2023年高考真题变式分类汇编：燃烧热
一、选择题
1．（2016·海南）油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：
C57H104O6（s）+80O2（g）=57CO2（g）+52H2O（l）
已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ，油酸甘油酯的燃烧热为（ ）
A．3.8×104kJ mol﹣1 B．﹣3.8×104kJ mol﹣1
C．3.4×104kJ mol﹣1 D．﹣3.4×104kJ mol﹣1
2．（2022·唐山模拟）化学与社会环境、科学技术密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．冬奥场馆使用 制冷剂制冰是物理过程
B．王亚平太空授课，将泡腾片(含酒石酸和碳酸氢钠)溶于水，在水球内产生气泡是化学过程
C．火炬“飞扬”使用氢气燃料，表示氢气燃烧热的热化学方程式为
D．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶可发生丁达尔效应
3．（2021·咸阳模拟）已知通过乙醇制取氢气通常有如下两条途径：
a．CH3CH2OH(g)+H2O(g) 4H2(g)+2CO(g) △H1=+256.6kJ·mol-1
b.2CH3CH2OH(g)+O2(g) 6H2(g)+4CO(g) △H2=+27.6kJ·mol-1
则下列说法正确的是（ ）
A．升高a的反应温度，乙醇的转化率增大
B．由b可知：乙醇的燃烧热为13.8 kJ·mol-1
C．对反应b来说，增大O2浓度可使△H2的值增大
D．以上两种途径，制取等量的氢气，无论哪种途径，消耗的能量均相同
4．（2020·陕西模拟）运用有关概念判断下列叙述正确的是 ( )
A．1molH2燃烧放出的热量为H2的燃烧热
B．Na2SO3和H2O2的反应为氧化还原反应
C． 和 互为同系物
D．Fe(OH)3胶体和 FeSO4溶液均能产生丁达尔效应
5．（2020·绍兴模拟）以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制比的过程如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．H2的标准燃烧热△H＜-(△H1+△H2)
B．过程I适当降低反应体系温度，反应更有利
C．过程II中3molFeO(s)的总能量高于1molFe3O4(s)
D．增加铁氧化合物的质量可以显著提高循环制H2的速率
6．（2020·吕梁模拟）下列说法正确的是( )
A．甲烷的标准燃烧热为 ，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
B．已知 ，则在一定条件下向密闭容器中充入 和 充分反应后放出 的热量
C． 石墨转化为 时，放出 的热量 (石墨， )
D．同温同压下， 在光照和点燃条件下的 不同
7．（2020·台州模拟）我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0，在低温下获得较高反应速率，反应过程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．若已知CO和H2的标准燃烧热，由此可推算出该反应的ΔH
B．过程Ⅰ、过程Ⅱ均为吸热过程，且吸收的热量相等
C．在该反应过程中，实际有两个H2O参与反应，断裂了三个氢氧键
D．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH，提高了反应速率
8．（2018·泰州模拟）已知： ①C6H12O6(s)=2C2H5OH(l)+2CO2(g) △H1
②6CO2(g)+6H2O(g)=C6H12O6(s)+6O2 △H2
③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H3
④2CO2(g)+6H2(g)=C2H5OH(l)+3H2O △H4
下列有关说法正确的是（ ）
A．H2的燃烧热为
B．反应①使用催化剂，△H1将减小
C．标准状况下，反应②生成1.12LO2，转移的电子数为0.1×6.02×1023
D．2△H4=△H1+△H2-6△H3
9．（2018·静安模拟）已知C2H2 (g) + O2 (g) → 2CO2 (g) + H2O (g)+1256 kJ，下列说法正确的是（ ）
A．1 份乙炔完全燃烧可放热1256 kJ
B．反应中乙炔做还原剂、被还原
C．乙炔完全燃烧时，生成2 mol液态水，所放热量小于2512 kJ
D．若有10 mol电子发生转移，则需消耗2.5 mol O2
10．（2018·吉林模拟）已知：①CH3OH(g)＋ O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH1=－a kJ·mol－1
②CO(g)＋ O2(g)=CO2(g) ΔH2=－b kJ·mol－1
③H2(g)＋ O2(g)=H2O(g) ΔH3=－c kJ·mol－1
④H2(g)＋ O2(g)=H2O(l) ΔH4=－d kJ·mol－1 下列叙述正确的是（ ）
A．由上述热化学方程式可知ΔH3<ΔH4
B．H2的燃烧热为d kJ·mol－1
C．CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g) ΔH=( a- b-2c)kJ·mol－1
D．当CO和H2的物质的量之比为1∶2时，其完全燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出Q kJ热量，则混合气中CO的物质的量为 mol
11．（2018·河北模拟）根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（ ）
A．图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
B．图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，且溶液导电性：c>b>a
C．图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJ·mol－1
D．由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3＋，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右
12．（2017高二上·武邑期中）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）△H=+49.0kJ mol﹣1
②CH3OH（g）+ O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H=﹣192.9kJ mol﹣1
下列说法正确的是（ ）
A．CH3OH的燃烧热为192.9 kJ mol﹣1
B．反应①中的能量变化如图所示
C．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量
D．根据②推知反应CH3OH（l）+ O2（g）═CO2（g）+2H2（g）的△H＞﹣192.9 kJ mol﹣1
13．（2016·杨浦模拟）由右表提供数据及相关物质结构知识，反应：SiCl4（g）+2H2（g）→Si（s）+4HCl（g），生成1mol晶体硅的热效应是（ ）
化学键 Si﹣Cl H﹣H Si﹣Si H﹣Cl
键能（kJ/mol） 360 436 176 431
A．吸收236KJ B．放出236kJ C．放出116kJ D．吸收116kJ
二、多选题
14．（2020高二上·乐山期末）下列燃烧反应的反应热是燃烧热的是（ ）
A．
B．
C．
D．
15．（2019高一下·泰州期末）下列说法正确的是（ ）
A．任何中和反应生成1molH2O，能量变化均相同
B．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同
C．已知：①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-akJ·mol-l，②2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=-b kJ·mol-1，则a>b.
D．已知：①C（s，石墨）+O2(g)=CO2（g）△H=-393.5kJ·mol-1，②C（s，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.0kJ·mol-1.则C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.5kJ·mol-1。
16．（2022高二上·微山月考）下列热化学方程式中，能表示相应物质的燃烧热的是（ ）
A．
B．
C．
D．
17．（2020高二上·黄岛期中）已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH=+571.6 kJ·mol-1。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的图示与过程如下：
过程Ⅰ：……
过程Ⅱ：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s) ΔH＝+129.2 kJ·mol﹣1
下列说法正确的是（ ）
A．该过程能量转化形式是太阳能→化学能→热能
B．过程Ⅰ热化学方程式为：Fe3O4(s)=3FeO(s)+ O2(g) ΔH=﹣156.6 kJ·mol﹣1
C．氢气的摩尔燃烧焓为ΔH=﹣285.8 kJ·mol﹣1
D．铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
18．（2015高二下·汕头期中）一些烷烃的燃烧热（kJ mol﹣1）如表：
化合物 燃烧热 化合物 燃烧热
甲烷 891.0 正丁烷 2878.0
乙烷 1560.8 异丁烷 2869.6
丙烷 2221.5 2﹣甲基丁烷 3531.3
下列表达正确的是（ ）
A．热稳定性：正丁烷＞异丁烷
B．乙烷燃烧的热化学方程式为：2C2H6（g）+7O2（g）→4CO2（g）+6H2O（g）△H=﹣1560.8kJ mol﹣1
C．正戊烷的燃烧热大约在3540kJ mol﹣1左右
D．相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多
三、非选择题
19．（2022·河北）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。
（1）时，燃烧生成)放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为 。
（2）工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列操作中，能提高平衡转化率的是 (填标号)。
A．增加用量 B．恒温恒压下通入惰性气体
C．移除 D．加入催化剂
②恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数 (写出含有α、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为 (结果保留两位有效数字)。
（3）氢氧燃料电池中氢气在 (填“正”或“负”)极发生反应。
（4）在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为 。
（5）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→ (用等代号表示)。
20．（2022·海南）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
（1）已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓) 。
（2）已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2) 。
②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为 ，反应温度t约为 ℃。
（3）在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。
催化剂 t=350℃ t=400℃
催化剂Ⅰ 10.8 12722 345.2 42780
催化剂Ⅱ 9.2 10775 34 38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为 ；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是 。
21．（2023·保定模拟）我国要在2060年实现碳中和的目标，的资源化对于实现碳中和具有重要意义。回答下列问题：
（1）与重整生成和CO的反应为 kJ mol
①已知
物质
标准燃烧热(kJ mol) -285.8 -283.0
则表示燃烧热的热化学方程式为 。
②在恒温恒容装置中通入等体积和，发生上述反应，起始压强为p，的平衡转化率为α，达平衡时，容器内总压强为 ，该反应的平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（2）利用和合成乙烯： 。
①上述反应的Arrhenius经验公式实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应的活化能 kJ mol。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是 。
②在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比对平衡转化率的影响如图所示。则 0(填“>”或 “<”，下同)；a 3；M、N两点的反应速率 。
③常压某温度下，按(总物质的量为4a mol)的投料比充入密闭容器中发生反应。随时间(t)的变化趋势如图中曲线A所示。其它条件相同，若将容器的体积改为原来的一半，时刻随时间(t)的变化趋势曲线为 (填B、C或D)。
22．（2022·河南模拟）CO2资源化是实现“双碳”目标的重要途径。
方法1：化学还原CO2制备CH3CH2OH。
已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1=-484.0kJ·mol-1
②C2H5OH(g)完全燃烧的能量变化如图所示。
（1）根据上述数据， (填“能”或“不能”)计算C2H5OH(g)的燃烧热。
（2）2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g) ΔH= kJ·mol-1
（3）在恒温恒容条件下，发生反应2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g)，下列情况表明反应达到平衡状态的是____(填标号)。
A．混合气体密度保持不变 B．气体总压强保持不变
C．气体平均摩尔质量保持不变 D．产物浓度之比保持不变
（4）在容积相同、起始温度相同的甲、乙两个容器中都充入1molCO2(g)、3molH2(g)，发生反应2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g)，在不同条件下达到平衡，如下表所示：
容器 甲 乙
条件 恒温、恒容 绝热、恒容
平衡常数K K甲 K乙
达到平衡时所用时间/min t甲 t乙
则K甲 (填“＞”、“＜”或“=”，下同)K乙；t甲 t乙。
（5）在一定温度下，向容积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2(g)、xmolH2(g)，发生反应2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g)，测得平衡体系中，C2H5OH(g)的体积分数φ与x的关系如图所示。
在m、n、p点中，CO2的转化率最大的是 (填字母)点。在该温度下，平衡常数K为 。
（6）用电解法可将CO2转化为多种原料，原理如图。若铜电极上只产生C2H4和CO气体，写出产生C2H4的电极反应式 ；电解后溶液pH (填“变大”、“变小”或“不变”)(忽略溶液体积的变化)。
23．（2022·平江模拟）绿色能源是未来能源发展的重要方向，氢能是重要的绿色能源。
（1）氢气是一种环保的气体，不会污染大气且热值高。相关化学键的键能表示如表：
化学键 O=O H—H O—H
键能E/(kJ·mol-1) a b c
则氢气燃烧热的△H= kJ/mol(用含a、b、c代数式表示)
（2）催化制氢是目前大规模制取氢气的方法之一：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.2kJ·mol-1。在T1℃时，将0.10molCO与0.40molH2O充入5L的容器中，反应平衡后H2的物质的量分数x(H2)=0.08。
①反应平衡常数K= 。(结果保留2位有效数字)
②保持K不变，提高CO平衡转化率措施有： 。(任意一条)
③由T1℃时上述实验数据计算得到v正～x(CO)和v逆～x(H2)的关系可用如图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为 。(填字母)
④研究表明，CO催化变换反应的速率方程为：v=k[x(CO) x(H2O)-]，式中，x(CO)、x(H2O)、x(CO2)、x(H2)分别表示相应的物质的量分数，KP为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。温度升高时，CO催化变换反应的KP (填“增大”或“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T＞Tm时v逐渐减小的原因是 。
（3）氨电解法制氢气
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。阳极的电极反应式为 。
24．（2022·济南模拟）以 、 为原料制备合成气( 、 )，发生的反应如下：
主反应a：
副反应b：
副反应c：
已知：主反应选择性指发生主反应所消耗的 在全部所消耗的 中占有的比例。
回答下列问题：
（1） 和 的燃烧热分别为 、 ，则CO的燃烧热为 。
（2）在同一固相催化剂和 下，研究不同温度， 投料比对 平衡转化率及 体积分数的影响，数据如图所示。
①反应c的 0(填“大于”、“等于”或“小于”)。
②在该催化剂作用下， 投料比为2， 时主反应a的选择性为60%，则体系达平衡后 的体积分数为 %(保留到小数点后一位)。
③根据图像，选择合成体系适宜的反应条件为 ，原因是 ；相同温度下，随着 投料比增加，主反应的反应速率先加快后减慢，导致主反应的反应速率减慢的主要原因可能是 。
25．（2022·安徽模拟）2022年北京冬奥会首次采用氢能作为火炬燃料，体现绿色奥运理念。工业上利用天然气制备氢气，还能得到乙烯、乙炔等化工产品，有关反应原理如下：
反应1：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH1
反应2：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH2
请回答下列问题：
（1）已知几种物质的燃烧热(ΔH)数据如下：
物质 CH4(g) C2H2(g) C2H4(g) H2(g)
燃烧热(ΔH)/(kJ/mol) -890.3 -1299.5 -1411.0 -285.8
①写出表示C2H2(g)燃烧热的热化学方程式： 。
②上述反应中，ΔH1-ΔH2= kJ·mol-1。
③已知反应1的ΔS=+220.2 J·mol-1·K-1，则下列所给温度能使该反应自发进行的是 (填标号)。
A.0℃ B.25℃ C.1250℃ D.2 000℃
（2）在恒温恒容密闭容器中充入适量CH4发生上述反应1和反应2，下列情况不能说明上述反应达到平衡状态的是____(填字母)。
A．气体总压强不随时间变化
B．气体密度不随时间变化
C．气体平均摩尔质量不随时间变化
D．H2体积分数不随时间变化
（3）2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的速率方程为v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H2)·c3(H2)(k正、k逆为正、逆反应速率常数，与温度有关)。其他条件相同，T1℃达到平衡时k正=1.5k逆，T2℃达到平衡时k正=3. 0k逆。由此推知，T1 T2(填“＞”“＜”或“=”)。
（4）一定温度下，在总压强保持恒定为121 kPa时，向某密闭容器中充入CH4和N2组成的混合气体( N2不参与反应)，测得CH4的平衡转化率与通入气体中CH4的物质的量分数的关系如图所示。
①图中随着通入气体中CH4的物质的量分数的增大，甲烷的平衡转化率降低的主要原因是 。
②已知M点乙炔的选择性为75% [乙炔的选择性=×100%]。该温度下，反应2的平衡常数Kp= kPa(结果保留2位有效数字，Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
26．（2021·南昌模拟）“化学链燃烧技术”可以提高燃料的燃烧效率，其基本原理是借助载氧剂(如金属氧化物等)将燃料与空气直接接触的传统燃烧反应分解为几个气固反应，燃料与空气不用接触，由载氧剂将空气中的氧气传递给燃料。回答下列问题：
（1）CH4用NiO作载氧体的化学链燃烧示意图如下：
主要热化学反应如下：
I.2Ni(s)+O2(g)=2NiO(s) H=-479.8kJ mol-1
II.CH4(g)+4NiO(s)=CO2(g)+2H2O(l)+4Ni(s) H=+68.9kJ mol-1
①CH4的燃烧热是 。
②与直接燃烧CH4相比“化学链燃烧”的优点为 。
a.燃烧等质量的CH4，放出的热量多
b.有利用于二氧化碳的分离与回收
c.燃烧等质量的CH4，消耗的O2少
（2）用FeO作载氧剂部分反应的lgKp与温度的关系如图所示。［已知：平衡常数Kp是用平衡分压(平衡分压=总压x物质的量分数)代替平衡浓度］
①R点对应温度下向某恒容密闭容器中通入1.0molCO和0.2molCO2，并加入足量的FeO，只发生反应a：CO(g)+FeO(s)=CO2(g)+Fe(s)，则CO的平衡转化率为 。
②若某恒容密闭容器中只发生反应b和c，平衡时对应上图中Q处时，容器中气体分压p(X)间应满足的关系是 。
（3）在T℃下，向某恒容密闭容器中加入1molCH4(g)和足量的FeO(s)进行反应：CH4(g)+4FeO(s) 4Fe(s)+2H2O(g)+CO2(g)。反应起始时压强为Po，达到平衡状态时容器的气体压强是起始压强的2倍。
①T℃下该反应的Kp= 。
②其他条件不变，若将该容器改为恒压密闭容器，则此时CH4的平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）利用电解装置可实现CH4和CO2两种分子的耦合转化其原理如图所示。
①写出生成乙烯的电极反应式为： 。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为1：2，则消耗的CH4和CO2体积比为 。
