2023年高考真题变式分类汇编：反应热和焓变1
一、选择题
1．（2020·浙江）关于下列 的判断正确的是( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO (aq)+H+(aq)=HCO (aq)为放热反应，所以△H1<0；
CO (aq)+H2O(l) HCO (aq)+OHˉ(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO 的水解反应为吸热反应，所以△H2>0；
OHˉ(aq)+H+(aq)=H2O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以△H3<0；
醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以△H4<0；
但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出的热量小于强酸和强碱反应放出的热量，则△H4>△H3；
综上所述，只有△H1<△H2符合题意，B符合题意；
故答案为：B
【分析】电离过程吸热，则化合过程为放热反应；升温有利于水解，所以水解反应为吸热反应；强酸和强碱的中和反应，为放热反应；
醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以△H4<0；弱电解质电离过程中会吸收部分热量，所以弱酸和强碱反应中和放出的热量比强酸和强碱反应放出的热量少。
2．（2023·武汉模拟）据文献报道，在铁双聚体催化作用下，制备化合物Y的一种反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．该总反应原子利用率为100%
B．物质X和Y分别为H2O和CH3OH
C．铁双聚体可降低该反应的活化能和焓变
D．反应过程中有非极性键的断裂和生成
【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；反应热和焓变
【解析】【解答】A．由图可知，该反应的总反应为过氧化氢和甲烷生成水和甲醇，H2O2+CH4=H2O+CH3OH，原子利用率小于100%，A不符合题意；
B．由反应机理图可以推出物质X和Y分别为H2O和CH3OH，目标产物为CH3OH，B符合题意；
C．铁双聚体为该反应的催化剂，可降低该反应的活化能，不改变反应的焓变，C不符合题意；
D．反应过程中有非极性键(O-O键)的断裂，没有非极性键的生成，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据图中反应物和产物判断；
B．由反应机理图分析；
C．催化剂，可降低该反应的活化能，不改变反应的焓变；
D．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键。
3．（2023·温州模拟）工业上利用和制备，相关化学键的键能如下表所示：
键
键能/ 745 436 462.8 413.4 351
已知：①温度为时，；
②实验测得：，、为速率常数。
下列说法错误的是
A．反应的
B．T1℃时，密闭容器充入浓度均为的、，反应至平衡，则体积分数为
C．T1℃时，
D．若温度为T2℃时，，则T2℃>T1℃
【答案】D
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数
【解析】【解答】A．由反应热与反应物的键能之和和生成物的键能之和的差值相等可知，反应△H=(745kJ/mol×2+436kJ/mol)-(745kJ/mol+426kJ/mol+413.4 kJ/mol+351 kJ/mol) <0，故A不符合题意；
B．由分析可知，甲酸的体积分数为=，故B不符合题意；
C．由分析可知，反应的平衡常数K==2，则，故C不符合题意；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由温度为T2℃时，可知，反应的平衡常数K＇==2.1＞K，则反应温度T2℃＜T1℃，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算
B．依据平衡常数计算；
C．依据K=分析；
D．依据影响化学平衡的因素分析。
4．（2023·湖南模拟）利用γ－丁内酯(BL)制备1，4－丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和1－丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如图：
已知：①反应I为快速反应，反应II、III为慢速反应；
②以5.0×10-3molBL或BD为初始原料，在493K、3.0×103kPa的高压H2氛围下，分别在恒压容器中进行反应(因反应I在高压H2氛围下进行，故H2压强近似等于总压)，x(BL)和x(BD)随时间t变化关系如图所示[x(i)表示某物种i的物质的量与除H2外其他各物种总物质的量之比]；达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热akJ；以BD为原料，体系从环境吸热bkJ。
下列说法正确的是
A．γ－丁内酯分子中σ键与π键数目之比为6∶1
B．忽略副反应热效应，反应I焓变△H(493K，3.0×103kPa)=-(a+b)kJ mol-1
C．t1时刻x(H2O)=0.08
D．改变H2的压强不影响副产物四氢呋喃的产量
【答案】C
【知识点】化学键；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由结构简式可知，γ－丁内酯分子中单键为σ键、双键中含有1个σ键和1个π键，则γ－丁内酯分子中σ键与π键数目之比为12∶1，故A不符合题意；
B．由题意可知，氢气的物质的量为可视为∞，则以同等物质的量BL或BD为初始原料达到的平衡为等效平衡，则93K，3.0×103kPa条件下，5.0×10-3molBL转化为BD放出的热量为(a+b)kJ，所以反应I焓变△H =-=-200(a+b)kJ/mol，故B不符合题意；
C．由方程式可知，t1时刻，x(THF)+ x (BuOH)=x(H2O)，则由图可知，x(THF)+ x (BuOH)+x(H2O)=1-0.48-0.36=0.16，解联立方程可得x(H2O)=0.08，故C符合题意；
D．改变氢气的压强，反应I、反应II和反应III的平衡都会发生移动，所以副产物四氢呋喃的产量会发生改变，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
B.93K，3.0×103kPa条件下，5.0×10-3molBL转化为BD放出的热量为(a+b)kJ，则反应I焓变ΔH =-=-200(a+b)kJ/mol；
D.改变氢气的压强，三个反应的平衡均为发生移动。
5．（2023·日照模拟）CO2电催化还原制备CH3OH的反应历程如图所示(部分物质未画出)。
主反应：
副反应：
下列说法正确的是
A．催化剂可同时降低主、副反应的活化能，从而降低、
B．*与结合形成*
C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂与生成
D．反应为决速步
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；反应热和焓变；催化剂
【解析】【解答】A．催化剂可同时降低主副反应的活化能，但不能降低反应热、，A不符合题意；
B．由题干反应历程图可知，*OCH2与H原子结合形成*OCH3，B不符合题意；
C．依据图中变化关系，反应过程中包含极性键和非极性键的断裂，没有非极性键的形成，C不符合题意；
D．由题干反应历程图可知，反应的活化能最大，该步反应速率最慢为决速步，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、催化剂不能影响反应热；
B、结合图示可以知道*OCH2与H原子结合形成*OCH3；
C、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
D、决速步骤为活化能最大的步骤。
6．（2023·沈阳模拟）已知硫的两种晶体形态的相图如图所示(相图：用于描述不同温度、压强下硫单质的转化及存在状态的平衡图像)，燃烧的热化学方程式为：
S(斜方，s) ；
S(单斜，s) 。
则下列有关说法中正确的是
A．温度高于119℃且压强小于，单斜硫发生液化现象
B．斜方硫和单斜硫互为同分异构体
C．图中F→G过程为固态硫的气化，该过程只破坏了分子间作用力
D．由上述信息可判断：
【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】A．由图可知，温度高于119℃时，单斜硫是固态，需要增大压强单斜硫才能发生液化现象，故A不符合题意；
B．单斜硫和正交硫是由S元素形成的不同单质，故正交硫和单斜硫互为同素异形体，故B不符合题意；
C．图中F→G过程为固态硫的气化，由斜方晶体先变为单斜硫再变为气体，过程中发生了化学变化，除了破坏了分子间作用力外，还破坏了共价键，故C不符合题意；
D．①S(斜方，s) ，②S(单斜，s) ，①-②可得，S(斜方，s)=S(单斜，s)，由图可知，在相同条件下，斜方硫转变为单斜硫需要升温，即，则，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合图象判断，可以知道增大压强单斜硫可以液化；
B、同种元素的不同单质为同素异形体；
C、不同物质之间的转化，为化学变化，破坏了共价键；
D、结合盖斯定律的方法进行判断。
7．（2022·余姚模拟）根据以下H2和Cl2反应生成HCl的能量循环图：
下列说法正确的是
A． H4＞0 B． H1＜0
C． H1+ H2+ H3- H4=0 D． H3＞ H4
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．H2和Cl2化合成HCl是放热反应，所以 H4＜0，故A不符合题意；
B．断裂化学键需要吸收能量，所以Cl2中的共价键断裂转化为氯原子的 H1＞0，故B不符合题意；
C.1molCl2(g)和1molH2(g)反应生成2molHCl(g)的过程可以分解为三步：1molCl2(g)转化为2molCl、1molH2(g)转化为2molH(g)、2molCl(g)和2molH(g)生成2molHCl(g)，所以 H1+ H2+ H3= H4，即 H1+ H2+ H3- H4=0，故C符合题意；
D．断裂化学键需要吸收能量，所以氯原子和氢原子直接结合成2molHCl(g)放出的热量高于氢气和氯气反应生成2molHCl(g)放出的热量，放热反应的 H为负，所以 H3＜ H4，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】AB．△H为“-”是放热反应；△H为“+”是吸热反应；
C.根据盖斯定律计算；
D．断裂化学键需要吸收能量。
8．（2022·丽水、湖州、衢州模拟）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
【答案】D
【知识点】反应热和焓变；焓变和熵变
【解析】【解答】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不符合题意；
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不符合题意；
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不符合题意；
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符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据燃烧热的定义；
B．利用公式 G= H T S计算；
C．由A选项可知，能量越低，越稳定；
D．依据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分析。
9．（2022·朝阳模拟）以、为原料合成涉及的主要反应如下：
①
②
的平衡转化率()、的选择性()随温度、压强变化如下：
已知：
下列分析错误的是（ ）
A．
B．400℃左右，体系发生的反应主要是②
C．由图可知，，
D．初始、，平衡后、，若只发生①、②，则的平衡转化率为24%
【答案】D
【知识点】反应热和焓变；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】A．反应①的正反应为气体体积减小的方向，反应②反应前后气体体积不变，故增大压强，反应①正向移动，CO2的转化率增大，反应②不移动，因此 P1>P2，A不符合题意；
B.400℃时，由图可以看出， CH3OH 的选择性趋近为0，意味着转化为CH3OH的CO2为0，因此此时体系发生的反应主要是②，B不符合题意；
C．由图看出，随着温度升高，的选择性()逐渐降低，反应①向逆方向进行，因此正反应<0；同时，随着温度升高，前期的平衡转化率()逐渐降低，此阶段体系发生的反应主要是反应①，后期的平衡转化率()逐渐升高，此阶段体系发生的反应主要是反应②，因此>0，C不符合题意；
D ．平衡后，根据CO2的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3mol CO2，又因为可知0.3mol CO2中有80%发生反应①转化为CH3OH，而0.3mol CO2中有20%发生反应②转化为CO，根据三段式可得：
，
两个反应中氢气的转化总量为0.78mol，所以氢气的转化率=，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.增大压强，反应①正向移动，反应②不移动；
B.400℃时甲醇的选择性接近0；
C.升温甲醇的选择性降低， ，升温二氧化碳的转化率升高， 。
10．（2022·唐山模拟）利用间接转化法可将氮氧化物转化为化工产品以实现氮氧化物的充分利用。
已知①
②
③ 。
若某温度下，向VL密闭容器中加入2molNO和2molICl发生上述反应，达平衡时容器中NOCl(g)为amol，为bmol。下列说法错误的是（ ）
A．若升高温度NOCl的物质的量增大，则且
B．此时的浓度为
C．若该密闭容器中气体颜色保持不变，说明各反应已达平衡状态
D．NO转化率为
【答案】A
【知识点】反应热和焓变；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．若升高温度NOCl的物质的量增大，可能为和，且反应①生成NOCl的程度大于反应②消耗NOCl的程度，A符合题意；
B．设反应①中NO的转化量为2xmol，根据达平衡时容器中NOCl(g)为amol，为bmol可列出以下三段式：，
，，平衡时I2的物质的量为：，浓度为，B不符合题意；
C．若该密闭容器中气体颜色保持不变，说明I2和Cl2浓度保持不变，说明各反应已达平衡状态，C不符合题意；
D．NO的净转化率为：，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.计算出此时I2的物质的量，再结合计算；
C.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，据此判断；
D.计算平衡时NO反应的物质的量，再根据计算。
11．（2022·柯桥模拟）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)，下列说法错误的是( )
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．
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】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项不符合题意；
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项不符合题意；
C．能量低的更稳定，则化合物的热稳定性顺序为，C项符合题意；
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项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.与的反应反应物总能量大于生成物总能量；
B.离子键越大离子间作用力越强；
D.根据盖斯定律计算。
12．（2022·湖北模拟）催化某反应的一种催化机理如图所示，其中是氢氧自由基，是醛基自由基，下列叙述错误的是（ ）
A．使用催化时，该反应的不变
B．不是所有过程都发生氧化还原反应
C．总反应为
D．为中间产物之一，与中所含阴离子相同
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应热，使用MnO2催化时，该反应的 H不会发生变化，A项不符合题意；
B．催化机理中存在与H+反应生成CO2和H2O的过程，该过程不是氧化还原反应，B项不符合题意；
C．根据图示的催化机理可知总反应为：，C项不符合题意；
D．Na2O2中的阴离子是，与不一样，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、催化剂的作用是降低反应所需活化能；
B、氧化还原反应的特点是化合价发生变化；
C、结合图示，箭头进来的为反应物，箭头出去的为生成物；
D、中间产物指的是第一反应的生成物，第二反应的反应物。
13．（2022·南京模拟）以NaCl为原料，可制取Na、Na2O2、NaOH和Na2CO3等。Na2CO3，可用侯氏制碱法制取，主要涉及如下反应：
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH= 92.4 kJ mol 1
NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O
下列有关比轮正确的是（ ）
A．键能(E)：6E(N H) ＞E(N≡N)+3E(H H)
B．热稳定性：NaHCO3＞Na2CO3
C．键角：NH3＞NH
D．沸点：NH3＞H2O
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；反应热和焓变
【解析】【解答】A．制取氨气的反应是放热反应，则生成物的键能之和大于反应物的键能之和即键能(E)：6E(N H)＞E(N≡N)+3E(H H)，故A符合题意；
B．碳酸氢钠受热易分解，因此热稳定性： Na2CO3＞NaHCO3，故B不符合题意；
C．氨气空间构型为三角锥形，铵根空间构型为正四面体形，则键角：NH4+ ＞NH3，故C不符合题意；
D．水和氨气都含有氢键，但水含有氢键数目大于氨气含的氢键数目，因此沸点：H2O＞NH3，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.根据ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和计算；
B.热稳定性： Na2CO3＞NaHCO3；
C.氨气分子为三角锥形，铵根为正四面体形；
D.水中氢键数目比氨气中多。
14．（2022·秦皇岛模拟）在催化剂表面CO2与H2反应的部分历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用“.”标注，Ts表示过渡态。下列说法错误的是反应历程（ ）
A．物质吸附在催化剂表面时通常比其形成的过渡状态稳定
B．②→③是图中①至⑥的历程中的决速步骤
C．③→ ④的过程中断裂了非极性共价键
D．反应· CO2+H2(g)=·CO+H2O(g)的ΔH< 0
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A．从图中可以看出过渡态的能量均比物质吸附在催化剂表面时的能量高，能量越高，物质越不稳定，A不符合题意；
B．从图中可以看出，②→③过程的活化能最大，活化能越大，反应速率越慢，故②→③过程是图中①至⑥的历程中的决速步骤，B不符合题意；
C．从图中可以看出，③→ ④的过程中断裂了C-O键，属于极性共价键，C符合题意；
D．根据图中可以看出，反应物的总能量高于生成物，属于放热反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.能量越低物质越稳定；
B.活化能越大反应速率越慢，慢反应为整个反应的决速步骤；
D.该反应反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应。
15．（2022·舟山模拟）已知反应CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)的能量情况如图所示，曲线 和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是（ ）
A．该反应的ΔH=-491kJ mol-1
B．加入催化剂，加快反应速率，该反应的ΔH变小
C．无论是否使用催化剂，反应物的总能量都大于生成物的总能量
D．如果该反应生成液态CH3OH，则ΔH增大
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；催化剂；有关反应热的计算
【解析】【解答】A．由图示可知，该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，而ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，焓变不是-419kJ mol-1，A不符合题意；
B．加入催化剂，降低了反应的活化能，化学反应速率加快，但ΔH不变，B不符合题意；
