浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编38化学反应的热效应（2）
一、单选题
1．（2022·浙江·模拟预测）已知：在标准压强(101 kPa)、298 K下，由最稳定的单质合成1 mol物质B的反应焓变叫做物质B的标准摩尔生成焓，用表示。有关物质的如图所示。下列有关判断正确的是
A．2 mol NO(g)的键能大于1 mol 与1 mol 的键能之和-
B．的
C．标准燃烧热为
D．比稳定
2．（2022·浙江·模拟预测）用一种较活泼的金属把另一种金属从化合物中还原出来的方法称为金属热还原法。钠、镁、铝是常用的还原剂。一些常见的金属热还原反应如下：
序号 反应(省略反应条件)
① 487 207.53
② 4 -15.70
③ 381.77 223.06
④ -899.8 -291
下列说法不正确的是
A．反应①表明金属键强度：Al>Ba
B．对于反应： ， ，可以推出
C．反应③说明金属活动性顺序：Mg>Rb
D．焓变对反应④能否自发进行有决定性影响
3．（2022·浙江·模拟预测）由金属单质和氯气反应得到和的能量关系如图所示(M=Ca、Ba)。下列说法不正确的是
A．
B．
C．
D．
4．（2022·浙江·模拟预测）在下催化和反应时的反应机理如下。
反应①：
反应②：
下列说法正确的是
A．反应①的
B．在高温条件下能自发进行、低温条件下不能自发进行
C．
D．使用可以降低反应的焓变
5．（2022·浙江·统考一模）在298K和100kPa压力下，已知金刚石和石墨的熵、燃烧热和密度分别为：
物质 S/(J·K 1·mol 1) H/(kJ·mol 1) ρ/(kg·m 3)
C(金刚石) 2.4 395.40 3513
C(石墨) 5.7 393.51 2260
此条件下，对于反应C(石墨)→C(金刚石)，下列说法正确的是
A．该反应的 H＜0， S＜0
B．由公式 G＝ H T S可知，该反应 G＝985.29kJ·mol 1
C．金刚石比石墨稳定
D．超高压条件下，石墨有可能变为金刚石
6．（2022·浙江绍兴·统考一模）HCl(g)溶于大量水的过程放热，循环关系如图所示：
下列说法不正确的是
A．，
B．若将循环图中Cl元素改成Br元素，相应的
C．
D．
7．（2022·浙江·一模）在标准状况下由指定单质生成1mol化合物时的恒压反应热，叫做标准摩尔生成焓，用符号△fH表示。而离子的标准生成焓是指从指定单质生成1mol溶于足够大量水中(无限稀释)的离子时所产生的热效应，并规定以H+为基准并指定其标准生成焓为0。相关数据如表[(cr)表示晶体状态，△fH表示标准摩尔反应焓变]。
物质 HCl NaHCO3 NaCl H2O CO2 H+ Na+ Cl- HCO
状态 (g) (cr) (cr) (l) (g) (aq) (aq) (aq) (aq)
△fH/kJ mol-1 -92.3 -950.8 -411.2 -285.8 -393.5 0 -240.1 -167.2 -692
下列说法不正确的是
A．HCl(g)=H+(aq)+Cl-(aq) △fH=-74.9kJ/mol
B．NaCl晶体溶于水并无限稀释的过程需吸收热量
C．标准状况下将HCl气体通入NaHCO3溶液，反应吸热
D．等量粉末状和块状NaHCO3晶体溶于水(无限稀释)时，块状晶体吸收热量更多
8．（2022·浙江温州·统考模拟预测）标准状态下，1mol纯物质的相对能量及解离为气态原子时所消耗的能量如下表所示：
物质
相对能量/ 0 0 x 0 -75 -393.5
解离总耗能/kJ 498 946 632 717 1656 y
下列说法正确的是
A．
B．逐级断开中的每摩尔C—H所消耗的能量均为414kJ
C．解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为239kJ
D．根据的可计算出H—O键能
9．（2022·浙江·统考模拟预测）苯与卤素发生取代反应可细分为：
①C6H6(苯)+ X+X2→C6H5 +X2+HX △H1
②C6H5 +X2+HX→C6H5X+HX+ X △H2
下图1、2表示反应中部分物质的含量(测量反应过程中多个时间点的各物质含量，去除开始时与结束前的极端值后取平均值)，已知图1为使用催化剂前，图2为使用催化剂后，下表为相关△H的数据。
X Cl Br
△H1(kJ mol-1) 10 20
△H2(kJ mol-1) -111 -100
下列说法正确的是
A．可推知H-Cl键的键能比H-Br键的键能大10 kJ mol-1
B．1mol苯与1mol氯气反应将会向环境释放101kJ热量
C．使用催化剂后会改变△H1，但不会改变△H1+△H2
D．反应②为总反应的决速步，催化剂的机理为降低反应②的活化能
10．（2022·浙江·一模）乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理、能量与反应进程的关系如图。下列说法正确的是
A．由上图可知总反应一定不需加热就能进行 B．第①步反应只有O-H键发生断裂
C．总反应速率由第①步反应决定 D．第①②③步反应都是放热反应
11．（2022·浙江·模拟预测）卤代烃在有机合成中发挥着重要桥梁作用，研究卤代烃的反应历程十分有意义。发生水解反应的历程如图所示：
说明：①E表示方框中物质的总能量（单位：kJ/mol），TS表示过渡态。
②相关化学键键能：为351kJ/mol。
下列说法错误的是
A．水解反应过程中中心碳原子的杂化轨道类型发生变化
B．水解总反应的可表示为
C．若，则决定速率步骤的化学方程式为
D．若，C—Br键能为426kJ/mol
12．（2022·浙江绍兴·统考模拟预测）如图是金属镁和卤素反应的能量变化图(反应物和产物均为298K时的稳定状态)，下列说法不正确的是
A．与反应的
B．中与间的作用力小于中与间的作用力
C．化合物的热稳定性顺序为：
D．
二、原理综合题
13．（2022·浙江·统考模拟预测）CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。请回答：
(1)CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：
①已知相关反应的能量变化如图所示，过程Ⅰ的热化学方程式为_______。
②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是_______(填序号)。
a.实现了含碳物质与含氢物质的分离 b.可表示为CO2＋H2=H2O(g)＋CO
c.CO未参与反应 d. Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的△H
③其他条件不变，在不同催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ作用下，反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态_______(填“是”或“不是”)平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是_______。
