2023年高考真题变式分类汇编：反应热和焓变5

2023年高考真题变式分类汇编：反应热和焓变5
一、选择题
1．（2016·天津）下列叙述正确的是（　　）
A．使用催化剂能够降低化学反应的反应热（△H）
B．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关
C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生
D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小
2．（2021·邯郸模拟）一定条件下， 可以将 置换出来，其转化的能量变化如下：
则在1538℃时，反应 的 为（　　）
A． B．
C． D．
3．（2021·邯郸模拟）已知键能：H—H键为 ，Br—Br键为 ，H—Br键为 。一定温度下，反应 的反应历程与能量的关系如图所示。下列叙述正确的是（　　）
A．该反应的正反应是放热反应
B． ，加入催化剂时， 、 及 均减小
C．已知 ，若反应 ，则
D．升高温度，正逆反应速率均加快，且正反应速率加快的程度较大
4．（2021·邯郸模拟）已知断裂1 mol化学键所需的能量（kJ）：N≡N为942、O=O为500、N－N为154，O－H为452.5，则断裂1 mol N－H所需的能量（kJ）是（　　）
A．194 B．316 C．391 D．658
5．（2021·西城模拟）碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)失水可得到Na2CO3·H2O(s)或Na2CO3(s)，两个化学反应的能量变化示意图如下：
下列说法正确的是（　　）
A． H1＜0
B．碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)失水不是化学变化
C．Na2CO3·H2O(s)失水生成Na2CO3(s)： H= H1- H2
D．向Na2CO3(s)中滴加几滴水，温度升高
6．（2021·通州模拟）CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应，其相对能量与反应历程如图所示。
第一步：Fe*+N2O=FeO※+N2
第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2
下列叙述错误的是（　　）
A．第一步反应比第二步反应快 B．上述两步反应的△H均小于0
C．Fe*是反应的催化剂 D．总反应为CO+N2O=N2+CO2
7．（2021·丰台模拟）依据图示关系，下列说法错误的是（　　）
A．反应①是吸热反应
B．△H3=△H1+△H2
C．反应③是一个熵增的反应
D．数据表明：V2O5(s)的能量比V2O4(s)低，更稳定
8．（2021·东城模拟）反应 在不同温度 时的平衡常数 如下：
700 800 830 1000 1200
0.6 0.9 1.0 1.7 2.6
密闭容器中，某温度(T)、某时刻(t)时，反应混合物中M、N、P，Q的浓度分别为 、 、 、 。
下列说法正确的是（　　）
A．该反应
B．若 ，则t时刻反应向正反应方向进行
C．若t时刻反应达到化学平衡，则
D．当 达到化学平衡时，
9．（2021·常德模拟）人体内的血红蛋白（Hb）可与O2结合，更易与CO结合使人体中毒，涉及原理如下：
①Hb（aq）+O2（g） HbO2（aq） ΔH1＜0
②Hb（aq）+CO（g） HbCO（aq） ΔH2＜0
③HbO2（aq）+CO（g） HbCO（aq）+O2（g） ΔH3＜0
下列说法错误的是（　　）
A．ΔH1＜ΔH2
B．反应①、②在一定温度下均能自发进行
C．刚从平原到高原时，人体血液中c（HbO2）将降低，使人体因缺氧而不适
D．将CO中毒的人转至高压氧仓中治疗，反应③平衡逆向移动而缓解症状
10．（2021·信阳模拟）CO常用于工业冶炼金属。在不同温度下CO还原四种金属氧化物达平衡后气体中lg 与温度（t）的关系曲线如右图。下列说法正确的是（　　）
A．通过增高反应炉的高度，延长矿石和CO接触的时间，能减少尾气中CO的含量
B．CO不适宜用于工业冶炼金属Cr
C．CO还原PbO2的反应△H>0
D．工业冶炼金属Cu时，高温有利于提高CO的转化率
11．（2021·揭阳模拟）向20 0.20 溶液中加入少量 溶液，发生以下反应：i. ；ⅱ. 。 分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成 的体积(已折算成标准状况)如下：
0 5 10 20 …
0.0 8.96 15.68 22.40 …
下列判断正确的是(　　)
A．反应ⅰ是放热反应
B．反应ⅱ是整个反应的决速步骤
C． 是 分解反应的催化剂
D．0~20 的平均反应速率：
12．（2021·惠州模拟） 和 是环境污染性气体，可在 表面转化为无害气体，其总反应为 ，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法错误的是(　　)
A． 为氧化剂
B．
C．由图乙知该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．为了实现转化，需不断向反应器中补充 和
13．（2021·厦门模拟） 与HCl的加成反应由第一步 和第二步 组成，能量与反应历程如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．两步反应均释放能量
B．第一步的反应速率比第二步的慢
C．第二步 与 的碰撞100%有效
D．总反应 的
14．（2020高二上·大庆月考）已知正丁烷、异丁烷燃烧的热化学方程式分别为：CH3CH2CH2CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l)△H=－2878kJ·mol－1,(CH3)2CHCH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l)△H=－2869kJ·mol－1，下列说法正确的是（　　）
A．正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子
B．正丁烷的稳定性大于异丁烷
C．异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程
D．异丁烷和正丁烷属于同系物
15．（2020·西安模拟）下列说法正确的是（　　）
A．分子式为C2H6O的有机化合物性质相同
B．相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能途径a： ，途径b：
C．在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数
D．通过化学变化可以直接将水转变为汽油
16．（2020·江苏模拟）根据下列图示所得出的结论正确的是（　　）
A． 图甲表示H2S（g）受热分解时各组分体积分数随反应温度的变化关系，说明反应生成H2和S
B． 图乙表示V0 mL 0.1 mol·L－1的盐酸加水稀释至V mL，溶液的pH随lg 的变化关系，则a＝2
C． 图丙表示密闭容器中CH4（g）＋H2O（g） CO（g）＋3H2（g）到达平衡时，CH4的转化率与压强、温度的变化关系曲线，说明p1＞p2
D． 图丁表示炭黑作用下O2生成活化氧过程中能量变化情况，说明每活化一个氧分子吸收0.29 eV的能量
二、多选题
17．（2016·黄浦模拟）FeCl3（aq）与KSCN（aq）混合时平衡：Fe3+（aq）+SCN﹣（aq） Fe（SCN）2+（aq）；已知平衡时，物质的量浓度c[Fe（SCN）2+]与温度T三关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．FeCl3（aq）与KSCN（aq）反应是放热反应
B．温度为T1、T2时，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
C．反应处于D点时，一定有V正＞V逆
D．A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大
18．（2016·黄浦模拟）反应A（g）+B（g） C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．该反应是放热反应
B．加入催化剂后，反应加快，△E减小
C．反应物的总键能大于生成物的总键能
D．反应达到平衡时，升高温度，A的转化率增大
19．（2016高二下·无锡期末）下列有关说法正确的是（　　）
A．一定温度下，反应 MgCl2（l）=Mg（l）+Cl2（g）的△H＞0，△S＞0
B．常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同
C．0.1mol L﹣1CH3COOH溶液加水稀释，溶液的pH和CH3COOH的电离度均增大
D．将BaCl2溶液滴入含酚酞的Na2CO3溶液，红色逐渐褪去，说明BaCl2溶液显酸性
20．（2016高一下·海南期末）已知反应：①2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ/mol
②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol下列结论正确的是（　　）
A．碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol
B．①的反应热为221 kJ/mol
C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ/mol
D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ 热量
21．（2016高二上·泰州期中）下列说法正确的是（　　）
A．3C（s）+CaC（s） CaC2 （s）+CO（g）在常温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0
B．CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中 的值增大
C．恒温恒压的密闭容器中进行反应：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣aKJ/mol，平衡时向容器中在充入一定量的NH3，重新达到平衡时a值不变
D．C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g） （△H＞0），其它条件不变时，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动
22．（2016高二上·亭湖期中）已知，氧气与不同聚集状态的硫单质反应的热化学方程式如下：
①S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=a kJ/mol；
②S（g）+O2（g）=SO2（g）△H=b kJ/mol；
对于a和b的关系，下列说法正确的是（　　）
A．a＞0，b＞0 B．a＜0，b＜0 C．a＞b D．a＜b
23．（2016高三上·友谊期中）（多选）某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）．下列有关叙述正确的是（　　）
A．该反应为吸热反应
B．催化剂能改变反应的焓变
C．催化剂能降低反应的活化能
D．逆反应的活化能大于正反应的活化能
24．（2017高二上·双流期中）25℃、101kPa 下：
①2Na（s）+ O2（g）═Na2O（s）△H1=﹣414KJ/mol
②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H2=﹣511KJ/mol
下列说法正确的是（　　）
A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等
B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同
C．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
D．25℃、101kPa 下，Na2O2（s）+2 Na（s）═2Na2O（s）△H=﹣317kJ/mol
三、非选择题
25．（2016·天津）氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节．回答下列问题：
（1）与汽油相比，氢气作为燃料的优点是　 　（至少答出两点）．但是氢气直接燃烧的能量转换率远低于燃料电池，写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式：　 　．
（2）氢气可用于制备H2O2．已知：
H2（g）+A（l）═B（l）△H1
O2（g）+B（l）═A（l）+H2O2（l）△H2
其中A、B为有机物，两反应均为自发反应，则H2（g）+O2（g）═H2O2（l）的△H=　 　0（填“＞”或“=”）
（3）在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx（s）+yH2（g） MHx+2y（s）△H＜0达到化学平衡．下列有关叙述正确的是　 　
a．容器内气体压强保持不变
b．吸收ymol H2只需1molMHx
c．若降温，该反应的平衡常数增大
d．若向容器内通入少量氢气，则v（放氢）＞v（吸氢）
（4）利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为　 　．
（5）化工生产的副产氢也是氢气的来源，电解法制取有广泛用途的Na2FeO4．同时获得氢气：Fe+2H2O+2OH﹣→FeO42﹣+3H2↑，装置如图所示，装置通电后，铁电极附近生成紫红色FeO42﹣，镍电极有气泡产生．若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质．
已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原．
①电解一段时间后，c（OH﹣）降低的区域在　 　（填“阴极室”或“阳极室”）．
②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因为　 　．
③c（Na2FeO4）随初始c（NaOH）的变化如图2，任选M、N两点中的一点，分析c（Na2FeO4）低于最高值的原因　 　．
26．（2022高二上·浙江期中）汽车等交通工具为出行、物流等带来方便。然而，燃油车排放的汽车尾气中含有大量的有害物质，会对人体健康和环境产生危害。
（1）汽油在不同空燃比(空气与燃油气的体积比)时尾气的主要成分不同，空燃比较小时的有毒气体主要是　 　(填化学式)
（2）辛烷(C8H18)是汽油的主要成分之一，已知辛烷的燃烧热，请写出表示辛烷燃烧热的热化学方程式　 　。
（3）空气中的氮气和氧气在汽车汽缸内的高温环境下，通过电火花放电生成有毒气体NO，反应的热化学方程式： 。已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946、497。请计算NO分子中化学键的键能为　 　。
（4）为减轻污染，现在汽车上都安装三元催化转化器，可实现反应： 。则该反应在　 　(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
（5）将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，经过相同时间内测量逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO的转化率)，结果如图所示。
以下说法错误的是____。
A．曲线②中催化剂脱氮率比曲线①中的高
B．曲线②中的催化剂适用于450℃左右脱氢
C．曲线①、②最高点表示此时平衡转化率
D．若低于200℃，图中曲线①脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是催化剂的活性不高
27．（2022高二上·宜昌期中）研究化学反应过程与能量变化的关系具有重要意义。回答下列问题：
（1）CO2和NH3合成尿素[CO(NH2)2]的能量变化如图1所示，写出该反应的热化学方程式：　 　。
（2）C6H6(g)在O2(g)中燃烧生成CO(g)和H2O(g)的△H难以测量，原因是　 　。已知CO的燃烧热，还需要的一组数据是　 　(写出热化学方程式，焓变用△H表示)。
（3）H2(g)与F2(g)发生反应生成HF(g)过程中的能量变化如图2所示，仿照图1，在图3中画出该反应的能量一反应历程曲线图(标出该反应的焓变)　 　。
（4）图4表示VIA族的O、S、Se、Te在生成1mol气态氢化物时的焓变数据，根据数据可确定c代表　 　(填元素符号)的氢化物，写出H2Te发生分解反应的热化学方程式：　 　。
（5）已知：S8(s)+8O2(g)=8SO2(g) △H=-8akJ mol-1；1个S8分子中有8个硫硫键，1个SO2分子中有2个硫氧键；破坏1mol硫氧键、1mol氧氧键所需能量分别为bkJ、ckJ，则生成1mol硫硫键所释放能量为　 　。
28．（2022高二上·通州期中）将捕集的转化合成气可有效实现碳资源的综合充分利用。
方法I：热催化制备合成气：一定条件下用甲烷还原制备合成气。
相关化学键的键能数据
化学键
键能 745 414 1046 436
（1）反应的热化学方程式是：　 　，该反应为　 　(填“吸热”或“放热”)反应。平衡常数表达式　 　。
（2）已知某一温度时，测得某时刻反应混合物中的浓度分别为，则此刻上述反应的平衡移动方向为　 　(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
（3）热力学分析表明时易发生的歧化反应和以上易发生的裂解反应(方程式如下所示)，一段时间后基催化剂的催化效果会明显下降，其原因是　 　。
方法II：加氢备合成气：将原料气与按一定比例在催化剂作用下发生反应a，同时伴随反应b发生，反应方程式如下所示。
反应a：
反应b：
（4）将原料气按置于恒容密闭容器中发生反应，在相同时间内测得平衡时各组分摩尔分数与温度的变化曲线如图所示，则制合成气适宜的温度为　 　。
（5）理论上，能提高平衡转化率的措施有　 　(写出一条即可)。
29．（2022高二上·成都期中）完成下列问题
（1）保护环境已成为当前和未来的一项全球性重大课题。为解决目前燃料使用过程中的环境污染问题，并缓解能源危机，有专家提出利用太阳能促使燃料循环使用的构想，其原理如图所示。回答下列问题：
①过程Ⅰ发生的反应为反应　 　(填“吸热”或“放热”)，反应过程中能量的主要转化形式为　 　；
②上述转化过程中，△H1+△H2　 　0(填“＞”“＜”或“=”)。
（2）以NH3、CO2为原料生产尿素[CO(NH2)2]的反应历程与能量变化如图所示。回答下列问题：
①以NH3、CO2为原料生产尿素[CO(NH2)2]的热化学方程式为　 　；
②从图像分析该反应分两步进行，则决定生产尿素的总反应速率的步骤是第　 　步反应(填“一”或“二”)。
（3）已知：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-544 kJ/mol的部分键能数据如下表所示：
化学键 N-N O=O N≡N
键能(kJ/mol) 193 497 946
①物质的稳定性O2(g)　 　N2(g)(填“＞”“＜”或“=”)；
②若H2O(l)=H2O(g) △H=+44 kJ/mol，则N2H4(g)的燃烧热为　 　；
③已知：N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+68 kJ/mol，则N2H4(g)和NO2(g)反应生成氮气和水蒸气的热化学方程式为　 　。
30．（2022高二上·湖南期中）甲醇是重要的化工原料，可以使用多种方法制备甲醇。科学家利用CO或和都能合成甲醇，同时有利于减少二氧化碳的排放。已知在一定温度和压强下，发生如下反应：
（1）则反应 　 　。
（2）利用反应合成甲醇。T℃时向固定容积的密闭容器中充入CO、H2，反应到t时刻测得各组分的浓度如下：
物质
浓度 0.60 0.40 1.20 1.20
如果该反应的平衡常数，比较t时刻正、逆反应速率的大小：v正　 　v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）向1L的恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入一定量CO和，在催化剂的作用下合成甲醇，测得平衡时混合物中的体积分数在不同压强下随温度的变化如图甲所示。(已知时最初充入1mol CO。)
①下列说法正确的是　 　。
A．该反应的
B．反应速率：
C．A、B、C的平衡常数大小：
D．在压强为下，反应经过5min达到B点的平衡状态，则
②D点时反应的平衡常数K=　 　。
（4）T℃时向恒容密闭容器中充入和，发生反应，在使用不同催化剂时，相同时间内测得的转化率随温度的变化如下图所示：
①c点转化率比a点低的原因是　 　。
②下列措施有利于提高转化为的平衡转化率的有　 　。
A．恒容条件下充入稀有气体He
B．在达到平衡后的体系中移出部分甲醇
C．保持反应容器的体积不变，平衡时再按照原投料比投入一定量的原料
D．选择催化效率更高的催化剂
③维持温度足够长时间，则的转化率　 　a(填“大于”“小于”或“等于”)。
31．（2022高二上·南阳期中）为了合理利用化学能，确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的焓变，并采取相应措施。
（1）下列变化过程属于吸热反应的是　 　(填序号)。
①浓硫酸稀释②酸碱中和反应③炭在O2中燃烧④煅烧石灰石⑤C与水蒸气反应制取水煤气⑥锌和稀硫酸反应制取H2⑦C还原CO2
（2）①1mol乙烯在氧气中完全燃烧生成气态水过程的能量变化如图所示：
已知：H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ mol-1，则C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1)，的△H=　 　。
