2023年高考真题变式分类汇编：吸热反应和放热反应1
一、选择题
1．（2016·江苏）通过以下反应均可获取H2．下列有关说法正确的是（ ）
①太阳光催化分解水制氢：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H1=571.6kJ mol﹣1
②焦炭与水反应制氢：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2=131.3kJ mol﹣1
③甲烷与水反应制氢：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H3=206.1kJ mol﹣1．
A．反应①中电能转化为化学能
B．反应②为放热反应
C．反应③使用催化剂，△H3减小
D．反应CH4（g）═C（s）+2 H2（g）的△H=74.8kJ mol﹣1
2．（2023·宁波模拟）一定条件下，与HCl发生加成反应有①、②两种可能，反应进程中能量变化如图所示。下列说法中不正确的是
A．反应①、②焓变不同，与产物稳定性有关，与反应的中间状态无关
B．反应①、②均经过两步反应完成，对应的分步反应过程中均放出能量
C．其他条件不变，适当提高反应温度，可以提高产物中的比例
D．相同条件下，的生成速率大于
3．（2023·莆田模拟）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如下图所示，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大。下列说法正确的是
A．比稳定
B．升高温度，生成的反应速率增大的程度更大
C．该历程中最小正反应的活化能为
D．改变催化剂可以改变生成的反应焓变
4．（2023·天津市模拟）我国学者利用催化剂催化丙烷氧化脱氢的历程如图(吸附在催化剂表面的物质用标注)。下列说法正确的是
A．反应历程中第一步化学反应为决速步骤
B．催化剂改变了丙烷氧化脱氢的焓变()
C．过渡态物质的稳定性：过渡态2小于过渡态1
D．吸附过程为吸热过程
5．（2023·虹口模拟）气态有机物①~④分别与氢气发生加成反应生成1mol气态环己烷()的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．物质的热稳定性：②<③
B．物质④中不存在碳碳双键
C．物质①~④与氢气的加成反应都是放热反应
D．物质③脱氢生成④的热化学方程式为：(g)(g)+H2(g)-21kJ
6．（2023·保定模拟）水煤气变换反应为 。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面水煤气变换的反应历程，如下图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用 标注。下列说法错误的是
A．水煤气变换反应的
B．步骤③的化学方程式为
C．步骤⑤只有极性键的形成
D．该反应中的决速步骤为步骤④
7．（2023·沧州模拟）二氧化碳选择性加氢制甲醇是解决温室效应、发展绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一。常温常压下利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法错误的是
A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热
B．二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应
C．该历程的决速步为
D．总反应为
8．（2023·杨浦模拟）相关有机物分别与氢气发生反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列叙述错误的是
A．(g)(g)为吸热反应
B．(g)(g)
C．相同状况下，等质量的和完全燃烧，放热少
D．，可推测苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
9．（2023·重庆市模拟）为实现“碳达峰、碳中和”的目标，科学家提出以为催化剂，用光热化学循环分解法，达到减少大气中量的目的，反应的机理如图所示：
物质的量 物质 完全断键所需吸收的总能量
下列说法错误的是
A．过程①中光能转化为化学能
B．过程④为吸热过程
C．降低该反应的焓变，提高该反应速率
D．全过程热化学方程式为
10．（2023·常德模拟）我国学者研究了汽车尾气的主要有害成分和之间的反应历程。反应历程中每一阶段内各驻点的能量均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差，代表过渡态，反应过程中的复杂中间产物直接用表示(反应历程如图)。下列说法正确的是
A．由图可知该反应通过2步基元反应完成
B．加入适当的催化剂可提高产率
C．该反应为放热反应
D．该过程的总反应方程式为
11．（2023·河北模拟）下列实验结论或解释错误的是
选项 实验操作和现象 结论或解释
A 做过银镜反应的试管可用铁盐溶液洗涤，加入稀盐酸，洗涤效果更好 Fe3++AgFe2++Ag+，加入稀盐酸，Cl-与Ag+结合生成氯化银沉淀，使平衡右移
B 将200mL5mol L-1的Na2CO3溶液加热到60℃，用pH传感器测定pH值，测得溶液的pH值逐渐减小 Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
C 用注射器多次抽取硫酸厂附近的空气样品慢慢注入盛有品红的同一试管中，品红不变色 空气样品中几乎不含SO2
D 取2mL0.5mol/L的CuCl2溶液于试管中，置于冷水中，溶液呈蓝色；一段时间后取出加热，溶液逐渐变黄 [Cu(H2O)4]2++4Cl-4H2O+[CuCl4]2-是放热反应
A．A B．B C．C D．D
12．（2023·南京模拟）以一定浓度NaOH溶液吸收H2S可制备Na2S或NaHS。若通入H2S所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)。室温下，H2S的电离常数分别为Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。下列说法正确的是
A．Na2S溶液显碱性的原因：S2-+2H2OH2S+2OH-
B．NaOH恰好转化为Na2S的溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(S2-)
C．吸收所得c总=c(Na+)的溶液中：c(H2S)＞c(S2-)
D．NaOH溶液吸收H2S过程中，溶液的温度下降
13．（2023·石景山模拟）CO2催化加氢制CH4的反应为：。催化剂上反应过程示意如图1所示。其他条件不变时，CO2的转化率和CH4的选择性(CO2转化为甲烷的量/ CO2转化的总量)随温度变化如图2所示。下列说法错误的是
A．催化剂改变了中O-C-O键的键角
B．150℃到350℃时，基本没有发生副反应
C．催化加氢制是一个吸热反应
D．结合下列热化学方程式，可以通过盖斯定律计算加氢制的反应热 、
14．（2023·湖北模拟）我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，反应化学方程式为：HCHO+O2CO2+H2O。用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．该反应为吸热反应
B．HCHO分子空间结构为平面正三角形
C．1 mol CO2分子中，碳原子的价层电子对数为2NA
D．处理22.4L HCHO转移电子数目为4NA
15．（2023·湖南模拟）一定条件下，丙烯与HCl反应生成和的反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．丙烯与HCl的反应是吸热反应
B．合成的反应中，第Ⅱ步为反应的决速步
C．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例
D．的焓变等于第一步与第二步正反应活化能的差值
16．（2023·松江模拟）一定条件下合成乙烯：。已知其它条件不变时，温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示。下列说法一定正确的是
A．平衡常数
B．反应速率：
C．所含总能量：
D．经过相同时间后得到乙烯的量：X＞Y
二、多选题
17．（2022·威海模拟）中国科学家研究了某过渡金属催化乙炔氢化的反应机理，反应中间体亚乙烯基吸附物(CH-CH＋2H)多步连续加氢反应路径的能量变化示意图如下。下列说法错误的是（ ）
A．乙炔与氢气加成生成乙烷的反应一定为吸热反应
B．工业生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可提高反应速率
C．图示反应历程中，最大能垒为
D．升高温度，正向速率的增大程度小于逆向速率的增大程度
18．（2022·张家口模拟）硫酸甲酯()是制造染料的甲基化试剂。我国科学家利用计算机模拟技术，分别研究反应在无水和有水条件下的反应历程，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．的能量高于的能量，因此该反应的
B．无水条件下逆反应的活化能为34.76 Ev
C．水改变了该反应的
D．反应过程中中的C—H键均未发生断裂
19．（2022·滨州模拟）一定条件下，丙烯与HCl反应生成CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl的反应历程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．丙烯与HCl的反应是吸热反应
B．合成CH3CHClCH3的反应中，第I步为反应的决速步
C．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例
D．CH2=CH-CH3(g)+HCl(g)CH3CH2CH2Cl(g)的焓变等于第一步与第二步正反应活化能的差值
20．（2022高二下·湖南期末）在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应，图1表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)：n(B)的变化关系。则下列结论正确的是（ ）
A．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.04mol·L-1·min-1
B．由图可知反应的化学方程式为，且正反应吸热，a=1
C．若在图1所示的平衡状态下再向体系中充入0.2mol B和0.2mol C，此时v正=v逆
D．200℃时，向2L恒容密闭容器中充入2mol A和1mol B，达到平衡时A的体积分数小于0.5
21．（2021高二上·湖南期末）下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．铁件镀银 B．由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响 C．稀硫酸与锌粒反应制氢气的能量变化 D．蒸干硫酸铝溶液制无水硫酸铝固体
A．A B．B C．C D．D
22．（2020高一下·潍坊期末）俗语说“雷雨发庄稼”与N2和O2反应生成NO有关。反应过程中不使用催化剂(曲线I)和使用催化剂(曲线II)的能量变化如图所示(图中E1表示破坏旧化学键吸收的能量，E2表示形成新化学键释放的能量)。下列叙述错误的是（ ）
A．上述反应属于吸热反应
B．途径I的反应焓变比途径II大
C．过程I的反应速率比过程II慢
D．N2与O2反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=(E1-E2)kJ mol 1
23．（2020高一下·苏州期末）根据下列实验操作和现象所得结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 实验结论
A 在小烧杯中滴有少量水，加入20gBa（OH）2·8H2O晶体和10gNH4Cl晶体，用玻璃棒快速搅拌并触摸烧杯外壁，发现烧杯外壁很冷 Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应
B 将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红 Fe（NO3）2已变质
C 用3mL稀盐酸与过量Zn反应，当气泡稀少时，加入1mL浓盐酸，又迅速产生较多气泡 盐酸浓度增大，反应速率加快
D 向5mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴入0.1 mol·L-1KI溶液5~6滴，加2mLCCl4振荡，静置后取上层清液滴加KSCN溶液，溶液变红 Fe3+与I-的反应有一定限度
A．A B．B C．C D．D
24．（2019高一下·海南期末）下列说法错误的是( )
A．物质发生化学反应的反应热仅指反应放出的热量
B．热化学方程式中各物质的化学计量数不只表示物质的量，还表示分子的个数
C．所有的燃烧反应都是放热的
D．热化学方程式中，化学式前面的化学计量数可以是分数
三、非选择题
25．（2023·湖北模拟）低碳烯烃(乙烯、丙烯、丁烯等)作为重要的基本化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重的作用。一定条件下，碘甲烷(CH3I)热裂解制低碳烯烃的主要反应有：
反应I 2CH3I(g)C2H4(g)+2HI(g) ΔH1Kp1=a
反应Ⅱ 3C2H4(g)2C3H6(g) ΔH2Kp2=b
反应Ⅲ 2C2H4(g)C4H8(g) ΔH3Kp3=c
反应I、Ⅱ、Ⅲ在不同温度下的分压平衡常数Kp如表1，回答下列问题：
表1
T/Kp 298 K 323 K 423 K 523 K 623 K 723 K
反应I 7.77×10-8 1.65×10-6 1.05×10-2 2.80 1.41×102 2.64×103
反应Ⅱ 7.16×1013 2.33×1012 1.48×108 3.73×105 6.42×103 3.40×102
反应Ⅲ 2.66×1011 6.04×109 1.40×105 1.94×102 2.24 8.99×10-2
（1）ΔH1 0(填“＞”或“＜”，下同)。
（2）实际工业生产中，若存在副反应：4C3H6(g)3C4H8(g) ΔH4Kp4
则Kp4= (用含有b、c的代数式表达)，结合表1数据分析 ΔH4 0。
（3）控制条件只发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，测得压强对平衡体系中n(C3H6)/n(C2H4)的影响如表2。
p/MPa 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0
1.42 1.75 1.98 2.15 2.30 2.42 2.53 2.63 2.72 2.80
随压强增大不断增大的原因可能是 。
（4）结合信息，请推测有利于提高乙烯产率的措施 (至少答2点)。
（5）其它条件不变，向容积为1L的密闭容器中投入1molCH3I(g)，假定只发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，温度对平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯所占物质的量分数的影响如图，715K时CH3I(g)的平衡转化率为 ，反应I以物质的量分数表示的平衡常数Kx= 。
26．（2023·黄山模拟）煤的间接液化是先把煤转化为一氧化碳和氢气，再在催化剂作用下合成甲醇等
（1）已知反应：①
②
③
则反应③的 。
（2）在时，向体积为的一个刚性容器中加入一定量的和，只发生下列反应：、，达平衡时测得，则平衡时 (用含a、b、c的代数式表示)。
（3）已知：在一定条件下可发生反应：
①下列说法正确的是 。
A．使用高效催化剂可以加快化学反应速率，提高和的平衡转化率
B．时说明反应已经达到化学平衡状态
C．升高温度，化学反应速率加快，说明该反应的正反应是吸热反应
D．恒温恒容下，向平衡体系中再充入适量的，平衡正向移动，平衡常数不变
E.恒温恒容下，再加入氨气压强增大可以提高和的平衡转化率
②已知：催化剂并不是所有部位都有催化作用，真正起催化作用的那些部位称为活性点位，也称活性中心。恒温恒容条件下发生反应，若不变时，过多，反应速率减慢，可能的原因是 。
③若一定温度范围内该反应的化学平衡常数为K，与(温度的倒数)的关系如图所示：则 0(填“大于”或“小于”)
④时，在体积为的刚性容器充入和合成甲醇，假设只发生反应：，5分钟末达到平衡，测得的体积分数为，求5分钟内的平均反应速率 ，的平衡转化率为 。
⑤的沸点由高到低的顺序是 ，原因是 。
27．（2023·淮北模拟）化石燃料燃烧排放的氮氧化物()需要加以处理，以氨气为还原剂的(选择性催化还原)技术主要是通过向烟道内喷入还原剂，然后在催化剂的作用下将烟气中的，还原成清洁的和。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
① (标准反应)
②(慢速反应)
③(快速反应)
④(副反应)
计算反应③的 。
（2）下列关于反应②和反应③反应过程能量变化示意图正确的是____。
A． B．
C． D．
（3）若烟气中水含量过高会对反应产生影响：ⅰ．从平衡角度分析水含量高的影响： ；ⅱ．相同时间内水对反应①和反应③的影响如图所示。水的存在 (选填“加快”“减慢”)了反应，可能的原因是： 。
（4）在温度、压强条件下的恒容容器中模拟实验，原料气、、比例为1∶1∶2，主要发生反应③，平衡时压强为，脱氮率为 ，平衡常数 (保留三位有效数字)。()
28．（2022·松江模拟）研发CO2利用技术成为了研究热点，某科研团队采用一种类似“搭积木”的方式，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成，“积木”中涉及如下两个反应：①CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ②CH3OH(g)+O2(g) HCHO(g)+H2O2(l)。完成下列填空：
（1）一定温度下，往5L反应釜中充入1molCO2、3molH2，反应5min，气体总的物质的量减少了20%，则0~5min内，H2的平均反应速率v= 。
（2）反应②的平衡表达式K= 。将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，当以下数值不变时，不能说明该反应达到平衡的是 (选填序号)。
a.气体密度 b.气体总压 c.CH3OH与O2体积比 d.O2的体积分数
（3）将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，平衡时v正(O2)、c(O2)与温度的关系如图所示：
反应②为 反应(选填：放热或吸热)。55~100℃时，O2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是 。
（4）反应②常会有副产物HCOOH产生，将NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，溶液中存在：c(OH–)-c(H+)= 。继续加入HCl溶液至中性，此时c(HCOOH) c(Cl–)(选填“>”“<”或“=”)。
（5）写出检验HCOOH中是否含醛基的实验方法 。
29．（2022·浦东模拟）利用辉钼矿冶炼钼的反应为：MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)，将一定量反应物置于体积为2 L的密闭容器中，测得平衡时氢气的体积分数随温度的变化如下图所示。
完成下列填空：
（1）该反应的正反应为 反应(选填“吸热”或“放热”)。某温度下，进行上述反应至5 min时，混合气体质量增加1.2 g，则该时间段内的平均反应速率v(H2O) = 。
（2）若开始反应时，扩大容器体积，则图中H2的变化曲线将 。(选填“上移”或“下移”)
（3）1300 K时，图中M点H2O(g)的体积分数为 ；若此时往体系中再加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)，则平衡 移动(选填“正向”、“逆向”或“不”)，理由是 。
（4）硫化钠俗称臭碱，浓溶液有臭鸡蛋气味。Na2S溶液中c(OH-)-c(H+) c(HS-)＋c(H2S) 。(选填“＜”、“>”或“=”)，往Na2S溶液中通入空气，产生淡黄色浑浊且溶液pH升高，解释其原因。
30．（2022·昌平模拟）在双碳目标驱动下，大批量氢燃料客车在2022年北京冬奥会上投入使用。稳定氢源的获取是科学研究热点，对以下2种氢源获取方法进行讨论。
（1）Ⅰ．甲醇蒸汽重整制氢
甲醇蒸汽重整制氢过程中有以下化学反应。
编号 反应 方程式 △H/kJ·mol-1
R1 甲醇蒸汽重整 CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g) △H1=+49.24
R2 甲醇分解反应 CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) △H2
R3 水汽反应 CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H3=-41.17
R4 积碳反应 CO(g)+H2(g) C(s)+H2O(g) △H＜0
CO2(g)+2H2(g) C(s)+2H2O(g) △H＜0
2CO(g) C(s)+CO2(g) △H＜0
资料：产氢率和水碳比(S/C)的定义：
①产氢率=
②水碳比(S/C)表示反应物中H2O和CH3OH的比值，水碳比的变化是以CH3OH不变，改变H2O的物质的量加以控制。
