2024届高考化学一轮复习知识点突破练习-12化学能与电能
一、单选题
1．下图装置可将CO2转化为CaCO3而矿化封存，进而减少碳排放，下列说法错误的是
A．两个双极膜中的OH—均向右侧迁移
B．b极的电极反应式：2H+ +2e- = H2 ↑
C．中间室中发生反应： +Ca2+ = CaCO3↓
D．向碱室中加入NaHCO3固体，不利于CO2的矿化封存
2．Ar气氛下，高价态钒镁氧化物晶体作为催化剂进行乙苯脱氢制备苯乙烯，并将CO2转化为CO，反应机理如图(a)所示；同时采用电解法处理含苯乙烯的废水，其工作原理如图(b)(电解液是含苯乙烯和硫酸的废水，pH≈ 6)，已知：·OH具有很强的氧化性。下列说法不正确的是
A．图a由MgVmOn+1转化为MgVmOn的过程，乙苯发生氧化反应
B．M连接电源的正极
C．苯乙烯被·OH氧化的化学方程式为C8H8-40e- +40·OH =8CO2↑+ 24H2O
D．若电路中通过10mol电子，理论上有26g苯乙烯(M= 104 g/mol)被氧化成CO2和H2O
3．在非金属电催化剂的作用下，利用电化学原理可将还原为，其装置原理如图所示。科学家研究出一种磷化硼纳米颗粒作为非金属电催化剂，其晶胞结构如图所示。下列叙述正确的是
A．图中石墨烯为阴极，电极反应式为
B．该装置工作时，穿过质子交换膜从左向右移动
C．磷化硼晶体中，每个磷原子周围紧邻且距离相等的硼原子共有2个
D．每转移电子，阴极室电解质溶液质量增加
4．设计如图所示装置分离含BaSO4和Na2SO4的浆液，并联合制备硫酸和烧碱。下列说法错误的是
A．电极M上的电势低于电极N上的电势
B．膜b适合选择阴离子交换膜
C．工作时阳极区溶液的pH逐渐减小
D．若导线中流过4mole-，理论上有4mol通过膜b
5．一种新型电解废水处理技术是以活性炭为电极板和粒子凝胶颗粒填充的电解装置(如图所示)。该装置电解过程中产生的羟基自由基(·OH)氧化能力极强，能将苯酚(C6H6O)氧化为CO2和H2O。下列说法错误的是
A．b的电极反应为H2O-e-=·OH+H+
B．电子迁移方向：直流电源负极→a电极，b电极→直流电源正极
C．苯酚被氧化的化学方程式为C6H6O+28·OH=6CO2↑+17H2O
D．当两极室产生气体体积为5.6 L时，电路中转移电子0.35 mol
二、原理综合题
6．CO2资源化利用受到越来越多的关注，它能有效减少碳排放，有效应对全球的气候变化，并且能充分利用碳资源。二甲醚(CH3OCH3)是现代社会比较清洁的能源。下列是利用CO2制备二甲醚的主要反应。
( i )CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.0 kJ·mol-1；
( ii )CO(g) +2H2(g)CH3OH(g) ΔH =-90.4 kJ·mol-1；
( iii )2CH3OH(g)CH3OCH3(g) +H2O(g) ΔH = -23.4 kJ·mol-1。
回答下列问题：
(1)根据(i)(ii)(iii)得3CO(g)+3H2 (g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的 ΔH = 。
(2)某二甲醚/双氧水燃料电池的工作原理如图1所示。电池工作时，A电极名称为 ，该电极附近溶液的pH (填“减小”“增大”或“不变”)；电极B的电极反应式为 。
(3)CO2催化加氢合成二甲醚。
反应Ⅰ ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH =+41.0 kJ·mol-1
反应Ⅱ ：2CO2(g) +6H2(g)CH3OCH3(g) +3H2O(g) ΔH = - 122.5 kJ·mol-1
①反应Ⅱ的平衡常数表达式K= 。
②在恒压、n(CO2):n(H2)=1:2的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CO的选择性(CO的选择性=)随温度的变化如图2所示；T°C时，起始投入3 mol CO2、6 mol H2 ，达到平衡时反应Ⅰ理论上消耗H2的物质的量为 。合成二甲醚时较适宜的温度为260 °C ，其原因是 。
7．深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，如在合成尿素、氮氧化物处理等方面应用广泛。已知合成尿素的反应为。
(1)可用电化学法制备合成尿素所需要的原料氨气，纳米在常压电化学法合成氨过程中起催化作用。该电解装置如图所示。已知熔融或为电解液，在发生电极反应时生成中间体。惰性电极I的电极反应式为 ，生成氨气的反应为：。
(2)如图所示是合成尿素反应的机理及能量变化(单位：)，表示过渡态。
该反应历程中，决速步骤的转化表达式是 ，若，则 。
(3)有人利用反应，对进行处理。、；、；、三种条件下，加入足量的活性炭和一定量的气体，测得的转化率随时间t变化关系如图1所示。
①、条件对应的曲线为 (填字母)。
②b、c两条曲线最终重合的原因是 。
(4)在汽车尾气的净化装置中和发生反应：。实验测得，，，(、均为速率常数，只与温度有关)。
①如图2(表示速率常数的负对数；T表示温度)所示ⅰ、ⅱ、ⅲ、ⅳ四条斜线中，能表示随变化关系的是斜线 。
②图中A、B、C、D点的纵坐标分别为，则温度时化学平衡常数 。
8．2022年北京冬奥会开幕式于2022年2月4日在国家体育场鸟巢隆重举行，其中奥运圣火的燃料为氢燃料，具有热值高、耐寒、环保无污染等优点。工业上可以通过催化重整二氧化碳和水蒸气制氢，主要有如下三个反应：
I．CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206 kJ·mol-1；
II．CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41 kJ·mol-1；
III．CO2(g)+CH4(g)2 CO(g)+2H2(g) ΔH3。
回答下列问题：
(1)反应CO2(g)＋CH4(g) 2CO(g)＋2H2(g) ΔH3= 。
(2)将1 mol CH4(g)与3 mol H2O(g)充入初始体积为1 L的恒压反应容器中，平衡时，各含碳物质的物质的量分数与温度之间的变化关系如图所示。