②键能是指气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量。已知部分化学键的键能如表所示，通过计算可得x=　 　。
化学键 C=C C－H O=O C=O O－H
键能/(kJ mol-1) x 413 498 799 467
（3）已知反应I：C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) △H1
反应II：C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(1) △H2
反应III：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1) △H3
则△H1+△H2　 　△H3(填“<”“>”或“=”)。
32．（2022高二上·湖北期中）填空。
（1）如图(图中物质均为气态)是和反应生成和的过程中能量变化示意图，写出和反应的热化学方程式　 　。
（2）(主要指和)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的是环境保护的重要课题。用水吸收的相关热化学方程式如下：
反应的　 　。
33．（2022高三上·韶关期中）锰及其化合物在催化剂及金属材料方面有重要的应用。
（1）金属锰常用铝热法由软锰矿还原制得。因铝与软锰矿反应过于激烈，故先将软锰矿加强热使之转变为，然后与铝粉混合高温燃烧，具体反应如下
ⅰ．，ⅱ．　 　。
①写出第ⅱ步反应的化学方程式。
②锰基催化剂可用于催化加氢合成乙烯，其中部分反应历程如图1。则反应的焓变为　 　（列式用字母表示），该反应自发进行的条件是　 　（填“高温”“低温”或“任意温度”）。
（2）EDTA即乙二胺四乙酸，简写为（，），因能与众多金属离子络合而在化学分析与测定中有广泛应用。
①EDTA在水溶液中总共有六级离解平衡，相当于六元酸。室温时其各种存在形式的分布系数随pH值的变化关系如图2所示，下列说法不正确的是（ 　 　）
A．EDTA在水溶液中有七种存在形式
B．室温时，的电离常数
C．向溶液中加入少量NaOH固体，平衡的值增大
D．等浓度的和按体积比约1：9可配成pH≈0的缓冲溶液
②20℃时，测得EDTA溶液中与pH值的关系如图3所示：（其中表示的平衡浓度，表示EDTA除外其它存在形式的浓度之和）
已知EDTA与的络合反应为：，。工业上利用该反应回收水溶液中的Mn2+。数据表明，溶液中的存在会降低EDTA与金属离子的络合能力，试从平衡移动的角度解释原因　 　。化学上常用条件稳定常数来描述金属离子M2+与EDTA络合产物的稳定性，（已知，其中c（Y）表示EDTA所有存在形式的总浓度），现实验室通过将一定浓度的EDTA溶液与0.02mol/L的溶液等体积混合来模拟回收，充分反应后测得溶液pH＝4.2，mol/L，计算此时的条件稳定常数　 　，溶液中剩余的“浓度为　 　。
34．（2022高二下·张掖期中）乙苯是一种用途广泛的有机原料，可制备多种化工产品。
（1）(一）制备苯乙烯（原理如反应I所示）：
Ⅰ． △H=+124kJ·mol-1
部分化学键的键能如下表所示：
化学键 C-H C-C C=C H-H
键能/ KJ/mol 412 348 X 436
根据反应I的能量变化，计算X=　 　。
（2）工业上，在恒压设备中进行反应I时，常在乙苯蒸气中通入一定量的水蒸气。请用化学平衡理论解释通入水蒸气的原因：　 　。
（3）已知吉布斯自由能△G=△H-T△S ，当△G < 0时反应可自发进行。由此判断反应I在　 　（填“高温”或“低温”）更易自发进行。
（4）(二）制备α-氯乙基苯（原理如反应Ⅱ所示）：
Ⅱ． △H2＞0
T℃时，向10 L恒容密闭容器中充入2mol乙苯(g)和2 mol Cl2(g)发生反应Ⅱ，乙苯（或Cl2)、 α-氯乙基苯（或HCl)的物质的量浓度（c）随时间（t）变化的曲线如图所示：
①0—2 min内，以HCl表示的该反应速率v(HCl)=　 　。
②6 min时，改变的外界条件为　 　，该条件下的平衡常数K的数值=　 　。
③10 min时，保持其他条件不变，再向容器中充入1 mol乙苯、1 mol Cl2、1 molα-氯乙基苯和1mol HCl，则此时该反应v正　 　v逆(填“＞”、“＜”或“=” )；若12 min时反应再次达到平衡，则在0-12 min内，Cl2的转化率α=　 　。(计算结果保留三位有效数字）
35．（2022高一下·东海期中）汽车尾气主要含有一氧化碳、一氧化氮等物质，是造成城市空气污染的主要因素之一。请回答下列问题：
（1）已知汽缸中氮气和氧气反应生成一氧化氮的 量变化值如下图所示，则由该反应生成1 mol NO时，应　 　(填“释放”或“吸收”)　 　kJ能量。
（2）通过NO传感器可监测汽车尾气中NO的含量，其工作原理如图1所示：
①NiO电极上发生的是　 　反应(填“氧化”或“还原”)。
②外电路中，电子流动方向是从　 　电极 向　 　电极(填“NiO”或“Pt”)。
③NiO电极上的电极反应式为　 　。
（3）在恒温恒容的密闭容器中，充入等物质的量的和混合气体，发生如下反应：，t0时达到平衡，测得反应过程中的体积分数与时间的关系如图所示。
①比较大小：a处v正　 　b处v逆(填“>”“<”或“=”)
②CO的平衡转化率为　 　。
③能说明上述反应达到平衡状态的是　 　(填字母)。
A．的浓度与浓度均不再变化 B．混合气体密度保持不变
C．反应容器内压强保持不变 D．和的浓度之比保持不变
36．（2022高二下·杭州期中）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。
请回答：
（1）在C和的反应体系中：
反应1
反应2
反应3
①　 　
②设，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示。图中的线条b对应的是反应　 　。
③一定压强下，随着温度的升高，气体中与的物质的量之比　 　。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
（2）一氧化碳变换反应：。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(已知温度相同时气体压强之比等于浓度之比)：、、和，则反应的平衡常数K的数值为　 　。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使的平衡转化率提高到，则原料气中水蒸气和的物质的量之比为　 　。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中不合适的是　 　。
A．反应温度愈高愈好 B．适当提高反应物压强 C．选择合适的催化剂 D．通入一定量的氮气
④以固体催化剂M催化变换反应，反应历程分两步完成，能量-反应过程如下图所示，写出步骤Ⅱ的反应方程式。
步骤Ⅰ：；
步骤Ⅱ：　 　
从图中可以看出使用催化剂能加快化学反应速率的原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】A．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡，则不能改变反应的反应热，故A错误；
B．金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快，故B错误；
C．原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生，故C错误；
D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小，故D正确．
故选D．
【分析】A．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡；B．金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快；C．原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生；D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小．本题考查的知识点有催化剂对化学反应的影响、金属的腐蚀及溶解度大小的比较等，注意催化剂不能改变化学平衡，题目难度中等．
2．【答案】D
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】由图可知， ，即 的 为 ；所以 的 为 ，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】反应的热效应只与系统始、末状态有关，而与变化途径无关，利用盖斯定律即可计算
3．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；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；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．由图可知， 为正反应活化能， 为逆反应活化能， ， ，为吸热反应，A项不符合题意；
B．加入催化剂时， 、 降低，但 不变，选项B不符合题意；
C．由于H—H键的键能大于H—Br键，若反应 ，则Br—Br键的键能应小于H—Br键，即 ，又 ，则 ，选项C不符合题意；
D．该反应为吸热反应，升高温度，正反应速率加快的程度大于逆反应速率加快的程度，使平衡向正反应方向移动，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据反应物和生成物的能量高低即可判断反应的放热和吸热
B.催化剂只是改变反应的速率，不改变焓变
C.根根焓变=反应物的键能-生成物的键能即可判断
D.反应为吸热反应，温度升高正反应增大的趋势大于逆反应
4．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】依据图象分析，反应为N2H4+O2=N2+2H2O，反应的焓变△H=-534kJ/mol，反应的焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，设断裂1molN-H键吸收的能量为x，断裂化学键吸收的能量=2752-534=2218，形成新键释放的能量=4x+154+500=2218，解得：x=391。
故答案为：C。
【分析】依据图象分析，反应为N2H4+O2=N2+2H2O，反应的焓变△H=-534kJ/mol，反应的焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量。
5．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．从图1可看出反应物能量低，生成物能量高，是吸热反应， H1>0，故A不符合题意；
B．失水过程有新物质生成，是化学变化，故B不符合题意；
C．由图1得① H1，由图2得② ，②-①得 H= H2- H1，故C不符合题意；
D．碳酸钠溶于水是典型的放热反应，向Na2CO3(s)中滴加几滴水，温度会升高，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据图示能量的高低即可判断放热与吸热
B.失水过程中产生了新物质是化学变化
C.根据盖斯定律即可计算
D.根据失水过程是吸热，吸水过程是放热温度升高
6．【答案】A
【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．根据反应历程图，第一步活化能高于第二步活化能，活化能越高，反应速率越慢，则第一步反应比第二步反应慢，A叙述符合题意；
B．根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量低于反应总能量的反应，则两步反应均为放热反应， H均小于0，B叙述不符合题意；
C．由题意可知，第一步Fe*被消耗，第二步Fe*又生成，说明Fe*是反应的催化剂，C叙述不符合题意；
D．第一步反应+第二步反应=总反应，则总反应为CO+N2O=N2+CO2，D叙述不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.根据图示找出步骤1和步骤2的活化能大小即可判断速率大小
B.根据步骤1和步骤2的反应物和生成物的能量高低即可判断
C.根据反应前后质量和化学性质不变即可判断
D.根据步骤1和步骤2进行变换即可写出总的反应方程式
7．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；反应热和焓变；焓变和熵变
【解析】【解答】A．根据反应①的 >0，可知反应①是吸热反应，故A不符合题意；
B．根据盖斯定律，反应③可由反应①和反应②之和得到，则△H3=△H1+△H2，故B不符合题意；
C．反应③是固体生成气体的反应，是一个熵增的反应，故C不符合题意；
D．由于反应②还有三氧化硫和二氧化硫的参与，故不知道V2O5(s)和V2O4(s)的能量相对大小，不能确定V2O5(s)的能量比V2O4(s)低，更稳定，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据焓变即可判断反应的放热吸热
B.根据盖斯定律即可计算出焓变的关系
C.反应③是气体分子数增多的反应，因此分子混乱度增大是熵增
D.根据反应②进行判断，但是只能比较反应物和生成物的总能量不呢个比较五氧化二钒和四氧化二钒的能量的高低
8．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由表格可知，随着温度的升高，K值增大，则该反应为吸热反应， ，A不符合题意；
B．当T=700℃时，K=0.6，Q>K，反应向逆反应方向进行，B不符合题意；
C．当t时刻达到反应平衡，因为1.7<2.25<2.6，故1000℃D．当T=830℃，K=1，Q>K，反应向逆反应方向移动，设反应的M的物质的量浓度为x，则可列：
，当T=830℃， ，x=0.25mol/L，故反应后c(M)=1+0.25=1.25mol/L，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 ，T℃，t时刻时， ；
9．【答案】A
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的调控；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，反应③可由反应②减反应①所得，ΔH3=ΔH2-ΔH1<0，则ΔH2<ΔH1，A项符合题意；
B．反应①与反应②均是熵减反应，由ΔH-TΔS<0反应可自发进行可知，反应①与反应②在较低温度能自发进行，B项不符合题意；
C．从平原初到高原，氧气含量减少，反应③正向移动，则人体血液中c（HbO2）降低，C项不符合题意；
D．CO中毒的人体血液中c（HbCO）增大，转到高压氧仓中，反应③平衡逆向移动，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.由盖斯定律计算；
B.△H-T△S<0的反应可自发进行；
C.从平原到高原压强减小、温度减小；
D.把CO中毒的人转到高压氧仓中，c(O2)增大。
10．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、增高炉的高度，增大CO与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，CO的利用率不变，选项A不符合题意；
B、由图像可知用CO冶炼金属铬时，lg 一直很高，说明CO转化率很低，不适合，选项B符合题意；
C、由图像可知CO还原PbO2的温度越高lg 越高，说明CO转化率越低，平衡逆向移动，故ΔH<0，选项C不符合题意；
D、由图像可知用CO冶炼金属铜时，温度越高，lg 越大，故CO转化率越低，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.温度不变的情况下，转化率不变
B.根据图示，二氧化碳含量越高，转化率越高
C.根据图示即可判断温度和二氧化碳含量的关系，判断温度对平衡移动的影响
D.根据图示可以判断温度对平衡移动的方向判断，即可判断转化率的大小
11．【答案】D
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率
【解析】【解答】A． 由图可知，反应ⅰ的反应物的总能量比生成物的总能量低，是吸热反应，A不符合题意；
B． 由图可知，反应ⅰ的活化能比反应ⅱ的活化能大，活化能越大，反应速率越小，则反应ⅰ是整个反应的决速步骤，B不符合题意；
C． 由图以及反应方程式可知， 是 分解反应的催化剂，C不符合题意；
D． 0~20 内，生成22.4mL氧气，即生成氧气的物质的量为1.0×10-3mol，则参加反应的 的物质的量为2.0×10-3mol，则平均反应速率： ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据题意，在加入催化剂之后，出现两个小峰，第一个峰是反应进行的过程，第二个峰是第二个反应进行的过程，活化能越高说明反应速率越慢，反应1速率慢，反应2速率快，根据能量的变化情况，反应1是吸热，反应2是放热，整个放反应也是放热反应，在反应的其实状态碘离子为发生改变，故碘离子是催化剂，可以根据数据计算出平均速率即可
12．【答案】D
【知识点】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．反应 中，N元素化合价降低， 为氧化剂，故A不符合题意；
B．反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓=134kJ/mol-360 kJ/mol= ，故B不符合题意；
C．由图乙知该反应正反应的活化能Ea小于逆反应的活化能Eb，故C不符合题意；
D． 和 是催化剂，催化剂在化学反应的前后化学性质和质量是不变的，无需不断补充，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.标化合价定氧化剂和还原剂
B.根据反应物能量高于生成物，反应为放热反应
C.根据图示即可判断
D.催化剂的作用
13．【答案】B
【知识点】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．据图可知第一步反应中反应物的能量低于生成物的能量，该过程吸热，A不符合题意；
B．据图可知第一步反应的活化能Ea1更大，则第一步的反应速率比第二步的慢，B符合题意；
C．活化分子间的合理取向的碰撞才称为有效碰撞，碰撞不可能100%有效，C不符合题意；
D．焓变=生成物总能量-反应物总能量，据图可知Ea1-Ea2并不等于生成物总能量-反应物总能量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据物质的能量的高低即可确定物质的稳定性，根据两步活化能的高低确定反应塑速率的快慢，根据分步反应再结合盖斯定律即可确定焓变
14．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】设①CH3CH2CH2CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l)△H=－2878kJ·mol－1
②(CH3)2CHCH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l)△H=－2869kJ·mol－1
由①-②可得CH3CH2CH2CH3（g）→(CH3)2CHCH3(g)，△H=-2878kJ mol-1+2869kJ mol-1=-9kJ mol-1，
A．从正丁烷转化成异丁烷是放热过程，说明正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子，故A符合题意；
B．CH3CH2CH2CH3（g）→（CH3）2CHCH3（g），△H＜0，能量越低物质越稳定，因此异丙烷比正丁烷稳定，故B不符合题意；
C．正丁烷转化成异丁烷CH3CH2CH2CH3（g）→（CH3）2CHCH3（g），△H＜0，是放热过程，则反过来异丁烷转化为正丁烷的过程是一个吸热过程，故C不符合题意；
D．异丁烷和正丁烷是同分异构体，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据盖斯定律可以求出正丁烷转变成异丁烷是放热反应。
A．能量越高，储存的能量越高；
B．根据能量越低物质越稳定可以判断异丙烷更稳定；
C．由盖斯定律可以得出结论；
D．同分异构体：分子式相同，结构不同的有机化合物。
15．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；反应热和焓变；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.分子式为C2H6O的有机化合物可能是乙醇CH3CH2OH，也可能是甲醚CH3OCH3，二者的结构不同，因此性质不相同，A不符合题意；
B.由于物质反应过程中放出的热量只与物质的始态和终态有关，而与反应途径无关，因此相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化最后产生CO2，放出的热量相等，B不符合题意；
C.根据电子守恒可知：在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数，C符合题意；
D.水中含有H、O两种元素，而汽油中含有C、H两种元素，化学反应过程中原子的种类和数目不变，因此不能通过化学反应实现水转变为汽油的变化，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、有机物性质取决于官能团，该分子式可以是醇，可以是醚，性质不一样
B、反应放出热量，与途径无关
C、在氧化还原反应中，还原剂失去电子数等于氧化剂得到电子总数
D、化学变化也要遵循元素守恒