(2)在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni/α- Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，若达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp=_______(kPa)2。(用各物质的分压代替物质的量浓度计算，列出计算式)
(3)CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸(H2C2O4)。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中c(H2C2O4)=c(C2O)，则此时溶液的pH=_______。(已知常温下H2C2O4的Ka1=6×10－2，Ka2=6×10－5，lg6=0.8)
14．（2022·浙江·一模）利用CO2合成甲醇、二甲醚技术是有效利用CO2资源，实现“碳中和”目标的重要途径。
(1)开发CO2直接催化加氢合成二甲醚技术是很好的一个研究方向。
主反应：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H1=-122.54kJ mol-1
副反应：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H2
①已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热△H分别为-285.8kJ mol-1、-283.0kJ mol-1，H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ mol-1，则△H2=_______kJ/mol。
②其他条件相同时，反应温度对CO2平衡转化率影响如下图所示。CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大的原因可能是_______。
③在催化剂作用下，向恒温恒压(250℃、3.0MPa)的密闭容器中充入反应气，n(CO)：(CO2)：n(H2)=1：5：20。反应平衡时测得CO2的转化率为20%，二甲醚的选择性为80%(已知二甲醚的选择性=×100%)，则副反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)的Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(2)利用CO2合成甲醇也是有效利用CO2资源的重要途径。将原料气(CO2)：n(H2)=1：3充入某一恒容密闭容器中，只发生CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H3<0，在不同催化剂作用下，反应tmin时CO2的转化率随温度的变化如图所示。
①下列说法正确的是_______。
A．使用催化剂I时，d点已达到平衡
B．T3K的平衡常数大于T4K的平衡常数
C．若a点时，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，则此条件下反应已达到最大限度
D．c点转化率比a点低的原因一定是催化剂活性降低
②若图中a点时反应已达平衡，现原料气按(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容密闭容器中，在催化剂I的作用下发生反应。请在图中用实线画出了T3K～T5K之间CO2的平衡转化率变化曲线_______。
(3)水煤气变换反应的机理被广泛研究，其中有一种为羧基机理，某催化剂催化CO*+H2O* CO2*+H2(g) (*表示吸附态、Ea表示活化能)步骤如下：
Ⅰ.H2O*→OH*+H* Ea1=141.7kJ/mol
Ⅱ.CO*+OH*→COOH* Ea2=39.5kJ/mol
Ⅲ.COOH*→CO2*+H* Ea3=132.1kJ/mol
Ⅳ.2H*→H2(g) Ea4=97.4kJ/mol
反应CO*+H2O* CO2*+H2(g)的决速步骤是_______(填序号)。
15．（2022·浙江绍兴·统考一模）丙烷脱氢氧化是丙烷脱氢制丙烯技术的进一步发展，反应过程中伴有生成甲烷、乙烷等物质副反应，涉及反应如下：
主反应
Ⅰ：
副反应
Ⅱ：
Ⅲ：
Ⅳ：
(1)判断反应Ⅱ自发进行可用来表述，若，反应能自发进行。反应Ⅱ在1000K时能自发进行的理由_______。(要列出计算过程)
(2)若仅考虑主反应Ⅰ，一定温度下，向恒压密闭容器中通入一定量丙烷，反应后测得的组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)为：、
①该温度下反应的平衡常数的数值为_______。(单位用MPa，保留3位有效数字)
②平衡时丙烷的转化率为_______。
(3)对于反应Ⅰ，某课题组研究设计一套丙烷连续催化脱氢装置如图。
①将1mol丙烷(温度为590℃)以恒定的流速依次逐个通过三个相同的装置，画出丙烯的产率随着时间的变化阶段二和阶段三的图像。(每个阶段反应均未达到平衡)_______
②为提高丙烯的产率，向a、b管中同时通入适量的，需要适量的理由是_______。
(4)下列说法正确的是_______。
A．对于主反应Ⅰ，其他条件不变，充入，该反应的平衡常数减小
B．若只考虑反应Ⅳ，恒温恒容下充入原料气体，若压强不变则该反应达到了平衡
C．副反应Ⅲ对应的是右图中反应(3)
D．主反应断裂C-H键，副反应Ⅱ、Ⅳ断裂C-C键，由图可知高温条件下断裂C-C键更容易，因此要选择合适的催化剂在合适的温度下低压合成比较有利主反应
16．（2022·浙江宁波·统考一模）利用CO2合成甲醇、二甲醚技术是有效利用CO2资源，实现“碳中和”目标的重要途径。
(1)开发CO2直接催化加氢合成二甲醚技术是很好的一个研究方向。
主反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H1=-122.54kJ mol-1
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
①已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热△H分别为-285.8kJ mol-1、-283.0kJ mol-1，H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ mol-1，则△H2=____kJ/mol。
②其他条件相同时，反应温度对CO2平衡转化率影响如图所示。CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大的原因可能是____。
