）＝10mol，则M点对应的η＝　97%　 。
（3）相较传统方法，熔盐电解法制备高纯多晶硅具有绿色环保等优势。一种在CaCl2熔盐中电解SiO2制备Si的实验装置如图所示。
①阴极的电极反应为　　 。
②若阳极只产生CO和CO2，当产生的气体总量为2.24L（标准状况）时，生成1.75gSi，则n（CO）：n（CO2）为　3：1　 。
【答案】（1）①＞；
②0.16；
（2）①0.28；
②低温；三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下x（SiHCl3）比原压强更小，x（HCl）更大，降温使平衡逆向移动，x（SiHCl3）增大、x（HCl）减小，可使二者相等，因此交叉点位于低温区域；
③20.97%；
（3）①；
②3：1。
【分析】（1）①平衡常数K随温度升高增大，说明升温时反应1平衡正向移动；
②沉积速率；
（2）①1320 K时，由图得x（H2）＝0.88，x（SiHCl3）＝x（HCl）＝0.050，总压100kPa，据此计算反应1的压强平衡常数；
②三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下x（SiHCl3）比原压强更小，x（HCl）更大，要使二者分数重新相等，需使平衡逆向移动；
③设生成n（Si）＝ymol，η＝y，根据Si守恒：平衡后所有含Si气体总物质的量为1﹣y，总气体物质的量为n总，则；根据H守恒：初始总H为1+10×2＝21mol，即2×0.88n总+0.05n总+0.05n总＝21，解得，计算得到多晶硅的产率；
（3）①阴极发生SiO2得电子还原为Si的反应；
②标况下2.24 L气体总物质的量为0.1 mol，，转移电子总数：0.0625mol×4＝0.25mol，阳极反应为：C+O2﹣﹣2e﹣＝CO↑、C+2O2﹣﹣4e﹣＝CO2↑，根据转移电子守恒：2n（CO）+4n（CO2）＝0.25mol，联立n（CO）+n（CO2）＝0.1mol，得n（CO）：n（CO2）。
【解答】解：（1）①平衡常数K随温度升高增大，说明升温时反应1平衡正向移动，正反应为吸热反应，因此ΔH1＞0，
故答案为：＞；
②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的硅芯棒表面，一定条件下，反应100h后，测得硅芯棒增重16.0kg，沉积速率，
故答案为：0.16；
（2）①1320 K时，由图得x（H2）＝0.88，x（SiHCl3）＝x（HCl）＝0.050，总压100kPa，反应1的压强平衡常数，
故答案为：0.28；
②三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下x（SiHCl3）比原压强更小，x（HCl）更大，要使二者分数重新相等，需使平衡逆向移动，因正反应为吸热反应，故需降低温度，
故答案为：三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下x（SiHCl3）比原压强更小，x（HCl）更大，降温使平衡逆向移动，x（SiHCl3）增大、x（HCl）减小，可使二者相等，因此交叉点位于低温区域；
③设生成n（Si）＝ymol，η＝y，根据Si守恒：平衡后所有含Si气体总物质的量为1﹣y，总气体物质的量为n总，则；根据H守恒：初始总H为1+10×2＝21mol，即2×0.88n总+0.05n总+0.05n总＝21，解得，代入得，即η≈20.97%，
故答案为：20.97%；
（3）①阴极发生SiO2得电子还原为Si的反应，电极反应为，
故答案为：；
②标况下2.24 L气体总物质的量为0.1 mol，，转移电子总数：0.0625mol×4＝0.25mol，阳极反应为：C+O2﹣﹣2e﹣＝CO↑、C+2O2﹣﹣4e﹣＝CO2↑，根据转移电子守恒：2n（CO）+4n（CO2）＝0.25mol，联立n（CO）+n（CO2）＝0.1mol，得n（CO）：n（CO2）＝0.075mol：0.025mol＝3：1，
故答案为：3：1。
【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析、电解原理、平衡计算的应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
2．（2024 浙江）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25℃，101kPa）
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 　C　 。
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 　AC　 。
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 　随着投料比[n（NaBH4）/n（H2O）]增大，NaBH4的水解转化率降低　 。
（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 　O2+4e﹣+2CO2＝﹣2　 。该电池以3.2A恒定电流工作14分钟，消耗H2体积为0.49L，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 　70%　 。[已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5L/mol；电荷量q（C）＝电流I（A）×时间（s）；NA＝6.0×1023mol﹣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：ΔG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ΔH计算方法；当ΔG＜0时，反应能自发进行。）
Ⅰ．NaBH4（s）+2H2O（l）＝NaBO2（s）+4H2（g）ΔG1＝﹣320kJ/mol
