专题六　化学反应与能量 专题强化提升训练6

专题强化提升训练(六)

1．(2021·天津模拟)如图是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质物质的能量变化关系图(Ea表示活化能)，下列说法错误的是(　D　)

A．增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小

B．第一步反应的速率小于第二步反应

C．总反应为放热反应

D．升高温度，Ea1、Ea2均增大，反应速率加快

【解析】　Cl2是该反应的反应物，增大反应物的浓度，反应速率增大，但增大氯气的浓度不影响ΔH的大小，故A正确；第一步反应所需活化能Ea1大于第二步反应所需活化能Ea2，第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，故第二步反应速率更大，故B正确；反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故C正确；Ea1、Ea2分别为第一步反应、第二步反应所需活化能，升高温度，反应所需活化能不变，即Ea1、Ea2不变，故D错误。

2．已知热化学方程式：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－Q kJ·mol－1(Q>0)。下列说法正确的是(　D　)

A．相同条件下，2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所具有的能量小于2 mol SO3(g)所具有的能量

B．将2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后，放出热量为Q kJ

C．增大压强或升高温度，该反应过程放出更多的热量

D．如将一定量SO2(g)和O2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热Q kJ，则此过程中有2 mol SO2(g)被氧化

【解析】　反应是放热反应，依据反应前后能量守恒，相同条件下，2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所具有的能量大于2 mol SO3(g)所具有的能量，选项A错误；ΔH＝－Q kJ·mol－1，Q的具体含义是当2 mol的二氧化硫气体与1 mol的氧气完全反应生成2 mol的三氧化硫气体时，放出的热量为Q kJ，但这是一个可逆反应，不可能完全反应，因此放出的热量小于Q kJ，选项B错误；增大压强，该平衡向正反应方向移动，放出热量更多，升高温度，该平衡向逆反应方向移动，放出热量减少，选项C错误；如将一定量SO2(g)和O2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热Q kJ，参加反应的二氧化硫为2 mol，故一定有2 mol SO2(g)被氧化，选项D正确。

3．(2021·临川模拟)使用NC环金属化Ir(Ⅲ)配合物催化甲酸脱氢的反应机理如下图。下列说法中错误的是(　D　)

A．甲酸脱氢过程的总反应为HCOOHCO2↑＋H2↑

B．反应过程中，Ir(Ⅲ)配合物B为催化剂，Ir(Ⅲ)配合物A为中间产物

C．由D→E的过程，是甲酸协助转运H的过程

D．反应过程中，HCOOH中的C===O键发生断裂

【解析】　据图可知反应物为HCOOH，产物为H2和CO2，化学方程式为HCOOHCO2↑＋H2↑，A正确；据图可知反应物最开始是和Ir(Ⅲ)配合物B反应，所以Ir(Ⅲ)配合物B是催化剂，Ir(Ⅲ)配合物A为其中一步反应的产物，即中间产物，B正确；据图可知D→E的过程中，在甲酸协助下，H原子由一个N原子上转移到另一个N原子上，C正确；纵观整个过程可知HCOOH中的C===O键没有断裂，C—H键和O—H键断键形成C===O键，D错误。

4．(2021·北京模拟)Deacon催化氧化法将HCl转化为Cl2的反应为：4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－116 kJ·mol－1

研究发现CuCl2(s)催化反应的过程如下：

反应ⅰ：CuCl2(s)===CuCl(s)＋Cl2(g)　ΔH1＝＋83 kJ·mol－1

反应ⅱ：CuCl(s)＋O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g)　ΔH2＝－20 kJ·mol－1

反应ⅲ：……

下列表述不正确的是(　C　)

A．反应ⅰ中反应物的总能量小于生成物的总能量

B．反应ⅱ中，1 mol CuCl(s)反应时转移2 mol e－

C．推断反应ⅲ应为CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g)　ΔH3＝－242 kJ·mol－1

D．由反应过程可知催化剂参与反应，通过改变反应路径提高反应速率

【解析】　反应ⅰ为吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，A正确；反应ⅱ中，铜从＋1升高到＋2、氯从－1升高到0，则1 mol CuCl(s)反应时失去2 mol e－，氧气中氧从0降低到－2，则 mol O2得到2 mol e－，B正确；按盖斯定律，反应4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－116 kJ·mol－1减去2×(反应ⅰ＋反应ⅱ)可得：2CuO(s)＋4HCl(g)===2CuCl2(s)＋2H2O(g)　ΔH3＝－242 kJ·mol－1，则CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g)　ΔH3＝－121 kJ·mol－1，C不正确；由反应过程可知催化剂参与反应后重新生成，但催化剂改变反应路径、通过降低反应活化能提高反应速率，D正确。