③在催化剂作用下，向恒温恒压(250℃、3.0MPa)的密闭容器中充入反应气，n(CO)：(CO2)：n(H2)=1：5：20，反应平衡时测得CO2的转化率为20%，二甲醚的选择性为80%(已知二甲醚的选择性=×100%)，则副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的Kp=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(2)利用CO2合成甲醇也是有效利用CO2资源的重要途径。将原料气(CO2)：n(H2)=1：3充入某一恒容密闭容器中，只发生CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H3<0，在不同催化剂作用下，反应tmin时CO2的转化率随温度的变化如图所示。
①下列说法正确的是____。
A．使用催化剂I时，d点已达到平衡
B．T3K的平衡常数大于T4K的平衡常数
C．若a点时，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，则此条件下反应已达到最大限度
D．c点转化率比a点低的原因一定是催化剂活性降低
②若图中a点时反应已达平衡，现原料气按(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容密闭容器中，在催化剂I的作用下发生反应。请在图中用实线画出了T3K～T5K之间CO2的平衡转化率变化曲线____。
(3)水煤气变换反应的机理被广泛研究，其中有一种为羧基机理，某催化剂催化CO*+H2O*CO2*+H2(g) (*表示吸附态、Ea表示活化能)步骤如下：
I.H2O*→OH*+H* Ea1=141.7kJ/mol
II._____ Ea2=39.5kJ/mol
III.COOH*→CO2*+H* Ea3=132.1kJ/mol
IV.______ Ea4=97.4kJ/mol
①请补充其中的一个反应式：II_____。
②反应CO*+H2O*CO2*+H2(g)的决速步骤是____(填序号)。
17．（2022·浙江温州·统考模拟预测）C、CO、是常见还原剂。不同的反应，选择合理的还原剂以达到不同的工艺意图。工业上常见几种还原反应如下：
反应I：
反应II：
反应III：
反应IV：
反应V：
回答下列问题。
(1)从的角度，说明反应I自发进行的可能性：_______。
(2)①其他条件不变，分别测定CO还原FeO、还原FeO反应体系中，平衡时、CO体积分数与温度的关系如图所示。关于该类还原反应，有关说法不正确的是_______。
A．温度越高，FeO被CO还原的程度越大
B．温度越低，还原生成铁所需的的浓度越大
C．若还原FeO活化能相对较小，则混合气体系中的还原FeO速率由决定
D．宜在低温下进行
②结合反应I及图示信息，说明随温度升高，在平衡体系中，与CO还原FeO的能力发生变化的原因：_______。
③计算576℃反应III的平衡常数K=_______。
(3)根据反应IV，在如图中分别画出、的能量变化，并进行必要的标注_______。
(4)已知基元反应的速率方程可表示为：(k为速率常数，下同)。碰撞理论研究发现，大多数化学反应并不是经过简单的碰撞就能完成，往往需经过多个反应步骤才反应过程能实现。用还原合成HI的反应实际上经过两步基元反应完成的：
已知快反应近似平衡态。若在温度为T℃下，，。写出T℃下反应的速率方程：v=_______(用含、、、a、b的代数式表示)
18．（2022·浙江·统考模拟预测）氮元素在工业应用上具有重要地位。
请回答：
(1)某实验兴趣小组对F.Daniels的N2O4气体分解实验学习后，探究相关类似实验。在T1℃下，将N2O4气体通入1 L容器内，容器内存在如下反应：
反应Ⅰ 主反应： K1
反应Ⅱ 副反应： K2
①向该容器内通入4 mol N2O5和2 mol NO2，等到反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡后，测得c(NO2)=5 mol/L，c(N2O4)=0.5 mol/L，，则此温度下N2O5的转化率=_______。
②通过控制条件，使该容器内只进行反应Ⅰ，下列说法正确的是_______。
A．当4v ( N2O5消耗)=2v(NO2消耗)时，该化学反应达到平衡
B．反应达到平衡时，缩小容器体积，平衡常数K1变小，N2O5的转化率下降
C．恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，N2O5的转化率将提高
D．恒容状态下，通入N2O5、NO2、O2各5 mol，反应达到平衡后，c(O2)＜5 mol/L
(2)已知：反应Ⅲ
反应Ⅳ
①写出NO与H2反应生成NH3和O2的热化学方程式，判断该反应自发进行的条件并说明理由：_______。
②反应Ⅲ为工业制氨的化学方程式。如图1为工业制氨反应中逆反应速率与时间(t)的关系图。已知t1时，该反应恰好达到化学平衡。t1时，将该化学反应体系升温到T℃(t2时恰好达到化学平衡)。t2时，向该化学反应体系加入正催化剂，用曲线画出t1 ~t3时间段中逆反应速率。_______。
③关于反应Ⅳ，恒容状态下N2进气速度对O2的转化率影响如图2。请解释曲线中A点到B点变化的原因：_______。
19．（2022·浙江·模拟预测）H2在化学工业中有重要用途，中国科学家在以H2为还原剂清除NO的研究方面取得了显著成果，其相关反应如下：
主反应：2NO(g) +2H2(g) N2(g) +2H2O(g) △H1
副反应：2NO(g) +H2(g) N2O(g) +H2O(g)△H2
试回答下列问题：
(1)已知相关反应过程中的能量变化如下：
则主反应的△H1=_______kJ· mol-1，该反应在_______(填“ 低温”或“高温” )下能自发进行。
(2)研究表明主反应的速率可表示为v=k·c2(NO) ·c(H2)(k为速率常数)。根据Arrhenius方程：lg(R为常数，Ea为反应的活化能)，可判断影响速率常数k的外界因素有_______(填两种)。
(3)在催化剂作用下，将原料气NO、H2按 )=1充入某刚性密闭容器中，在不同温度下，反应相同时间时测得混合气体中N2、N2O的体积分数随温度的变化关系如图所示：
①由图可知，混合气体中N2的体积分数明显高于N2O的原因可能是_______(填1种)；温度高于205°C时，N2的体积分数随温度的升高而减小的原因可能是_______(列出2点)。
②200°C时，下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是_______ (填序号)。
a．混合气体的密度保持不变
b．N2的生成速率等于N2O的消耗速率
c．保持不变
d．H2O(g)的体积分数保持不变
(4)T° C时，向2 L添加催化剂的刚性恒温密闭容器中充入1 mol NO和3 mol H2，发生上述反应，容器内压强随时间的变化如下表(不考虑催化剂对压强的影响)：
时间/ min 0 20 40 60 80
压强/MPa p0 0.96p0 0. 92p0 0. 90p0 0. 90p0