Ⅱ．H2（g）O2（g）＝H2O（l）ΔG2＝﹣240kJ/mol
Ⅲ．Mg（s）O2（g）＝MgO（s）ΔG3＝﹣570kJ/mol
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ΔG 　NaBO2（s）+2H2（g）+2Mg（s）＝NaBH4（s）+2MgO（s）△G＝﹣340kJ/mol　 。（要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为100%。）
【答案】（1）C；
（2）AC；
（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＝﹣2；70%；
（5）NaBO2（s）+2H2（g）+2Mg（s）＝NaBH4（s）+2MgO（s）△G＝﹣340kJ/mol。
【分析】（1）根据ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行判断自发进行的条件；
（2）A．升高温度，反应速率加快；
B．水中H+被消耗，反应物减少，化学反应速率降低；
C．加入硼酸，H+浓度增大，反应速率加快；
D．气体浓度不变，化学反应速率不变；
（3）随着投料比[n（NaBH4）/n（H2O）]增大，NaBH4的水解转化率降低；
（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，以此书写正极的电极反应式；该条件下，0.49LH2的物质的量为n（H2）0.02mol，工作时，H2失去电子：H2﹣2e﹣＝2H+，所带电荷量为：2×0.02mo×6.0×1023mol﹣1×1.60×10﹣19＝3840C，工作电荷量为：3.2×14×60＝2688C；
（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）得到，则△G＝2△G3﹣（ 2△G2+△G1）。
【解答】解：（1）由反应NaBH4（s）+2H2O（l）＝NaBO2（aq）+4H2（g）可知，ΔH＜0，△S＞0，ΔH—T△S恒小于0，任意温度下，该反应均能自发进行，
故答案为：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，故A正确；
B．加入少量异丙胺[（CH3）2CHNH2]，异丙胺为碱性，会消耗水中的氢离子，不利于反应进行，化学反应速率降低，故B错误；
C．加入少量固体硼酸[B（OH）3]，氢离子浓度增大，反应速率加快，故C正确；
D．反应物中没有气体，压强的变化不会对速率造成影响，故D错误；
故答案为：AC；
（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，
故答案为：随着投料比[n（NaBH4）/n（H2O）]增大，NaBH4的水解转化率降低；
（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，0.49LH2的物质的量为n（H2）0.02mol，工作时，H2失去电子：H2﹣2e﹣＝2H+，所带电荷量为：2×0.02mo×6.0×1023mol﹣1×1.60×10﹣19＝3840C，工作电荷量为：3.2×14×60＝2688C，则该电池0.49L将化学能转化为电能的转化率为：100%＝70%，
故答案为：O2+4e﹣+2CO2＝﹣2；70%；
（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NaBO2（s）+2H2（g）+2Mg（s）＝NaBH4（s）+2MgO（s），△G＝2△G3﹣（ 2△G2+△G1）＝2×（﹣570kJ/mol）﹣[2×（﹣240kJ/mol）+（﹣320kJ/mol）]＝﹣340kJ/mol，即NaBO2（s）+2H2（g）+2Mg（s）＝NaBH4（s）+2MgO（s）△G＝﹣340kJ/mol，
故答案为：NaBO2（s）+2H2（g）+2Mg（s）＝NaBH4（s）+2MgO（s）△G＝﹣340kJ/mol。
【点评】本题考查反应中的能量变化、电化学和化学反应速率的影响因素，侧重考查学生焓变、电解池和速率影响因素的掌握情况，试题难度中等。
3．（2024 上海）（1）据图，写出电极a的电极反应方程式 　　 。
（2）关于上述电化学反应过程，描述正确的是 　B　 。
A.该装置实现了电能转化学能
B.电极b发生氧化反应
C.电子从电极b到沉淀到溶液再到电极a
D.每1mol（CH2O）n参与反应转移4mol电子
（3）为什么溶液中氧气浓度高了，的除去量会变少，但有机物的除去量会变多：　溶液中氧气浓度高了，氧气正极放电，使得 消耗减小，去除率下降，溶液中更多的氧气得电子，使有机物转移电子数增加，去除率增高　 。
【答案】（1）；
（2）B；
（3）溶液中氧气浓度高了，氧气正极放电，使得 消耗减小，去除率下降，溶液中更多的氧气得电子，使有机物转移电子数增加，去除率增高。
【分析】（1）由图可知，硝酸根离子在电极a得道电子，被还原为N2；
（2）A.原电池装置可以实现化学能转电能；
B.电极b中，C元素化合价升高，发生氧化反应；
C.电子从电极b失去，经外电路到电极a；
D.每1mol（CH2O）n参与反应转移4nmol电子；
（3）溶液中氧气浓度高了，氧气正极放电，电极反应式为：O2+4H++4e﹣＝2H2O，使得 消耗减小，去除率下降，溶液中更多的氧气得电子，使有机物转移电子数增加，去除率增高。
【解答】解：（1）由图可知，电极a的电极反应方程式为：，
故答案为：；
（2）A.该装置为原电池装置，实现了化学能转电能，故A错误；
B.电极b中，C元素化合价由0价升高到+4价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，故B正确；
C.电子从电极b失去，经外电路到电极a，溶液中是离子的定向移动，故C错误；
D.每1mol（CH2O）n参与反应转移4nmol电子，故D错误；
故答案为：B；
（3）溶液中氧气浓度高了，氧气正极放电，电极反应式为：O2+4H++4e﹣＝2H2O，使得 消耗减小，去除率下降，溶液中更多的氧气得电子，使有机物转移电子数增加，去除率增高，