理想产氢率= 。
（2）△H2= kJ·mol-1
（3）针对R1进行讨论：其他条件不变，随着温度升高，n(H2) (填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是 。
（4）其他条件不变，测得产物摩尔分数(即物质的量分数)随温度的变化如图所示。由图可知，在600-912K时，随着温度升高，氢气的摩尔分数增大，原因是 。
（5）结合资料和图示，提出2条减少积碳的措施 、 。
（6）Ⅱ．电解液氨制氢
氨分子中具有较高的含氢量，因此是制氢的优选原料。使用NaNH2非水电解质研究液氨电解制氢原理，装置示意图如图所示。
资料：2NH3 NH +NH
①某电极上发生的电极反应为6NH3+6e-=3H2↑+6NH ，该电极为 (选填a或b)极。
②写出另一极上发生的电极反应 。
③不考虑其它能量损耗，利用该装置产生1mol氢气时，转移电子的物质的量是 mol。
31．（2022·张家口模拟）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。回答下列问题：
（1）和的综合利用对温室气体减排具有重要意义。已知反应体系中主要涉及如下反应：
Ⅰ． ；
Ⅱ． 。
①反应Ⅰ和反应Ⅱ中，在热力学上趋势更大的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，理由为 。
②反应Ⅰ的一种溶剂化催化反应历程如图所示(其中TS表示过渡态)。
已知：汽化热指1mol液体变为气体吸收的热量。则HCOOH的汽化热为 ；下列说法正确的是 (填选项字母)。
A．生成TS1的反应步骤为总反应的决速步骤 B．反应过程中的催化剂为
C．溶液中pH能影响反应速率 D．反应过程中Fe的成键数目保持不变
③反应II的催化剂活性会因为甲烷分解产生积碳而降低，同时二氧化碳可与碳发生消碳反应而降低积碳量，涉及如下反应：
Ⅲ．
Ⅳ．
其他条件相同时，催化剂表面积碳量与温度的关系如图所示，℃之后，温度升高积碳量减小的主要原因为 。
（2）甲烷部分催化氧化制备乙炔是目前研究的热点之一、反应原理为 。
①该反应在 (填“较高”或“较低”)温度下能自发进行。
②一定温度下，将一定量充入10L的固定容积容器中发生上述反应，实验测得反应前容器内压强为kPa，容器内各气体分压与时间的关系如图所示。
6~8min时，反应的平衡常数 kPa2；若8min时改变的条件是缩小容器容积，该时刻将容器容积缩小到 L，其中分压与时间关系可用图中曲线 (填“”、“”、“”或“”)表示。
32．（2021·漳州模拟）科学家利用Li4SiO4吸附CO2，对于实现废气资源的再利用及碳循环经济技术的发展都具有重要意义。回答下列问题：
（1）可用Li2CO3与SiO2反应制取吸附剂Li4SiO4。
已知：2Li2O(s)+SiO2(s)=Li4SiO4(s) ΔH1=akJ mol-1
Li2CO3(s)+SiO2(s)=Li2SiO3(s)+CO2(g) ΔH2=bkJ mol-1
Li2SiO3(s)=Li2O(s)+SiO2(s) ΔH3=ckJ mol-1
则2Li2CO3(s)+SiO2(s)=Li4SiO4(s)+2CO2(g) ΔH= kJ mol 1(用含a、b、c的式子表示)。
（2）CO2的吸附回收及材料再生的原理如下图所示：
“吸附”过程中主要反应的化学方程式为 。
（3）为了探究Li4SiO4的吸附效果，在刚性容器中放入1000g的Li4SiO4吸附剂，通入10.0mol不同比例的N2和CO2混合气体，控制反应时间均为2小时，得到Li4SiO4吸附CO2后固体样品质量百分数与温度的关系如下图所示。
①该反应为 反应(填“吸热”或“放热”)。
②A点的v正 v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是 。
③不同CO2的体积分数对于吸附速率的影响是 。
④保持B点的温度不变，若所用刚性容器体积为原来的一半，则平衡时理论上c(CO2)较原平衡 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
⑤B点CO2的吸收率为 (保留3位有效数字)。
33．（2021·舟山模拟）工业上由N2、H2合成NH3。制备H2需经多步完成，其中“水煤气(CO、H2)变换”是纯化H2的关键一步。
（1）水煤气变换：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，平衡常数K随温度变化如表：
温度/℃ 200 300 400
K 290 39 11.7
①下列分析正确的是 。
a.水煤气变换反应的 H＜0
b.增大压强，可以提高CO的平衡转化率
c.增大水蒸气浓度，可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率
②以氨水为吸收剂脱除CO2。当其失去吸收能力时，通过加热使吸收剂再生。用化学方程式表示“吸收”、“再生”两个过程： 。
（2）Fe3O4是水煤气变换反应的常用催化剂，经CO、H2还原Fe2O3制备。两次实验结果如表：
实验I 实验II
通入气体 CO、H2 CO、H2、H2O(g)
固体产物 Fe3O4、Fe Fe3O4
结合化学方程式解释H2O(g)的作用： 。
（3）2016年我国某科研团队利用透氧膜，一步即获得N2、H2，工作原理如图所示。(空气中N2与O2的物质的量之比按4：1计)
①起还原作用的物质是 。
②膜I侧发生的电极反应式是 。
③膜I侧所得气体 =3，CH4、H2O、O2反应的化学方程式是 。
34．（2021·南充模拟）甲烷水汽重整反应(SMR)是我国主要的制氢技术，可以转变我国能源结构，助力我国实现“碳达峰”的目标。SMR反应常伴随水煤气变换反应(WGS)：
SMR：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) ΔH1=a kJ·mol-1 K1=1.198×
WGS：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH2=b kJ·mol-1 K2=1.767×
回答下列问题：
（1）根据SMR和WGS的平衡常数，判断：ΔH1 0，ΔH2 0(填“＜”或“＞”)。
（2）CO2甲烷化也是实现“碳达峰”的重要途径，反应机理如图，写出该反应的化学反应方程式 ，该反应的ΔH= ，关于这一反应机理，下列说法正确的是 。
A．CO2被吸附在MgO的表面而发生反应 B．Pd是反应的催化剂
C．反应过程既有碳氧键的断裂，也有碳氧键的形成 D．反应过程中有CO分子中间体生成
（3）一定条件下，向恒容平衡反应器中通入1 MPa CH4和3 MPa H2O(g)，发生SMR和WGS反应，平衡时，CO为m MPa，H2为n MPa，此时CH4(g)的分压为 MPa(用含m、n的代数式表示)。
（4）SMR中，CH4分子与H2O分子在催化剂Ni表面的活性位点(能够发生断键的表面区域)断键并发生反应，实验测得甲烷的反应速率 。随水蒸气分压 的变化如下图1， 超过25 kPa时， 随 的增大而减小，原因是 。
（5）SMR和WGS工艺会产生CO2废气，可以基于原电池原理，利用混合电子-碳酸根离子传导膜捕获废气(N2、CO2、O2)中的CO2，如上图2，CO2在电池 极(填“正”或“负”)被捕获，该电极反应方程式为 。
四、题目
35．（2020·浙江） 溶液与 锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为 ，反应后最高温度为 。
已知：反应前后，溶液的比热容均近似为 、溶液的密度均近似为 ，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：
（1）反应放出的热量 J。
（2）反应 的 (列式计算)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，故A错误；
B、反应的△H2＞0，故该反应为吸热反应，故B错误；
C、催化剂不能改变反应热的大小，只能改变化学反应速率，故C错误；
D、根据盖斯定律，目标反应CH4（g）═C（s）+2H2（g）相当于③﹣②，故△H=△H3﹣△H2，△H=206.1kJ mol﹣1﹣131.3kJ mol﹣1=74.8kJ mol﹣1，故D正确．
故选D．
【分析】本题考查了化学反应与能量变化，利用盖斯定律进行相关计算，注意催化剂不能改变焓变，盖斯定律计算时焓变的加减时正负号为易错点，题目难度较小．
2．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．△H=生成物总能量-反应物总能量，由图可知，反应①②反应物相同，生成物不同，二者焓变不同，能量越低越稳定，则产物CH3CHClCH3（g）比CH3CH2CH2Cl（g）稳定，说明焓变与产物稳定性有关，与反应的中间状态无关，A不符合题意；
B．△H=生成物总能量-反应物总能量＜0，表示放热反应，△H＞0表示吸热反应，由图可知，第一步为吸热反应，第二步为放热反应，B符合题意；
C．由图可知，反应①活化能大，升高温度，反应物较易转化为活化分子，促进反应①发生，可以提高产物中CH3CH2CH2Cl（g）的比例，C不符合题意；
D．活化能越大，反应速率越慢，由图可知，反应①的活化能大于反应②，则相同条件下，CH3CHClCH3（g）的生成速率大于CH3CH2CH2Cl（g），D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.△H=生成物总能量-反应物总能量，能量越低越稳定。
B.△H＜0表示放热反应，△H＞0表示吸热反应。
C.反应①活化能大，升高温度，反应物较易转化为活化分子。
D.活化能越大，反应速率越慢。
3．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【分析】A．的能量更高，故其不如稳定，A不符合题意；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；结合图像可知，升高温度，生成的反应速率增大的程度更大，B不符合题意；
C．该历程中最小正反应的活化能为中间产物Z生成过渡Ⅲ时的活化能，为，C符合题意；
D．改变催化剂可以改变反应历程，加快反应速率，但是不能改变生成的反应焓变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、活化能越高物质越稳定；
B、升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；
C、结合图示可以知道最小活化能为；
D、催化剂不影响焓变。
4．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．化学反应的决速步骤是慢反应，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒(活化能)最大的是到过渡态I的能量，故第一步化学反应为决速步骤，A符合题意；
B．催化剂不能改反应的焓变()，B不符合题意；
C．物质具有的能量越低越稳定，故过渡态2更稳定，C不符合题意；
D．由图可知吸附过程为放热过程，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、决速步骤即活化能最大的步骤；
B、催化剂不影响焓变；
C、活化能越大，则稳定性越强；
D、能量升高为吸热，能量降低为放热。
5．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式
【解析】【解答】A．从图中可知，物质②的能量高于物质③，则稳定性②<③，A不符合题意；
B．物质④为苯，苯环中不存在碳碳双键，B不符合题意；
C．从图中可知，四种物质与氢气发生加成反应生成1mol气态环己烷都放出热量，都是放热反应，C不符合题意；
D．物质③能量高于物质④，则物质③脱氢生成④的热化学方程式为(g)(g)+H2(g)+21kJ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、能量越高，物质越稳定；
B、苯不存在碳碳双键和碳碳单键；
C、能量降低，为放热反应；
D、△H=生成物总内能-反应物总内能。
6．【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．根据图示，反应物的量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，，A不符合题意；
B．如图所示，步骤③的化学方程式为，B不符合题意；
C．步骤⑤中生成氢气和，所以步骤⑤既有极性键的形成，又有非极性键的形成，C符合题意；
D．速率最慢的步骤绝决定整个反应的速率，活化能越高，反应速率最慢，如图，步骤④活化能最高，反应速率最慢，决定整个反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.该反应反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
B.步骤③发生反应；
C.步骤⑤生成氢气和，氢气含有非极性键，二氧化碳含有极性键；
D.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤。
7．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，不能改变反应热，选项A符合题意；
B．由反应历程图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，选项B不符合题意；
C．的活化能最大，是该历程的决速步，选项C不符合题意；
D．该反应的反应物是和，生成物是和，则总反应为，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.催化剂不影响反应热；
B.反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应；
C.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
D.该反应是和反应生成和。
8．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式
【解析】【解答】A．由图可知，(g)的能量小于(g)，则(g)(g)的反应为吸热反应，故A不符合题意；
B．由图可知，(g)转化为 (g)和氢气的反应为放热反应，反应的热化学方程式为(g)(g)，故B符合题意；
C．由图可知，(g)的能量小于(g)，则相同状况下，等质量的和完全燃烧，放热少，故C不符合题意；
D．(g)转化为(g)放出热量不是(g) 转化为(g)放出热量的3倍说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应；
C.(g)的能量小于(g)；
D.3d=a时，说明苯分子中存在三个完全独立的碳碳双键。
9．【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用；吸热反应和放热反应；催化剂
【解析】【解答】A．以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，能量的变化形式是由光能转化为化学能，A不符合题意；
B．过程④需要从外界吸收热量，因此为吸热过程，B不符合题意；
C．作为催化剂可以降低该反应的活化能，无法降低焓变，提高该反应速率，C符合题意；
D．CO2分解为CO和O2化学式为，根据分子化学键完全断裂时的能量变化图可知，1molCO2完全断裂应该吸收1598kJ，1molCO完全断裂应该吸收1072 kJ，1mol O2完全断裂应该吸收496kJ；所以1molCO2分解产生1molCO和0.5molO2，所以需吸收kJ 能量，则全过程热化学方程式为 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过程①利用太阳光将二氧化碳分解，光能转化为化学能；
B.反应④从外界吸收能量；
D.CO2分解为CO和O2化学式为，结合ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能计算。
10．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知该反应通过3步基元反应完成，A不符合题意；
B．加入适当的催化剂可提高反应速率，但是不能改变平衡移动，不能提高平衡产率，B不符合题意；
C．由图可知最终的生成物的能量低于反应物的能量，故反应为放热反应，C符合题意；
D．该过程的总反应为一氧化氮和一氧化碳生成二氧化碳和氮气，方程式为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.整个反应分为三个基元反应阶段；
B.催化剂不影响平衡状态；
C.反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
D.由图可知，该反应的反应物为NO和CO，产物为CO2和N2。
11．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．铁盐能与Ag单质反应生成银离子，加入盐酸后银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，促进Fe3++AgFe2++Ag+正向移动，故A不符合题意；
B．Na2CO3溶液加热促进水解，pH应增大，但实际测得溶液的pH值逐渐减小，是因为加热过程中Kw增大，两者共同作用导致pH值减小，故B不符合题意；
C．二氧化硫具有漂白性能使品红褪色，多次抽取气体后不能使品红褪色说明空气中不含二氧化硫，故C不符合题意；
D．呈蓝色，呈黄色，升温溶液变黄，则平衡正向移动，正向为吸热反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.铁盐溶液可溶解Ag，同时加入盐酸，Ag+与Cl-结合成氯化银沉淀，使平衡右移；
B.温度既能影响Kw也能影响平衡移动；
C.二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色。
12．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．S2-的水解分步进行，以第一步水解为主，离子方程式为，A不符合题意；
B．NaOH恰好转化为Na2S，则溶液中溶质全为Na2S，溶液中的氢氧根全部来自于水的电离，则c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，B不符合题意；
C．c总=c(Na+)，即c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=c(Na+)，此时加入的NaOH的物质的量等于H2S的物质的量，溶质全为NaHS，Ka2=1.3×10-13，HS-的水解平衡常数Kh==0.91×10-7，则HS-的水解程度大于电离程度，故c(H2S)＞c(S2-)，C符合题意；
D．NaOH溶液吸收H2S，发生酸碱中和反应放出热量，溶液温度升高，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. Na2S 为强碱弱酸盐，会发生水解。
B.根据电荷守恒进行分析。
C.根据物料守恒进行分析。
D.酸碱中和反应放出热量。
13．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．由题干图1反应历程图信息可知，CO2的键角为180°，而Ni-CO2的键角不是180°，故催化剂改变了CO2中O—C—O键的键角，A不符合题意；
B．由题干图2信息可知，150℃到350℃时，CH4的选择性基本为100%，说明该温度范围内基本没有发生副反应，B不符合题意；
C．由题干图2信息可知，升高温度，CO2的转化率增大，而CH4的选择性基本不变，说明该温度范围内基本无副反应发生，但题干未告知CO2转化率是不是平衡转化率，故无法判断CO2催化加氢制CH4是一个吸热反应还是吸热反应，C符合题意；
D．已知CO2加氢制备CH4的总的热化学反应为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ，根据盖斯定律可知，通过下列热化学方程式① 、② ，可以盖斯定律计算CO2加氢制CH4的反应热为-()=-()=-164.9kJ/mol，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．依据反应历程图信息分析；
B．依据CH4的选择性基本为100%判断；
C．题干未告知CO2转化率是不是平衡转化率，故无法判断；
D．依据盖斯定律计算。
14．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．该反应相当于是甲醛的燃烧反应，属于放热反应，A不符合题意；
B．HCHO分子中心C原子价层电子对数=，即中心C原子采用sp2杂化，则其空间结构为平面三角形，由于周围原子不同，不是正三角形，B不符合题意；
C．CO2分子中心C原子价层电子对数=，则1 mol CO2分子中碳原子的价层电子对数为2NA，C符合题意；
D．未指出气体所处状态，无法计算HCHO的物质的量，因而无法计算转移电子数目，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氧化还原反应为放热反应；
B.HCHO中C原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
C.CO2分子中心C原子价层电子对数为2；
D.气体所处的状态未知，不能计算气体的物质的量。
15．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．由图可知，无论是生成1-氯丙烷还是生成2-氯丙烷，反应物的总能量总是高于生成物的总能量，则丙烯与HCl的反应是放热反应，A不符合题意；