C．由图示可知，该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，曲线I活化能高、为未加催化剂的能量变化曲线，曲线II活化能低、为加催化剂的能量变化曲线，而催化剂不影响反应的ΔH，因此无论是否使用催化剂，反应物的总能量都大于生成物的总能量，C符合题意；
D．如果该反应生成液态CH3OH，会放出更多的热量，反应为放热反应，ΔH<0，则ΔH减小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图示信息，△H=E生成物总能量－E反应物总能量＜0，该反应为放热反应，从图中不能确定△H的数值。催化剂能降低反应的活化能，但对焓变没有影响。物质从气态变为液态，需要放出热量。
16．（2022·宝鸡模拟）我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) △H=akJ·mol-1]的反应历程如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A．1molC2H4(g)与1molH2(g)具有的能量之和小于1molC2H6(g)的能量
B．过渡态物质的稳定性：过渡态1>过渡态2
C．该反应的焓变：ΔH=-129.6kJ·mol-1
D．相应的活化能：催化剂AuF<催化剂AuPF
【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】【解答】A．由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物的总能量的放热反应，故A不符合题意；
B．由图可知，过渡态1的相对能量高于过渡态2，物质的能量越高，越不稳定，所以过渡态1的稳定性小于过渡态2，故B不符合题意；
C．由图可知，反应的焓变ΔH=-[0-(-129.6kJ·mol-1)]=-129.6kJ·mol-1，故C符合题意；
D．由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF的活化能分别为109.34 kJ·mol-1、26.3 kJ·mol-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据反应热和焓变及化学反应中能量的变化分析解答。
二、多选题
17．（2019·江苏）在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是（ ）
A．反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH>0
B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C．图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D．380℃下，c起始(O2)=5.0×10 4 mol·L 1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
【答案】B,D
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的调控
【解析】【解答】A、由图可知，当温度升高时，NO的平衡转化率逐渐减小，说明温度升高，平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即该反应的ΔH<0，A不符合题意；
B、图中X点所示反应未达到平衡状态，延长反应时间，可使反应继续正向进行，NO的转化率增大，B符合题意；
C、图中Y点反应达到平衡状态，增加O2浓度，反应物浓度增大，正反应速率增大，平衡正向移动，NO的转化率增大，C不符合题意；
D、设c起始(NO)=a×10-4mol/L，则可得平衡三段式：
2NO(g)+ O2(g) 2NO2(g)
起始（×10-4mol/L） a 5.0 0
转化（×10-4mol/L） 0.5a 0.25a 0.5a
平衡（×10-4mol/L） 0.5a 5-0.25a 0.5a
该温度下，反应的平衡常数，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应；
B、图示X点反应未达到平衡状态，延长反应时间，可促使平衡继续正向进行；
C、结合浓度对平衡移动的影响分析；
D、根据三段式，结合平衡常数的表达式进行计算；
18．（2022·菏泽模拟）随着节能环保问题的提出，人们开始关注逆水煤气反应的研究。单一分子在催化剂表面的反应历程如下图所示，主要有：氧化还原历程和中间物种分解历程。[已知(a)表示物质吸附在催化剂表面的状态]。下列说法正确的是 （ ）
A．该反应为吸热反应
B．在催化剂表面反应的主要历程是中间物种分解历程
C．氧化还原历程控速步骤为：
D．使用高效催化剂，加快化学反应速率，从而提高平衡转化率
【答案】A,C
【知识点】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；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．由图可知，逆水煤气反应是反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，故A符合题意；
B．由图可知，中间物种分解历程的各步活化能均高于氧化还原历程的各步活化能，所以在催化剂表面反应的主要历程是氧化还原历程，故B不符合题意；
C．由图可知，氧化还原历程中最后一步反应的活化能最大，反应速率最慢，是氧化还原历程的控速步骤，反应的方程式为，故C符合题意；
D．使用高效催化剂，能降低反应的活化能，加快化学反应速率，但化学平衡不移动，平衡转化率不变，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.依据图示分析反应物总能量和生成物总能量的大小；
B.依据图示分析活化能的大小；
C.反应速率最慢的活化能最大；
D.催化剂可以影响活化能和反应速率但是对化学平衡没有影响。
19．（2022·平江模拟）根据下列图示所得出的结论错误的是（ ）
A．图甲表示2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H＜0，t1时改变的条件是增大体系的压强
B．图乙NaCl溶液浓度过高铁腐蚀速率降低，说明NaCl浓度越大溶液中O2的浓度越小
C．图丙说明石墨转化为金刚石的反应的△H＜0
D．图丁是一定条件下发生反应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)此过程△H＜0
【答案】A,C
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．根据图像，t1时刻v逆瞬间不变，v正瞬间增大，则是增大反应物浓度，选项A符合题意；
B．O2的含量影响碳钢在NaCl溶液中的腐蚀速率，根据图像，腐蚀速率先增大，增大到最大后减小，说明在NaCl浓度较高时溶液中O2的浓度减少，正极反应减慢导致腐蚀速率降低，选项B不符合题意；
C．石墨能量低于金刚石能量，所以石墨转化为金刚石的反应的△H＞0，选项C符合题意；
D．图丁是一定条件下发生反应：4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O，根据图像，以先拐先平数值大为原则，则T1＞T2，升高温度，NO的体积浓度增大，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，选项D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.t1时刻v逆不变，v正瞬间增大，改变的条件是增大反应物浓度；
B.O2的含量影响碳钢在NaCl溶液中的腐蚀速率；
C.石墨能量低于金刚石能量；
D.根据先拐先平数值大可判断T1＞T2，升温平衡向吸热方向进行。
20．（2022·青岛模拟）C2H6在Ni的活化下可放出CH4，其反应历程如下图所示：
下列关于活化历程的说法正确的是（ ）
A．该转化过程ΔH>0
B．在此反应过程中Ni的成键数目发生变化
C．该反应过程中，最大能垒(活化能)为204.32kJ·mol-1
D．整个过程中，Ni是该反应的催化剂
【答案】B,C
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A．根据反应物和生成物所具有的能量可以判断得出，反应为放热反应，故A不符合题意；
B．根据图示，过渡态I中Ni的成键数目为2，过渡态2中Ni的成键数目为3，反应过程中Ni的成键数目发生了变化，故B符合题意；
C．根据图示，中间体2到过渡态2的能垒(活化能)最大，为204.32kJ·mol-1，故C符合题意；
D．根据图示，Ni是反应物不是催化剂，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应；
B.Ni的成键数目有2、3；
C.该过程中中间体2到过渡态2的能垒(活化能)最大；
D.Ni是该反应的反应物。
21．（2022高一下·南开期末）下列热化学方程正确的是(的绝对值均符合题意)（ ）
A． (燃烧热)
B． (中和热)
C． (反应热)
D． (反应热)
【答案】B,C
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；中和热；热化学方程式
【解析】【解答】A．表示燃烧热时水应该是液态，A不符合题意；
B．水的系数为1，注明各种物质状态，符合中和热定义，热化学方程式符合题意，B符合题意；
C．注明了各种物质的状态，热化学方程式符合题意，C符合题意；
D．没有注明物质的状态，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水放出的热量为中和热；
热化学方程式应注明各物质的状态。
22．（2021高二上·怀化期末）工业上可采用CH3OHCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物质用*标注。下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图，下列说法正确的是（ ）
A．温度较低时不利于该反应自发进行
B．决速步骤的能垒(活化能)为53.6kJ/mol
C．过渡态II的稳定性小于过渡态V
D．由CH3OH*(g)经过渡态I生成CH3O*+H*的过程要释放能量，断裂极性共价键
【答案】A,C
【知识点】反应热和焓变；焓变和熵变
【解析】【解答】A．通过图中信息CH3OH*和CO*+2H2(g)的相对能量得到该反应是吸热反应，反应气体增多，熵变增大，根据自由能得到该反应在较高温度下能自发进行，因此温度较低时不利于该反应自发进行，故A符合题意；
B．决速步骤的能垒(活化能)最大的阶段即过渡态V，活化能为179.6kJ/mol，故B不符合题意；
C．过渡态II相对能量比过渡态V相对能量高，根据能量越低越稳定，因此过渡态II稳定性小于过渡态V，故C符合题意；
D．由CH3OH*(g)经过渡态I生成CH3O*+H*的过程断裂极性共价键，要吸收能量，故D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】A．依据分析；
B．决速步骤的能垒(活化能)最大；
C．根据能量越低越稳定分析；
D．由价键断裂分析。
23．（2022高二上·德州期中）加氢制甲醇作为一种新兴的绿色化工技术，其中的一步反应为，该反应中物质的相对能量及所含共价键的键能如下所示，下列说法正确的是（ ）
物质及共价键 键能/(kJ/mol)
799
436
463
x
已知： A．图中所示反应的逆反应活化能为2034
A．x为1067
B．
C．反应物的总键能小于生成物的总键能
【答案】A,B
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】A．图中所示反应的逆反应活化能为2034-41=1993，故A不符合题意；
B．根据图示，△H=，41=799×2+436-x-463×2，x=1067，故B符合题意；
C．①△H=
②
根据盖斯定律①+②得 ，故C符合题意；
D．正反应吸热，反应物的总键能大于生成物的总键能，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.逆反应活化能为2034-41=1993；
B.根据焓变=反应物总能量-生成物总能量计算；
C.根据盖斯定律计算；
D.该反应为吸热反应，反应物的总键能大于生成物的总键能。
24．（2021高一下·任城期中）如图是 1mol CO(g)和 2mol H2(g)发生反应 CO(g)+2H2(g)→CH3OH(g)过程中的能量变化曲线。曲线 a 表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线 b 表示使用催化剂时反应的能量变化。下列相关说法正确的是（ ）
A．使用催化剂后该反应从放热反应变成了吸热反应
B．使用和不使用催化剂相比反应的能量变化相同
C．1mol CO(g)和2mol H2(g)中的化学键完全被破坏需要释放 419kJ能量
D．1mol CO(g)和2mol H2(g)完全反应生成1mol CH3OH(g)会释放出91kJ能量
【答案】B,D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A．由图可知，使用催化剂后降低了该反应所需的活化能，但反应物和生成物的状态没有改变，反应热不变，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，A项不符合题意；
B．使用和不使用催化剂相比，反应热不变，能量变化相同，B项符合题意；
C．反应物化学键断裂吸收能量，由图可知，1mol CO(g)和2mol H2(g)中的化学键完全被破坏需要吸收419kJ能量，C项不符合题意；
D.1mol CO(g)和2mol H2(g)完全反应生成1mol CH3OH(g)释放的能量为 ，D项符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.催化剂只是改变了反应速率，降低了活化能
B.焓变只和起始状态和末尾状态相同，能量不变
C.键断裂需要吸收能量
D.根据焓变=反应物的键能-生成物的键能即可计算
25．（2020高三上·河北期中）已知：氧化锂(Li2O)晶体形成过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是( )
A． H1＜0， H2＞0
B．- H5+ H1+ H2+ H3+ H4+ H6=0
C． H3＜0， H4＜0
D．氧化锂的晶格能= H6
【答案】B,D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．Li晶体转化为Li(g)是吸热过程，Li(g)→Li+(g)是失电子过程吸热，即 H1＞0、 H2＞0，故A不符合题意；
B．由盖斯定律可知， H1+ H1+ H3+ H4+ H6= H5，即- H5+ H1+ H2+ H3+ H4+ H6=0，故B符合题意；
C． O2(g)到O(g)是化学键断裂过程吸热，O(g)→O2-(g)是得电子过程放热，即 H3＞0、 H4＜0，故C不符合题意；
D．气态离子形成1mol离子晶体释放的能量是晶格能，故氧化锂的晶格能= H6，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】1、盖斯定律的运用
2、晶格能：气态离子形成1mol离子晶体释放的能量
三、非选择题
26．（2020·新课标II）天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。
（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)= C2H4(g)+H2(g) ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质 C2H6(g) C2H4(g) H2(g)
燃烧热ΔH/( kJ·mol 1) -1560 -1411 -286
①ΔH= kJ·mol 1。
②提高该反应平衡转化率的方法有 、 。
③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数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）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4 C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为：r=k× ，其中k为反应速率常数。
①设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2= r1。
②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是 。
A．增加甲烷浓度，r增大 B．增加H2浓度，r增大
C．乙烷的生成速率逐渐增大 D．降低反应温度，k减小
（3）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：
①阴极上的反应式为 。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为 。
【答案】（1）137；升高温度；减小压强(增大体积)；
（2）1－α；AD
（3）CO2+2e =CO+O2 ；6∶5
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)①由表中燃烧热数值可知：
①C2H6(g)+ O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) H1= -1560kJ mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) H2= -1411kJ mol-1；③H2(g)+ O2(g)=H2O(l) H3= -286kJ mol-1；根据盖斯定律可知，①-②-③得C2H6(g) =C2H4(g) + H2(g)，则 H= H1- H2- H3=( -1560kJ mol-1)-( -1411kJ mol-1)- ( -286kJ mol-1)=137kJ mol-1，故答案为137；
②反应C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强（增大体积）；
③设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式，
C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)
起始（mol） 1 0 1
转化（mol） α α α
平衡（mol） 1-α α 1+α
平衡时，C2H6、C2H4和H2平衡分压分别为 p、 p和 p，则反应的平衡常数为Kp= ；(2) ①根据r=k× ，若r1= kc，甲烷转化率为 甲烷的浓度为c(1- )，则r2= kc(1- )，所以r2=(1- )r1；
②A.增大反应物浓度反应速率增大，故A说法正确；
B.由速率方程可知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，故B说法不正确；
C．反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故C说法不正确；
D．化学反应速率与温度有关，温度降低，反应速率常数减小，故D正确。
故答案为：AD。(3) ①由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO2+2e-=CO+O2-；
②令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为：6CH4+5CO2=2C2H4+ C2H6+5H2O+5CO，即消耗CH4和CO2的体积比为6：5。故答案为：6：5。
【分析】(1) ①先写出三种气体的燃烧热的热化学方程式，然后根据盖斯定律进行计算，得到目标反应的 H；
②反应C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡等都向正反应方向移动；
③根据已知乙烷的转化率，设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式，求出平衡时各物质的分压，带入平衡常数的计算公式进行计算；(2) ①根据r=k× ，若r1=kc，甲烷转化率为 甲烷的浓度为c(1-α)，则r2= kc(1-α)；
②根据反应初期的速率方程为：r=k× ，其中k为反应速率常数，据此分析速率变化的影响因素；(3) ①由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电解质传到O2-，据此写出电极反应；
②令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应，进而计算出为消耗CH4和CO2的体积比。
27．（2023·沈阳模拟）甲醇水蒸气催化重整是当前制取清洁能源氢气的主要方法，其反应机理如下：
反应I：
反应II：
请回答下列问题：
（1）在催化剂作用下，反应I可通过如图1所示的反应历程实现催化重整，则 。
（2）将一定量的甲醇气体和水蒸气混合反应，使用催化剂R，测得相同条件下，甲醇的转化率与CO的物质的量分数变化如图2所示。反应II为 反应(填“吸热”或“放热”)，选择催化剂R的作用为 。