故答案为：溶液中氧气浓度高了，氧气正极放电，使得 消耗减小，去除率下降，溶液中更多的氧气得电子，使有机物转移电子数增加，去除率增高。
【点评】本题主要考查原电池原理的应用，电极反应式的书写，同时考查学生的分析能力、应用能力，属于基本知识的考查，难度中等。
4．（2026 长沙校级模拟）氢能是一种重要的清洁能源，由C2H5OH、HCOOH等物质可以制得H2。
Ⅰ、乙醇﹣水催化重整制得氢气，其主要反应为：
①C2H5OH（g）+3H2O（g） 2CO2（g）+6H2（g）
②CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）
在101kPa下，当n始（C2H5OH）：n始（H2O）＝1：3时，若发生反应①和②，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示[CO的选择性]。
（1）计算反应C2H5OH（g）+H2O（g） 2CO（g）+4H2（g）的ΔH＝　+255.7　 kJ mol﹣1。
（2）图中代表CO的选择性的曲线是　丙　 （填“甲”“乙”或“丙”）；分析曲线乙在300℃前后变化趋势相反的原因　在300℃之前以反应①为主，温度升高，氢气的产率增大，在300℃之后以反应②为主，温度升高，氢气的产率减小　 。
（3）根据图中信息，500℃时C2H5OH的平衡转化率α（C2H5OH）为　96%　 ，反应②的平衡常数Kp＝　0.225　 （Kp是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数，精确到0.001）。
Ⅱ、HCOOH催化分解制得H2
（4）一定温度下，向恒容密闭容器通入一定量的HCOOH（g），在Pd﹣有机胺催化剂作用下，HCOOH分子催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是　AC　 （填序号）。
A．有机胺（CH3）2NH可以和盐酸溶液反应
B．在催化剂表面解离C—H键比解离O—H键更容易
C．HCOOD催化释放氢反应除生成CO2外，还可生成HD
D．HCOOH催化释放氢的热化学方程式为：HCOOH（g） CO2（g）+H2（g） ΔH＝﹣0.45eV
（5）HCOOH（g）分解反应存在以下定量关系：（其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数），实验数据如图中曲线M所示。当改变外界条件时，实验数据如曲线N所示，则改变的外界条件可能为　加入更高效的催化剂　 。
【答案】（1）+255.7；
（2）丙；在300℃之前以反应①为主，温度升高，氢气的产率增大，在300℃之后以反应②为主，温度升高，氢气的产率减小；
（3）96%；0.225；
（4）AC；
（5）加入更高效的催化剂。
【分析】（1）根据盖斯定律，目标反应＝反应①+2×反应②；
（2）反应②正向吸热，温度升高，平衡正向移动，CO的选择性逐渐增大，且CO和CO2选择性之和为100%，因此一直下降的甲为CO2的选择性，一直上升的丙为CO的选择性，先升后降的乙为H2的产率；300℃前，以反应①为主，升高温度平衡正向移动，H2产率增大；
（3）设起始n（C2H5OH）＝1mol，n（H2O）＝3mol，乙醇转化率为α，根据C守恒，500℃时CO选择性为50%，可得n（CO）＝n（CO2）＝α；结合反应关系，最终n（H2）＝6α﹣α＝5α，H2产率为80%，因此，解得α＝0.96＝96%；对反应②，平衡常数，反应前后气体分子数相等，总压、总物质的量可约去，因此；
（4）A．二甲胺属于胺类，显碱性，可与盐酸反应；
B．由能量图可知，解离C—H键比解离O—H键的活化能更高；
C．HCOOD中，C上连H、O上连D，催化分解生成CO2和HD；
D．ΔH单位错误，该反应的ΔH＝﹣0.45eV NA；
（5）由公式可知，其斜率为﹣Ea，曲线N斜率绝对值更小，说明Ea更小，活化能降低。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，目标反应＝反应①+2×反应②，因此：ΔH＝ΔH1+2ΔH2＝+173.3kJ/mol+2×（+41.2kJ/mol）＝+255.7kJ/mol，
故答案为：+255.7；
（2）反应②正向吸热，温度升高，平衡正向移动，CO的选择性逐渐增大，且CO和CO2选择性之和为100%，因此一直下降的甲为CO2的选择性，一直上升的丙为CO的选择性，先升后降的乙为H2的产率；300℃前，以反应①为主，升高温度平衡正向移动，H2产率增大；300℃后，以反应②为主，升高温度平衡正向移动消耗H2，H2产率降低，
故答案为：丙；在300℃之前以反应①为主，温度升高，氢气的产率增大，在300℃之后以反应②为主，温度升高，氢气的产率减小；
（3）设起始n（C2H5OH）＝1mol，n（H2O）＝3mol，乙醇转化率为α，根据C守恒，500℃时CO选择性为50%，可得n（CO）＝n（CO2）＝α；结合反应关系，最终n（H2）＝6α﹣α＝5α，H2产率为80%，因此，解得α＝0.96＝96%；对反应②，平衡常数，反应前后气体分子数相等，总压、总物质的量可约去，因此，代入n（CO）＝0.96，n（CO2）＝0.96，n（H2）＝4.8，n（H2O）＝3﹣2×0.96＝1.08，得，
故答案为：96%；0.225；
（4）A．二甲胺属于胺类，显碱性，可与盐酸反应，A正确；
B．由能量图可知，解离C—H键比解离O—H键的活化能更高，更难，B错误；
C．HCOOD中，C上连H、O上连D，催化分解生成CO2和HD，C正确；
D．ΔH单位错误，该反应的ΔH＝﹣0.45eV NA，D错误；
故答案为：AC；
（5）由公式可知，其斜率为﹣Ea，曲线N斜率绝对值更小，说明Ea更小，活化能降低，改变的条件是加入更高效的催化剂，
故答案为：加入更高效的催化剂。
【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