B．在合成2-氯丙烷的反应中，第Ⅰ步反应的活化能更大，即第Ⅰ步的反应速率慢，故第Ⅰ步为反应的决速步，B不符合题意；
C．由图可知：，升高温度，平衡正向移动，故其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例，C符合题意；
D．由图像可知，第一步与第二步正反应活化能的差值不是反应物和生成物的能量差，即该差值不是反应的焓变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.丙烯与HCl反应生成CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl的反应中，反应物总能量都大于生成物总能量；
B.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
D.根据盖斯定律，的焓变等于第一步焓变与第二步焓变之和。
16．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】A．升高温度， 的平衡转化率降低，平衡逆向移动，所以 ，故A不符合题意；
B．升高温度，反应速率一定增大，故 ，故B符合题意；
C．升高温度， 的平衡转化率降低，平衡逆向移动，说明该反应是一个放热反应，则 ，故C不符合题意；
D．若经过的时间较长，反应达到平衡，X点 转化率较大，则得到的乙烯的量X＞Y，若经过的时间较短，未达到平衡， ，则得到的乙烯的量X＜Y，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.升高温度利于平衡向吸热反应方向移动。
B.升温能增大反应速率。
C.ΔH=，ΔH＞0表示吸热反应，ΔH＜0表示放热反应。
D.达到平衡时，根据转化率进行分析；未达到平衡时，根据反应速率进行分析。
17．【答案】A,D
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．图中起点物质是中间体亚乙烯基吸附物(CH-CH＋2H)，未知反应物乙炔和氢气的总能量，不能据此判断整个反应的反应热，故A符合题意；
B．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，将催化剂处理成纳米级颗粒又能增大接触面积，可提高反应速率，故B不符合题意；
C．由图可知，最大能垒的反应过程为CH2-CH＋H到过渡态2，最大能垒为-24-(-239)=，故C不符合题意；
D．的反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡正向移动，正向速率的增大程度大于逆向速率的增大程度，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A、未知反应物乙炔和氢气的总能量，无法判断整个反应的反应热；
B、纳米级颗粒大接触面积，提高了反应速率；
C、最大能垒的反应过程为CH2-CH＋H到过渡态2的过程；
D、该反应为吸热反应，升高温度，正向速率的增大程度大于逆向速率的增大程度。
18．【答案】B,D
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．由生成物与反应物的总能量决定的，当反应物总能量高于生成物的总能量时反应为放热反应。当反应物总能量的小于生成物的总能量时，该反应为吸热反应。从图看CH3OH与SO3的总能量高于CH3OSO3H的能量，该反应为放热，A项不符合题意；
B．你反应的活化能即从产物到中间活化分子的能量差，即是E逆活化能=，B项符合题意；
C．从反应来看，H2O反应前后不变为催化剂，催化剂之加快反应速率不改变，C项不符合题意；
D．从图可以看出甲醇中O-H断裂而形成了S-O-H中的O-H键，而其他化学键未发生变化，D项符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.反应物总能量大于生成物总能量为放热反应；
B.活化能=过渡态能量-起始态能量；
C.水是反应的催化剂，不能改变反应热；
D.甲醇只断裂了O-H键。
19．【答案】B,C
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学反应速率
【解析】【解答】A．由图可知，无论是生成CH3CH2CH2Cl(g)或是CH3CHClCH3(g)，生成物的总能量低于于反应物的总能量，则丙烯与HCl的反应是放热反应，A不符合题意；
B．在合成CH3CHClCH3的反应历程中，第I步反应活化能更大，反应速率更小，慢反应为整个反应的决速步骤，B符合题意；
C．其他条件不变，适当升高温度，活化能大的反应的速率常数变化的大，速率增加的更快，相同时间内可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例，C符合题意；
D．由图象，第一步与第二步正反应活化能的差值不是反应物和生成物的能量差，故不是CH2=CH-CH3(g)+HCl(g)CH3CH2CH2Cl(g)的焓变，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.依据化学反应中能量的变化分析；
B.慢反应为整个反应的决速步骤；
C.依据化学平衡移动原理分析解答；
D.依据反应焓变的相关知识分析解答。
20．【答案】C,D
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由图1可知，时达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.2mol，故，故A不符合题意；
B．A、B物质的量减少、C物质的量增加，A、B是反应物、C是生成物，变化量比等于化学方程式化学计量数之比，所以反应方程式为；由图2可知，温度越高，平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，正反应为吸热反应，投料比等于系数比时，产物的含量增大，所以a=2，故B不符合题意；
C．恒温恒容条件下，再向体系中充入0.2mol B和0.2mol C，由于B和C的化学计量数相等，Q=K，所以平衡不移动，故v(正)=v(逆)，故C符合题意；
D．由图1可知，200℃平衡时，A的体积分数为50%，200℃时，向容器中充入2mol A和1mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，所以达到平衡时，A的体积分数小于0.5，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.根据计算；
B.A、B物质的量减少、C物质的量增加，A、B是反应物、C是生成物，物质的量变化量比等于化学方程式化学计量数之比；
C.B和C的化学计量数相等，平衡不移动；
D.向容器中充入2mol A和1mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动。
21．【答案】A,D
【知识点】吸热反应和放热反应；盐类水解的原理；探究影响化学反应速率的因素；电镀
【解析】【解答】A．由电流方向是流向Ag电极，可知Ag电极连接电源正极作阳极，Ag失去电子变为Ag+进入溶液，Fe电极连接电源负极作阴极，溶液中的Ag+在Fe电极上得到电子被还原为Ag单质，因此可以实现铁件镀银的目的，A符合题意；
B．反应应控制高锰酸钾溶液不足量，且草酸浓度不同来探究浓度对速率的影响，实验中高锰酸钾浓度不同，溶液颜色开始就不同，因此不能由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响，B不符合题意；
C．稀硫酸与锌粒反应制氢气的反应是放热反应，反应物的能量高，生成物的能量低，而图示的能量变化显示的是吸热反应，与反应事实不吻合，C不符合题意；
D．硫酸铝是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+发生水解反应产生Al(OH)3和H2SO4，水分蒸发，由于硫酸是不挥发的酸，Al(OH)3和H2SO4又发生反应产生Al2(SO4)3，故蒸干硫酸铝溶液可以制无水硫酸铝固体，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.电流方向与电子方向相反，由图可知，Ag将失电子，所以Ag电极为阳极，Fe电极为阴极。溶液中的Ag+会移向铁电极得电子，即铁件镀银。
B.根据控制变量法，探究反应物浓度对反应速率的影响，就要确保其他条件相同，如开始酸性高锰酸钾溶液的颜色要相同。
C.根据图示，△H=生成物的总能量－反应物的总能量＞0，为吸热反应，而锌与稀硫酸的反应为放热反应。
D.硫酸铝为强酸弱碱盐，铝离子发生水解：Al3+＋3H2O
Al(OH)3＋3H+，蒸干过程中，水解得到的硫酸（不挥发）和Al(OH)3反应又生成硫酸铝
22．【答案】B,D
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式；化学反应速率
【解析】【解答】A．上述反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，属于吸热反应，A叙述不符合题意；
B．根据图像可知，途径I的反应焓变与途径II的焓变相等，B叙述符合题意；
C．过程I活化能大于过程II的，则过程I反应速率比过程II慢，C叙述不符合题意；
D．N2与O2反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=2(E1-E2)kJ mol 1，D叙述符合题意；
答案为BD。
【分析】A.根据前后能量的高低判断放热吸热反应
B.焓变和路径无关，只和起始状态有关
C.活化能越高，速率越慢
D.根据焓变=生成物的能量-生成物的能量计算即可
23．【答案】A,C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．在小烧杯中加入20gBa（OH）2 8H2O和10gNH4Cl，用玻璃棒快速搅拌并触摸烧杯外壁下部,发现很冷，能够说明Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl的反应中吸收了热量，该反应为吸热反应，故A符合题意；
B．Fe（NO3）2溶于稀硫酸，酸性环境下，发生氧化还原反应生成三价铁离子，故不能说明样品变质，故B不符合题意；
C．加入浓盐酸，氢离子的浓度增大，反应速率加快，故C符合题意；
D．向5mL0.1mol L 1FeCl3溶液中滴入0.1 mol L 1KI溶液5 6滴，FeCl3过量，无论Fe3+与I 的反应是否有一定限度，滴加KSCN溶液后都会变红，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.氯化铵晶体和氢氧化钡晶体反应是吸热反应，表现为周围温度下降
B.不应该加入稀硫酸，直接溶解在硫氰化钾溶液中进行实验
C.通过增加氢离子的浓度可使速率加快
D.发生氧化还原反应，碘离子的量少，以碘离子的量为计算标准，当碘离子反应完全，反应不再反应
24．【答案】A,B
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式
【解析】【解答】A.化学反应中吸收或放出的热量均为化学反应的反应热，故A符合题意；
B. 热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，而不表示分子的个数，因此可以为分数，故B符合题意；
C. 燃烧是剧烈的发光、放热的氧化还原反应，所有的燃烧反应都是放热的，故C不符合题意；
D.热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，因此化学式前面的化学计量数可以为分数，故D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A.化学反应的反应热式脂肪出货吸收的热量；
B.热化学方程式中的化学计量数表示的是物质的量；
C.燃烧反应是放热反应；
D.由于热化学方程式中的系数表示的是物质的量，所以可以是分数。
25．【答案】（1）＞
（2）；＜
（3）加压，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡正向移动，C2H4的生成量减少，且不断消耗，同时C3H6的生成量增多
（4）使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强
（5）80%；0.64
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由表格数据可知，升高温度，反应I的分压平衡常数依次增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应的焓变大于0，故答案为：＞；
（2）由盖斯定律可知，反应Ⅲ×3-反应Ⅱ×2得到副反应，则Kp4=，由表格数据可知，298K时平衡常数Kp4=≈3.7×106、323K时平衡常数Kp4=≈4.1×104，则升高温度，副反应的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应的焓变小于0，故答案为：；＜；
（3）由方程式可知，反应I是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，C2H4的的物质的量减小，而反应Ⅱ、Ⅲ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，C2H4的的物质的量减小、C3H6的物质的量增大，所以随压强增大不断增大，故答案为：加压，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡正向移动，C2H4的生成量减少，且不断消耗，同时C3H6的生成量增多；
（4）由（1）分析知，反应I是气体体积增大的吸热反应，由表格数据可知，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ的分压平衡常数依次减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，因此反应Ⅱ、Ⅲ是气体体积减小的放热反应，所以使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强有利于提高乙烯产率，故答案为：使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强；
（5）由图可知，715K时C3H6和C4H8的物质的量分数相等，设反应生成碘化氢的物质的量为amol、生成C3H6和C4H8的物质的量为bmol，由题意可建立如下三段式：
由三段式数据可知，平衡时气体总物质的量为(1-a+a+0.5a-1.5b-2b+b+b)mol=(1+0.5a-1.5b)mol，由图可知，C2H4的物质的量分数为4%，则×100%=4%，C3H6和C4H8的物质的量分数都为8%，则×100%=8%，解联立方程可得a=0.8、b=0.1，715K时CH3I(g)的平衡转化率为×100%=80%、物质的量分数为×100%=16%，碘化氢的物质的量分数为×100%=64%，反应I以物质的量分数表示的平衡常数Kx==0.64，故答案为：80%；0.64。
【分析】（1）随着温度升高，反应I的平衡常数增大，说明升温平衡正向移动；
（2）根据盖斯定律可知，反应Ⅲ×3-反应Ⅱ×2可得目标方程式，则Kp4=；
（3）加压，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡正向移动，C2H4的生成量减少，且不断消耗，同时C3H6的生成量增多；
（4）于提高乙烯产率，应使平衡尽量正向移动；
（5）列出反应的三段式计算。
26．【答案】（1）+131.3
（2）mol
（3）D；过多的占用活性点位过多，使反应速率减慢；小于；0.1；50%；；、、均为分子晶体，甲醇分子间存在氢键沸点最高：为极性分子并且相对分子质量大于，分子间作用力大于，故沸点比高
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）已知：①
②
根据盖斯定律，由①-②得反应③
则反应③的+131.3；
（2）令碳与水反应生成的氢气的物质的量为xmol，则生成的CO为xmol，令CO与水反应生成氢气的物质的量为ymol，则生成的二氧化碳的物质的量为ymol，消耗的CO的物质的量为ymol，平衡时氢气的物质的量为bmol，则xmol + ymol = bmol，平衡时CO的物质的量为cmol，则xmol - ymol = cmol，联立解得x = ，y=，故CO2的物质的量为y=mol；
（3）①A.使用高效催化剂可以加快化学反应速率，但催化剂不能使平衡移动，故和的平衡转化率不变，选项A不正确；
B. 才能体现正逆反应速率相等，而时正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，选项B不正确；
C. 温度升高，分子活化能降低，活化分子的百分数增加，单位体积内活化分子碰撞的有效次数增加，反应速率加快，不能说明该反应的正反应是吸热反应，选项C不正确；
D.恒温恒容下，向平衡体系中再充入适量的，平衡正向移动，但温度不变，平衡常数不变，选项D正确；
E.恒温恒容下，再加入氨气压强增大但反应物的浓度均不变，和的平衡转化率均不变，选项E不正确；
故答案为：D；
②恒温恒容条件下发生反应，若不变时，过多，过多的占用活性点位过多，使反应速率减慢，反应速率减慢；
③根据图中曲线可知，随着增大，增大，即温度降低，K值增大，故该反应的正反应为放热反应，小于0；
④设的平衡转化率为x，根据三段式可知：
5分钟末达到平衡，测得的体积分数为，则，解得x=50%，5分钟内的平均反应速率0.1；
⑤、、均为分子晶体，甲醇分子间存在氢键沸点最高：为极性分子并且相对分子质量大于，分子间作用力大于，故沸点比高，故的沸点由高到低的顺序是。
【分析】（1）根据盖斯定律，由①-②得反应③，则反应③的。
（2）通过假设碳与水反应生成的n(H2)和CO与水反应生成的n(H2)，结合化学方程式可列出二元一次方程进行求解。
（3）①A.催化剂能改变反应速率，但不影响平衡移动。
B.达到化学平衡状态的主要标志是V正=V逆，各物质的含量保持不变。
C.升温利于平衡正向移动，能说明反应的正反应是吸热反应。
D.平衡常数只与温度有关。
E.根据化学平衡移动的原理进行分析。
②恒温恒容条件下发生反应，若不变时，过多，过多的占用活性点位过多，使反应速率减慢。
③随着增大，增大，即温度降低，K值增大，则该反应正反应为放热反应。
④根据化学平衡三段式进行分析。
⑤、、均为分子晶体，一般分子晶体的沸点随分子量的增大而增大，若含有氢键，则其沸点较高。
27．【答案】（1）-757
（2）B
（3）水含量高不利于平衡正向进行；减慢；水含量高使催化剂活性降低，增大了反应的活化能
（4）80%；
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律（3+ - ）=-757，答案为：-757；
（2）反应②和反应③均是放热反应且反应③比反应②放出的热量多，所以B正确；
故答案为：B；
（3）反应均是可逆反应，水是生成物，水含量高不利于平衡正向进行；由图可知相同时间内水的存在会降低氮的氧化物的还原率，所以水的存在减慢了反应，可能的原因是：水含量高使催化剂活性降低，增大了反应的活化能；答案为：水含量高不利于平衡正向进行，减慢，水含量高使催化剂活性降低，增大了反应的活化能；
（4）气体的压强和物质的量成正比；反应前，体系的总压强为120kPa，原料气NO、NO2、NH3比例为1∶1∶2，这些组分的分压依次为30kPa、30kPa、60kPa；设反应中，NO减小的压强为x kPa，根据压强的变化列出三段式：
则30-x+30-x+60-2x+2x+3x=144，解得x=24，即平衡时，NO、NO、NH3、N2和H2O的压强分别为6kPa、6kPa、12kPa、48kPa、72kPa，则脱氮率为，KP=，答案为：80%，。
【分析】（1）根据盖斯定律（3+ - ）进行分析。
（2）反应②和反应③均是放热反应且反应③比反应②放出的热量多。
（3）根据化学平衡移动原理进行分析。 催化剂活性降低，能增大反应的活化能。
（4）气体的压强和物质的量成正比；结合化学平衡三段式进行分析。
28．【答案】（1）0.048mol·L-1·min-1
（2）K=[HCHO]/[CH3OH][O2]；c
（3）吸热；虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大
（4）c(HCOOH)或c(Na+)-c(HCOO-)；=
（5）取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡常数；化学平衡的计算；醛与Cu(OH)2的反应
【解析】【解答】(1)0~5min内，设转化的CO2的物质的量为x，
气体总的物质的量减少了20%，即得出x=，则H2的平均反应速率v==0.048mol·L-1·min-1；
(2)①根据平衡常数的定义，得出平衡常数K=
②根据该方程式CH3OH(g)+O2(g) HCHO(g)+H2O2(l)
a.该反应有液体生成，当气体密度不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态；
b.该反应为正反应为气体分子数减小的反应，当气体总压不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态；
c.加入同体积的CH3OH(g)与O2(g)，即初始加入两者的物质的量相等，根据该反应方程式CH3OH和O2的化学计量数相等，即消耗两者的物质的量也相等，因此在反应过程中，CH3OH与O2体积比始终为1：1，不能说明该反应达到平衡状态；