27．（2019高三下·湖南模拟）本题为《化学反应原理》（选修4）选做题，每空2分，共20分。
（1）天然气的主要成分是CH4。
①CH4燃烧反应中，反应物的总能量 生成物的总能量（填“>”、“<”或“=”）。
②已知CH4（g）的燃烧热为890.3kJ·mol-1，甲烷完全燃烧的热化学方程式为 。
（2）NH4Cl溶液呈 （填“酸性”、“碱性”或“中性”)，其中离子浓度满足：c（ ）+c（H+）=c（Cl-）+ 。
（3）一定温度和压强下，可逆反应N2（g）+3H2(g） 2NH3(g)在密闭容器中达到平衡，请回答下列问题：
①若移出部分NH3，则正反应速率 （填“增大”或“减小）。
②若正反应为放热反应，则降低温度，平衡向 （填“正反应“或“逆反应”）方向移动。
③若压缩容器容积，反应的平衡常数 （填字母代号）。
A.增大B.减小C.不变
（4）铁是重要的金属材料，工业上还用作电极材料。
①钢铁在潮湿的空气中易腐蚀，当生铁表面吸附的水膜酸性很强时，主要发生的是 （填字母代号）。
A.吸氧腐蚀B.析氢腐蚀C.化学腐蚀
②铁在工业电解食盐水中用作电极，电解时，铁电极与电源 （填“正”或“负）极相连，阳极的电极反应式是 。
28．（2018·甘肃模拟）能源是人类共同关注的重要问题。页岩气是从页岩层中开采出来的一种非常重要的天然气资源，页岩气的主要成分是甲烷，是公认的洁净能源。
（1）页岩气不仅能用作燃料，还可用于生产合成气(CO和H2)。CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应 CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1
已知：①CH4、H2、CO 的燃烧热（△H）分别为-a kJ mol-1、-b kJ mol-1、-c kJ mol-1；
②H2O (l) =H2O(g)； △H=+dkJ mol-1
则△H1= （用含字母a、
B、
C、d的代数式表示）kJ mol-1。
（2）用合成气生成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H2，在10L恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所示，200℃时n(H2)随时间的变化如下表所示：
t/min 0 1 3 5
n(H2)/mol 8.0 5.4 4.0 4.0
①△H2 (填“>”“<”或“ = ”)0。
②下列说法正确的是 (填标号）。
a.温度越高，该反应的平衡常数越大
b.达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高
c.容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度
d.图中压强p1
④ 200℃时，该反应的平衡常数K = 。向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，则化学平衡 (填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
（3）甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池。标准状况下通入5.6 L甲烷，测得电路中转移1.2 mol电子，则甲烷的利用率为 。
29．（2018·银川模拟）中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，如图所示。
物质 燃烧热（kJ/mol）
氢气 285.8
甲烷 890.3
乙烯 1411.5
（1）已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式 。
（2）在400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mol CH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0 %。则在该温度下，其平衡常数K= 。按化学平衡移动原理，在图(a)中画出该反应的平衡转化率与温度及压强(p1>p2)的关系曲线。
（3）在制备C2H4时，通常存在副反应：2CH4(g) C2H6(g) +H2(g)。在常温下，向体积为1L的恒容反应器中充入1molCH4，然后不断升高温度，得到图(b)。
①在200℃时，测出乙烷的量比乙烯多的主要原因是 。
②在600℃后，乙烯的体积分数减少的主要原因是 。
（4）工业上常采用除杂效率高的吸收-电解联合法，除去天然气中的杂质气体H2S，并转化为可回收利用的单质硫，其装置如下图所示。
通电前，先通入一段时间含H2S的甲烷气，使部分NaOH吸收H2S转化为Na2S，再接通电源，继续通入含杂质的甲烷气，并控制好通气速率。装置中右端碳棒为 极，左端碳棒上的电极反应为 ，右池中的c(NaOH)：c(Na2S) (填“增大”、“基本不变”或“减小)。
30．（2016·成武模拟）NO能引起光化学烟雾，破坏臭氧层．处理NO有多种方法，根据题意回答下列问题：
Ⅰ．利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：
2NO（g）+2CO（g） 2CO2（g）+N2（g）△H=﹣748kJ/mol
为了测定某催化剂作用下的反应速率，在一定温度下，向某恒容密闭容器中充入等物质的量的NO和CO发生上述反应．用气体传感器测得不同时间NO浓度如表：
时间（s） 0 1 2 3 4 …
c（NO）/mol L﹣1 1.00×10﹣3 4.00×10﹣4 1.70×10﹣4 1.00×10﹣4 1.00×10﹣4 …
（1）前2s内的平均反应速率υ（N2）= （保留3位有效数字，下同）；计算此温度下该反应的K= ．
（2）达到平衡时，下列措施能提高NO转化率的是 ．（填字母序号）
A．选用更有效的催化剂 B．降低反应体系的温度
C．充入氩气使容器内压强增大 D．充入CO使容器内压强增大
（3）已知N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ/mol；则CO的燃烧热为 ．
（4）Ⅱ．臭氧也可用于处理NO．
O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，每生成1mol的HNO3转移 mol电子．
（5）O3可由电解稀硫酸制得，原理如图．图中阴极为 （填“A”或“B”），阳极（惰性电极）的电极反应式为 ．
31．（2022高三上·武昌期末）化学反应与能量变化是化学家研究的永恒话题。回答下列问题：
（1）氢气是一种理想的绿色能源。在下，氢气完全燃烧生成液态水放出的热量。表示氢气燃烧热的热化学方程式为 。
（2）一定温度、催化剂条件下，向容积为的恒容密闭容器中充入和，发生反应，起始压强为。末反应达到平衡，此时容器内压强变为起始时的。
①判断该反应达到平衡状态的标志是 (填标号)。
a.浓度之比为2∶2∶2∶1
b.容器内气体的压强不变
c.容器内混合气体的密度保持不变
d.容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变
e.的生成速率和的生成速率相等
②的平均反应速率为 。该反应的压强平衡常数 (用分压代替浓度计算，分压=总压×物质的量分数。用含的代数式表示)。
③若在相同时间内测得的转化率随温度的变化曲线如图甲所示，的转化率在之间下降由缓到急的原因是 。
（3）有机物的电化学合成是目前研究的热点之一。我国学者利用双膜三室电解法合成了，该方法的优点是能耗低、原料利用率高，同时能得到高利用价值的副产品，其工作原理如图乙所示。
①气体X为 ，膜Ⅰ适合选用 (填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。
②稳定工作时溶液的浓度 (填“增大”“减小”“不变”“无法判断”)。
③若制得，饱和食盐水质量减小 g。
32．（2022高一下·南开期末）依据事实，写出下列反应的热化学方程式：
（1）1mol的与适量的反应生成，放出92.2kJ热量。 。
（2）其他相关数据如下表：
1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量 436 230 369
写出1mol和1mol化合时的热化学方程式： 。
（3）已知ag乙烯气体充分燃烧时生成1mol和液态水，放出bkJ的热量，则表示乙烯燃烧热的热化学方程式为： 。
（4）已知CO(g)和的燃烧热分别为283.0kJ/mol和726.5kJ/mol。请写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： 。
33．（2021高二上·河东期末）已知：
①H2O(g)=H2(g)+O2(g)ΔH=+241.8kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH=-110.5kJ/mol
③C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol
请填写下列空白。
（1）上述反应中属于吸热反应的是 (填序号)。
（2）表示C的燃烧热的热化学方程式为 (填序号)。
（3）10gH2完全燃烧生成水蒸气，放出的热量为 kJ。
（4）写出CO燃烧的热化学方程式： 。
（5）FeS2焙烧产生的可用于制硫酸。已知、时：
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H1=-197kJ mol-1
H2O(g)H2O(l) H2=-44kJ mol-1
2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)= 2H2SO4(l) H3=-545kJ mol-1
则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是 。
34．（2021高二上·石家庄期末）化学反应中均伴随有能量变化。
（1）下列反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量的为____(填选项字母)。
A．Na与水反应 B．甲烷的燃烧反应
C．CaCO3受热分解 D．锌与盐酸反应
（2）已知25℃时，相关物质的相对能量如表所示；
物质 H2(g) O2(g) H2O(g) H2O(l)
相对能量(kJ·mol-1) 0 0 -242 -286
①表示H2(g)燃烧热的热化学方程为 。
②0.5molH2O(g)转化为H2O(l)需要 (填“吸收”或“放出”) kJ的热量。
（3）已知：
Ⅰ.2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221kJ·mol-1
Ⅱ.C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ·mol-1
根据盖斯定律计算CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H= kJ·mol-1。
35．（2021高二上·湖北期末）“氢能”将是未来最理想的新能源。
（1）实验测得，氢气燃烧生成液态水时放出热量，则氢气燃烧的热化学方程式为 。
（2）已知：和键的键能分别为和，，则：
（3）某化学家根据“原子经济”的思想，设计了如下制备的反应步骤：
①
②
③ +
④
请根据“原子经济”的思想完成上述步骤③的化学方程式： ；根据“绿色化学”的思想评估该方法制的主要缺点： 。
（4）在固态金属氧化物电解池中，高温电解混合气体是制备和的一种新能源利用方式，基本原理如图所示。
①X是电源的 极。
②阴极的反应式有：和 。
③阴、阳两极产生的气体的物质的量之比为 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量．燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量3.8×104kJ，则1kg该化合物的物质的量为 ，则油酸甘油酯的燃烧热△H=﹣ =﹣3.4×104kJ mol﹣1，
故选D．
【分析】C57H104O6的相对分子质量为884，已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ，可首先计算1kg该化合物的物质的量，则计算1mol该化合物燃烧放出的热量，进而计算燃烧热．本题为2016年海南高考题，考查燃烧热的计算，侧重考查学生的分析、计算能力，解答本题要注意相对分子质量的计算，注意相关计算公式的运用，难度不大．
2．【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；燃烧热；热化学方程式；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．使用二氧化碳制冷剂制冰时，水由液态转化为固态，没有新物质生成，属于物理变化，A不符合题意；
B．泡腾片中含有碳酸氢钠、酒石酸，二者反应放出二氧化碳，是化学变化，B不符合题意；
C．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，题给热化学方程式H2的化学计量数应为1，且H的稳定氧化物应为H2O(l)，C符合题意；
D．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.物理变化过程中没有新物质生成，化学变化过程中生成新物质；
C.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量；
D.雾霾属于胶体。
3．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；常见能量的转化及运用；燃烧热
【解析】【解答】A．a为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则乙醇的转化率增大，A符合题意；
B．燃烧热指101kPa，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的能量，应生成液态水、二氧化碳，B不符合题意；
C．焓变与增大氧气浓度没有关系，只与反应物的总能量和生成物的总能量有关，C不符合题意；
D．由热化学方程式可知生成1mol氢气，a吸收 kJ、b吸收 kJ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题考查化学反应与能量变化，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关概念的理解。选项C是易错点，注意焓变只与反应物的总能量和生成物的总能量相对大小以及键能有关，改变反应物浓度可以改变转化率，实际吸收或放出的能量会发生变化，但焓变是不变的
4．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；燃烧热；同系物；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 1molH2完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为H2的燃烧热，故A不符合题意
B.亚硫酸钠具有还原性，过氧化氢具有氧化性，能发生氧化还原反应，故B符合题意
C.一个为酚类、一个为醇类，故不是同系物，故C不符合题意
D.丁达尔效应是胶体独有的性质，溶液不能发生丁达尔效应，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】易错项C同系物：结构相似，分子式相差1个或n个-CH2-
5．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；燃烧热；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．根据图示，过程Ⅰ的热反应方程式为：Fe3O4(s) = 3FeO(s) + O2(g) ΔH1；过程Ⅱ的热反应方程式为：3FeO(s)+H2O(g) = Fe3O4(s)+ H2(g) ΔH2；根据盖斯定律：-(过程Ⅰ+过程Ⅱ) 可得：H2(g) + O2(g)= H2O(g) ΔH3= (ΔH1+ΔH2)；H2的标准燃烧热为生成液态水时放出的热量，由气态水变为液态水放热，放出的热量越多，焓变越小，则ΔH＜ΔH3，即ΔH＜ (ΔH1+ΔH2)，故A符合题意；
B．过程Ⅰ适当降低反应体系温度，反应速率变慢，生产效率降低，故B不符合题意；
C．根据图示，由过程Ⅱ中无法比较3molFeO(s)的总能量与1mol Fe3O4(s)的高低，实际上1mol Fe3O4原子数目更多，总能量更高，故C不符合题意；
D．铁氧化物为固体，增加铁氧化合物的质量，没有改变反应物的浓度，不能显著提高循环制H2的速率，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据盖斯定律计算出生成水蒸气的焓变，但是标准燃烧热是生成液态水的焓变，气态到液态要放热
B.温度降低，速率降低，产率下降
C.图中未给出数据
D.固体的量不影响速率
6．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】A.燃烧热中水的状态应为H2O(l)，而方程式中为H2O(g)，A不符合题意；
B.在一定条件下向密闭容器中充入0.5 molN2(g)和1.5 mol H2(g)，即便强调充分反应，但该反应是典型的可逆反应，故放出的热量小于46.2 kJ，B不符合题意；
C. 石墨转化为 时，放出 的热量，则2molC转化为CO，放出的热量为221kJ，C符合题意；
D.焓变只与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与反应条件无关，则光照和点燃条件的△H相同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据燃烧热的概念即可判断。应该是稳定化合物
B.可逆反应不能完全反应
C.根据给出的数据即可计算出焓变，即可写出热化学方程式
D.反应的焓变与过程无关，只与起始和最终状态有关
7．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A. 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，其中C→CO2(g)，H→H2O(l)，因此写出的CO和H2的标准燃烧热的热化学方程式中不含有H2O(g)，因此无法推算出该反应的ΔH，故A不符合题意；
B. 反应过程中断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，过程I、II都有化学键的断裂，所以都为吸热过程，但是过程I还包括CO的吸附过程，存在热量变化，因此过程I、II吸收的热量不相等，故B不符合题意；
C. 根据图知，过程Ⅰ和过程Ⅱ分别有一个水分子中的氢氧键断裂，过程Ⅲ断裂一个氢氧键，同时形成一个氢氧键，并生成一个水分子，所以在该反应过程中，实际有两个H2O参与反应，断裂了三个氢氧键，故C符合题意；
D. 使用催化剂可以降低该反应的活化能，提高反应速率，但不改变焓变，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)，燃烧反应为放热反应，在用文字叙述燃烧热时用正值，用ΔH表示时带负号。
8．【答案】D
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A.根据③2H2O(g)=2H2(g)+ O2(g) △H3，则2molH2完全燃烧生成液态水放出的热量大于△H3，所以氢气的燃烧热大于 ，选项A不符合题意；
B、催化剂不能改变反应的焓变，选项B不符合题意；
C、反应②每生成6molO2转化24mol电子 ，则标准状况下，反应②生成1.12LO2，转移的电子数为0.2×6.02×1023，选项C不符合题意；
D、根据盖斯定律，由①+②-6 ③得反应4CO2(g)+12H2(g)=2C2H5OH(l)+6H2O，则2△H4=△H1+△H2-6△H3，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据燃烧热的定义和盖斯定律进行分析判断即可。
9．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；燃烧热
【解析】【解答】A. 应是1 mol乙炔完全燃烧生成二氧化碳气体和水蒸气可放热1256 kJ，选项A不符合题意；
B、反应中乙炔做还原剂、被氧化，选项B不符合题意；
C、气态水变为液态水放热，若生成2mol液态水，所放热量大于2512 kJ，选项C不符合题意；
D、依据反应化学方程式可知消耗2.5mol氧气，电子转移为10mol，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据燃烧热的定义进行判断；
B.氧化还原反应中还原剂被氧化；
C.生成液态水比生成气态水放出的热量多；
D.根据氧化还原方程式进行计算。
10．【答案】B
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．气态水到液态水继续放热，所以d＞c，ΔH3＞ΔH4 ，故A不符合题意；
B.燃烧热应生成稳定氧化物，应该是液态水，燃烧热为d kJ·mol－1，故B符合题意；
C.根据盖斯定律，CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)，由①－②－③×2得到：CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g) ΔH=(b＋2c－a)kJ·mol－1，故C不符合题意；
D.设CO和H2物质的量分别为n、2n，则CO放出的热量是nb，氢气放出的热量是2nd，即nb＋2nd=Q，解得n= Q /(b＋2d)mol，则该混合物中CO的物质的量为Q /(b＋2d)mol，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据盖斯定律计算反应热、书写热化学方程式，结合燃烧热的定义和反应热与物质状态的关系进行分析即可。
11．【答案】B
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】A、体积为10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1CH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)，A正确；
B、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：c
D、除去CuSO4溶液中的Fe3＋，向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，铁离子水解完全转化为氢氧化铁沉淀，可以除去CuSO4溶液中的Fe3＋，D正确
答案选B。
【分析】A，根据质子守恒分析；
B，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小；
C，根据燃烧热的定义求解；
D，铁离子水解完全转化为氢氧化铁沉淀；