①曲线a代表的物质为 (填化学式。下同)；曲线c代表的物质为 。
②450℃至580℃，曲线b代表物质的物质的量分数先随温度升高而增大的主要原因是 。
③450℃时，反应进行2 min后，甲烷的物质的量浓度为0.8 mol·L-1，2 min内CH4(g)表示的化学反应速率为 mol·L-1·min-1；平衡时，容器中气体总物质的量为nmol，容器体积为V L，则反应I的平衡常数K1= (通过反应I、II计算即可，反应II不影响计算结果，用含有n、V的代数式表示，不需要化简)。
(3)我国科学家在《Science》杂志发表了利用H2制取H2O2的绿色方法，原理如图所示(电极a、b均为覆盖催化剂的多孔惰性电极)。
①X膜为 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。
②电池的总反应方程式为 ；每制取17 g溶质质量分数为30％的H2O2溶液，导线中转移 mol e-。
9．Ⅰ．中国提出力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，因此CO2的捕集和利用成了研究的重点。
(1)以金属钌作催化剂，可以从空气中捕获CO2直接转化为甲醇，这是实现碳中和的一种技术，其转化原理如图所示。
该过程的总反应为 。第1步生成高分子产物链节的分子式 。
(2)CH4—CO2催化重整对温室气体的减排具有重要意义，某温度下在体积为2 L 的容器中加入3 mol CH4、3 mol CO2以及催化剂，同时进行反应：
①CH4+CO22CO+2H2
②CO+3H2CH4+H2O(g)，
达到平衡时测得出现水蒸气的质量为9 g，容器内CO物质的量为1.5 mol，则CO2的转化率是 ；(保留2位有效数字)，反应①平衡常数为 。(保留2位有效数字)。
(3)利用固体氧化物电解池可将CO2和H2O转化为合成气并生产高纯度O2，原理如图所示。写出b极CO2和H2O(体积比1：1)的电极反应式 ， 当有2 mol 电子流出a极时，产生标准状况下O2 L。
Ⅱ．氮硫氧化物是造成大气污染的主要物质。研究它们的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。已知NO2与SO2能发生反应 NO2(g)+SO2(g) SO3(g)+NO(g)，在一恒容密闭容器中，改变原料气配比n0 (NO2)：n0(SO2)进行多组实验(每次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定NO2的平衡转化率部分实验结果如图所示。
(4)当容器内_______ (填字母)不再随时间的变化而改变时，可以判断反应达到了化学平衡状态。
A．气体的压强 B．气体的平均摩尔质量
C．气体的密度 D．NO2的体积分数
(5)已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH1= -113.0 kJ/moL
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH2= -196.6 kJ/moL
若要使图中 B 点的平衡状态变为 A 点的平衡状态，则应采取的措施是_________ 。
A．适当增加NO2的量，同时降温
B．适当增加SO2的量，同时升温
C．适当减小NO2的量，同时降温
D．适当减小SO2的量，同时升温
10．国际顶级学术期刊《科学》刊登了一篇由我国科学家发表的研究成果：利用二氧化碳人工合成淀粉技术。该技术不仅对未来的农业生产，特别是粮食生产具有革命性的影响，而且对全球生物制造产业的发展具有里程碑式的意义。回答下列问题：
(1)二氧化碳在无机催化剂的作用下被还原为甲醇属于人工合成淀粉的第一步。根据反应的热化学方程式，及下表所示的化学键的键能，C=O键的键能为 。
化学键 C=O H—H C—H C—O O—H
键能/ x 436 414 326 464
(2)不同条件下，的体积比为1：3反应时，会有(g)生成。在恒压条件下，某时间段内选择性(选择性=)和产率随温度的变化如图1所示：
合成甲醇最适宜的温度为 ；a、b两点的转化率：a点 b点(填“>”“<”或“=”)。
(3)若在温度不变，起始压强为的条件下，将物质的量之比为3：1的的混合气体充入固定容积的反应器中，只发生反应，测得平衡时CO2(g)的转化率为α，则平衡时的压强为 kPa(用含α、p的代数式表示，下同)；该温度下，若增大压强则反应的平衡常数 (填“增大”、“减小”、“不变”)。
(4)“碳呼吸电池”是一种新型能源装置，其工作原理如图所示，通入的一极电极反应式为 ，以该装置为电源进行粗铜的电解精炼，金属铝质量减少时，理论上阴极质量增加 g
11．Xe和F2反应可得三种氟化物，视反应条件而定。下图表述的是将一定浓度的Xe和F2投入到密闭容器中得到的生成物在平衡体系内的分压与反应温度的关系。
氟氙化合物生成反应的热力学数据如下表所示：
标准平衡常数化学反应 523K 673K
①Xe(g)+F2(g)→XeF2(g) 8.80 × 104 3.60×102
②Xe(g)+2F2(g) →XeF4(g) 1.07 × 108 1.98×103
③Xe(g)+3F2(g) →XeF6(g) 1.01×108 36
(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)， ，其中=100kPa，PG、PH、PD、PE为各组分的平衡分压)。
(1)Xe和F2生成XeF6和XeF4， 哪个反应放热更多？生成 的反应放热更多(填“XeF6”或“XeF4”)，理由是 。
(2)为有效的制备XeF2应 投料中F2/Xe的比值。(填“提高”或“降低”)
(3)523K时，反应XeF4(g)+ F2(g) XeF6(g)的标准压强平衡常数= (保留两位有效数字)。平衡时，F2的分压在 kPa (取整数)以上时，可使XeF6与XeF4的比值大于10。
(4)523K 时，是否容易发生歧化反应2XeF4(g)→XeF6(g) +XeF2(g)？说明理由。
(5)氟离子电池是新型电池中的一匹黑马，其结构如图所示：