已知平衡时N2的选择性为90% [N2的选择性= ]，则NO的有效去除率 (NO转化为N2)为_______% ；根据(2)中的速率方程计算主反应在60 min时的速率v=_______。(无需注明单位，用含k的代数式表示)。
20．（2022·浙江·模拟预测）2022年北京冬奥会主火炬首次采用以氢气为燃料的微火形式，体现了绿色奥运理念。工业上，利用天然气制备氢气，还可得到乙烯、乙炔等化工产品，有关反应原理如下：
反应l：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) △H1
反应2：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) △H2
请回答下列问题：
(1)已知几种物质的燃烧热数据如下：
物质 CH4(g) C2H2(g) C2H4(g) H2(g)
燃烧热(ΔH/kJ·mol-1) -890.3 -1299.5 -1411.0 -285.8
能表示C2H2(g)燃烧热的热化学方程式为_______。
(2)向恒温恒容密闭容器中充入适量CH4，发生上述反应1和反应2。下列情况不能说明上述反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．气体总压强不随时间变化 B．气体密度不随时间变化
C．气体平均摩尔质量不随时间变化 D．H2体积分数不随时间变化
(3)实验测得2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的速率方程：v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆·c(C2H2)·c3(H2)(k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。T1℃下反应达到平衡时k正=1.5k逆，T2℃下反应达到平衡时k正=3k逆。由此推知，T1_______(填“>”、“<”或“=”)T2。
(4)在密闭容器中充入CH4，发生上述反应1和反应2。在不同催化剂Cat1、Cat2作用下，测得单位时间内H2的产率与温度的关系如图1。在其他条件相同时，催化效率较高的是_______(填“Cat1”或“Cat2”)。在Cat2作用下，温度高于500°C时，H2的产率降低的可能原因是_______。
(5)一定温度下，总压强恒定为121kPa时，向密闭容器中充入由CH4和N2组成的混合气体(N2不参与反应)，同时发生反应1和反应2，测得CH4的平衡转化率与通入气体中CH4的物质的量分数的关系如图2。
①图2中，随着通入气体中CH4的物质的量分数增大，甲烷的平衡转化率降低的主要原因是_______。
②已知M点对应的乙炔的选择性为75%[乙炔的选择性=]。该温度下，生成的H2的分压为_______kPa。
参考答案：
1．D
【详解】A．根据题图，NO(g)的标准摩尔生成焓为，的反应物键能之和-生成物键能之和，即2mol NO(g)的键能小于1mol 与1 mol 的键能之和，A错误；
B．同种物质气态时的能量高于液态时的能量，的，B错误；
C．由题图数据可计算出①，②，②-①可得，的标准燃烧热是指生成液态水时放出的热量，应大于，C错误；
D．的标准摩尔生成焓为，的标准摩尔生成焓为，和反应生成放热，而生成吸热，则的能量比低，较稳定，D正确；
故选D。
2．C
【详解】A．金属的熔、沸点与金属键强度有关，金属键强度越大，熔、沸点越高，相同温度下Al为液态，Ba为气态，说明Ba的金属键强度小于Al，A正确；
B．根据盖斯定律，反应②的，，所以，B正确；
C．根据元素周期律，Rb金属性大于Na，而金属性Na大于Mg，所以金属活动性顺序：Rb>Mg，C错误；
D．对于反应④ ，，反应能自发，所以温度小于3092.1K能自发进行，只有当温度大于3092.1K时，，此时反应不能自发进行，说明焓变对该反应能否自发进行有决定性影响，D正确。
故答案选C。
3．A
【详解】A．和分别代表M元素的第一电离能和第二电离能，均大于0，所以，A错误；
B．断键形成两个气态氯原子，该过程吸热，所以，气态氯原子得到一个电子可以形成稳定的8电子结构，该过程放热，所以，因此，B正确；
C．同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：，即，C正确；
D．由盖斯定律可知：，D正确。
故选A。
4．C
【详解】A．，反应①为吸热反应，该反应能自发进行，说明，即，A错误；
B．为放热反应，即，反应过程中，气体分子数减小，则，根据时反应能自发进行，可知该反应低温下能自发进行、高温下不能自发进行，B错误；
C．的催化氧化反应为放热反应，反应①+反应②得反应，结合盖斯定律，则，已知、，则，C正确；
D．为催化剂，催化剂可降低反应的活化能，但不能改变焓变，D错误。
故选C。
5．D
【详解】A．根据燃烧热的定义可知：C(金刚石，s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-395.40kJ·mol 1，C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.51kJ·mol 1，反应C(石墨)→C(金刚石)的ΔH=(-393.51kJ·mol 1)-(-395.40kJ·mol 1)=1.89kJ·mol 1＞0，ΔS=S(金刚石)-S(石墨)=2.4J·K 1·mol 1-5.7J·K 1·mol 1=-3.3J·K 1·mol 1＜0，A错误；
B．由公式 G= H T S可知，该反应 G=1.89kJ·mol 1-298K(-3.3J·K 1·mol 1)=2.8734kJ·mol 1，B错误；
C．由A选项可知，反应C(石墨)→C(金刚石)是吸热反应，说明质量相同时，石墨的能量较低，则石墨比金刚石稳定，C错误；
D．由于金刚石的密度比石墨大，故质量相同时，金刚石的体积小，则反应C(石墨)→C(金刚石)是体积减小的过程，由影响相变速率的因素可知，随着体积差的增大，增大压强，成核速率加快，有利于相变向密度大的多面体方向转变；故超高压条件下，石墨有可能变为金刚石，D正确；
故选D。
6．C
【分析】结合转化过程，HCl（g）转化为H（g）、Cl（g）吸收能量，H（g）→H+（g）、Cl（g）→Cl-（g）放出热量，H+（g）→H+（aq）、Cl-（g）→Cl-（aq）放出热量，据此分析。
【详解】A．总反应放热，根据转化过程氢离子、氯离子溶于水的过程放出热量，，，A正确；
B．Cl的非金属性大于Br，放热反应焓变为负值，，B正确；
C．根据转化过程=，C错误；
D．H原子非金属性小于Cl原子，，故，D正确；
故选C。
7．C
【详解】A．由题中标准摩尔生成焓的定义可得反应HCl(g)=H+(aq)+Cl-(aq)的，A正确；
B．由题可知反应的，，反应为吸热反应，B正确；
C．由题可知反应的，可得，反应为放热反应，C错误；
D．由题可知反应的，可得，反应为吸热反应，块状晶体与水的接触面积小，离子与水结合放出的能量小，吸收热量更多，D正确；