d.当O2的体积分数不变， v正(O2)= v逆(O2)，该反应达到平衡状态。
故答案为：c；
(3)①将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，根据图示，在55℃以前，100℃以后，随着温度升高，c(O2)减小，说明平衡正向移动，说明该反应为吸热反应。
② 该反应为CH3OH(g)+O2(g) HCHO(g)+H2O2(l)，产物中有H2O2，不稳定，温度升高，会分解，该空答案为：虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大；
(4)①NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，根据电荷守恒，可以得出c(H+)+ c(Na+)= c(OH–)+ c(HCOO-)，根据物料守恒c(Na+)= c(C)，得出：c(Na+)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)，因此c(OH–)-c(H+)= c(Na+)-c(HCOO-)= c(HCOOH)；
②继续加入HCl溶液至中性，c(H+)= c(OH–)根据电荷守恒，可以得出c(H+)+ c(Na+)= c(OH–)+ c(HCOO-)+ c(Cl–)，根据物料守恒c(Na+)= c(C)，得出：c(Na+)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)说明c(Na+)= c(HCOO-)+ c(Cl–)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)因此c(HCOOH)= c(Cl–)；
(5)由于HCOOH含有羧基，显酸性，在使用新制的Cu(OH)2悬浊液检验醛基之前，需要加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH值，故答案为：取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基。
【分析】（1）列出反应的三段式，结合计算；
（2）平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（3）100℃以后，随着温度升高，c(O2)减小，说明平衡正向移动，说明该反应为吸热反应；
（4）根据电荷守恒和物料守恒判断；
（5）醛基可用新制氢氧化铜检验。
29．【答案】（1）吸热；0.004 mol·L-1·min-1
（2）下移
（3）40%；不；令Q=，由于M点时氢气和水蒸气的体积分数相同，即浓度相同，加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)以后，浓度依然相同，有Q=K，因此平衡不移动
（4）>；硫化钠溶液呈碱性，通入氧气，发生反应：2Na2S＋O2＋2H2O → 4NaOH＋2S↓，由于每2 mol硫离子可生成4 mol氢氧根离子生成，因此溶液碱性增强，pH升高，由于有硫单质生成，因此有淡黄色沉淀产生
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】由平衡时氢气的体积分数随温度的变化图可知：温度升高，氢气的体积分数变小，平衡正向移动，扩大容器体积，平衡正向移动，氢气的含量减小，列出三段式分析：，解得x=0.5，再计算水的体积分数，利用浓度商和平衡常数的大小，可确定平衡移动的方向。
(1)由平衡时氢气的体积分数随温度的变化图可知：温度升高，氢气的体积分数变小，平衡正向移动，该反应的正反应为吸热反应(选填“吸热”或“放热”)。某温度下，进行上述反应至5 min时，MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)，反应逆向进行时，固体质量增加，根据关系式：4H2O(g)~固体质量增加120g，混合气体质量增加1.2 g，n(H2O)==0.04mol，则该时间段内的平均反应速率v(H2O) = =0.004 mol·L-1·min-1。故答案为：吸热；0.004 mol·L-1·min-1；
(2)若开始反应时，扩大容器体积，平衡正向移动，氢气的含量减小，则图中H2的变化曲线将下移。(选填“上移”或“下移”)故答案为：下移；
(3)
，x=0.5，1300 K时，图中M点H2O(g)的体积分数为 =40%；若此时往体系中再加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)，则平衡不移动(选填“正向”、“逆向”或“不”)，理由是令Q=，由于M点时氢气和水蒸气的体积分数相同，即浓度相同，加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)以后，浓度依然相同，有Q=K，因此平衡不移动。故答案为：40%；不；令Q=，由于M点时氢气和水蒸气的体积分数相同，即浓度相同，加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)以后，浓度依然相同，有Q=K，因此平衡不移动；
(4)硫化钠俗称臭碱，浓溶液有臭鸡蛋气味。Na2S溶液中存在质子守恒：c(H+)+c(HS-)＋2c(H2S)=c(OH-)，c(HS-)＋2c(H2S)=c(OH-)-c(H+)，有c(OH-)-c(H+)>c(HS-)＋c(H2S) 。(选填“＜”、“>”或“=”)，往Na2S溶液中通入空气，产生淡黄色浑浊且溶液pH升高，解释其原因硫化钠溶液呈碱性，通入氧气，发生反应：2Na2S＋O2＋2H2O → 4NaOH＋2S↓，由于每2 mol硫离子可生成4 mol氢氧根离子生成，因此溶液碱性增强，pH升高，由于有硫单质生成，因此有淡黄色沉淀产生。故答案为：>；硫化钠溶液呈碱性，通入氧气，发生反应：2Na2S＋O2＋2H2O → 4NaOH＋2S↓，由于每2 mol硫离子可生成4 mol氢氧根离子生成，因此溶液碱性增强，pH升高，由于有硫单质生成，因此有淡黄色沉淀产生。
【分析】（1）根据勒夏特烈原理，温度升高，利于平衡向吸热方向移动；根据化学方程式，混合气体增加的相对分子质量为2×28+4×18-4×2=120，根据4H2O(g)~混合气体的增加量，以及化学计量系数之比等于物质的量之比，结合反应速率表达式进行分析。
（2）扩大容器体积，相当于减压，利于平衡向压强增大（或气体分子数增大）的方向移动，据此分析。
（3）通过化学平衡三段式，以及比较浓度平衡常数（Q）与化学平衡常数（K）进行分析。若Q＞K，利于平衡向逆方向移动；若Q=K，平衡不移动；若Q＜K，利于平衡向正方向移动。
（4）根据溶液中质子守恒进行分析；Na2S溶液与空气中的氧气反应产生淡黄色的硫沉淀和强碱NaOH，据此分析。
30．【答案】（1）3
（2）+90.41
（3）增大；该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，n(H2)增大
（4）R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n(H2)增大，同时R4为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n(H2)也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行，n(H2)减小，R1、R2、R4影响大于R3
（5）升高温度；增加水碳比
（6）b；6 -6e-=N2↑+4NH3；2
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据甲醇蒸汽重整反应：CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)可知，每产生3mol氢气消耗1mol甲醇，则产氢率= ；
(2)根据已知信息，R1=R2+R3，由盖斯定律可得，△H2=△H1-△H3=(+49.24kJ/mol)-(-41.17kJ/mol)=+90.41kJ/mol；
(3)已知R1：CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g) △H1=+49.24kJ/mol，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，n(H2)增大；
(4)由反应可知，R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n(H2)增大，同时R4(积碳反应)前两步为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n(H2)也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行，n(H2)减小，R1、R2、R4影响大于R3，因此在600-912K时，随着温度升高，氢气的摩尔分数增大；
(5)若要减少积碳，需使反应R4逆向进行，由于R4为放热反应，故可采取升高温度的方式使反应逆向进行，减少积碳；也可以增大水碳比，使H2O的物质的量增大，平衡逆向进行，积碳减少；
(6)①由装置可知，a连电池的正极，为阳极，失去电子发生氧化反应，b连电池的负极，为阴极，得到电子发生还原反应，故发生的电极反应为6NH3+6e-=3H2↑+6NH 的电极是阴极，即电极b；
②a为阳极， 失去电子发生氧化反应，电极反应式为6 -6e-=N2↑+4NH3；
③由阴极反应式6NH3+6e-=3H2↑+6NH 可知，2e-~H2，则利用该装置产生1mol氢气时，转移电子的物质的量是2mol。
【分析】（1）根据产氢率的公式计算；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行；
（4）R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n（H2）增大，同时R4（积碳反应）前两步为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n（H2）也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行；
（5）若要减少积碳，需使反应R4逆向进行；
（6）①a连电池的正极，为阳极，失去电子发生氧化反应，b连电池的负极，为阴极，得到电子发生还原反应；
②a极上失去电子发生氧化反应；
③结合电极反应计算。
31．【答案】（1）Ⅰ；反应Ⅰ放出热量；；BC；消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度
（2）较高；；5；
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)①反应放热量越大，在热力学上的趋势越大，由方程式可知，反应Ⅰ为放热反应，反应II为吸热反应，所以在热力学上趋势更大的是反应Ⅰ，故答案为：Ⅰ；反应Ⅰ放出热量；
②设液态甲酸分解的反应为反应Ⅲ，由图可知，液态甲酸分解的热化学方程式为，由盖斯定律可知，反应Ⅲ-反应Ⅰ可得液态甲酸转化为气态甲酸的方程式，则，则甲酸的汽化热；
A．由图可知，生成TS2步骤活化能较大，为总反应的控速步骤，故A不正确；
B．由图可知，反应过程中的催化剂为，故B正确；
C．由图可知，氢离子参与反应过程的转化，所以溶液中pH能影响反应速率，故C正确；
D．由图可知，反应过程中Fe的成键数目目发生改变，故D不正确；
故答案为：BC；故答案为：；BC；
③由图可知，℃之后，升高温度，积碳量减小说明消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度，故答案为：消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度；
(2)①由方程式可知，该反应为熵增的吸热反应，反应的、，高温下，反应，反应能自发进行，故答案为：较高，
②由图可知，6~8min时，反应达到平衡，甲烷、乙炔、氢气的平衡分压分别为kPa、kPa、kPa，则反应的平衡常数kPa2；由图可知，8min时缩小容器容积的瞬间，乙炔分压增大到原来的2倍，则容器容积应缩小到5L，该反应为气体分子总数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则曲线表示乙炔分压与时间关系，故答案为：；5；。
【分析】（1）①反应放的热量越大，在热力学上的趋势越大。
②注意运用盖斯定律进行加减计算时，△H也同样要进行加减计算，计算过程中要带“+”“-”。
③通过对比消碳反应速率与积碳反应速率进行分析。
（2）①反应自发进行的条件是△G=△H－T△S＜0，据此分析。
②由图可知达到化学平衡时，甲烷、乙炔、氢气的平衡分压，根据化学平衡常数公式进行计算；根据影响化学平衡的因素进行分析。
32．【答案】（1）a+2b+2c
（2）
（3）放热；>；A点尚未达到平衡状态，反应仍正向进行中，因此v正>v逆；CO2的体积分数越大吸附速率越大；不变；66.7%
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡移动原理
【解析】【解答】(1)已知：①
②
③
根据盖斯定律知，①+2②+2③得 ，故答案为：a+2b+2c；
(2)根据图示知，吸附过程发生的反应为 ，故答案为： ；
(3)①图中各曲线后半部分，固体样品质量百分数随温度升高而降低，说明温度升高平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，故答案为：放热；
②如图所示，A点尚未达到平衡状态，反应仍正向进行中，因此v正>v逆，故答案为：>；A点尚未达到平衡状态，反应仍正向进行中，因此v正>v逆；
③ 的体积分数越大，则 浓度越大，化学反应速率越大，吸附速率越大；故答案为：CO2的体积分数越大吸附速率越大；
④ ，虽然改变了体积，但温度不变 不变，因此 不变，故答案为：不变；
⑤由反应 可知，固体增重的质量等于吸收的 的质量。因B点固体增重 ，故被吸收的 ，由图中 和 的比例可知， 混合气体中含 的物质的量为 ，吸收率为 ，故答案为：66.7%。
【分析】（1）利用盖斯定律即可计算出焓变
（2）根据反应物和生成物即可写出方程式
（3）①根据图示即可判断，温度升高后，质量降低因此是放热 ② A点还未达到最大值，因此是未达到平衡，因此正速率增大③根据图示二氧化碳的含量越大，吸附越强 ④ 温度不变，平衡常数不变即可判断⑤根据固体质量的增强即可计算出吸收二氧化碳的物质的量，再根据总的二氧化碳的物质的量即可计算出吸收率
33．【答案】（1）ac；NH3+H2O+CO2＝NH4HCO3、NH4HCO3 NH3↑+H2O+CO2↑
（2）Fe3O4(s)+4H2(g) 3Fe(s)+4H2O(g)，加入H2O(g)后抑制Fe3O4被H2进一步还原
（3）CH4；H2O+2e-=H2↑+O2-、O2+4e-=2O2-；14CH4+12H2O+O2=14CO+40H2
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应；化学平衡移动原理；原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)①a．由表格数据可知，温度越高，K越小，则正反应为放热反应，则ΔH＜0，故符合题意；
b．该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，不能提高转化率，故不符合题意；
c．增大水蒸气浓度，反应速率增大，促进CO的转化，则可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率，故符合题意；
故答案为：ac；
②以氨水为吸收剂脱除CO2，当其失去吸收能力时，通过加热使吸收剂再生，用化学方程式表示“吸收”、“再生”两个过程吸收：NH3+H2O+CO2＝NH4HCO3、NH4HCO3 NH3↑+H2O+CO2↑；
(2)发生Fe3O4(s)+4H2(g) 3Fe(s)+4H2O(g)，增大生成物浓度，平衡逆向移动，则H2O(g)的作用为Fe3O4(s)+4H2(g) 3Fe(s)+4H2O(g)，加入H2O(g)后抑制Fe3O4被H2进一步还原；
(3)①C元素化合价升高，失去电子，则起还原作用的物质是CH4；
②根据示意图可判断膜Ⅰ侧发生得到电子的还原反应，电极反应式是H2O+2e-=H2↑+O2-、O2+4e-=2O2-；
③空气中N2与O2的物质的量之比为4：1，膜Ⅰ侧所得气体 =3，氮气在反应前后不变，设氮气为4mol，则生成氢气为12mol，由膜I侧反应可知12molH2O得到电子、1molO2得到电子，膜I上发生12H2O+24e-=12H2↑+12O2-、O2+4e-=2O2-，膜II上14molCH4中C失去84mol电子、H得到56mol电子时，总反应遵循电子守恒，则反应为14CH4+12H2O+O2=14CO+40H2。
【分析】（1）①a. 根据温度与常数的关系即可判断焓变的大小b.压强不影响平衡的移动c. 曾一种伍德浓度可以提高另外一种物质的转化率和速率
②根据反应物和生成物即可写出反应方程式
（2）氢气可将四氧化三铁还原为铁，加入水蒸气抑制此反应
（3）①根据元素话合计的变化即可判断 ② 反应物是空气中的氧气和水得到电子变为氧离子的反应③根据反应物和生成物以及比值即可写出方程式
34．【答案】（1）＞；＜
（2）CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)；-(a+b)kJ·mol-1；AB
（3）1- (m+n)
（4）H2O分子占据大多数Ni表面的活性位点，导致活性位点的CH4分子过少，r(CH4)减小
（5）正；2CO2+O2+4e-=2CO
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学平衡的计算；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据K1的表达式可知温度越高，平衡常数越大，即升高温度平衡正向移动，为吸热反应，所以ΔH1＞0；根据K2的表达式可知温度越低，平衡常数越大，即降低温度平衡正向移动，为放热反应，所以ΔH2＜0；
(2)据图可知加入的反应物为CO2和H2，最终产物为CH4和H2O，Pd、MgO均为催化剂，该反应的化学方程式为CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)；根据盖斯定律-(SMR+WGS)可得该反应的ΔH1=-(a+b)kJ·mol-1；
关于这一反应机理，下列说法正确的是：
A．据图可知CO2被吸附在MgO的表面而发生反，H2被吸附在Pb表面发生反应，A正确；
B．该过程中反应物为CO2和H2，最终产物为CH4和H2O，Pd、MgO均为催化剂，B正确；
C．据图可知该过程中只有碳氧键的断裂，没有碳氧键的生成，反应过程中形成了氧氢键、碳氢键，C不正确；
D．反应过程中有MgOCO中间体形成，并没有生成CO分子，D不正确；
故答案为：AB；
(3)不妨设初始通入1molCH4和3molH2O，则平衡时CO为m mol，H2为n mol，设此时n(CH4)为x mol，则Δn(CH4)为(1-x)mol，所以SMR反应生成的氢气为3(1-x)mol，生成的CO为(1-x)mol，所以WGS反应消耗的CO为(1-x-m)mol，生成的氢气为(1-x-m)mol，所以有(1-x-m)mol+3(1-x)mol=n mol，解得x=[1- (m+n)]mol，所以CH4(g)的分压为[1- (m+n)]MPa；
(4) 增大，即通入的水蒸气增多，所以H2O分子占据大多数Ni表面的活性位点，导致活性位点的CH4分子过少，r(CH4)减小；
(5)废气中含有氧气，据图可知O2发生还原反应与CO2结合生成碳酸根，所以该电极得电子为正极，所以废气中的CO2在电池的正极被捕获，电极反应式为2CO2+O2+4e-=2CO 。
【分析】（1）根据温度的高低与平衡常数的关系即可判断焓变的大小
（2）根据反应物和生成物即可写出反应方程式。根据盖斯定律即可求出热效应，根据反应原理即可判断二氧化碳吸附在氧化镁的表面进行反应，而Pd只是反应的催化剂改变速率，根据断键和成键即可判断没有碳氧键的断裂和形成，根据原理图没有二氧化碳产生
（3）利用恒容密闭容器中气体压强之比等于物质的量之比，结合物料守恒即可进行计算
（4）根据 SMR中，CH4分子与H2O分子在催化剂Ni表面的活性位点(能够发生断键的表面区域)断键并发生反应 ，水的压强增大，甲烷的速率降低可能是水分子占据了活性位点
（5）根据二氧化碳变成碳酸根即可判断在正极获取，即可写出电极式
35．【答案】（1）
（2）
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】(1)100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与1.95g锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m= =1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，反应放出的热量Q=cm =4.18 ×100g×(30.1-20.1) = 4.18×103J，故答案为：4.18×103；(2)上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)= 0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)= =0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第(1)问可知，转化0.020mol硫酸铜所放出的热量为4.18×103J，又因为该反应中焓变 代表反应1mol硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列出计算式为： ，故答案为： （答案符合要求且合理即可）。