12．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】A、反应②生成氢气，不符合燃烧热的概念，A不符合题意；
B、图中表示的是放热反应，而反应①是吸热反应，图象不符合，B不符合题意；
C、据反应①②可知，CH3OH转变成H2的过程不一定要吸收能量，C不符合题意；
D、反应②气态甲醇反应生成二氧化碳和氢气的焓变是﹣192.9kJ/mol；而1 mol液态 CH3OH充分燃烧生成二氧化碳和水放出的热量小于192.9 kJ，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成稳定氧化物时所放出的热量；
B．反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
C．由题干可知，转化过程可以吸收热量，也可以放出热量；
D．可直接根据盖斯定律进行确定即可。
13．【答案】A
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】解：反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和，则该反应的焓变△H=360kJ/mol×4+436kJ/mol×2﹣176kJ/mol×2﹣431kJ/mol×4=+236kJ/mol，即：生成1mol晶体硅需要吸收236kJ的热量，
故选A．
【分析】化学反应方程式中的反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和；在硅晶体中每个硅原子和其它4个硅原子形成4个共价键，所以每个硅原子含有2个共价键，据此列式计算．
14．【答案】A,B
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】A．S的稳定氧化物为气态的SO2，符合燃烧热的定义，故A符合题意；
B．C的稳定氧化物为气态的CO2，符合燃烧热的定义，故B符合题意；
C．气态水不是最稳定状态，应生成液态水，故C不符合题意；
D．硫化氢燃烧生成的稳定氧化物为液态水和气态二氧化硫，故D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】根据燃烧热的定义即可判断
15．【答案】B,D
【知识点】燃烧热；中和热；反应热的大小比较
【解析】【解答】A、中和热是稀的强酸和稀的强碱发生中和反应生成1molH2O(l)时，放出的热量，且发生的反应只能是H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)，即任何中和反应生成1molH2O，能量的变化可能相同，也可能不相同，故A不符合题意；
B、△H只与始态和终态有关，与反应条件无关，故B符合题意；
C、水蒸气变为液态水是放热过程，即a
故答案为：BD。
【分析】A.中和热是指在稀溶液中强酸与强碱反应只生成可溶性的盐和水的反应放出的热量；
B.焓变与反应条件无关；
C.焓变带有正负号，放出的热量越大焓变越小；
D.根据盖斯定律进行计算。
16．【答案】B,C
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】A.该反应中C燃烧生成CO(g)，不能表示C的燃烧热，A不符合题意；
B.该热化学方程式可表示C燃烧热，B符合题意；
C.该热化学方程式可表示H2燃烧热，C符合题意；
D.该热化学方程式中氢元素的对应产物为H2(g)，不能表示CH3OH燃烧热，D不符合题意；
故答案为：BC
【分析】燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量；碳元素的指定产物为CO2(g)、氢元素的指定产物为H2O(l)。据此结合选项所给热化学方程式进行分析即可。
17．【答案】C,D
【知识点】化学反应中能量的转化；燃烧热；热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．过程Ⅰ中Fe3O4分解变为FeO、O2，该反应为吸热反应，过程II发生的反应也是吸热反应，因此不存在化学能→热能的过程，A不符合题意；
B．已知反应①2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571.0 kJ/mol和反应②2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)△H=+313.2 kJ/mol，根据盖斯定律，将①× -②，整理可得：Fe3O4(s)=3FeO(s)+ O2(g) ΔH=+156.6 kJ·mol-1，B不符合题意；
C．由2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH=+571.6 kJ·mol-1可知2 mol H2完全燃烧产生2 mol液态水，放出571.6 kJ的热量，则1 mol H2完全燃烧产生1 mol液态水，放出285.8 kJ的热量，故氢气的摩尔燃烧焓为ΔH=﹣285.8 kJ·mol-1，C符合题意；
D．过程II为3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)，产物中，氢气为气体，而Fe3O4为固体，故铁氧化合物循环制H2的产物易分离，且由于利用太阳能，故成本低，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．过程中不存在化学能→热能的过程；
B．根据盖斯定律计算；
C．燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
D．根据产物氢气为气体，Fe3O4为固体分析。
18．【答案】C,D
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】解：A、由表格中的数据可知，异丁烷的燃烧热比正丁烷的燃烧热小，则异丁烷的能量低，即热稳定性为正丁烷＜异丁烷，故A错误；
B、根据乙烷燃烧热的含义：完全燃烧1mol乙烷生成二氧化碳和液态水时会放出1560.8KJ的热量，所以热化学方程式为2C2H6（g）+7O2（g）=4CO2（g）+6H2O（l）；△H=﹣3121.6kJ/mol，故B错误；
C、正戊烷和2﹣甲基丁烷互为同分异构体，由表格中正丁烷、异丁烷的燃烧热比较可知，则互为同分异构体的化合物，支链多的燃烧热小，则正丁烷的燃烧热大于2﹣甲基丁烷，即正戊烷的燃烧热大约在3540KJ/mol左右，且大于3531.3KJ/mol，故C正确；
D、相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放热越多，燃烧放出的热量越多，故D正确．
故选CD．
【分析】A、物质具有的能量越低越稳定；
B、正丁烷的燃烧热和其同分异构体的燃烧热相近，比含有支链的同分异构体高点，以此来分析正戊烷的燃烧热；
C、乙烷的燃烧热为1560.8KJ/mol，说明完全燃烧1mol乙烷生成二氧化碳和液态水时会放出1560.8KJ的热量；
D、相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多．
19．【答案】（1）H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1
（2）BC；；43%
（3）负
（4）CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=n CO2+(n+1) H2O
（5）abehj
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ，则1molH2燃烧生成H2O(g)放热=242kJ，用热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(g) H1= -242 kJ mol-1①，又因为1 mol H2O(1)蒸发吸热44kJ，则H2O(g)= H2O(l) H2= -44 kJ mol-1②，根据盖斯定律可知，表示H2燃烧热的反应热为 H=H1+H2= -286 kJ mol-1，故答案为：H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1；
（2）①A．增加CH4 (g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不正确；
B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B正确；
C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C正确；
D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不正确；
综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC；
②恒温恒压条件下，1 mol CH4 (g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时，CH4 (g)的转化率为α，CO2 (g)的物质的量为b mol，则转化的CH4 (g)为α mol，剩余的CH4 (g)为(1-α)mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b)mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数Kx=；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，α=0.90，b =0.65，则平衡时，CH4 (g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65 )mol=3.45mol，H2(g)的物质的量为(3α+b )mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2α+6 )mol=7.8mol，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为；
（3）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，因此氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；
（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=nCO2+(n+1) H2O；
（5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：abehj。
【分析】（1）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；
（2）①提高平衡转化率，应使平衡尽量正向移动，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；
②分别计算各物质的物质的量，结合 计算；
（3）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应；
（4） CnH2n+2在负极上发生氧化反应生成CO2和H2O；
（5）原电池反应均为自发的氧化还原反应，为放热反应。
20．【答案】（1）-286
（2）；50%或0.5；660.2(或660.1或660.3，其他答案酌情给分)
（3）5.4；相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【知识点】燃烧热；化学平衡常数；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)电解液态水制备，电解反应的，则2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，从而可知1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
(2)①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图2信息可知＝ａ，则ａ，则生成物能量低于a，因此该反应过程的能量变化示意图为：。
②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则参与反应的的物质的量为0.05mol，的转化率为；的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的2倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图1中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
(3)在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，因此，0~2min生成CH3OH的平均反应速率为10.8mol L-12min=5.4μmol L-1 min-1；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝12722：10.8≈1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到9.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝10775：9.2≈1171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到345.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝42780：345.2≈124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到34μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝38932：34≈1145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
【分析】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
（2）①该反应的平衡常数随温度升高而减小，该反应为放热反应，生成物能量低于a；
②根据转化率=反应量起始量×100%计算；计算此时的平衡常数，根据图1确定反应温度；
（3）根据v=ΔcΔt计算；400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
21．【答案】（1） kJ·mol；；
（2）30；加入催化剂；<；>；<；C
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；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）①燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由表格数据及题干可知：
Ⅰ kJ mol
Ⅱ kJ mol
Ⅲ kJ mol
由盖斯定律可知，Ⅲ+2×Ⅱ+2×Ⅰ得：
kJ·mol；
②在恒温恒容装置中通入等体积和，假设投料均为1mol，发生上述反应，起始压强为p，的平衡转化率为α，达平衡时：
则反应后总的物质的量为(2+2α)mol，根据阿伏加德罗定律可知，容器内总压强为，该反应的平衡常数；
（2）①已知，，则斜率即为反应的活化能，故kJ mol=30 kJ mol；当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，图像斜率变小，则反应的活化能减小，故实验可能改变的外界条件是加入催化剂；
②由图可知，相同条件下，升高温度，二氧化碳转化率下降，则平衡逆向移动，反应为放热反应，小于零；相同条件下，增加氢气的投料，平衡正向移动，会提高二氧化碳的转化率，故a>3；MN均为平衡点，各自的正逆反应速率相等，由于N点温度更高，则反应速率更快，故M、N两点的反应速率<。
③，反应为气体分子数减小的反应，其它条件相同，若将容器的体积改为原来的一半，物质浓度变大，反应速率更快，缩小体积相当于增大压强，达到新平衡时相当于在原有平衡的基础上平衡正向移动，则生成乙烯的物质的量更大，结合图像可知，时刻随时间(t)的变化趋势曲线为C。
【分析】（1）①分别写出各物质燃烧热的热化学方程式，结合盖斯定律分析；
②列出反应的三段式计算；
（2）①将曲线上的点代入公式计算；曲线b的斜率减小，即活化能减小；
②升高温度，二氧化碳转化率下降，平衡逆向移动；相同条件下，增加氢气的投料，平衡正向移动，会提高二氧化碳的转化率；N点温度更高，则反应速率更快；
③该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动。
22．【答案】（1）不能
（2）-174.9
（3）B；C
（4）＞；＞
（5）p；48
（6）2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；不变
【知识点】燃烧热；电极反应和电池反应方程式；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)(g)的燃烧热是指1mol完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，而过程①和②中均为气态水，缺少液态水与气态水转化过程中的焓变，因此不能确定乙醇的燃烧热，故答案为：不能；
(2)反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差，反应②的。已知：① ；② 。根据盖斯定律，①×3-②得： ，故答案为：；
(3)A．恒容条件下，气体总质量守恒，故密度始终不变，不能作为判断平衡的依据，A项不正确；
B．恒温恒容条件下，气体总压强与气体物质的量成正比，气体分子数由多到少，气体总压强不变时达到平衡状态，B项正确；
C．气体物质的量不变时，气体平均摩尔质量不变，达到平衡，C项正确；
D．产物浓度之比始终是常数，D项不正确；
故答案为：BC；
(4)题给反应是放热反应，绝热容器中温度升高，相对甲容器，乙容器中平衡向逆反应方向移动，故平衡常数减小；升高温度，反应速率加快，达到平衡所用时间较短。故答案为：＞；＞；
(5)一定温度下，向恒容密闭容器中充入、，随着、的投料比增大，平衡向正反应方向移动，的平衡转化率增大，故p点转化率在m、n、p三点中最大。根据体积分数计算平衡常数：
，，，所以，平衡体系中，，，，则。故答案为：p；48；
(6)根据装置图，Cu电极为阴极，根据电解原理，生成乙烯的电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；Pt电极反应式为H2O-4e-=O2↑+4H+，根据得失电子数目守恒，电解后溶液中c(H+)不变，即pH不变；故答案为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；不变。
【分析】（1）1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量叫做该物质的燃烧热；
（2）根据盖斯定律计算；
（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；
（4）该反应为放热反应，绝热容器中温度升高，平衡逆向移动；升温反应速率加快，到达平衡的时间缩短；
（5）随着、的投料比增大，平衡正向移动， CO2的转化率增大；列出反应的三段式计算；
（6）该装置中，Cu为阴极，Pt为阳极，生成乙烯的电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，反应过程中c(H+)不变。
23．【答案】（1）-(2c-b-a)
（2）0.074或7.4×10-2；增加n(H2O)、减小进气比[n(CO)：n(H2O)]、分离出CO2或H2；BE；减小；Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
（3）2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
【知识点】燃烧热；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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)H2(g)+O2(g)==H2O(g)反应热=反应物总键能-生成物总键能，则bkJ mol－1+×akJ mol－1-2×ckJ mol－1，则氢气燃烧热的ΔH2=-(2c-b-a) kJ mol－1 ；故答案为：-(2c-b-a)；
(2)根据三段式可知：
反应平衡后H2的物质的量分数x(H2)=0.08，=0.08，x=0.04mol；
①CO的平衡转化率×100%=40%，反应平衡常数K==0.074或7.4×10－2；故答案为：40；0.074或7.4×10－2；
②保持K不变，提高CO平衡转化率措施有：增加n(H2O)、减小进气比[n(CO)：n(H2O)]、分离出CO2或H2；故答案为：增加n(H2O)、减小进气比[n(CO)：n(H2O)]、分离出CO2或H2；
③对于正向反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH2=－41.2kJ·mol－1；反应建立平衡时：氢的体积分数为0.08，升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除A点，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，再次平衡时氢的物质的量分数减小，因此排除C点；
故答案为：B点；
对于逆向反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol－1反应建立平衡时：CO的体积分数为， =0.12，升高温度，正、逆反应速率均加快，排除F点，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时CO的物质的量分数增加，大于于0.12，排除D，
故答案为：E点；
因此反应重新达到平衡，v正～x(CO)对应的点为B，v逆～x(H2)对应的点为E，故答案为：BE；
④温度升高时，CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)ΔH2=－41.2kJ·mol－1，平衡逆向移动，CO催化变换反应的KP减小(填“增大”或“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T＞Tm时v=k[x(CO) x(H2O)-]逐渐减小的原因是Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高。故答案为：减小；Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高；
(3)阳极氨气失电子发生氧化反应生成氮气，阳极的电极反应式为2NH3－6e－+6OH－=N2+6H2O，故答案为：2NH3－6e－+6OH－=N2+6H2O。
【分析】（1）根据反应热=反应物总键能-生成物总键能计算；