放电时负极电极反应式为 。采用固态电解质的氟离子电池大多需要在高达170°C的温度下工作，采用“高温”工作的原因是 。
12．央广网消息：2020年大庆油田生产天然气46.6亿立方米，实现了“十连增”，在大战大考中交出了“当好标杆旗帜、建设百年油田”的新答卷。天然气的主要成分甲烷是一种重要的化工原料，广泛应用于民用和化工业生产中。回答下列问题：
(1)利用CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。
已知：①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)。 H1=+196 kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H2=-484 kJ·mol-1
③2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H3=-566 kJ·mol-1
则CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H= 。
(2)在两个相同钢性密闭容器中充入CH4和CO2发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，CH4和CO2的分压均为20 kPa，加入催化剂Ni/α-Al2O3，分别在T1℃和T2℃下进行反应，测得CH4转化率随时间变化如图1所示。
图1
①A点处v正 B点处v逆(填“<”、“>”或“=”)。
②用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即v=，T2℃下，上述反应0~2min内平均反应速率v(CH4)= kPa·min-1。(分压=总压×物质的量分数)
③上述反应达到平衡后，下列变化一定能使平衡向正向移动的是
A．通入惰性气体使容器内压强增大 B．正反应速率加快
C．平衡常数K变大 D．增大催化剂表面积
(3)其他条件相同，在甲、乙、丙三种不同催化剂作用下，相同时间内测得甲烷转化率随温度变化如图2所示。三种催化剂作用下，反应活化能最大的是 (填“甲”、“乙”或“丙”)；CH4的转化率b点高于c点的原因是 。
(4)我国科学家设计的新型甲烷燃料电池能量密度高、成本低，其工作原理如图3所示。B极电极反应式为 。
13．在煤化工领域主要涉及碳一化学，即研究以含有一个碳原子的物质(CO、CO2、CH4、CH3OH等)为原料合成化工产品或液体燃料。回答下列问题：
(1)已知物质之间转化能量关系如图所示：
写出CO(g)和H2(g)生成CH4(g)和H2O(g)的热化学方程式 。
(2)煤化工业上主要利用CO和H2反应制备甲醇(CH3OH)，反应热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H。已知CO的平衡转化率与温度的关系如图所示：
①该反应的 H (填“>”“<”或“=”)0。
②A、B、C三点平衡常数KA． KB、KC的大小关系为 。压强p1 (填“>”“<”或“=”，下同)p2，在T1和p2条件下，由D点到B点过程中，正、逆反应速率之间的关系：v正 v逆。
③若容器容积不变，则下列措施可提高CO平衡转化率的是 (填字母)。
a.充入CO，使体系总压强增大 b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.充入He，使体系总压强增大 d.使用高效催化剂
④在2L恒容密闭容器中充人2molCO和4molH2，在p2和T1条件下经10min达到平衡状态。在该条件下，v(H2)= mol L-1 min-1；平衡常数K = (填数值)。
(3)用H2还原CO2可以合成CH3OH： CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g) H. 恒压下，CO2和H2的起始物质的量之比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜(能选择性分离出H2O)时甲醇的产率随温度的变化如图所示。P点甲醇产率高于T点的原因为 。
(4)CO2的再利用技术是促进可持续发展的措施之一，CO2电化法制甲酸的工艺原理如图所示。阴极电极反应式为 。
三、工业流程题
14．重铬酸钾(K2Cr2O7) 主要用于制革、印染、电镀等。以铬铁矿(主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3、 Fe2O3等杂质)制备重铬酸钾的工艺流程如下：
(1)K2Cr2O7属于 (填“氧化物”、“碱”或“盐”)， 其中Cr的化合价是 。
(2)“熔融氧化”步骤发生多个反应，补全下列化学方程式 。
___________FeO·Cr2O3+___________ NaOH+___________O2___________Na2CrO4+___________Fe2O3+___________ H2O
(3)浸取所得滤渣1为红褐色固体，由此推测滤液中除了含有Na2CrO4、NaOH、NaFeO2外，还含有 (写化学式)。
(4)相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图1所示，“酸化1”时pH的理论范围为 。( 当溶液中可溶组分浓度c≤1.0 × 10-5mol·L-1时，可认为已除尽。)
(5)部分物质的溶解度曲线如图2所示，“复分解”步骤加入适量KCl固体，加热溶解，冷却结晶，能析出大量K2Cr2O7，请说明重铬酸钾析出的原因 。
(6)以铬酸钾(K2CrO4)为原料，用电化学法制备重铬酸钾的实验装置如图。
①不锈钢作 极； 分析在阳极区能得到重铬酸钾溶液的原因是 。
②测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比(nK/nCr)为a，则此时铬酸钾的转化率为 。
15．锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某钴酸锂电池的正极材料含有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑、铝箔及少量铁，通过如图工艺流程可回收铝、钴、锂。