5．(2021·山东高考)以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2清洁燃料电池，下列说法正确的是(　C　)

A．放电过程中，K＋均向负极移动

B．放电过程中，KOH物质的量均减小

C．消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大

D．消耗1 mol O2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11．2 L

【解析】　碱性环境下，甲醇燃料电池总反应为：2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O；N2H4—O2清洁燃料电池总反应为：N2H4＋O2===N2＋2H2O；偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中C和N的化合价均为－2价，H元素化合价为＋1价，据氧化还原反应原理可知其燃料电池的总反应为：(CH3)2NNH2＋4O2＋4KOH===2K2CO3＋N2＋6H2O。放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A错误；N2H4—O2清洁燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗KOH，所以KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量减小，B错误；理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为m g，则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量(物质的量表达式)分别是：×6、×4、×16，通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C正确；根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1 mol O2生成的氮气的物质的量为1 mol，在标准状况下为22．4 L，D错误。

6．已知：(1)Zn(s)＋O2(g)===ZnO(s)，ΔH＝－348．3 kJ·mol－1，

(2)2Ag(s)＋O2(g)===Ag2O(s)，ΔH＝ －31．0 kJ·mol－1，则Zn(s)＋Ag2O(s)===ZnO(s)＋2Ag(s)的ΔH等于(　B　)

A．－379．3 kJ·mol－1 B．－317．3 kJ·mol－1

C．－332．8 kJ·mol－1 D．317．3 kJ·mol－1

【解析】　根据盖斯定律可知，(1)－(2)即得到Zn(s)＋Ag2O(s)===ZnO(s)＋2Ag(s)，所以反应热ΔH＝－348．3 kJ·mol－1＋31．0 kJ·mol－1＝－317．3 kJ·mol－1，故答案为B。

7．(2021·绵阳模拟)文献报道：在45 ℃、0．1 MPa时，科学家以铁粉为催化剂，通过球磨法合成氨。部分反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，下列说法正确的是(　C　)

A．由此历程可知：N*＋3H*===NH*＋2H*　ΔH>0

B．铁粉改变了合成氨的反应历程和反应热

C．图示过程中有极性共价键的生成

D．用不同催化剂合成氨，反应历程均与上图相同

【解析】　ΔH与反应过程无关，取决于反应的起点和终点，由图知，反应物的总能量比生成物的总能量高，为放热反应ΔH<0，则N*＋3H*===NH*＋2H*　ΔH<0，A错误；铁粉做催化剂，只改变反应历程，不改变始终态，即不能改变反应热，B错误；过程中有N—H极性共价键的生成，C正确；不同的催化剂，改变反应的历程不一样，D错误。

8．(2021·茂名模拟)中国科学家研究出对环境污染小、便于铝回收的海水电池，其工作原理示意图如图所示，已知聚丙烯半透膜的作用是允许某类粒子通过。下列说法正确的是(　C　)

A．电极Ⅰ为正极，其电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O

B．聚丙烯半透膜允许阳离子从右往左通过

C．如果电极Ⅱ为活性镁铝合金，则负极区会逸出大量气体

D．当负极质量减少5．4 g时，正极消耗3．36 L气体

【解析】　该装置为原电池，由电子流向可知电极Ⅰ作正极、电极Ⅱ铝作负极。正极上得电子，发生还原反应，因介质为碱性，故电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，A错误；原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负级，根据题意知铝要便于回收，所以聚丙烯半透膜不允许Al3＋通过，B错误；如果电极Ⅱ为活性镁铝合金，就会构成无数个微型原电池，镁为负极，铝为正极，溶液中H＋得电子产生氢气，所以负极区会逸出大量气体，C正确；根据得失电子守恒进行计算，n(O2)＝×＝×＝0．15 mol，但题中未标明是否在标准状况下，故无法计算消耗气体的体积，D错误。

9．(2021·安庆模拟)甲池是一种常见的氢氧燃料电池，如下图所示。一段时间乙池内，D中进入10 mol混合气体其中苯的物质的量分数为20%(杂质不参与反应)，C出来的气体中含苯的物质的量分数为10%的混合气体(不含H2，该条件下苯、环己烷都为气态)，下列说法不正确的是(　D　)

A．甲池中A处通入O2，E处有O2放出，且体积一样(标况下测定)