（2）①平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
②K只与温度有关，提高CO平衡转化率应使平衡正向移动；
③升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
④升温反应逆向移动， KP 减小；
（3）阳极发生氧化反应。
24．【答案】（1）283
（2）大于；43.8；T1、 =1；在T1温度下， =1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小；由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；化学平衡移动原理
【解析】【解答】(1)根据 和 的燃烧热分别为 、 ，则有：反应I：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-763.7kJ/mol，反应II：H2(g)+ O2(g)=H2O(l) =-285.8kJ/mol，题干主反应a： 则I-a-2×II得：2CO(g)+O2(g)=2CO2 = - -2 =(-763.7kJ/mol)-(373.9kJ/mol)-2(-285.8kJ/mol)=-566kJ/mol，则CO的燃烧热为283 ，故答案为：283；
(2)①由题干信息可知，主反应a和副反应b均为吸热反应，即升高温度平衡正向移动，甲烷的平衡转化率增大，根据图示甲烷的平衡转化率与温度的关系可知，T1＞T2，而投料比相同时，T1时H2O的体积分数高于T2时的，说明升高温度，反应c的平衡正向移动，即正反应是一个吸热反应，故反应c的 大于0，故答案为：大于；
②在该催化剂作用下， 投料比为2，假设CH4为2a mol，则CO2为a mol，由题干图中可知此时甲烷的平衡转化率为60%，则转化的CH4的物质的量为1.2a mol，达到平衡时CH4的物质的量为0.8amol。又 时主反应a的选择性为60%，则反应a消耗CH4的物质的量为1.2a mol×60%=0.72a mol，消耗CO2的物质的量为0.72a mol，生成CO和H2的物质的量均为1.44amol，反应b消耗CH4的物质的量为1.2a-0.72a=0.48amol，则生成H2的物质的量为0.96amol，设反应c消耗CO2的物质的量为xmol，则同时消耗H2的物质的量为xmol，生成水蒸气和CO的物质的量均为xmol，所以平衡时甲烷的物质的量为0.8amol，H2的物质的量为(1.44a+0.96a-x)mol，CO的物质的量为(1.44a+x)mol，CO2的物质的量为(a-0.72a-x)mol，水蒸气的物质的量为xmol，混合气的总物质的量为0.8a+1.44a+0.96a-x+1.44a+x+a-0.72a-x+x=4.92a，又H2O(g)的体积分数为5%，则 =5%，求出x=0.246a，所以平衡时H2的物质的量为1.44a+0.96a-x =1.44a+0.96a-0.246a=2.154amol，所以氢气的体积分数为 =43.8%，故答案为：43.8；
③根据图像，在T1温度下， =1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小，则选择合成体系适宜的反应条件为T1、 =1；相同温度下，随着 投料比增加，由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小，从而主反应的反应速率先加快后减慢，故答案为： T1、 =1；在T1温度下， =1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小；由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①反应c为吸热反应；
②根据物质的量分数等于体积分数，计算平衡时氢气的物质的量和总物质的量即可计算氢气的体积分数；
③温度为T1， =1时，CH4的平衡转化率最大。
25．【答案】（1）C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH=-1299.5 kJ/mol；+174.3；D
（2）B
（3）＜
（4）温度不变，化学平衡常数不变。随着通入反应物CH4体积分数的增加，反应体系总压强增大，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，导致甲烷的平衡转化率降低；2.52
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】(1)①燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量。根据表格数据可知乙炔的燃烧热为-1299.5 kJ/mol，则表示乙炔燃烧热的热化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH=-1299.5 kJ/mol；
②反应1：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH1
反应2：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH2
根据盖斯定律，将第一个式子与第二个式子相减，可得C2H4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH=ΔH1-ΔH2。
根据物质的燃烧热，可得热化学方程式(i)C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1411.0 kJ/mol；
(ii)C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH=-1299.5 kJ/mol；
(iii)H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8 kJ/mol
根据盖斯定律，将(i)-(ii)-(iii)，整理可得C2H4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH=+174.3 kJ/mol，即ΔH1-ΔH2=+174.3 kJ/mol；
③根据燃烧热的含义可得热化学方程式：(ii)C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH=-1299.5 kJ/mol；(iii)H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8 kJ/mol；(iv)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3 kJ/mol；则根据盖斯定律，将(iv)×2-(ii)- (iii)×3，整理可得2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH1=+376.3 kJ/mol。体系的自由能ΔG=ΔH-TΔS＜0，反应可自发进行，反应1的ΔS=220.2 J/(mol·K)，则ΔG=ΔH-TΔS=(+376.3 kJ/mol×103J/kJ)-T×220.2 J/(mol·K)＜0，所以T＞1708.9 K，故答案为：D；
(2)A．反应在恒温恒容密闭容器中进行，反应1和反应2都是气体物质的量发生变化的反应，若气体总压强不随时间变化，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，A不正确；
B．反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则混合气体密度始终不变，因此不能根据密度不变判断反应是否达到平衡状态，B正确；
C．反应混合物都是气体，气体的质量不变。反应1和反应2都是气体物质的量发生变化的反应，若气体平均摩尔质量不随时间变化，则气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，C不正确；
D．在这两个反应中，H2都是生成物，反应前后气体的物质的量发生变化，若H2体积分数不随时间变化，则H2的物质的量及体系中气体总物质的量都不变，反应达到平衡状态，D不正确；
故答案为：B；
(3)根据前边计算可知2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH1=+376.3 kJ/mol，该反应的正反应是吸热反应。升高温度，化学平衡正向移动，化学平衡常数增大。2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的速率方程为v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H2)·c3(H2)，v正=v逆，k正c2(CH4)= k逆c(C2H2)·c3(H2)，K=，在T1℃达到平衡时k正=1.5k逆， K1=1.5；T2℃达到平衡时k正=3.0k逆， K2=3.0，K2＞K1，所以T1＜T2；
(4)①温度不变化学平衡常数不变。反应1和反应2的反应物只有CH4一种，增大CH4的浓度，反应正向进行，导致生成物浓度增大，气体总压强增大对化学平衡移动的影响大于浓度增大对化学平衡移动的影响。根据平衡移动原理，在其它条件不变时，随着混合气体反应物中CH4的体积分数的增加，反应体系总压强增大，化学平衡逆向移动，导致甲烷的平衡转化率反而降低；
②假设通入的CH4、N2混合气体总物质的量为10a mol，在M点CH4占气体总物质的量的0.6，则通入CH4的物质的量为n(CH4)=6a mol，n(N2)=4a mol。甲烷平衡转化率为40%，则反应消耗的CH4的物质的量为6a mol×40%=2.4a mol，未反应的甲烷的物质的量为6a mol×(1-40%)=3.6a mol。根据M点时乙炔的选择性为75% ，可知反应1：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)消耗CH4的物质的量为2.4a mol×75%=1.8a mol，根据物质反应转化关系可知其产生C2H2(g)为0.9a mol，产生H2(g)为2.7a mol；发生反应2：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)消耗CH4的物质的量为2.4a mol×25%=0.6a mol，根据物质反应转化关系可知其产生C2H4(g)为0.3a mol，产生H2(g)为0.6a mol，则平衡时气体总物质的量n(总)=n(N2)+n(CH4)+n(C2H2)+n(C2H4)+n(H2)=4a mol+3.6a mol+0.9a mol+0.3a mol+(2.7a+0.6a)mol=12.1a mol，所以该条件下反应2的化学平衡常数Kp=。
【分析】（1） ① 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量；
②ΔH1-ΔH2 就是反应1-反应2的反应热，分别写出C2H2(g)、C2H4(g)、H2(g)的燃烧热，再利用盖斯定律求；
③ 反应能自发进行则，所以首先要利用盖斯定律求出 ΔH1 ，再求温度；
（2）某物理量反应未达到平衡时随平衡的移动发生变化，当不再改变时说明达到了平衡状态；
（3）根据速率方程式及化学平衡常数的表达式可知，通过判断平衡常数的变化情况及该化学平衡的反应热判断温度的大小关系；
（4）① 因为总压不变， 通入气体中CH4的物质的量分数的增大，甲烷的分压增大，压强增大平衡向气体体积减小的方向移动；
② 根据M点甲烷的转化率和物质的量分数以及乙炔的选择性计算反应2平衡时各物质的物质的量，再求分压，注意甲烷和氢气是两反应都达到平衡时的物质的量之和。
26．【答案】（1）890.7kJ mol-1；b
（2）40%；
（3）；增大
（4）；3:2
【知识点】燃烧热；化学平衡常数；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】 （1）①I.2Ni(s)+O2(g)=2NiO(s) H1=-479.8kJ mol-1 ① II.CH4(g)+4NiO(s)=CO2(g)+2H2O(l)+4Ni(s) H2=+68.9kJ mol-1②根据盖斯定律计算出①x2+②得到：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)， H=2x H1+ H2= -890.7kJ mol-1
故燃烧热为 890.7kJ mol-1
②a. 燃烧等质量的CH4，放出的热量一样多，故a不符合题意
b. .有利用于二氧化碳的分离与回收 ，故b符合题意
c. 燃烧等质量的CH4，消耗的O2相同，故c不符合题意
（2）①R点 的 lgKp =0,即可计算出Kp=1, 温度和体积相同时，压强与物质的量成正比，,设平衡时一氧化碳转化量为x， CO(g)+FeO(s)=CO2(g)+Fe(s)
起始1 2
转化x x
平衡1-x 2+x
kp==1,x=0.5 则一氧化碳的转化率为=50%
②只发生b和c反应，则Kb=Kc,kb=,Kc=p(CO2),根据Kb=Kc，得出=p(CO2)，即可得出
（3）① 设甲烷的转化量为x CH4(g)+4FeO(s) 4Fe(s)+2H2O(g)+CO2(g)
起始 1
转化 x 2x x
平衡 1-x 2x x
根据 达到平衡状态时容器的气体压强是起始压强的2倍 即可计算出=x=0.5，因此转化为压强为p(CH4)= 0.5P0，
p(H2O)=P0 p(CO2)=0.5P0,因此Kp==
②恒压，此反应是体积增大的反应，导致压强降低平衡向右移动转化率增大
（4）① 乙烯是在正极得到根据图示即可写出电极式为
②根据 生成的乙烯和乙烷的体积比为1：2 ，即可写出总的反应方程式为6CH4+4CO2=2C2H6+C2H4+4H2O+4CO因此
则消耗的CH4和CO2体积比为3:2
【分析】 （1）①根据盖斯定律即可求出燃烧热②焓变与过程无关只与起始物和最终物有关
（2）① 根据此时的 lgKp =0计算出Kp数值，再结合方程式利用二氧化碳和一氧化碳表示出Kp计算出转化量即可②根据此时Kb=Kc计算即可
（3）①根据给出平衡时的压强比值，以及方程式利用三行式计算出平衡时的各压强即可计算出②正反应是体积增大的反应，导致压强降低，平衡左移
（4）①根据图示找出反应物和产物即可写出电极式
②根据给出的比例进行总的方程式配平即可计算出比例
27．【答案】（1）>；CH4(g)+2O2(g）=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3kJ·mol-1
（2）酸性；c（OH-）
（3）减小；正反应；C
（4）B；负；2Cl--2e-=Cl2↑
【知识点】燃烧热；热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）①甲烷的燃烧反应为放热反应，在放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量；
②燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成相应的稳定的氧化物所放出的热量。故甲烷完全燃烧的热化学方程式为： CH4(g)+2O2(g）=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3kJ·mol-1 ；
（2）NH4Cl溶液中NH4+水解，使得溶液中c(H+)>c(OH-)，故NH4Cl溶液显酸性；溶液呈电中性，即溶液不带电，但溶液中的阴阳离子带电，因此要使溶液不带电，则溶液中的阴阳离子所带电荷的总量相等，即c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)；
（3）①移出部分NH3后，体系中c(NH3)减小，平衡正向移动，使得反应的浓度减小，正反应速率逐渐减小；
②降低温度，平衡向放热反应方向移动，若该反应的正反应为放热反应，则降低温度，平衡向正反应方向移动；
③平衡常数只与温度有关，不是温度引起的平衡移动，平衡常数不变，故压缩容器容积，反应的平衡常数不变；
（4）①生铁表面吸附的水膜酸性很强时，则主要发生析氢腐蚀，B符合题意；
②电解食盐水时，铁电极做阴极，与电源的负极相连，阳极上发生Cl-失电子的氧化反应，其电极反应式为： 2Cl--2e-=Cl2↑；
【分析】（1）①甲烷的燃烧为放热反应，结合物质能量与放热反应的关系分析；
②结合燃烧热的定义书写热化学方程式；
（2）结合溶液中NH4+的水解和电荷守恒分析；
（3）①结合浓度对反应速率和平衡移动的影响分析；
②结合温度对平衡移动的影响分析；
③平衡常数只与温度有关，与浓度无关；
（4）①根据金属的腐蚀分析；
②电解食盐水时，铁电极应做阴极，阳极发生Cl-失电子的氧化反应；
28．【答案】（1）-a+3b+c–d
（2）<；cd； （或0.067）；6.25；正向
（3）60%
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1） CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1，已知：①CH4、H2、CO 的燃烧热（△H）分别为-a kJ mol-1、-b kJ mol-1、-c kJ mol-1；②H2O (l) =H2O(g)； △H=+dkJ mol-1，由盖斯定律可知，②×3+③-①-④可知，则△H1=-a+3b+c–d kJ mol-1。
（2）CO的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所示，200℃时n(H2)随时间的变化如下表所示： ，
①由图示可知在恒压条件下，随着温度的升高CO的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，即正反应为放热反应，△H2＜0。
②a、正方向为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故a错误；
b.达平衡后再充入稀有气体，压强增大，但平衡不移动，CO的转化率不变，故b错误；
c.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)，达到平衡前气体总物质的量在不断变化，当容器内气体压强不再变化时，说明混合气体的总物质的量不再改变，反应达到平衡，即反应达到最大限度，故c正确；
d.由图示可知，在恒温恒容的条件下，增大压强，平衡向正方向移动，CO的转化率增大，即图中压强p1＜p2，故d正确；
故答案为：cd；
③由图表可知，3min后反应达到平衡状态
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
起始（mol/L） 0.4 0.8 0
转化（mol/L） 0.2 0.4 0.2
平衡（mol/L） 0.2 0.4 0.2
0 3 min内用CH3OH表示的反应速率v（CH3OH）=0.2mol·L－1/3min=1/15mol L-1·min-1。
④ 200℃时，200℃时平衡常数K=c(CH3OH)/(c(CO)×c2(H2))=0.2/(0.2×0.42)=6.25；向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2mol CO、2mol H2、2mol CH3OH，此时各物质的浓度为c（CO）=0.4mol·L－1，c（H2）=0.6mol·L－1，c（CH3OH）=0.4mol·L－1，保持温度不变，则此时Qc=c(CH3OH)/[c(CO)×c2(H2)]=0.4/(0.4×0.62)=2.78＜6.25=K，则此时平衡应向正方向移动；
（3）甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池，CH4完全氧化后的产物为K2CO3，1mol甲烷完全燃烧转移电子的物质的量为[4－（-4）]mol=8mol。测得电路中转移1.2 mol电子，可知参加反应的甲烷为1.2mol/8mol ×1mol=0.15mol，标准状况下通入5.6 L甲烷的物质的量为5.6L/22.4L·mol－1=0.25mol，甲烷的利用率为0.15mol/0.25mol ×100%=60%。
【分析】（1）根据燃烧热书写反应的热化学方程式，结合盖斯定律确定目标反应的反应热；
（2）①根据温度对平衡移动的影响，结合图像变化，确定ΔH的正负；
②a、结合温度对平衡的影响分析温度改变，平衡常数的变化；
b、平衡体系中充入惰性气体，则压强增大，结合压强对平衡移动的影响分析；
c、反应前后，气体分子数改变，则压强改变，当压强不变时，则反应达到平衡状态；
d、结合压强对平衡移动的影响分析；
③由H2的物质的量变化，结合反应的化学方程式计算Δc(CH3OH)，再根据公式计算反应速率；
④结合平三段式计算平衡时各物质的物质的量浓度，再根据平衡常数K的表达式计算该温度下平衡常数；根据Qc与平衡常数K的大小关系，确定反应进行的方向；
29．【答案】（1）2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g) ΔH＝＋202.5kJ/mol
（2）0.25；
（3）在200 ℃时，乙烷的生成速率比乙烯的快；在600 ℃后，乙烯开始分解为碳和氢气
（4）阳；2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑或2H+＋2e－＝H2↑；基本不变
【知识点】燃烧热；热化学方程式；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据燃烧热数据表可得：①H2(g)+ O2(g)=H2O(l) ΔH1＝-285.8kJ/mol；②CH4(g) + 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH2＝-890. 3kJ/mol； ③C2H4(g) + 3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH3＝-1411.0kJ/mol；根据盖斯定律，由②×2-③-①×2得反应2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g) ΔH＝ΔH2×2-ΔH3-ΔH1×2=-890. 3kJ/mol×2-（-1411.0kJ/mol）-（-285.8kJ/mol）×2=＋202.2 kJ/mol；
（2）在 400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mol CH4，发生反应2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g)，测得平衡混和气体中C2H4的体积分数为20.0%。设甲烷的转化率为x，则：
2CH4(g) C2H4(g)+ 2H2(g)
起始（mol/L） 1 0 0
转化（mol/L） x x/2 x
平衡（mol/L） 1-x x/2 x
相同条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则 =20.0%，解得x=0.5mol/L，K= =0.25；按化学平衡移动原理，该反应正反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡转化率增大，增大压强，平衡逆向移动，平衡转化率减小，对应图中曲线为(p1>p2)： ；