故选C。
8．D
【详解】A．焓变=生成物总能量-反应物总能量，则，焓变=反应物总键能-生成物总键能，即498+946-632×2=2x，，故A错误；
B．逐级断开中的每摩尔C—H所消耗的能量不相等，故B错误；
C．石墨晶体中每个碳原子形成3条共价键，两个碳原子形成1条键，则1mol石墨含有1.5molC-C键，解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为478kJ，故C错误；
D．焓变=反应物总键能-生成物总键能，的可计算出y值，再根据的可计算出H—O键能，故D正确；
选D。
9．A
【详解】A．从表中可以得出，△H1(Cl)-△H1(Br)=(10-20) kJ mol-1=-10 kJ mol-1，两个过程中其它键的断裂情况相同，只有形成H-Cl键和比H-Br键不同，由此可推知H-Cl键的键能比H-Br键的键能大10 kJ mol-1，A正确；
B．利用盖斯定律，将反应①+②，可得出C6H6(苯)+X2→C6H5X+HX △H=△H1+△H2=-101 kJ mol-1，由于苯与氯气发生的反应为可逆反应，所以1mol苯与1mol氯气反应向环境释放的热量小于101kJ，B不正确；
C．使用催化剂后，只能改变反应的活化能，不能改变△H1和△H2，也不会改变△H1+△H2，C不正确；
D．从图中可以看出，加入催化剂后，C6H5 的百分含量增大较少，而C6H5X的百分含量增大很多，则表明反应①的反应速率慢，反应②的反应速率快，从而确定反应②为总反应的决速步，催化剂的机理为降低反应②的活化能，D不正确；
故选A。
10．C
【详解】A．虽然总反应是放热反应，但第①步反应是吸热反应，所以需加热才能进行，A不正确；
B．第①步反应中，断裂O-H键、碳碳双键中的一个键，形成碳氢键，B不正确；
C．因第②③步反应为放热反应，第①步反应为吸热反应，所以总反应速率由第①步反应决定，C正确；
D．由图可知，第②③步反应都是放热反应，但第①步反应为吸热反应，D不正确；
故选C。
11．D
【详解】A．到碳原子由杂化变为杂化，到碳原子由杂化变为杂化，故A正确；
B．根据反应热等于生成物能量减去反应物能量，，故B正确；
C．移项得，第一步反应的活化能大于第二步，第一步速率慢，是决速步，故C正确；
D．反应物键能总和-生成物键能总和，，，故D错误；
故选D。
12．C
【详解】A．与反应中，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，，A项正确；
B．相同类型的离子晶体中，离子键越大，则离子间作用力越强，物质含有的能量越低，所以中与间的作用力小于中与间的作用力，B项正确；
C．能量低的更稳定，则化合物的热稳定性顺序为，C项错误；
D．Mg(s)+F2(g)=MgF2(s) =-1124kJ/mol①，Mg(s)+ Br2(l)=MgBr2 (s) =-524kJ/ mol②，将方程式②-①得，D项正确；
答案选C。
13．(1) CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=247.4kJ·mol-1 cd 不是 b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高
(2)
(3)2.7
【详解】（1）①据CH4超干重整CO2的催化转化图，过程I的化学反应为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。由能量－反应进程曲线得热化学方程式：
CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.2kJ·mol-1 (i)
CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH=－165kJ·mol-1 (ii)
根据盖斯定律，(i)×2+(ii)得过程I的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=247.4kJ·mol-1；
②过程Ⅱ物质变化为：左上(CO、H2、CO2)+ 右下(惰性气体)→ 左下(H2O)+ 右上(CO、惰性气体)，总反应为H2+CO2=H2O+CO。Fe3O4、CaO为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的ΔH；综上所述ab正确，cd错误；
③通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间，但催化剂不能使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。若图中a点为化学平衡，则保持温度不变(800℃)，将催化剂Ⅱ换成Ⅰ或Ⅲ，CH4的平衡转化率应不变，故a点不是化学平衡；
同理，图中b、c两点都未达到化学平衡，据题意，b、c两点只有温度不同，b点温度较高，反应速率快，相同时间内CH4转化率高；
（2）起始总压为20kPa+25kPa=45kPa，则平衡时总压为45kPa×1.8=81kPa，Δp=81kPa-45kPa=36kPa，根据方程式CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)可知，每消耗1molCH4、CO2，生成2molCO、H2，气体总物质的量增加2mol，恒容条件下压强之比等于物质的量之比，所以当Δp=36kPa，消耗CH4、CO2均为18kPa，生成的CO、H2均为36kPa，则平衡时CH4为20kPa-18kPa=2kPa，CO2为25kPa-18kPa=7kPa，所以Kp=(kPa)2；
（3）c(H2C2O4)=c(C2O)，即=1，===1，所以此时c(H+)===6×10-3.5mol/L，pH=-lg6×10-3.5=2.7。
14．(1) +41.2 温度低于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率减小。温度高于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度大于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率增大 0.024(或)
(2) BC
(3)I
【详解】（1）①根据题意有，a.，b. ，c. ，根据盖斯定律，由a+b-c可得CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，则ΔH2= (-285.8kJ mol-1)+( +44kJ mol-1)-( -283.0kJ mol-1)=+41.2 kJ mol-1，故答案为：+41.2；