回答下列问题：
(1)LiCoO2中，Co元素的化合价为 。
(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式 。
(3)“酸浸”时Co、Li元素的浸出率随温度的变化如图所示：
“酸浸”的适宜温度 ，写出该步骤中发生的主要氧化还原反应的化学方程式 。
(4)沉锂过程要对所得滤渣进行洗涤，检验沉淀是否洗净的操作为 。
(5)充电时，该锂离子电池充电时阴极发生的反应为6C+xLi++xe-=LixC6充放电过程中，发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式 。上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是 。
(6)某CoC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Co2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：
I.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。
用cmol·L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。
II.向上述溶液中加入适量还原剂将Co3+完全还原为Co2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。
样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126g/mol)的质量分数表达式为 ；若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Co元素含量 。(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)
参考答案：
1．B
【分析】由图可知，与直流电源负极相连的电极a为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，双极膜中氢离子进入阴极室中与放电生成的氢氧根离子反应生成水，氢氧根离子进入碱室，与通入的二氧化碳反应生成碳酸根离子；电极b为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，双极膜中氢氧根离子进入阳极室中中和放电生成的氢离子，氢离子进入酸室，导致阳离子的电荷数大于阴离子，使得中间室中的氯离子进入酸室，碱室中的碳酸根离子进入中间室与溶液中钙离子反应生成碳酸钙沉淀。
【详解】A．由分析可知，两个双极膜中的氢氧根离子均向右侧迁移，故A正确；
B．由分析可知，电极b为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，故B错误；
C．由分析可知，中间室中发生反应为碱室中的碳酸根离子进入中间室与溶液中钙离子反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式为 +Ca2+ = CaCO3↓，故C正确；
D．向碱室中加入碳酸氢钠固体，碳酸氢钠与迁移至碱室的氢氧根离子反应，不利于二氧化碳与碱的反应，导致二氧化碳难以矿化封存，故D正确；
故选B。
2．C
【详解】A．图a由MgVmOn+1转化为MgVmOn的过程中，X转化为Y，失氧发生还原反应，则由乙苯 生成苯乙烯 和H2O，得氧发生氧化反应，A正确；
B．在M电极， 被·OH 氧化为CO2等，则 失电子发生氧化反应，所以M极为阳极，连接电源的正极，B正确；
C．在方程式C8H8-40e- +40·OH =8CO2↑+ 24H2O中，电荷不守恒，则苯乙烯被·OH氧化的化学方程式为C8H8+40·OH =8CO2↑+ 24H2O，C不正确；
D．1mol 被氧化成CO2和H2O时，需要失去40mol，若电路中通过10mol电子，则理论上被氧化的苯乙烯的物质的量为0.25mol，质量为0.25mol×104 g/mol=26g，D正确；
故选C。
3．B
【分析】该装置为电解池，由图可知Pt电极上水失去电子形成氧气，该电极为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2，石墨烯电极上二氧化碳得到电子生成甲醇，该电极为阴极，电极反应为：，以此解题。
【详解】A．由分析可知，图中石墨烯为阴极，电极反应式为，A错误；
B．由分析可知，左侧产生氢离子，右侧消耗电子，则该装置工作时，穿过质子交换膜从左向右移动，B正确；
C．根据磷化硼晶胞结构可知，磷化硼晶体中，每个磷原子周围紧邻且距离相等的硼原子共有4个，C错误；
D．每转移3 mol电子有3 mol H+穿过交换膜，结合阴极电极反应式可知，阴极室增加的质量为：3mol氢离子的质量和0.5mol二氧化碳的质量，一共是3g+22g=25g，D错误；
故选B。
4．D
【分析】由于设计装置的目的是为了分离硫酸钠和硫酸钡，N极区域为稀硫酸，所以可制备硫酸，M极区域为氢氧化钠溶液，所以可制备氢氧化钠，钠离子移向M极，所以可判断出M为阴极，其电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴离子增多，所以钠离子要迁移到M极，需采用阳离子交换膜；N为阳极，其电极反应式为：2H2O-2e-=O2↑+4H+，硫酸根离子需迁移到该极，所以采用阴离子交换膜，据此结合电解池原理分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，M为阴极，N为阳极，则M极电极电势低于N极电极的，A正确；
B．根据上述分析可知，膜b适合选择阴离子交换膜，B正确；
C．工作时阳极区电极反应式为：2H2O-2e-=O2↑+4H+，所以溶液的pH逐渐减小，C正确；
D．若导线中流过4mole-，则消耗4mol氢氧根离子，剩下的4mol氢离子需要2mol通过膜b，使溶液呈现电中性，D错误；
故选D。
5．D