（3）将1mol甲醇气体和1.3mol水蒸气混合充入2L恒容密闭容器中，控制反应温度为300℃、起始压强为2.5MPa下进行反应。平衡时容器中，甲醇的转化率为 ，则反应I的平衡常数 (列出计算式即可)。
（4）相同反应条件下，测得相同时间内甲醇水蒸气重整反应各组分的含量与反应温度关系曲线图如下，下列说法中正确的是 。
a．升温对反应I的化学反应速率影响更大
b．该条件下催化剂活性温度高于270℃
c．催化剂的选择应考虑提高生成的选择性
d.250℃时，不小于1.3
【答案】（1）(a-b+c)
（2）吸热；加快反应速率，降低反应Ⅱ的选择性
（3）90%(或0.90或0.9)；
（4）acd
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）反应物总能量-生成物总能量，由图可知(a-b+c)，故答案为：(a-b+c)；
（2）由图中信息可知随温度升高，CO的物质的量分数增加，说明反应II正向移动，则正向为吸热方向；由图可知，在其他条件相同时，使用催化剂R时CO的物质的量分数较小，而甲醇转化一直较高，说明催化剂R的使用可减少反应II的发生，即对反应II具有选择性，同时使用催化剂可加快反应速率，故答案为：吸热；加快反应速率，降低反应Ⅱ的选择性；
（3）根据题中信息列三段式：
甲醇的转化率为；
则反应I的平衡常数=，故答案为：90%(或0.90或0.9)；；
（4）a．由图可知升高温度CO的含量几乎不发生改变，而氢气的含量增大趋势显著，可知升温对反应I的化学反应速率影响更大，故正确；
b．由图可知，温度高于250℃时产物含量的变化率减小，说明催化剂的活性开始降低，故不正确；
c．催化剂的选择应考虑提高生成的选择性，这样才能提高甲醇催化重整生成氢气的选择性，故正确；
d．由图可知反应起点时=1.3，250℃时，两者含量差距增大，大于1.3，故正确；
故答案为：acd。
【分析】（1）反应物总能量-生成物总能量；
（2）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（3）利用三段式法计算；
（4）依据图中变化及化学平衡移动原理分析。
28．（2023·嘉兴模拟）甲醇是一种理想的可再生清洁能源，近年来随着环保督查、碳双控等政策的实施，我国甲醇产能利用率不断提升。
I.和在一定条件下合成甲醇：
（1）根据如图相关物质的能量，计算 。
（2）向容积均为0.5L的恒容密闭容器中分别充入0.1mol和0.3mol，在两种催化剂(I和II)、不同温度下发生上述反应，经过相同时间，测得的转化率与温度的关系曲线如图所示(已知此实验条件下催化剂均未失活)。下列说法正确的是____。
A．催化效率较高的是催化剂II
B．A点一定小于C点的
C．C点的正反应速率：
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大
（3）将和分别充入甲、乙两个恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表所示，测得不同温度下甲容器内的平衡转化率曲线甲如图所示。
容积
甲容器 VL 1mol amol
乙容器 VL 2mol 2amol
①请在图中画出乙容器中的平衡转化率曲线乙 。
②当乙容器中的平衡转化率与甲容器M点相同时，该反应的平衡常数之比 。
（4）II.已知反应是目前大规模制取氢气的方法之一。
实验发现，其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，反应相同时间测得的体积分数增大，其可能的原因是 。
【答案】（1）-49.3
（2）A；B；D
（3）；4：1
（4）CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动
【知识点】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；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）的生成物的能量-反应物的能量=-201.0-241.8-(-393.5) =-49.3。
（2）A．根据图示信息可知，使用催化剂II时，相同时间内，的转化率更高，则催化效率较高的是催化剂II，故A正确；
B．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，则c点，而A点温度低于C点，则A点一定小于C点的，故B正确；
C．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，两种催化剂的催化效率不同，则C点，故C不正确；
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大，故D正确；
故答案为：ABD。
（3）①甲容器和乙容器体积相等，乙溶液中和浓度是甲容器的两倍，相当于在甲溶液的基础上增大压强，而反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，的平衡转化率比甲容器中的大，且该反应是放热反应，升高稳定的平衡转化率减小，画出乙容器中的平衡转化率曲线乙为：；
②根据已知条件列出甲容器“三段式”
平衡常数，根据已知条件列出乙容器的“三段式”
平衡常数，则。
（4）其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动，反应相同时间测得的体积分数增大。
【分析】（1）根据ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量计算；
（2）A.催化剂能降低反应的活化能；
B.A点温度低于C点；
C.B和C点处于平衡状态，但两种催化剂的催化效率不同；
D.反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大；
（3）①乙容器中和浓度是甲容器的两倍，该反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动；
②列出反应的三段式，结合计算；
（4） CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动，的体积分数增大。
29．（2023·安阳模拟）CO2与CH4均是温室气体，CO2与CH4催化重整受到越来越多的关注，它是有效应对全球气候变化的重要方法。
（1）CO2与CH4经催化重整可制得合成气CO和H2，其反应原理为CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+120kJ·mol-1
①该反应在一定温度下能自发进行的原因为 。
②已知键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量，上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键 C-H C≡O H-H
键能/(kJ·mol-1) 413 1075 436
则CO2(g)=C(g)+2O(g) ΔH= kJ·mol-1。
（2） 催化重整涉及的反应如下：
i．CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)
ii．H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) ΔH=+41.2kJ·mol-1
若在恒温、恒容密闭容器中进行反应i、ii，下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是____ (填字母)。
A．相同时间内形成C-H键和H-H键的数目之比为2：1
B．体系内n(H2)/n(CO)保持不变
C．体系内各物质的浓度保持不变
D．体系内混合气体的密度保持不变
（3）在总压为24p0的恒压密闭容器中，起始时通入n(CH4)：n(CO2)=1：1的混合气体，在一定温度下发生反应i、ii，测得CH4、CO2的平衡转化率分别为20%和40%。
①平衡时容器的体积是起始时的 倍。
②该温度下反应i的压强平衡常数Kp= (Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③维持其他因素不变，若向平衡体系中通入一定量的N2(N2不参与反应)，再次平衡后CH4的转化率 (填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”，下同)， 。
（4）光催化甲烷重整技术也是研究热点。以Rh/SrTiO3为光催化剂，光照时，价带失去电子并产生空穴(h+，具有强氧化性)，CO2在导带获得电子生成CO和O2-，价带上CH4直接转化为CO和H2，反应机理如图所示：
在Rh表面，每生成1molCO，则价带产生的空穴(h+)数为 NA；价带上的电极反应式可表示为 。
【答案】（1）该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG=ΔH-TΔS<0(合理即可)；+1490
（2）B；C
（3）1.2；3；增大；不变
（4）2；CH4+2h++O2-=CO+2H2
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）①该反应为吸热反应，根据吉布斯自由能公式ΔG=ΔH-TΔS<0反应可以自发进行，故该反应可以发生的原因是：该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG=ΔH-TΔS<0；
②根据反应热=反应物键能和-生成物键能和，则ΔH=2E(C=O)+4×413-2×1075-2×436=120kJ/mol，解得，E(C=O)=745kJ/mol，故CO2(g)=C(g)+2O(g) ΔH=745×2=+1490kJ/mol；
（2）A. 两个可逆反应中都有氢气参加反应，故相同时间内形成C-H键和H-H键的数目之比为2：1，不能证明反应达到平衡，A不正确；
B. 在反应进行的过程中，氢气的物质的量和一氧化碳的物质的量比值是一个变量，故当其不变的时候，可以证明反应达到平衡，B正确；
C. 在反应进行的过程中，体系内各物质的浓度是变量，故当其保持不变时可以证明反应达到平衡，C正确；
D.体系内所有物质都是气体，且为恒容容器，故混合气体的密度不是一个变化的量，故当其保持不变时，不能证明反应达到平衡，D不正确；
故答案为：BC；
（3）根据题给数据可得以下三段式：
①根据体积之比等于压强之比，则平衡时容器的体积是起始时的；
②平衡时气体总物质的量=2.4mol，则此时反应i平衡常数；
③加入氮气相当于减压，反应i正向移动，CH4的转化率增大；反应i平衡常数，反应ii平衡常数，则，平衡常数只与温度有关，故该比值不变；
（4）1molCH4转化为1molCO反应为，转移2 mol电子，即2NA个电子，则形成空穴(h+)数为2NA；由图可知在价带上甲烷结合空穴和氧离子形成一氧化碳和氢气，可以表示为：CH4+2h++O2-=CO+2H2。
【分析】（1）①依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
②根据反应热=反应物键能和-生成物键能和计算；
（2）依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
（3）利用三段式法计算；依据化学平衡移动原理分析；平衡常数只与温度有关；
（4）依据图像分析，在价带上甲烷结合空穴和氧离子形成一氧化碳和氢气。
30．（2023·吉林模拟）化石燃料燃烧过程中形成NO和CO等污染物，利用CO脱除NO的研究获得了广泛关注。在催化剂作用下，CO与NO的反应为2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g) ΔH。回答下列问题：
（1）已知： 2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH1= - 520 kJ·mol-1
N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH2= +160 kJ·mol-1
则ΔH= 。
（2）向某刚性容器中加入2 mol CO、2 mol NO和催化剂， 测得平衡时CO2的体积分数随温度和压强的关系如图1所示。
①下列叙述不能说明该反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。
A．CO2和N2的浓度比保持不变
B．压强不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．混合气体的摩尔质量不再变化
②压强p1 p2(填“>”或“<”， 下同)， a、b两点的平衡常数Ka Kb。
③b点CO的转化率为 %(保留一位小数)，b点的Kp= (用含 p2的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×体积分数)。
（3）金属锌作催化剂，在相同时间内，以相同投料比反应时，容器中CO2的物质的量随温度变化的曲线如图2。当温度高于T℃时，n(CO2)下 降的原因可能是 (答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。
（4）硫与催化剂锌所形成化合物晶体的晶胞如图3所示。在该晶胞中，Zn的配位数为原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为(0，0， 0)； b为(，0，)；c为(，，0)。则d的坐标参数为 。已知该晶胞的密度为ρg·cm-3，则其中两个最近S原子之间的距离为 pm(列出 计算式即可)。
【答案】（1）-680 kJ·mol-1
（2）AC；<；>；44.4%；
（3）随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少(反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小)
（4）(1，，)；
【知识点】晶胞的计算；反应热和焓变；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH1= - 520 kJ·mol-1②N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH2= +160 kJ·mol-1 ，由盖斯定律：①-②得2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g) ΔH=- 520 kJ·mol-1-160 kJ·mol-1 =-680 kJ·mol-1，故答案为：-680 kJ·mol-1；
（2）①A. 2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g)，CO2和N2的浓度比始终保持不变，故A选；
B．反应为气体体积减小的反应，压强不再变化 ，说明反应的平衡状态，故B不选；
C．反应应前后均为气体，总质量不变，混合气体的密度始终保持不变，当气体的密度不再变化时，不能说明反应的平衡状态，故C选；
D．反应应前后均为气体，总质量不变，但反应后物质的量减小，反应混合气体的摩尔质量不再变化，说明反应的平衡状态，故D不选；
故答案为：AC；
②由图1可得：相同温度下，P2的二氧化碳含量大，结合方程式，加压，平衡正向移动，压强p1< p2，由a到b温度升高，对于放热反应，平衡逆向移动，平衡常数减小， a、b两点的平衡常数Ka>Kb。
故答案为：<；>；
③，b点二氧化碳的体积分数为： ，x=mol，b点CO的转化率为 44.4%，平衡时，CO(g)为mol，NO(g) 为mol， CO2(g)为mol，N2(g)为mol，平衡时总物质的量为mol，b点的Kp= =(用含 p2的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×体积分数)。故答案为：44.4%；；
（3）容器中CO2的物质的量随温度变化的曲线如图2，当温度高于T℃时，n(CO2)下 降的原因可能是随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少(反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小)(答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。故答案为：随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少(反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小)；
（4）硫与催化剂锌所形成化合物晶体的晶胞如图3所示。在该晶胞中，Zn的配位数为原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为(0，0， 0)； b为(，0，)；c为(，，0)，a为原点，b、c、d为三个面的面心，则d的坐标参数为(1，，)。晶胞中Zn原子数目=8×+6×=4，S的原子数目为4，所以R的化学式为ZnS，晶胞的质量m=g，晶胞的密度ρ，则晶胞棱长= cm，则其中两个S2-之间的距离为面对角线的一半，cm，则其中两个最近S原子之间的距离为pm(列出 计算式即可)。故答案为：(1，，)；。
【分析】（1）依据盖斯定律计算
（2）①利用“变者不变即平衡”；
②依据影响化学平衡的因素分析；
③利用三段式法计算；
（3）依据影响化学平衡的因素分析；
（4）根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
31．（2023·怀仁模拟）全球大气CO2浓度升高对人类生产、生活产生了影响，碳及其化合物的资源化利用成为研究热点。回答下列问题：
（1）已知25℃时，大气中的CO2溶于水存在以下过程
①CO2(g)CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(1)H+(ag)+HCO(aq) K
过程①的ΔH 0(填“＞”“＜”或“=”)。溶液中CO2的浓度与其在大气中的分压(分压=总压×物质的量分数)成正比，比例系数为ymol·L-1·kPa-1。当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+的浓度为 mol·L-1(忽略HCO和水的电离)。
（2）焦炭与水蒸气可在高温下反应制H2。
反应I：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH1=+131.3kJ·mol-1 K1
反应II：C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) ΔH2=+90.3kJ·mol-1 K2
反应III：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.0kJ·mol-1 K3
上述反应的化学平衡常数随温度变化的关系如图所示，表示K1、K2、K3的曲线分别是c、 、 。
②研究表明，反应III的速率方程为v=k[x(CO)·x(H2O)-]，x表示相应气体的物质的量分数，Kp为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算)，k为反应的速率常数，随温度升高而增大。在气体物质的量分数和催化剂一定的情况下，反应速率随温度的变化如图所示。根据速率方程分析T＞Tm时，v逐渐下降的原因是 。
（3）甲烷干法重整制H2同时存在如下反应：
主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2
温度为T℃，压强为p0的恒压密闭容器中，通入2molCH4和1molCO2发生上述反应。平衡时H2O(g)的分压为p1，甲烷的转化率为40%。
①下列说法正确的是 (填标号)
A．ΔH1和ΔH2不变，说明反应达到平衡状态
B．相同条件下，主反应的速率大于副反应，说明主反应的活化能小
C．选用合适的催化剂可以提高主反应的选择性，增大甲烷的平衡转化率
D．平衡后，若增大压强，主反应平衡逆向移动，副反应平衡不移动
②平衡时混合气体的总物质的量为 mol，H2(g)的分压是 (用含p0和p1的计算式表示)。
（4）甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→ (用b-j等代号表示)。
【答案】（1）＜；
（2）b；d；升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v降低；T＞Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
（3）B；4.6；-p1
（4）a→b→e→h→j
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）常温下，CO2(g)CO2(aq)过程能发生，△S<0，所以ΔH<0。当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，二氧化碳的分压为pxkPa，溶液中CO2的浓度为pxymol·L-1，则 ， H+的浓度为mol·L-1。
（2）反应I、II吸热，K1、K2随温度升高而增大，反应III放热，K3随温度升高而减小，c表示K1，根据盖斯定律，反应II-反应I得反应反应III，则，根据图示时K1=2，即，所以表示K1、K2、K3的曲线分别是c、b、d。
②反应III放热，随温度升高Kp减小，升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v降低；T＞Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高，所以T＞Tm时，v逐渐下降。