【分析】(1)根据中和滴定实验的原理可知，该反应放出的热量可根据Q=cm 计算；(2)结合焓变的概念及其与化学计量数之间的关系列式计算。
2023年高考真题变式分类汇编：吸热反应和放热反应1
一、选择题
1．（2016·江苏）通过以下反应均可获取H2．下列有关说法正确的是（ ）
①太阳光催化分解水制氢：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H1=571.6kJ mol﹣1
②焦炭与水反应制氢：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2=131.3kJ mol﹣1
③甲烷与水反应制氢：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H3=206.1kJ mol﹣1．
A．反应①中电能转化为化学能
B．反应②为放热反应
C．反应③使用催化剂，△H3减小
D．反应CH4（g）═C（s）+2 H2（g）的△H=74.8kJ mol﹣1
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，故A错误；
B、反应的△H2＞0，故该反应为吸热反应，故B错误；
C、催化剂不能改变反应热的大小，只能改变化学反应速率，故C错误；
D、根据盖斯定律，目标反应CH4（g）═C（s）+2H2（g）相当于③﹣②，故△H=△H3﹣△H2，△H=206.1kJ mol﹣1﹣131.3kJ mol﹣1=74.8kJ mol﹣1，故D正确．
故选D．
【分析】本题考查了化学反应与能量变化，利用盖斯定律进行相关计算，注意催化剂不能改变焓变，盖斯定律计算时焓变的加减时正负号为易错点，题目难度较小．
2．（2023·宁波模拟）一定条件下，与HCl发生加成反应有①、②两种可能，反应进程中能量变化如图所示。下列说法中不正确的是
A．反应①、②焓变不同，与产物稳定性有关，与反应的中间状态无关
B．反应①、②均经过两步反应完成，对应的分步反应过程中均放出能量
C．其他条件不变，适当提高反应温度，可以提高产物中的比例
D．相同条件下，的生成速率大于
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．△H=生成物总能量-反应物总能量，由图可知，反应①②反应物相同，生成物不同，二者焓变不同，能量越低越稳定，则产物CH3CHClCH3（g）比CH3CH2CH2Cl（g）稳定，说明焓变与产物稳定性有关，与反应的中间状态无关，A不符合题意；
B．△H=生成物总能量-反应物总能量＜0，表示放热反应，△H＞0表示吸热反应，由图可知，第一步为吸热反应，第二步为放热反应，B符合题意；
C．由图可知，反应①活化能大，升高温度，反应物较易转化为活化分子，促进反应①发生，可以提高产物中CH3CH2CH2Cl（g）的比例，C不符合题意；
D．活化能越大，反应速率越慢，由图可知，反应①的活化能大于反应②，则相同条件下，CH3CHClCH3（g）的生成速率大于CH3CH2CH2Cl（g），D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.△H=生成物总能量-反应物总能量，能量越低越稳定。
B.△H＜0表示放热反应，△H＞0表示吸热反应。
C.反应①活化能大，升高温度，反应物较易转化为活化分子。
D.活化能越大，反应速率越慢。
3．（2023·莆田模拟）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如下图所示，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大。下列说法正确的是
A．比稳定
B．升高温度，生成的反应速率增大的程度更大
C．该历程中最小正反应的活化能为
D．改变催化剂可以改变生成的反应焓变
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【分析】A．的能量更高，故其不如稳定，A不符合题意；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；结合图像可知，升高温度，生成的反应速率增大的程度更大，B不符合题意；
C．该历程中最小正反应的活化能为中间产物Z生成过渡Ⅲ时的活化能，为，C符合题意；
D．改变催化剂可以改变反应历程，加快反应速率，但是不能改变生成的反应焓变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、活化能越高物质越稳定；
B、升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；
C、结合图示可以知道最小活化能为；
D、催化剂不影响焓变。
4．（2023·天津市模拟）我国学者利用催化剂催化丙烷氧化脱氢的历程如图(吸附在催化剂表面的物质用标注)。下列说法正确的是
A．反应历程中第一步化学反应为决速步骤
B．催化剂改变了丙烷氧化脱氢的焓变()
C．过渡态物质的稳定性：过渡态2小于过渡态1
D．吸附过程为吸热过程
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．化学反应的决速步骤是慢反应，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒(活化能)最大的是到过渡态I的能量，故第一步化学反应为决速步骤，A符合题意；
B．催化剂不能改反应的焓变()，B不符合题意；
C．物质具有的能量越低越稳定，故过渡态2更稳定，C不符合题意；
D．由图可知吸附过程为放热过程，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、决速步骤即活化能最大的步骤；
B、催化剂不影响焓变；
C、活化能越大，则稳定性越强；
D、能量升高为吸热，能量降低为放热。
5．（2023·虹口模拟）气态有机物①~④分别与氢气发生加成反应生成1mol气态环己烷()的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．物质的热稳定性：②<③
B．物质④中不存在碳碳双键
C．物质①~④与氢气的加成反应都是放热反应
D．物质③脱氢生成④的热化学方程式为：(g)(g)+H2(g)-21kJ
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式
【解析】【解答】A．从图中可知，物质②的能量高于物质③，则稳定性②<③，A不符合题意；
B．物质④为苯，苯环中不存在碳碳双键，B不符合题意；
C．从图中可知，四种物质与氢气发生加成反应生成1mol气态环己烷都放出热量，都是放热反应，C不符合题意；
D．物质③能量高于物质④，则物质③脱氢生成④的热化学方程式为(g)(g)+H2(g)+21kJ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、能量越高，物质越稳定；
B、苯不存在碳碳双键和碳碳单键；
C、能量降低，为放热反应；
D、△H=生成物总内能-反应物总内能。
6．（2023·保定模拟）水煤气变换反应为 。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面水煤气变换的反应历程，如下图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用 标注。下列说法错误的是
A．水煤气变换反应的
B．步骤③的化学方程式为
C．步骤⑤只有极性键的形成
D．该反应中的决速步骤为步骤④
【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．根据图示，反应物的量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，，A不符合题意；
B．如图所示，步骤③的化学方程式为，B不符合题意；
C．步骤⑤中生成氢气和，所以步骤⑤既有极性键的形成，又有非极性键的形成，C符合题意；
D．速率最慢的步骤绝决定整个反应的速率，活化能越高，反应速率最慢，如图，步骤④活化能最高，反应速率最慢，决定整个反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.该反应反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
B.步骤③发生反应；
C.步骤⑤生成氢气和，氢气含有非极性键，二氧化碳含有极性键；
D.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤。
7．（2023·沧州模拟）二氧化碳选择性加氢制甲醇是解决温室效应、发展绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一。常温常压下利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法错误的是
A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热
B．二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应
C．该历程的决速步为
D．总反应为
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，不能改变反应热，选项A符合题意；
B．由反应历程图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，选项B不符合题意；
C．的活化能最大，是该历程的决速步，选项C不符合题意；
D．该反应的反应物是和，生成物是和，则总反应为，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.催化剂不影响反应热；
B.反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应；
C.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
D.该反应是和反应生成和。
8．（2023·杨浦模拟）相关有机物分别与氢气发生反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列叙述错误的是
A．(g)(g)为吸热反应
B．(g)(g)
C．相同状况下，等质量的和完全燃烧，放热少
D．，可推测苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式
【解析】【解答】A．由图可知，(g)的能量小于(g)，则(g)(g)的反应为吸热反应，故A不符合题意；
B．由图可知，(g)转化为 (g)和氢气的反应为放热反应，反应的热化学方程式为(g)(g)，故B符合题意；
C．由图可知，(g)的能量小于(g)，则相同状况下，等质量的和完全燃烧，放热少，故C不符合题意；
D．(g)转化为(g)放出热量不是(g) 转化为(g)放出热量的3倍说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应；
C.(g)的能量小于(g)；
D.3d=a时，说明苯分子中存在三个完全独立的碳碳双键。
9．（2023·重庆市模拟）为实现“碳达峰、碳中和”的目标，科学家提出以为催化剂，用光热化学循环分解法，达到减少大气中量的目的，反应的机理如图所示：
物质的量 物质 完全断键所需吸收的总能量
下列说法错误的是
A．过程①中光能转化为化学能
B．过程④为吸热过程
C．降低该反应的焓变，提高该反应速率
D．全过程热化学方程式为
【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用；吸热反应和放热反应；催化剂
【解析】【解答】A．以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，能量的变化形式是由光能转化为化学能，A不符合题意；
B．过程④需要从外界吸收热量，因此为吸热过程，B不符合题意；
C．作为催化剂可以降低该反应的活化能，无法降低焓变，提高该反应速率，C符合题意；
D．CO2分解为CO和O2化学式为，根据分子化学键完全断裂时的能量变化图可知，1molCO2完全断裂应该吸收1598kJ，1molCO完全断裂应该吸收1072 kJ，1mol O2完全断裂应该吸收496kJ；所以1molCO2分解产生1molCO和0.5molO2，所以需吸收kJ 能量，则全过程热化学方程式为 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过程①利用太阳光将二氧化碳分解，光能转化为化学能；
B.反应④从外界吸收能量；
D.CO2分解为CO和O2化学式为，结合ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能计算。
10．（2023·常德模拟）我国学者研究了汽车尾气的主要有害成分和之间的反应历程。反应历程中每一阶段内各驻点的能量均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差，代表过渡态，反应过程中的复杂中间产物直接用表示(反应历程如图)。下列说法正确的是
A．由图可知该反应通过2步基元反应完成
B．加入适当的催化剂可提高产率
C．该反应为放热反应
D．该过程的总反应方程式为
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知该反应通过3步基元反应完成，A不符合题意；
B．加入适当的催化剂可提高反应速率，但是不能改变平衡移动，不能提高平衡产率，B不符合题意；
C．由图可知最终的生成物的能量低于反应物的能量，故反应为放热反应，C符合题意；
D．该过程的总反应为一氧化氮和一氧化碳生成二氧化碳和氮气，方程式为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.整个反应分为三个基元反应阶段；
B.催化剂不影响平衡状态；
C.反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
D.由图可知，该反应的反应物为NO和CO，产物为CO2和N2。
11．（2023·河北模拟）下列实验结论或解释错误的是
选项 实验操作和现象 结论或解释
A 做过银镜反应的试管可用铁盐溶液洗涤，加入稀盐酸，洗涤效果更好 Fe3++AgFe2++Ag+，加入稀盐酸，Cl-与Ag+结合生成氯化银沉淀，使平衡右移
B 将200mL5mol L-1的Na2CO3溶液加热到60℃，用pH传感器测定pH值，测得溶液的pH值逐渐减小 Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
C 用注射器多次抽取硫酸厂附近的空气样品慢慢注入盛有品红的同一试管中，品红不变色 空气样品中几乎不含SO2
D 取2mL0.5mol/L的CuCl2溶液于试管中，置于冷水中，溶液呈蓝色；一段时间后取出加热，溶液逐渐变黄 [Cu(H2O)4]2++4Cl-4H2O+[CuCl4]2-是放热反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．铁盐能与Ag单质反应生成银离子，加入盐酸后银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，促进Fe3++AgFe2++Ag+正向移动，故A不符合题意；
B．Na2CO3溶液加热促进水解，pH应增大，但实际测得溶液的pH值逐渐减小，是因为加热过程中Kw增大，两者共同作用导致pH值减小，故B不符合题意；
C．二氧化硫具有漂白性能使品红褪色，多次抽取气体后不能使品红褪色说明空气中不含二氧化硫，故C不符合题意；
D．呈蓝色，呈黄色，升温溶液变黄，则平衡正向移动，正向为吸热反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.铁盐溶液可溶解Ag，同时加入盐酸，Ag+与Cl-结合成氯化银沉淀，使平衡右移；
B.温度既能影响Kw也能影响平衡移动；
C.二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色。
12．（2023·南京模拟）以一定浓度NaOH溶液吸收H2S可制备Na2S或NaHS。若通入H2S所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)。室温下，H2S的电离常数分别为Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。下列说法正确的是
A．Na2S溶液显碱性的原因：S2-+2H2OH2S+2OH-
B．NaOH恰好转化为Na2S的溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(S2-)
C．吸收所得c总=c(Na+)的溶液中：c(H2S)＞c(S2-)
D．NaOH溶液吸收H2S过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．S2-的水解分步进行，以第一步水解为主，离子方程式为，A不符合题意；
B．NaOH恰好转化为Na2S，则溶液中溶质全为Na2S，溶液中的氢氧根全部来自于水的电离，则c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，B不符合题意；
C．c总=c(Na+)，即c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=c(Na+)，此时加入的NaOH的物质的量等于H2S的物质的量，溶质全为NaHS，Ka2=1.3×10-13，HS-的水解平衡常数Kh==0.91×10-7，则HS-的水解程度大于电离程度，故c(H2S)＞c(S2-)，C符合题意；
D．NaOH溶液吸收H2S，发生酸碱中和反应放出热量，溶液温度升高，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. Na2S 为强碱弱酸盐，会发生水解。
B.根据电荷守恒进行分析。
C.根据物料守恒进行分析。
D.酸碱中和反应放出热量。
13．（2023·石景山模拟）CO2催化加氢制CH4的反应为：。催化剂上反应过程示意如图1所示。其他条件不变时，CO2的转化率和CH4的选择性(CO2转化为甲烷的量/ CO2转化的总量)随温度变化如图2所示。下列说法错误的是
A．催化剂改变了中O-C-O键的键角
B．150℃到350℃时，基本没有发生副反应
C．催化加氢制是一个吸热反应
D．结合下列热化学方程式，可以通过盖斯定律计算加氢制的反应热 、
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．由题干图1反应历程图信息可知，CO2的键角为180°，而Ni-CO2的键角不是180°，故催化剂改变了CO2中O—C—O键的键角，A不符合题意；
B．由题干图2信息可知，150℃到350℃时，CH4的选择性基本为100%，说明该温度范围内基本没有发生副反应，B不符合题意；
C．由题干图2信息可知，升高温度，CO2的转化率增大，而CH4的选择性基本不变，说明该温度范围内基本无副反应发生，但题干未告知CO2转化率是不是平衡转化率，故无法判断CO2催化加氢制CH4是一个吸热反应还是吸热反应，C符合题意；
D．已知CO2加氢制备CH4的总的热化学反应为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ，根据盖斯定律可知，通过下列热化学方程式① 、② ，可以盖斯定律计算CO2加氢制CH4的反应热为-()=-()=-164.9kJ/mol，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．依据反应历程图信息分析；
B．依据CH4的选择性基本为100%判断；
C．题干未告知CO2转化率是不是平衡转化率，故无法判断；
D．依据盖斯定律计算。
14．（2023·湖北模拟）我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，反应化学方程式为：HCHO+O2CO2+H2O。用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．该反应为吸热反应
B．HCHO分子空间结构为平面正三角形
C．1 mol CO2分子中，碳原子的价层电子对数为2NA
D．处理22.4L HCHO转移电子数目为4NA
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．该反应相当于是甲醛的燃烧反应，属于放热反应，A不符合题意；
B．HCHO分子中心C原子价层电子对数=，即中心C原子采用sp2杂化，则其空间结构为平面三角形，由于周围原子不同，不是正三角形，B不符合题意；
C．CO2分子中心C原子价层电子对数=，则1 mol CO2分子中碳原子的价层电子对数为2NA，C符合题意；
D．未指出气体所处状态，无法计算HCHO的物质的量，因而无法计算转移电子数目，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氧化还原反应为放热反应；
B.HCHO中C原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
C.CO2分子中心C原子价层电子对数为2；
D.气体所处的状态未知，不能计算气体的物质的量。
15．（2023·湖南模拟）一定条件下，丙烯与HCl反应生成和的反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．丙烯与HCl的反应是吸热反应
B．合成的反应中，第Ⅱ步为反应的决速步
C．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例