（3）①根据图中曲线可知，在200 ℃时，乙烷的生成速率比乙烯的快，测出乙烷的量比乙烯多；②在600 ℃后，乙烯开始分解为碳和氢气，乙烯的体积分数减少；
（4）装置中右端硫离子失电子转化为硫单质，硫元素被还原，则右端碳棒为阳极，左端碳棒为阴极产生氢气，阴极的电极反应为：2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑；因接通电源，继续通入含杂质的甲烷气，并控制好通气速率。故右池中的c(NaOH)：c(Na2S)基本不变。
【分析】（1）根据热烧热书写各个热化学方程式，然后结合盖斯定律计算目标反应的反应热，然后书写热化学方程式即可。
30．【答案】（1）2.08×10﹣4mol/（L s）；3.65×106
（2）D
（3）284kJ/mol
（4）3
（5）B；3H2O﹣6e﹣=O3+6H+
【知识点】氧化还原反应；燃烧热；化学反应速率；化学平衡状态的判断；电解原理
【解析】【解答】解Ⅰ．（1）根据表格中数据算出前2s内的平均反应速率υ（NO）=（1.00×10﹣3﹣1.70×10﹣4 ）÷2=4.15×10﹣4mol/（L s），根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，υ（N2）=1/2υ（NO）=2.08×10﹣4 mol/（L s）；由表格数据看出第3s后c（NO）不变则达平衡，此时c（CO）=1.00×10﹣4mol L﹣1，c（CO2）=1.00×10﹣3mol L﹣1﹣1.00×10﹣4mol L﹣1=9.00×10﹣4mol L﹣1，c（N2）=1/2c（CO2）=4.50×10﹣4mol L﹣1，根据K=c（CO2）2×c（N2）/（c（NO）2×c（CO）2）=3.65×106，故答案为：2.08×10﹣4 mol/（L s）；3.65×106；（2）达到平衡时，要提高NO转化率，即改变条件要使平衡正向移动，A．选用更有效的催化剂，平衡不移动，故A错误；B．降低反应体系的温度，该反应为放热反应，正向移动，故B正确；C．充入氩气使容器内压强增大，平衡不移动，故C错误；D．充入CO使容器内压强增大，相当于增大CO浓度，平衡正向移动，NO转化率提高，故D正确．故答案为：BD；（3）由已知方程①2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）△H=﹣748kJ/mol及②N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ/mol．根据盖斯定律①÷2+②÷2得CO的燃烧热的热化学方程式为CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=（﹣748kJ/mol）÷2+（+180kJ/mol）÷2=﹣284kJ/mol，故答案为：284 kJ/mol或△H=﹣284kJ/mol．Ⅱ．（4）O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，转移电子数=化合价升高数，NO转化为HNO3 ，化合价升高3，每生成1mol的HNO3转移3mol电子，故答案为：3；（5）根据已知图，A极出来的是O3，B极出来的是H2，说明A极发生的氧化反应为阳极，B极发生还原反应为阴极，阳极（惰性电极）的电极反应式为3H2O﹣6e﹣=O3+6H+，故答案为：B，3H2O﹣6e﹣=O3+6H+．
【分析】Ⅰ．（1）根据表格中数据算出前2s内的平均反应速率υ（NO）=（1.00×10﹣3﹣1.70×10﹣4 ）÷2=4.15×10﹣4mol/（L s），根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，υ（N2）=1/2υ（NO）=2.08×10﹣4 mol/（L s）；由表格数据看出第3s后c（NO）不变则达平衡，此时c（CO）=1.00×10﹣4mol L﹣1，c（CO2）=1.00×10﹣3mol L﹣1﹣1.00×10﹣4mol L﹣1=9.00×10﹣4mol L﹣1，c（N2）=1/2c（CO2）=4.50×10﹣4mol L﹣1，根据K=c（CO2）2×c（N2）/（c（NO）2×c（CO）2）=3.65×106，（2）达到平衡时，要提高NO转化率，即改变条件要使平衡正向移动，A．选用更有效的催化剂，平衡不移动，故A错误；B．降低反应体系的温度，该反应为放热反应，正向移动，故B正确；C．充入氩气使容器内压强增大，平衡不移动，故C错误；D．充入CO使容器内压强增大，相当于增大CO浓度，平衡正向移动，NO转化率提高，故D正确．（3）由已知方程①2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）△H=﹣748kJ/mol及②N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ/mol．根据盖斯定律①÷2+②÷2得CO的燃烧热的热化学方程式为CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=（﹣748kJ/mol）÷2+（+180kJ/mol）÷2=﹣284kJ/mol；
Ⅱ．（4）O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，转移电子数=化合价升高数，NO转化为HNO3 ，化合价升高3，每生成1mol的HNO3转移3mol电子（5）根据已知图，A极出来的是O3，B极出来的是H2，说明A极发生的氧化反应为阳极，B极发生还原反应为阴极，阳极（惰性电极）的电极反应式为3H2O﹣6e﹣=O3+6H+
31．【答案】（1）
（2）bde；0.1；；400℃~700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700以后，催化剂失去活性，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小
（3）H2；阴离子；不变；234
【知识点】燃烧热；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量叫做燃烧热，根据题意，在下，氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则氢气燃烧热的热化学方程式为；
故答案为：；
（2）①在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，达到一种表面静止的状态，即"化学平衡状态"。其中，正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质，而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平衡状态的表现。正反应速率与逆反应速率是针对同一可逆反应而言，正与反只是相对而言，不是绝对概念；
a．该反应达平衡时，的浓度不一定成比例，故a不选；
b．该反应为气体分子数减少的反应，反应中压强在变，当混合气体的压强不随时间的变化而变化时，反应达平衡，故b选；
c．该反应在恒容密闭容器中进行，根据质量守恒，混合气体质量不变，根据，ρ在平衡前后始终不变，所以当密度不变时，反应不一定达平衡，故c不选；
d．该反应为分子数减少的反应，混合气体的物质的量为变量，根据质量守恒，混合气体质量不变，根据，M为变量，当平均摩尔质量不变时，反应达平衡，故d选；
e．的生成速率和的生成速率相等，即，反应达到平衡状态，故e选；
故答案为：bde；
②根据题意，可列三段式
恒温恒容下，压强与物质的量成正比，所以，解得，平衡时，；；，，的平均反应速率为，平衡时总的物质的量为，平衡时总压为，平衡时各分压；；；，；
故答案为：0.1；；
③如图，400℃时，达到平衡状态，NO转化率达到最大，400℃~700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700以后，催化剂失去活性，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小；
故答案为：400℃~700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700以后，催化剂失去活性，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小；
（3）①如图装置乙电解装置，CuCl在电解池左侧失电子生成，电解反应式为，左侧电极为阳极，与电源正极a相连；则b为电源负极，右侧为阴极，电极反应式为，则气体X为，如图，左侧反应为，需要引进，所以膜Ⅰ为阴离子交换膜；
故答案为：；阴离子；
②根据反应、，可得，所以稳定工作时溶液的浓度不变；
故答案为：不变；
③根据电子守恒，，转移4mol电子，饱和食盐水中减少的质量为；
故答案为：234。
【分析】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 2023年高考真题变式分类汇编：燃烧热
一、选择题
1．（2016·海南）油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：
C57H104O6（s）+80O2（g）=57CO2（g）+52H2O（l）
已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ，油酸甘油酯的燃烧热为（ ）
A．3.8×104kJ mol﹣1 B．﹣3.8×104kJ mol﹣1
C．3.4×104kJ mol﹣1 D．﹣3.4×104kJ mol﹣1
【答案】D
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量．燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量3.8×104kJ，则1kg该化合物的物质的量为 ，则油酸甘油酯的燃烧热△H=﹣ =﹣3.4×104kJ mol﹣1，
故选D．
【分析】C57H104O6的相对分子质量为884，已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ，可首先计算1kg该化合物的物质的量，则计算1mol该化合物燃烧放出的热量，进而计算燃烧热．本题为2016年海南高考题，考查燃烧热的计算，侧重考查学生的分析、计算能力，解答本题要注意相对分子质量的计算，注意相关计算公式的运用，难度不大．
2．（2022·唐山模拟）化学与社会环境、科学技术密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．冬奥场馆使用 制冷剂制冰是物理过程
B．王亚平太空授课，将泡腾片(含酒石酸和碳酸氢钠)溶于水，在水球内产生气泡是化学过程
C．火炬“飞扬”使用氢气燃料，表示氢气燃烧热的热化学方程式为
D．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶可发生丁达尔效应
【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；燃烧热；热化学方程式；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．使用二氧化碳制冷剂制冰时，水由液态转化为固态，没有新物质生成，属于物理变化，A不符合题意；
B．泡腾片中含有碳酸氢钠、酒石酸，二者反应放出二氧化碳，是化学变化，B不符合题意；
C．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，题给热化学方程式H2的化学计量数应为1，且H的稳定氧化物应为H2O(l)，C符合题意；
D．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.物理变化过程中没有新物质生成，化学变化过程中生成新物质；
C.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量；
D.雾霾属于胶体。
3．（2021·咸阳模拟）已知通过乙醇制取氢气通常有如下两条途径：
a．CH3CH2OH(g)+H2O(g) 4H2(g)+2CO(g) △H1=+256.6kJ·mol-1
b.2CH3CH2OH(g)+O2(g) 6H2(g)+4CO(g) △H2=+27.6kJ·mol-1
则下列说法正确的是（ ）
A．升高a的反应温度，乙醇的转化率增大
B．由b可知：乙醇的燃烧热为13.8 kJ·mol-1
C．对反应b来说，增大O2浓度可使△H2的值增大
D．以上两种途径，制取等量的氢气，无论哪种途径，消耗的能量均相同
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；常见能量的转化及运用；燃烧热
【解析】【解答】A．a为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则乙醇的转化率增大，A符合题意；
B．燃烧热指101kPa，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的能量，应生成液态水、二氧化碳，B不符合题意；
C．焓变与增大氧气浓度没有关系，只与反应物的总能量和生成物的总能量有关，C不符合题意；
D．由热化学方程式可知生成1mol氢气，a吸收 kJ、b吸收 kJ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题考查化学反应与能量变化，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关概念的理解。选项C是易错点，注意焓变只与反应物的总能量和生成物的总能量相对大小以及键能有关，改变反应物浓度可以改变转化率，实际吸收或放出的能量会发生变化，但焓变是不变的
4．（2020·陕西模拟）运用有关概念判断下列叙述正确的是 ( )
A．1molH2燃烧放出的热量为H2的燃烧热
B．Na2SO3和H2O2的反应为氧化还原反应
C． 和 互为同系物
D．Fe(OH)3胶体和 FeSO4溶液均能产生丁达尔效应
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；燃烧热；同系物；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 1molH2完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为H2的燃烧热，故A不符合题意
B.亚硫酸钠具有还原性，过氧化氢具有氧化性，能发生氧化还原反应，故B符合题意
C.一个为酚类、一个为醇类，故不是同系物，故C不符合题意
D.丁达尔效应是胶体独有的性质，溶液不能发生丁达尔效应，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】易错项C同系物：结构相似，分子式相差1个或n个-CH2-
5．（2020·绍兴模拟）以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制比的过程如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．H2的标准燃烧热△H＜-(△H1+△H2)
B．过程I适当降低反应体系温度，反应更有利
C．过程II中3molFeO(s)的总能量高于1molFe3O4(s)
D．增加铁氧化合物的质量可以显著提高循环制H2的速率
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；燃烧热；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．根据图示，过程Ⅰ的热反应方程式为：Fe3O4(s) = 3FeO(s) + O2(g) ΔH1；过程Ⅱ的热反应方程式为：3FeO(s)+H2O(g) = Fe3O4(s)+ H2(g) ΔH2；根据盖斯定律：-(过程Ⅰ+过程Ⅱ) 可得：H2(g) + O2(g)= H2O(g) ΔH3= (ΔH1+ΔH2)；H2的标准燃烧热为生成液态水时放出的热量，由气态水变为液态水放热，放出的热量越多，焓变越小，则ΔH＜ΔH3，即ΔH＜ (ΔH1+ΔH2)，故A符合题意；
B．过程Ⅰ适当降低反应体系温度，反应速率变慢，生产效率降低，故B不符合题意；
C．根据图示，由过程Ⅱ中无法比较3molFeO(s)的总能量与1mol Fe3O4(s)的高低，实际上1mol Fe3O4原子数目更多，总能量更高，故C不符合题意；
D．铁氧化物为固体，增加铁氧化合物的质量，没有改变反应物的浓度，不能显著提高循环制H2的速率，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据盖斯定律计算出生成水蒸气的焓变，但是标准燃烧热是生成液态水的焓变，气态到液态要放热
B.温度降低，速率降低，产率下降
C.图中未给出数据
D.固体的量不影响速率
6．（2020·吕梁模拟）下列说法正确的是( )
A．甲烷的标准燃烧热为 ，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
B．已知 ，则在一定条件下向密闭容器中充入 和 充分反应后放出 的热量
C． 石墨转化为 时，放出 的热量 (石墨， )
D．同温同压下， 在光照和点燃条件下的 不同
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】A.燃烧热中水的状态应为H2O(l)，而方程式中为H2O(g)，A不符合题意；
B.在一定条件下向密闭容器中充入0.5 molN2(g)和1.5 mol H2(g)，即便强调充分反应，但该反应是典型的可逆反应，故放出的热量小于46.2 kJ，B不符合题意；
C. 石墨转化为 时，放出 的热量，则2molC转化为CO，放出的热量为221kJ，C符合题意；
D.焓变只与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与反应条件无关，则光照和点燃条件的△H相同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据燃烧热的概念即可判断。应该是稳定化合物
B.可逆反应不能完全反应
C.根据给出的数据即可计算出焓变，即可写出热化学方程式
D.反应的焓变与过程无关，只与起始和最终状态有关
7．（2020·台州模拟）我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0，在低温下获得较高反应速率，反应过程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．若已知CO和H2的标准燃烧热，由此可推算出该反应的ΔH
B．过程Ⅰ、过程Ⅱ均为吸热过程，且吸收的热量相等
C．在该反应过程中，实际有两个H2O参与反应，断裂了三个氢氧键
D．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH，提高了反应速率
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A. 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，其中C→CO2(g)，H→H2O(l)，因此写出的CO和H2的标准燃烧热的热化学方程式中不含有H2O(g)，因此无法推算出该反应的ΔH，故A不符合题意；
B. 反应过程中断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，过程I、II都有化学键的断裂，所以都为吸热过程，但是过程I还包括CO的吸附过程，存在热量变化，因此过程I、II吸收的热量不相等，故B不符合题意；
C. 根据图知，过程Ⅰ和过程Ⅱ分别有一个水分子中的氢氧键断裂，过程Ⅲ断裂一个氢氧键，同时形成一个氢氧键，并生成一个水分子，所以在该反应过程中，实际有两个H2O参与反应，断裂了三个氢氧键，故C符合题意；
D. 使用催化剂可以降低该反应的活化能，提高反应速率，但不改变焓变，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)，燃烧反应为放热反应，在用文字叙述燃烧热时用正值，用ΔH表示时带负号。
8．（2018·泰州模拟）已知： ①C6H12O6(s)=2C2H5OH(l)+2CO2(g) △H1
②6CO2(g)+6H2O(g)=C6H12O6(s)+6O2 △H2
③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H3
④2CO2(g)+6H2(g)=C2H5OH(l)+3H2O △H4
下列有关说法正确的是（ ）
A．H2的燃烧热为
B．反应①使用催化剂，△H1将减小
C．标准状况下，反应②生成1.12LO2，转移的电子数为0.1×6.02×1023
D．2△H4=△H1+△H2-6△H3
【答案】D
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A.根据③2H2O(g)=2H2(g)+ O2(g) △H3，则2molH2完全燃烧生成液态水放出的热量大于△H3，所以氢气的燃烧热大于 ，选项A不符合题意；
B、催化剂不能改变反应的焓变，选项B不符合题意；
C、反应②每生成6molO2转化24mol电子 ，则标准状况下，反应②生成1.12LO2，转移的电子数为0.2×6.02×1023，选项C不符合题意；
D、根据盖斯定律，由①+②-6 ③得反应4CO2(g)+12H2(g)=2C2H5OH(l)+6H2O，则2△H4=△H1+△H2-6△H3，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据燃烧热的定义和盖斯定律进行分析判断即可。
9．（2018·静安模拟）已知C2H2 (g) + O2 (g) → 2CO2 (g) + H2O (g)+1256 kJ，下列说法正确的是（ ）
A．1 份乙炔完全燃烧可放热1256 kJ
B．反应中乙炔做还原剂、被还原
C．乙炔完全燃烧时，生成2 mol液态水，所放热量小于2512 kJ
D．若有10 mol电子发生转移，则需消耗2.5 mol O2
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；燃烧热
【解析】【解答】A. 应是1 mol乙炔完全燃烧生成二氧化碳气体和水蒸气可放热1256 kJ，选项A不符合题意；
B、反应中乙炔做还原剂、被氧化，选项B不符合题意；
C、气态水变为液态水放热，若生成2mol液态水，所放热量大于2512 kJ，选项C不符合题意；
D、依据反应化学方程式可知消耗2.5mol氧气，电子转移为10mol，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据燃烧热的定义进行判断；
B.氧化还原反应中还原剂被氧化；
C.生成液态水比生成气态水放出的热量多；
D.根据氧化还原方程式进行计算。
10．（2018·吉林模拟）已知：①CH3OH(g)＋ O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH1=－a kJ·mol－1
②CO(g)＋ O2(g)=CO2(g) ΔH2=－b kJ·mol－1
③H2(g)＋ O2(g)=H2O(g) ΔH3=－c kJ·mol－1