16．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．一种物质的体积分数的变化量为50%-10%=40%，另一种生成物的体积分数的变化量为20%-10%=10%，不是1:1，不能说明反应生成H2和S，A不符合题意；
B．由溶液的pH随lg 的变化关系，0.1 mol·L－1的盐酸加水稀释100倍，pH可由1变成3，即V0 mL 0.1 mol·L－1的盐酸加水稀释至V=100V0 mL，lg =2，则a＝2，B符合题意；
C．CH4（g）＋H2O（g） CO（g）＋3H2（g）加压平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，P2>P1，C不符合题意；
D．根据能量变化图分析，最终结果为活化氧，体系能量降低，则每活化一个氧分子放出0.29eV能量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．若H2S（g）受热分解时发生反应：H2S（g）H2（g）+S（g），则H2（g）和S（g）的体积分数应该相等，若硫单质是固态或液态的，它的体积分数为零，说明反应生成物不是H2和S；
B．常温下 0.1mol L-1的盐酸的pH=1，V0mL 0.1mol L-1的盐酸加水稀释至VmL，溶液的pH=3，盐酸为强酸，由pH=1到pH=3，溶液体积扩大到100倍；
C．转化率与温度、压强图象有三个变量，采用“定一议二”方法判断压强大小；根据图象中压强不变，温度升高后甲烷的转化率判断该反应的焓变；
D．根据能量变化图分析，最终结果为活化氧，体系能量降低。
17．【答案】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
【解析】【解答】解：A．随着温度的升高c[Fe（SCN）2+]逐渐减小，逆向是吸热反应，说明正反应放热，△H＜0，故A正确；
B．反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则k减小，所以温度为T1＜T2时，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，故B错误；
C．D在曲线下方，为处于平衡状态，c[Fe（SCN）2+]比平衡状态小，应向正反应方向移动，V正＞V逆，故C正确；
D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，A点温度小于B点，所以A点的c（Fe3+）小，故D错误；
故选AC．
【分析】图象中曲线上的A、B、C三点为不同温度下的平衡状态，D在曲线下方，未处于平衡状态，c[Fe（SCN）2+]比平衡状态小，应向正反应方向移动，随着温度的升高c[Fe（SCN）2+]逐渐减小，说明正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动．
18．【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A、由图可知，该反应的反应物的总能量小于生成物的总能量，所以反应为吸热反应，故A错误；
B、图中△E为该反应的热效应，加催化剂，降低了反应所需的活化能，但是反应热不变，即催化剂对△E无影响，故B错误；
C、反应物断键吸收能量和生成物成键放出能量，该反应为吸热反应，所以反应物断键吸收能量大于生成物成键放出能量，故C正确；
D、该反应为吸热反应，所以反应达到平衡时，升高温度，平衡正移，则A的转化率增大，故D正确；
故选：CD．
【分析】A、依据反应物和生成物能量变化判断反应为吸热反应；
B、图中△E为该反应的热效应，加催化剂无影响；
C、反应物断键吸收能量和生成物成键放出能量；
D、根据温度对平衡的影响分析．
19．【答案】A,C
【知识点】反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；盐类水解的应用
【解析】【解答】解：A．Mg与氯气的反应为放热反应，则反应 MgCl2（l）=Mg（l）+Cl2（g）为吸热反应，其△H＞0；该反应为混乱度增加的反应，则△S＞0，故A正确；
B．常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，前者抑制了水的电离，而后者促进了水的电离，两溶液中水的电离程度不同，故B错误；
C.0.1mol L﹣1CH3COOH溶液加水稀释，醋酸的浓度减小，则醋酸的电离程度增大，由于溶液体积增大的程度大于氢离子，则稀释后氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故C正确；
D．加入了几滴酚酞试液的Na2CO3溶液，碳酸根离子水解显碱性，溶液为红色，而Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，碳酸根离子与钡离子结合生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，水解平衡逆向移动，颜色褪去，而氯化钡溶液呈中性，故D错误；
故选AC．
【分析】A．氯化镁的分解为吸热反应，其焓变大于0；该反应为气体体积增大的反应，则熵变大于0；
B．盐酸中氢离子抑制了水的电离，氯化铵溶液中铵根离子水解，促进了水的电离；
C．稀释后醋酸的电离程度增大，而氢离子浓度减小，则溶液的pH增大；
D．氯化钡溶液呈中性，溶液之所以褪色，原因是钡离子与碳酸根离子结合生成碳酸钡沉淀，导致碳酸根离子浓度减小．
20．【答案】A,C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A．碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成的稳定的氧化物CO2放出的热量，从2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ/mol可知1mol碳燃烧生成CO放出110.5 kJ，碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol，故A正确；
B．焓变是用反应前后生成物的能量和减去反应物的能量和表示，当完全以热量形式变化时，称为反应热，故B错误；
C．稀硫酸和稀NaOH，为强酸和强碱，反应生成1mol水，放出的热量为57.3kJ，△H=﹣57.3 kJ/mol，故C正确；
D．稀醋酸与稀NaOH溶液混合，稀醋酸是弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，所以△H＜﹣57.3 kJ/mol，故D错误；
故选：AC．
【分析】A、燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物以此解答；
B、△H是化学反应焓变，不一定是反应热；
C、在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热；
D、强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ mol﹣1，弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程．
21．【答案】A,C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A．由反应可知，△S＞0，因△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，在常温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0，故A正确；
B．Ka= 不变，CH3COOH溶液加水稀释后，c（H+）减小，因 = ，则溶液中 的值减小，故B错误；
C．a与热化学方程式有关，与平衡移动无关，则平衡时向容器中在充入一定量的NH3，重新达到平衡时a值不变，故C正确；
D．该反应为吸热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，平衡正向移动，故D错误；
故选AC．
【分析】A．由反应可知，△S＞0，结合△H﹣T△S＜0的反应可自发进行判断；
B．CH3COOH溶液加水稀释后，c（H+）减小，结合Ka= 不变判断；
C．a与热化学方程式有关，与平衡移动无关；
D．升高温度，正逆反应速率均增大，向吸热的方向移动．
22．【答案】B,C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：①S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=a kJ/mol； ②S（g）+O2（g）=SO2（g）△H=b kJ/mol；
硫和氧气反应是放热反应，a＜0，b＜0，
盖斯定律计算①﹣②得到S（s）=S（g）△H=（a﹣b）KJ/mol，
a﹣b＞0
对于a和b的关系，BC正确，
故选BC．
【分析】结合热化学方程式和盖斯定律计算得到固体S变化为气体S的热化学方程式，固体S变化为气态是吸热过程，据此判断．
23．【答案】A,C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A、图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故A正确；
B、催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故B错误；
C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，故C正确；
D、图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误；
故选AC．
【分析】A、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断；
B、催化剂改变速率不改变平衡；
C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能；
D、图象中分析判断；
24．【答案】A,D
【知识点】氧化还原反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．①和②产物中阳离子均为钠离子，阴离子分别为氧离子，过氧根离子，则阴阳离子个数比均为1：2，故A符合题意；
B．①和②生成等物质的量的产物，由Na元素的化合价变化可知转移电子数相同，故B不符合题意；
C．加热生成Na2O2，随温度升高生成Na2O的速率减小，故C不符合题意；
D．由盖斯定律可知，①×2﹣②可得Na2O2（s）+2 Na（s）═2Na2O（s），则△H=（﹣414KJ/mol）×2﹣（﹣511KJ/mol）=﹣317kJ/mol，故D符合题意；
故答案为：AD．
【分析】A.根据氧化钠和过氧化钠的组成进行判断；
B.根据元素化合价的变化分析电子转移数值即可；
C.在加热条件下钠与氧气反应生成过氧化钠；
D.根据盖斯定律进行计算、书写.
25．【答案】（1）污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高；H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O
（2）＜
（3）ac
（4）将光能转化为化学能
（5）阳极室；防止Na2FeO4与H2反应使产率降低；M点：c（OH﹣）低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢（或N点：c（OH﹣）过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低）
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的计算；电解原理
【解析】【解答】（1）与汽油相比，氢气作为燃料的优点有污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高等；碱性氢氧燃料电池的负极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O，故答案为：污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高；H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O；（2）①H2（g）+A（l）=B（l）△H1，②O2（g）+B（l）=A（l）+H2O2（l）△H2，两反应的△S＜0，根据△G=△H﹣T△S，因为均为两反应自发反应，因此△H均小于0，将①+②得：H2（g）+O2（g）=H2O2（l）的△H=△H1+△H1＜0，故答案为：＜；（3）MHx（s）+yH2（g） MHx+2y（s）△H＜0，该反应属于气体的物质的量发生变化的反应，a．平衡时气体的物质的量不变，容器内气体压强保持不变，正确；b．该反应为可逆反应，不能完全转化，吸收ymol H2需大于1mol MHx，错误；c．若降温，平衡正向移动，该反应的平衡常数增大，正确；d．若向容器内通入少量氢气，相当于增大压强，平衡正向移动，则v（放氢）＜v（吸氢），错误；故选ac；
（4）利用太阳能直接分解水制氢，是将光能转化为化学能，故答案为：将光能转化为化学能；
（5）①根据题意镍电极有气泡产生是氢离子放电生成氢气，铁电极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子减少，因此电解一段时间后，c（OH﹣）降低的区域在阳极室，故答案为：阳极室；②氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原．电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低，故答案为：防止Na2FeO4与H2反应使产率降低；③根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，在M点，c（OH﹣）低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢，在N点：c（OH﹣）过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低，
故答案为：M点：c（OH﹣）低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢（或N点：c（OH﹣）过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低）．
【分析】（1）与汽油相比，氢气作为燃料的优点有污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高等；碱性氢氧燃料电池的负极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O；（2）①H2（g）+A（l）=B（l）△H1，②O2（g）+B（l）=A（l）+H2O2（l）△H2，两反应的△S＜0，根据△G=△H﹣T△S，因为均为两反应自发反应，因此△H均小于0，将①+②得：H2（g）+O2（g）=H2O2（l）的△H=△H1+△H1＜0；（3）MHx（s）+yH2（g） MHx+2y（s）△H＜0，该反应属于气体的物质的量发生变化的反应，a．平衡时气体的物质的量不变，容器内气体压强保持不变；b．该反应为可逆反应，不能完全转化，吸收ymol H2需大于1mol MHx；c．若降温，平衡正向移动，该反应的平衡常数增大；d．若向容器内通入少量氢气，相当于增大压强，平衡正向移动，则v（放氢）＜v（吸氢）；（4）利用太阳能直接分解水制氢，是将光能转化为化学能；（5）①根据题意镍电极有气泡产生是氢离子放电生成氢气，铁电极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子减少；
②氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原．电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低；
③根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，在M点，c（OH﹣）低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢，在N点：c（OH﹣）过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低．本题主要考查了化学反应中的能量变化、化学平衡状态的判断、电解原理及其应用等知识，题目难度中等．
26．【答案】（1）CO
（2）
（3）631.5
（4）低温
（5）A；C
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；热化学方程式；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）空燃比较小时，氧气不足，汽油不能完全燃烧，有毒气体主要是CO；
（2）辛烷燃烧热是1mol辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，辛烷燃烧热，表示辛烷燃烧热的热化学方程式
（3） ，N2、O2分子中化学键的键能分别是946、497。则NO分子中化学键的键能为631.5。
（4） ，根据，则该反应在低温下能自发进行。
（5）A．不同催化剂的脱氮率与温度有关，故A不正确；
B．曲线②中的催化剂在450℃时的脱氮率最高，适用于450℃左右脱氮，故B正确；
C．曲线①、②表示经过相同时间内测量逸出气体中NO的含量，反应不一定达到平衡状态，故C不正确；
D．催化剂活性越大反应速率越快，低于200℃，图中曲线①脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是催化剂的活性不高，故D正确；
选AC。
【分析】（1）氧气不足时，燃料不完全燃烧生成CO；
（2）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；
（3）根据焓变=反应物总键能-生成物总键能计算；
（4）根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；
（5）催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，同时温度也能影响催化剂活性。
27．【答案】（1）2NH3(g)+CO2(g)=CO2(NH2)2(s)+H2O(g) △H=-86.98kJ mol-1
（2）难以控制只生成CO；
（3）
（4）S；H2Te(g)=H2(g)+Te(s) △H=-154kJ mol-1
（5）(2b-a-c)kJ mol-1
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】（1）(1)从图中可以看出，该反应的反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，其中，所以该反应的热化学方程式为，故填；
（2）C6H6(g)在O2(g)中燃烧的产物可能为二氧化碳和水，可能为CO和水，很难控制只生成CO而没有二氧化碳生成，所以其反应热难以测量，在知道C6H6(g)在O2(g)中燃烧的热化学方程式时，可以通过盖斯定律进行计算，故填难以控制只生成CO、；
（3）图2中氢气和氟气断键所吸收的总能量为，2mol H原子和2mol F原子形成2mol HF所释放的能量为，焓变等于反应物总键能之和减去生成物键能之和，即，其反应的历程可表示为，故填；
（4）c代表S；图中形成时为吸热反应，所以分解时为放热反应，其反应的热化学方程式为，故填S、；
（5）从佳能角度：设断开1mol硫硫键需要x，即，解得，同理生成1mol硫硫键释放能量为，故填。
【分析】（1）该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
（2）C6H6(g)在O2(g)中燃烧的产物可能为二氧化碳和水，可能为CO和水，很难控制只生成CO而没有二氧化碳生成，所以其反应热难以测量；根据盖斯定律分析；
（3）=反应物总键能之和-生成物键能之和；
（4）根据非金属性越强越容易与氢气化合生成相应氢化物，氧族元素中非金属性从上到下依次减弱，由此可知图中a、b、c、d分别代表Te、Se、S、O；
（5）=反应物总键能之和-生成物键能之和。
28．【答案】（1）+182；吸热；
（2）逆向移动
（3）不同温度下催化剂对CO的歧化反应和甲烷分解反应的催化程度不同
（4）800℃
（5）适当增大氢气在混合物中的比例
【知识点】反应热和焓变；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）断裂旧键需要吸收热量，形成新键会释放热量，根据题干所给化学键的键能可得，该反应为吸热反应，反应的平衡常数的表达式为：，故答案为：+182；吸热；；
（2）某一温度时测得某时刻反应混合物中的浓度分别为，则此时的浓度熵，因为K=1，所以Q>K，则平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆向移动；
（3）CO的歧化反应是放热反应，而甲烷分解反应是吸热反应，一段时间后基催化剂的催化效果会明显下降，其原因是不同温度下催化剂对CO的歧化反应和甲烷分解反应的催化程度不同，故答案为：不同温度下催化剂对CO的歧化反应和甲烷分解反应的催化程度不同；
（4）将原料气按置于恒容密闭容器中发生反应，在相同时间内测得平衡时各组分摩尔分数与温度的变化曲线图示可知，温度800℃时CO的摩尔分数较大，而副反应产生的甲烷的含量较低，则制合成气适宜的温度为800℃，故答案为：800℃；
（5）二氧化碳和氢气在催化剂作用下主要发生反应，增大一种反应物的浓度可以使平衡正向移动，并且使另外一种反应物的转化率增大，所以适当增大氢气的浓度可以提高二氧化碳的平衡转化率，故答案为：适当增大氢气在混合物中的比例。