B．甲池中H＋由G极移向F极，乙池中H＋由多孔惰性电极移向惰性电极

C．乙池中惰性电极上发生：＋6H＋＋6e－===

D．导线中共传导12 mol电子

【解析】　由题意和图示，甲为氢氧燃料电池，乙为电解池，根据乙池中，惰性电极处苯被还原为环己烷，故惰性电极发生还原反应为阴极，多孔性惰性电极为阳极，则G电极与阴极相连，为原电池负极，F为正极，故甲池中F为正极，A处通入氧气，G为负极，B处通入氢气。A处通入O2，E处为电解池阳极产物，阳极是水放电生成氧气和H＋，由于电子转移守恒，故两处的氧气的物质的量相同，体积相同，A正确；原电池中阳离子向正极移动，F极为正极，故甲池中H＋由G极移向F极，电解池中，阳离子向阴极移动，惰性电极为阴极，故乙池中H＋由多孔惰性电极移向惰性电极，B正确；乙池中，惰性电极处苯得到电子，被还原为环己烷，电极方程式为：＋6H＋＋6e－===，C正确；10 mol含20%苯的混合气体，经过电解生成10 mol含苯10%的混合气体，则被还原的苯的物质的量为10 mol(20%－10%)＝1 mol，由电极方程式得转移电子的物质的量为6 mol，D错误。

10．(2021·哈尔滨模拟)中国科学院大连化物所的研究团队创新性提出锌碘单液流电池的概念，实现锌碘单液流中电解液的利用率近100%，其原理如图所示。下列说法正确的是(　C　)

A．放电时A电极反应式为：Zn2＋＋2e－===Zn

B．放电时电解质储罐中离子总浓度减小

C．M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜

D．充电时A极增重65 g，C区增加离子数为2NA

【解析】　放电时A电极是负极，A极反应式为：Zn－2e－===Zn2＋，故A错误；放电时，A区发生反应Zn－2e－===Zn2＋，C区Cl－进入A区，所以电解质储罐中离子总浓度增大，故B错误；放电时，C区Cl－进入A区、K＋进入B区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，故C正确；充电时A极增重65 g，A区发生反应Zn2＋＋2e－===Zn，电路中转移2 mol电子，根据电荷守恒，2 mol Cl－自A区进入C区，2 mol K＋自B区进入C区，C区增加离子数为4NA，故D错误。

11．(2021·合肥模拟)普通电解水制氢气和氧气的缺点是温度高，能耗大。铈—钒液流电池在充电状态下产生的Ce4＋和V2＋离子可在低温催化条件下用于制备氢气和氧气，该装置示意图如图。下列说法错误的是(　D　)

A．在催化剂作用下有利于降低分解水制氢的能耗

B．铈—钒液流电池在充电状态下总反应为：Ce3＋＋V3＋Ce4＋＋V2＋

C．工作时，H＋通过质子交换膜由a往b移动

D．制氧气的离子方程式为：4Ce4＋＋4OH－4Ce3＋＋O2↑＋2H2O

【解析】　催化剂能够改变反应途径降低反应的活化能，因而能够降低分解水制氢能耗，A正确；由题干可知：充电状态下可产生Ce4＋、V2＋，因而根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为：Ce3＋＋V3＋Ce4＋＋V2＋，B正确；由图可知：在装置的右侧产生H2，因此H＋会通过离子交换膜由a往b移动，C正确；装置中含有质子交换膜，因此有H＋参加反应，制备O2的反应方程式中不能有OH－，D错误。

12．(2021·长沙模拟)H2O2和O3都是较强的氧化剂，可用于环境消杀。以下电化学装置可协同产生H2O2和O3，产生H2O2和O3的物质的量之比为5∶1，下列说法错误的是(　A　)

A．Y电极电势低于X电极

B．膜为质子交换膜

C．生成双氧水的电极反应式为O2＋2e－＋2H＋===H2O2

D．X极处可能还存在其他副反应

【解析】　Y极O元素从－2价升至0价，是阳极，电极反应式：2H2O－4e－===O2＋4H＋，3H2O－6e－===O3＋6H＋，X极是阴极，电极反应式为：O2＋2e－＋2H＋===H2O2；Y极是阳极，X极是阴极，Y电极电势比X电极高，A错误；H＋由Y极向X极移动，则膜为质子交换膜，B正确；X极是阴极，生成双氧水的电极反应式为O2＋2e－＋2H＋===H2O2，C正确；Y极还可能发生的电极反应式为3H2O－6e－===O3＋6H＋，则H2O2和O3的物质的量之比为3∶1，故应有其他副反应生成H2O2，才会有5∶1，D正确。