5．（2026 广州模拟）氢能作为一种清洁的可再生能源，具有燃烧热值高、环境污染少等优点，重整工艺是制氢的理想选择。
Ⅰ．甲醇水蒸气重整制氢
主反应：①CH3OH（g）+H2O（g） CO2（g）+3H2（g）ΔH1
副反应：②CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）
③CH3OH（g） 2H2（g）+CO（g）
（1）ΔH1＝　+49.4　 kJ mol﹣1。
（2）研究发现，氧空位可提高甲醇水蒸气重整制氢催化剂的活性。将Cu2+替代CeO2晶格中的Ce4+，可形成Ce﹣Cu﹣O固溶体催化剂。随Cu2+含量的增加，氧空位数目　增多　 （填“增多”、“不变”或“减少”）。
（3）将一定量CH3OH（g）和H2O（g）的混合气充入密闭容器中，在催化剂作用下发生甲醇水蒸气重整制氢反应。不同温度下反应相同时间后，CH3OH转化率、H2和CO的选择性变化如图所示。
使用该催化剂发生甲醇水蒸气重整制氢反应的最佳温度为　340℃　 。随温度升高，H2的选择性降低，CO的选择性增大的原因可能是　催化剂的选择性发生了转变（或副反应为吸热反应，温度过高会使更多的CO2和H2反应，使H2选择性降低，CO选择性增大）　 。
Ⅱ．甲烷水蒸气重整制氢的主要反应有：
④CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）
⑤CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
⑥CH4（g）+2H2O（g） CO2（g）+4H2（g）
（4）一定温度下，向恒压密闭容器中通入一定量的CH4（g）和H2O（g），发生上述反应，下列说法中能表明反应达到平衡状态的是　ac　 （填标号）。
a．气体密度不变
b．气体总压强不变
c．H2的体积分数不变
d．CO和CO2的物质的量相等
（5）温度为600℃，压强为1.5MPa的条件下，将n（CH4）：n（H2O）＝1：6.5的混合气通入密闭容器中发生甲烷水蒸气重整制氢反应，达平衡时CH4的转化率为40%，CO的选择性为25%（CO的选择性）。
ⅰ．平衡时n（H2）：n（CO）＝　15：1　 ，反应⑤的分压平衡常数Kp＝　78　 （保留2位有效数字，Kp是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
ⅱ．若温度不变，减小压强，则n（H2）：n（CO）的值　减小　 （填“增大”、“不变”或“减小”）。
【答案】（1）+49.4；
（2）增多；
（3）340℃催化剂的选择性发生了转变（或副反应为吸热反应，温度过高会使更多的CO2和H2反应，使H2选择性降低，CO选择性增大）；
（4）ac；
（5）i．15：1；0.78；
ii．减小。
【分析】（1）根据盖斯定律，反应①＝反应③﹣反应②；
（2）Cu2+替代Ce4+后，为维持晶体电荷平衡，需要减少O2﹣补偿正电荷的不足；
（3）该反应需要甲醇转化率高、H2选择性高、CO选择性低，340℃时甲醇转化率已经较高，H2选择性也较高，继续升温H2的选择性急剧下降，故340℃为最佳温度。随温度升高，催化剂的选择性发生变化，或主副反应均为吸热反应，升温更促进副反应正向进行，生成更多CO，消耗H2；
（4）a．恒压容器，反应前后气体总质量不变，反应后气体分子数增大，容器体积改变，密度；
b．容器恒压，总压强始终不变；
c．H2体积分数不变，说明各物质浓度不再变化；
d．CO和CO2物质的量相等不能说明浓度不变；
（5）i．设起始n（CH4）＝1mol，n（H2O）＝6.5mol，CH4转化率40%，则反应的CH4为0.4mol，由C原子守恒得n（CO）+n（CO2）＝0.4mol，CO选择性25%，故n（CO）＝0.1mol，n（CO2）＝0.3mol。由O原子守恒：总O为6.5mol，0.1mol+2×0.3mol+n（H2O）＝6.5，得n（H2O）＝5.8mol；由H原子守恒：总H为4×1mol+2×6.5mol＝17mol，2n（H2）+2×n（H2O）+4n（CH4）＝17mol，得；因此n（H2）：n（CO）＝1.5：0.1＝15：1；反应⑤CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），Δn＝0；
ii．反应⑤的，温度不变K不变，n（H2）：n（CO）的值只需要分析即可，减小压强平衡向气体分子数增大的方向移动，反应④、⑥均正向移动。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，反应①＝反应③﹣反应②，因此，
故答案为：+49.4；
（2）Cu2+替代Ce4+后，为维持晶体电荷平衡，需要减少O2﹣补偿正电荷的不足，因此随Cu2+含量增加，氧空位数目增多，
故答案为：增多；
（3）该反应需要甲醇转化率高、H2选择性高、CO选择性低，340℃时甲醇转化率已经较高，H2选择性也较高，继续升温H2的选择性急剧下降，故340℃为最佳温度。随温度升高，催化剂的选择性发生变化，或主副反应均为吸热反应，升温更促进副反应正向进行，生成更多CO，消耗H2，因此H2选择性降低，CO选择性增大，
故答案为：340℃；催化剂的选择性发生了转变（或副反应为吸热反应，温度过高会使更多的CO2和H2反应，使H2选择性降低，CO选择性增大）；
（4）a．恒压容器，反应前后气体总质量不变，反应后气体分子数增大，容器体积改变，密度，密度不变说明体积不再变化，反应达到平衡，正确；
b．容器恒压，总压强始终不变，不能说明平衡，错误；
c．H2体积分数不变，说明各物质浓度不再变化，反应达到平衡，正确；
d．CO和CO2物质的量相等不能说明浓度不变，无法判断平衡，错误；
故答案为：ac；
（5）i．设起始n（CH4）＝1mol，n（H2O）＝6.5mol，CH4转化率40%，则反应的CH4为0.4mol，由C原子守恒得n（CO）+n（CO2）＝0.4mol，CO选择性25%，故n（CO）＝0.1mol，n（CO2）＝0.3mol。由O原子守恒：总O为6.5mol，0.1mol+2×0.3mol+n（H2O）＝6.5，得n（H2O）＝5.8mol；由H原子守恒：总H为4×1mol+2×6.5mol＝17mol，2n（H2）+2×n（H2O）+4n（CH4）＝17mol，得；因此n（H2）：n（CO）＝1.5：0.1＝15：1；反应⑤CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），Δn＝0，分压平衡常数，