【分析】（1）利用△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算；化学平衡常数，指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；
（2）通过计算比较Qc与K的大小判断；
（3）依据催化剂有一定的活化温度分析；
（4）依据平衡时各组分摩尔分数与温度的变化曲线判断；
（5）增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低。
29．【答案】（1）吸热；太阳能(光能)转化为化学能；=
（2）2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2 (s)+H2O(g) △H=Ea1-Ea2+Ea3-Ea4；二
（3）＜；-632 kJ/mol；2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=-1156 kJ/mol
【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】（1）①在过程Ⅰ发生的反应2H2O=2H2+O2的反应吸热反应；
反应过程中在太阳能量作用下H2O分解变为H2、O2，因此其主要转化形式为光能转化为化学能；
②由盖斯定律和能量守恒定律定律可知，△H1=-△H2，所以△H1+△H2=0；
（2）①根据反应热等于反应物活化能与生成物活化能的差，结合盖斯定律可知以NH3、CO2为原料生产尿素[CO(NH2)2]的热化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2 (s)+H2O(g)，△H=Ea1-Ea2+Ea3-Ea4；
②对于多步反应，对总化学反应速率其决定作用的步骤是活化能大的步骤，根据图示可知第二步反应的活化能比较大，因此从图像分析该反应分两步进行，则决定生产尿素的总反应速率的步骤是第二步反应；
（3）①物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。物质分子中键能越大，断裂其需吸收的能量就越多，则该物质的能量就越低，其稳定性就越强。由于键能：O=O＜N≡N，物质含有的能量：O=O＞N≡N，所以物质的稳定性：O2(g)＜N2(g)；
②已知N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-544 kJ/mol，若H2O(l)=H2O(g) △H=+44 kJ/mol，则1 mol N2H4(g)反应产生1 mol N2(g)和2 mol液体水放出热量Q=544 kJ+2×44 kJ=632 kJ，由于燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量，故N2H4(g)的表示燃烧热的热化学方程式为N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=-632 kJ/mol，其燃烧热为-632 kJ/mol；
③已知：(i)N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+68 kJ/mol，结合(ii) N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-544 kJ/mol，则根据盖斯定律，将(ii) ×2-(1)，整理可得N2H4(g)和NO2(g)反应生成氮气和水蒸气的热化学方程式为：2N2H4(g)+2NO2(g)=3 N2(g)+4H2O(g) △H=-1156 kJ/mol。
【分析】（1）①正逆反应吸收或者放出的热量数值相等，但是ΔH的符号相反；依据图中能量转化判断；
②利用盖斯定律和能量守恒定律定律分析；
（2）①根据反应热等于反应物活化能与生成物活化能的差，结合盖斯定律计算；
②依据反应的活化能越高，反应速率越慢，反应进行的程度越小；
（3）①物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。物质分子中键能越大，断裂其需吸收的能量就越多，则该物质的能量就越低，其稳定性就越强；
②燃烧热是101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热；
③根据盖斯定律。
30．【答案】（1）-49kJ/mol
（2）大于
（3）CD；112
（4）温度等于或高于，反应已达平衡，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆方向移动，的转化率降低；BC；大于
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；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；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知：① ；
② 。
盖斯定律计算①＋②得则反应 ，故答案为：-49kJ/mol；
（2）如果该反应的平衡常数，该时刻下浓度熵，所以平衡正向移动，比较t时刻正、逆反应速率的大小：v正>v逆，故答案为：大于；
（3）①A.对于反应，增大压强，平衡正向移动，的体积分数增大，由图中可知，的体积分数B点比C点大，C点比D点大，所以该反应的，A不正确；
B．从图中可以看出，A点温度比B点低，则反应速率：，D点压强比B点低，则反应速率：，，B不正确；
C．从图中可以看出，升高温度，的体积分数减小，则，A点温度比B、C点低，B、C点温度相同，所以A、B、C的平衡常数大小：，C正确；
D．因为容器的体积为1L，的体积分数为70％，时最初充入1mol CO，，列出三段式：
％，解得：=0.875，
，D正确；
故答案为：CD。
②因为温度不变平衡常数不变，B、D两点温度相等，所以D点的平衡常数等于B的平衡常数，因为容器的体积为1L，的体积分数为70％，时最初充入1mol CO，，列出三段式：
％，解得：，
，故答案为：112；
（4）①因为a点、c点都是平衡点，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移，所以的转化率降低，故答案为：温度等于或高于，反应已达平衡，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆方向移动，的转化率降低；
②A.恒容条件下充入稀有气体He，平衡不会移动，所以转化为的平衡转化率不变，A不正确；
B．在平衡后的体系中移出部分甲醇，平衡正向移动，的转化率提高，B正确；
C．保持反应容器的体积不变，平衡时再按照原投料比投入一定量的原料，则相当于增大压强，平衡正向移动，转化为的平衡转化率增大，C正确；
D．催化剂不能改变的平衡转化率，D不正确；
故答案为：BC。
③在温度下，经过相同时间，反应还没有达到平衡状态，所以维持温度足够长时间后，反应达到平衡了，则的转化率将会大于a，故答案为：大于。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）计算此时的平衡常数和浓度熵，比较两者相对大小确定反应进行的方向；
（3）①A.增大压强，平衡正向移动，的体积分数增大；
B.温度越高反应速率越快；
C.平衡常数只与温度有关；
D.根据计算；
②列出反应的三段式计算；
（4）①升高温度，平衡逆向移动；
②提高转化为的平衡转化率 ，应使平衡正向移动；
③在温度下，经过相同时间，反应还没有达到平衡状态，维持温度足够长时间后，反应达到平衡。
31．【答案】（1）④⑤⑦
（2）-1392kJ/mol；526
（3）＜
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】（1）①浓硫酸稀释放热；②酸碱中和反应是放热反应；③炭在O2中燃烧是放热反应；④煅烧石灰石属于吸热反应；⑤C与水蒸气反应制取水煤气属于吸热反应；⑥锌和稀硫酸反应制取H2是放热反应；⑦C还原CO2属于吸热反应；
故答案为：④⑤⑦；
（2）①1mol乙烯在氧气中完全燃烧生成气态水过程的能量变化如图所示，则
C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) ΔH＝-1304kJ/mol ⅰ
2H2O(l)=2H2O(g) △H=+88kJ mol-1 ⅱ
依据盖斯定律ⅰ－ⅱ即得到C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1)△H=-1392kJ/mol。
②反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则x+4×413+3×498－2×799－4×467＝－1392，解得x＝526。
（3）已知：
反应I：C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) △H1
反应Ⅱ：C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(1) △H2
反应Ⅲ：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1) △H3
则依据盖斯定律可知反应I+反应Ⅱ－反应Ⅲ得到H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H＝△H1+△H2－△H3＜0，所以△H1+△H2＜△H3。
【分析】（1）放热反应：①可燃物的燃烧；②酸碱中和反应；③大多数化合反应；④金属跟酸的置换反应；⑤物质的缓慢氧化等。吸热反应：①大多数分解反应；②盐的水解和弱电解质的电离；③Ba(OH)2.8H2O与NH4Cl反应；④碳和水蒸气、C和CO2的反应等。
（2）①依据盖斯定律；
②反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值；
（3）依据盖斯定律分析。
32．【答案】（1）NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g) ΔH=—234 kJ·mol-1
（2）-136.2
【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】（1）由图可知，二氧化氮与一氧化碳反应生成二氧化碳和一氧化氮的反应为反应物的总能量高于生成物总能量的放热反应，反应的热化学方程式为NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g) ΔH=-234 kJ·mol-1，故答案为：NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g) ΔH=-234 kJ·mol-1；
（2）将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应可得反应③，则反应ΔH==-136.2kJ/mol，故答案为：-136.2。
【分析】（1）由图可知，该反应为放热反应，且ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能；
（2）根据盖斯定律计算。
33．【答案】（1）；；低温
（2）CD； 会与 与结合生成 及其它存在形式，导致 减小， 平衡逆向移动；； mol/L
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；有关混合物反应的计算；有关反应热的计算；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①根据题干信息可知，Mn3O4与铝粉混合高温燃烧，发生铝热反应生成Mn和氧化铝，反应方程式为 。
②由图可知，热化学方程式CO(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=(a-b)kJ/mol，CO2(g)+3H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=(d-e)kJ/mol，两式相加并乘以2，则可得到 ，其焓变为2（ΔH1+ΔH2）= 。该反应前后气体分子数减小，则ΔS＜0，又该反应的ΔH= ＜0，反应自发进行的条件是ΔG=ΔH-T·ΔS＜0，所以该反应自发进行的条件是低温。
（2）①A.由图可知EDTA在水溶液中有七种存在形式：Y4-、HY3-、H2Y2-、H3Y-、H4Y、H5Y+、H6Y2+，A项不符合题意；
B. H4Y的电离常数K= ，由图可知，当c(H3Y-)=c(H4Y)时，溶液pH约为2，则K= c(H+)≈10-2，B项不符合题意；
C.由图可知，向溶液中加入少量NaOH固体，c(H3Y-)减小，c(Y4-)增大，相较c(OH-)增大幅度不大，所以平衡的 值减小，C项符合题意；
D. 由图可知，pH=0时，H6Y2+和H5Y+的分布分数约为9：1，所以等浓度的H6Y2+和H5Y+按体积比约9：1可配成pH≈0的缓冲溶液，D项符合题意；
故答案选CD。
②溶液中H+的存在，使 会与 与结合生成 及其它存在形式，导致 减小， 平衡逆向移动。溶液pH=4.2时， =8，即 =108，c(Y4-)=10-10mol/L，根据 ， 可知=1014，所以=1014×10-10=104，则 ==106；假设溶液中Mn2+反应的浓度为x，则根据 可知平衡时，解得x=1×10-6mol/L，所以溶液中剩余的Mn2+浓度为1×10-6mol/L。
【分析】（1）①根据制备金属锰的原理进行分析。
②根据盖斯定律结合图像进行计算，反应自发进行的条件是ΔG=ΔH-T·ΔS＜0，据此分析。
（2）①A. 由图可知EDTA在水溶液中存在形式有：Y4-、HY3-、H2Y2-、H3Y-、H4Y、H5Y+、H6Y2+；
B.根据电离平衡常数表达式及图示信息进行分析；
C.向溶液中加入少量NaOH固体，c(H3Y-)减小，c(Y4-)增大，c(OH-)增幅不大；
D. pH=0时，H6Y2+和H5Y+的分布分数约为9：1。
②根据影响化学平衡的因素进行分析。根据化学平衡常数表达式及题干信息进行分析。
34．【答案】（1）612
（2）该反应正向为气体分子数增大的反应，通入水蒸气需增大容器容积，减小体系压强，平衡正向移动，增大反应物的转化率
（3）高温
（4）0.05 mol L-1 min -1；升高温度；16；V正>V逆；86.7%
【知识点】反应热和焓变；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差，设C=C键能为X，则△H=（5×412+348-3×412-X-436）kJ mol-1=124kJ mol-1，解得X=612kJ/mol；
(2)降低压强，平衡向体积增大的方向移动，制备苯乙烯的正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率；
(3)反应自发进行需要满足，△H-T△S＜0，依据题干条件可知，制备苯乙烯的正反应为气体分子数增大的反应，△S＞0，正反应吸热，△H=+124kJ/mol＞0，所以反应一定是在高温条件下才能自发进行；
(4)①T℃时，向10L恒容密闭容器中充人2mol乙苯（g）和2mol Cl2（g）发生反应Ⅱ，2min时氯化氢的浓度是0.1mol/L，则用氯化氢表示的反应速率是0.1mol/L÷2min＝0.05mol L-1 min -1；
②制备α-氯乙基苯的正反应为吸热反应，反应前后气体的体积不变，6min时，乙苯、Cl2的浓度在减小，而α-氯乙基苯和HCl的浓度在增加，反应向正反应方向移动，只能是升高温度；该温度下达到平衡，依据题干条件可知，c（HCl）=0.16mol/L，n（HCl）=1.6mol，起始时：n（乙苯）=2mol=n(Cl2)，转化的量： n（乙苯）= n（Cl2）=2-1.6=0.4mol，两种生成物的量分别为1.6mol；则平衡后生成n（乙苯）=n(Cl2)=0.4mol，生成物均为1.6mol，反应前后体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则平衡常数为K=；
③10min时，乙苯、Cl2、α-氯乙基苯和 HCl的物质的量浓度分别为：0.02mol/L、0.02mol/L、0.18mol/L、0.18mol/L，平衡常数K=；此时乙苯、Cl2、α-氯乙基苯和 HCl的物质的量浓度比为：1：1：9：9，保持其他条件不变，再向容器中充人1mol 乙苯、1mol Cl2、1mol α-氯乙基苯和1mol HCl，相当于增加反应物的浓度，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率；设转化的乙苯物质的量浓度为x，则起始浓度：c(乙苯)=c(氯气)=0.3mol/L，生成物的浓度均为0.1mol/L，由于各物质的系数均为1，所以，四种物质的变化量和生成量均为x，平衡后反应物剩余浓度为：0.3-x，生成物的浓度为x+0.1，由于反应前后温度不变，所以平衡常数为K==81，得x=0.26，所以氯气的转化率是。
【分析】（1）根据反应热=反应物总键能-生成物总键能计算；
（2）加入水蒸气，容器体积增大，相当于降低压强， 平衡正向移动 ；
（3）该反应的ΔS＞0，ΔH>0；
（4）①根据计算 v(H)；
②6min时，乙苯、Cl2的浓度在减小，而α-氯乙基苯和HCl的浓度在增加，反应向正反应方向移动；根据平衡常数的表达式计算；
③再向容器中充入1mol 乙苯、1mol Cl2、1mol α-氯乙基苯和1mol HCl，相当于增加反应物的浓度，平衡正向移动；根据计算。
35．【答案】（1）吸收；91.5
（2）氧化；NiO；Pt；
（3）；80%；AC
【知识点】吸热反应和放热反应；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；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)1molN2和1molO2反应生成2molNO，断1molN≡N键吸收945kJ能量、断1molO=O键吸收498kJ能量，生成2molNO中的共价键放出2×630kJ能量，则生成2molNO吸收总能量(945+498-2×630)=183kJ能量，所以生成1 mol NO时，应吸收91.5kJ能量
(2)①NiO电极上NO生成NO2，N元素化合价升高，发生的是氧化。
②NiO电极上NO生成NO2，N元素失电子化合价升高，NiO是负极；Pt电极上氧气得电子生成O2-，Pt电极是正极，外电路中，电子流动方向是从NiO电极 向Pt电极。
③NiO电极上NO失电子生成NO2，电极反应式为。
(3)①随反应进行，反应物浓度降低，正反应速率减慢，a处v正>b处v正；b处反应达到平衡，b处v正=b处v逆，所以a处v正>b处v逆；
②
，，CO的平衡转化率为。
③A．反应达到平衡状态，各物质浓度保持不变，的浓度与浓度均不再变化，说明反应一定达到平衡状态，
故答案为：A；
B．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度保持不变，反应不一定平衡，故不选B；
C．反应前后气体物质的量不同，容器体积不变，压强是变量，反应容器内压强保持不变，反应一定达到平衡状态，
故答案为：C；
D．投料比等于系数比，和的浓度之比是恒量，和的浓度之比保持不变，反应不一定平衡，故不选D；
选AC。
【分析】（1）断键吸收能量，成键释放能量，再根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能计算；
（2）由图可知，NiO电极上NO发生氧化反应生成NO2，则NiO电极为负极，Pt电极为正极，负极上发生氧化反应，正极发生还原反应，原电池工作时电子由负极流向正极；
（3）①a处反应未达到平衡，反应正向进行；
②列出反应的三段式计算；
③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。
36．【答案】（1）；1；C
（2）8.0；；AD；；催化剂参与反应降低了反应的活化能
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】(1)①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：，故答案为：；
②反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b；升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c；升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减， y值减小，对应线条a，则线条b对应的是反应1，故答案为：1；
③温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以与物质的量比值减小，故答案为：C；
(2)①该反应平衡常数K=，故答案为：8.0；
②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：
，
则平衡常数K=，解得x=1.2，故水蒸气与CO物质的量之比为，故答案为：；
③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A项正确；
B．适当增大压强，可加快反应速率，B项不正确；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C项不正确；
D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D项正确；
故答案为：AD；
④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2；从图中可以看出使用催化剂能加快化学反应速率的原因是催化剂参与反应降低了反应的活化能，故答案为：；催化剂参与反应降低了反应的活化能。
【分析】（1）利用盖斯定律，根据方程式1和2可以得到反应3的反应热，由图可知，b曲线与温度变化无关，根据反应1可知，熵变=0，可知y= ΔH ，与温度无关
（2）①利用压强与物质的量成正比，将压强带入平衡常数计算公式即可算出平衡常数；②利用CO转化率，列出三段式，算出各物质浓度，利用平衡常数，算出二者比值；③温度过高会影响催化剂活性；冲入氮气，浓度不变，速率不变。④催化剂参与化学反应，降低反应所需要活化能从而加快化学反应速率