13．(2021·广元模拟)碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：

(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如图：

ΔH＝＋88．6 kJ/mol则M、N相比，较稳定的是__M__。(用字母“M”或“N”表示)

(2)已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－238．6 kJ/mol，CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)　ΔH＝－a kJ/mol，则a__＜__238．6(填“＞”“＜”或“＝”)。

(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：__2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)　ΔH＝－290 kJ·mol－1__。

(4)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质，将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s)　ΔH＝－1 176 kJ/mol，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为__98__kJ。

(5)盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：

①Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH＝－24．8 kJ·mol－1

②3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g)　ΔH＝－47．2 kJ·mol－1

③Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g)　ΔH＝＋640．5 kJ·mol－1

写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：__FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g)　ΔH＝－218．0 kJ·mol－1__。

【解析】　(1)由M转化成N的热效应可知，M的总能量更低，能量越低越稳定，则较稳定的是M；

(2)CH3OH(l)的燃烧热是1 mol CH3OH(l)在足量氧气中充分燃烧生成二氧化碳和液态水时对应的焓变，生成二氧化碳气体，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量小，则a<238．6；

(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，该化学方程式为：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，则有2 mol Cl2参与反应时释放出290 kJ，则该反应的热化学方程式：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)　ΔH＝－290 kJ·mol－1；

(4)由4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s)　ΔH＝－1 176 kJ/mol知：4Al(s)～3C(s)～12e－，转移12 mol电子放热1 176 kJ，则反应过程中，每转移1 mol电子放热98 kJ；

(5)①Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH1＝－24．8 kJ·mol－1

②3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g)　ΔH2＝－47．2 kJ·mol－1

③Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g)　ΔH3＝＋640．5 kJ·mol－1，

按照盖斯定律：[3×①－②－2×③]可得：反应FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g)　ΔH，则ΔH＝[3×ΔH1－ΔH2－2×ΔH3]＝－218．0 kJ·mol－1，则CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g)　ΔH＝－218．0 kJ·mol－1。

14．生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用电解法从溶液中去除。电解装置如图：以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷。

Ⅰ．电解除氮

(1)在碱性溶液中，NH3能直接在电极放电，转化为N2，相应的电极反应式为：__2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2O__。

(2)有Cl－存在时，除氮原理如图1所示，主要依靠有效氯(HClO、ClO－)将NH或NH3氧化为N2。在不同pH条件下进行电解时，氮的去除率和水中有效氯浓度如图2：

①当pH<8时，主要发生HClO氧化NH的反应，其离子方程式为：__3HClO＋2NH===3Cl－＋N2＋3H2O＋5H＋__。

②结合平衡移动原理解释，当pH<8时，氮的去除率随pH的降低而下降的原因是：__随溶液pH降低，c(H＋)增大，Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH的氧化率下降__。

③当pH>8时，ClO－发生歧化导致有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是(答出一点即可)：__pH升高有利于NH转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化(或pH升高有利于NH转变为NH3，且有利于NH3逸出)__。

Ⅱ．电解除磷

(3)除磷的原理是利用Fe2＋将PO转化为Fe3(PO4)2沉淀。

①用化学用语表示产生Fe2＋的主要过程：__Fe－2e－===Fe2＋__。

②如图为某含Cl－污水在氮磷联合脱除过程中溶液pH的变化。推测在20～40 min时脱除的元素是__磷__。

(4)测定污水磷含量的方法如下：取100 mL污水，调节至合适pH后用AgNO3溶液使磷全部转化为Ag3PO4沉淀。将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定产生的Ag＋，发生反应Ag＋＋SCN－＝AgSCN↓，共消耗c mol/L NH4SCN溶液V mL。则此污水中磷的含量为____mg/L(以磷元素计)。

【解析】　(1)在碱性溶液中，NH3转化为N2，化合价降低得电子，相应的电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2O。(2)①当pH<8时，HClO将NH氧化为N2的离子方程式为3HClO＋2NH===3Cl－＋N2↑＋3H2O＋5H＋；②当pH<8时，随溶液pH降低，c(H＋)增大，Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降；③当pH>8时，ClO－发生歧化导致有效氯浓度下降，NH的氧化率下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是pH升高有利于NH转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而被氧化(或pH升高有利于NH转变为NH3，且有利于NH3逸出)。(3)①除磷时，Fe作阳极失电子，产生Fe2＋的主要过程为Fe－2e－===Fe2＋；②由图溶液pH的变化，在碱性溶液中，电解除氮时2NH3N2＋3H2，消耗NH3，pH会减小。电解除磷，阳极电解铁，阴极电解氢离子，pH会增大，20－40 min时pH增大，则脱除的元素是磷。(4)由关系式P～Ag3PO4～3AgSCN～3NH4SCN可知：n(P)＝n(NH4SCN)＝cV×10－3 mol，则此污水中磷的含量为：cV×10－3 mol×31 g/mol×103 mg/g÷0．1 L＝cV mg/L。