（3）①A．ΔH1和ΔH2随方程式的系数改变而改变，ΔH1和ΔH2不变，反应不一定达到平衡状态，故不选A；
B．活化能越小，反应速率越快，相同条件下，主反应的速率大于副反应，说明主反应的活化能小，故选B；
C．催化剂不能使平衡不移动，不能增大甲烷的平衡转化率，故不选C；
D．平衡后，若增大压强，主反应平衡逆向移动，由于反应物、生成物浓度改变，使副反应Q＜K，副反应平衡正向移动，故不选D；
选B。
②平衡时甲烷的转化率为40%；
副反应气体物质的量不变，所以平衡时混合气体的总物质的量为1.2+0.2+1.6+1.6=4.6mol，通过主反应生成H2(g)的分压是，通过副反应氢气减小的分压等于水的分压，所以平衡体系中H2(g)的分压是-p1。
（4）相对能量越低，越易反应，所以最可行途径为a→b→e→h→j。
【分析】（1）（1）依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；
（2）根据盖斯定律分析；
②依据题目信息和图中曲线变化分析；
（3）①A．ΔH1和ΔH2随方程式的系数改变而改变；
B．活化能越小，反应速率越快；
C．催化剂不能使平衡不移动；
D．根据K与Q的关系，可判断平衡移动的方向；
②利用三段式法计算；
（4）相对能量越低，越易反应。
32．（2023·郑州模拟）金属钛(Ti)及其合金是高强度、低密度结构材料，在航空航天、医疗器械等领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将TiO2转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。
（1）TiO2转化为TiCl4有直接氯化法(反应a)和碳氯化法(反应b)。
a．TiO2(s) +2Cl2(g)TiCl4(g) +O2(g) ΔH1 =172 kJ·mol-1
b．TiO2(s) +2Cl2(g)+2C (s)TiCl4(g)+2CO (g) ΔH2
已知：C (s) +O2(g)CO2(g) ΔH3= -393.5 kJ·mol-1，2CO (g) +O2(g) 2CO2(g) ΔH4= - 566.0 kJ·mol-1
①直接氯化反应在 (填“高温”“低温”)有利于自发进行。
②ΔH2= kJ·mol-1
③碳氯化法中生成CO比生成CO2更有利于TiO2转化为TiCl4，从熵变角度分析可能的原因是 。
④已知常压下TCl4的沸点为136℃，从碳氯化反应的混合体系中分离出TiCl4的措施是 。
（2）在1. 0 ×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2.2：2进行反应。体系中TiCl4、CO、CO2平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
①已知在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。
②图中a曲线代表的物质是 ， 原因是 。
③反应C (s)+CO2(g) 2CO (g)的平衡常数Kp(1200℃)= Pa。
【答案】（1）高温；-49；生成CO反应的 ΔS更大，更有利于反应正向进行；降温冷凝
（2）温度较高时，反应速率加快，单位时间内得到的产品更多；CO；CO2 (g) ＋C (g)2CO(g) ΔH>0，温度升高，平衡向正向移动，CO物质的量分数逐渐升高；8×104
【知识点】反应热和焓变；焓变和熵变；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）①直接氯化时ΔH1 =172 kJ·mol-1；所以反应在高温有利于自发进行；故答案为：高温。
②已知：a．TiO2(s) +2Cl2(g)TiCl4(g) +O2(g)ΔH1 =172 kJ·mol-1；c．C (s) +O2(g)CO2(g) ΔH3= -393.5 kJ·mol-1；d.2CO (g) +O2(g) 2CO2(g) ΔH4= - 566.0 kJ·mol-1；所以反应b．TiO2(s) +2Cl2(g)+2C (s)TiCl4(g)+2CO (g)：b=a+2c-d，所以ΔH2=ΔH1+2ΔH3-ΔH4=-49 kJ·mol-1；故答案为：-49。
③生成CO反应的中ΔS更大，所以碳氯化法中生成CO比生成CO2更有利于TiO2转化为TiCl4，更有利于反应正向进行；故答案为：生成CO反应的 ΔS更大，更有利于反应正向进行。
④常压下TCl4的沸点为136℃，大于四氯化碳沸点可用降温冷凝法将TCl4从碳氯化反应的混合体系中分离；故答案为：降温冷凝。
（2）①虽然在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，温度较高时，反应速率加快，单位时间内得到的产品更多，所以实际生产中反应温度却远高于此温度；故答案为：温度较高时，反应速率加快，单位时间内得到的产品更多。
②曲线a代表的物质的比例随着温度升高而增大，CO2 (g) ＋C (g)2CO(g) ΔH>0，温度升高，平衡向正向移动，CO物质的量分数逐渐升高，所以曲线a代表的物质为CO；故答案为：CO；CO2 (g) ＋C (g)2CO(g) ΔH>0，温度升高，平衡向正向移动，CO物质的量分数逐渐升高。
③；故答案为：8×104。
【分析】（1）①依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
②根据盖斯定律计算；
③依据熵增的原理分析；
④利用已知信息分析；
（2）①依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
②依据化学平衡移动原理分析；
③利用三段式法计算。
33．（2023·河北模拟）汽车尾气含有CO2、CO、H2O、氮氧化合物(用N2O表示)等气体，CO和N2O为大气污染物。回答下列问题：
（1）CO2分子的VSEPR模型为 。
（2）用CO还原N2O的能量变化如下图所示：
则反应 △H= kJ/mol
（3）在相同温度和压强下，1 mol N2O和1 mol CO经过相同反应时间(均未达平衡)测得，反应物转化率使用催化剂1 催化剂2(填“大于”、“等于”、“小于”)。
（4）在体积均为1 L的密闭容器A(500℃，恒温)，B(起始500℃，绝热)两个容器中分别加入0.1 mol N2O、0.4 mol CO和相同催化剂，实验测得A、B容器中N2O的转化率随时间的变化关系如图所示。
①B容器中N2O的转化率随时间的变化关系是上图中的 曲线(填“a”或“b”)。
②在密闭容器A中，下列事实能判断反应达到平衡状态的是 。
A．气体的密度不再变化 B．混合气体的平均相对分子质量不再变化
C．体系中CO的转化率不变 D．比值不再变化
③要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变N2O的平衡转化率，在催化剂一定的情况下可采取的措施是 。
④500℃该反应的化学平衡常数K= (用分数表示)。
【答案】（1）直线形
（2）-362.8
（3）小于
（4）a；CD；缩小容器的容积或增大压强；
【知识点】判断简单分子或离子的构型；反应热和焓变；催化剂；化学平衡状态的判断；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）二氧化碳分子中C原子价层电子对个数=2+=2，且不含孤电子对，故CO2分子的VSEPR模型为直线形分子；
（2）根据图示可知：1 mol CO和1 mol N2O反应产生1 mol N2和1 mol CO2会放出热量362.8 kJ，则反应CO(g)+N2O(g) CO2(g)+N2(g) ΔH=-362.8 kJ/mol；
根据图象可知：反应未达到平衡，在催化剂2催化下，反应的活化能更低，反应速率快，经过相同反应时间N2O转化率更高，故反应物转化率使用催化剂1＜催化剂2；
（3）①该反应的正反应是放热反应，随着反应的进行，反应放出热量使体系的温度升高，导致反应速率加快，反应达到平衡所需时间缩短。升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致反应物N2O的平衡转化率降低。根据题意可知：反应是在体积均为1 L的密闭容器A(500℃，恒温)，B(起始500℃，绝热)两个容器中进行反应，所以B容器中反应先达到平衡，但平衡时N2O的转化率比容器A低，故容器B中N2O随时间的变化关系是上图中的a曲线；
（4）②A．反应在恒容密闭容器中进行，体系内气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则气体的密度始终不发生变化，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A不正确；
B．反应前后气体的物质的量及质量都不变，则混合气体的平均相对分子质量始终不变化，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B不正确；
C．若反应正向进行，则CO的转化率会增大；若反应逆向进行，则CO的转化率会减小，当CO的转化率不变时，说明反应达到了平衡状态，C正确；
D．若反应正向进行，则c(CO) 减小，c(CO2)增大，会减小，反之，若反应逆向进行，则会增大，当不变时，反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：CD；
③要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，使反应速率加快，但不改变N2O的平衡转化率，说明化学平衡不发生移动。由于该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，所以在催化剂一定的情况下可采取的措施是缩小容器的容积或增大压强；
④对于A容器的反应，开始时n(N2O)=0.1 mol，n(CO)=0.4 mol，根据图象可知：反应达到平衡时N2O的转化率为25%，则△n(N2O)=0.1 mol×25%=0.025mol，则平衡时各种气体的物质的量分别为n(N2O)=0.1 mol-0.025 mol=0.075 mol；n(CO)=0.4 mol-0.025 mol=0375 mol，n(CO2)=n(N2)=0.025 mol，由于容器的容积是1 L，故c(N2O)=0.075 mol/L，c(CO)=0.375 mol/L，c(CO2)=c(N2)=0.075 mol/L，故在500℃条件下该反应的化学平衡常数K=。
【分析】（1）二氧化碳为直线形分子；
（2）由图可知，该反应的焓变为-362.8kJ/mol；
（3）降低活化能的程度：催化剂1<催化剂2；
（4）①B容器中反应先达到平衡，但平衡时N2O的转化率比容器A低；
②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缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变N2O的平衡转化率，应使化学反应速率增大，但平衡不移动；
④计算各物质的平衡浓度，结合计算。
34．（2023·太原模拟）运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义。请回答下列问题，
（1）生成氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。C(s)+H2O(g) H2(g)+CO(g) ΔH= +131.3 kJ·mol-1 ， ΔS = +133.7 J·mol-1·K-1 ，该反应在低温下 (“能”或“不能”)自发进行。
（2）已知在T ℃时，反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的平衡常数K = 0.5，相关化学键键能数据如表：
化学键 N≡N H-H N-H
键能/(kJ·mol-1) 946 436 390.8
①T℃时， 2NH3(g) N2(g)+3H2(g)的ΔH = 。
②T℃时，在1L密闭容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为4 mol 、2 mol 、4 mol，则此时反应v正(N2) v逆(N2)(填“>”“<”“=”或“不能确定” )。
（3）近期，我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用Fe-TiO2-xHy双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，Fe的温度为547℃，而TiO2-xHy的温度为415℃)。结合图示解释该双催化剂的工作原理 。
（4）已知合成氨反应的速率方程为：v= kcα(N2)cβ( H2)c-1(NH3) ，k为反应速率常数。在合成氨过程中，需要不断分离出氨，该操作的目的是 。
（5）以氨为原料生产尿素的方程式为2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(1)+H2O(g)。
①为进一步提高NH3的平衡转化率，下列措施能达到目的的是 (填字母)。
A．增大CO2的浓度 B．增大压强
C．及时转移生成的尿素 D．使用更高效的催化剂
②尿素的合成分两步进行：
a.2NH3(g)+CO2(g) NH2COONH4 (1) ΔH =-117 kJ/mol
b．NH2COONH4(1) CO(NH2)2(1)+H2O(g) ΔH = +15 kJ/mol，
第一步反应速率快，可判断活化能较大的是 (填“第一步”或“第二步”)。
③某实验小组为了模拟工业合成尿素，在恒温恒容的真空密闭容器中充入一定量的CO2和NH3发生反应： 2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(1)+H2O(g)，反应过程中NH3的体积分数如图所示。实验测得体系平衡时的压强为10MPa，计算该反应的平衡常数 (MPa)-2(已知：分压=总压 ×体积分数)。
【答案】（1）不能
（2）+90.8kJ/mol；=
（3）N ≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
（4）加快合成氨反应速率；促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率
（5）AB；第二步；0.15
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）放热、气体增加有利于反应的发生， ΔH>0、 ΔS>0在高温条件下可发生，所以该反应低温不能发生。故答案为：不能；
（2）ΔH=E(反应物断键吸收的总能量)-E(生成物成键放出的总能量)=6×390.8-(946+436×3)=+90.8kJ/mol。此时的浓度熵为，则反应为平衡状态，v正(N2)=v逆(N2)。故答案为：+90.8kJ/mol；=；
（3）N ≡N键断裂吸收热量，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率。同时，N-H键的形成释放热量，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率。故答案为：N ≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率；
（4）v= kcα(N2)cβ( H2)c-1(NH3) 知v与NH3浓度成反比，移走氨气降低浓度使v增大，同时移走产物使平衡正向移动。故答案为：加快合成氨反应速率；促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率；
（5）A．增加反应物的浓度反应物CO2平衡正向，NH3的转化率增加，A项正确；
B．该体系为气体减小的过程，增大压强平衡正向，NH3转化率增大，B项正确；
C．尿素为纯液体，移走对平衡无影响，C项不正确；
D．催化剂只能改变反应速率，无法改变平衡状态及转化率，D项不正确；
故答案为：AB。
活化能越高反应速率小。已知第一步反应速率快，则第一步活化能低于第二步。
反应前NH3的体积分数为50%，NH3和CO2按物质的量1：1投料。设NH3起始为1mol，列出三段式为
平衡时NH3的体积分数为20%，则 a=。则平衡时CO2的体积分数为则H2O的体积分数为30%。P(NH3)=20%×（10MPa）=2 MPa，P(CO2)=50%×（10MPa）=5MPa，P(H2O)=30%×（10MPa）=3 MPa，则K= 。故答案为：0.15。
【分析】（1）依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
（2）利用△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算；根据K与Q的关系，可判断平衡移动的方向；
（3）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（4）（5） ①依据影响化学平衡的因素分析；
② 活化能越高反应速率小；
③利用三段式法计算。
35．（2023·常德模拟）氰化氢()分子被认为是生命起源中重要的中间体之一，主要应用于电镀业、采矿业等，可制造各种树脂单体。迄今为止，它所产生的与生物相关联的化合物种类最多。
（1）的合成
氰化氢可用甲烷氨氧化法合成，其热化学反应方程式为：
相关化学键的键能数据如下表：
化学键
414 393 891 436.4
上述反应的为 ；
（2）的性质
已知时有关弱电解质的电离平衡常数如下表：
弱电解质化学式
电离平衡常数
①具有酸性，能与氨水发生反应：，此反应在常温下的平衡常数K约为 ；溶液呈 性。
②已知可发生如下反应：，，，则的电离平衡常数的范围为： 。
③在溶液中通入少量的二氧化碳，其离子反应方程式为： 。
④浓度均为的与的混合溶液中，以下推断正确的是 。
A．混合溶液约为9.3
B．
C．
（3）和的处理
①是一种无色、有毒、易溶于水的气体，易在空气中均匀弥散，并易产生爆炸。国家重点实验室对密闭空间内的气体进行了消毒研究，研究中采用气雾、气雾和水雾分别单独对进行消毒。由图可知 为最佳消毒试剂。
②工业生产中含氰废水主要来源于选矿、有色金属冶炼等工业，对于含氰废水都应高度重视并妥善处理，国家关于废水中总氰浓度排放标准为。某工厂实验室针对不同浓度焦亚硫酸钠处理含氰废水情况展开研究。反应如下：
如图为氧化后的浓度变化，如果你是工厂研究人员，你认为应选择多大浓度的溶液最合理，请回答并说明理由 。
【答案】（1）
（2）0.882(或)；碱；(或或)；；A
（3）气雾；应选择的溶液，此时氰根浓度已经达到国家排放标准，后面再随着浓度的增加，氰根浓度继续下降，但降幅不大，去除率变化不大且会增加生产成本
【知识点】反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1） H=反应物的总键能-生成物的总键能=4×414+3×393-（414+891+3×436.4）=+220.8kJ/mol；
（2）①已知，，有=；NH4CN是弱酸弱碱盐，水解产生H+，CN-水解产生OH-，由电离平衡常数＞知水解产生的OH-多于H+，故NH4CN溶液呈碱性；
②由题中化学反应方程式可知酸性由强到弱顺序为HNO2＞HF＞HCN，故的电离平衡常数的范围为：；
③由题知电离平衡常数可得，CO2与KCN反应的离子方程式为：；
④A．HCN的电离常数Ka=4.9×10-10，CN-的水解常数为Kb=≈2×10-5，，=，x≈，即c(OH-)=，则c(H+)==，pH=-lg c(H+)≈9.3，故A正确；
B．NaCN与HCN的混合溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，结合可得，故B不正确；
C． HCN的电离常数Ka=4.9×10-10，CN-的水解常数为Kb=≈2×10-5，NaCN的水解大于HCN的电离，则，故C不正确；
故答案为：A；
（3）①由图可得用气雾对HCN进行消毒时，HCN质量浓度下降最快且消毒较彻底，故气雾为最佳消毒剂；
②由图可知当溶液的浓度为时，氰根浓度已经达到国家排放标准，后面再随着浓度的增加，氰根浓度继续下降，但降幅不大，去除率变化不大且会增加生产成本，故应选的溶液。
【分析】（1）根据 H=反应物的总键能-生成物的总键能计算；
（2）①根据计算；电离平衡常数＞，则铵根离子的水解程度更大， 溶液呈碱性；
③电离平衡常数越大，酸性越强；
④A.根据pH=-lg c(H+)计算；
B.结合电荷守恒和物料守恒分析；
C.NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，；
（3）①气雾对HCN进行消毒时，HCN质量浓度下降最快且消毒较彻底；
②的溶液为时，氰根浓度已经达到国家排放标准，后面再随着浓度的增加，氰根浓度继续下降，但降幅不大，去除率变化不大且会增加生产成本。
36．（2023·西城模拟）镁基储氢材料MgH2具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。
Ⅰ.MgH2热分解放出H2
MgH2(s)Mg(s)+H2(g) ΔH=+75kJ/mol
该反应的能量变化如图。
（1）E1= 。
（2）提高H2平衡产率的措施有 (答2条)。
（3）Ⅱ.MgH2水解制备H2
MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是 。
（4）MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是 。
（5）MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的水解性能。1mol/L的几种盐溶液对MgH2水解制备H2的性能曲线如图。
已知：ⅰ.