D．的焓变等于第一步与第二步正反应活化能的差值
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．由图可知，无论是生成1-氯丙烷还是生成2-氯丙烷，反应物的总能量总是高于生成物的总能量，则丙烯与HCl的反应是放热反应，A不符合题意；
B．在合成2-氯丙烷的反应中，第Ⅰ步反应的活化能更大，即第Ⅰ步的反应速率慢，故第Ⅰ步为反应的决速步，B不符合题意；
C．由图可知：，升高温度，平衡正向移动，故其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例，C符合题意；
D．由图像可知，第一步与第二步正反应活化能的差值不是反应物和生成物的能量差，即该差值不是反应的焓变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.丙烯与HCl反应生成CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl的反应中，反应物总能量都大于生成物总能量；
B.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
D.根据盖斯定律，的焓变等于第一步焓变与第二步焓变之和。
16．（2023·松江模拟）一定条件下合成乙烯：。已知其它条件不变时，温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示。下列说法一定正确的是
A．平衡常数
B．反应速率：
C．所含总能量：
D．经过相同时间后得到乙烯的量：X＞Y
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】A．升高温度， 的平衡转化率降低，平衡逆向移动，所以 ，故A不符合题意；
B．升高温度，反应速率一定增大，故 ，故B符合题意；
C．升高温度， 的平衡转化率降低，平衡逆向移动，说明该反应是一个放热反应，则 ，故C不符合题意；
D．若经过的时间较长，反应达到平衡，X点 转化率较大，则得到的乙烯的量X＞Y，若经过的时间较短，未达到平衡， ，则得到的乙烯的量X＜Y，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.升高温度利于平衡向吸热反应方向移动。
B.升温能增大反应速率。
C.ΔH=，ΔH＞0表示吸热反应，ΔH＜0表示放热反应。
D.达到平衡时，根据转化率进行分析；未达到平衡时，根据反应速率进行分析。
二、多选题
17．（2022·威海模拟）中国科学家研究了某过渡金属催化乙炔氢化的反应机理，反应中间体亚乙烯基吸附物(CH-CH＋2H)多步连续加氢反应路径的能量变化示意图如下。下列说法错误的是（ ）
A．乙炔与氢气加成生成乙烷的反应一定为吸热反应
B．工业生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可提高反应速率
C．图示反应历程中，最大能垒为
D．升高温度，正向速率的增大程度小于逆向速率的增大程度
【答案】A,D
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．图中起点物质是中间体亚乙烯基吸附物(CH-CH＋2H)，未知反应物乙炔和氢气的总能量，不能据此判断整个反应的反应热，故A符合题意；
B．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，将催化剂处理成纳米级颗粒又能增大接触面积，可提高反应速率，故B不符合题意；
C．由图可知，最大能垒的反应过程为CH2-CH＋H到过渡态2，最大能垒为-24-(-239)=，故C不符合题意；
D．的反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡正向移动，正向速率的增大程度大于逆向速率的增大程度，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A、未知反应物乙炔和氢气的总能量，无法判断整个反应的反应热；
B、纳米级颗粒大接触面积，提高了反应速率；
C、最大能垒的反应过程为CH2-CH＋H到过渡态2的过程；
D、该反应为吸热反应，升高温度，正向速率的增大程度大于逆向速率的增大程度。
18．（2022·张家口模拟）硫酸甲酯()是制造染料的甲基化试剂。我国科学家利用计算机模拟技术，分别研究反应在无水和有水条件下的反应历程，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．的能量高于的能量，因此该反应的
B．无水条件下逆反应的活化能为34.76 Ev
C．水改变了该反应的
D．反应过程中中的C—H键均未发生断裂
【答案】B,D
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．由生成物与反应物的总能量决定的，当反应物总能量高于生成物的总能量时反应为放热反应。当反应物总能量的小于生成物的总能量时，该反应为吸热反应。从图看CH3OH与SO3的总能量高于CH3OSO3H的能量，该反应为放热，A项不符合题意；
B．你反应的活化能即从产物到中间活化分子的能量差，即是E逆活化能=，B项符合题意；
C．从反应来看，H2O反应前后不变为催化剂，催化剂之加快反应速率不改变，C项不符合题意；
D．从图可以看出甲醇中O-H断裂而形成了S-O-H中的O-H键，而其他化学键未发生变化，D项符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.反应物总能量大于生成物总能量为放热反应；
B.活化能=过渡态能量-起始态能量；
C.水是反应的催化剂，不能改变反应热；
D.甲醇只断裂了O-H键。
19．（2022·滨州模拟）一定条件下，丙烯与HCl反应生成CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl的反应历程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．丙烯与HCl的反应是吸热反应
B．合成CH3CHClCH3的反应中，第I步为反应的决速步
C．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例
D．CH2=CH-CH3(g)+HCl(g)CH3CH2CH2Cl(g)的焓变等于第一步与第二步正反应活化能的差值
【答案】B,C
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学反应速率
【解析】【解答】A．由图可知，无论是生成CH3CH2CH2Cl(g)或是CH3CHClCH3(g)，生成物的总能量低于于反应物的总能量，则丙烯与HCl的反应是放热反应，A不符合题意；
B．在合成CH3CHClCH3的反应历程中，第I步反应活化能更大，反应速率更小，慢反应为整个反应的决速步骤，B符合题意；
C．其他条件不变，适当升高温度，活化能大的反应的速率常数变化的大，速率增加的更快，相同时间内可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例，C符合题意；
D．由图象，第一步与第二步正反应活化能的差值不是反应物和生成物的能量差，故不是CH2=CH-CH3(g)+HCl(g)CH3CH2CH2Cl(g)的焓变，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.依据化学反应中能量的变化分析；
B.慢反应为整个反应的决速步骤；
C.依据化学平衡移动原理分析解答；
D.依据反应焓变的相关知识分析解答。
20．（2022高二下·湖南期末）在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应，图1表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)：n(B)的变化关系。则下列结论正确的是（ ）
A．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.04mol·L-1·min-1
B．由图可知反应的化学方程式为，且正反应吸热，a=1
C．若在图1所示的平衡状态下再向体系中充入0.2mol B和0.2mol C，此时v正=v逆
D．200℃时，向2L恒容密闭容器中充入2mol A和1mol B，达到平衡时A的体积分数小于0.5
【答案】C,D
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由图1可知，时达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.2mol，故，故A不符合题意；
B．A、B物质的量减少、C物质的量增加，A、B是反应物、C是生成物，变化量比等于化学方程式化学计量数之比，所以反应方程式为；由图2可知，温度越高，平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，正反应为吸热反应，投料比等于系数比时，产物的含量增大，所以a=2，故B不符合题意；
C．恒温恒容条件下，再向体系中充入0.2mol B和0.2mol C，由于B和C的化学计量数相等，Q=K，所以平衡不移动，故v(正)=v(逆)，故C符合题意；
D．由图1可知，200℃平衡时，A的体积分数为50%，200℃时，向容器中充入2mol A和1mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，所以达到平衡时，A的体积分数小于0.5，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.根据计算；
B.A、B物质的量减少、C物质的量增加，A、B是反应物、C是生成物，物质的量变化量比等于化学方程式化学计量数之比；
C.B和C的化学计量数相等，平衡不移动；
D.向容器中充入2mol A和1mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动。
21．（2021高二上·湖南期末）下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．铁件镀银 B．由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响 C．稀硫酸与锌粒反应制氢气的能量变化 D．蒸干硫酸铝溶液制无水硫酸铝固体
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,D
【知识点】吸热反应和放热反应；盐类水解的原理；探究影响化学反应速率的因素；电镀
【解析】【解答】A．由电流方向是流向Ag电极，可知Ag电极连接电源正极作阳极，Ag失去电子变为Ag+进入溶液，Fe电极连接电源负极作阴极，溶液中的Ag+在Fe电极上得到电子被还原为Ag单质，因此可以实现铁件镀银的目的，A符合题意；
B．反应应控制高锰酸钾溶液不足量，且草酸浓度不同来探究浓度对速率的影响，实验中高锰酸钾浓度不同，溶液颜色开始就不同，因此不能由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响，B不符合题意；
C．稀硫酸与锌粒反应制氢气的反应是放热反应，反应物的能量高，生成物的能量低，而图示的能量变化显示的是吸热反应，与反应事实不吻合，C不符合题意；
D．硫酸铝是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+发生水解反应产生Al(OH)3和H2SO4，水分蒸发，由于硫酸是不挥发的酸，Al(OH)3和H2SO4又发生反应产生Al2(SO4)3，故蒸干硫酸铝溶液可以制无水硫酸铝固体，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.电流方向与电子方向相反，由图可知，Ag将失电子，所以Ag电极为阳极，Fe电极为阴极。溶液中的Ag+会移向铁电极得电子，即铁件镀银。
B.根据控制变量法，探究反应物浓度对反应速率的影响，就要确保其他条件相同，如开始酸性高锰酸钾溶液的颜色要相同。
C.根据图示，△H=生成物的总能量－反应物的总能量＞0，为吸热反应，而锌与稀硫酸的反应为放热反应。
D.硫酸铝为强酸弱碱盐，铝离子发生水解：Al3+＋3H2O
Al(OH)3＋3H+，蒸干过程中，水解得到的硫酸（不挥发）和Al(OH)3反应又生成硫酸铝
22．（2020高一下·潍坊期末）俗语说“雷雨发庄稼”与N2和O2反应生成NO有关。反应过程中不使用催化剂(曲线I)和使用催化剂(曲线II)的能量变化如图所示(图中E1表示破坏旧化学键吸收的能量，E2表示形成新化学键释放的能量)。下列叙述错误的是（ ）
A．上述反应属于吸热反应
B．途径I的反应焓变比途径II大
C．过程I的反应速率比过程II慢
D．N2与O2反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=(E1-E2)kJ mol 1
【答案】B,D
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式；化学反应速率
【解析】【解答】A．上述反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，属于吸热反应，A叙述不符合题意；
B．根据图像可知，途径I的反应焓变与途径II的焓变相等，B叙述符合题意；
C．过程I活化能大于过程II的，则过程I反应速率比过程II慢，C叙述不符合题意；
D．N2与O2反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=2(E1-E2)kJ mol 1，D叙述符合题意；
答案为BD。
【分析】A.根据前后能量的高低判断放热吸热反应
B.焓变和路径无关，只和起始状态有关
C.活化能越高，速率越慢
D.根据焓变=生成物的能量-生成物的能量计算即可
23．（2020高一下·苏州期末）根据下列实验操作和现象所得结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 实验结论
A 在小烧杯中滴有少量水，加入20gBa（OH）2·8H2O晶体和10gNH4Cl晶体，用玻璃棒快速搅拌并触摸烧杯外壁，发现烧杯外壁很冷 Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应
B 将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红 Fe（NO3）2已变质
C 用3mL稀盐酸与过量Zn反应，当气泡稀少时，加入1mL浓盐酸，又迅速产生较多气泡 盐酸浓度增大，反应速率加快
D 向5mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴入0.1 mol·L-1KI溶液5~6滴，加2mLCCl4振荡，静置后取上层清液滴加KSCN溶液，溶液变红 Fe3+与I-的反应有一定限度
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．在小烧杯中加入20gBa（OH）2 8H2O和10gNH4Cl，用玻璃棒快速搅拌并触摸烧杯外壁下部,发现很冷，能够说明Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl的反应中吸收了热量，该反应为吸热反应，故A符合题意；
B．Fe（NO3）2溶于稀硫酸，酸性环境下，发生氧化还原反应生成三价铁离子，故不能说明样品变质，故B不符合题意；
C．加入浓盐酸，氢离子的浓度增大，反应速率加快，故C符合题意；
D．向5mL0.1mol L 1FeCl3溶液中滴入0.1 mol L 1KI溶液5 6滴，FeCl3过量，无论Fe3+与I 的反应是否有一定限度，滴加KSCN溶液后都会变红，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.氯化铵晶体和氢氧化钡晶体反应是吸热反应，表现为周围温度下降
B.不应该加入稀硫酸，直接溶解在硫氰化钾溶液中进行实验
C.通过增加氢离子的浓度可使速率加快
D.发生氧化还原反应，碘离子的量少，以碘离子的量为计算标准，当碘离子反应完全，反应不再反应
24．（2019高一下·海南期末）下列说法错误的是( )
A．物质发生化学反应的反应热仅指反应放出的热量
B．热化学方程式中各物质的化学计量数不只表示物质的量，还表示分子的个数
C．所有的燃烧反应都是放热的
D．热化学方程式中，化学式前面的化学计量数可以是分数
【答案】A,B
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式
【解析】【解答】A.化学反应中吸收或放出的热量均为化学反应的反应热，故A符合题意；
B. 热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，而不表示分子的个数，因此可以为分数，故B符合题意；
C. 燃烧是剧烈的发光、放热的氧化还原反应，所有的燃烧反应都是放热的，故C不符合题意；
D.热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，因此化学式前面的化学计量数可以为分数，故D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A.化学反应的反应热式脂肪出货吸收的热量；
B.热化学方程式中的化学计量数表示的是物质的量；
C.燃烧反应是放热反应；
D.由于热化学方程式中的系数表示的是物质的量，所以可以是分数。
三、非选择题
25．（2023·湖北模拟）低碳烯烃(乙烯、丙烯、丁烯等)作为重要的基本化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重的作用。一定条件下，碘甲烷(CH3I)热裂解制低碳烯烃的主要反应有：
反应I 2CH3I(g)C2H4(g)+2HI(g) ΔH1Kp1=a
反应Ⅱ 3C2H4(g)2C3H6(g) ΔH2Kp2=b
反应Ⅲ 2C2H4(g)C4H8(g) ΔH3Kp3=c
反应I、Ⅱ、Ⅲ在不同温度下的分压平衡常数Kp如表1，回答下列问题：
表1
T/Kp 298 K 323 K 423 K 523 K 623 K 723 K
反应I 7.77×10-8 1.65×10-6 1.05×10-2 2.80 1.41×102 2.64×103
反应Ⅱ 7.16×1013 2.33×1012 1.48×108 3.73×105 6.42×103 3.40×102
反应Ⅲ 2.66×1011 6.04×109 1.40×105 1.94×102 2.24 8.99×10-2
（1）ΔH1 0(填“＞”或“＜”，下同)。
（2）实际工业生产中，若存在副反应：4C3H6(g)3C4H8(g) ΔH4Kp4
则Kp4= (用含有b、c的代数式表达)，结合表1数据分析 ΔH4 0。
（3）控制条件只发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，测得压强对平衡体系中n(C3H6)/n(C2H4)的影响如表2。
p/MPa 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0
1.42 1.75 1.98 2.15 2.30 2.42 2.53 2.63 2.72 2.80
随压强增大不断增大的原因可能是 。
（4）结合信息，请推测有利于提高乙烯产率的措施 (至少答2点)。
（5）其它条件不变，向容积为1L的密闭容器中投入1molCH3I(g)，假定只发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，温度对平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯所占物质的量分数的影响如图，715K时CH3I(g)的平衡转化率为 ，反应I以物质的量分数表示的平衡常数Kx= 。
【答案】（1）＞
（2）；＜
（3）加压，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡正向移动，C2H4的生成量减少，且不断消耗，同时C3H6的生成量增多
（4）使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强
（5）80%；0.64
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由表格数据可知，升高温度，反应I的分压平衡常数依次增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应的焓变大于0，故答案为：＞；
（2）由盖斯定律可知，反应Ⅲ×3-反应Ⅱ×2得到副反应，则Kp4=，由表格数据可知，298K时平衡常数Kp4=≈3.7×106、323K时平衡常数Kp4=≈4.1×104，则升高温度，副反应的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应的焓变小于0，故答案为：；＜；
（3）由方程式可知，反应I是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，C2H4的的物质的量减小，而反应Ⅱ、Ⅲ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，C2H4的的物质的量减小、C3H6的物质的量增大，所以随压强增大不断增大，故答案为：加压，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡正向移动，C2H4的生成量减少，且不断消耗，同时C3H6的生成量增多；