【分析】根据装置图可知，H2O失去电子生成·OH、H+，则b极作阳极，阳极区中羟基自由基(·OH)能将苯酚(C6H6O)氧化为CO2和H2O；阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子。
【详解】A．分析可知，b做阳极，H2O失去电子生成·OH、H+，电极反应为H2O-e-=·OH+H+，A说法正确；
B．分析可知，b作阳极，a作阴极，电子迁移方向：直流电源负极→a电极，b电极→直流电源正极，B说法正确；
C．苯酚被·OH氧化为CO2和H2O，化学方程式为C6H6O+28·OH=6CO2↑+17H2O，C说法正确；
D．电路中转移28个电子时，阳极生成28个·OH，产生6个CO2，阴极产生14个氢气，即两电极产生20个气体分子，转移28个电子，则当两极室产生标况下的气体体积为5.6 L时，电路中转移电子0.35 mol，未说明气体的状态，不能计算转移电子的物质的量，D说法错误；
答案为B。
6．(1)-245.2 kJ·mol-1
(2) 正极 增大
(3) 0.3mol 温度过低则反应速率较慢，温度过高则CO选择性过大导致二甲醚选择性减小
【详解】（1）盖斯定律可知，-(i)+2×(ii)+(iii)得：3CO(g)+3H2 (g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的 ΔH =-(+41.0 kJ·mol-1)+2×(-90.4 kJ·mol-1)+ (-23.4 kJ·mol-1)= -245.2 kJ·mol-1；
（2）电池工作时，A电极上过氧化氢得到电子发生还原反应生成水，为正极， 反应为，该电极消耗氢离子，附近溶液的pH增大；电极B的电极上二甲醚失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，反应式为；
（3）①平衡常数等于生成物浓度系数次方与反应物浓度系数次方之比，反应Ⅱ的平衡常数表达式K=。
②T°C时，起始投入3 mol CO2、6 mol H2 ，由图可知，达到平衡时二氧化碳转化率为40%，则反应1.2mol二氧化碳，CO选择性性25%，则反应Ⅰ生成1.2mol×25%=0.3molCO，根据反应Ⅰ方程式体现的关系可知，理论上消耗H2的物质的量为0.3mol。合成二甲醚时较适宜的温度为260 °C ，其原因是温度过低则反应速率较慢，温度过高则CO选择性过大导致二甲醚选择性减小，故合成二甲醚时较适宜的温度为260 °C。
7．(1)
(2) 241.0
(3) a 该反应为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动
(4) ⅱ
【详解】（1）纳米在常压电化学法合成氨过程中起催化作用，熔融或为电解液，在发生电极反应时生成中间体，得电子生成Fe，惰性电极I的电极反应式为，生成氨气的反应为：， 答案：；
（2）在反应历程中，能垒最大的即为决速步骤，根据图所示，第二步为决速步骤，， 根据图示，反应焓变是-87kJ/mol，即图中最终阶段相对初始阶段的能量是-87kJ/mol，那么由TS3到最终阶段，就有E=E1-E2=(-87kJ/mol)-87.5kJ/mol=，=241.0，答案：241.0；
（3）①温度越高、压强越大，化学反应速率越快反应，达到平衡时间越短，在这三种条件下，、条件对应的曲线的温度和压强都较大，所以反应达到平衡时间最短，根据图知，曲线a表示、条件下一氧化氮转化率随时间变化的曲线，答案：a；
②由分析可知，b表示、条件下一氧化氮转化率随时间变化的曲线、c表示、条件下一氧化氮转化率随时间变化的曲线，该反应为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，所以温度相同时，b、c两条曲线最终重合，
故答案：该反应为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动；
（4）①越大，反应温度T越低，该反应为放热反应，降低温度，正逆反应速率均减小，则-lgk正、-lgk逆均增大，平衡向正反应方向移动，则-lgk正小于-lgk逆，则斜线ⅱ能表示-lgk正随变化关系，故答案为: ⅱ；
②当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则，反应的平衡常数，由图可知，温度为T1时，-lgk正、-lgk逆分别为a+10、a+20，则，故答案：。
8．(1)CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH3=+247 kJ·mol-1
(2) CH4 CO 450℃至580℃，升高温度，反应I平衡正向移动，CO浓度增大。增大CO浓度，反应II平衡正向移动，则CO2的量增大，升高温度，反应III平衡正向移动，使CO2的量减小，且CO2增大的量大于CO2减小的量，所以CO2物质的量分数先随温度升高而增大 0.1
(3) 阳 H2+O2=H2O2 0.3
【详解】（1）已知：I．CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206 kJ·mol-1；
II．CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41 kJ·mol-1；
根据盖斯定律，将热化学方程式I- II，整理可得CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH3=+247 kJ·mol-1；
（2）①反应I和III为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则甲烷的物质的量分数减小，CO物质的量分数增大，则曲线c代表的物质为CH4，曲线c代表的物质为CO；
②曲线b代表的是CO2物质的量分数，450℃至580℃，升高温度，反应I平衡正向移动，CO浓度增大，增大CO浓度，反应II平衡正向移动，则CO2的量增大，升高温度，反应III平衡正向移动，使CO2的量减小，且CO2增大的量大于CO2减小的量，所以CO2物质的量分数先随温度升高而增大；