15．(2021·武汉模拟)CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用CH4与CO2制备“合成气”(CO、H2)，还可制备甲醇、二甲醚、碳基燃料等产品。

Ⅰ．制合成气

科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：

第一步：CH4(g)===C(ads)＋2H2(g)(慢反应)

第二步：C(ads)＋CO2(g)===2CO(g)(快反应)

(1)决定制备“合成气”反应速率的是第__一__步，上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：

CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为__CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋(E3－E1)kJ·mol－1__。

Ⅱ．制备甲醇

“合成气”在催化剂作用下反应，可以直接合成甲醇：CO(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＜0，测得相同时间内甲醇产率与温度的关系如图所示。

(2)温度在800 ℃时甲醇产率最高的主要原因是

__800_℃时，反应达到平衡，800_℃前，温度升高，反应速率增大，甲醇产率增大，800_℃后，温度升高，催化剂活性(或选择性)降低，反应速率减慢，甲醇产率降低，或该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低，所以温度在800_℃时甲醇产率最高__。

(3)下列措施能提高CO平衡转化率的是__BD__(填字母)。

A．升温 B．加压

C．加入催化剂 D．增大H2浓度

Ⅲ．脱水制醚

利用“合成气”合成甲醇后，甲醇脱水制得二甲醚的反应为：

2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH，其速率方程式：v正＝k正·c2(CH3OH)，v逆＝k逆·c(CH3OCH3)·c(H2O)，k正、k逆为速率常数且只与温度有关。经查阅资料，上述反应平衡状态下存在计算式：ln Kc＝2．205＋(Kc为化学平衡常数；T为热力学温度，单位为K)。

(4)当T＝500 K时，Kc≈9，在密闭容器中加入一定量甲醇CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数__C__(填标号)。

A．<  B．

C．> D．无法确定

Ⅳ．制备碳基燃料

利用铜基配合物1,10—phenanthroline—Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和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。

(5)①电池工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH__变小__(填“变大”或“变小”)，阴极的电极反应式为__CO2＋2H＋＋2e－===HCOOH__。

②每转移2 mol电子，阴极室溶液质量增加__46__g。

【解析】　(1)化学反应的反应速率取决于慢反应，则决定制备“合成气”反应速率的是第一步；由图可知，CH4与CO2制备“合成气”的反应为吸热反应，反应的反应热ΔH＝＋(E3－E1)kJ·mol－1，则反应的热化学方程式为CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋(E3－E1)kJ·mol－1；

(2)800 ℃时反应达到平衡，800 ℃前，反应未达到平衡，温度升高，反应速率增大，甲醇产率增大，800 ℃后，升高温度，可能导致催化剂活性(或选择性)降低，反应速率减慢，甲醇产率降低，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低，所以温度在800 ℃时甲醇产率最高；

(3)该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，一氧化碳平衡转化率减小，故错误；该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化碳平衡转化率增大，故正确；加入催化剂，化学平衡不移动，一氧化碳平衡转化率不变，故错误；增大反应物氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳平衡转化率增大，故正确；

(4)设T＝500 K时，甲醇的起始物质的量为2 mol，转化率为a，由题意可建立如下三段式：

　　　　2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)

起(mol/L)               0         0

变(mol/L)                       

平(mol/L)                   

由Kc≈9可得：＝9，解得a＝，则平衡时甲醚的物质的量分数为＝＝>，故选C；

(5)①由图可知，该装置为电解池，铂电极为电解池的阳极，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＋，石墨烯电极为阴极，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2＋2H＋＋2e－===HCOOH，由阳极附近有氢离子生成可知，Pt电极附近溶液的氢离子浓度增大，pH变小；

②由阴极的电极反应式可知，电解时，每转移2 mol电子，阴极生成1 mol甲酸，消耗2 mol氢离子，同时有2 mol氢离子从阳极室通过离子交换膜进入阴极室，则阴极室溶液质量增加1 mol×46 g/mol＝46 g。