④H2(g)＋ O2(g)=H2O(l) ΔH4=－d kJ·mol－1 下列叙述正确的是（ ）
A．由上述热化学方程式可知ΔH3<ΔH4
B．H2的燃烧热为d kJ·mol－1
C．CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g) ΔH=( a- b-2c)kJ·mol－1
D．当CO和H2的物质的量之比为1∶2时，其完全燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出Q kJ热量，则混合气中CO的物质的量为 mol
【答案】B
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．气态水到液态水继续放热，所以d＞c，ΔH3＞ΔH4 ，故A不符合题意；
B.燃烧热应生成稳定氧化物，应该是液态水，燃烧热为d kJ·mol－1，故B符合题意；
C.根据盖斯定律，CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)，由①－②－③×2得到：CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g) ΔH=(b＋2c－a)kJ·mol－1，故C不符合题意；
D.设CO和H2物质的量分别为n、2n，则CO放出的热量是nb，氢气放出的热量是2nd，即nb＋2nd=Q，解得n= Q /(b＋2d)mol，则该混合物中CO的物质的量为Q /(b＋2d)mol，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据盖斯定律计算反应热、书写热化学方程式，结合燃烧热的定义和反应热与物质状态的关系进行分析即可。
11．（2018·河北模拟）根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（ ）
A．图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
B．图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，且溶液导电性：c>b>a
C．图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJ·mol－1
D．由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3＋，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右
【答案】B
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】A、体积为10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1CH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)，A正确；
B、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：c
D、除去CuSO4溶液中的Fe3＋，向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，铁离子水解完全转化为氢氧化铁沉淀，可以除去CuSO4溶液中的Fe3＋，D正确
答案选B。
【分析】A，根据质子守恒分析；
B，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小；
C，根据燃烧热的定义求解；
D，铁离子水解完全转化为氢氧化铁沉淀；
12．（2017高二上·武邑期中）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）△H=+49.0kJ mol﹣1
②CH3OH（g）+ O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H=﹣192.9kJ mol﹣1
下列说法正确的是（ ）
A．CH3OH的燃烧热为192.9 kJ mol﹣1
B．反应①中的能量变化如图所示
C．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量
D．根据②推知反应CH3OH（l）+ O2（g）═CO2（g）+2H2（g）的△H＞﹣192.9 kJ mol﹣1
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】A、反应②生成氢气，不符合燃烧热的概念，A不符合题意；
B、图中表示的是放热反应，而反应①是吸热反应，图象不符合，B不符合题意；
C、据反应①②可知，CH3OH转变成H2的过程不一定要吸收能量，C不符合题意；
D、反应②气态甲醇反应生成二氧化碳和氢气的焓变是﹣192.9kJ/mol；而1 mol液态 CH3OH充分燃烧生成二氧化碳和水放出的热量小于192.9 kJ，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成稳定氧化物时所放出的热量；
B．反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
C．由题干可知，转化过程可以吸收热量，也可以放出热量；
D．可直接根据盖斯定律进行确定即可。
13．（2016·杨浦模拟）由右表提供数据及相关物质结构知识，反应：SiCl4（g）+2H2（g）→Si（s）+4HCl（g），生成1mol晶体硅的热效应是（ ）
化学键 Si﹣Cl H﹣H Si﹣Si H﹣Cl
键能（kJ/mol） 360 436 176 431
A．吸收236KJ B．放出236kJ C．放出116kJ D．吸收116kJ
【答案】A
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】解：反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和，则该反应的焓变△H=360kJ/mol×4+436kJ/mol×2﹣176kJ/mol×2﹣431kJ/mol×4=+236kJ/mol，即：生成1mol晶体硅需要吸收236kJ的热量，
故选A．
【分析】化学反应方程式中的反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和；在硅晶体中每个硅原子和其它4个硅原子形成4个共价键，所以每个硅原子含有2个共价键，据此列式计算．
二、多选题
14．（2020高二上·乐山期末）下列燃烧反应的反应热是燃烧热的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A,B
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】A．S的稳定氧化物为气态的SO2，符合燃烧热的定义，故A符合题意；
B．C的稳定氧化物为气态的CO2，符合燃烧热的定义，故B符合题意；
C．气态水不是最稳定状态，应生成液态水，故C不符合题意；
D．硫化氢燃烧生成的稳定氧化物为液态水和气态二氧化硫，故D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】根据燃烧热的定义即可判断
15．（2019高一下·泰州期末）下列说法正确的是（ ）
A．任何中和反应生成1molH2O，能量变化均相同
B．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同
C．已知：①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-akJ·mol-l，②2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=-b kJ·mol-1，则a>b.
D．已知：①C（s，石墨）+O2(g)=CO2（g）△H=-393.5kJ·mol-1，②C（s，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.0kJ·mol-1.则C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.5kJ·mol-1。
【答案】B,D
【知识点】燃烧热；中和热；反应热的大小比较
【解析】【解答】A、中和热是稀的强酸和稀的强碱发生中和反应生成1molH2O(l)时，放出的热量，且发生的反应只能是H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)，即任何中和反应生成1molH2O，能量的变化可能相同，也可能不相同，故A不符合题意；
B、△H只与始态和终态有关，与反应条件无关，故B符合题意；
C、水蒸气变为液态水是放热过程，即a
故答案为：BD。
【分析】A.中和热是指在稀溶液中强酸与强碱反应只生成可溶性的盐和水的反应放出的热量；
B.焓变与反应条件无关；
C.焓变带有正负号，放出的热量越大焓变越小；
D.根据盖斯定律进行计算。
16．（2022高二上·微山月考）下列热化学方程式中，能表示相应物质的燃烧热的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B,C
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】A.该反应中C燃烧生成CO(g)，不能表示C的燃烧热，A不符合题意；
B.该热化学方程式可表示C燃烧热，B符合题意；
C.该热化学方程式可表示H2燃烧热，C符合题意；
D.该热化学方程式中氢元素的对应产物为H2(g)，不能表示CH3OH燃烧热，D不符合题意；
故答案为：BC
【分析】燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量；碳元素的指定产物为CO2(g)、氢元素的指定产物为H2O(l)。据此结合选项所给热化学方程式进行分析即可。
17．（2020高二上·黄岛期中）已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH=+571.6 kJ·mol-1。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的图示与过程如下：
过程Ⅰ：……
过程Ⅱ：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s) ΔH＝+129.2 kJ·mol﹣1
下列说法正确的是（ ）
A．该过程能量转化形式是太阳能→化学能→热能
B．过程Ⅰ热化学方程式为：Fe3O4(s)=3FeO(s)+ O2(g) ΔH=﹣156.6 kJ·mol﹣1
C．氢气的摩尔燃烧焓为ΔH=﹣285.8 kJ·mol﹣1
D．铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
【答案】C,D
【知识点】化学反应中能量的转化；燃烧热；热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．过程Ⅰ中Fe3O4分解变为FeO、O2，该反应为吸热反应，过程II发生的反应也是吸热反应，因此不存在化学能→热能的过程，A不符合题意；
B．已知反应①2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571.0 kJ/mol和反应②2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)△H=+313.2 kJ/mol，根据盖斯定律，将①× -②，整理可得：Fe3O4(s)=3FeO(s)+ O2(g) ΔH=+156.6 kJ·mol-1，B不符合题意；
C．由2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH=+571.6 kJ·mol-1可知2 mol H2完全燃烧产生2 mol液态水，放出571.6 kJ的热量，则1 mol H2完全燃烧产生1 mol液态水，放出285.8 kJ的热量，故氢气的摩尔燃烧焓为ΔH=﹣285.8 kJ·mol-1，C符合题意；
D．过程II为3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)，产物中，氢气为气体，而Fe3O4为固体，故铁氧化合物循环制H2的产物易分离，且由于利用太阳能，故成本低，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．过程中不存在化学能→热能的过程；
B．根据盖斯定律计算；
C．燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
D．根据产物氢气为气体，Fe3O4为固体分析。
18．（2015高二下·汕头期中）一些烷烃的燃烧热（kJ mol﹣1）如表：
化合物 燃烧热 化合物 燃烧热
甲烷 891.0 正丁烷 2878.0
乙烷 1560.8 异丁烷 2869.6
丙烷 2221.5 2﹣甲基丁烷 3531.3
下列表达正确的是（ ）
A．热稳定性：正丁烷＞异丁烷
B．乙烷燃烧的热化学方程式为：2C2H6（g）+7O2（g）→4CO2（g）+6H2O（g）△H=﹣1560.8kJ mol﹣1
C．正戊烷的燃烧热大约在3540kJ mol﹣1左右
D．相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多
【答案】C,D
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】解：A、由表格中的数据可知，异丁烷的燃烧热比正丁烷的燃烧热小，则异丁烷的能量低，即热稳定性为正丁烷＜异丁烷，故A错误；
B、根据乙烷燃烧热的含义：完全燃烧1mol乙烷生成二氧化碳和液态水时会放出1560.8KJ的热量，所以热化学方程式为2C2H6（g）+7O2（g）=4CO2（g）+6H2O（l）；△H=﹣3121.6kJ/mol，故B错误；
C、正戊烷和2﹣甲基丁烷互为同分异构体，由表格中正丁烷、异丁烷的燃烧热比较可知，则互为同分异构体的化合物，支链多的燃烧热小，则正丁烷的燃烧热大于2﹣甲基丁烷，即正戊烷的燃烧热大约在3540KJ/mol左右，且大于3531.3KJ/mol，故C正确；
D、相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放热越多，燃烧放出的热量越多，故D正确．
故选CD．
【分析】A、物质具有的能量越低越稳定；
B、正丁烷的燃烧热和其同分异构体的燃烧热相近，比含有支链的同分异构体高点，以此来分析正戊烷的燃烧热；
C、乙烷的燃烧热为1560.8KJ/mol，说明完全燃烧1mol乙烷生成二氧化碳和液态水时会放出1560.8KJ的热量；
D、相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多．
三、非选择题
19．（2022·河北）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。
（1）时，燃烧生成)放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为 。
（2）工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列操作中，能提高平衡转化率的是 (填标号)。
A．增加用量 B．恒温恒压下通入惰性气体
C．移除 D．加入催化剂
②恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数 (写出含有α、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为 (结果保留两位有效数字)。
（3）氢氧燃料电池中氢气在 (填“正”或“负”)极发生反应。
（4）在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为 。
（5）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→ (用等代号表示)。
【答案】（1）H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1
（2）BC；；43%
（3）负
（4）CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=n CO2+(n+1) H2O
（5）abehj
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ，则1molH2燃烧生成H2O(g)放热=242kJ，用热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(g) H1= -242 kJ mol-1①，又因为1 mol H2O(1)蒸发吸热44kJ，则H2O(g)= H2O(l) H2= -44 kJ mol-1②，根据盖斯定律可知，表示H2燃烧热的反应热为 H=H1+H2= -286 kJ mol-1，故答案为：H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1；
（2）①A．增加CH4 (g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不正确；
B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B正确；
C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C正确；
D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不正确；
综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC；
②恒温恒压条件下，1 mol CH4 (g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时，CH4 (g)的转化率为α，CO2 (g)的物质的量为b mol，则转化的CH4 (g)为α mol，剩余的CH4 (g)为(1-α)mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b)mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数Kx=；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，α=0.90，b =0.65，则平衡时，CH4 (g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65 )mol=3.45mol，H2(g)的物质的量为(3α+b )mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2α+6 )mol=7.8mol，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为；
（3）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，因此氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；
（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=nCO2+(n+1) H2O；
（5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：abehj。
【分析】（1）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；
（2）①提高平衡转化率，应使平衡尽量正向移动，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；
②分别计算各物质的物质的量，结合 计算；
（3）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应；
（4） CnH2n+2在负极上发生氧化反应生成CO2和H2O；
（5）原电池反应均为自发的氧化还原反应，为放热反应。
20．（2022·海南）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
（1）已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓) 。
（2）已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2) 。
②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为 ，反应温度t约为 ℃。
（3）在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。
催化剂 t=350℃ t=400℃
催化剂Ⅰ 10.8 12722 345.2 42780
催化剂Ⅱ 9.2 10775 34 38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为 ；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是 。
【答案】（1）-286
（2）；50%或0.5；660.2(或660.1或660.3，其他答案酌情给分)
（3）5.4；相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【知识点】燃烧热；化学平衡常数；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)电解液态水制备，电解反应的，则2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，从而可知1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
(2)①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图2信息可知＝ａ，则ａ，则生成物能量低于a，因此该反应过程的能量变化示意图为：。
②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则参与反应的的物质的量为0.05mol，的转化率为；的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的2倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图1中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