物质 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Cu(OH)2
Ksp 5.6×10-12 5.5×10-16 2.2×10-20
ⅱ.MgH2在MCl2(M代表Mg、Ni、Cu)溶液中水解的示意图如图。
①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是 。
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是 。
③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是 。
【答案】（1）160kJ/mol
（2）高温、低压、及时移走H2
（3）MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑
（4）产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积
（5）Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则ΔH=E1-E2=E1-85kJ/mol=+75kJ/mol，解得E1=160kJ/mol；
（2）该反应为体积增大的吸热反应，则提高H2平衡产率的措施有高温、低压、及时移走H2；
（3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑；
（4）MgH2与H2O反应时会生成氢氧化镁沉淀，附着在MgH2表面，故原因是产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积；
（5）①根据Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+更容易生成沉淀，故NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；
③铜离子具有较强的氧化性，而MgH2具有较强的还原性，故CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生。
【分析】（1）根据ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能计算；
（2） 提高H2平衡产率应使平衡正向移动，平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3） MgH2与H2O反应生成氢氧化镁和氢气；
（4） 产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积，导致 生成H2的速率先快后慢；
（5）①Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②反应后固体生成物仅有Mg(OH)2；分离除去Mg(OH)2，剩余的MgCl2溶液课循环使用；
③MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面。
2023年高考真题变式分类汇编：反应热和焓变1
一、选择题
1．（2020·浙江）关于下列 的判断正确的是( )
A． B．
C． D．
2．（2023·武汉模拟）据文献报道，在铁双聚体催化作用下，制备化合物Y的一种反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．该总反应原子利用率为100%
B．物质X和Y分别为H2O和CH3OH
C．铁双聚体可降低该反应的活化能和焓变
D．反应过程中有非极性键的断裂和生成
3．（2023·温州模拟）工业上利用和制备，相关化学键的键能如下表所示：
键
键能/ 745 436 462.8 413.4 351
已知：①温度为时，；
②实验测得：，、为速率常数。
下列说法错误的是
A．反应的
B．T1℃时，密闭容器充入浓度均为的、，反应至平衡，则体积分数为
C．T1℃时，
D．若温度为T2℃时，，则T2℃>T1℃
4．（2023·湖南模拟）利用γ－丁内酯(BL)制备1，4－丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和1－丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如图：
已知：①反应I为快速反应，反应II、III为慢速反应；
②以5.0×10-3molBL或BD为初始原料，在493K、3.0×103kPa的高压H2氛围下，分别在恒压容器中进行反应(因反应I在高压H2氛围下进行，故H2压强近似等于总压)，x(BL)和x(BD)随时间t变化关系如图所示[x(i)表示某物种i的物质的量与除H2外其他各物种总物质的量之比]；达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热akJ；以BD为原料，体系从环境吸热bkJ。
下列说法正确的是
A．γ－丁内酯分子中σ键与π键数目之比为6∶1
B．忽略副反应热效应，反应I焓变△H(493K，3.0×103kPa)=-(a+b)kJ mol-1
C．t1时刻x(H2O)=0.08
D．改变H2的压强不影响副产物四氢呋喃的产量
5．（2023·日照模拟）CO2电催化还原制备CH3OH的反应历程如图所示(部分物质未画出)。
主反应：
副反应：
下列说法正确的是
A．催化剂可同时降低主、副反应的活化能，从而降低、
B．*与结合形成*
C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂与生成
D．反应为决速步
6．（2023·沈阳模拟）已知硫的两种晶体形态的相图如图所示(相图：用于描述不同温度、压强下硫单质的转化及存在状态的平衡图像)，燃烧的热化学方程式为：
S(斜方，s) ；
S(单斜，s) 。
则下列有关说法中正确的是
A．温度高于119℃且压强小于，单斜硫发生液化现象
B．斜方硫和单斜硫互为同分异构体
C．图中F→G过程为固态硫的气化，该过程只破坏了分子间作用力
D．由上述信息可判断：
7．（2022·余姚模拟）根据以下H2和Cl2反应生成HCl的能量循环图：
下列说法正确的是
A． H4＞0 B． H1＜0
C． H1+ H2+ H3- H4=0 D． H3＞ H4
8．（2022·丽水、湖州、衢州模拟）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
9．（2022·朝阳模拟）以、为原料合成涉及的主要反应如下：
①
②
的平衡转化率()、的选择性()随温度、压强变化如下：
已知：
下列分析错误的是（ ）
A．
B．400℃左右，体系发生的反应主要是②
C．由图可知，，
D．初始、，平衡后、，若只发生①、②，则的平衡转化率为24%
10．（2022·唐山模拟）利用间接转化法可将氮氧化物转化为化工产品以实现氮氧化物的充分利用。
已知①
②
③ 。
若某温度下，向VL密闭容器中加入2molNO和2molICl发生上述反应，达平衡时容器中NOCl(g)为amol，为bmol。下列说法错误的是（ ）
A．若升高温度NOCl的物质的量增大，则且
B．此时的浓度为
C．若该密闭容器中气体颜色保持不变，说明各反应已达平衡状态
D．NO转化率为
11．（2022·柯桥模拟）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)，下列说法错误的是( )
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．
12．（2022·湖北模拟）催化某反应的一种催化机理如图所示，其中是氢氧自由基，是醛基自由基，下列叙述错误的是（ ）
A．使用催化时，该反应的不变
B．不是所有过程都发生氧化还原反应
C．总反应为
D．为中间产物之一，与中所含阴离子相同
13．（2022·南京模拟）以NaCl为原料，可制取Na、Na2O2、NaOH和Na2CO3等。Na2CO3，可用侯氏制碱法制取，主要涉及如下反应：
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH= 92.4 kJ mol 1
NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O
下列有关比轮正确的是（ ）
A．键能(E)：6E(N H) ＞E(N≡N)+3E(H H)
B．热稳定性：NaHCO3＞Na2CO3
C．键角：NH3＞NH
D．沸点：NH3＞H2O
14．（2022·秦皇岛模拟）在催化剂表面CO2与H2反应的部分历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用“.”标注，Ts表示过渡态。下列说法错误的是反应历程（ ）
A．物质吸附在催化剂表面时通常比其形成的过渡状态稳定
B．②→③是图中①至⑥的历程中的决速步骤
C．③→ ④的过程中断裂了非极性共价键
D．反应· CO2+H2(g)=·CO+H2O(g)的ΔH< 0
15．（2022·舟山模拟）已知反应CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)的能量情况如图所示，曲线 和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是（ ）
A．该反应的ΔH=-491kJ mol-1
B．加入催化剂，加快反应速率，该反应的ΔH变小
C．无论是否使用催化剂，反应物的总能量都大于生成物的总能量
D．如果该反应生成液态CH3OH，则ΔH增大
16．（2022·宝鸡模拟）我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) △H=akJ·mol-1]的反应历程如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A．1molC2H4(g)与1molH2(g)具有的能量之和小于1molC2H6(g)的能量
B．过渡态物质的稳定性：过渡态1>过渡态2
C．该反应的焓变：ΔH=-129.6kJ·mol-1
D．相应的活化能：催化剂AuF<催化剂AuPF
二、多选题
17．（2019·江苏）在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是（ ）
A．反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH>0
B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C．图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D．380℃下，c起始(O2)=5.0×10 4 mol·L 1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
18．（2022·菏泽模拟）随着节能环保问题的提出，人们开始关注逆水煤气反应的研究。单一分子在催化剂表面的反应历程如下图所示，主要有：氧化还原历程和中间物种分解历程。[已知(a)表示物质吸附在催化剂表面的状态]。下列说法正确的是 （ ）
A．该反应为吸热反应
B．在催化剂表面反应的主要历程是中间物种分解历程
C．氧化还原历程控速步骤为：
D．使用高效催化剂，加快化学反应速率，从而提高平衡转化率
19．（2022·平江模拟）根据下列图示所得出的结论错误的是（ ）
A．图甲表示2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H＜0，t1时改变的条件是增大体系的压强
B．图乙NaCl溶液浓度过高铁腐蚀速率降低，说明NaCl浓度越大溶液中O2的浓度越小
C．图丙说明石墨转化为金刚石的反应的△H＜0
D．图丁是一定条件下发生反应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)此过程△H＜0
20．（2022·青岛模拟）C2H6在Ni的活化下可放出CH4，其反应历程如下图所示：
下列关于活化历程的说法正确的是（ ）
A．该转化过程ΔH>0
B．在此反应过程中Ni的成键数目发生变化
C．该反应过程中，最大能垒(活化能)为204.32kJ·mol-1
D．整个过程中，Ni是该反应的催化剂
21．（2022高一下·南开期末）下列热化学方程正确的是(的绝对值均符合题意)（ ）
A． (燃烧热)
B． (中和热)
C． (反应热)
D． (反应热)
22．（2021高二上·怀化期末）工业上可采用CH3OHCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物质用*标注。下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图，下列说法正确的是（ ）
A．温度较低时不利于该反应自发进行
B．决速步骤的能垒(活化能)为53.6kJ/mol
C．过渡态II的稳定性小于过渡态V
D．由CH3OH*(g)经过渡态I生成CH3O*+H*的过程要释放能量，断裂极性共价键
23．（2022高二上·德州期中）加氢制甲醇作为一种新兴的绿色化工技术，其中的一步反应为，该反应中物质的相对能量及所含共价键的键能如下所示，下列说法正确的是（ ）
物质及共价键 键能/(kJ/mol)
799
436
463
x
已知： A．图中所示反应的逆反应活化能为2034
A．x为1067
B．
C．反应物的总键能小于生成物的总键能
24．（2021高一下·任城期中）如图是 1mol CO(g)和 2mol H2(g)发生反应 CO(g)+2H2(g)→CH3OH(g)过程中的能量变化曲线。曲线 a 表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线 b 表示使用催化剂时反应的能量变化。下列相关说法正确的是（ ）
A．使用催化剂后该反应从放热反应变成了吸热反应
B．使用和不使用催化剂相比反应的能量变化相同
C．1mol CO(g)和2mol H2(g)中的化学键完全被破坏需要释放 419kJ能量
D．1mol CO(g)和2mol H2(g)完全反应生成1mol CH3OH(g)会释放出91kJ能量
25．（2020高三上·河北期中）已知：氧化锂(Li2O)晶体形成过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是( )
A． H1＜0， H2＞0
B．- H5+ H1+ H2+ H3+ H4+ H6=0
C． H3＜0， H4＜0
D．氧化锂的晶格能= H6
三、非选择题
26．（2020·新课标II）天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。
（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)= C2H4(g)+H2(g) ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质 C2H6(g) C2H4(g) H2(g)
燃烧热ΔH/( kJ·mol 1) -1560 -1411 -286
①ΔH= kJ·mol 1。
②提高该反应平衡转化率的方法有 、 。
③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数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）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4 C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为：r=k× ，其中k为反应速率常数。
①设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2= r1。
②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是 。
A．增加甲烷浓度，r增大 B．增加H2浓度，r增大
C．乙烷的生成速率逐渐增大 D．降低反应温度，k减小
（3）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：
①阴极上的反应式为 。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为 。
27．（2023·沈阳模拟）甲醇水蒸气催化重整是当前制取清洁能源氢气的主要方法，其反应机理如下：
反应I：
反应II：
请回答下列问题：
（1）在催化剂作用下，反应I可通过如图1所示的反应历程实现催化重整，则 。
（2）将一定量的甲醇气体和水蒸气混合反应，使用催化剂R，测得相同条件下，甲醇的转化率与CO的物质的量分数变化如图2所示。反应II为 反应(填“吸热”或“放热”)，选择催化剂R的作用为 。
（3）将1mol甲醇气体和1.3mol水蒸气混合充入2L恒容密闭容器中，控制反应温度为300℃、起始压强为2.5MPa下进行反应。平衡时容器中，甲醇的转化率为 ，则反应I的平衡常数 (列出计算式即可)。
（4）相同反应条件下，测得相同时间内甲醇水蒸气重整反应各组分的含量与反应温度关系曲线图如下，下列说法中正确的是 。
a．升温对反应I的化学反应速率影响更大
b．该条件下催化剂活性温度高于270℃
c．催化剂的选择应考虑提高生成的选择性
d.250℃时，不小于1.3
28．（2023·嘉兴模拟）甲醇是一种理想的可再生清洁能源，近年来随着环保督查、碳双控等政策的实施，我国甲醇产能利用率不断提升。
I.和在一定条件下合成甲醇：
（1）根据如图相关物质的能量，计算 。
（2）向容积均为0.5L的恒容密闭容器中分别充入0.1mol和0.3mol，在两种催化剂(I和II)、不同温度下发生上述反应，经过相同时间，测得的转化率与温度的关系曲线如图所示(已知此实验条件下催化剂均未失活)。下列说法正确的是____。
A．催化效率较高的是催化剂II
B．A点一定小于C点的
C．C点的正反应速率：
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大
（3）将和分别充入甲、乙两个恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表所示，测得不同温度下甲容器内的平衡转化率曲线甲如图所示。
容积
甲容器 VL 1mol amol
乙容器 VL 2mol 2amol
①请在图中画出乙容器中的平衡转化率曲线乙 。
②当乙容器中的平衡转化率与甲容器M点相同时，该反应的平衡常数之比 。
（4）II.已知反应是目前大规模制取氢气的方法之一。
实验发现，其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，反应相同时间测得的体积分数增大，其可能的原因是 。
29．（2023·安阳模拟）CO2与CH4均是温室气体，CO2与CH4催化重整受到越来越多的关注，它是有效应对全球气候变化的重要方法。
（1）CO2与CH4经催化重整可制得合成气CO和H2，其反应原理为CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+120kJ·mol-1
①该反应在一定温度下能自发进行的原因为 。
②已知键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量，上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键 C-H C≡O H-H
键能/(kJ·mol-1) 413 1075 436
则CO2(g)=C(g)+2O(g) ΔH= kJ·mol-1。
（2） 催化重整涉及的反应如下：
i．CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)
ii．H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) ΔH=+41.2kJ·mol-1
若在恒温、恒容密闭容器中进行反应i、ii，下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是____ (填字母)。
A．相同时间内形成C-H键和H-H键的数目之比为2：1
B．体系内n(H2)/n(CO)保持不变
C．体系内各物质的浓度保持不变
D．体系内混合气体的密度保持不变
（3）在总压为24p0的恒压密闭容器中，起始时通入n(CH4)：n(CO2)=1：1的混合气体，在一定温度下发生反应i、ii，测得CH4、CO2的平衡转化率分别为20%和40%。
①平衡时容器的体积是起始时的 倍。
②该温度下反应i的压强平衡常数Kp= (Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③维持其他因素不变，若向平衡体系中通入一定量的N2(N2不参与反应)，再次平衡后CH4的转化率 (填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”，下同)， 。
（4）光催化甲烷重整技术也是研究热点。以Rh/SrTiO3为光催化剂，光照时，价带失去电子并产生空穴(h+，具有强氧化性)，CO2在导带获得电子生成CO和O2-，价带上CH4直接转化为CO和H2，反应机理如图所示：
在Rh表面，每生成1molCO，则价带产生的空穴(h+)数为 NA；价带上的电极反应式可表示为 。
30．（2023·吉林模拟）化石燃料燃烧过程中形成NO和CO等污染物，利用CO脱除NO的研究获得了广泛关注。在催化剂作用下，CO与NO的反应为2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g) ΔH。回答下列问题：
（1）已知： 2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH1= - 520 kJ·mol-1
N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH2= +160 kJ·mol-1
则ΔH= 。
（2）向某刚性容器中加入2 mol CO、2 mol NO和催化剂， 测得平衡时CO2的体积分数随温度和压强的关系如图1所示。
①下列叙述不能说明该反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。
A．CO2和N2的浓度比保持不变
B．压强不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．混合气体的摩尔质量不再变化
②压强p1 p2(填“>”或“<”， 下同)， a、b两点的平衡常数Ka Kb。
③b点CO的转化率为 %(保留一位小数)，b点的Kp= (用含 p2的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×体积分数)。
（3）金属锌作催化剂，在相同时间内，以相同投料比反应时，容器中CO2的物质的量随温度变化的曲线如图2。当温度高于T℃时，n(CO2)下 降的原因可能是 (答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。