故答案为：15：1；0.78；
ii．反应⑤的，温度不变K不变，n（H2）：n（CO）的值只需要分析即可，减小压强平衡向气体分子数增大的方向移动，反应④、⑥均正向移动，c（CO2）增大，c（H2O）减小，增大，因此n（H2）：n（CO）减小，
故答案为：减小。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
6．（2026 海安市校级模拟）甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。
（1）HCHO电催化释氢
催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa（如图1所示），其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物（晶胞结构如图2所示）作催化剂。
①催化剂可由MoO2与（NH4）2HPO4混合物与H2高温灼烧制得（反应中N元素化合价不变），该反应的化学方程式为　　 。
②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO﹣的物质的量之比为1：2，则电极b上的电极反应式为　2HCHO+4OH﹣﹣2e﹣＝2HCOO﹣+H2↑+2H2O　 。
③电解过程中每产生1mol H2，通过阴离子交换膜的OH﹣为　1　 mol。
（2）HCHO水化释氢：
45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图3所示。使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图4所示。
已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应2HCHO+NaOH＝HCOONa+CH3OH。
①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为　HD　 （填化学式）。
②NaOH浓度低于1mol/L时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是　NaOH是反应物，其浓度增大会使甲醛水化生成CH2（O ）2的速率加快，增大了中间体浓度，从而加快释氢速率　 。
③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是　NaOH浓度过大，副反应的速率显著加快，大量甲醛发生副反应被消耗，用于生成氢气的甲醛减少，同时氢氧化钠溶解催化剂载体Al2O3，使纳米银颗粒团聚，催化活性下降　 。
（3）甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有　氢气纯度更高、可处理有毒气体甲醛、反应条件温和等（合理即可）　 。
【答案】（1）①；
②2HCHO+4OH﹣﹣2e﹣＝2HCOO﹣+H2↑+2H2O；
③1；
（2）①HD；
②NaOH是反应物，其浓度增大会使甲醛水化生成CH2（O ）2的速率加快，增大了中间体浓度，从而加快释氢速率；
③NaOH浓度过大，副反应的速率显著加快，大量甲醛发生副反应被消耗，用于生成氢气的甲醛减少，同时氢氧化钠溶解催化剂载体Al2O3，使纳米银颗粒团聚，催化活性下降；
（3）氢气纯度更高、可处理有毒气体甲醛、反应条件温和等（合理即可）。
【分析】（1）①根据催化剂的晶胞图，晶胞中Mo原子数为4，P原子数为，可知该催化剂的化学式为MoP。MoO2与（NH4）2HPO4混合物与H2高温灼烧（反应中N元素化合价不变），生成MoP、NH3、水；
②电解时，b是阳极，电极b上甲醛失电子发生氧化反应同时产生H2与HCOO﹣的物质的量之比为1：2；
③阴极反应式为、阳极反应式为2HCHO+4OH﹣﹣2e﹣＝2HCOO﹣+H2↑+2H2O；
（2）①根据图示，氢气中的H原子一个来自甲醛、一个来自水；
②根据机理图3，NaOH浓度低于1 mol/L时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的根本原因是NaOH作为反应物，其浓度增大，促使甲醛水化生成中间体CH2（O ）2的速率加快，导致中间体浓度增大，从而加快了后续的释氢速率；
③由题可知，若NaOH浓度过大，副反应的速率显著加快，大量甲醛发生副反应被消耗，用于生成氢气的甲醛减少，同时氢氧化钠浓度过大会溶解催化剂载体Al2O3，使纳米银颗粒团聚，催化活性下降，所以H2的产生迅速减慢；
（3）甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物。
【解答】解：（1）①根据催化剂的晶胞图，晶胞中Mo原子数为4，P原子数为，可知该催化剂的化学式为MoP。MoO2与（NH4）2HPO4混合物与H2高温灼烧（反应中N元素化合价不变），生成MoP、NH3、水，根据得失电子守恒，配平该反应的化学方程式为，
故答案为：；
②电解时，b是阳极，电极b上甲醛失电子发生氧化反应同时产生H2与HCOO﹣的物质的量之比为1：2，则电极b上的电极反应式为2HCHO+4OH﹣﹣2e﹣＝2HCOO﹣+H2↑+2H2O，
故答案为：2HCHO+4OH﹣﹣2e﹣＝2HCOO﹣+H2↑+2H2O；
③阴极反应式为、阳极反应式为2HCHO+4OH﹣﹣2e﹣＝2HCOO﹣+H2↑+2H2O，每转移2mol电子，两极共生成2mol氢气，电解过程中每产生1 mol H2，转移1 mol电子，根据电荷守恒，通过阴离子交换膜的OH﹣为1 mol，
故答案为：1；
（2）①根据图示，氢气中的H原子一个来自甲醛、一个来自水，若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为HD，