(3)在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，因此，0~2min生成CH3OH的平均反应速率为10.8mol L-12min=5.4μmol L-1 min-1；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝12722：10.8≈1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到9.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝10775：9.2≈1171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到345.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝42780：345.2≈124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到34μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝38932：34≈1145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
【分析】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
（2）①该反应的平衡常数随温度升高而减小，该反应为放热反应，生成物能量低于a；
②根据转化率=反应量起始量×100%计算；计算此时的平衡常数，根据图1确定反应温度；
（3）根据v=ΔcΔt计算；400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
21．（2023·保定模拟）我国要在2060年实现碳中和的目标，的资源化对于实现碳中和具有重要意义。回答下列问题：
（1）与重整生成和CO的反应为 kJ mol
①已知
物质
标准燃烧热(kJ mol) -285.8 -283.0
则表示燃烧热的热化学方程式为 。
②在恒温恒容装置中通入等体积和，发生上述反应，起始压强为p，的平衡转化率为α，达平衡时，容器内总压强为 ，该反应的平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（2）利用和合成乙烯： 。
①上述反应的Arrhenius经验公式实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应的活化能 kJ mol。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是 。
②在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比对平衡转化率的影响如图所示。则 0(填“>”或 “<”，下同)；a 3；M、N两点的反应速率 。
③常压某温度下，按(总物质的量为4a mol)的投料比充入密闭容器中发生反应。随时间(t)的变化趋势如图中曲线A所示。其它条件相同，若将容器的体积改为原来的一半，时刻随时间(t)的变化趋势曲线为 (填B、C或D)。
【答案】（1） kJ·mol；；
（2）30；加入催化剂；<；>；<；C
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；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）①燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由表格数据及题干可知：
Ⅰ kJ mol
Ⅱ kJ mol
Ⅲ kJ mol
由盖斯定律可知，Ⅲ+2×Ⅱ+2×Ⅰ得：
kJ·mol；
②在恒温恒容装置中通入等体积和，假设投料均为1mol，发生上述反应，起始压强为p，的平衡转化率为α，达平衡时：
则反应后总的物质的量为(2+2α)mol，根据阿伏加德罗定律可知，容器内总压强为，该反应的平衡常数；
（2）①已知，，则斜率即为反应的活化能，故kJ mol=30 kJ mol；当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，图像斜率变小，则反应的活化能减小，故实验可能改变的外界条件是加入催化剂；
②由图可知，相同条件下，升高温度，二氧化碳转化率下降，则平衡逆向移动，反应为放热反应，小于零；相同条件下，增加氢气的投料，平衡正向移动，会提高二氧化碳的转化率，故a>3；MN均为平衡点，各自的正逆反应速率相等，由于N点温度更高，则反应速率更快，故M、N两点的反应速率<。
③，反应为气体分子数减小的反应，其它条件相同，若将容器的体积改为原来的一半，物质浓度变大，反应速率更快，缩小体积相当于增大压强，达到新平衡时相当于在原有平衡的基础上平衡正向移动，则生成乙烯的物质的量更大，结合图像可知，时刻随时间(t)的变化趋势曲线为C。
【分析】（1）①分别写出各物质燃烧热的热化学方程式，结合盖斯定律分析；
②列出反应的三段式计算；
（2）①将曲线上的点代入公式计算；曲线b的斜率减小，即活化能减小；
②升高温度，二氧化碳转化率下降，平衡逆向移动；相同条件下，增加氢气的投料，平衡正向移动，会提高二氧化碳的转化率；N点温度更高，则反应速率更快；
③该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动。
22．（2022·河南模拟）CO2资源化是实现“双碳”目标的重要途径。
方法1：化学还原CO2制备CH3CH2OH。
已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1=-484.0kJ·mol-1
②C2H5OH(g)完全燃烧的能量变化如图所示。
（1）根据上述数据， (填“能”或“不能”)计算C2H5OH(g)的燃烧热。
（2）2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g) ΔH= kJ·mol-1
（3）在恒温恒容条件下，发生反应2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g)，下列情况表明反应达到平衡状态的是____(填标号)。
A．混合气体密度保持不变 B．气体总压强保持不变
C．气体平均摩尔质量保持不变 D．产物浓度之比保持不变
（4）在容积相同、起始温度相同的甲、乙两个容器中都充入1molCO2(g)、3molH2(g)，发生反应2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g)，在不同条件下达到平衡，如下表所示：
容器 甲 乙
条件 恒温、恒容 绝热、恒容
平衡常数K K甲 K乙
达到平衡时所用时间/min t甲 t乙
则K甲 (填“＞”、“＜”或“=”，下同)K乙；t甲 t乙。
（5）在一定温度下，向容积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2(g)、xmolH2(g)，发生反应2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g)，测得平衡体系中，C2H5OH(g)的体积分数φ与x的关系如图所示。
在m、n、p点中，CO2的转化率最大的是 (填字母)点。在该温度下，平衡常数K为 。
（6）用电解法可将CO2转化为多种原料，原理如图。若铜电极上只产生C2H4和CO气体，写出产生C2H4的电极反应式 ；电解后溶液pH (填“变大”、“变小”或“不变”)(忽略溶液体积的变化)。
【答案】（1）不能
（2）-174.9
（3）B；C
（4）＞；＞
（5）p；48
（6）2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；不变
【知识点】燃烧热；电极反应和电池反应方程式；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)(g)的燃烧热是指1mol完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，而过程①和②中均为气态水，缺少液态水与气态水转化过程中的焓变，因此不能确定乙醇的燃烧热，故答案为：不能；
(2)反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差，反应②的。已知：① ；② 。根据盖斯定律，①×3-②得： ，故答案为：；
(3)A．恒容条件下，气体总质量守恒，故密度始终不变，不能作为判断平衡的依据，A项不正确；
B．恒温恒容条件下，气体总压强与气体物质的量成正比，气体分子数由多到少，气体总压强不变时达到平衡状态，B项正确；
C．气体物质的量不变时，气体平均摩尔质量不变，达到平衡，C项正确；
D．产物浓度之比始终是常数，D项不正确；
故答案为：BC；
(4)题给反应是放热反应，绝热容器中温度升高，相对甲容器，乙容器中平衡向逆反应方向移动，故平衡常数减小；升高温度，反应速率加快，达到平衡所用时间较短。故答案为：＞；＞；
(5)一定温度下，向恒容密闭容器中充入、，随着、的投料比增大，平衡向正反应方向移动，的平衡转化率增大，故p点转化率在m、n、p三点中最大。根据体积分数计算平衡常数：
，，，所以，平衡体系中，，，，则。故答案为：p；48；
(6)根据装置图，Cu电极为阴极，根据电解原理，生成乙烯的电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；Pt电极反应式为H2O-4e-=O2↑+4H+，根据得失电子数目守恒，电解后溶液中c(H+)不变，即pH不变；故答案为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；不变。
【分析】（1）1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量叫做该物质的燃烧热；
（2）根据盖斯定律计算；
（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；
（4）该反应为放热反应，绝热容器中温度升高，平衡逆向移动；升温反应速率加快，到达平衡的时间缩短；
（5）随着、的投料比增大，平衡正向移动， CO2的转化率增大；列出反应的三段式计算；
（6）该装置中，Cu为阴极，Pt为阳极，生成乙烯的电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，反应过程中c(H+)不变。
23．（2022·平江模拟）绿色能源是未来能源发展的重要方向，氢能是重要的绿色能源。
（1）氢气是一种环保的气体，不会污染大气且热值高。相关化学键的键能表示如表：
化学键 O=O H—H O—H
键能E/(kJ·mol-1) a b c
则氢气燃烧热的△H= kJ/mol(用含a、b、c代数式表示)
（2）催化制氢是目前大规模制取氢气的方法之一：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.2kJ·mol-1。在T1℃时，将0.10molCO与0.40molH2O充入5L的容器中，反应平衡后H2的物质的量分数x(H2)=0.08。
①反应平衡常数K= 。(结果保留2位有效数字)
②保持K不变，提高CO平衡转化率措施有： 。(任意一条)
③由T1℃时上述实验数据计算得到v正～x(CO)和v逆～x(H2)的关系可用如图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为 。(填字母)
④研究表明，CO催化变换反应的速率方程为：v=k[x(CO) x(H2O)-]，式中，x(CO)、x(H2O)、x(CO2)、x(H2)分别表示相应的物质的量分数，KP为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。温度升高时，CO催化变换反应的KP (填“增大”或“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T＞Tm时v逐渐减小的原因是 。
（3）氨电解法制氢气
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。阳极的电极反应式为 。
【答案】（1）-(2c-b-a)
（2）0.074或7.4×10-2；增加n(H2O)、减小进气比[n(CO)：n(H2O)]、分离出CO2或H2；BE；减小；Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
（3）2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
【知识点】燃烧热；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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)H2(g)+O2(g)==H2O(g)反应热=反应物总键能-生成物总键能，则bkJ mol－1+×akJ mol－1-2×ckJ mol－1，则氢气燃烧热的ΔH2=-(2c-b-a) kJ mol－1 ；故答案为：-(2c-b-a)；
(2)根据三段式可知：
反应平衡后H2的物质的量分数x(H2)=0.08，=0.08，x=0.04mol；
①CO的平衡转化率×100%=40%，反应平衡常数K==0.074或7.4×10－2；故答案为：40；0.074或7.4×10－2；
②保持K不变，提高CO平衡转化率措施有：增加n(H2O)、减小进气比[n(CO)：n(H2O)]、分离出CO2或H2；故答案为：增加n(H2O)、减小进气比[n(CO)：n(H2O)]、分离出CO2或H2；
③对于正向反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH2=－41.2kJ·mol－1；反应建立平衡时：氢的体积分数为0.08，升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除A点，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，再次平衡时氢的物质的量分数减小，因此排除C点；
故答案为：B点；
对于逆向反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol－1反应建立平衡时：CO的体积分数为， =0.12，升高温度，正、逆反应速率均加快，排除F点，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时CO的物质的量分数增加，大于于0.12，排除D，
故答案为：E点；
因此反应重新达到平衡，v正～x(CO)对应的点为B，v逆～x(H2)对应的点为E，故答案为：BE；
④温度升高时，CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)ΔH2=－41.2kJ·mol－1，平衡逆向移动，CO催化变换反应的KP减小(填“增大”或“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T＞Tm时v=k[x(CO) x(H2O)-]逐渐减小的原因是Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高。故答案为：减小；Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高；
(3)阳极氨气失电子发生氧化反应生成氮气，阳极的电极反应式为2NH3－6e－+6OH－=N2+6H2O，故答案为：2NH3－6e－+6OH－=N2+6H2O。
【分析】（1）根据反应热=反应物总键能-生成物总键能计算；
（2）①平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
②K只与温度有关，提高CO平衡转化率应使平衡正向移动；
③升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
④升温反应逆向移动， KP 减小；
（3）阳极发生氧化反应。
24．（2022·济南模拟）以 、 为原料制备合成气( 、 )，发生的反应如下：
主反应a：
副反应b：
副反应c：
已知：主反应选择性指发生主反应所消耗的 在全部所消耗的 中占有的比例。
回答下列问题：
（1） 和 的燃烧热分别为 、 ，则CO的燃烧热为 。
（2）在同一固相催化剂和 下，研究不同温度， 投料比对 平衡转化率及 体积分数的影响，数据如图所示。
①反应c的 0(填“大于”、“等于”或“小于”)。
②在该催化剂作用下， 投料比为2， 时主反应a的选择性为60%，则体系达平衡后 的体积分数为 %(保留到小数点后一位)。
③根据图像，选择合成体系适宜的反应条件为 ，原因是 ；相同温度下，随着 投料比增加，主反应的反应速率先加快后减慢，导致主反应的反应速率减慢的主要原因可能是 。
【答案】（1）283
（2）大于；43.8；T1、 =1；在T1温度下， =1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小；由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；化学平衡移动原理
【解析】【解答】(1)根据 和 的燃烧热分别为 、 ，则有：反应I：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-763.7kJ/mol，反应II：H2(g)+ O2(g)=H2O(l) =-285.8kJ/mol，题干主反应a： 则I-a-2×II得：2CO(g)+O2(g)=2CO2 = - -2 =(-763.7kJ/mol)-(373.9kJ/mol)-2(-285.8kJ/mol)=-566kJ/mol，则CO的燃烧热为283 ，故答案为：283；
(2)①由题干信息可知，主反应a和副反应b均为吸热反应，即升高温度平衡正向移动，甲烷的平衡转化率增大，根据图示甲烷的平衡转化率与温度的关系可知，T1＞T2，而投料比相同时，T1时H2O的体积分数高于T2时的，说明升高温度，反应c的平衡正向移动，即正反应是一个吸热反应，故反应c的 大于0，故答案为：大于；
②在该催化剂作用下， 投料比为2，假设CH4为2a mol，则CO2为a mol，由题干图中可知此时甲烷的平衡转化率为60%，则转化的CH4的物质的量为1.2a mol，达到平衡时CH4的物质的量为0.8amol。又 时主反应a的选择性为60%，则反应a消耗CH4的物质的量为1.2a mol×60%=0.72a mol，消耗CO2的物质的量为0.72a mol，生成CO和H2的物质的量均为1.44amol，反应b消耗CH4的物质的量为1.2a-0.72a=0.48amol，则生成H2的物质的量为0.96amol，设反应c消耗CO2的物质的量为xmol，则同时消耗H2的物质的量为xmol，生成水蒸气和CO的物质的量均为xmol，所以平衡时甲烷的物质的量为0.8amol，H2的物质的量为(1.44a+0.96a-x)mol，CO的物质的量为(1.44a+x)mol，CO2的物质的量为(a-0.72a-x)mol，水蒸气的物质的量为xmol，混合气的总物质的量为0.8a+1.44a+0.96a-x+1.44a+x+a-0.72a-x+x=4.92a，又H2O(g)的体积分数为5%，则 =5%，求出x=0.246a，所以平衡时H2的物质的量为1.44a+0.96a-x =1.44a+0.96a-0.246a=2.154amol，所以氢气的体积分数为 =43.8%，故答案为：43.8；
③根据图像，在T1温度下， =1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小，则选择合成体系适宜的反应条件为T1、 =1；相同温度下，随着 投料比增加，由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小，从而主反应的反应速率先加快后减慢，故答案为： T1、 =1；在T1温度下， =1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小；由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①反应c为吸热反应；
②根据物质的量分数等于体积分数，计算平衡时氢气的物质的量和总物质的量即可计算氢气的体积分数；
③温度为T1， =1时，CH4的平衡转化率最大。
25．（2022·安徽模拟）2022年北京冬奥会首次采用氢能作为火炬燃料，体现绿色奥运理念。工业上利用天然气制备氢气，还能得到乙烯、乙炔等化工产品，有关反应原理如下：
反应1：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH1
反应2：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH2
请回答下列问题：
（1）已知几种物质的燃烧热(ΔH)数据如下：
物质 CH4(g) C2H2(g) C2H4(g) H2(g)
燃烧热(ΔH)/(kJ/mol) -890.3 -1299.5 -1411.0 -285.8
①写出表示C2H2(g)燃烧热的热化学方程式： 。
②上述反应中，ΔH1-ΔH2= kJ·mol-1。
③已知反应1的ΔS=+220.2 J·mol-1·K-1，则下列所给温度能使该反应自发进行的是 (填标号)。
A.0℃ B.25℃ C.1250℃ D.2 000℃
（2）在恒温恒容密闭容器中充入适量CH4发生上述反应1和反应2，下列情况不能说明上述反应达到平衡状态的是____(填字母)。
A．气体总压强不随时间变化
B．气体密度不随时间变化
C．气体平均摩尔质量不随时间变化
D．H2体积分数不随时间变化
（3）2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的速率方程为v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H2)·c3(H2)(k正、k逆为正、逆反应速率常数，与温度有关)。其他条件相同，T1℃达到平衡时k正=1.5k逆，T2℃达到平衡时k正=3. 0k逆。由此推知，T1 T2(填“＞”“＜”或“=”)。
（4）一定温度下，在总压强保持恒定为121 kPa时，向某密闭容器中充入CH4和N2组成的混合气体( N2不参与反应)，测得CH4的平衡转化率与通入气体中CH4的物质的量分数的关系如图所示。
①图中随着通入气体中CH4的物质的量分数的增大，甲烷的平衡转化率降低的主要原因是 。
②已知M点乙炔的选择性为75% [乙炔的选择性=×100%]。该温度下，反应2的平衡常数Kp= kPa(结果保留2位有效数字，Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH=-1299.5 kJ/mol；+174.3；D
（2）B
（3）＜
（4）温度不变，化学平衡常数不变。随着通入反应物CH4体积分数的增加，反应体系总压强增大，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，导致甲烷的平衡转化率降低；2.52
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】(1)①燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量。根据表格数据可知乙炔的燃烧热为-1299.5 kJ/mol，则表示乙炔燃烧热的热化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH=-1299.5 kJ/mol；