③反应进行2 min后，甲烷的物质的量浓度为0.8 mol./L，则△c(CH4)=1 mol/L-0.8 mol/L=0.2 mol/L，故 2 min内用CH4(g)的浓度变化表示的化学反应速率v(CH4)=；
在反应开始时n(CH4)=1 mol，n(H2O)=3 mol，平衡时，容器中气体总物质的量为n mol，容器体积为V L，由图1可知，平衡时n(CH4) =0.15n mol，n(CO2)=0.05n mo1，对于反应I．CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206 kJ·mol-1；反应消耗CH4(g)的物质的量△n(CH4)=(1-0.15n) mol，根据物质反应转化关系可知△n(CH4)=△n(H2O)=△n(CO)=(1-0.15n) mol，△n(H2)=3(1-0.15n) mol；
对于反应II．CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，由于n(CO2)=0.05n mo1，则各种气体的改变物质的量都是0.05n mol，则平衡时n(CH4) =0.15n mol，△n(CO)=(1-0.15n-0.05n) mol=(1-0.2n) mol，n(H2O)=(3-1+0.15n-0.05n)mol=(2+0.1n) mol，△n(H2)= 3(1-0.15n) mol+0.05n mol=(3-0.4n) mol，则反应I的化学平衡常数K==；
（3）①由图可知：a极O2得到电子变为O2-，b极H2失去电子变为H+，所以a电极为正极，b极为负极，电极反应式为：H2-2e-=2H+，氢离子透过X膜，故X膜为阳离子交换膜；
②b电极反应式为H2-2e-=2H+，b极为负极；a电极为正极，a电极电极反应式为：O2+H2O+2e-=+OH-，总反应为H2+O2=H2O2，说明每生成1 mol H2O2，电极上转移2 mol电子。当制取17 g溶质质量分数为30%的H2O2溶液，n(H2O2)=，则导线中转移电子数为0.15 mol×2=0.3 mol。
9．(1) CO2+3H2CH3OH+H2O (C5H9O2N2)n
(2) 33% 0.028
(3) CO2+H2O+4e-=CO+H2+2O2- 11.2
(4)D
(5)BC
【详解】（1）根据图示可知加入的反应物为CO2、H2，最终生成物为CH3OH、H2O，所以总反应方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O；
根据图示可知：第一步反应产生的高分子化合物为，结合有机物键线式表示及C原子价电子数目是4个，可知该物质分子式是(C5H9O2N2)n；
（2）反应产生9 g H2O蒸气，其物质的量n(H2O)=，反应反应②可知产生0.5 mol H2O同时会消耗0.5 mol CO，此时容器中还存在1.5 mol CO，故反应①产生CO的物质的量为1.5 mol+0.5 mol=2.0 mol，根据①方程式可知：每反应产生2 mol CO，反应消耗1 mol CO2，CO2的平衡转化率为；
反应②产生0.5 mol H2O，会同时产生0.5 mol CH4，反应消耗0.5 mol CO、1.5 mol H2， 此时容器中还存在1.5 mol CO，则反应①生成CO物质的量为1.5 mol+0.5 mol=2.0 mol，同时产生2.0 mol H2，消耗1 mol CH4、1 mol CO2，则此时容器中各种气体的物质的量n(CH4)=3 mol-1.0 mol+0.5 mol=2.5 mol，n(CO2)=3.0 mol-1 mol=2.0 mol，n(H2)=2.0 mol-1.5 mol=0.5 mol，n(CO)=1.5 mol，n(H2O)=0.5 mol，由于容器的容积是2 L，故反应①的化学平衡常数K=0.028；
（3）根据图示可知：在b电极上CO2得到电子被还原为CO，H2O得到电子被还原为H2，若b极CO2和H2O(体积比1：1)，其电极反应式为：CO2+H2O+4e-=CO+H2+2O2-；在a电极上O2-失去电子被氧化产生O2，电极反应式为2O2--4e-=O2。可见：每反应转移4 mol电子时，反应产生1 mol O2，若有2 mol电子流出a 电极，反应产生0.5 mol O2，其在标准状况下的体积V(O2)=0.5 mol×22.4 L/mol=11.2 L；
（4）A．在恒容密闭容器中进行反应，气体的体积不变；反应前后气体的物质的量不变，因此无论反应是否达到平衡状态气体的压强始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B．反应前后气体的物质的量不变；反应混合物都是气体，气体的质量也不变，则气体的平均摩尔质量始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B错误；
C．在恒容密闭容器中进行反应，气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量也不变，则气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，C错误；
D．若反应未达到平衡状态，则反应混合物中每一组分的物质的量就会发生变化，其体积分数也会发生变化，因此当NO2 的体积分数不变时，说明反应达到平衡状态，D正确；
故合理选项是D；
（5）已知：①2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH1= -113.0 kJ/moL
②2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH2= -196.6 kJ/moL
根据盖斯定律，将×(②-①)，整理可得NO2(g)+SO2(g) SO3(g)+NO(g) ΔH2= -41.8 kJ/moL。该反应的正反应是气体体积不变的放热反应。根据图示可知：要使图中 B 点的平衡状态变为 A 点的平衡状态，则n0 (NO2)：n0(SO2)就由1变为0.5，同时平衡时NO2的平衡转化率不变，可以通过适当增加SO2，同时升高温度平衡逆向移动或减小NO2的量，同时降低温度使化学平衡正向移动实现，故合理选项是BC。