故答案为：HD；
②根据机理图3，NaOH浓度低于1 mol/L时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的根本原因是NaOH作为反应物，其浓度增大，促使甲醛水化生成中间体CH2（O ）2的速率加快，导致中间体浓度增大，从而加快了后续的释氢速率，
故答案为：NaOH是反应物，其浓度增大会使甲醛水化生成CH2（O ）2的速率加快，增大了中间体浓度，从而加快释氢速率；
③由题可知，若NaOH浓度过大，副反应的速率显著加快，大量甲醛发生副反应被消耗，用于生成氢气的甲醛减少，同时氢氧化钠浓度过大会溶解催化剂载体Al2O3，使纳米银颗粒团聚，催化活性下降，所以H2的产生迅速减慢，
故答案为：NaOH浓度过大，副反应的速率显著加快，大量甲醛发生副反应被消耗，用于生成氢气的甲醛减少，同时氢氧化钠溶解催化剂载体Al2O3，使纳米银颗粒团聚，催化活性下降；
（3）甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有：生成氢气的纯度更高、可处理有毒气体甲醛、反应条件温和等，
故答案为：氢气纯度更高、可处理有毒气体甲醛、反应条件温和等（合理即可）。
【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，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。
7．（2026 广东校级模拟）当前能源资源短缺，甲醇合成制备与应用是国际研究的热点。
Ⅰ．某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下三个反应：
①CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1
②CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41kJ/mol
③CO（g）+2H2（g） CH3OH（g） ΔH3＝﹣91kJ/mol
（1）ΔH1　＞　 ΔH3（填“＞”“＜”或“＝”），反应③自发进行的条件是　低温　 （填“高温”、“低温”或“任意温度”）。
（2）在恒容密闭容器中发生上述反应，下列说法正确的是　BD　 （填标号）。
A．加入催化剂，降低了反应的ΔH，从而加快了反应速率
B．混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．反应达到平衡时，升高温度，CH3OH的浓度增大
D．平衡时向容器中充入惰性气体，甲醇的产率不变
（3）阿伦尼乌斯公式为（其中k为速率常数，A和R为常数，Ea为反应的活化能，e为自然对数的底，T为温度），反应Ⅰ的速率方程为，v逆＝k逆 c（CH3OH） c（H2O）。
①增大体系的压强，k正﹣k逆　不变　 （填“增大”“减小”或“不变”）。
②在催化剂作用下，将1mol CO2和2mol H2的混合气体通入1L密闭容器发生反应①、②。当反应达到平衡状态时，CO2的转化率是60%，此时CO2和H2的平均相对分子质量是23，若反应1的，平衡时反应1的反应速率v逆＝　0.512　 mol L﹣1 s﹣1。
Ⅱ．甲醇应用：
（4）甲醇是一种潜在的储氢材料。在某催化剂作用下，甲醇制氢的反应历程如图所示（TS表示过渡态，*表示物种被吸附在催化剂表面）。
写出决速步骤的反应方程式：　CO*+4H*＝CO*+2H2（g）　 。
（5）甲醇是生产甘油的辅助原料，甘油（C3H8O3）水蒸气重整获得H2过程中的主要反应：
反应ⅠC3H8O3（g）＝3CO（g）+4H2（g） ΔH＞0
反应ⅡCO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g） ΔH＜0
反应ⅢCO2（g）+4H2（g）＝CH4（g）+2H2O（g） ΔH＜0
1.0×105Pa条件下，1mol C3H8O3和9mol H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H2、CO2和CH4的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。
550℃时，H2O的平衡转化率为　20%　 （写出计算过程）。
【答案】（1）＞；低温；
（2）BD；
（3）①不变；
②0.512；
（4）CO*+4H*＝CO*+2H2（g）；
（5）20%。
【分析】（1）根据盖斯定律，反应①＝反应②+反应③，自发判据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0分析；
（2）A．催化剂仅降低活化能、加快速率，不改变反应的ΔH；
B．混合气体总质量m守恒，平均相对分子质量；
C．反应①、③均为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
D．恒容充入惰性气体，各物质浓度不变，平衡不移动；
（3）①根据阿伦尼乌斯公式为，速率常数仅与温度有关；
②初始n（CO2）＝1mol、n（H2）＝2mol，容器体积1L，CO2转化率60%，剩余CO2为0.4mol。平衡时CO2和H2的平均相对分子质量为23，设平衡时CO2和H2的物质的量分别为x和y，则有；
（4）反应历程中活化能最大的步骤为决速步骤，观察图像，TS4相对能量最高，对应反应物为CO*+4H*，生成物为CO*+2H2（g）；