2023年高考真题变式分类汇编：反应热和焓变5
一、选择题
1．（2016·天津）下列叙述正确的是（　　）
A．使用催化剂能够降低化学反应的反应热（△H）
B．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关
C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生
D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小
【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】A．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡，则不能改变反应的反应热，故A错误；
B．金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快，故B错误；
C．原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生，故C错误；
D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小，故D正确．
故选D．
【分析】A．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡；B．金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快；C．原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生；D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小．本题考查的知识点有催化剂对化学反应的影响、金属的腐蚀及溶解度大小的比较等，注意催化剂不能改变化学平衡，题目难度中等．
2．（2021·邯郸模拟）一定条件下， 可以将 置换出来，其转化的能量变化如下：
则在1538℃时，反应 的 为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】由图可知， ，即 的 为 ；所以 的 为 ，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】反应的热效应只与系统始、末状态有关，而与变化途径无关，利用盖斯定律即可计算
3．（2021·邯郸模拟）已知键能：H—H键为 ，Br—Br键为 ，H—Br键为 。一定温度下，反应 的反应历程与能量的关系如图所示。下列叙述正确的是（　　）
A．该反应的正反应是放热反应
B． ，加入催化剂时， 、 及 均减小
C．已知 ，若反应 ，则
D．升高温度，正逆反应速率均加快，且正反应速率加快的程度较大
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；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；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．由图可知， 为正反应活化能， 为逆反应活化能， ， ，为吸热反应，A项不符合题意；
B．加入催化剂时， 、 降低，但 不变，选项B不符合题意；
C．由于H—H键的键能大于H—Br键，若反应 ，则Br—Br键的键能应小于H—Br键，即 ，又 ，则 ，选项C不符合题意；
D．该反应为吸热反应，升高温度，正反应速率加快的程度大于逆反应速率加快的程度，使平衡向正反应方向移动，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据反应物和生成物的能量高低即可判断反应的放热和吸热
B.催化剂只是改变反应的速率，不改变焓变
C.根根焓变=反应物的键能-生成物的键能即可判断
D.反应为吸热反应，温度升高正反应增大的趋势大于逆反应
4．（2021·邯郸模拟）已知断裂1 mol化学键所需的能量（kJ）：N≡N为942、O=O为500、N－N为154，O－H为452.5，则断裂1 mol N－H所需的能量（kJ）是（　　）
A．194 B．316 C．391 D．658
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】依据图象分析，反应为N2H4+O2=N2+2H2O，反应的焓变△H=-534kJ/mol，反应的焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，设断裂1molN-H键吸收的能量为x，断裂化学键吸收的能量=2752-534=2218，形成新键释放的能量=4x+154+500=2218，解得：x=391。
故答案为：C。
【分析】依据图象分析，反应为N2H4+O2=N2+2H2O，反应的焓变△H=-534kJ/mol，反应的焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量。
5．（2021·西城模拟）碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)失水可得到Na2CO3·H2O(s)或Na2CO3(s)，两个化学反应的能量变化示意图如下：
下列说法正确的是（　　）
A． H1＜0
B．碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)失水不是化学变化
C．Na2CO3·H2O(s)失水生成Na2CO3(s)： H= H1- H2
D．向Na2CO3(s)中滴加几滴水，温度升高
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．从图1可看出反应物能量低，生成物能量高，是吸热反应， H1>0，故A不符合题意；
B．失水过程有新物质生成，是化学变化，故B不符合题意；
C．由图1得① H1，由图2得② ，②-①得 H= H2- H1，故C不符合题意；
D．碳酸钠溶于水是典型的放热反应，向Na2CO3(s)中滴加几滴水，温度会升高，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据图示能量的高低即可判断放热与吸热
B.失水过程中产生了新物质是化学变化
C.根据盖斯定律即可计算
D.根据失水过程是吸热，吸水过程是放热温度升高
6．（2021·通州模拟）CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应，其相对能量与反应历程如图所示。
第一步：Fe*+N2O=FeO※+N2
第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2
下列叙述错误的是（　　）
A．第一步反应比第二步反应快 B．上述两步反应的△H均小于0
C．Fe*是反应的催化剂 D．总反应为CO+N2O=N2+CO2
【答案】A
【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．根据反应历程图，第一步活化能高于第二步活化能，活化能越高，反应速率越慢，则第一步反应比第二步反应慢，A叙述符合题意；
B．根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量低于反应总能量的反应，则两步反应均为放热反应， H均小于0，B叙述不符合题意；
C．由题意可知，第一步Fe*被消耗，第二步Fe*又生成，说明Fe*是反应的催化剂，C叙述不符合题意；
D．第一步反应+第二步反应=总反应，则总反应为CO+N2O=N2+CO2，D叙述不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.根据图示找出步骤1和步骤2的活化能大小即可判断速率大小
B.根据步骤1和步骤2的反应物和生成物的能量高低即可判断
C.根据反应前后质量和化学性质不变即可判断
D.根据步骤1和步骤2进行变换即可写出总的反应方程式
7．（2021·丰台模拟）依据图示关系，下列说法错误的是（　　）
A．反应①是吸热反应
B．△H3=△H1+△H2
C．反应③是一个熵增的反应
D．数据表明：V2O5(s)的能量比V2O4(s)低，更稳定
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；反应热和焓变；焓变和熵变
【解析】【解答】A．根据反应①的 >0，可知反应①是吸热反应，故A不符合题意；
B．根据盖斯定律，反应③可由反应①和反应②之和得到，则△H3=△H1+△H2，故B不符合题意；
C．反应③是固体生成气体的反应，是一个熵增的反应，故C不符合题意；
D．由于反应②还有三氧化硫和二氧化硫的参与，故不知道V2O5(s)和V2O4(s)的能量相对大小，不能确定V2O5(s)的能量比V2O4(s)低，更稳定，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据焓变即可判断反应的放热吸热
B.根据盖斯定律即可计算出焓变的关系
C.反应③是气体分子数增多的反应，因此分子混乱度增大是熵增
D.根据反应②进行判断，但是只能比较反应物和生成物的总能量不呢个比较五氧化二钒和四氧化二钒的能量的高低
8．（2021·东城模拟）反应 在不同温度 时的平衡常数 如下：
700 800 830 1000 1200
0.6 0.9 1.0 1.7 2.6
密闭容器中，某温度(T)、某时刻(t)时，反应混合物中M、N、P，Q的浓度分别为 、 、 、 。
下列说法正确的是（　　）
A．该反应
B．若 ，则t时刻反应向正反应方向进行
C．若t时刻反应达到化学平衡，则
D．当 达到化学平衡时，
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由表格可知，随着温度的升高，K值增大，则该反应为吸热反应， ，A不符合题意；
B．当T=700℃时，K=0.6，Q>K，反应向逆反应方向进行，B不符合题意；
C．当t时刻达到反应平衡，因为1.7<2.25<2.6，故1000℃D．当T=830℃，K=1，Q>K，反应向逆反应方向移动，设反应的M的物质的量浓度为x，则可列：
，当T=830℃， ，x=0.25mol/L，故反应后c(M)=1+0.25=1.25mol/L，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 ，T℃，t时刻时， ；
9．（2021·常德模拟）人体内的血红蛋白（Hb）可与O2结合，更易与CO结合使人体中毒，涉及原理如下：
①Hb（aq）+O2（g） HbO2（aq） ΔH1＜0
②Hb（aq）+CO（g） HbCO（aq） ΔH2＜0
③HbO2（aq）+CO（g） HbCO（aq）+O2（g） ΔH3＜0
下列说法错误的是（　　）
A．ΔH1＜ΔH2
B．反应①、②在一定温度下均能自发进行
C．刚从平原到高原时，人体血液中c（HbO2）将降低，使人体因缺氧而不适
D．将CO中毒的人转至高压氧仓中治疗，反应③平衡逆向移动而缓解症状
【答案】A
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的调控；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，反应③可由反应②减反应①所得，ΔH3=ΔH2-ΔH1<0，则ΔH2<ΔH1，A项符合题意；
B．反应①与反应②均是熵减反应，由ΔH-TΔS<0反应可自发进行可知，反应①与反应②在较低温度能自发进行，B项不符合题意；
C．从平原初到高原，氧气含量减少，反应③正向移动，则人体血液中c（HbO2）降低，C项不符合题意；
D．CO中毒的人体血液中c（HbCO）增大，转到高压氧仓中，反应③平衡逆向移动，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.由盖斯定律计算；
B.△H-T△S<0的反应可自发进行；
C.从平原到高原压强减小、温度减小；
D.把CO中毒的人转到高压氧仓中，c(O2)增大。
10．（2021·信阳模拟）CO常用于工业冶炼金属。在不同温度下CO还原四种金属氧化物达平衡后气体中lg 与温度（t）的关系曲线如右图。下列说法正确的是（　　）
A．通过增高反应炉的高度，延长矿石和CO接触的时间，能减少尾气中CO的含量
B．CO不适宜用于工业冶炼金属Cr
C．CO还原PbO2的反应△H>0
D．工业冶炼金属Cu时，高温有利于提高CO的转化率
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、增高炉的高度，增大CO与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，CO的利用率不变，选项A不符合题意；
B、由图像可知用CO冶炼金属铬时，lg 一直很高，说明CO转化率很低，不适合，选项B符合题意；
C、由图像可知CO还原PbO2的温度越高lg 越高，说明CO转化率越低，平衡逆向移动，故ΔH<0，选项C不符合题意；
D、由图像可知用CO冶炼金属铜时，温度越高，lg 越大，故CO转化率越低，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.温度不变的情况下，转化率不变
B.根据图示，二氧化碳含量越高，转化率越高
C.根据图示即可判断温度和二氧化碳含量的关系，判断温度对平衡移动的影响
D.根据图示可以判断温度对平衡移动的方向判断，即可判断转化率的大小
11．（2021·揭阳模拟）向20 0.20 溶液中加入少量 溶液，发生以下反应：i. ；ⅱ. 。 分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成 的体积(已折算成标准状况)如下：
0 5 10 20 …
0.0 8.96 15.68 22.40 …
下列判断正确的是(　　)
A．反应ⅰ是放热反应
B．反应ⅱ是整个反应的决速步骤
C． 是 分解反应的催化剂
D．0~20 的平均反应速率：
【答案】D
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率
【解析】【解答】A． 由图可知，反应ⅰ的反应物的总能量比生成物的总能量低，是吸热反应，A不符合题意；
B． 由图可知，反应ⅰ的活化能比反应ⅱ的活化能大，活化能越大，反应速率越小，则反应ⅰ是整个反应的决速步骤，B不符合题意；
C． 由图以及反应方程式可知， 是 分解反应的催化剂，C不符合题意；
D． 0~20 内，生成22.4mL氧气，即生成氧气的物质的量为1.0×10-3mol，则参加反应的 的物质的量为2.0×10-3mol，则平均反应速率： ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据题意，在加入催化剂之后，出现两个小峰，第一个峰是反应进行的过程，第二个峰是第二个反应进行的过程，活化能越高说明反应速率越慢，反应1速率慢，反应2速率快，根据能量的变化情况，反应1是吸热，反应2是放热，整个放反应也是放热反应，在反应的其实状态碘离子为发生改变，故碘离子是催化剂，可以根据数据计算出平均速率即可
12．（2021·惠州模拟） 和 是环境污染性气体，可在 表面转化为无害气体，其总反应为 ，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法错误的是(　　)
A． 为氧化剂
B．
C．由图乙知该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．为了实现转化，需不断向反应器中补充 和
【答案】D
【知识点】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．反应 中，N元素化合价降低， 为氧化剂，故A不符合题意；
B．反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓=134kJ/mol-360 kJ/mol= ，故B不符合题意；
C．由图乙知该反应正反应的活化能Ea小于逆反应的活化能Eb，故C不符合题意；
D． 和 是催化剂，催化剂在化学反应的前后化学性质和质量是不变的，无需不断补充，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.标化合价定氧化剂和还原剂
B.根据反应物能量高于生成物，反应为放热反应
C.根据图示即可判断
D.催化剂的作用
13．（2021·厦门模拟） 与HCl的加成反应由第一步 和第二步 组成，能量与反应历程如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．两步反应均释放能量
B．第一步的反应速率比第二步的慢
C．第二步 与 的碰撞100%有效
D．总反应 的
【答案】B
【知识点】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．据图可知第一步反应中反应物的能量低于生成物的能量，该过程吸热，A不符合题意；
B．据图可知第一步反应的活化能Ea1更大，则第一步的反应速率比第二步的慢，B符合题意；
C．活化分子间的合理取向的碰撞才称为有效碰撞，碰撞不可能100%有效，C不符合题意；
D．焓变=生成物总能量-反应物总能量，据图可知Ea1-Ea2并不等于生成物总能量-反应物总能量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据物质的能量的高低即可确定物质的稳定性，根据两步活化能的高低确定反应塑速率的快慢，根据分步反应再结合盖斯定律即可确定焓变
14．（2020高二上·大庆月考）已知正丁烷、异丁烷燃烧的热化学方程式分别为：CH3CH2CH2CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l)△H=－2878kJ·mol－1,(CH3)2CHCH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l)△H=－2869kJ·mol－1，下列说法正确的是（　　）
A．正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子
B．正丁烷的稳定性大于异丁烷
C．异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程
D．异丁烷和正丁烷属于同系物
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】设①CH3CH2CH2CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l)△H=－2878kJ·mol－1
②(CH3)2CHCH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l)△H=－2869kJ·mol－1
由①-②可得CH3CH2CH2CH3（g）→(CH3)2CHCH3(g)，△H=-2878kJ mol-1+2869kJ mol-1=-9kJ mol-1，
A．从正丁烷转化成异丁烷是放热过程，说明正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子，故A符合题意；
B．CH3CH2CH2CH3（g）→（CH3）2CHCH3（g），△H＜0，能量越低物质越稳定，因此异丙烷比正丁烷稳定，故B不符合题意；
C．正丁烷转化成异丁烷CH3CH2CH2CH3（g）→（CH3）2CHCH3（g），△H＜0，是放热过程，则反过来异丁烷转化为正丁烷的过程是一个吸热过程，故C不符合题意；
D．异丁烷和正丁烷是同分异构体，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据盖斯定律可以求出正丁烷转变成异丁烷是放热反应。
A．能量越高，储存的能量越高；
B．根据能量越低物质越稳定可以判断异丙烷更稳定；
C．由盖斯定律可以得出结论；
D．同分异构体：分子式相同，结构不同的有机化合物。
15．（2020·西安模拟）下列说法正确的是（　　）
A．分子式为C2H6O的有机化合物性质相同
B．相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能途径a： ，途径b：
C．在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数
D．通过化学变化可以直接将水转变为汽油
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；反应热和焓变；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.分子式为C2H6O的有机化合物可能是乙醇CH3CH2OH，也可能是甲醚CH3OCH3，二者的结构不同，因此性质不相同，A不符合题意；
B.由于物质反应过程中放出的热量只与物质的始态和终态有关，而与反应途径无关，因此相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化最后产生CO2，放出的热量相等，B不符合题意；
C.根据电子守恒可知：在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数，C符合题意；
D.水中含有H、O两种元素，而汽油中含有C、H两种元素，化学反应过程中原子的种类和数目不变，因此不能通过化学反应实现水转变为汽油的变化，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、有机物性质取决于官能团，该分子式可以是醇，可以是醚，性质不一样
B、反应放出热量，与途径无关
C、在氧化还原反应中，还原剂失去电子数等于氧化剂得到电子总数
D、化学变化也要遵循元素守恒
16．（2020·江苏模拟）根据下列图示所得出的结论正确的是（　　）
A． 图甲表示H2S（g）受热分解时各组分体积分数随反应温度的变化关系，说明反应生成H2和S
B． 图乙表示V0 mL 0.1 mol·L－1的盐酸加水稀释至V mL，溶液的pH随lg 的变化关系，则a＝2