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度主反应平衡向左移动，副反应平衡向右移动，温度低于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率减小，温度高于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度大于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率增大，故答案为：温度低于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率减小，温度高于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度大于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率增大；
③设n(CO)、n(CO2)、n(H2)分别为1mol、5mol和20mol，则有：
则达到平衡时，n(CO)=1.2mol，n(CO2)=4mol，n(H2)=17.4mol，n(CH3OCH3)=0.4mol，n(H2O)=1.4mol，平衡时混合气体总物质的量为24.4mol，副反应，故答案为：0.024(或)；
（2）①A．使用催化剂I时，CO2的转化率随温度升高先增大后减小。温度低于T4时，该反应未达平衡，温度升高，CO2的转化率随着化学反应速率增大而增大；温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动，因此d点未达到平衡，故A错误；
B．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，因此T3K的平衡常数大于T4K的平衡常数，故B正确；
C．a点时，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，则达到化学平衡状态，此时反应已达到最大限度，故C正确；
D．温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动，故D错误；
故答案为：BC；
②原料气按(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容密闭容器中达到平衡，相当于在平衡点a减少氢气的物质的量，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，因此在T4时，CO2的平衡转化率在a点下方。又因为温度升高，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率逐渐降低，由此可画出T3K～T5K之间CO2的平衡转化率变化曲线如图：，故答案为：；
（3）步骤I- IV中活化能：Ea1> Ea3> Ea4> Ea2，则活化能最大的是步骤I，活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，因此决速步骤是I，故答案为：I。
15．(1)，，，所以反应在1000K时能自发
(2) 2.25 0.75
(3) 氧气能直接与氢气反应生成水，快速释放大量热，有利于加快反应速率，提高丙烯产率。但氧气过多易发生产物的深度氧化，副反应大幅增加，降低丙烯产率
(4)CD
【分析】根据已知，丙烷经过三个装置，丙烯产率逐渐增加，越衡状态，速率变化越小，丙烯产率变化越小；
【详解】（1）根据题意，反应Ⅱ中，，，，所以反应在1000K时能自发，故填，，，所以反应在1000K时能自发；
（2）①根据反应，已知平衡时，，则，，，故填；
②平衡时总压为，设通入a mol丙烷，平衡时转化x mol，则平衡时、、，即有，，解得，转化率为75%，故填75%；
（3）①根据已知，丙烷经过三个装置，丙烯产率逐渐增加，越衡状态，速率变化越小，丙烯产率变化越小，其三个阶段的产率变化图像为：
，故填；
②反应中有氢气生成，氧气能直接与氢气反应生成水，快速释放大量热，有利于加快反应速率，提高丙烯产率。但氧气过多易发生产物的深度氧化，副反应大幅增加，降低丙烯产率，故填氧气能直接与氢气反应生成水，快速释放大量热，有利于加快反应速率，提高丙烯产率。但氧气过多易发生产物的深度氧化，副反应大幅增加，降低丙烯产率；
（4）A．平衡常数与温度有关，其他条件不变，平衡常数不变，故A错误；
B．反应Ⅳ为分子数不变的反应，压强改变对平衡没有影响，故B错误；
C．副反应Ⅲ和Ⅳ都是放热反应，升高温度平衡常数减小，反应Ⅲ放出热量更多，温度对其影响更大，对应图中反应(3)，故C正确；
D．图中反应(2)对应反应Ⅰ，反应(1)对应反应Ⅱ，温度高对其影响大，因此要选择合适的催化剂在合适的温度下低压合成比较有利主反应，故D正确；
故选CD。
16．(1) +41.2 温度低于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率减小。温度高于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度大于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率增大 0.024(或)
(2) BC
(3) CO*+OH*→COOH* I
【详解】（1）①设H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为△H3和△H4，液态水转变为气态水反应热为△H5，根据盖斯定律有△H2=△H3+△H5-△H4=(-285.8 kJ mol-1)+( +44kJ mol-1)-( -283.0kJ mol-1)=+41.2 kJ mol-1。
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应。升高温度主反应平衡向左移动，副反应平衡向右移动。温度低于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率减小。温度高于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度大于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率增大。
③设n(CO)、n(CO2)、n(H2)分别为1mol、5mol和20mol，
则达到平衡时，n(CO)=1.2mol，n(CO2)=4mol，n(H2)=17.4mol，n(CH3OCH3)=0.4mol，n(H2O)=1.4mol，平衡时混合气体总物质的量为24.4mol，副反应。
（2）①A．使用催化剂I时，CO2的转化率随温度升高先增大后减小。温度低于T4时，该反应未达平衡，温度升高，CO2的转化率随着化学反应速率增大而增大；温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动。因此d点未达到平衡，A错误；
B．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，因此T3K的平衡常数大于T4K的平衡常数，B正确；