（5）随着温度升高，反应Ⅰ向正向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ向逆向移动，CO、H2的物质的量均增大，H2增大的幅度大于CO，CH4的物质的量减少，故①为n（H2）随温度变化曲线，②为n（CH4）随温度变化曲线，③为n（CO）随温度变化曲线。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，反应①＝反应②+反应③，因此：ΔH1＝ΔH2+ΔH3＝+41kJ/mol+（﹣91kJ/mol）＝﹣50kJ/mol，ΔH3＝﹣91kJ/mol，由于﹣50＞﹣91，故ΔH1＞ΔH3。反应③：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g），ΔH3＝﹣91kJ/mol＜0（放热）；反应前气体总物质的量为3mol，反应后为1mol，熵变ΔS＜0。根据自发判据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0：ΔH＜0、ΔS＜0时，低温下TΔS的绝对值较小，ΔH﹣TΔS＜0，反应自发。故反应③自发进行的条件是低温，
故答案为：＞；低温；
（2）A．催化剂仅降低活化能、加快速率，不改变反应的ΔH，故A错误；
B．混合气体总质量m守恒，平均相对分子质量，体系总物质的量n是变量（反应①、③的气体物质的量变化）；当M不变时，说明n不变，反应达平衡，故B正确；
C．反应①、③均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH3OH浓度减小，故C错误；
D．恒容充入惰性气体，各物质浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变，故D正确；
故答案为：BD；
（3）①根据阿伦尼乌斯公式为，速率常数仅与温度有关，压强不改变k正、k逆，因此k正﹣k逆不变，
故答案为：不变；
②初始n（CO2）＝1mol、n（H2）＝2mol，容器体积1L，CO2转化率60%，剩余CO2为0.4mol。平衡时CO2和H2的平均相对分子质量为23，设平衡时CO2和H2的物质的量分别为x和y，则有，平衡时n（H2）＝0.4mol，，。平衡时v正＝v逆，代入：，
故答案为：0.512；
（4）反应历程中活化能最大的步骤为决速步骤，观察图像，TS4相对能量最高，对应反应物为CO*+4H*，生成物为CO*+2H2（g），故反应方程式为：CO*+4H*＝CO*+2H2（g），
故答案为：CO*+4H*＝CO*+2H2（g）；
（5）随着温度升高，反应Ⅰ向正向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ向逆向移动，CO、H2的物质的量均增大，H2增大的幅度大于CO，CH4的物质的量减少，故①为n（H2）随温度变化曲线，②为n（CH4）随温度变化曲线，③为n（CO）随温度变化曲线。由图可知，n（CO）＝n（CH4）＝0.4mol，n（CO2）＝2.2mol，n（H2）＝5.0mol平衡体系中的含H物质有C3H8O3、H2、H2O、CH4，含C物质有C3H8O3、CH4、CO、CO2，根据C元素守恒有：1mol×3＝3n（C3H8O3）+n（CH4）+n（CO）+n（CO2），根据H元素守恒有：1mol×8+9mol×2＝8n（C3H8O3）+4n（CH4）+2n（H2）+2n（H2O），n（H2O）＝7.2mol，故550℃时，H2O的平衡转化率为100%＝20%，
故答案为：20%。
【点评】本题主要考查反应热和焓变等，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．（2026 高州市模拟）我国“碳中和”研究领域取得了很大的成效，CO2转化为甲醇是实现“碳中和”的重要手段，该过程主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）
反应Ⅱ：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
反应Ⅲ：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）
（1）若反应Ⅲ逆反应的活化能为，则正反应的活化能为　Ea﹣87.8　 kJ mol﹣1（用含Ea的式子表示）；反应Ⅱ能够自发进行的条件是　较低温度　 （填“较低温度”“较高温度”或“任何温度”）。
（2）刚性绝热密闭容器中只发生反应Ⅰ，下列能说明反应Ⅰ一定达到平衡状态的是　BD　 （填标号）。
A．CO2的消耗速率和CO的生成速率相等
B．H2和CO的物质的量之比不再变化
C．混合气体的平均相对分子质量不再变化
D．反应体系的压强不再变化
（3）以n（CO2）：n（H2）：n（Ar）＝1：3：0.7的进气比通入载有催化剂Cu﹣ZnO﹣Y2O3的密闭反应管中，维持压强为3MPa进行上述三个反应，反应达到平衡状态时，测得CO2的转化率、CH3OH的选择性和CO的选择性随温度的变化如图所示。
已知：CH3OH或CO的选择性。
①表示CH3OH的选择性的曲线为　a　 （填“a”或“b”），理由是　反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，CH3OH的选择性降低；反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，均有利于增大CO的选择性　 。
②M点对应温度下达到平衡状态时，CO2的转化率为20%。M点对应温度下反应Ⅱ的Kp＝　0.333　 （MPa）﹣2（保留3位有效数字）。
（4）科学家们设计出了利用合成气合成液态烃和甲醇的方法，现用电解原理模拟利用合成气制备甲醇，其制备原理装置如图所示。
①交换膜为　阳离子　 （填“阳离子”或“阴离子”）交换膜。
②M极的电极反应式为　CO+4e﹣+4H+＝CH3OH　 。
【答案】（1）Ea﹣87.8；较低温度；
（2）BD；
（3）①a；反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，CH3OH的选择性降低；反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，均有利于增大CO的选择性；
②0.333；
（4）①阳离子；
②CO+4e﹣+4H+＝CH3OH。
【分析】（1）根据活化能与ΔH的关系计算：ΔH＝正反应的活化能﹣逆反应的活化能；根据△G＝ΔH﹣T△S，当△G＜0时，反应能自发进行；△G＞0时，反应不能自发进行；