C． 图丙表示密闭容器中CH4（g）＋H2O（g） CO（g）＋3H2（g）到达平衡时，CH4的转化率与压强、温度的变化关系曲线，说明p1＞p2
D． 图丁表示炭黑作用下O2生成活化氧过程中能量变化情况，说明每活化一个氧分子吸收0.29 eV的能量
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．一种物质的体积分数的变化量为50%-10%=40%，另一种生成物的体积分数的变化量为20%-10%=10%，不是1:1，不能说明反应生成H2和S，A不符合题意；
B．由溶液的pH随lg 的变化关系，0.1 mol·L－1的盐酸加水稀释100倍，pH可由1变成3，即V0 mL 0.1 mol·L－1的盐酸加水稀释至V=100V0 mL，lg =2，则a＝2，B符合题意；
C．CH4（g）＋H2O（g） CO（g）＋3H2（g）加压平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，P2>P1，C不符合题意；
D．根据能量变化图分析，最终结果为活化氧，体系能量降低，则每活化一个氧分子放出0.29eV能量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．若H2S（g）受热分解时发生反应：H2S（g）H2（g）+S（g），则H2（g）和S（g）的体积分数应该相等，若硫单质是固态或液态的，它的体积分数为零，说明反应生成物不是H2和S；
B．常温下 0.1mol L-1的盐酸的pH=1，V0mL 0.1mol L-1的盐酸加水稀释至VmL，溶液的pH=3，盐酸为强酸，由pH=1到pH=3，溶液体积扩大到100倍；
C．转化率与温度、压强图象有三个变量，采用“定一议二”方法判断压强大小；根据图象中压强不变，温度升高后甲烷的转化率判断该反应的焓变；
D．根据能量变化图分析，最终结果为活化氧，体系能量降低。
二、多选题
17．（2016·黄浦模拟）FeCl3（aq）与KSCN（aq）混合时平衡：Fe3+（aq）+SCN﹣（aq） Fe（SCN）2+（aq）；已知平衡时，物质的量浓度c[Fe（SCN）2+]与温度T三关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．FeCl3（aq）与KSCN（aq）反应是放热反应
B．温度为T1、T2时，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
C．反应处于D点时，一定有V正＞V逆
D．A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大
【答案】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
【解析】【解答】解：A．随着温度的升高c[Fe（SCN）2+]逐渐减小，逆向是吸热反应，说明正反应放热，△H＜0，故A正确；
B．反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则k减小，所以温度为T1＜T2时，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，故B错误；
C．D在曲线下方，为处于平衡状态，c[Fe（SCN）2+]比平衡状态小，应向正反应方向移动，V正＞V逆，故C正确；
D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，A点温度小于B点，所以A点的c（Fe3+）小，故D错误；
故选AC．
【分析】图象中曲线上的A、B、C三点为不同温度下的平衡状态，D在曲线下方，未处于平衡状态，c[Fe（SCN）2+]比平衡状态小，应向正反应方向移动，随着温度的升高c[Fe（SCN）2+]逐渐减小，说明正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动．
18．（2016·黄浦模拟）反应A（g）+B（g） C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．该反应是放热反应
B．加入催化剂后，反应加快，△E减小
C．反应物的总键能大于生成物的总键能
D．反应达到平衡时，升高温度，A的转化率增大
【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A、由图可知，该反应的反应物的总能量小于生成物的总能量，所以反应为吸热反应，故A错误；
B、图中△E为该反应的热效应，加催化剂，降低了反应所需的活化能，但是反应热不变，即催化剂对△E无影响，故B错误；
C、反应物断键吸收能量和生成物成键放出能量，该反应为吸热反应，所以反应物断键吸收能量大于生成物成键放出能量，故C正确；
D、该反应为吸热反应，所以反应达到平衡时，升高温度，平衡正移，则A的转化率增大，故D正确；
故选：CD．
【分析】A、依据反应物和生成物能量变化判断反应为吸热反应；
B、图中△E为该反应的热效应，加催化剂无影响；
C、反应物断键吸收能量和生成物成键放出能量；
D、根据温度对平衡的影响分析．
19．（2016高二下·无锡期末）下列有关说法正确的是（　　）
A．一定温度下，反应 MgCl2（l）=Mg（l）+Cl2（g）的△H＞0，△S＞0
B．常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同
C．0.1mol L﹣1CH3COOH溶液加水稀释，溶液的pH和CH3COOH的电离度均增大
D．将BaCl2溶液滴入含酚酞的Na2CO3溶液，红色逐渐褪去，说明BaCl2溶液显酸性
【答案】A,C
【知识点】反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；盐类水解的应用
【解析】【解答】解：A．Mg与氯气的反应为放热反应，则反应 MgCl2（l）=Mg（l）+Cl2（g）为吸热反应，其△H＞0；该反应为混乱度增加的反应，则△S＞0，故A正确；
B．常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，前者抑制了水的电离，而后者促进了水的电离，两溶液中水的电离程度不同，故B错误；
C.0.1mol L﹣1CH3COOH溶液加水稀释，醋酸的浓度减小，则醋酸的电离程度增大，由于溶液体积增大的程度大于氢离子，则稀释后氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故C正确；
D．加入了几滴酚酞试液的Na2CO3溶液，碳酸根离子水解显碱性，溶液为红色，而Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，碳酸根离子与钡离子结合生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，水解平衡逆向移动，颜色褪去，而氯化钡溶液呈中性，故D错误；
故选AC．
【分析】A．氯化镁的分解为吸热反应，其焓变大于0；该反应为气体体积增大的反应，则熵变大于0；
B．盐酸中氢离子抑制了水的电离，氯化铵溶液中铵根离子水解，促进了水的电离；
C．稀释后醋酸的电离程度增大，而氢离子浓度减小，则溶液的pH增大；
D．氯化钡溶液呈中性，溶液之所以褪色，原因是钡离子与碳酸根离子结合生成碳酸钡沉淀，导致碳酸根离子浓度减小．
20．（2016高一下·海南期末）已知反应：①2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ/mol
②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol下列结论正确的是（　　）
A．碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol
B．①的反应热为221 kJ/mol
C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ/mol
D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ 热量
【答案】A,C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A．碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成的稳定的氧化物CO2放出的热量，从2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ/mol可知1mol碳燃烧生成CO放出110.5 kJ，碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol，故A正确；
B．焓变是用反应前后生成物的能量和减去反应物的能量和表示，当完全以热量形式变化时，称为反应热，故B错误；
C．稀硫酸和稀NaOH，为强酸和强碱，反应生成1mol水，放出的热量为57.3kJ，△H=﹣57.3 kJ/mol，故C正确；
D．稀醋酸与稀NaOH溶液混合，稀醋酸是弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，所以△H＜﹣57.3 kJ/mol，故D错误；
故选：AC．
【分析】A、燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物以此解答；
B、△H是化学反应焓变，不一定是反应热；
C、在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热；
D、强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ mol﹣1，弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程．
21．（2016高二上·泰州期中）下列说法正确的是（　　）
A．3C（s）+CaC（s） CaC2 （s）+CO（g）在常温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0
B．CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中 的值增大
C．恒温恒压的密闭容器中进行反应：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣aKJ/mol，平衡时向容器中在充入一定量的NH3，重新达到平衡时a值不变
D．C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g） （△H＞0），其它条件不变时，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动
【答案】A,C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A．由反应可知，△S＞0，因△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，在常温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0，故A正确；
B．Ka= 不变，CH3COOH溶液加水稀释后，c（H+）减小，因 = ，则溶液中 的值减小，故B错误；
C．a与热化学方程式有关，与平衡移动无关，则平衡时向容器中在充入一定量的NH3，重新达到平衡时a值不变，故C正确；
D．该反应为吸热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，平衡正向移动，故D错误；
故选AC．
【分析】A．由反应可知，△S＞0，结合△H﹣T△S＜0的反应可自发进行判断；
B．CH3COOH溶液加水稀释后，c（H+）减小，结合Ka= 不变判断；
C．a与热化学方程式有关，与平衡移动无关；
D．升高温度，正逆反应速率均增大，向吸热的方向移动．
22．（2016高二上·亭湖期中）已知，氧气与不同聚集状态的硫单质反应的热化学方程式如下：
①S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=a kJ/mol；
②S（g）+O2（g）=SO2（g）△H=b kJ/mol；
对于a和b的关系，下列说法正确的是（　　）
A．a＞0，b＞0 B．a＜0，b＜0 C．a＞b D．a＜b
【答案】B,C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：①S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=a kJ/mol； ②S（g）+O2（g）=SO2（g）△H=b kJ/mol；
硫和氧气反应是放热反应，a＜0，b＜0，
盖斯定律计算①﹣②得到S（s）=S（g）△H=（a﹣b）KJ/mol，
a﹣b＞0
对于a和b的关系，BC正确，
故选BC．
【分析】结合热化学方程式和盖斯定律计算得到固体S变化为气体S的热化学方程式，固体S变化为气态是吸热过程，据此判断．
23．（2016高三上·友谊期中）（多选）某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）．下列有关叙述正确的是（　　）
A．该反应为吸热反应
B．催化剂能改变反应的焓变
C．催化剂能降低反应的活化能
D．逆反应的活化能大于正反应的活化能
【答案】A,C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A、图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故A正确；
B、催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故B错误；
C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，故C正确；
D、图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误；
故选AC．
【分析】A、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断；
B、催化剂改变速率不改变平衡；
C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能；
D、图象中分析判断；
24．（2017高二上·双流期中）25℃、101kPa 下：
①2Na（s）+ O2（g）═Na2O（s）△H1=﹣414KJ/mol
②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H2=﹣511KJ/mol
下列说法正确的是（　　）
A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等
B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同
C．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
D．25℃、101kPa 下，Na2O2（s）+2 Na（s）═2Na2O（s）△H=﹣317kJ/mol
【答案】A,D
【知识点】氧化还原反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．①和②产物中阳离子均为钠离子，阴离子分别为氧离子，过氧根离子，则阴阳离子个数比均为1：2，故A符合题意；
B．①和②生成等物质的量的产物，由Na元素的化合价变化可知转移电子数相同，故B不符合题意；
C．加热生成Na2O2，随温度升高生成Na2O的速率减小，故C不符合题意；
D．由盖斯定律可知，①×2﹣②可得Na2O2（s）+2 Na（s）═2Na2O（s），则△H=（﹣414KJ/mol）×2﹣（﹣511KJ/mol）=﹣317kJ/mol，故D符合题意；
故答案为：AD．
【分析】A.根据氧化钠和过氧化钠的组成进行判断；
B.根据元素化合价的变化分析电子转移数值即可；
C.在加热条件下钠与氧气反应生成过氧化钠；
D.根据盖斯定律进行计算、书写.
三、非选择题
25．（2016·天津）氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节．回答下列问题：
（1）与汽油相比，氢气作为燃料的优点是　 　（至少答出两点）．但是氢气直接燃烧的能量转换率远低于燃料电池，写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式：　 　．
（2）氢气可用于制备H2O2．已知：
H2（g）+A（l）═B（l）△H1
O2（g）+B（l）═A（l）+H2O2（l）△H2
其中A、B为有机物，两反应均为自发反应，则H2（g）+O2（g）═H2O2（l）的△H=　 　0（填“＞”或“=”）
（3）在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx（s）+yH2（g） MHx+2y（s）△H＜0达到化学平衡．下列有关叙述正确的是　 　
a．容器内气体压强保持不变
b．吸收ymol H2只需1molMHx
c．若降温，该反应的平衡常数增大
d．若向容器内通入少量氢气，则v（放氢）＞v（吸氢）
（4）利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为　 　．
（5）化工生产的副产氢也是氢气的来源，电解法制取有广泛用途的Na2FeO4．同时获得氢气：Fe+2H2O+2OH﹣→FeO42﹣+3H2↑，装置如图所示，装置通电后，铁电极附近生成紫红色FeO42﹣，镍电极有气泡产生．若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质．
已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原．
①电解一段时间后，c（OH﹣）降低的区域在　 　（填“阴极室”或“阳极室”）．
②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因为　 　．
③c（Na2FeO4）随初始c（NaOH）的变化如图2，任选M、N两点中的一点，分析c（Na2FeO4）低于最高值的原因　 　．
【答案】（1）污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高；H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O
（2）＜
（3）ac
（4）将光能转化为化学能
（5）阳极室；防止Na2FeO4与H2反应使产率降低；M点：c（OH﹣）低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢（或N点：c（OH﹣）过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低）
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的计算；电解原理
【解析】【解答】（1）与汽油相比，氢气作为燃料的优点有污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高等；碱性氢氧燃料电池的负极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O，故答案为：污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高；H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O；（2）①H2（g）+A（l）=B（l）△H1，②O2（g）+B（l）=A（l）+H2O2（l）△H2，两反应的△S＜0，根据△G=△H﹣T△S，因为均为两反应自发反应，因此△H均小于0，将①+②得：H2（g）+O2（g）=H2O2（l）的△H=△H1+△H1＜0，故答案为：＜；（3）MHx（s）+yH2（g） MHx+2y（s）△H＜0，该反应属于气体的物质的量发生变化的反应，a．平衡时气体的物质的量不变，容器内气体压强保持不变，正确；b．该反应为可逆反应，不能完全转化，吸收ymol H2需大于1mol MHx，错误；c．若降温，平衡正向移动，该反应的平衡常数增大，正确；d．若向容器内通入少量氢气，相当于增大压强，平衡正向移动，则v（放氢）＜v（吸氢），错误；故选ac；
（4）利用太阳能直接分解水制氢，是将光能转化为化学能，故答案为：将光能转化为化学能；
（5）①根据题意镍电极有气泡产生是氢离子放电生成氢气，铁电极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子减少，因此电解一段时间后，c（OH﹣）降低的区域在阳极室，故答案为：阳极室；②氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原．电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低，故答案为：防止Na2FeO4与H2反应使产率降低；③根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，在M点，c（OH﹣）低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢，在N点：c（OH﹣）过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低，
故答案为：M点：c（OH﹣）低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢（或N点：c（OH﹣）过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低）．