（4）硫与催化剂锌所形成化合物晶体的晶胞如图3所示。在该晶胞中，Zn的配位数为原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为(0，0， 0)； b为(，0，)；c为(，，0)。则d的坐标参数为 。已知该晶胞的密度为ρg·cm-3，则其中两个最近S原子之间的距离为 pm(列出 计算式即可)。
31．（2023·怀仁模拟）全球大气CO2浓度升高对人类生产、生活产生了影响，碳及其化合物的资源化利用成为研究热点。回答下列问题：
（1）已知25℃时，大气中的CO2溶于水存在以下过程
①CO2(g)CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(1)H+(ag)+HCO(aq) K
过程①的ΔH 0(填“＞”“＜”或“=”)。溶液中CO2的浓度与其在大气中的分压(分压=总压×物质的量分数)成正比，比例系数为ymol·L-1·kPa-1。当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+的浓度为 mol·L-1(忽略HCO和水的电离)。
（2）焦炭与水蒸气可在高温下反应制H2。
反应I：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH1=+131.3kJ·mol-1 K1
反应II：C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) ΔH2=+90.3kJ·mol-1 K2
反应III：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.0kJ·mol-1 K3
上述反应的化学平衡常数随温度变化的关系如图所示，表示K1、K2、K3的曲线分别是c、 、 。
②研究表明，反应III的速率方程为v=k[x(CO)·x(H2O)-]，x表示相应气体的物质的量分数，Kp为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算)，k为反应的速率常数，随温度升高而增大。在气体物质的量分数和催化剂一定的情况下，反应速率随温度的变化如图所示。根据速率方程分析T＞Tm时，v逐渐下降的原因是 。
（3）甲烷干法重整制H2同时存在如下反应：
主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2
温度为T℃，压强为p0的恒压密闭容器中，通入2molCH4和1molCO2发生上述反应。平衡时H2O(g)的分压为p1，甲烷的转化率为40%。
①下列说法正确的是 (填标号)
A．ΔH1和ΔH2不变，说明反应达到平衡状态
B．相同条件下，主反应的速率大于副反应，说明主反应的活化能小
C．选用合适的催化剂可以提高主反应的选择性，增大甲烷的平衡转化率
D．平衡后，若增大压强，主反应平衡逆向移动，副反应平衡不移动
②平衡时混合气体的总物质的量为 mol，H2(g)的分压是 (用含p0和p1的计算式表示)。
（4）甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→ (用b-j等代号表示)。
32．（2023·郑州模拟）金属钛(Ti)及其合金是高强度、低密度结构材料，在航空航天、医疗器械等领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将TiO2转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。
（1）TiO2转化为TiCl4有直接氯化法(反应a)和碳氯化法(反应b)。
a．TiO2(s) +2Cl2(g)TiCl4(g) +O2(g) ΔH1 =172 kJ·mol-1
b．TiO2(s) +2Cl2(g)+2C (s)TiCl4(g)+2CO (g) ΔH2
已知：C (s) +O2(g)CO2(g) ΔH3= -393.5 kJ·mol-1，2CO (g) +O2(g) 2CO2(g) ΔH4= - 566.0 kJ·mol-1
①直接氯化反应在 (填“高温”“低温”)有利于自发进行。
②ΔH2= kJ·mol-1
③碳氯化法中生成CO比生成CO2更有利于TiO2转化为TiCl4，从熵变角度分析可能的原因是 。
④已知常压下TCl4的沸点为136℃，从碳氯化反应的混合体系中分离出TiCl4的措施是 。
（2）在1. 0 ×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2.2：2进行反应。体系中TiCl4、CO、CO2平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
①已知在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。
②图中a曲线代表的物质是 ， 原因是 。
③反应C (s)+CO2(g) 2CO (g)的平衡常数Kp(1200℃)= Pa。
33．（2023·河北模拟）汽车尾气含有CO2、CO、H2O、氮氧化合物(用N2O表示)等气体，CO和N2O为大气污染物。回答下列问题：
（1）CO2分子的VSEPR模型为 。
（2）用CO还原N2O的能量变化如下图所示：
则反应 △H= kJ/mol
（3）在相同温度和压强下，1 mol N2O和1 mol CO经过相同反应时间(均未达平衡)测得，反应物转化率使用催化剂1 催化剂2(填“大于”、“等于”、“小于”)。
（4）在体积均为1 L的密闭容器A(500℃，恒温)，B(起始500℃，绝热)两个容器中分别加入0.1 mol N2O、0.4 mol CO和相同催化剂，实验测得A、B容器中N2O的转化率随时间的变化关系如图所示。
①B容器中N2O的转化率随时间的变化关系是上图中的 曲线(填“a”或“b”)。
②在密闭容器A中，下列事实能判断反应达到平衡状态的是 。
A．气体的密度不再变化 B．混合气体的平均相对分子质量不再变化
C．体系中CO的转化率不变 D．比值不再变化
③要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变N2O的平衡转化率，在催化剂一定的情况下可采取的措施是 。
④500℃该反应的化学平衡常数K= (用分数表示)。
34．（2023·太原模拟）运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义。请回答下列问题，
（1）生成氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。C(s)+H2O(g) H2(g)+CO(g) ΔH= +131.3 kJ·mol-1 ， ΔS = +133.7 J·mol-1·K-1 ，该反应在低温下 (“能”或“不能”)自发进行。
（2）已知在T ℃时，反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的平衡常数K = 0.5，相关化学键键能数据如表：
化学键 N≡N H-H N-H
键能/(kJ·mol-1) 946 436 390.8
①T℃时， 2NH3(g) N2(g)+3H2(g)的ΔH = 。
②T℃时，在1L密闭容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为4 mol 、2 mol 、4 mol，则此时反应v正(N2) v逆(N2)(填“>”“<”“=”或“不能确定” )。
（3）近期，我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用Fe-TiO2-xHy双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，Fe的温度为547℃，而TiO2-xHy的温度为415℃)。结合图示解释该双催化剂的工作原理 。
（4）已知合成氨反应的速率方程为：v= kcα(N2)cβ( H2)c-1(NH3) ，k为反应速率常数。在合成氨过程中，需要不断分离出氨，该操作的目的是 。
（5）以氨为原料生产尿素的方程式为2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(1)+H2O(g)。
①为进一步提高NH3的平衡转化率，下列措施能达到目的的是 (填字母)。
A．增大CO2的浓度 B．增大压强
C．及时转移生成的尿素 D．使用更高效的催化剂
②尿素的合成分两步进行：
a.2NH3(g)+CO2(g) NH2COONH4 (1) ΔH =-117 kJ/mol
b．NH2COONH4(1) CO(NH2)2(1)+H2O(g) ΔH = +15 kJ/mol，
第一步反应速率快，可判断活化能较大的是 (填“第一步”或“第二步”)。
③某实验小组为了模拟工业合成尿素，在恒温恒容的真空密闭容器中充入一定量的CO2和NH3发生反应： 2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(1)+H2O(g)，反应过程中NH3的体积分数如图所示。实验测得体系平衡时的压强为10MPa，计算该反应的平衡常数 (MPa)-2(已知：分压=总压 ×体积分数)。
35．（2023·常德模拟）氰化氢()分子被认为是生命起源中重要的中间体之一，主要应用于电镀业、采矿业等，可制造各种树脂单体。迄今为止，它所产生的与生物相关联的化合物种类最多。
（1）的合成
氰化氢可用甲烷氨氧化法合成，其热化学反应方程式为：
相关化学键的键能数据如下表：
化学键
414 393 891 436.4
上述反应的为 ；
（2）的性质
已知时有关弱电解质的电离平衡常数如下表：
弱电解质化学式
电离平衡常数
①具有酸性，能与氨水发生反应：，此反应在常温下的平衡常数K约为 ；溶液呈 性。
②已知可发生如下反应：，，，则的电离平衡常数的范围为： 。
③在溶液中通入少量的二氧化碳，其离子反应方程式为： 。
④浓度均为的与的混合溶液中，以下推断正确的是 。
A．混合溶液约为9.3
B．
C．
（3）和的处理
①是一种无色、有毒、易溶于水的气体，易在空气中均匀弥散，并易产生爆炸。国家重点实验室对密闭空间内的气体进行了消毒研究，研究中采用气雾、气雾和水雾分别单独对进行消毒。由图可知 为最佳消毒试剂。
②工业生产中含氰废水主要来源于选矿、有色金属冶炼等工业，对于含氰废水都应高度重视并妥善处理，国家关于废水中总氰浓度排放标准为。某工厂实验室针对不同浓度焦亚硫酸钠处理含氰废水情况展开研究。反应如下：
如图为氧化后的浓度变化，如果你是工厂研究人员，你认为应选择多大浓度的溶液最合理，请回答并说明理由 。
36．（2023·西城模拟）镁基储氢材料MgH2具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。
Ⅰ.MgH2热分解放出H2
MgH2(s)Mg(s)+H2(g) ΔH=+75kJ/mol
该反应的能量变化如图。
（1）E1= 。
（2）提高H2平衡产率的措施有 (答2条)。
（3）Ⅱ.MgH2水解制备H2
MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是 。
（4）MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是 。
（5）MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的水解性能。1mol/L的几种盐溶液对MgH2水解制备H2的性能曲线如图。
已知：ⅰ.
物质 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Cu(OH)2
Ksp 5.6×10-12 5.5×10-16 2.2×10-20
ⅱ.MgH2在MCl2(M代表Mg、Ni、Cu)溶液中水解的示意图如图。
①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是 。
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是 。
③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO (aq)+H+(aq)=HCO (aq)为放热反应，所以△H1<0；
CO (aq)+H2O(l) HCO (aq)+OHˉ(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO 的水解反应为吸热反应，所以△H2>0；
OHˉ(aq)+H+(aq)=H2O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以△H3<0；
醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以△H4<0；
但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出的热量小于强酸和强碱反应放出的热量，则△H4>△H3；
综上所述，只有△H1<△H2符合题意，B符合题意；
故答案为：B
【分析】电离过程吸热，则化合过程为放热反应；升温有利于水解，所以水解反应为吸热反应；强酸和强碱的中和反应，为放热反应；
醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以△H4<0；弱电解质电离过程中会吸收部分热量，所以弱酸和强碱反应中和放出的热量比强酸和强碱反应放出的热量少。
2．【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；反应热和焓变
【解析】【解答】A．由图可知，该反应的总反应为过氧化氢和甲烷生成水和甲醇，H2O2+CH4=H2O+CH3OH，原子利用率小于100%，A不符合题意；
B．由反应机理图可以推出物质X和Y分别为H2O和CH3OH，目标产物为CH3OH，B符合题意；
C．铁双聚体为该反应的催化剂，可降低该反应的活化能，不改变反应的焓变，C不符合题意；
D．反应过程中有非极性键(O-O键)的断裂，没有非极性键的生成，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据图中反应物和产物判断；
B．由反应机理图分析；
C．催化剂，可降低该反应的活化能，不改变反应的焓变；
D．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键。
3．【答案】D
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数
【解析】【解答】A．由反应热与反应物的键能之和和生成物的键能之和的差值相等可知，反应△H=(745kJ/mol×2+436kJ/mol)-(745kJ/mol+426kJ/mol+413.4 kJ/mol+351 kJ/mol) <0，故A不符合题意；
B．由分析可知，甲酸的体积分数为=，故B不符合题意；
C．由分析可知，反应的平衡常数K==2，则，故C不符合题意；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由温度为T2℃时，可知，反应的平衡常数K＇==2.1＞K，则反应温度T2℃＜T1℃，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算
B．依据平衡常数计算；
C．依据K=分析；
D．依据影响化学平衡的因素分析。
4．【答案】C
【知识点】化学键；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由结构简式可知，γ－丁内酯分子中单键为σ键、双键中含有1个σ键和1个π键，则γ－丁内酯分子中σ键与π键数目之比为12∶1，故A不符合题意；
B．由题意可知，氢气的物质的量为可视为∞，则以同等物质的量BL或BD为初始原料达到的平衡为等效平衡，则93K，3.0×103kPa条件下，5.0×10-3molBL转化为BD放出的热量为(a+b)kJ，所以反应I焓变△H =-=-200(a+b)kJ/mol，故B不符合题意；
C．由方程式可知，t1时刻，x(THF)+ x (BuOH)=x(H2O)，则由图可知，x(THF)+ x (BuOH)+x(H2O)=1-0.48-0.36=0.16，解联立方程可得x(H2O)=0.08，故C符合题意；
D．改变氢气的压强，反应I、反应II和反应III的平衡都会发生移动，所以副产物四氢呋喃的产量会发生改变，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
B.93K，3.0×103kPa条件下，5.0×10-3molBL转化为BD放出的热量为(a+b)kJ，则反应I焓变ΔH =-=-200(a+b)kJ/mol；
D.改变氢气的压强，三个反应的平衡均为发生移动。
5．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；反应热和焓变；催化剂
【解析】【解答】A．催化剂可同时降低主副反应的活化能，但不能降低反应热、，A不符合题意；
B．由题干反应历程图可知，*OCH2与H原子结合形成*OCH3，B不符合题意；
C．依据图中变化关系，反应过程中包含极性键和非极性键的断裂，没有非极性键的形成，C不符合题意；
D．由题干反应历程图可知，反应的活化能最大，该步反应速率最慢为决速步，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、催化剂不能影响反应热；
B、结合图示可以知道*OCH2与H原子结合形成*OCH3；
C、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
D、决速步骤为活化能最大的步骤。
6．【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】A．由图可知，温度高于119℃时，单斜硫是固态，需要增大压强单斜硫才能发生液化现象，故A不符合题意；
B．单斜硫和正交硫是由S元素形成的不同单质，故正交硫和单斜硫互为同素异形体，故B不符合题意；
C．图中F→G过程为固态硫的气化，由斜方晶体先变为单斜硫再变为气体，过程中发生了化学变化，除了破坏了分子间作用力外，还破坏了共价键，故C不符合题意；
D．①S(斜方，s) ，②S(单斜，s) ，①-②可得，S(斜方，s)=S(单斜，s)，由图可知，在相同条件下，斜方硫转变为单斜硫需要升温，即，则，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合图象判断，可以知道增大压强单斜硫可以液化；
B、同种元素的不同单质为同素异形体；
C、不同物质之间的转化，为化学变化，破坏了共价键；
D、结合盖斯定律的方法进行判断。
7．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．H2和Cl2化合成HCl是放热反应，所以 H4＜0，故A不符合题意；
B．断裂化学键需要吸收能量，所以Cl2中的共价键断裂转化为氯原子的 H1＞0，故B不符合题意；
C.1molCl2(g)和1molH2(g)反应生成2molHCl(g)的过程可以分解为三步：1molCl2(g)转化为2molCl、1molH2(g)转化为2molH(g)、2molCl(g)和2molH(g)生成2molHCl(g)，所以 H1+ H2+ H3= H4，即 H1+ H2+ H3- H4=0，故C符合题意；
D．断裂化学键需要吸收能量，所以氯原子和氢原子直接结合成2molHCl(g)放出的热量高于氢气和氯气反应生成2molHCl(g)放出的热量，放热反应的 H为负，所以 H3＜ H4，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】AB．△H为“-”是放热反应；△H为“+”是吸热反应；
C.根据盖斯定律计算；
D．断裂化学键需要吸收能量。
8．【答案】D
【知识点】反应热和焓变；焓变和熵变
【解析】【解答】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不符合题意；
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不符合题意；
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不符合题意；
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符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据燃烧热的定义；
B．利用公式 G= H T S计算；
C．由A选项可知，能量越低，越稳定；
D．依据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分析。
9．【答案】D
【知识点】反应热和焓变；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】A．反应①的正反应为气体体积减小的方向，反应②反应前后气体体积不变，故增大压强，反应①正向移动，CO2的转化率增大，反应②不移动，因此 P1>P2，A不符合题意；
B.400℃时，由图可以看出， CH3OH 的选择性趋近为0，意味着转化为CH3OH的CO2为0，因此此时体系发生的反应主要是②，B不符合题意；
C．由图看出，随着温度升高，的选择性()逐渐降低，反应①向逆方向进行，因此正反应<0；同时，随着温度升高，前期的平衡转化率()逐渐降低，此阶段体系发生的反应主要是反应①，后期的平衡转化率()逐渐升高，此阶段体系发生的反应主要是反应②，因此>0，C不符合题意；
D ．平衡后，根据CO2的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3mol CO2，又因为可知0.3mol CO2中有80%发生反应①转化为CH3OH，而0.3mol CO2中有20%发生反应②转化为CO，根据三段式可得：
，
两个反应中氢气的转化总量为0.78mol，所以氢气的转化率=，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.增大压强，反应①正向移动，反应②不移动；
B.400℃时甲醇的选择性接近0；
C.升温甲醇的选择性降低， ，升温二氧化碳的转化率升高， 。
10．【答案】A
【知识点】反应热和焓变；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．若升高温度NOCl的物质的量增大，可能为和，且反应①生成NOCl的程度大于反应②消耗NOCl的程度，A符合题意；
B．设反应①中NO的转化量为2xmol，根据达平衡时容器中NOCl(g)为amol，为bmol可列出以下三段式：，
，，平衡时I2的物质的量为：，浓度为，B不符合题意；
C．若该密闭容器中气体颜色保持不变，说明I2和Cl2浓度保持不变，说明各反应已达平衡状态，C不符合题意；
D．NO的净转化率为：，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.计算出此时I2的物质的量，再结合计算；
C.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，据此判断；
D.计算平衡时NO反应的物质的量，再根据计算。