（4）由（1）分析知，反应I是气体体积增大的吸热反应，由表格数据可知，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ的分压平衡常数依次减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，因此反应Ⅱ、Ⅲ是气体体积减小的放热反应，所以使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强有利于提高乙烯产率，故答案为：使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强；
（5）由图可知，715K时C3H6和C4H8的物质的量分数相等，设反应生成碘化氢的物质的量为amol、生成C3H6和C4H8的物质的量为bmol，由题意可建立如下三段式：
由三段式数据可知，平衡时气体总物质的量为(1-a+a+0.5a-1.5b-2b+b+b)mol=(1+0.5a-1.5b)mol，由图可知，C2H4的物质的量分数为4%，则×100%=4%，C3H6和C4H8的物质的量分数都为8%，则×100%=8%，解联立方程可得a=0.8、b=0.1，715K时CH3I(g)的平衡转化率为×100%=80%、物质的量分数为×100%=16%，碘化氢的物质的量分数为×100%=64%，反应I以物质的量分数表示的平衡常数Kx==0.64，故答案为：80%；0.64。
【分析】（1）随着温度升高，反应I的平衡常数增大，说明升温平衡正向移动；
（2）根据盖斯定律可知，反应Ⅲ×3-反应Ⅱ×2可得目标方程式，则Kp4=；
（3）加压，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡正向移动，C2H4的生成量减少，且不断消耗，同时C3H6的生成量增多；
（4）于提高乙烯产率，应使平衡尽量正向移动；
（5）列出反应的三段式计算。
26．（2023·黄山模拟）煤的间接液化是先把煤转化为一氧化碳和氢气，再在催化剂作用下合成甲醇等
（1）已知反应：①
②
③
则反应③的 。
（2）在时，向体积为的一个刚性容器中加入一定量的和，只发生下列反应：、，达平衡时测得，则平衡时 (用含a、b、c的代数式表示)。
（3）已知：在一定条件下可发生反应：
①下列说法正确的是 。
A．使用高效催化剂可以加快化学反应速率，提高和的平衡转化率
B．时说明反应已经达到化学平衡状态
C．升高温度，化学反应速率加快，说明该反应的正反应是吸热反应
D．恒温恒容下，向平衡体系中再充入适量的，平衡正向移动，平衡常数不变
E.恒温恒容下，再加入氨气压强增大可以提高和的平衡转化率
②已知：催化剂并不是所有部位都有催化作用，真正起催化作用的那些部位称为活性点位，也称活性中心。恒温恒容条件下发生反应，若不变时，过多，反应速率减慢，可能的原因是 。
③若一定温度范围内该反应的化学平衡常数为K，与(温度的倒数)的关系如图所示：则 0(填“大于”或“小于”)
④时，在体积为的刚性容器充入和合成甲醇，假设只发生反应：，5分钟末达到平衡，测得的体积分数为，求5分钟内的平均反应速率 ，的平衡转化率为 。
⑤的沸点由高到低的顺序是 ，原因是 。
【答案】（1）+131.3
（2）mol
（3）D；过多的占用活性点位过多，使反应速率减慢；小于；0.1；50%；；、、均为分子晶体，甲醇分子间存在氢键沸点最高：为极性分子并且相对分子质量大于，分子间作用力大于，故沸点比高
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）已知：①
②
根据盖斯定律，由①-②得反应③
则反应③的+131.3；
（2）令碳与水反应生成的氢气的物质的量为xmol，则生成的CO为xmol，令CO与水反应生成氢气的物质的量为ymol，则生成的二氧化碳的物质的量为ymol，消耗的CO的物质的量为ymol，平衡时氢气的物质的量为bmol，则xmol + ymol = bmol，平衡时CO的物质的量为cmol，则xmol - ymol = cmol，联立解得x = ，y=，故CO2的物质的量为y=mol；
（3）①A.使用高效催化剂可以加快化学反应速率，但催化剂不能使平衡移动，故和的平衡转化率不变，选项A不正确；
B. 才能体现正逆反应速率相等，而时正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，选项B不正确；
C. 温度升高，分子活化能降低，活化分子的百分数增加，单位体积内活化分子碰撞的有效次数增加，反应速率加快，不能说明该反应的正反应是吸热反应，选项C不正确；
D.恒温恒容下，向平衡体系中再充入适量的，平衡正向移动，但温度不变，平衡常数不变，选项D正确；
E.恒温恒容下，再加入氨气压强增大但反应物的浓度均不变，和的平衡转化率均不变，选项E不正确；
故答案为：D；
②恒温恒容条件下发生反应，若不变时，过多，过多的占用活性点位过多，使反应速率减慢，反应速率减慢；
③根据图中曲线可知，随着增大，增大，即温度降低，K值增大，故该反应的正反应为放热反应，小于0；
④设的平衡转化率为x，根据三段式可知：
5分钟末达到平衡，测得的体积分数为，则，解得x=50%，5分钟内的平均反应速率0.1；
⑤、、均为分子晶体，甲醇分子间存在氢键沸点最高：为极性分子并且相对分子质量大于，分子间作用力大于，故沸点比高，故的沸点由高到低的顺序是。
【分析】（1）根据盖斯定律，由①-②得反应③，则反应③的。
（2）通过假设碳与水反应生成的n(H2)和CO与水反应生成的n(H2)，结合化学方程式可列出二元一次方程进行求解。
（3）①A.催化剂能改变反应速率，但不影响平衡移动。
B.达到化学平衡状态的主要标志是V正=V逆，各物质的含量保持不变。
C.升温利于平衡正向移动，能说明反应的正反应是吸热反应。
D.平衡常数只与温度有关。
E.根据化学平衡移动的原理进行分析。
②恒温恒容条件下发生反应，若不变时，过多，过多的占用活性点位过多，使反应速率减慢。
③随着增大，增大，即温度降低，K值增大，则该反应正反应为放热反应。
④根据化学平衡三段式进行分析。
⑤、、均为分子晶体，一般分子晶体的沸点随分子量的增大而增大，若含有氢键，则其沸点较高。
27．（2023·淮北模拟）化石燃料燃烧排放的氮氧化物()需要加以处理，以氨气为还原剂的(选择性催化还原)技术主要是通过向烟道内喷入还原剂，然后在催化剂的作用下将烟气中的，还原成清洁的和。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
① (标准反应)
②(慢速反应)
③(快速反应)
④(副反应)
计算反应③的 。
（2）下列关于反应②和反应③反应过程能量变化示意图正确的是____。
A． B．
C． D．
（3）若烟气中水含量过高会对反应产生影响：ⅰ．从平衡角度分析水含量高的影响： ；ⅱ．相同时间内水对反应①和反应③的影响如图所示。水的存在 (选填“加快”“减慢”)了反应，可能的原因是： 。
（4）在温度、压强条件下的恒容容器中模拟实验，原料气、、比例为1∶1∶2，主要发生反应③，平衡时压强为，脱氮率为 ，平衡常数 (保留三位有效数字)。()
【答案】（1）-757
（2）B
（3）水含量高不利于平衡正向进行；减慢；水含量高使催化剂活性降低，增大了反应的活化能
（4）80%；
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律（3+ - ）=-757，答案为：-757；
（2）反应②和反应③均是放热反应且反应③比反应②放出的热量多，所以B正确；
故答案为：B；
（3）反应均是可逆反应，水是生成物，水含量高不利于平衡正向进行；由图可知相同时间内水的存在会降低氮的氧化物的还原率，所以水的存在减慢了反应，可能的原因是：水含量高使催化剂活性降低，增大了反应的活化能；答案为：水含量高不利于平衡正向进行，减慢，水含量高使催化剂活性降低，增大了反应的活化能；
（4）气体的压强和物质的量成正比；反应前，体系的总压强为120kPa，原料气NO、NO2、NH3比例为1∶1∶2，这些组分的分压依次为30kPa、30kPa、60kPa；设反应中，NO减小的压强为x kPa，根据压强的变化列出三段式：
则30-x+30-x+60-2x+2x+3x=144，解得x=24，即平衡时，NO、NO、NH3、N2和H2O的压强分别为6kPa、6kPa、12kPa、48kPa、72kPa，则脱氮率为，KP=，答案为：80%，。
【分析】（1）根据盖斯定律（3+ - ）进行分析。
（2）反应②和反应③均是放热反应且反应③比反应②放出的热量多。
（3）根据化学平衡移动原理进行分析。 催化剂活性降低，能增大反应的活化能。
（4）气体的压强和物质的量成正比；结合化学平衡三段式进行分析。
28．（2022·松江模拟）研发CO2利用技术成为了研究热点，某科研团队采用一种类似“搭积木”的方式，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成，“积木”中涉及如下两个反应：①CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ②CH3OH(g)+O2(g) HCHO(g)+H2O2(l)。完成下列填空：
（1）一定温度下，往5L反应釜中充入1molCO2、3molH2，反应5min，气体总的物质的量减少了20%，则0~5min内，H2的平均反应速率v= 。
（2）反应②的平衡表达式K= 。将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，当以下数值不变时，不能说明该反应达到平衡的是 (选填序号)。
a.气体密度 b.气体总压 c.CH3OH与O2体积比 d.O2的体积分数
（3）将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，平衡时v正(O2)、c(O2)与温度的关系如图所示：
反应②为 反应(选填：放热或吸热)。55~100℃时，O2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是 。
（4）反应②常会有副产物HCOOH产生，将NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，溶液中存在：c(OH–)-c(H+)= 。继续加入HCl溶液至中性，此时c(HCOOH) c(Cl–)(选填“>”“<”或“=”)。
（5）写出检验HCOOH中是否含醛基的实验方法 。
【答案】（1）0.048mol·L-1·min-1
（2）K=[HCHO]/[CH3OH][O2]；c
（3）吸热；虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大
（4）c(HCOOH)或c(Na+)-c(HCOO-)；=
（5）取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡常数；化学平衡的计算；醛与Cu(OH)2的反应
【解析】【解答】(1)0~5min内，设转化的CO2的物质的量为x，
气体总的物质的量减少了20%，即得出x=，则H2的平均反应速率v==0.048mol·L-1·min-1；
(2)①根据平衡常数的定义，得出平衡常数K=
②根据该方程式CH3OH(g)+O2(g) HCHO(g)+H2O2(l)
a.该反应有液体生成，当气体密度不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态；
b.该反应为正反应为气体分子数减小的反应，当气体总压不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态；
c.加入同体积的CH3OH(g)与O2(g)，即初始加入两者的物质的量相等，根据该反应方程式CH3OH和O2的化学计量数相等，即消耗两者的物质的量也相等，因此在反应过程中，CH3OH与O2体积比始终为1：1，不能说明该反应达到平衡状态；
d.当O2的体积分数不变， v正(O2)= v逆(O2)，该反应达到平衡状态。
故答案为：c；
(3)①将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，根据图示，在55℃以前，100℃以后，随着温度升高，c(O2)减小，说明平衡正向移动，说明该反应为吸热反应。
② 该反应为CH3OH(g)+O2(g) HCHO(g)+H2O2(l)，产物中有H2O2，不稳定，温度升高，会分解，该空答案为：虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大；
(4)①NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，根据电荷守恒，可以得出c(H+)+ c(Na+)= c(OH–)+ c(HCOO-)，根据物料守恒c(Na+)= c(C)，得出：c(Na+)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)，因此c(OH–)-c(H+)= c(Na+)-c(HCOO-)= c(HCOOH)；
②继续加入HCl溶液至中性，c(H+)= c(OH–)根据电荷守恒，可以得出c(H+)+ c(Na+)= c(OH–)+ c(HCOO-)+ c(Cl–)，根据物料守恒c(Na+)= c(C)，得出：c(Na+)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)说明c(Na+)= c(HCOO-)+ c(Cl–)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)因此c(HCOOH)= c(Cl–)；
(5)由于HCOOH含有羧基，显酸性，在使用新制的Cu(OH)2悬浊液检验醛基之前，需要加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH值，故答案为：取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基。
【分析】（1）列出反应的三段式，结合计算；
（2）平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（3）100℃以后，随着温度升高，c(O2)减小，说明平衡正向移动，说明该反应为吸热反应；
（4）根据电荷守恒和物料守恒判断；
（5）醛基可用新制氢氧化铜检验。
29．（2022·浦东模拟）利用辉钼矿冶炼钼的反应为：MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)，将一定量反应物置于体积为2 L的密闭容器中，测得平衡时氢气的体积分数随温度的变化如下图所示。
完成下列填空：
（1）该反应的正反应为 反应(选填“吸热”或“放热”)。某温度下，进行上述反应至5 min时，混合气体质量增加1.2 g，则该时间段内的平均反应速率v(H2O) = 。
（2）若开始反应时，扩大容器体积，则图中H2的变化曲线将 。(选填“上移”或“下移”)
（3）1300 K时，图中M点H2O(g)的体积分数为 ；若此时往体系中再加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)，则平衡 移动(选填“正向”、“逆向”或“不”)，理由是 。
（4）硫化钠俗称臭碱，浓溶液有臭鸡蛋气味。Na2S溶液中c(OH-)-c(H+) c(HS-)＋c(H2S) 。(选填“＜”、“>”或“=”)，往Na2S溶液中通入空气，产生淡黄色浑浊且溶液pH升高，解释其原因。
【答案】（1）吸热；0.004 mol·L-1·min-1
（2）下移
（3）40%；不；令Q=，由于M点时氢气和水蒸气的体积分数相同，即浓度相同，加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)以后，浓度依然相同，有Q=K，因此平衡不移动
（4）>；硫化钠溶液呈碱性，通入氧气，发生反应：2Na2S＋O2＋2H2O → 4NaOH＋2S↓，由于每2 mol硫离子可生成4 mol氢氧根离子生成，因此溶液碱性增强，pH升高，由于有硫单质生成，因此有淡黄色沉淀产生
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】由平衡时氢气的体积分数随温度的变化图可知：温度升高，氢气的体积分数变小，平衡正向移动，扩大容器体积，平衡正向移动，氢气的含量减小，列出三段式分析：，解得x=0.5，再计算水的体积分数，利用浓度商和平衡常数的大小，可确定平衡移动的方向。
(1)由平衡时氢气的体积分数随温度的变化图可知：温度升高，氢气的体积分数变小，平衡正向移动，该反应的正反应为吸热反应(选填“吸热”或“放热”)。某温度下，进行上述反应至5 min时，MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)，反应逆向进行时，固体质量增加，根据关系式：4H2O(g)~固体质量增加120g，混合气体质量增加1.2 g，n(H2O)==0.04mol，则该时间段内的平均反应速率v(H2O) = =0.004 mol·L-1·min-1。故答案为：吸热；0.004 mol·L-1·min-1；
(2)若开始反应时，扩大容器体积，平衡正向移动，氢气的含量减小，则图中H2的变化曲线将下移。(选填“上移”或“下移”)故答案为：下移；
(3)
，x=0.5，1300 K时，图中M点H2O(g)的体积分数为 =40%；若此时往体系中再加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)，则平衡不移动(选填“正向”、“逆向”或“不”)，理由是令Q=，由于M点时氢气和水蒸气的体积分数相同，即浓度相同，加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)以后，浓度依然相同，有Q=K，因此平衡不移动。故答案为：40%；不；令Q=，由于M点时氢气和水蒸气的体积分数相同，即浓度相同，加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)以后，浓度依然相同，有Q=K，因此平衡不移动；
(4)硫化钠俗称臭碱，浓溶液有臭鸡蛋气味。Na2S溶液中存在质子守恒：c(H+)+c(HS-)＋2c(H2S)=c(OH-)，c(HS-)＋2c(H2S)=c(OH-)-c(H+)，有c(OH-)-c(H+)>c(HS-)＋c(H2S) 。(选填“＜”、“>”或“=”)，往Na2S溶液中通入空气，产生淡黄色浑浊且溶液pH升高，解释其原因硫化钠溶液呈碱性，通入氧气，发生反应：2Na2S＋O2＋2H2O → 4NaOH＋2S↓，由于每2 mol硫离子可生成4 mol氢氧根离子生成，因此溶液碱性增强，pH升高，由于有硫单质生成，因此有淡黄色沉淀产生。故答案为：>；硫化钠溶液呈碱性，通入氧气，发生反应：2Na2S＋O2＋2H2O → 4NaOH＋2S↓，由于每2 mol硫离子可生成4 mol氢氧根离子生成，因此溶液碱性增强，pH升高，由于有硫单质生成，因此有淡黄色沉淀产生。
【分析】（1）根据勒夏特烈原理，温度升高，利于平衡向吸热方向移动；根据化学方程式，混合气体增加的相对分子质量为2×28+4×18-4×2=120，根据4H2O(g)~混合气体的增加量，以及化学计量系数之比等于物质的量之比，结合反应速率表达式进行分析。
（2）扩大容器体积，相当于减压，利于平衡向压强增大（或气体分子数增大）的方向移动，据此分析。
（3）通过化学平衡三段式，以及比较浓度平衡常数（Q）与化学平衡常数（K）进行分析。若Q＞K，利于平衡向逆方向移动；若Q=K，平衡不移动；若Q＜K，利于平衡向正方向移动。
（4）根据溶液中质子守恒进行分析；Na2S溶液与空气中的氧气反应产生淡黄色的硫沉淀和强碱NaOH，据此分析。
30．（2022·昌平模拟）在双碳目标驱动下，大批量氢燃料客车在2022年北京冬奥会上投入使用。稳定氢源的获取是科学研究热点，对以下2种氢源获取方法进行讨论。
（1）Ⅰ．甲醇蒸汽重整制氢
甲醇蒸汽重整制氢过程中有以下化学反应。
编号 反应 方程式 △H/kJ·mol-1
R1 甲醇蒸汽重整 CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g) △H1=+49.24
R2 甲醇分解反应 CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) △H2
R3 水汽反应 CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H3=-41.17
R4 积碳反应 CO(g)+H2(g) C(s)+H2O(g) △H＜0
CO2(g)+2H2(g) C(s)+2H2O(g) △H＜0
2CO(g) C(s)+CO2(g) △H＜0
资料：产氢率和水碳比(S/C)的定义：
①产氢率=
②水碳比(S/C)表示反应物中H2O和CH3OH的比值，水碳比的变化是以CH3OH不变，改变H2O的物质的量加以控制。
理想产氢率= 。
（2）△H2= kJ·mol-1
（3）针对R1进行讨论：其他条件不变，随着温度升高，n(H2) (填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是 。
（4）其他条件不变，测得产物摩尔分数(即物质的量分数)随温度的变化如图所示。由图可知，在600-912K时，随着温度升高，氢气的摩尔分数增大，原因是 。
（5）结合资料和图示，提出2条减少积碳的措施 、 。
（6）Ⅱ．电解液氨制氢
氨分子中具有较高的含氢量，因此是制氢的优选原料。使用NaNH2非水电解质研究液氨电解制氢原理，装置示意图如图所示。
资料：2NH3 NH +NH
①某电极上发生的电极反应为6NH3+6e-=3H2↑+6NH ，该电极为 (选填a或b)极。
②写出另一极上发生的电极反应 。
③不考虑其它能量损耗，利用该装置产生1mol氢气时，转移电子的物质的量是 mol。
【答案】（1）3
（2）+90.41
（3）增大；该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，n(H2)增大