【分析】（1）与汽油相比，氢气作为燃料的优点有污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高等；碱性氢氧燃料电池的负极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O；（2）①H2（g）+A（l）=B（l）△H1，②O2（g）+B（l）=A（l）+H2O2（l）△H2，两反应的△S＜0，根据△G=△H﹣T△S，因为均为两反应自发反应，因此△H均小于0，将①+②得：H2（g）+O2（g）=H2O2（l）的△H=△H1+△H1＜0；（3）MHx（s）+yH2（g） MHx+2y（s）△H＜0，该反应属于气体的物质的量发生变化的反应，a．平衡时气体的物质的量不变，容器内气体压强保持不变；b．该反应为可逆反应，不能完全转化，吸收ymol H2需大于1mol MHx；c．若降温，平衡正向移动，该反应的平衡常数增大；d．若向容器内通入少量氢气，相当于增大压强，平衡正向移动，则v（放氢）＜v（吸氢）；（4）利用太阳能直接分解水制氢，是将光能转化为化学能；（5）①根据题意镍电极有气泡产生是氢离子放电生成氢气，铁电极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子减少；
②氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原．电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低；
③根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，在M点，c（OH﹣）低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢，在N点：c（OH﹣）过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低．本题主要考查了化学反应中的能量变化、化学平衡状态的判断、电解原理及其应用等知识，题目难度中等．
26．（2022高二上·浙江期中）汽车等交通工具为出行、物流等带来方便。然而，燃油车排放的汽车尾气中含有大量的有害物质，会对人体健康和环境产生危害。
（1）汽油在不同空燃比(空气与燃油气的体积比)时尾气的主要成分不同，空燃比较小时的有毒气体主要是　 　(填化学式)
（2）辛烷(C8H18)是汽油的主要成分之一，已知辛烷的燃烧热，请写出表示辛烷燃烧热的热化学方程式　 　。
（3）空气中的氮气和氧气在汽车汽缸内的高温环境下，通过电火花放电生成有毒气体NO，反应的热化学方程式： 。已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946、497。请计算NO分子中化学键的键能为　 　。
（4）为减轻污染，现在汽车上都安装三元催化转化器，可实现反应： 。则该反应在　 　(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
（5）将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，经过相同时间内测量逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO的转化率)，结果如图所示。
以下说法错误的是____。
A．曲线②中催化剂脱氮率比曲线①中的高
B．曲线②中的催化剂适用于450℃左右脱氢
C．曲线①、②最高点表示此时平衡转化率
D．若低于200℃，图中曲线①脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是催化剂的活性不高
【答案】（1）CO
（2）
（3）631.5
（4）低温
（5）A；C
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；热化学方程式；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）空燃比较小时，氧气不足，汽油不能完全燃烧，有毒气体主要是CO；
（2）辛烷燃烧热是1mol辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，辛烷燃烧热，表示辛烷燃烧热的热化学方程式
（3） ，N2、O2分子中化学键的键能分别是946、497。则NO分子中化学键的键能为631.5。
（4） ，根据，则该反应在低温下能自发进行。
（5）A．不同催化剂的脱氮率与温度有关，故A不正确；
B．曲线②中的催化剂在450℃时的脱氮率最高，适用于450℃左右脱氮，故B正确；
C．曲线①、②表示经过相同时间内测量逸出气体中NO的含量，反应不一定达到平衡状态，故C不正确；
D．催化剂活性越大反应速率越快，低于200℃，图中曲线①脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是催化剂的活性不高，故D正确；
选AC。
【分析】（1）氧气不足时，燃料不完全燃烧生成CO；
（2）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；
（3）根据焓变=反应物总键能-生成物总键能计算；
（4）根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；
（5）催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，同时温度也能影响催化剂活性。
27．（2022高二上·宜昌期中）研究化学反应过程与能量变化的关系具有重要意义。回答下列问题：
（1）CO2和NH3合成尿素[CO(NH2)2]的能量变化如图1所示，写出该反应的热化学方程式：　 　。
（2）C6H6(g)在O2(g)中燃烧生成CO(g)和H2O(g)的△H难以测量，原因是　 　。已知CO的燃烧热，还需要的一组数据是　 　(写出热化学方程式，焓变用△H表示)。
（3）H2(g)与F2(g)发生反应生成HF(g)过程中的能量变化如图2所示，仿照图1，在图3中画出该反应的能量一反应历程曲线图(标出该反应的焓变)　 　。
（4）图4表示VIA族的O、S、Se、Te在生成1mol气态氢化物时的焓变数据，根据数据可确定c代表　 　(填元素符号)的氢化物，写出H2Te发生分解反应的热化学方程式：　 　。
（5）已知：S8(s)+8O2(g)=8SO2(g) △H=-8akJ mol-1；1个S8分子中有8个硫硫键，1个SO2分子中有2个硫氧键；破坏1mol硫氧键、1mol氧氧键所需能量分别为bkJ、ckJ，则生成1mol硫硫键所释放能量为　 　。
【答案】（1）2NH3(g)+CO2(g)=CO2(NH2)2(s)+H2O(g) △H=-86.98kJ mol-1
（2）难以控制只生成CO；
（3）
（4）S；H2Te(g)=H2(g)+Te(s) △H=-154kJ mol-1
（5）(2b-a-c)kJ mol-1
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】（1）(1)从图中可以看出，该反应的反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，其中，所以该反应的热化学方程式为，故填；
（2）C6H6(g)在O2(g)中燃烧的产物可能为二氧化碳和水，可能为CO和水，很难控制只生成CO而没有二氧化碳生成，所以其反应热难以测量，在知道C6H6(g)在O2(g)中燃烧的热化学方程式时，可以通过盖斯定律进行计算，故填难以控制只生成CO、；
（3）图2中氢气和氟气断键所吸收的总能量为，2mol H原子和2mol F原子形成2mol HF所释放的能量为，焓变等于反应物总键能之和减去生成物键能之和，即，其反应的历程可表示为，故填；
（4）c代表S；图中形成时为吸热反应，所以分解时为放热反应，其反应的热化学方程式为，故填S、；
（5）从佳能角度：设断开1mol硫硫键需要x，即，解得，同理生成1mol硫硫键释放能量为，故填。
【分析】（1）该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
（2）C6H6(g)在O2(g)中燃烧的产物可能为二氧化碳和水，可能为CO和水，很难控制只生成CO而没有二氧化碳生成，所以其反应热难以测量；根据盖斯定律分析；
（3）=反应物总键能之和-生成物键能之和；
（4）根据非金属性越强越容易与氢气化合生成相应氢化物，氧族元素中非金属性从上到下依次减弱，由此可知图中a、b、c、d分别代表Te、Se、S、O；
（5）=反应物总键能之和-生成物键能之和。
28．（2022高二上·通州期中）将捕集的转化合成气可有效实现碳资源的综合充分利用。
方法I：热催化制备合成气：一定条件下用甲烷还原制备合成气。
相关化学键的键能数据
化学键
键能 745 414 1046 436
（1）反应的热化学方程式是：　 　，该反应为　 　(填“吸热”或“放热”)反应。平衡常数表达式　 　。
（2）已知某一温度时，测得某时刻反应混合物中的浓度分别为，则此刻上述反应的平衡移动方向为　 　(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
（3）热力学分析表明时易发生的歧化反应和以上易发生的裂解反应(方程式如下所示)，一段时间后基催化剂的催化效果会明显下降，其原因是　 　。
方法II：加氢备合成气：将原料气与按一定比例在催化剂作用下发生反应a，同时伴随反应b发生，反应方程式如下所示。
反应a：
反应b：
（4）将原料气按置于恒容密闭容器中发生反应，在相同时间内测得平衡时各组分摩尔分数与温度的变化曲线如图所示，则制合成气适宜的温度为　 　。
（5）理论上，能提高平衡转化率的措施有　 　(写出一条即可)。
【答案】（1）+182；吸热；
（2）逆向移动
（3）不同温度下催化剂对CO的歧化反应和甲烷分解反应的催化程度不同
（4）800℃
（5）适当增大氢气在混合物中的比例
【知识点】反应热和焓变；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）断裂旧键需要吸收热量，形成新键会释放热量，根据题干所给化学键的键能可得，该反应为吸热反应，反应的平衡常数的表达式为：，故答案为：+182；吸热；；
（2）某一温度时测得某时刻反应混合物中的浓度分别为，则此时的浓度熵，因为K=1，所以Q>K，则平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆向移动；
（3）CO的歧化反应是放热反应，而甲烷分解反应是吸热反应，一段时间后基催化剂的催化效果会明显下降，其原因是不同温度下催化剂对CO的歧化反应和甲烷分解反应的催化程度不同，故答案为：不同温度下催化剂对CO的歧化反应和甲烷分解反应的催化程度不同；
（4）将原料气按置于恒容密闭容器中发生反应，在相同时间内测得平衡时各组分摩尔分数与温度的变化曲线图示可知，温度800℃时CO的摩尔分数较大，而副反应产生的甲烷的含量较低，则制合成气适宜的温度为800℃，故答案为：800℃；
（5）二氧化碳和氢气在催化剂作用下主要发生反应，增大一种反应物的浓度可以使平衡正向移动，并且使另外一种反应物的转化率增大，所以适当增大氢气的浓度可以提高二氧化碳的平衡转化率，故答案为：适当增大氢气在混合物中的比例。
【分析】（1）利用△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算；化学平衡常数，指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；
（2）通过计算比较Qc与K的大小判断；
（3）依据催化剂有一定的活化温度分析；
（4）依据平衡时各组分摩尔分数与温度的变化曲线判断；
（5）增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低。
29．（2022高二上·成都期中）完成下列问题
（1）保护环境已成为当前和未来的一项全球性重大课题。为解决目前燃料使用过程中的环境污染问题，并缓解能源危机，有专家提出利用太阳能促使燃料循环使用的构想，其原理如图所示。回答下列问题：
①过程Ⅰ发生的反应为反应　 　(填“吸热”或“放热”)，反应过程中能量的主要转化形式为　 　；
②上述转化过程中，△H1+△H2　 　0(填“＞”“＜”或“=”)。
（2）以NH3、CO2为原料生产尿素[CO(NH2)2]的反应历程与能量变化如图所示。回答下列问题：
①以NH3、CO2为原料生产尿素[CO(NH2)2]的热化学方程式为　 　；
②从图像分析该反应分两步进行，则决定生产尿素的总反应速率的步骤是第　 　步反应(填“一”或“二”)。
（3）已知：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-544 kJ/mol的部分键能数据如下表所示：
化学键 N-N O=O N≡N
键能(kJ/mol) 193 497 946
①物质的稳定性O2(g)　 　N2(g)(填“＞”“＜”或“=”)；
②若H2O(l)=H2O(g) △H=+44 kJ/mol，则N2H4(g)的燃烧热为　 　；
③已知：N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+68 kJ/mol，则N2H4(g)和NO2(g)反应生成氮气和水蒸气的热化学方程式为　 　。
【答案】（1）吸热；太阳能(光能)转化为化学能；=
（2）2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2 (s)+H2O(g) △H=Ea1-Ea2+Ea3-Ea4；二
（3）＜；-632 kJ/mol；2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=-1156 kJ/mol
【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】（1）①在过程Ⅰ发生的反应2H2O=2H2+O2的反应吸热反应；
反应过程中在太阳能量作用下H2O分解变为H2、O2，因此其主要转化形式为光能转化为化学能；
②由盖斯定律和能量守恒定律定律可知，△H1=-△H2，所以△H1+△H2=0；
（2）①根据反应热等于反应物活化能与生成物活化能的差，结合盖斯定律可知以NH3、CO2为原料生产尿素[CO(NH2)2]的热化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2 (s)+H2O(g)，△H=Ea1-Ea2+Ea3-Ea4；
②对于多步反应，对总化学反应速率其决定作用的步骤是活化能大的步骤，根据图示可知第二步反应的活化能比较大，因此从图像分析该反应分两步进行，则决定生产尿素的总反应速率的步骤是第二步反应；
（3）①物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。物质分子中键能越大，断裂其需吸收的能量就越多，则该物质的能量就越低，其稳定性就越强。由于键能：O=O＜N≡N，物质含有的能量：O=O＞N≡N，所以物质的稳定性：O2(g)＜N2(g)；
②已知N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-544 kJ/mol，若H2O(l)=H2O(g) △H=+44 kJ/mol，则1 mol N2H4(g)反应产生1 mol N2(g)和2 mol液体水放出热量Q=544 kJ+2×44 kJ=632 kJ，由于燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量，故N2H4(g)的表示燃烧热的热化学方程式为N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=-632 kJ/mol，其燃烧热为-632 kJ/mol；
③已知：(i)N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+68 kJ/mol，结合(ii) N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-544 kJ/mol，则根据盖斯定律，将(ii) ×2-(1)，整理可得N2H4(g)和NO2(g)反应生成氮气和水蒸气的热化学方程式为：2N2H4(g)+2NO2(g)=3 N2(g)+4H2O(g) △H=-1156 kJ/mol。
【分析】（1）①正逆反应吸收或者放出的热量数值相等，但是ΔH的符号相反；依据图中能量转化判断；
②利用盖斯定律和能量守恒定律定律分析；
（2）①根据反应热等于反应物活化能与生成物活化能的差，结合盖斯定律计算；
②依据反应的活化能越高，反应速率越慢，反应进行的程度越小；
（3）①物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。物质分子中键能越大，断裂其需吸收的能量就越多，则该物质的能量就越低，其稳定性就越强；
②燃烧热是101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热；
③根据盖斯定律。
30．（2022高二上·湖南期中）甲醇是重要的化工原料，可以使用多种方法制备甲醇。科学家利用CO或和都能合成甲醇，同时有利于减少二氧化碳的排放。已知在一定温度和压强下，发生如下反应：
（1）则反应 　 　。
（2）利用反应合成甲醇。T℃时向固定容积的密闭容器中充入CO、H2，反应到t时刻测得各组分的浓度如下：
物质
浓度 0.60 0.40 1.20 1.20
如果该反应的平衡常数，比较t时刻正、逆反应速率的大小：v正　 　v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）向1L的恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入一定量CO和，在催化剂的作用下合成甲醇，测得平衡时混合物中的体积分数在不同压强下随温度的变化如图甲所示。(已知时最初充入1mol CO。)
①下列说法正确的是　 　。
A．该反应的
B．反应速率：
C．A、B、C的平衡常数大小：
D．在压强为下，反应经过5min达到B点的平衡状态，则
②D点时反应的平衡常数K=　 　。
（4）T℃时向恒容密闭容器中充入和，发生反应，在使用不同催化剂时，相同时间内测得的转化率随温度的变化如下图所示：
①c点转化率比a点低的原因是　 　。
②下列措施有利于提高转化为的平衡转化率的有　 　。
A．恒容条件下充入稀有气体He
B．在达到平衡后的体系中移出部分甲醇
C．保持反应容器的体积不变，平衡时再按照原投料比投入一定量的原料
D．选择催化效率更高的催化剂
③维持温度足够长时间，则的转化率　 　a(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】（1）-49kJ/mol
（2）大于
（3）CD；112
（4）温度等于或高于，反应已达平衡，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆方向移动，的转化率降低；BC；大于
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；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；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知：① ；
② 。
盖斯定律计算①＋②得则反应 ，故答案为：-49kJ/mol；
（2）如果该反应的平衡常数，该时刻下浓度熵，所以平衡正向移动，比较t时刻正、逆反应速率的大小：v正>v逆，故答案为：大于；
（3）①A.对于反应，增大压强，平衡正向移动，的体积分数增大，由图中可知，的体积分数B点比C点大，C点比D点大，所以该反应的，A不正确；
B．从图中可以看出，A点温度比B点低，则反应速率：，D点压强比B点低，则反应速率：，，B不正确；
C．从图中可以看出，升高温度，的体积分数减小，则，A点温度比B、C点低，B、C点温度相同，所以A、B、C的平衡常数大小：，C正确；
D．因为容器的体积为1L，的体积分数为70％，时最初充入1mol CO，，列出三段式：
％，解得：=0.875，
，D正确；
故答案为：CD。
②因为温度不变平衡常数不变，B、D两点温度相等，所以D点的平衡常数等于B的平衡常数，因为容器的体积为1L，的体积分数为70％，时最初充入1mol CO，，列出三段式：
％，解得：，
，故答案为：112；
（4）①因为a点、c点都是平衡点，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移，所以的转化率降低，故答案为：温度等于或高于，反应已达平衡，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆方向移动，的转化率降低；
②A.恒容条件下充入稀有气体He，平衡不会移动，所以转化为的平衡转化率不变，A不正确；
B．在平衡后的体系中移出部分甲醇，平衡正向移动，的转化率提高，B正确；
C．保持反应容器的体积不变，平衡时再按照原投料比投入一定量的原料，则相当于增大压强，平衡正向移动，转化为的平衡转化率增大，C正确；
D．催化剂不能改变的平衡转化率，D不正确；
故答案为：BC。
③在温度下，经过相同时间，反应还没有达到平衡状态，所以维持温度足够长时间后，反应达到平衡了，则的转化率将会大于a，故答案为：大于。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）计算此时的平衡常数和浓度熵，比较两者相对大小确定反应进行的方向；
（3）①A.增大压强，平衡正向移动，的体积分数增大；
B.温度越高反应速率越快；
C.平衡常数只与温度有关；
D.根据计算；
②列出反应的三段式计算；
（4）①升高温度，平衡逆向移动；
②提高转化为的平衡转化率 ，应使平衡正向移动；
③在温度下，经过相同时间，反应还没有达到平衡状态，维持温度足够长时间后，反应达到平衡。
31．（2022高二上·南阳期中）为了合理利用化学能，确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的焓变，并采取相应措施。
（1）下列变化过程属于吸热反应的是　 　(填序号)。