10．(1)803
(2) 230℃ <
(3) 0.25αp 不变
(4) 2CO2+2e-=C2O 96
【详解】（1）利用ΔH=反应物键能总和－生成物键能总和，因此有ΔH=3×436kJ/mol+2×xkJ/mol－(3×414+326+464+2×464)kJ/mol=-46kJ/mol，解得x=803；故答案为803；
（2）根据图像可知，230℃时甲醇的转化率达到最大，因此最适宜温度为230℃；根据图像可知，b点甲醇的产率比a点高，说明b点二氧化碳的转化率比a点高；故答案为230℃；＜；
（3）起始时，H2的分压为0.75p，CO2的分压为0.25p，达到平衡时二氧化碳的转化率为α，则二氧化碳分压变化0.25pα，根据反应方程式，得出甲醇的压强为0.25pα；平衡常数只受温度的影响，相同温度下，改变压强，平衡常数不变；故答案为0.25pα；不变；
（4）根据装置图可知，二氧化碳转化成C2O，电极反应式为2CO2+2e-=C2O，精炼铜时，阴极反应式为Cu2++2e-=Cu，根据转移电子数目相同，则有2Al～6e-～3Cu，阴极质量增重质量=96g；故答案为2CO2+2e-=C2O；96。
11．(1) XeF6 升高相同温度，产生XeF6的反应平衡常数减小的最多
(2)提高
(3) 0.94 11
(4)不能，因为XeF4很难向XeF2转化
(5) 固态电解质高温下才能导电
【解析】（1）
对比产生XeF6和XeF4的反应平衡常数从523K到673K的变化，可以发现生成XeF6的反应的平衡常数下降的大小远远大于XeF4，而根据放热反应在温度升高的情况下平衡会逆向移动的原理，则知道生成XeF6的反应热放热更多；
（2）
因为在523K的温度下生成XeF2的反应的平衡常数远远小于生成XeF6和XeF4的反应平衡常数，故为了生成有效数量的XeF2，根据，只能增加F2的浓度，即提高投料中F2/Xe的比值；
（3）
此反应的平衡常数：，，而将，代入平衡常数计算式，得到，故；
（4）
XeF4转化为XeF2的方程式为：XeF4→XeF2+F2，则此反应的平衡常数为：，远远小于产生XeF6的平衡常数0.94，故难以发生歧化反应；
（5）
该装置放电时镁为负极，电极反应为：；该电池在高温下才能工作的原因是：固态电解质高温下才能导电。
12． +237kJ/mol ＞ 2 C 丙 b、c两点均为达到平衡状态，b点温度高反应速率快，相同时间内甲烷的转化率高 CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O
【详解】(1)根据盖斯定律，①+×(②-③)可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，则 H=+196 kJ·mol-1+×(-484 kJ·mol-1+566 kJ·mol-1)=+237kJ/mol；
(2)①根据图象可知，T1℃时达到平衡所用的时间小于T2℃，T1℃＞T2℃，温度越高反应速率越快，且A、B两点甲为的浓度相等，则A点处v正＞B点处v逆；
②2min时，甲烷转化率为20%，初始分压均为20 kPa，
v(CH4)==2 kPa·min-1；
③A．向刚性容器中通入惰性气体使容器内压强增大，反应体系中的各物质的分压不变，则平衡不移动，A与题意不符；
B．若使用催化剂，正、逆反应速率加快，平衡不移动，B与题意不符；
C．平衡常数K变大，则生成物的浓度增大，反应物的浓度减小，则平衡正向移动，C符合题意；
D．增大催化剂表面积，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，D与题意不符；
答案为C。
(3)相同温度下，甲、乙、丙三种不同催化剂导致CH4的转化率最小的，反应活化能最大，则反应活化能最大的是丙；CH4(g)与CO2(g)反应为吸热反应，b、c两点反应未达到平衡状态，升高温度反应速率大，导致相同时间内CH4的转化率b点高于c点；
(4)根据图3可知，B极甲烷失电子，与氧负离子反应生成二氧化碳，作负极，电极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O。
13． < KC>KA=KB < < b 25 分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行
【详解】(1)由图可知，，，则；
(2)①温度升高，CO平衡转化率下降，平衡逆向移动，即逆向反应为吸热反应，所以正向放热，即；
②K只与温度有关，且反应为放热反应，温度关系为C>A=B则KC>KA=KB；相同温度下，由p1到p2，CO的转化率增大，平衡正向移动，是气体系数减小的方向，即压强增大的方向，所以p2>p1；温度不变，由B点到D点，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则逆反应速率大于正反应速率；
③a.充入CO使H2转化率增大，但是CO转化率减小，b.将产物及时分离使平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，c.充入He，三种气体的浓度不会改变，则平衡不移动，d.高效催化剂不能提高平衡转化率，故选择b；
此时CO的转化率为0.8%，所以CO转化了0.016mol，
④
；
(3)分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行；
(4)分析价态知，C元素由CO2中的+4价降低到HCOOH中的+2价，得到电子，发生还原反应，m电极是阴极，结合质子交换膜知电极反应式为：
14．(1) 盐 +6
(2)4FeO·Cr2O3+16 NaOH+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8 H2O
(3)Na2SiO3和NaAlO2
(4)4.5~9.3
(5)低温时K2Cr2O7溶解度远小于其它三种盐，故发生反应Na2Cr2O7+2KCl= K2Cr2O7↓+2NaCl