（4）R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n(H2)增大，同时R4为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n(H2)也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行，n(H2)减小，R1、R2、R4影响大于R3
（5）升高温度；增加水碳比
（6）b；6 -6e-=N2↑+4NH3；2
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据甲醇蒸汽重整反应：CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)可知，每产生3mol氢气消耗1mol甲醇，则产氢率= ；
(2)根据已知信息，R1=R2+R3，由盖斯定律可得，△H2=△H1-△H3=(+49.24kJ/mol)-(-41.17kJ/mol)=+90.41kJ/mol；
(3)已知R1：CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g) △H1=+49.24kJ/mol，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，n(H2)增大；
(4)由反应可知，R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n(H2)增大，同时R4(积碳反应)前两步为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n(H2)也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行，n(H2)减小，R1、R2、R4影响大于R3，因此在600-912K时，随着温度升高，氢气的摩尔分数增大；
(5)若要减少积碳，需使反应R4逆向进行，由于R4为放热反应，故可采取升高温度的方式使反应逆向进行，减少积碳；也可以增大水碳比，使H2O的物质的量增大，平衡逆向进行，积碳减少；
(6)①由装置可知，a连电池的正极，为阳极，失去电子发生氧化反应，b连电池的负极，为阴极，得到电子发生还原反应，故发生的电极反应为6NH3+6e-=3H2↑+6NH 的电极是阴极，即电极b；
②a为阳极， 失去电子发生氧化反应，电极反应式为6 -6e-=N2↑+4NH3；
③由阴极反应式6NH3+6e-=3H2↑+6NH 可知，2e-~H2，则利用该装置产生1mol氢气时，转移电子的物质的量是2mol。
【分析】（1）根据产氢率的公式计算；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行；
（4）R1、R2均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，n（H2）增大，同时R4（积碳反应）前两步为放热反应，随着温度升高，平衡逆向进行，n（H2）也增大，R3为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向进行；
（5）若要减少积碳，需使反应R4逆向进行；
（6）①a连电池的正极，为阳极，失去电子发生氧化反应，b连电池的负极，为阴极，得到电子发生还原反应；
②a极上失去电子发生氧化反应；
③结合电极反应计算。
31．（2022·张家口模拟）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。回答下列问题：
（1）和的综合利用对温室气体减排具有重要意义。已知反应体系中主要涉及如下反应：
Ⅰ． ；
Ⅱ． 。
①反应Ⅰ和反应Ⅱ中，在热力学上趋势更大的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，理由为 。
②反应Ⅰ的一种溶剂化催化反应历程如图所示(其中TS表示过渡态)。
已知：汽化热指1mol液体变为气体吸收的热量。则HCOOH的汽化热为 ；下列说法正确的是 (填选项字母)。
A．生成TS1的反应步骤为总反应的决速步骤 B．反应过程中的催化剂为
C．溶液中pH能影响反应速率 D．反应过程中Fe的成键数目保持不变
③反应II的催化剂活性会因为甲烷分解产生积碳而降低，同时二氧化碳可与碳发生消碳反应而降低积碳量，涉及如下反应：
Ⅲ．
Ⅳ．
其他条件相同时，催化剂表面积碳量与温度的关系如图所示，℃之后，温度升高积碳量减小的主要原因为 。
（2）甲烷部分催化氧化制备乙炔是目前研究的热点之一、反应原理为 。
①该反应在 (填“较高”或“较低”)温度下能自发进行。
②一定温度下，将一定量充入10L的固定容积容器中发生上述反应，实验测得反应前容器内压强为kPa，容器内各气体分压与时间的关系如图所示。
6~8min时，反应的平衡常数 kPa2；若8min时改变的条件是缩小容器容积，该时刻将容器容积缩小到 L，其中分压与时间关系可用图中曲线 (填“”、“”、“”或“”)表示。
【答案】（1）Ⅰ；反应Ⅰ放出热量；；BC；消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度
（2）较高；；5；
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)①反应放热量越大，在热力学上的趋势越大，由方程式可知，反应Ⅰ为放热反应，反应II为吸热反应，所以在热力学上趋势更大的是反应Ⅰ，故答案为：Ⅰ；反应Ⅰ放出热量；
②设液态甲酸分解的反应为反应Ⅲ，由图可知，液态甲酸分解的热化学方程式为，由盖斯定律可知，反应Ⅲ-反应Ⅰ可得液态甲酸转化为气态甲酸的方程式，则，则甲酸的汽化热；
A．由图可知，生成TS2步骤活化能较大，为总反应的控速步骤，故A不正确；
B．由图可知，反应过程中的催化剂为，故B正确；
C．由图可知，氢离子参与反应过程的转化，所以溶液中pH能影响反应速率，故C正确；
D．由图可知，反应过程中Fe的成键数目目发生改变，故D不正确；
故答案为：BC；故答案为：；BC；
③由图可知，℃之后，升高温度，积碳量减小说明消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度，故答案为：消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度；
(2)①由方程式可知，该反应为熵增的吸热反应，反应的、，高温下，反应，反应能自发进行，故答案为：较高，
②由图可知，6~8min时，反应达到平衡，甲烷、乙炔、氢气的平衡分压分别为kPa、kPa、kPa，则反应的平衡常数kPa2；由图可知，8min时缩小容器容积的瞬间，乙炔分压增大到原来的2倍，则容器容积应缩小到5L，该反应为气体分子总数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则曲线表示乙炔分压与时间关系，故答案为：；5；。
【分析】（1）①反应放的热量越大，在热力学上的趋势越大。
②注意运用盖斯定律进行加减计算时，△H也同样要进行加减计算，计算过程中要带“+”“-”。
③通过对比消碳反应速率与积碳反应速率进行分析。
（2）①反应自发进行的条件是△G=△H－T△S＜0，据此分析。
②由图可知达到化学平衡时，甲烷、乙炔、氢气的平衡分压，根据化学平衡常数公式进行计算；根据影响化学平衡的因素进行分析。
32．（2021·漳州模拟）科学家利用Li4SiO4吸附CO2，对于实现废气资源的再利用及碳循环经济技术的发展都具有重要意义。回答下列问题：
（1）可用Li2CO3与SiO2反应制取吸附剂Li4SiO4。
已知：2Li2O(s)+SiO2(s)=Li4SiO4(s) ΔH1=akJ mol-1
Li2CO3(s)+SiO2(s)=Li2SiO3(s)+CO2(g) ΔH2=bkJ mol-1
Li2SiO3(s)=Li2O(s)+SiO2(s) ΔH3=ckJ mol-1
则2Li2CO3(s)+SiO2(s)=Li4SiO4(s)+2CO2(g) ΔH= kJ mol 1(用含a、b、c的式子表示)。
（2）CO2的吸附回收及材料再生的原理如下图所示：
“吸附”过程中主要反应的化学方程式为 。
（3）为了探究Li4SiO4的吸附效果，在刚性容器中放入1000g的Li4SiO4吸附剂，通入10.0mol不同比例的N2和CO2混合气体，控制反应时间均为2小时，得到Li4SiO4吸附CO2后固体样品质量百分数与温度的关系如下图所示。
①该反应为 反应(填“吸热”或“放热”)。
②A点的v正 v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是 。
③不同CO2的体积分数对于吸附速率的影响是 。
④保持B点的温度不变，若所用刚性容器体积为原来的一半，则平衡时理论上c(CO2)较原平衡 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
⑤B点CO2的吸收率为 (保留3位有效数字)。
【答案】（1）a+2b+2c
（2）
（3）放热；>；A点尚未达到平衡状态，反应仍正向进行中，因此v正>v逆；CO2的体积分数越大吸附速率越大；不变；66.7%
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡移动原理
【解析】【解答】(1)已知：①
②
③
根据盖斯定律知，①+2②+2③得 ，故答案为：a+2b+2c；
(2)根据图示知，吸附过程发生的反应为 ，故答案为： ；
(3)①图中各曲线后半部分，固体样品质量百分数随温度升高而降低，说明温度升高平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，故答案为：放热；
②如图所示，A点尚未达到平衡状态，反应仍正向进行中，因此v正>v逆，故答案为：>；A点尚未达到平衡状态，反应仍正向进行中，因此v正>v逆；
③ 的体积分数越大，则 浓度越大，化学反应速率越大，吸附速率越大；故答案为：CO2的体积分数越大吸附速率越大；
④ ，虽然改变了体积，但温度不变 不变，因此 不变，故答案为：不变；
⑤由反应 可知，固体增重的质量等于吸收的 的质量。因B点固体增重 ，故被吸收的 ，由图中 和 的比例可知， 混合气体中含 的物质的量为 ，吸收率为 ，故答案为：66.7%。
【分析】（1）利用盖斯定律即可计算出焓变
（2）根据反应物和生成物即可写出方程式
（3）①根据图示即可判断，温度升高后，质量降低因此是放热 ② A点还未达到最大值，因此是未达到平衡，因此正速率增大③根据图示二氧化碳的含量越大，吸附越强 ④ 温度不变，平衡常数不变即可判断⑤根据固体质量的增强即可计算出吸收二氧化碳的物质的量，再根据总的二氧化碳的物质的量即可计算出吸收率
33．（2021·舟山模拟）工业上由N2、H2合成NH3。制备H2需经多步完成，其中“水煤气(CO、H2)变换”是纯化H2的关键一步。
（1）水煤气变换：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，平衡常数K随温度变化如表：
温度/℃ 200 300 400
K 290 39 11.7
①下列分析正确的是 。
a.水煤气变换反应的 H＜0
b.增大压强，可以提高CO的平衡转化率
c.增大水蒸气浓度，可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率
②以氨水为吸收剂脱除CO2。当其失去吸收能力时，通过加热使吸收剂再生。用化学方程式表示“吸收”、“再生”两个过程： 。
（2）Fe3O4是水煤气变换反应的常用催化剂，经CO、H2还原Fe2O3制备。两次实验结果如表：
实验I 实验II
通入气体 CO、H2 CO、H2、H2O(g)
固体产物 Fe3O4、Fe Fe3O4
结合化学方程式解释H2O(g)的作用： 。
（3）2016年我国某科研团队利用透氧膜，一步即获得N2、H2，工作原理如图所示。(空气中N2与O2的物质的量之比按4：1计)
①起还原作用的物质是 。
②膜I侧发生的电极反应式是 。
③膜I侧所得气体 =3，CH4、H2O、O2反应的化学方程式是 。
【答案】（1）ac；NH3+H2O+CO2＝NH4HCO3、NH4HCO3 NH3↑+H2O+CO2↑
（2）Fe3O4(s)+4H2(g) 3Fe(s)+4H2O(g)，加入H2O(g)后抑制Fe3O4被H2进一步还原
（3）CH4；H2O+2e-=H2↑+O2-、O2+4e-=2O2-；14CH4+12H2O+O2=14CO+40H2
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应；化学平衡移动原理；原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)①a．由表格数据可知，温度越高，K越小，则正反应为放热反应，则ΔH＜0，故符合题意；
b．该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，不能提高转化率，故不符合题意；
c．增大水蒸气浓度，反应速率增大，促进CO的转化，则可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率，故符合题意；
故答案为：ac；
②以氨水为吸收剂脱除CO2，当其失去吸收能力时，通过加热使吸收剂再生，用化学方程式表示“吸收”、“再生”两个过程吸收：NH3+H2O+CO2＝NH4HCO3、NH4HCO3 NH3↑+H2O+CO2↑；
(2)发生Fe3O4(s)+4H2(g) 3Fe(s)+4H2O(g)，增大生成物浓度，平衡逆向移动，则H2O(g)的作用为Fe3O4(s)+4H2(g) 3Fe(s)+4H2O(g)，加入H2O(g)后抑制Fe3O4被H2进一步还原；
(3)①C元素化合价升高，失去电子，则起还原作用的物质是CH4；
②根据示意图可判断膜Ⅰ侧发生得到电子的还原反应，电极反应式是H2O+2e-=H2↑+O2-、O2+4e-=2O2-；
③空气中N2与O2的物质的量之比为4：1，膜Ⅰ侧所得气体 =3，氮气在反应前后不变，设氮气为4mol，则生成氢气为12mol，由膜I侧反应可知12molH2O得到电子、1molO2得到电子，膜I上发生12H2O+24e-=12H2↑+12O2-、O2+4e-=2O2-，膜II上14molCH4中C失去84mol电子、H得到56mol电子时，总反应遵循电子守恒，则反应为14CH4+12H2O+O2=14CO+40H2。
【分析】（1）①a. 根据温度与常数的关系即可判断焓变的大小b.压强不影响平衡的移动c. 曾一种伍德浓度可以提高另外一种物质的转化率和速率
②根据反应物和生成物即可写出反应方程式
（2）氢气可将四氧化三铁还原为铁，加入水蒸气抑制此反应
（3）①根据元素话合计的变化即可判断 ② 反应物是空气中的氧气和水得到电子变为氧离子的反应③根据反应物和生成物以及比值即可写出方程式
34．（2021·南充模拟）甲烷水汽重整反应(SMR)是我国主要的制氢技术，可以转变我国能源结构，助力我国实现“碳达峰”的目标。SMR反应常伴随水煤气变换反应(WGS)：
SMR：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) ΔH1=a kJ·mol-1 K1=1.198×
WGS：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH2=b kJ·mol-1 K2=1.767×
回答下列问题：
（1）根据SMR和WGS的平衡常数，判断：ΔH1 0，ΔH2 0(填“＜”或“＞”)。
（2）CO2甲烷化也是实现“碳达峰”的重要途径，反应机理如图，写出该反应的化学反应方程式 ，该反应的ΔH= ，关于这一反应机理，下列说法正确的是 。
A．CO2被吸附在MgO的表面而发生反应 B．Pd是反应的催化剂
C．反应过程既有碳氧键的断裂，也有碳氧键的形成 D．反应过程中有CO分子中间体生成
（3）一定条件下，向恒容平衡反应器中通入1 MPa CH4和3 MPa H2O(g)，发生SMR和WGS反应，平衡时，CO为m MPa，H2为n MPa，此时CH4(g)的分压为 MPa(用含m、n的代数式表示)。
（4）SMR中，CH4分子与H2O分子在催化剂Ni表面的活性位点(能够发生断键的表面区域)断键并发生反应，实验测得甲烷的反应速率 。随水蒸气分压 的变化如下图1， 超过25 kPa时， 随 的增大而减小，原因是 。
（5）SMR和WGS工艺会产生CO2废气，可以基于原电池原理，利用混合电子-碳酸根离子传导膜捕获废气(N2、CO2、O2)中的CO2，如上图2，CO2在电池 极(填“正”或“负”)被捕获，该电极反应方程式为 。
【答案】（1）＞；＜
（2）CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)；-(a+b)kJ·mol-1；AB
（3）1- (m+n)
（4）H2O分子占据大多数Ni表面的活性位点，导致活性位点的CH4分子过少，r(CH4)减小
（5）正；2CO2+O2+4e-=2CO
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学平衡的计算；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据K1的表达式可知温度越高，平衡常数越大，即升高温度平衡正向移动，为吸热反应，所以ΔH1＞0；根据K2的表达式可知温度越低，平衡常数越大，即降低温度平衡正向移动，为放热反应，所以ΔH2＜0；
(2)据图可知加入的反应物为CO2和H2，最终产物为CH4和H2O，Pd、MgO均为催化剂，该反应的化学方程式为CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)；根据盖斯定律-(SMR+WGS)可得该反应的ΔH1=-(a+b)kJ·mol-1；
关于这一反应机理，下列说法正确的是：
A．据图可知CO2被吸附在MgO的表面而发生反，H2被吸附在Pb表面发生反应，A正确；
B．该过程中反应物为CO2和H2，最终产物为CH4和H2O，Pd、MgO均为催化剂，B正确；
C．据图可知该过程中只有碳氧键的断裂，没有碳氧键的生成，反应过程中形成了氧氢键、碳氢键，C不正确；
D．反应过程中有MgOCO中间体形成，并没有生成CO分子，D不正确；
故答案为：AB；
(3)不妨设初始通入1molCH4和3molH2O，则平衡时CO为m mol，H2为n mol，设此时n(CH4)为x mol，则Δn(CH4)为(1-x)mol，所以SMR反应生成的氢气为3(1-x)mol，生成的CO为(1-x)mol，所以WGS反应消耗的CO为(1-x-m)mol，生成的氢气为(1-x-m)mol，所以有(1-x-m)mol+3(1-x)mol=n mol，解得x=[1- (m+n)]mol，所以CH4(g)的分压为[1- (m+n)]MPa；
(4) 增大，即通入的水蒸气增多，所以H2O分子占据大多数Ni表面的活性位点，导致活性位点的CH4分子过少，r(CH4)减小；
(5)废气中含有氧气，据图可知O2发生还原反应与CO2结合生成碳酸根，所以该电极得电子为正极，所以废气中的CO2在电池的正极被捕获，电极反应式为2CO2+O2+4e-=2CO 。
【分析】（1）根据温度的高低与平衡常数的关系即可判断焓变的大小
（2）根据反应物和生成物即可写出反应方程式。根据盖斯定律即可求出热效应，根据反应原理即可判断二氧化碳吸附在氧化镁的表面进行反应，而Pd只是反应的催化剂改变速率，根据断键和成键即可判断没有碳氧键的断裂和形成，根据原理图没有二氧化碳产生
（3）利用恒容密闭容器中气体压强之比等于物质的量之比，结合物料守恒即可进行计算
（4）根据 SMR中，CH4分子与H2O分子在催化剂Ni表面的活性位点(能够发生断键的表面区域)断键并发生反应 ，水的压强增大，甲烷的速率降低可能是水分子占据了活性位点
（5）根据二氧化碳变成碳酸根即可判断在正极获取，即可写出电极式
四、题目
35．（2020·浙江） 溶液与 锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为 ，反应后最高温度为 。
已知：反应前后，溶液的比热容均近似为 、溶液的密度均近似为 ，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：
（1）反应放出的热量 J。
（2）反应 的 (列式计算)。
【答案】（1）
（2）
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】(1)100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与1.95g锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m= =1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，反应放出的热量Q=cm =4.18 ×100g×(30.1-20.1) = 4.18×103J，故答案为：4.18×103；(2)上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)= 0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)= =0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第(1)问可知，转化0.020mol硫酸铜所放出的热量为4.18×103J，又因为该反应中焓变 代表反应1mol硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列出计算式为： ，故答案为： （答案符合要求且合理即可）。
【分析】(1)根据中和滴定实验的原理可知，该反应放出的热量可根据Q=cm 计算；(2)结合焓变的概念及其与化学计量数之间的关系列式计算。