（2）化学反应平衡状态的判断：①正逆反应速率相等，且不为零；②变量不变：若一个变量随着反应进行而改变，当这个变量不变时为平衡状态；
（3）升高温度，平衡向着吸热的方向进行；根据Kp进行计算；
（4）电解池中，阴极与电源负极相连，阳极与电源正极相连，在电解池中，阴极一侧得电子发生还原反应，阳极一侧失电子发生氧化反应，据此分析。
【解答】解：（1）ΔH＝E正活化能﹣E逆活化能，已知反应Ⅲ的，逆反应活化能为Ea，故；反应Ⅱ的ΔH2＜0，反应后气体分子数减少，ΔS＜0，根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0自发，只有较低温度下才能满足ΔG＜0，
故答案为：Ea﹣87.8；较低温度；
（2）A．CO2消耗速率、CO生成速率均为正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，因此不能判定反应达到平衡状态，故A错误；
B．H2和CO物质的量之比不再变化，说明各物质的量不再改变，反应达到平衡，故B正确；
C．反应前后总质量、总物质的量均不变，平均相对分子质量始终不变，因此不能判定反应达到平衡状态，故C错误；
D．刚性绝热容器，反应Ⅰ吸热，未平衡时温度不断变化，PV＝nRT，n、V不变，压强随温度变化，压强不变说明温度不变，反应达到平衡，故D正确，
故答案为：BD。
（3）①反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，CH3OH的选择性降低；反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，均有利于增大CO的选择性，CH3OH选择性随温度升高而降低，对应曲线a，
故答案为：a；反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，CH3OH的选择性降低；反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，均有利于增大CO的选择性；
②设起始n（CO2）＝1mol，n（H2）＝3mol，n（Ar）＝0.7mol：CO2转化率20%，共消耗0.2 mol，M点CH3OH、CO选择性均为50%，故n（CH3OH）＝0.1mol，n（CO）＝0.1mol，剩余n（CO2）＝0.8mol，消耗H2共0.1×3+0.1×1＝0.4 mol，剩余n（H2）＝2.6mol，n（H2O）＝0.1+0.1＝0.2mol；总物质的量n总＝0.8+2.6+0.1+0.1+0.2+0.7＝4.5mol，总压3 MPa，分压：MPaMPa，MPaMPa，； ，
故答案为：0.333；
（4）①N极生成O2，为阳极，反应为，生成的H+需要通过交换膜移向阴极M，故交换膜为阳离子交换膜，
故答案为：阳离子；
②M为阴极，CO得电子，在酸性条件下结合H+生成CH3OH，电极反应为CO+4e﹣+4H+＝CH3OH，
故答案为：CO+4e﹣+4H+＝CH3OH。
【点评】本题主要考查反应热与化学平衡常数的计算、化学平衡状态的判定、影响化学平衡移动的因素以及电极反应式的书写等内容，难度适中。
9．（2026 扬州模拟）氨是一种化工原料，也是极具潜力的储氢载体。
（1）电化学还原制NH3。碱性条件下，阴极材料分别采用催化剂Ru/C、Cu﹣Ru/C（在Ru/C表面修饰少量铜原子）进行电解NaNO3溶液制NH3的性能研究。Ru/C、Cu﹣Ru/C催化可能机理如图﹣1所示：
①阴极的电极总反应式为　　 。
②在不同电解电压下工作1h，测定NH3的合成速率与法拉第效率FE%[法拉第效率]随电解电压的变化分别如图﹣2、图﹣3所示。
ⅰ．当电解电压为U4时，两种催化剂作用下的NH3合成速率差异较大，可能的原因是　Ru表面修饰少量Cu能大幅提升转化为的速率　 。
ⅱ．当催化剂为Ru/C时，随着电解电压增大，NH3的法拉第效率逐渐降低，可能的原因是　阴极表面析氢反应增强，NH3的法拉第效率降低　 。
（2）合成尿素[CO（NH2）2]。光催化CO和NH3合成CO（NH2）2，其机理是在催化剂TiO2表面上光生电子还原O2产生自由基（），将NH3氧化为 NH2， NH2再与CO反应形成CO（NH2）2。
①中的氧原子间通过单键相连，则的电子式为 。
②当O2的浓度大于20%时，CO（NH2）2的产率会下降，其可能的原因是　增大，将部分 NH2氧化为或　 。
（3）催化制氢。在含氧空位的LaMnO3+x（La为+3价，Mn为+3、+4价）催化剂表面，NH3经过吸附、脱氢反应等过程制取H2。在T℃下，将高纯NH3以112mmol min﹣1流速通过装有LaMnO3+x催化剂的反应管，在出口处通过测量得到H2的生成速率为27.6mmol min﹣1（无其他含氢产物）。
①用Ni2+代替LaMnO3+x中的部分Mn4+形成LaMn0.4Ni0.6O3+x﹣y[离子半径：r（Ni2+）＞r（Mn4+）]。其他条件不变，改用LaMn0.4Ni0.6O3+x﹣y作为催化剂，测得NH3的转化率为89.9%，LaMn0.4Ni0.6O3+x﹣y催化效率是LaMnO3+x的　5.5　 倍（保留一位小数）。
②相同条件下，LaMn0.4Ni0.6O3+x﹣y催化效率优于LaMnO3+x，其可能的原因是　增加氧空位数；增大催化剂的比表面积，有利于NH3的吸附、脱氢　 。
【答案】（1）①；
②i：Ru表面修饰少量Cu能大幅提升转化为的速率；
ii：阴极表面析氢反应增强，NH3的法拉第效率降低；
（2）①；
②增大，将部分 NH2氧化为或；
（3）①5.5；
②增加氧空位数；增大催化剂的比表面积，有利于NH3的吸附、脱氢。
【分析】该过程为碱性条件下，阴极得电子被还原为NH3，N元素化合价变化：中N为+5价，NH3中N为﹣3价，每个得到8个电子，碱性环境，用H2O、OH﹣配平电荷与原子。
【解答】解：（1）①由分析知，阴极得电子被还原为NH3，阴极的电极总反应式为，
故答案为：；
②i：由图﹣2显示，U4时Cu

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