(6) 阴 阳极H2O放电，溶液浓度增大，使2 +2H+ +H2O向生成方向移动，部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区，使阳极区主要成分是K2Cr2O7 2-a
【分析】SiO2和Al2O3与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和NaAlO2，经过熔融氧化变为Na2SiO3、NaAlO2、Na2CrO4和Fe2O3，加水溶解则滤渣1为Fe2O3，加硫酸酸化1反应Na2SiO3和NaAlO2产生沉淀分别为H2SiO3和Al(OH)3，则酸化除去和，由图可知离子完全沉淀时lgc=5，当pH=4.5时完全沉淀，当pH=9.3时完全沉淀，则酸化1的pH范围为4.5~9.3，则滤渣2为H2SiO3和Al(OH)3，调节pH使变为，加入氯化钾经过复分解反应得到K2Cr2O7，据此答题。
【详解】（1）①K2Cr2O7由三种元素组成，属于盐类；
②K2Cr2O7中K为+1价，则Cr的化合价为+6价；
（2）熔融氧化过程中发生氧化还原反应，Fe的化合价由+2价升高为+3价，O的化合价由0价变为-2价，熔融氧化的化学方程式为：4FeO·Cr2O3+16 NaOH+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8 H2O；
（3）SiO2和Al2O3与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和NaAlO2，滤渣1为Fe2O3，则溶液中存在Na2SiO3和NaAlO2；
（4）由图可知离子完全沉淀时lgc=5，当pH=4.5时完全沉淀变为Al(OH)3，当pH=9.3时完全沉淀变为H2SiO3，则酸化1的pH范围为4.5~9.3；
（5）由溶解度图象可知，低温时K2Cr2O7溶解度远小于其它三种盐，故发生反应Na2Cr2O7+2KCl= K2Cr2O7↓+2NaCl；
（6）①由图可知不锈钢与电源负极相连，整个装置为电解池，不锈钢做电解池的阴极；
阳极为惰性电极，溶液中水电离出的放电，使溶液中的浓度增大，酸性增强，使平衡2 +2H+ +H2O向生成方向移动，部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区，使阳极区主要成分是K2Cr2O7；
②起始时，设K2CrO4为1mol，反应过程中有xmol K2CrO4转化为K2Cr2O7，则阳极区剩余的K2CrO4为(1-x) mol，对应的n(K)=2(1-x) mol，n(Cr)=(1-x) mol，生成的K2Cr2O7为 mol，对应的n(K)=xmol，n(Cr)= xmol，则，解得x=2-a，则转化率为2-a。
15． +3 80℃ 2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+ 2CoSO4+O2+4H2O 取少量最后一次洗涤液于试管中，加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明已洗涤干净，反之未洗涤干净 LixC6+ Li1-xCoO2= LiCoO2+6C 负极生成的锂离子向正极移动，在正极生成钴酸锂，便于回收 偏高
【分析】废旧电池放电，锂元素转移到正极，正极碱浸，铝和氢氧化钠反应除去铝，滤渣含有LiCoO2、导电剂乙炔黑、少量铁，酸浸、用H2O2把Co3+还原Co2+，调节pH生成氢氧化铁，过滤除去铁、碳，滤液中含有Li2SO4、CoSO4，萃取，水相中含有Li2SO4，有机相含有CoSO4，水相中加碳酸钠沉锂，有机相含有反萃取的CoSO4溶液，加草酸铵沉钴。
【详解】(1)根据各元素化合价代数和等于0，LiCoO2中Co元素的化合价为+3。
(2) 正极材料含有铝，“正极碱浸”，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的离子方程式 。
(3)根据图示，80℃时Co、Li元素的浸出率最大，所以“酸浸”的适宜温度80℃；LiCoO2中Co元素化合价为+3，“酸浸”时被还原为Co2+，该步骤中发生的主要氧化还原反应的化学方程式2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+ 2CoSO4+O2+4H2O。
(4)沉锂过程要对所得滤渣进行洗涤，洗涤液中可能含有，若沉淀洗涤干净，则洗涤液中不含，检验沉淀是否洗净的操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明已洗涤干净，反之未洗涤干净；
(5)充电时，该锂离子电池充电时阴极发生的反应为6C+xLi++xe-=LixC6，充放电过程中，阳极发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，放电时电池反应方程式LixC6+ Li1-xCoO2= LiCoO2+6C。负极生成的锂离子向正极移动，在正极生成钴酸锂，所以上述工艺中 “放电处理”。
(6)设mg样品中含xmolCoC2O4·2H2O、ymolCo2(C2O4)3、zmolH2C2O4·2H2O，xmolCoC2O4·2H2O消耗高锰酸钾、ymolCo2(C2O4)3消耗高锰酸钾、zmolH2C2O4·2H2O消耗高锰酸钾，则①；
Co2+被氧化为Co3+消耗KMnO4溶液V2mL；则②；
联立①②，解得，，
样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126g/mol)的质量分数表达式为；Co元素的物质的量=，若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则V2偏大，所以测得样品中Co元素含量偏高。
【点睛】本题以钴酸锂电池的正极材料回收铝、钴、锂为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤反应原理是解题关键，掌握常见元素化合物的性质，理解氧化还原反应滴定法测定物质含量的原理。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