11．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】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项不符合题意；
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项不符合题意；
C．能量低的更稳定，则化合物的热稳定性顺序为，C项符合题意；
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项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.与的反应反应物总能量大于生成物总能量；
B.离子键越大离子间作用力越强；
D.根据盖斯定律计算。
12．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应热，使用MnO2催化时，该反应的 H不会发生变化，A项不符合题意；
B．催化机理中存在与H+反应生成CO2和H2O的过程，该过程不是氧化还原反应，B项不符合题意；
C．根据图示的催化机理可知总反应为：，C项不符合题意；
D．Na2O2中的阴离子是，与不一样，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、催化剂的作用是降低反应所需活化能；
B、氧化还原反应的特点是化合价发生变化；
C、结合图示，箭头进来的为反应物，箭头出去的为生成物；
D、中间产物指的是第一反应的生成物，第二反应的反应物。
13．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；反应热和焓变
【解析】【解答】A．制取氨气的反应是放热反应，则生成物的键能之和大于反应物的键能之和即键能(E)：6E(N H)＞E(N≡N)+3E(H H)，故A符合题意；
B．碳酸氢钠受热易分解，因此热稳定性： Na2CO3＞NaHCO3，故B不符合题意；
C．氨气空间构型为三角锥形，铵根空间构型为正四面体形，则键角：NH4+ ＞NH3，故C不符合题意；
D．水和氨气都含有氢键，但水含有氢键数目大于氨气含的氢键数目，因此沸点：H2O＞NH3，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.根据ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和计算；
B.热稳定性： Na2CO3＞NaHCO3；
C.氨气分子为三角锥形，铵根为正四面体形；
D.水中氢键数目比氨气中多。
14．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A．从图中可以看出过渡态的能量均比物质吸附在催化剂表面时的能量高，能量越高，物质越不稳定，A不符合题意；
B．从图中可以看出，②→③过程的活化能最大，活化能越大，反应速率越慢，故②→③过程是图中①至⑥的历程中的决速步骤，B不符合题意；
C．从图中可以看出，③→ ④的过程中断裂了C-O键，属于极性共价键，C符合题意；
D．根据图中可以看出，反应物的总能量高于生成物，属于放热反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.能量越低物质越稳定；
B.活化能越大反应速率越慢，慢反应为整个反应的决速步骤；
D.该反应反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应。
15．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；催化剂；有关反应热的计算
【解析】【解答】A．由图示可知，该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，而ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，焓变不是-419kJ mol-1，A不符合题意；
B．加入催化剂，降低了反应的活化能，化学反应速率加快，但ΔH不变，B不符合题意；
C．由图示可知，该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，曲线I活化能高、为未加催化剂的能量变化曲线，曲线II活化能低、为加催化剂的能量变化曲线，而催化剂不影响反应的ΔH，因此无论是否使用催化剂，反应物的总能量都大于生成物的总能量，C符合题意；
D．如果该反应生成液态CH3OH，会放出更多的热量，反应为放热反应，ΔH<0，则ΔH减小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图示信息，△H=E生成物总能量－E反应物总能量＜0，该反应为放热反应，从图中不能确定△H的数值。催化剂能降低反应的活化能，但对焓变没有影响。物质从气态变为液态，需要放出热量。
16．【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】【解答】A．由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物的总能量的放热反应，故A不符合题意；
B．由图可知，过渡态1的相对能量高于过渡态2，物质的能量越高，越不稳定，所以过渡态1的稳定性小于过渡态2，故B不符合题意；
C．由图可知，反应的焓变ΔH=-[0-(-129.6kJ·mol-1)]=-129.6kJ·mol-1，故C符合题意；
D．由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF的活化能分别为109.34 kJ·mol-1、26.3 kJ·mol-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据反应热和焓变及化学反应中能量的变化分析解答。
17．【答案】B,D
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的调控
【解析】【解答】A、由图可知，当温度升高时，NO的平衡转化率逐渐减小，说明温度升高，平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即该反应的ΔH<0，A不符合题意；
B、图中X点所示反应未达到平衡状态，延长反应时间，可使反应继续正向进行，NO的转化率增大，B符合题意；
C、图中Y点反应达到平衡状态，增加O2浓度，反应物浓度增大，正反应速率增大，平衡正向移动，NO的转化率增大，C不符合题意；
D、设c起始(NO)=a×10-4mol/L，则可得平衡三段式：
2NO(g)+ O2(g) 2NO2(g)
起始（×10-4mol/L） a 5.0 0
转化（×10-4mol/L） 0.5a 0.25a 0.5a
平衡（×10-4mol/L） 0.5a 5-0.25a 0.5a
该温度下，反应的平衡常数，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应；
B、图示X点反应未达到平衡状态，延长反应时间，可促使平衡继续正向进行；
C、结合浓度对平衡移动的影响分析；
D、根据三段式，结合平衡常数的表达式进行计算；
18．【答案】A,C
【知识点】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；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．由图可知，逆水煤气反应是反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，故A符合题意；
B．由图可知，中间物种分解历程的各步活化能均高于氧化还原历程的各步活化能，所以在催化剂表面反应的主要历程是氧化还原历程，故B不符合题意；
C．由图可知，氧化还原历程中最后一步反应的活化能最大，反应速率最慢，是氧化还原历程的控速步骤，反应的方程式为，故C符合题意；
D．使用高效催化剂，能降低反应的活化能，加快化学反应速率，但化学平衡不移动，平衡转化率不变，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.依据图示分析反应物总能量和生成物总能量的大小；
B.依据图示分析活化能的大小；
C.反应速率最慢的活化能最大；
D.催化剂可以影响活化能和反应速率但是对化学平衡没有影响。
19．【答案】A,C
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．根据图像，t1时刻v逆瞬间不变，v正瞬间增大，则是增大反应物浓度，选项A符合题意；
B．O2的含量影响碳钢在NaCl溶液中的腐蚀速率，根据图像，腐蚀速率先增大，增大到最大后减小，说明在NaCl浓度较高时溶液中O2的浓度减少，正极反应减慢导致腐蚀速率降低，选项B不符合题意；
C．石墨能量低于金刚石能量，所以石墨转化为金刚石的反应的△H＞0，选项C符合题意；
D．图丁是一定条件下发生反应：4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O，根据图像，以先拐先平数值大为原则，则T1＞T2，升高温度，NO的体积浓度增大，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，选项D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.t1时刻v逆不变，v正瞬间增大，改变的条件是增大反应物浓度；
B.O2的含量影响碳钢在NaCl溶液中的腐蚀速率；
C.石墨能量低于金刚石能量；
D.根据先拐先平数值大可判断T1＞T2，升温平衡向吸热方向进行。
20．【答案】B,C
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A．根据反应物和生成物所具有的能量可以判断得出，反应为放热反应，故A不符合题意；
B．根据图示，过渡态I中Ni的成键数目为2，过渡态2中Ni的成键数目为3，反应过程中Ni的成键数目发生了变化，故B符合题意；
C．根据图示，中间体2到过渡态2的能垒(活化能)最大，为204.32kJ·mol-1，故C符合题意；
D．根据图示，Ni是反应物不是催化剂，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应；
B.Ni的成键数目有2、3；
C.该过程中中间体2到过渡态2的能垒(活化能)最大；
D.Ni是该反应的反应物。
21．【答案】B,C
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；中和热；热化学方程式
【解析】【解答】A．表示燃烧热时水应该是液态，A不符合题意；
B．水的系数为1，注明各种物质状态，符合中和热定义，热化学方程式符合题意，B符合题意；
C．注明了各种物质的状态，热化学方程式符合题意，C符合题意；
D．没有注明物质的状态，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水放出的热量为中和热；
热化学方程式应注明各物质的状态。
22．【答案】A,C
【知识点】反应热和焓变；焓变和熵变
【解析】【解答】A．通过图中信息CH3OH*和CO*+2H2(g)的相对能量得到该反应是吸热反应，反应气体增多，熵变增大，根据自由能得到该反应在较高温度下能自发进行，因此温度较低时不利于该反应自发进行，故A符合题意；
B．决速步骤的能垒(活化能)最大的阶段即过渡态V，活化能为179.6kJ/mol，故B不符合题意；
C．过渡态II相对能量比过渡态V相对能量高，根据能量越低越稳定，因此过渡态II稳定性小于过渡态V，故C符合题意；
D．由CH3OH*(g)经过渡态I生成CH3O*+H*的过程断裂极性共价键，要吸收能量，故D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】A．依据分析；
B．决速步骤的能垒(活化能)最大；
C．根据能量越低越稳定分析；
D．由价键断裂分析。
23．【答案】A,B
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】A．图中所示反应的逆反应活化能为2034-41=1993，故A不符合题意；
B．根据图示，△H=，41=799×2+436-x-463×2，x=1067，故B符合题意；
C．①△H=
②
根据盖斯定律①+②得 ，故C符合题意；
D．正反应吸热，反应物的总键能大于生成物的总键能，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.逆反应活化能为2034-41=1993；
B.根据焓变=反应物总能量-生成物总能量计算；
C.根据盖斯定律计算；
D.该反应为吸热反应，反应物的总键能大于生成物的总键能。
24．【答案】B,D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A．由图可知，使用催化剂后降低了该反应所需的活化能，但反应物和生成物的状态没有改变，反应热不变，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，A项不符合题意；
B．使用和不使用催化剂相比，反应热不变，能量变化相同，B项符合题意；
C．反应物化学键断裂吸收能量，由图可知，1mol CO(g)和2mol H2(g)中的化学键完全被破坏需要吸收419kJ能量，C项不符合题意；
D.1mol CO(g)和2mol H2(g)完全反应生成1mol CH3OH(g)释放的能量为 ，D项符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.催化剂只是改变了反应速率，降低了活化能
B.焓变只和起始状态和末尾状态相同，能量不变
C.键断裂需要吸收能量
D.根据焓变=反应物的键能-生成物的键能即可计算
25．【答案】B,D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．Li晶体转化为Li(g)是吸热过程，Li(g)→Li+(g)是失电子过程吸热，即 H1＞0、 H2＞0，故A不符合题意；
B．由盖斯定律可知， H1+ H1+ H3+ H4+ H6= H5，即- H5+ H1+ H2+ H3+ H4+ H6=0，故B符合题意；
C． O2(g)到O(g)是化学键断裂过程吸热，O(g)→O2-(g)是得电子过程放热，即 H3＞0、 H4＜0，故C不符合题意；
D．气态离子形成1mol离子晶体释放的能量是晶格能，故氧化锂的晶格能= H6，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】1、盖斯定律的运用
2、晶格能：气态离子形成1mol离子晶体释放的能量
26．【答案】（1）137；升高温度；减小压强(增大体积)；
（2）1－α；AD
（3）CO2+2e =CO+O2 ；6∶5
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)①由表中燃烧热数值可知：
①C2H6(g)+ O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) H1= -1560kJ mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) H2= -1411kJ mol-1；③H2(g)+ O2(g)=H2O(l) H3= -286kJ mol-1；根据盖斯定律可知，①-②-③得C2H6(g) =C2H4(g) + H2(g)，则 H= H1- H2- H3=( -1560kJ mol-1)-( -1411kJ mol-1)- ( -286kJ mol-1)=137kJ mol-1，故答案为137；
②反应C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强（增大体积）；
③设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式，
C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)
起始（mol） 1 0 1
转化（mol） α α α
平衡（mol） 1-α α 1+α
平衡时，C2H6、C2H4和H2平衡分压分别为 p、 p和 p，则反应的平衡常数为Kp= ；(2) ①根据r=k× ，若r1= kc，甲烷转化率为 甲烷的浓度为c(1- )，则r2= kc(1- )，所以r2=(1- )r1；
②A.增大反应物浓度反应速率增大，故A说法正确；
B.由速率方程可知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，故B说法不正确；
C．反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故C说法不正确；
D．化学反应速率与温度有关，温度降低，反应速率常数减小，故D正确。
故答案为：AD。(3) ①由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO2+2e-=CO+O2-；
②令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为：6CH4+5CO2=2C2H4+ C2H6+5H2O+5CO，即消耗CH4和CO2的体积比为6：5。故答案为：6：5。
【分析】(1) ①先写出三种气体的燃烧热的热化学方程式，然后根据盖斯定律进行计算，得到目标反应的 H；
②反应C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡等都向正反应方向移动；
③根据已知乙烷的转化率，设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式，求出平衡时各物质的分压，带入平衡常数的计算公式进行计算；(2) ①根据r=k× ，若r1=kc，甲烷转化率为 甲烷的浓度为c(1-α)，则r2= kc(1-α)；
②根据反应初期的速率方程为：r=k× ，其中k为反应速率常数，据此分析速率变化的影响因素；(3) ①由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电解质传到O2-，据此写出电极反应；
②令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应，进而计算出为消耗CH4和CO2的体积比。
27．【答案】（1）(a-b+c)
（2）吸热；加快反应速率，降低反应Ⅱ的选择性
（3）90%(或0.90或0.9)；
（4）acd
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）反应物总能量-生成物总能量，由图可知(a-b+c)，故答案为：(a-b+c)；
（2）由图中信息可知随温度升高，CO的物质的量分数增加，说明反应II正向移动，则正向为吸热方向；由图可知，在其他条件相同时，使用催化剂R时CO的物质的量分数较小，而甲醇转化一直较高，说明催化剂R的使用可减少反应II的发生，即对反应II具有选择性，同时使用催化剂可加快反应速率，故答案为：吸热；加快反应速率，降低反应Ⅱ的选择性；
（3）根据题中信息列三段式：
甲醇的转化率为；
则反应I的平衡常数=，故答案为：90%(或0.90或0.9)；；
（4）a．由图可知升高温度CO的含量几乎不发生改变，而氢气的含量增大趋势显著，可知升温对反应I的化学反应速率影响更大，故正确；
b．由图可知，温度高于250℃时产物含量的变化率减小，说明催化剂的活性开始降低，故不正确；
c．催化剂的选择应考虑提高生成的选择性，这样才能提高甲醇催化重整生成氢气的选择性，故正确；
d．由图可知反应起点时=1.3，250℃时，两者含量差距增大，大于1.3，故正确；
故答案为：acd。
【分析】（1）反应物总能量-生成物总能量；
（2）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（3）利用三段式法计算；
（4）依据图中变化及化学平衡移动原理分析。
28．【答案】（1）-49.3
（2）A；B；D
（3）；4：1
（4）CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动
【知识点】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；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）的生成物的能量-反应物的能量=-201.0-241.8-(-393.5) =-49.3。
（2）A．根据图示信息可知，使用催化剂II时，相同时间内，的转化率更高，则催化效率较高的是催化剂II，故A正确；
B．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，则c点，而A点温度低于C点，则A点一定小于C点的，故B正确；
C．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，两种催化剂的催化效率不同，则C点，故C不正确；
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大，故D正确；
故答案为：ABD。
（3）①甲容器和乙容器体积相等，乙溶液中和浓度是甲容器的两倍，相当于在甲溶液的基础上增大压强，而反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，的平衡转化率比甲容器中的大，且该反应是放热反应，升高稳定的平衡转化率减小，画出乙容器中的平衡转化率曲线乙为：；
②根据已知条件列出甲容器“三段式”
平衡常数，根据已知条件列出乙容器的“三段式”
平衡常数，则。
（4）其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动，反应相同时间测得的体积分数增大。
【分析】（1）根据ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量计算；
（2）A.催化剂能降低反应的活化能；
B.A点温度低于C点；
C.B和C点处于平衡状态，但两种催化剂的催化效率不同；
D.反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大；
（3）①乙容器中和浓度是甲容器的两倍，该反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动；
②列出反应的三段式，结合计算；
（4） CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动，的体积分数增大。
29．【答案】（1）该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG=ΔH-TΔS<0(合理即可)；+1490
（2）B；C
（3）1.2；3；增大；不变
（4）2；CH4+2h++O2-=CO+2H2
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）①该反应为吸热反应，根据吉布斯自由能公式ΔG=ΔH-TΔS<0反应可以自发进行，故该反应可以发生的原因是：该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG=ΔH-TΔS<0；