C．a点时，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，则达到化学平衡状态，此时反应已达到最大限度，C正确；
D．温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动，D错误；
故选BC。
②原料气按(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容密闭容器中达到平衡，相当于在平衡点a减少氢气的物质的量，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，因此在T4时，CO2的平衡转化率在a点下方。又因为温度升高，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率逐渐降低，由此可画出T3K～T5K之间CO2的平衡转化率变化曲线如下。
（3）①步骤III中COOH*作反应物，说明步骤II中有COOH*生成，再结合步骤I和元素守恒知，步骤II中反应物有CO*和OH*，于是可得步骤II的反应式为CO*+OH*→COOH*。
②步骤I- IV中活化能Ea1> Ea3> Ea4> Ea2，则活化能最大的是步骤I，活化能越大，反应速率越慢，因此决速步骤是I。
17．(1)反应ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0 ，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行；
(2) AD 反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强； 或者0.32
(3)
(4)
【详解】（1）反应I： ，反应是放热反应，ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0 ，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行；故答案是反应ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0 ，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行；
（2）①A．对于FeO与CO的反应：，气体体积系数不变的反应，根据图像分析，温度越高，CO的体积分数越大，说明不利于CO的反应，FeO被CO还原的程度越小，A项错误；
B．，从图像分析，温度越低，还原生成铁，平衡后，的体积分数越大，则开始需要的H2的浓度越大，B项正确；
C．反应活化能小，反应快，则混合气体系中的还原FeO中，若还原FeO活化能相对较小，反应较快，FeO被快速还原，反应起主导作用，则混合气体系中的还原FeO速率是由决定，C项正确；
D．，根据图像分析，温度越高，平衡时H2的体积分数越小，说明利于正反应方向进行，宜在高温下进行，D项错误；
综上，故答案选AD。
②H2和CO还原FeO的平衡体系中，存在以下反应：
反应I：
反应II：
反应III：
根据图像分析，温度升高，CO的体积分数变大，不利于CO还原FeO，H2的体积分数减小，利于H2还原FeO；根据反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，所以根据氧化还原反应的特点，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强，故答案是反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强；
③由图像可知，576℃时，反应III： ，H2的体积分时是76%，则水蒸气的体积分数是24%，恒温恒容下，物质的浓度与体积分数成正比。K=，故答案是或者0.32；
（3）反应IV： ，若C(s)和Mg(s)的起始能量一样，则CO(g)的能量高于MgO(s)，已知C(s)→CO(g)和Mg(s) →MgO(s)的过程是氧化的过程，是放热过程，则据反应IV，在如图中分别画出、的能量变化如下：
故答案如上图。
（4）反应的速率方程表示式是v=kc(I2)·c(H2)；由用还原合成HI的反应实际上经过两步基元反应完成的：
可知，k=，则反应的速率方程表示式是v=kc(I2)·c(H2)= ×ab，故答案是；
18．(1) 50％ AC
(2) 2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/mol；由联立得到的反应方程式可知△H＜0，△S＜0，故反应自发进行的条件为低温 随着N2的进气速率持续不断增大，反应器内的气体流速增大，反应热能被及时移走，等效于降低温度；该反应为吸热反应，降低温度则反应逆向移动，故O2转化速率会一定程度的降低
【详解】（1）①反应容器的容积是1 L，向该容器内通入4 mol N2O5和2 mol NO2，则反应开始时c(N2O5)=4 mol/L，c(NO2)=2 mol/L。等到反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡后，c(N2O4)=0.5 mol/L，则反应消耗△c(NO2)=1 mol/L，测得此时c(NO2)=5 mol/L，若未发生反应Ⅱ，则N2O4的浓度应该为c(NO2)=5 mol/L+1 mol/L=6 mol/L，因此发生反应Ⅰ产生的N2O4的浓度为c(NO2)=(6-2)mol/L=4 mol/L，根据反应Ⅰ中物质反应转化关系可知反应消耗N2O5的浓度△c(NO2)=2 mol/L，故此温度下N2O5的转化率=；
②A．对于反应Ⅰ，在任何时刻都存在4v (N2O5消耗)=2v(NO2生成)，若4v (N2O5消耗)=2v(NO2消耗)时，v(NO2生成)= v(NO2消耗)，反应达到平衡状态，A符合题意；
B．反应达到平衡时，缩小容器体积，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，导致N2O5的转化率下降，但温度不变，因此化学平衡常数K1不变，B错误；
C．恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，反应容器的容积扩大，导致体系的压强减小，化学平衡向气体体积扩大的正反应方向移动，从而使N2O5的转化率提高，C正确；
D．根据①计算可知：在容器的容积是1 L，开始向容器中加入4 mol N2O5和2 mol NO2，反应达到平衡时，N2O5的转化率是50%，此时容器中c(N2O5)=2 mol/L，c(NO2)=5 mol/L，c(O2)=1 mol/L，反应Ⅰ的化学平衡常数K=。在恒容状态下，通入N2O5、NO2、O2各5 mol，此时浓度商Qc=＜K，反应正向进行，至反应达到平衡后，c(O2)＞5 mol/L，D错误；
故合理选项是AC；
（2）①已知：反应Ⅲ
反应Ⅳ
根据盖斯定律，将反应Ⅲ-反应Ⅳ，整理可得热化学方程式2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/mol；
