Question

11．二氧化碳的回收利用是環保領域研究的熱點課題．
（1）CO₂經催化加氫可合成低碳烯烴：2CO₂（g）+6H₂（g）?C₂H₄（g）+4H₂O（g）△H在0.1MPa時，按n（CO₂）：n（H₂）=1：3投料，如圖1所示不同溫度（T）下，平衡時的四種氣態物質的物質的量（n）的關系．
①該反應的△H＜0（填“＞”、“=”或“＜”）．
②曲線b表示的物質為H₂O．

（2）在強酸性的電解質水溶液中，惰性材料做電極，電解CO₂可得到多種燃料，其原理如圖2所示．
①該工藝中能量轉化方式主要有太陽能轉化為電能，電能轉化為化學能．
②b為電源的正（填“正”或“負”）極，電解時，生成丙烯的電極反應式是2CO₂+12H⁺+12e^-=C₂H₄+4H₂O．
（3）以CO₂為原料制取碳（C）的太陽能工藝如圖3所示．
①過程1中發生反應的化學方程式為2Fe₃O₄ $\frac{\underline{\;＞2300\;}}{\;}$ 6FeO+O₂↑．
②過程2中每生成1mol Fe₃O₄轉移電子的物質的量為2mol．
（4）一定量CO₂溶于NaOH溶液中恰好得到25mL0.1000mol/LNa₂CO₃溶液，在常溫下用0.1000mol/L的鹽酸對其進行滴定，所得滴定曲線如圖4所示．下列有關滴定過程中所得溶液相關微粒的濃度關系正確的是ABCD．
A．a點：c（HCO₃^-）＞c（Cl^-）＞c（CO₃^2-）
B．b點：5c（Cl^-）＞4c（HCO₃^-）+4c（CO₃^2-）
C．c點：c（OH^-）+c（CO₃^2-）=c（H⁺）+c（H₂CO₃）
D．d點：c（H⁺）=2c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（OH^-）

Answer 1

分析 （1）①由圖可知，升高溫度，氫氣物質的量增大，說明平衡逆向移動，則正反應是放熱反應；
②升高溫度平衡逆向移動，a曲線隨著溫度升高，物質的量增大，為二氧化碳，b、c隨著溫度升高其物質的量降低，為生成物水、乙烯，但水的變化量大于乙烯；
（2）①太陽能電池中光能轉化為電能，電解強酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，電能轉化為化學能；
②解時，二氧化碳在連接電源a極的電極上得電子發生還原反應生成乙烯，a為電源負極，b為電源的正極；
（3）①根據圖知，Fe₃O₄在大于2300K時分解為FeO與O₂；
②發生反應：6FeO（S）+CO₂2Fe₃O₄（S）+C，計算C的物質的量，根據C元素化合價變化計算轉移電子；
（4）A．a點n（HCl）=0.1000mol/L×0.0125L=0.00125mol，n（Na₂CO₃）=0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，反應生成0.00125molNaHCO₃，剩余0.00125molNa₂CO₃，NaCl為0.00125mol，碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子；
B．b點時n（HCl）=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，n（Na₂CO₃）=0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，由物料守恒可知5c（Cl^-）=4c（HCO₃^-）+4c（CO₃^2-）+4c（H₂CO₃）；
C．c點時n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反應生成NaHCO₃，根據質子守恒得c（OH^-）+c（CO₃^2-）=c（H⁺）+c（H₂CO₃）；
D．d點n（HCl）=0.1000mol/L×0.050L=0.005mol，為碳酸鈉物質的量的二倍，二者反應方程式為 Na₂CO₃+2HCl=2NaCl+CO₂+H₂O，溶液中的溶質為NaCl，會溶解部分二氧化碳，根據質子恒等式可判斷．

解答 解：（1）①由圖可知，升高溫度，氫氣物質的量增大，說明平衡逆向移動，則正反應是放熱反應，故△H＜0，
故答案為：＜；
②根據圖知，升高溫度，氫氣物質的量增大，說明平衡逆向移動，則正反應是放熱反應；a曲線隨著溫度升高，物質的量增大，為二氧化碳，b、c隨著溫度升高其物質的量降低，為生成物水、乙烯，但水的變化量大于乙烯，所以b曲線代表H₂O，
故答案為：H₂O；
（2）①太陽能電池中光能轉化為電能，電解強酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，電能轉化為化學能，
故答案為：太陽能轉化為電能，電能轉化為化學能；
②電解時，二氧化碳在連接電源a極的電極上得電子發生還原反應生成乙烯，a為電源負極，b為電源的正極，生成丙烯的電極反應式為2CO₂+12H⁺+12e^-=C₂H₄+4H₂O，
故答案為：正；2CO₂+12H⁺+12e^-=C₂H₄+4H₂O；
（3）①根據圖知，Fe₃O₄在大于2300K時分解為FeO與O₂，反應方程式為2Fe₃O₄ $\frac{\underline{\;＞2300\;}}{\;}$ 6FeO+O₂↑，
故答案為：2Fe₃O₄ $\frac{\underline{\;＞2300\;}}{\;}$ 6FeO+O₂↑；
②發生反應：6FeO（S）+CO₂2Fe₃O₄（S）+C，生成1mol Fe₃O₄時可以得到C的物質的量為0.5mol，轉移電子為0.5mol×4=2mol，
故答案為：2mol；
（4）A．a點n（HCl）=0.1000mol/L×0.0125L=0.00125mol，n（Na₂CO₃）=0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，反應生成0.00125molNaHCO₃，剩余0.00125molNa₂CO₃，NaCl為0.00125mol，碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，c（HCO₃^-）＞c（Cl^-）＞c（CO₃^2-），故A正確；
B．b點時n（HCl）=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，n（Na₂CO₃）=0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，由物料守恒可知5c（Cl^-）=4c（HCO₃^-）+4c（CO₃^2-）+4c（H₂CO₃），則5c（Cl^-）＞4c（HCO₃^-）+4c（CO₃^2-），故B正確；
C．c點時n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反應生成NaHCO₃，根據質子守恒得c（OH^-）+c（CO₃^2-）=c（H⁺）+c（H₂CO₃），故C正確；
D．d點n（HCl）=0.1000mol/L×0.050L=0.005mol，為碳酸鈉物質的量的二倍，二者反應方程式為 Na₂CO₃+2HCl=2NaCl+CO₂+H₂O，溶液中的溶質為NaCl，會溶解部分二氧化碳，根據質子恒等式可知，c（H⁺）=2c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（OH^-），故D正確；
故選：ABCD．

點評 本題考查化學平衡圖象、原電池和電解池原理、氧化還原反應有關計算、離子濃度大小比較等，（4）中關鍵是判斷各點溶液中溶質，注意掌握物料守恒、電荷守恒、質子恒等式再離子濃度大小比較中應用，難度較大．