②根据反应热=反应物键能和-生成物键能和，则ΔH=2E(C=O)+4×413-2×1075-2×436=120kJ/mol，解得，E(C=O)=745kJ/mol，故CO2(g)=C(g)+2O(g) ΔH=745×2=+1490kJ/mol；
（2）A. 两个可逆反应中都有氢气参加反应，故相同时间内形成C-H键和H-H键的数目之比为2：1，不能证明反应达到平衡，A不正确；
B. 在反应进行的过程中，氢气的物质的量和一氧化碳的物质的量比值是一个变量，故当其不变的时候，可以证明反应达到平衡，B正确；
C. 在反应进行的过程中，体系内各物质的浓度是变量，故当其保持不变时可以证明反应达到平衡，C正确；
D.体系内所有物质都是气体，且为恒容容器，故混合气体的密度不是一个变化的量，故当其保持不变时，不能证明反应达到平衡，D不正确；
故答案为：BC；
（3）根据题给数据可得以下三段式：
①根据体积之比等于压强之比，则平衡时容器的体积是起始时的；
②平衡时气体总物质的量=2.4mol，则此时反应i平衡常数；
③加入氮气相当于减压，反应i正向移动，CH4的转化率增大；反应i平衡常数，反应ii平衡常数，则，平衡常数只与温度有关，故该比值不变；
（4）1molCH4转化为1molCO反应为，转移2 mol电子，即2NA个电子，则形成空穴(h+)数为2NA；由图可知在价带上甲烷结合空穴和氧离子形成一氧化碳和氢气，可以表示为：CH4+2h++O2-=CO+2H2。
【分析】（1）①依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
②根据反应热=反应物键能和-生成物键能和计算；
（2）依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
（3）利用三段式法计算；依据化学平衡移动原理分析；平衡常数只与温度有关；
（4）依据图像分析，在价带上甲烷结合空穴和氧离子形成一氧化碳和氢气。
30．【答案】（1）-680 kJ·mol-1
（2）AC；<；>；44.4%；
（3）随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少(反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小)
（4）(1，，)；
【知识点】晶胞的计算；反应热和焓变；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH1= - 520 kJ·mol-1②N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH2= +160 kJ·mol-1 ，由盖斯定律：①-②得2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g) ΔH=- 520 kJ·mol-1-160 kJ·mol-1 =-680 kJ·mol-1，故答案为：-680 kJ·mol-1；
（2）①A. 2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g)，CO2和N2的浓度比始终保持不变，故A选；
B．反应为气体体积减小的反应，压强不再变化 ，说明反应的平衡状态，故B不选；
C．反应应前后均为气体，总质量不变，混合气体的密度始终保持不变，当气体的密度不再变化时，不能说明反应的平衡状态，故C选；
D．反应应前后均为气体，总质量不变，但反应后物质的量减小，反应混合气体的摩尔质量不再变化，说明反应的平衡状态，故D不选；
故答案为：AC；
②由图1可得：相同温度下，P2的二氧化碳含量大，结合方程式，加压，平衡正向移动，压强p1< p2，由a到b温度升高，对于放热反应，平衡逆向移动，平衡常数减小， a、b两点的平衡常数Ka>Kb。
故答案为：<；>；
③，b点二氧化碳的体积分数为： ，x=mol，b点CO的转化率为 44.4%，平衡时，CO(g)为mol，NO(g) 为mol， CO2(g)为mol，N2(g)为mol，平衡时总物质的量为mol，b点的Kp= =(用含 p2的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×体积分数)。故答案为：44.4%；；
（3）容器中CO2的物质的量随温度变化的曲线如图2，当温度高于T℃时，n(CO2)下 降的原因可能是随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少(反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小)(答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。故答案为：随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少(反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小)；
（4）硫与催化剂锌所形成化合物晶体的晶胞如图3所示。在该晶胞中，Zn的配位数为原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为(0，0， 0)； b为(，0，)；c为(，，0)，a为原点，b、c、d为三个面的面心，则d的坐标参数为(1，，)。晶胞中Zn原子数目=8×+6×=4，S的原子数目为4，所以R的化学式为ZnS，晶胞的质量m=g，晶胞的密度ρ，则晶胞棱长= cm，则其中两个S2-之间的距离为面对角线的一半，cm，则其中两个最近S原子之间的距离为pm(列出 计算式即可)。故答案为：(1，，)；。
【分析】（1）依据盖斯定律计算
（2）①利用“变者不变即平衡”；
②依据影响化学平衡的因素分析；
③利用三段式法计算；
（3）依据影响化学平衡的因素分析；
（4）根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
31．【答案】（1）＜；
（2）b；d；升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v降低；T＞Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
（3）B；4.6；-p1
（4）a→b→e→h→j
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）常温下，CO2(g)CO2(aq)过程能发生，△S<0，所以ΔH<0。当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，二氧化碳的分压为pxkPa，溶液中CO2的浓度为pxymol·L-1，则 ， H+的浓度为mol·L-1。
（2）反应I、II吸热，K1、K2随温度升高而增大，反应III放热，K3随温度升高而减小，c表示K1，根据盖斯定律，反应II-反应I得反应反应III，则，根据图示时K1=2，即，所以表示K1、K2、K3的曲线分别是c、b、d。
②反应III放热，随温度升高Kp减小，升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v降低；T＞Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高，所以T＞Tm时，v逐渐下降。
（3）①A．ΔH1和ΔH2随方程式的系数改变而改变，ΔH1和ΔH2不变，反应不一定达到平衡状态，故不选A；
B．活化能越小，反应速率越快，相同条件下，主反应的速率大于副反应，说明主反应的活化能小，故选B；
C．催化剂不能使平衡不移动，不能增大甲烷的平衡转化率，故不选C；
D．平衡后，若增大压强，主反应平衡逆向移动，由于反应物、生成物浓度改变，使副反应Q＜K，副反应平衡正向移动，故不选D；
选B。
②平衡时甲烷的转化率为40%；
副反应气体物质的量不变，所以平衡时混合气体的总物质的量为1.2+0.2+1.6+1.6=4.6mol，通过主反应生成H2(g)的分压是，通过副反应氢气减小的分压等于水的分压，所以平衡体系中H2(g)的分压是-p1。
（4）相对能量越低，越易反应，所以最可行途径为a→b→e→h→j。
【分析】（1）（1）依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；
（2）根据盖斯定律分析；
②依据题目信息和图中曲线变化分析；
（3）①A．ΔH1和ΔH2随方程式的系数改变而改变；
B．活化能越小，反应速率越快；
C．催化剂不能使平衡不移动；
D．根据K与Q的关系，可判断平衡移动的方向；
②利用三段式法计算；
（4）相对能量越低，越易反应。
32．【答案】（1）高温；-49；生成CO反应的 ΔS更大，更有利于反应正向进行；降温冷凝
（2）温度较高时，反应速率加快，单位时间内得到的产品更多；CO；CO2 (g) ＋C (g)2CO(g) ΔH>0，温度升高，平衡向正向移动，CO物质的量分数逐渐升高；8×104
【知识点】反应热和焓变；焓变和熵变；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）①直接氯化时ΔH1 =172 kJ·mol-1；所以反应在高温有利于自发进行；故答案为：高温。
②已知：a．TiO2(s) +2Cl2(g)TiCl4(g) +O2(g)ΔH1 =172 kJ·mol-1；c．C (s) +O2(g)CO2(g) ΔH3= -393.5 kJ·mol-1；d.2CO (g) +O2(g) 2CO2(g) ΔH4= - 566.0 kJ·mol-1；所以反应b．TiO2(s) +2Cl2(g)+2C (s)TiCl4(g)+2CO (g)：b=a+2c-d，所以ΔH2=ΔH1+2ΔH3-ΔH4=-49 kJ·mol-1；故答案为：-49。
③生成CO反应的中ΔS更大，所以碳氯化法中生成CO比生成CO2更有利于TiO2转化为TiCl4，更有利于反应正向进行；故答案为：生成CO反应的 ΔS更大，更有利于反应正向进行。
④常压下TCl4的沸点为136℃，大于四氯化碳沸点可用降温冷凝法将TCl4从碳氯化反应的混合体系中分离；故答案为：降温冷凝。
（2）①虽然在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，温度较高时，反应速率加快，单位时间内得到的产品更多，所以实际生产中反应温度却远高于此温度；故答案为：温度较高时，反应速率加快，单位时间内得到的产品更多。
②曲线a代表的物质的比例随着温度升高而增大，CO2 (g) ＋C (g)2CO(g) ΔH>0，温度升高，平衡向正向移动，CO物质的量分数逐渐升高，所以曲线a代表的物质为CO；故答案为：CO；CO2 (g) ＋C (g)2CO(g) ΔH>0，温度升高，平衡向正向移动，CO物质的量分数逐渐升高。
③；故答案为：8×104。
【分析】（1）①依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
②根据盖斯定律计算；
③依据熵增的原理分析；
④利用已知信息分析；
（2）①依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
②依据化学平衡移动原理分析；
③利用三段式法计算。
33．【答案】（1）直线形
（2）-362.8
（3）小于
（4）a；CD；缩小容器的容积或增大压强；
【知识点】判断简单分子或离子的构型；反应热和焓变；催化剂；化学平衡状态的判断；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）二氧化碳分子中C原子价层电子对个数=2+=2，且不含孤电子对，故CO2分子的VSEPR模型为直线形分子；
（2）根据图示可知：1 mol CO和1 mol N2O反应产生1 mol N2和1 mol CO2会放出热量362.8 kJ，则反应CO(g)+N2O(g) CO2(g)+N2(g) ΔH=-362.8 kJ/mol；
根据图象可知：反应未达到平衡，在催化剂2催化下，反应的活化能更低，反应速率快，经过相同反应时间N2O转化率更高，故反应物转化率使用催化剂1＜催化剂2；
（3）①该反应的正反应是放热反应，随着反应的进行，反应放出热量使体系的温度升高，导致反应速率加快，反应达到平衡所需时间缩短。升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致反应物N2O的平衡转化率降低。根据题意可知：反应是在体积均为1 L的密闭容器A(500℃，恒温)，B(起始500℃，绝热)两个容器中进行反应，所以B容器中反应先达到平衡，但平衡时N2O的转化率比容器A低，故容器B中N2O随时间的变化关系是上图中的a曲线；
（4）②A．反应在恒容密闭容器中进行，体系内气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则气体的密度始终不发生变化，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A不正确；
B．反应前后气体的物质的量及质量都不变，则混合气体的平均相对分子质量始终不变化，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B不正确；
C．若反应正向进行，则CO的转化率会增大；若反应逆向进行，则CO的转化率会减小，当CO的转化率不变时，说明反应达到了平衡状态，C正确；
D．若反应正向进行，则c(CO) 减小，c(CO2)增大，会减小，反之，若反应逆向进行，则会增大，当不变时，反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：CD；
③要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，使反应速率加快，但不改变N2O的平衡转化率，说明化学平衡不发生移动。由于该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，所以在催化剂一定的情况下可采取的措施是缩小容器的容积或增大压强；
④对于A容器的反应，开始时n(N2O)=0.1 mol，n(CO)=0.4 mol，根据图象可知：反应达到平衡时N2O的转化率为25%，则△n(N2O)=0.1 mol×25%=0.025mol，则平衡时各种气体的物质的量分别为n(N2O)=0.1 mol-0.025 mol=0.075 mol；n(CO)=0.4 mol-0.025 mol=0375 mol，n(CO2)=n(N2)=0.025 mol，由于容器的容积是1 L，故c(N2O)=0.075 mol/L，c(CO)=0.375 mol/L，c(CO2)=c(N2)=0.075 mol/L，故在500℃条件下该反应的化学平衡常数K=。
【分析】（1）二氧化碳为直线形分子；
（2）由图可知，该反应的焓变为-362.8kJ/mol；
（3）降低活化能的程度：催化剂1<催化剂2；
（4）①B容器中反应先达到平衡，但平衡时N2O的转化率比容器A低；
②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缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变N2O的平衡转化率，应使化学反应速率增大，但平衡不移动；
④计算各物质的平衡浓度，结合计算。
34．【答案】（1）不能
（2）+90.8kJ/mol；=
（3）N ≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
（4）加快合成氨反应速率；促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率
（5）AB；第二步；0.15
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）放热、气体增加有利于反应的发生， ΔH>0、 ΔS>0在高温条件下可发生，所以该反应低温不能发生。故答案为：不能；
（2）ΔH=E(反应物断键吸收的总能量)-E(生成物成键放出的总能量)=6×390.8-(946+436×3)=+90.8kJ/mol。此时的浓度熵为，则反应为平衡状态，v正(N2)=v逆(N2)。故答案为：+90.8kJ/mol；=；
（3）N ≡N键断裂吸收热量，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率。同时，N-H键的形成释放热量，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率。故答案为：N ≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率；
（4）v= kcα(N2)cβ( H2)c-1(NH3) 知v与NH3浓度成反比，移走氨气降低浓度使v增大，同时移走产物使平衡正向移动。故答案为：加快合成氨反应速率；促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率；
（5）A．增加反应物的浓度反应物CO2平衡正向，NH3的转化率增加，A项正确；
B．该体系为气体减小的过程，增大压强平衡正向，NH3转化率增大，B项正确；
C．尿素为纯液体，移走对平衡无影响，C项不正确；
D．催化剂只能改变反应速率，无法改变平衡状态及转化率，D项不正确；
故答案为：AB。
活化能越高反应速率小。已知第一步反应速率快，则第一步活化能低于第二步。
反应前NH3的体积分数为50%，NH3和CO2按物质的量1：1投料。设NH3起始为1mol，列出三段式为
平衡时NH3的体积分数为20%，则 a=。则平衡时CO2的体积分数为则H2O的体积分数为30%。P(NH3)=20%×（10MPa）=2 MPa，P(CO2)=50%×（10MPa）=5MPa，P(H2O)=30%×（10MPa）=3 MPa，则K= 。故答案为：0.15。
【分析】（1）依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
（2）利用△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算；根据K与Q的关系，可判断平衡移动的方向；
（3）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（4）（5） ①依据影响化学平衡的因素分析；
② 活化能越高反应速率小；
③利用三段式法计算。
35．【答案】（1）
（2）0.882(或)；碱；(或或)；；A
（3）气雾；应选择的溶液，此时氰根浓度已经达到国家排放标准，后面再随着浓度的增加，氰根浓度继续下降，但降幅不大，去除率变化不大且会增加生产成本
【知识点】反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1） H=反应物的总键能-生成物的总键能=4×414+3×393-（414+891+3×436.4）=+220.8kJ/mol；
（2）①已知，，有=；NH4CN是弱酸弱碱盐，水解产生H+，CN-水解产生OH-，由电离平衡常数＞知水解产生的OH-多于H+，故NH4CN溶液呈碱性；
②由题中化学反应方程式可知酸性由强到弱顺序为HNO2＞HF＞HCN，故的电离平衡常数的范围为：；
③由题知电离平衡常数可得，CO2与KCN反应的离子方程式为：；
④A．HCN的电离常数Ka=4.9×10-10，CN-的水解常数为Kb=≈2×10-5，，=，x≈，即c(OH-)=，则c(H+)==，pH=-lg c(H+)≈9.3，故A正确；
B．NaCN与HCN的混合溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，结合可得，故B不正确；
C． HCN的电离常数Ka=4.9×10-10，CN-的水解常数为Kb=≈2×10-5，NaCN的水解大于HCN的电离，则，故C不正确；
故答案为：A；
（3）①由图可得用气雾对HCN进行消毒时，HCN质量浓度下降最快且消毒较彻底，故气雾为最佳消毒剂；
②由图可知当溶液的浓度为时，氰根浓度已经达到国家排放标准，后面再随着浓度的增加，氰根浓度继续下降，但降幅不大，去除率变化不大且会增加生产成本，故应选的溶液。
【分析】（1）根据 H=反应物的总键能-生成物的总键能计算；
（2）①根据计算；电离平衡常数＞，则铵根离子的水解程度更大， 溶液呈碱性；
③电离平衡常数越大，酸性越强；
④A.根据pH=-lg c(H+)计算；
B.结合电荷守恒和物料守恒分析；
C.NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，；
（3）①气雾对HCN进行消毒时，HCN质量浓度下降最快且消毒较彻底；
②的溶液为时，氰根浓度已经达到国家排放标准，后面再随着浓度的增加，氰根浓度继续下降，但降幅不大，去除率变化不大且会增加生产成本。
36．【答案】（1）160kJ/mol
（2）高温、低压、及时移走H2
（3）MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑
（4）产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积
（5）Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则ΔH=E1-E2=E1-85kJ/mol=+75kJ/mol，解得E1=160kJ/mol；
（2）该反应为体积增大的吸热反应，则提高H2平衡产率的措施有高温、低压、及时移走H2；
（3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑；
（4）MgH2与H2O反应时会生成氢氧化镁沉淀，附着在MgH2表面，故原因是产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积；
（5）①根据Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+更容易生成沉淀，故NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；
③铜离子具有较强的氧化性，而MgH2具有较强的还原性，故CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生。
【分析】（1）根据ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能计算；
（2） 提高H2平衡产率应使平衡正向移动，平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3） MgH2与H2O反应生成氢氧化镁和氢气；
（4） 产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积，导致 生成H2的速率先快后慢；
（5）①Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②反应后固体生成物仅有Mg(OH)2；分离除去Mg(OH)2，剩余的MgCl2溶液课循环使用；
③MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面。