①浓硫酸稀释②酸碱中和反应③炭在O2中燃烧④煅烧石灰石⑤C与水蒸气反应制取水煤气⑥锌和稀硫酸反应制取H2⑦C还原CO2
（2）①1mol乙烯在氧气中完全燃烧生成气态水过程的能量变化如图所示：
已知：H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ mol-1，则C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1)，的△H=　 　。
②键能是指气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量。已知部分化学键的键能如表所示，通过计算可得x=　 　。
化学键 C=C C－H O=O C=O O－H
键能/(kJ mol-1) x 413 498 799 467
（3）已知反应I：C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) △H1
反应II：C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(1) △H2
反应III：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1) △H3
则△H1+△H2　 　△H3(填“<”“>”或“=”)。
【答案】（1）④⑤⑦
（2）-1392kJ/mol；526
（3）＜
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】（1）①浓硫酸稀释放热；②酸碱中和反应是放热反应；③炭在O2中燃烧是放热反应；④煅烧石灰石属于吸热反应；⑤C与水蒸气反应制取水煤气属于吸热反应；⑥锌和稀硫酸反应制取H2是放热反应；⑦C还原CO2属于吸热反应；
故答案为：④⑤⑦；
（2）①1mol乙烯在氧气中完全燃烧生成气态水过程的能量变化如图所示，则
C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) ΔH＝-1304kJ/mol ⅰ
2H2O(l)=2H2O(g) △H=+88kJ mol-1 ⅱ
依据盖斯定律ⅰ－ⅱ即得到C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1)△H=-1392kJ/mol。
②反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则x+4×413+3×498－2×799－4×467＝－1392，解得x＝526。
（3）已知：
反应I：C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) △H1
反应Ⅱ：C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(1) △H2
反应Ⅲ：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1) △H3
则依据盖斯定律可知反应I+反应Ⅱ－反应Ⅲ得到H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H＝△H1+△H2－△H3＜0，所以△H1+△H2＜△H3。
【分析】（1）放热反应：①可燃物的燃烧；②酸碱中和反应；③大多数化合反应；④金属跟酸的置换反应；⑤物质的缓慢氧化等。吸热反应：①大多数分解反应；②盐的水解和弱电解质的电离；③Ba(OH)2.8H2O与NH4Cl反应；④碳和水蒸气、C和CO2的反应等。
（2）①依据盖斯定律；
②反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值；
（3）依据盖斯定律分析。
32．（2022高二上·湖北期中）填空。
（1）如图(图中物质均为气态)是和反应生成和的过程中能量变化示意图，写出和反应的热化学方程式　 　。
（2）(主要指和)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的是环境保护的重要课题。用水吸收的相关热化学方程式如下：
反应的　 　。
【答案】（1）NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g) ΔH=—234 kJ·mol-1
（2）-136.2
【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】（1）由图可知，二氧化氮与一氧化碳反应生成二氧化碳和一氧化氮的反应为反应物的总能量高于生成物总能量的放热反应，反应的热化学方程式为NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g) ΔH=-234 kJ·mol-1，故答案为：NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g) ΔH=-234 kJ·mol-1；
（2）将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应可得反应③，则反应ΔH==-136.2kJ/mol，故答案为：-136.2。
【分析】（1）由图可知，该反应为放热反应，且ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能；
（2）根据盖斯定律计算。
33．（2022高三上·韶关期中）锰及其化合物在催化剂及金属材料方面有重要的应用。
（1）金属锰常用铝热法由软锰矿还原制得。因铝与软锰矿反应过于激烈，故先将软锰矿加强热使之转变为，然后与铝粉混合高温燃烧，具体反应如下
ⅰ．，ⅱ．　 　。
①写出第ⅱ步反应的化学方程式。
②锰基催化剂可用于催化加氢合成乙烯，其中部分反应历程如图1。则反应的焓变为　 　（列式用字母表示），该反应自发进行的条件是　 　（填“高温”“低温”或“任意温度”）。
（2）EDTA即乙二胺四乙酸，简写为（，），因能与众多金属离子络合而在化学分析与测定中有广泛应用。
①EDTA在水溶液中总共有六级离解平衡，相当于六元酸。室温时其各种存在形式的分布系数随pH值的变化关系如图2所示，下列说法不正确的是（ 　 　）
A．EDTA在水溶液中有七种存在形式
B．室温时，的电离常数
C．向溶液中加入少量NaOH固体，平衡的值增大
D．等浓度的和按体积比约1：9可配成pH≈0的缓冲溶液
②20℃时，测得EDTA溶液中与pH值的关系如图3所示：（其中表示的平衡浓度，表示EDTA除外其它存在形式的浓度之和）
已知EDTA与的络合反应为：，。工业上利用该反应回收水溶液中的Mn2+。数据表明，溶液中的存在会降低EDTA与金属离子的络合能力，试从平衡移动的角度解释原因　 　。化学上常用条件稳定常数来描述金属离子M2+与EDTA络合产物的稳定性，（已知，其中c（Y）表示EDTA所有存在形式的总浓度），现实验室通过将一定浓度的EDTA溶液与0.02mol/L的溶液等体积混合来模拟回收，充分反应后测得溶液pH＝4.2，mol/L，计算此时的条件稳定常数　 　，溶液中剩余的“浓度为　 　。
【答案】（1）；；低温
（2）CD； 会与 与结合生成 及其它存在形式，导致 减小， 平衡逆向移动；； mol/L
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；有关混合物反应的计算；有关反应热的计算；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①根据题干信息可知，Mn3O4与铝粉混合高温燃烧，发生铝热反应生成Mn和氧化铝，反应方程式为 。
②由图可知，热化学方程式CO(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=(a-b)kJ/mol，CO2(g)+3H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=(d-e)kJ/mol，两式相加并乘以2，则可得到 ，其焓变为2（ΔH1+ΔH2）= 。该反应前后气体分子数减小，则ΔS＜0，又该反应的ΔH= ＜0，反应自发进行的条件是ΔG=ΔH-T·ΔS＜0，所以该反应自发进行的条件是低温。
（2）①A.由图可知EDTA在水溶液中有七种存在形式：Y4-、HY3-、H2Y2-、H3Y-、H4Y、H5Y+、H6Y2+，A项不符合题意；
B. H4Y的电离常数K= ，由图可知，当c(H3Y-)=c(H4Y)时，溶液pH约为2，则K= c(H+)≈10-2，B项不符合题意；
C.由图可知，向溶液中加入少量NaOH固体，c(H3Y-)减小，c(Y4-)增大，相较c(OH-)增大幅度不大，所以平衡的 值减小，C项符合题意；
D. 由图可知，pH=0时，H6Y2+和H5Y+的分布分数约为9：1，所以等浓度的H6Y2+和H5Y+按体积比约9：1可配成pH≈0的缓冲溶液，D项符合题意；
故答案选CD。
②溶液中H+的存在，使 会与 与结合生成 及其它存在形式，导致 减小， 平衡逆向移动。溶液pH=4.2时， =8，即 =108，c(Y4-)=10-10mol/L，根据 ， 可知=1014，所以=1014×10-10=104，则 ==106；假设溶液中Mn2+反应的浓度为x，则根据 可知平衡时，解得x=1×10-6mol/L，所以溶液中剩余的Mn2+浓度为1×10-6mol/L。
【分析】（1）①根据制备金属锰的原理进行分析。
②根据盖斯定律结合图像进行计算，反应自发进行的条件是ΔG=ΔH-T·ΔS＜0，据此分析。
（2）①A. 由图可知EDTA在水溶液中存在形式有：Y4-、HY3-、H2Y2-、H3Y-、H4Y、H5Y+、H6Y2+；
B.根据电离平衡常数表达式及图示信息进行分析；
C.向溶液中加入少量NaOH固体，c(H3Y-)减小，c(Y4-)增大，c(OH-)增幅不大；
D. pH=0时，H6Y2+和H5Y+的分布分数约为9：1。
②根据影响化学平衡的因素进行分析。根据化学平衡常数表达式及题干信息进行分析。
34．（2022高二下·张掖期中）乙苯是一种用途广泛的有机原料，可制备多种化工产品。
（1）(一）制备苯乙烯（原理如反应I所示）：
Ⅰ． △H=+124kJ·mol-1
部分化学键的键能如下表所示：
化学键 C-H C-C C=C H-H
键能/ KJ/mol 412 348 X 436
根据反应I的能量变化，计算X=　 　。
（2）工业上，在恒压设备中进行反应I时，常在乙苯蒸气中通入一定量的水蒸气。请用化学平衡理论解释通入水蒸气的原因：　 　。
（3）已知吉布斯自由能△G=△H-T△S ，当△G < 0时反应可自发进行。由此判断反应I在　 　（填“高温”或“低温”）更易自发进行。
（4）(二）制备α-氯乙基苯（原理如反应Ⅱ所示）：
Ⅱ． △H2＞0
T℃时，向10 L恒容密闭容器中充入2mol乙苯(g)和2 mol Cl2(g)发生反应Ⅱ，乙苯（或Cl2)、 α-氯乙基苯（或HCl)的物质的量浓度（c）随时间（t）变化的曲线如图所示：
①0—2 min内，以HCl表示的该反应速率v(HCl)=　 　。
②6 min时，改变的外界条件为　 　，该条件下的平衡常数K的数值=　 　。
③10 min时，保持其他条件不变，再向容器中充入1 mol乙苯、1 mol Cl2、1 molα-氯乙基苯和1mol HCl，则此时该反应v正　 　v逆(填“＞”、“＜”或“=” )；若12 min时反应再次达到平衡，则在0-12 min内，Cl2的转化率α=　 　。(计算结果保留三位有效数字）
【答案】（1）612
（2）该反应正向为气体分子数增大的反应，通入水蒸气需增大容器容积，减小体系压强，平衡正向移动，增大反应物的转化率
（3）高温
（4）0.05 mol L-1 min -1；升高温度；16；V正>V逆；86.7%
【知识点】反应热和焓变；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差，设C=C键能为X，则△H=（5×412+348-3×412-X-436）kJ mol-1=124kJ mol-1，解得X=612kJ/mol；
(2)降低压强，平衡向体积增大的方向移动，制备苯乙烯的正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率；
(3)反应自发进行需要满足，△H-T△S＜0，依据题干条件可知，制备苯乙烯的正反应为气体分子数增大的反应，△S＞0，正反应吸热，△H=+124kJ/mol＞0，所以反应一定是在高温条件下才能自发进行；
(4)①T℃时，向10L恒容密闭容器中充人2mol乙苯（g）和2mol Cl2（g）发生反应Ⅱ，2min时氯化氢的浓度是0.1mol/L，则用氯化氢表示的反应速率是0.1mol/L÷2min＝0.05mol L-1 min -1；
②制备α-氯乙基苯的正反应为吸热反应，反应前后气体的体积不变，6min时，乙苯、Cl2的浓度在减小，而α-氯乙基苯和HCl的浓度在增加，反应向正反应方向移动，只能是升高温度；该温度下达到平衡，依据题干条件可知，c（HCl）=0.16mol/L，n（HCl）=1.6mol，起始时：n（乙苯）=2mol=n(Cl2)，转化的量： n（乙苯）= n（Cl2）=2-1.6=0.4mol，两种生成物的量分别为1.6mol；则平衡后生成n（乙苯）=n(Cl2)=0.4mol，生成物均为1.6mol，反应前后体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则平衡常数为K=；
③10min时，乙苯、Cl2、α-氯乙基苯和 HCl的物质的量浓度分别为：0.02mol/L、0.02mol/L、0.18mol/L、0.18mol/L，平衡常数K=；此时乙苯、Cl2、α-氯乙基苯和 HCl的物质的量浓度比为：1：1：9：9，保持其他条件不变，再向容器中充人1mol 乙苯、1mol Cl2、1mol α-氯乙基苯和1mol HCl，相当于增加反应物的浓度，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率；设转化的乙苯物质的量浓度为x，则起始浓度：c(乙苯)=c(氯气)=0.3mol/L，生成物的浓度均为0.1mol/L，由于各物质的系数均为1，所以，四种物质的变化量和生成量均为x，平衡后反应物剩余浓度为：0.3-x，生成物的浓度为x+0.1，由于反应前后温度不变，所以平衡常数为K==81，得x=0.26，所以氯气的转化率是。
【分析】（1）根据反应热=反应物总键能-生成物总键能计算；
（2）加入水蒸气，容器体积增大，相当于降低压强， 平衡正向移动 ；
（3）该反应的ΔS＞0，ΔH>0；
（4）①根据计算 v(H)；
②6min时，乙苯、Cl2的浓度在减小，而α-氯乙基苯和HCl的浓度在增加，反应向正反应方向移动；根据平衡常数的表达式计算；
③再向容器中充入1mol 乙苯、1mol Cl2、1mol α-氯乙基苯和1mol HCl，相当于增加反应物的浓度，平衡正向移动；根据计算。
35．（2022高一下·东海期中）汽车尾气主要含有一氧化碳、一氧化氮等物质，是造成城市空气污染的主要因素之一。请回答下列问题：
（1）已知汽缸中氮气和氧气反应生成一氧化氮的 量变化值如下图所示，则由该反应生成1 mol NO时，应　 　(填“释放”或“吸收”)　 　kJ能量。
（2）通过NO传感器可监测汽车尾气中NO的含量，其工作原理如图1所示：
①NiO电极上发生的是　 　反应(填“氧化”或“还原”)。
②外电路中，电子流动方向是从　 　电极 向　 　电极(填“NiO”或“Pt”)。
③NiO电极上的电极反应式为　 　。
（3）在恒温恒容的密闭容器中，充入等物质的量的和混合气体，发生如下反应：，t0时达到平衡，测得反应过程中的体积分数与时间的关系如图所示。
①比较大小：a处v正　 　b处v逆(填“>”“<”或“=”)
②CO的平衡转化率为　 　。
③能说明上述反应达到平衡状态的是　 　(填字母)。
A．的浓度与浓度均不再变化 B．混合气体密度保持不变
C．反应容器内压强保持不变 D．和的浓度之比保持不变
【答案】（1）吸收；91.5
（2）氧化；NiO；Pt；
（3）；80%；AC
【知识点】吸热反应和放热反应；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；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)1molN2和1molO2反应生成2molNO，断1molN≡N键吸收945kJ能量、断1molO=O键吸收498kJ能量，生成2molNO中的共价键放出2×630kJ能量，则生成2molNO吸收总能量(945+498-2×630)=183kJ能量，所以生成1 mol NO时，应吸收91.5kJ能量
(2)①NiO电极上NO生成NO2，N元素化合价升高，发生的是氧化。
②NiO电极上NO生成NO2，N元素失电子化合价升高，NiO是负极；Pt电极上氧气得电子生成O2-，Pt电极是正极，外电路中，电子流动方向是从NiO电极 向Pt电极。
③NiO电极上NO失电子生成NO2，电极反应式为。
(3)①随反应进行，反应物浓度降低，正反应速率减慢，a处v正>b处v正；b处反应达到平衡，b处v正=b处v逆，所以a处v正>b处v逆；
②
，，CO的平衡转化率为。
③A．反应达到平衡状态，各物质浓度保持不变，的浓度与浓度均不再变化，说明反应一定达到平衡状态，
故答案为：A；
B．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度保持不变，反应不一定平衡，故不选B；
C．反应前后气体物质的量不同，容器体积不变，压强是变量，反应容器内压强保持不变，反应一定达到平衡状态，
故答案为：C；
D．投料比等于系数比，和的浓度之比是恒量，和的浓度之比保持不变，反应不一定平衡，故不选D；
选AC。
【分析】（1）断键吸收能量，成键释放能量，再根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能计算；
（2）由图可知，NiO电极上NO发生氧化反应生成NO2，则NiO电极为负极，Pt电极为正极，负极上发生氧化反应，正极发生还原反应，原电池工作时电子由负极流向正极；
（3）①a处反应未达到平衡，反应正向进行；
②列出反应的三段式计算；
③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。
36．（2022高二下·杭州期中）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。
请回答：
（1）在C和的反应体系中：
反应1
反应2
反应3
①　 　
②设，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示。图中的线条b对应的是反应　 　。
③一定压强下，随着温度的升高，气体中与的物质的量之比　 　。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
（2）一氧化碳变换反应：。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(已知温度相同时气体压强之比等于浓度之比)：、、和，则反应的平衡常数K的数值为　 　。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使的平衡转化率提高到，则原料气中水蒸气和的物质的量之比为　 　。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中不合适的是　 　。
A．反应温度愈高愈好 B．适当提高反应物压强 C．选择合适的催化剂 D．通入一定量的氮气
④以固体催化剂M催化变换反应，反应历程分两步完成，能量-反应过程如下图所示，写出步骤Ⅱ的反应方程式。
步骤Ⅰ：；
步骤Ⅱ：　 　
从图中可以看出使用催化剂能加快化学反应速率的原因是　 　。
【答案】（1）；1；C
（2）8.0；；AD；；催化剂参与反应降低了反应的活化能
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】(1)①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：，故答案为：；
②反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b；升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c；升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减， y值减小，对应线条a，则线条b对应的是反应1，故答案为：1；
③温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以与物质的量比值减小，故答案为：C；
(2)①该反应平衡常数K=，故答案为：8.0；
②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：
，
则平衡常数K=，解得x=1.2，故水蒸气与CO物质的量之比为，故答案为：；
③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A项正确；
B．适当增大压强，可加快反应速率，B项不正确；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C项不正确；
D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D项正确；
故答案为：AD；
④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2；从图中可以看出使用催化剂能加快化学反应速率的原因是催化剂参与反应降低了反应的活化能，故答案为：；催化剂参与反应降低了反应的活化能。
【分析】（1）利用盖斯定律，根据方程式1和2可以得到反应3的反应热，由图可知，b曲线与温度变化无关，根据反应1可知，熵变=0，可知y= ΔH ，与温度无关
（2）①利用压强与物质的量成正比，将压强带入平衡常数计算公式即可算出平衡常数；②利用CO转化率，列出三段式，算出各物质浓度，利用平衡常数，算出二者比值；③温度过高会影响催化剂活性；冲入氮气，浓度不变，速率不变。④催化剂参与化学反应，降低反应所需要活化能从而加快化学反应速率