要使反应自发进行，体系的自由能△G=△H-T△S＜0，由联立得到的总反应方程式2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/mol可知△H＜0，△S＜0，故反应自发进行的条件为低温条件；
②合成NH3的正反应是放热反应，在t1时刻最高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，因此v逆增大的倍数大于v正，化学平衡逆向移动，随着反应的进行，v逆逐渐减小，v正逐渐增大，在t2时刻反应达到平衡状态，此时v正=v逆；然后在t2时刻向该化学反应体系加入正催化剂，v正、v逆都增大，且增大有的速率关系为v正=v逆，用曲线画出t1 ~t3时间段中逆反应速率为：；
③反应Ⅳ是反应前后气体体积不变的吸热反应，在开始后，随着N2通入速率的增大，N2投入量的增大，c(N2)增大使化学反应正向进行，导致O2的转化率增大，但当N2通入速率过大时，随着N2的进气速率持续不断增大，反应器内的气体流速增大，反应热能被及时移走，等效于降低温度；该反应为吸热反应，降低温度，会使化学平衡逆向移动，故O2转化速率会一定程度的降低。
19．(1) -663.5 低温
(2)温度、催化剂
(3) 催化剂对主反应的选择性大于对副反应的选择性或主反应的反应速率大于副反应的反速率(合理即可) 温度升高，催化剂逐渐失活；温度升高，主反应向逆向进行(合理即可) cd
(4) 72 1.12×10-2k
【详解】（1）由图得到以下方程：①N2(g) +O2(g) +H2(g) N2(g) +0.5O2(g) +H2O(g) △H=-241.5kJ/mol
②2NO(g) +H2(g) N2O(g) +0.5O2(g)+H2(g)△H=-99kJ/mol
③N2O(g) +0.5O2(g)+H2(g)N2(g) +O2(g) +H2(g)△H=-81.5kJ/mol
①×2+②+③得2NO(g) +2H2(g) N2(g) +2H2O(g) △H1=(-241.5kJ· mol-1×2-81.5kJ· mol-1-99kJ· mol-1)=-663.5kJ· mol-1，则主反应的△H1=-663.5kJ· mol-1，△H1<0，△S<0，要△H-T△S<0，需低温下进行，该反应在低温(填“ 低温”或“高温” )下能自发进行。故答案为：-663.5；低温；
（2）研究表明主反应的速率可表示为v=k·c2(NO) ·c(H2)(k为速率常数)。根据Arrhenius方程：lg(R为常数，Ea为反应的活化能)，从公式可知，T为温度，催化剂能改变反应的活化能，可判断影响速率常数k的外界因素有温度、催化剂(填两种)。故答案为：温度、催化剂；
（3）①由图可知，混合气体中N2的体积分数明显高于N2O的原因可能是催化剂对主反应的选择性大于对副反应的选择性或主反应的反应速率大于副反应的反速率(合理即可)(填1种)；温度高于205°C时，N2的体积分数随温度的升高而减小的原因可能是温度升高，催化剂逐渐失活；温度升高，主反应向逆向进行(合理即可)(列出2点)。故答案为：催化剂对主反应的选择性大于对副反应的选择性或主反应的反应速率大于副反应的反速率(合理即可)；温度升高，催化剂逐渐失活；温度升高，主反应向逆向进行(合理即可)；
②a．反应前后均为气体，气体的总质量保持不变，容器体积不变，混合气体的密度始终保持不变，不能确定反应是否达到平衡状态，故a不选；
b．N2的生成速率等于N2O的消耗速率，均为正反应速率，不能确定正逆反应速率是否相等，不能确定反应是否达到平衡状态，故b不选；
c．保持不变，说明反应混合物组成固定，说明反应处于平衡状态，故c选；
d．H2O(g)的体积分数保持不变，说明反应混合物组成固定，说明反应处于平衡状态，故d选；
故答案为：cd；
（4）已知平衡时N2的选择性为90% ，N2的选择性= =90%，平衡时，，设副反应：2NO(g) +H2(g) N2O(g) +H2O(g)，生成的N2O的物质的量为x，减少的物质的量为x，，则主反应生成的N2为9x,减少的物质的量为9x，，由表中压强关系，1 mol NO和3 mol H2，发生上述反应，减少的物质的量为(1mol+3mol)×=0.4mol,0.4mol=9x+x,x=0.04，平衡时则NO的有效去除率 (NO转化为N2)为 =72% ；平衡时，c(NO)= ，c(H2)=，根据(2)中的速率方程计算主反应在60 min时的速率v=k·c2(NO) ·c(H2)=0.12×1.12k=1.12×10-2k。(无需注明单位，用含k的代数式表示)。故答案为：72；1.12×10-2k。
20．(1)C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH=-1299.5 kJ/mol
(2)B
(3)<
(4) Cat1 催化剂选择性降低，生成副产物增多(或催化剂失活，反应速率降低)等
(5) 反应1和2的正反都是气体分子数增多的反应，气体中甲烷的物质的量分数增大，总压不变，平衡体应的分压增大，平衡向逆反应方向移动 33
【详解】（1）根据表格中数据可知，C2H2的燃烧热为-1299.5kJ/mol，故热化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH=-1299.5 kJ/mol；
（2）A. 反应1和反应2均为反应前后气体分子数增大的反应，恒容条件下气体总压强不随时间变化，可以判断反应达平衡，A不符合题意；
B. 恒容条件下，气体总质量不变，气体密度一直不变，不能判断达平衡，B符合题意；
C. 反应1和反应2均为反应前后气体分子数增大的反应，气体总物质的量不变时，气体平均摩尔质量不变，可以判断达平衡，C不符合题意；
D. 反应1和反应2均为反应前后气体分子数增大的反应，H2体积分数不变时可以判断达平衡，D不符合题意；
故选B。
（3）2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的，反应为吸热反应。根据平衡定义，平衡时正、逆反应速率相等，故v正= v逆，k正c2(CH4) =k逆·c(C2H2)·c3(H2)，，T1到T2℃时，K由1.5变成3，正反应为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，故T1
（5）总压强不变，甲烷的物质的量分数增大，说明平衡体系中分压增大，反应1和2的正反都是气体分子数增多的反应，气体中甲烷的物质的量分数增大，总压不变，平衡体系的分压增大，平衡向逆反应方向移动；
设混合气体为1mol，则CH4的物质的量为0.4mol，N2的物质的量为0.6mol，设反应1中生成C2H2的物质的量为xmol，反应2中生成C2H4的物质的量为ymol，可列出三段式： ，，， ，解得x=0.09mol，y=0.03mol，故平衡时各物质的量分别为：，气体的总的物质的量为1.21mol，故氢气的分压为： 。
试卷第1页，共3页
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