Question

11．二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题．
（1）CO₂经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO₂（g）+6H₂（g）?C₂H₄（g）+4H₂O（g）△H在0.1MPa时，按n（CO₂）：n（H₂）=1：3投料，如图1所示不同温度（T）下，平衡时的四种气态物质的物质的量（n）的关系．
①该反应的△H＜0（填“＞”、“=”或“＜”）．
②曲线b表示的物质为H₂O．

（2）在强酸性的电解质水溶液中，惰性材料做电极，电解CO₂可得到多种燃料，其原理如图2所示．
①该工艺中能量转化方式主要有太阳能转化为电能，电能转化为化学能．
②b为电源的正（填“正”或“负”）极，电解时，生成丙烯的电极反应式是2CO₂+12H⁺+12e^-=C₂H₄+4H₂O．
（3）以CO₂为原料制取碳（C）的太阳能工艺如图3所示．
①过程1中发生反应的化学方程式为2Fe₃O₄ $\frac{\underline{\;＞2300\;}}{\;}$ 6FeO+O₂↑．
②过程2中每生成1mol Fe₃O₄转移电子的物质的量为2mol．
（4）一定量CO₂溶于NaOH溶液中恰好得到25mL0.1000mol/LNa₂CO₃溶液，在常温下用0.1000mol/L的盐酸对其进行滴定，所得滴定曲线如图4所示．下列有关滴定过程中所得溶液相关微粒的浓度关系正确的是ABCD．
A．a点：c（HCO₃^-）＞c（Cl^-）＞c（CO₃^2-）
B．b点：5c（Cl^-）＞4c（HCO₃^-）+4c（CO₃^2-）
C．c点：c（OH^-）+c（CO₃^2-）=c（H⁺）+c（H₂CO₃）
D．d点：c（H⁺）=2c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（OH^-）

Answer 1

分析 （1）①由图可知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；
②升高温度平衡逆向移动，a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯；
（2）①太阳能电池中光能转化为电能，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，电能转化为化学能；
②解时，二氧化碳在连接电源a极的电极上得电子发生还原反应生成乙烯，a为电源负极，b为电源的正极；
（3）①根据图知，Fe₃O₄在大于2300K时分解为FeO与O₂；
②发生反应：6FeO（S）+CO₂2Fe₃O₄（S）+C，计算C的物质的量，根据C元素化合价变化计算转移电子；
（4）A．a点n（HCl）=0.1000mol/L×0.0125L=0.00125mol，n（Na₂CO₃）=0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，反应生成0.00125molNaHCO₃，剩余0.00125molNa₂CO₃，NaCl为0.00125mol，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子；
B．b点时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点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO₃，根据质子守恒得c（OH^-）+c（CO₃^2-）=c（H⁺）+c（H₂CO₃）；
D．d点n（HCl）=0.1000mol/L×0.050L=0.005mol，为碳酸钠物质的量的二倍，二者反应方程式为 Na₂CO₃+2HCl=2NaCl+CO₂+H₂O，溶液中的溶质为NaCl，会溶解部分二氧化碳，根据质子恒等式可判断．

解答 解：（1）①由图可知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故△H＜0，
故答案为：＜；
②根据图知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，所以b曲线代表H₂O，
故答案为：H₂O；
（2）①太阳能电池中光能转化为电能，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，电能转化为化学能，
故答案为：太阳能转化为电能，电能转化为化学能；
②电解时，二氧化碳在连接电源a极的电极上得电子发生还原反应生成乙烯，a为电源负极，b为电源的正极，生成丙烯的电极反应式为2CO₂+12H⁺+12e^-=C₂H₄+4H₂O，
故答案为：正；2CO₂+12H⁺+12e^-=C₂H₄+4H₂O；
（3）①根据图知，Fe₃O₄在大于2300K时分解为FeO与O₂，反应方程式为2Fe₃O₄ $\frac{\underline{\;＞2300\;}}{\;}$ 6FeO+O₂↑，
故答案为：2Fe₃O₄ $\frac{\underline{\;＞2300\;}}{\;}$ 6FeO+O₂↑；
②发生反应：6FeO（S）+CO₂2Fe₃O₄（S）+C，生成1mol Fe₃O₄时可以得到C的物质的量为0.5mol，转移电子为0.5mol×4=2mol，
故答案为：2mol；
（4）A．a点n（HCl）=0.1000mol/L×0.0125L=0.00125mol，n（Na₂CO₃）=0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，反应生成0.00125molNaHCO₃，剩余0.00125molNa₂CO₃，NaCl为0.00125mol，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，c（HCO₃^-）＞c（Cl^-）＞c（CO₃^2-），故A正确；
B．b点时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），则5c（Cl^-）＞4c（HCO₃^-）+4c（CO₃^2-），故B正确；
C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO₃，根据质子守恒得c（OH^-）+c（CO₃^2-）=c（H⁺）+c（H₂CO₃），故C正确；
D．d点n（HCl）=0.1000mol/L×0.050L=0.005mol，为碳酸钠物质的量的二倍，二者反应方程式为 Na₂CO₃+2HCl=2NaCl+CO₂+H₂O，溶液中的溶质为NaCl，会溶解部分二氧化碳，根据质子恒等式可知，c（H⁺）=2c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（OH^-），故D正确；
故选：ABCD．

点评 本题考查化学平衡图象、原电池和电解池原理、氧化还原反应有关计算、离子浓度大小比较等，（4）中关键是判断各点溶液中溶质，注意掌握物料守恒、电荷守恒、质子恒等式再离子浓度大小比较中应用，难度较大．