②反应1：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH1
反应2：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH2
根据盖斯定律，将第一个式子与第二个式子相减，可得C2H4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH=ΔH1-ΔH2。
根据物质的燃烧热，可得热化学方程式(i)C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1411.0 kJ/mol；
(ii)C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH=-1299.5 kJ/mol；
(iii)H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8 kJ/mol
根据盖斯定律，将(i)-(ii)-(iii)，整理可得C2H4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH=+174.3 kJ/mol，即ΔH1-ΔH2=+174.3 kJ/mol；
③根据燃烧热的含义可得热化学方程式：(ii)C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH=-1299.5 kJ/mol；(iii)H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8 kJ/mol；(iv)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3 kJ/mol；则根据盖斯定律，将(iv)×2-(ii)- (iii)×3，整理可得2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH1=+376.3 kJ/mol。体系的自由能ΔG=ΔH-TΔS＜0，反应可自发进行，反应1的ΔS=220.2 J/(mol·K)，则ΔG=ΔH-TΔS=(+376.3 kJ/mol×103J/kJ)-T×220.2 J/(mol·K)＜0，所以T＞1708.9 K，故答案为：D；
(2)A．反应在恒温恒容密闭容器中进行，反应1和反应2都是气体物质的量发生变化的反应，若气体总压强不随时间变化，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，A不正确；
B．反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则混合气体密度始终不变，因此不能根据密度不变判断反应是否达到平衡状态，B正确；
C．反应混合物都是气体，气体的质量不变。反应1和反应2都是气体物质的量发生变化的反应，若气体平均摩尔质量不随时间变化，则气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，C不正确；
D．在这两个反应中，H2都是生成物，反应前后气体的物质的量发生变化，若H2体积分数不随时间变化，则H2的物质的量及体系中气体总物质的量都不变，反应达到平衡状态，D不正确；
故答案为：B；
(3)根据前边计算可知2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH1=+376.3 kJ/mol，该反应的正反应是吸热反应。升高温度，化学平衡正向移动，化学平衡常数增大。2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的速率方程为v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H2)·c3(H2)，v正=v逆，k正c2(CH4)= k逆c(C2H2)·c3(H2)，K=，在T1℃达到平衡时k正=1.5k逆， K1=1.5；T2℃达到平衡时k正=3.0k逆， K2=3.0，K2＞K1，所以T1＜T2；
(4)①温度不变化学平衡常数不变。反应1和反应2的反应物只有CH4一种，增大CH4的浓度，反应正向进行，导致生成物浓度增大，气体总压强增大对化学平衡移动的影响大于浓度增大对化学平衡移动的影响。根据平衡移动原理，在其它条件不变时，随着混合气体反应物中CH4的体积分数的增加，反应体系总压强增大，化学平衡逆向移动，导致甲烷的平衡转化率反而降低；
②假设通入的CH4、N2混合气体总物质的量为10a mol，在M点CH4占气体总物质的量的0.6，则通入CH4的物质的量为n(CH4)=6a mol，n(N2)=4a mol。甲烷平衡转化率为40%，则反应消耗的CH4的物质的量为6a mol×40%=2.4a mol，未反应的甲烷的物质的量为6a mol×(1-40%)=3.6a mol。根据M点时乙炔的选择性为75% ，可知反应1：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)消耗CH4的物质的量为2.4a mol×75%=1.8a mol，根据物质反应转化关系可知其产生C2H2(g)为0.9a mol，产生H2(g)为2.7a mol；发生反应2：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)消耗CH4的物质的量为2.4a mol×25%=0.6a mol，根据物质反应转化关系可知其产生C2H4(g)为0.3a mol，产生H2(g)为0.6a mol，则平衡时气体总物质的量n(总)=n(N2)+n(CH4)+n(C2H2)+n(C2H4)+n(H2)=4a mol+3.6a mol+0.9a mol+0.3a mol+(2.7a+0.6a)mol=12.1a mol，所以该条件下反应2的化学平衡常数Kp=。
【分析】（1） ① 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量；
②ΔH1-ΔH2 就是反应1-反应2的反应热，分别写出C2H2(g)、C2H4(g)、H2(g)的燃烧热，再利用盖斯定律求；
③ 反应能自发进行则，所以首先要利用盖斯定律求出 ΔH1 ，再求温度；
（2）某物理量反应未达到平衡时随平衡的移动发生变化，当不再改变时说明达到了平衡状态；
（3）根据速率方程式及化学平衡常数的表达式可知，通过判断平衡常数的变化情况及该化学平衡的反应热判断温度的大小关系；
（4）① 因为总压不变， 通入气体中CH4的物质的量分数的增大，甲烷的分压增大，压强增大平衡向气体体积减小的方向移动；
② 根据M点甲烷的转化率和物质的量分数以及乙炔的选择性计算反应2平衡时各物质的物质的量，再求分压，注意甲烷和氢气是两反应都达到平衡时的物质的量之和。
26．（2021·南昌模拟）“化学链燃烧技术”可以提高燃料的燃烧效率，其基本原理是借助载氧剂(如金属氧化物等)将燃料与空气直接接触的传统燃烧反应分解为几个气固反应，燃料与空气不用接触，由载氧剂将空气中的氧气传递给燃料。回答下列问题：
（1）CH4用NiO作载氧体的化学链燃烧示意图如下：
主要热化学反应如下：
I.2Ni(s)+O2(g)=2NiO(s) H=-479.8kJ mol-1
II.CH4(g)+4NiO(s)=CO2(g)+2H2O(l)+4Ni(s) H=+68.9kJ mol-1
①CH4的燃烧热是 。
②与直接燃烧CH4相比“化学链燃烧”的优点为 。
a.燃烧等质量的CH4，放出的热量多
b.有利用于二氧化碳的分离与回收
c.燃烧等质量的CH4，消耗的O2少
（2）用FeO作载氧剂部分反应的lgKp与温度的关系如图所示。［已知：平衡常数Kp是用平衡分压(平衡分压=总压x物质的量分数)代替平衡浓度］
①R点对应温度下向某恒容密闭容器中通入1.0molCO和0.2molCO2，并加入足量的FeO，只发生反应a：CO(g)+FeO(s)=CO2(g)+Fe(s)，则CO的平衡转化率为 。
②若某恒容密闭容器中只发生反应b和c，平衡时对应上图中Q处时，容器中气体分压p(X)间应满足的关系是 。
（3）在T℃下，向某恒容密闭容器中加入1molCH4(g)和足量的FeO(s)进行反应：CH4(g)+4FeO(s) 4Fe(s)+2H2O(g)+CO2(g)。反应起始时压强为Po，达到平衡状态时容器的气体压强是起始压强的2倍。
①T℃下该反应的Kp= 。
②其他条件不变，若将该容器改为恒压密闭容器，则此时CH4的平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）利用电解装置可实现CH4和CO2两种分子的耦合转化其原理如图所示。
①写出生成乙烯的电极反应式为： 。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为1：2，则消耗的CH4和CO2体积比为 。
【答案】（1）890.7kJ mol-1；b
（2）40%；
（3）；增大
（4）；3:2
【知识点】燃烧热；化学平衡常数；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】 （1）①I.2Ni(s)+O2(g)=2NiO(s) H1=-479.8kJ mol-1 ① II.CH4(g)+4NiO(s)=CO2(g)+2H2O(l)+4Ni(s) H2=+68.9kJ mol-1②根据盖斯定律计算出①x2+②得到：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)， H=2x H1+ H2= -890.7kJ mol-1
故燃烧热为 890.7kJ mol-1
②a. 燃烧等质量的CH4，放出的热量一样多，故a不符合题意
b. .有利用于二氧化碳的分离与回收 ，故b符合题意
c. 燃烧等质量的CH4，消耗的O2相同，故c不符合题意
（2）①R点 的 lgKp =0,即可计算出Kp=1, 温度和体积相同时，压强与物质的量成正比，,设平衡时一氧化碳转化量为x， CO(g)+FeO(s)=CO2(g)+Fe(s)
起始1 2
转化x x
平衡1-x 2+x
kp==1,x=0.5 则一氧化碳的转化率为=50%
②只发生b和c反应，则Kb=Kc,kb=,Kc=p(CO2),根据Kb=Kc，得出=p(CO2)，即可得出
（3）① 设甲烷的转化量为x CH4(g)+4FeO(s) 4Fe(s)+2H2O(g)+CO2(g)
起始 1
转化 x 2x x
平衡 1-x 2x x
根据 达到平衡状态时容器的气体压强是起始压强的2倍 即可计算出=x=0.5，因此转化为压强为p(CH4)= 0.5P0，
p(H2O)=P0 p(CO2)=0.5P0,因此Kp==
②恒压，此反应是体积增大的反应，导致压强降低平衡向右移动转化率增大
（4）① 乙烯是在正极得到根据图示即可写出电极式为
②根据 生成的乙烯和乙烷的体积比为1：2 ，即可写出总的反应方程式为6CH4+4CO2=2C2H6+C2H4+4H2O+4CO因此
则消耗的CH4和CO2体积比为3:2
【分析】 （1）①根据盖斯定律即可求出燃烧热②焓变与过程无关只与起始物和最终物有关
（2）① 根据此时的 lgKp =0计算出Kp数值，再结合方程式利用二氧化碳和一氧化碳表示出Kp计算出转化量即可②根据此时Kb=Kc计算即可
（3）①根据给出平衡时的压强比值，以及方程式利用三行式计算出平衡时的各压强即可计算出②正反应是体积增大的反应，导致压强降低，平衡左移
（4）①根据图示找出反应物和产物即可写出电极式
②根据给出的比例进行总的方程式配平即可计算出比例
27．（2019高三下·湖南模拟）本题为《化学反应原理》（选修4）选做题，每空2分，共20分。
（1）天然气的主要成分是CH4。
①CH4燃烧反应中，反应物的总能量 生成物的总能量（填“>”、“<”或“=”）。
②已知CH4（g）的燃烧热为890.3kJ·mol-1，甲烷完全燃烧的热化学方程式为 。
（2）NH4Cl溶液呈 （填“酸性”、“碱性”或“中性”)，其中离子浓度满足：c（ ）+c（H+）=c（Cl-）+ 。
（3）一定温度和压强下，可逆反应N2（g）+3H2(g） 2NH3(g)在密闭容器中达到平衡，请回答下列问题：
①若移出部分NH3，则正反应速率 （填“增大”或“减小）。
②若正反应为放热反应，则降低温度，平衡向 （填“正反应“或“逆反应”）方向移动。
③若压缩容器容积，反应的平衡常数 （填字母代号）。
A.增大B.减小C.不变
（4）铁是重要的金属材料，工业上还用作电极材料。
①钢铁在潮湿的空气中易腐蚀，当生铁表面吸附的水膜酸性很强时，主要发生的是 （填字母代号）。
A.吸氧腐蚀B.析氢腐蚀C.化学腐蚀
②铁在工业电解食盐水中用作电极，电解时，铁电极与电源 （填“正”或“负）极相连，阳极的电极反应式是 。
【答案】（1）>；CH4(g)+2O2(g）=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3kJ·mol-1
（2）酸性；c（OH-）
（3）减小；正反应；C
（4）B；负；2Cl--2e-=Cl2↑
【知识点】燃烧热；热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）①甲烷的燃烧反应为放热反应，在放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量；
②燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成相应的稳定的氧化物所放出的热量。故甲烷完全燃烧的热化学方程式为： CH4(g)+2O2(g）=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3kJ·mol-1 ；
（2）NH4Cl溶液中NH4+水解，使得溶液中c(H+)>c(OH-)，故NH4Cl溶液显酸性；溶液呈电中性，即溶液不带电，但溶液中的阴阳离子带电，因此要使溶液不带电，则溶液中的阴阳离子所带电荷的总量相等，即c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)；
（3）①移出部分NH3后，体系中c(NH3)减小，平衡正向移动，使得反应的浓度减小，正反应速率逐渐减小；
②降低温度，平衡向放热反应方向移动，若该反应的正反应为放热反应，则降低温度，平衡向正反应方向移动；
③平衡常数只与温度有关，不是温度引起的平衡移动，平衡常数不变，故压缩容器容积，反应的平衡常数不变；
（4）①生铁表面吸附的水膜酸性很强时，则主要发生析氢腐蚀，B符合题意；
②电解食盐水时，铁电极做阴极，与电源的负极相连，阳极上发生Cl-失电子的氧化反应，其电极反应式为： 2Cl--2e-=Cl2↑；
【分析】（1）①甲烷的燃烧为放热反应，结合物质能量与放热反应的关系分析；
②结合燃烧热的定义书写热化学方程式；
（2）结合溶液中NH4+的水解和电荷守恒分析；
（3）①结合浓度对反应速率和平衡移动的影响分析；
②结合温度对平衡移动的影响分析；
③平衡常数只与温度有关，与浓度无关；
（4）①根据金属的腐蚀分析；
②电解食盐水时，铁电极应做阴极，阳极发生Cl-失电子的氧化反应；
28．（2018·甘肃模拟）能源是人类共同关注的重要问题。页岩气是从页岩层中开采出来的一种非常重要的天然气资源，页岩气的主要成分是甲烷，是公认的洁净能源。
（1）页岩气不仅能用作燃料，还可用于生产合成气(CO和H2)。CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应 CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1
已知：①CH4、H2、CO 的燃烧热（△H）分别为-a kJ mol-1、-b kJ mol-1、-c kJ mol-1；
②H2O (l) =H2O(g)； △H=+dkJ mol-1
则△H1= （用含字母a、
B、
C、d的代数式表示）kJ mol-1。
（2）用合成气生成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H2，在10L恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所示，200℃时n(H2)随时间的变化如下表所示：
t/min 0 1 3 5
n(H2)/mol 8.0 5.4 4.0 4.0
①△H2 (填“>”“<”或“ = ”)0。
②下列说法正确的是 (填标号）。
a.温度越高，该反应的平衡常数越大
b.达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高
c.容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度
d.图中压强p1
④ 200℃时，该反应的平衡常数K = 。向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，则化学平衡 (填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
（3）甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池。标准状况下通入5.6 L甲烷，测得电路中转移1.2 mol电子，则甲烷的利用率为 。
【答案】（1）-a+3b+c–d
（2）<；cd； （或0.067）；6.25；正向
（3）60%
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1） CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1，已知：①CH4、H2、CO 的燃烧热（△H）分别为-a kJ mol-1、-b kJ mol-1、-c kJ mol-1；②H2O (l) =H2O(g)； △H=+dkJ mol-1，由盖斯定律可知，②×3+③-①-④可知，则△H1=-a+3b+c–d kJ mol-1。
（2）CO的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所示，200℃时n(H2)随时间的变化如下表所示： ，
①由图示可知在恒压条件下，随着温度的升高CO的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，即正反应为放热反应，△H2＜0。
②a、正方向为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故a错误；
b.达平衡后再充入稀有气体，压强增大，但平衡不移动，CO的转化率不变，故b错误；
c.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)，达到平衡前气体总物质的量在不断变化，当容器内气体压强不再变化时，说明混合气体的总物质的量不再改变，反应达到平衡，即反应达到最大限度，故c正确；
d.由图示可知，在恒温恒容的条件下，增大压强，平衡向正方向移动，CO的转化率增大，即图中压强p1＜p2，故d正确；
故答案为：cd；
③由图表可知，3min后反应达到平衡状态
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
起始（mol/L） 0.4 0.8 0
转化（mol/L） 0.2 0.4 0.2
平衡（mol/L） 0.2 0.4 0.2
0 3 min内用CH3OH表示的反应速率v（CH3OH）=0.2mol·L－1/3min=1/15mol L-1·min-1。
④ 200℃时，200℃时平衡常数K=c(CH3OH)/(c(CO)×c2(H2))=0.2/(0.2×0.42)=6.25；向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2mol CO、2mol H2、2mol CH3OH，此时各物质的浓度为c（CO）=0.4mol·L－1，c（H2）=0.6mol·L－1，c（CH3OH）=0.4mol·L－1，保持温度不变，则此时Qc=c(CH3OH)/[c(CO)×c2(H2)]=0.4/(0.4×0.62)=2.78＜6.25=K，则此时平衡应向正方向移动；
（3）甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池，CH4完全氧化后的产物为K2CO3，1mol甲烷完全燃烧转移电子的物质的量为[4－（-4）]mol=8mol。测得电路中转移1.2 mol电子，可知参加反应的甲烷为1.2mol/8mol ×1mol=0.15mol，标准状况下通入5.6 L甲烷的物质的量为5.6L/22.4L·mol－1=0.25mol，甲烷的利用率为0.15mol/0.25mol ×100%=60%。
【分析】（1）根据燃烧热书写反应的热化学方程式，结合盖斯定律确定目标反应的反应热；
（2）①根据温度对平衡移动的影响，结合图像变化，确定ΔH的正负；
②a、结合温度对平衡的影响分析温度改变，平衡常数的变化；
b、平衡体系中充入惰性气体，则压强增大，结合压强对平衡移动的影响分析；
c、反应前后，气体分子数改变，则压强改变，当压强不变时，则反应达到平衡状态；
d、结合压强对平衡移动的影响分析；
③由H2的物质的量变化，结合反应的化学方程式计算Δc(CH3OH)，再根据公式计算反应速率；
④结合平三段式计算平衡时各物质的物质的量浓度，再根据平衡常数K的表达式计算该温度下平衡常数；根据Qc与平衡常数K的大小关系，确定反应进行的方向；
29．（2018·银川模拟）中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，如图所示。
物质 燃烧热（kJ/mol）
氢气 285.8
甲烷 890.3
乙烯 1411.5
（1）已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式 。
（2）在400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mol CH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0 %。则在该温度下，其平衡常数K= 。按化学平衡移动原理，在图(a)中画出该反应的平衡转化率与温度及压强(p1>p2)的关系曲线。
（3）在制备C2H4时，通常存在副反应：2CH4(g) C2H6(g) +H2(g)。在常温下，向体积为1L的恒容反应器中充入1molCH4，然后不断升高温度，得到图(b)。
①在200℃时，测出乙烷的量比乙烯多的主要原因是 。
②在600℃后，乙烯的体积分数减少的主要原因是 。
（4）工业上常采用除杂效率高的吸收-电解联合法，除去天然气中的杂质气体H2S，并转化为可回收利用的单质硫，其装置如下图所示。
通电前，先通入一段时间含H2S的甲烷气，使部分NaOH吸收H2S转化为Na2S，再接通电源，继续通入含杂质的甲烷气，并控制好通气速率。装置中右端碳棒为 极，左端碳棒上的电极反应为 ，右池中的c(NaOH)：c(Na2S) (填“增大”、“基本不变”或“减小)。
【答案】（1）2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g) ΔH＝＋202.5kJ/mol
（2）0.25；
（3）在200 ℃时，乙烷的生成速率比乙烯的快；在600 ℃后，乙烯开始分解为碳和氢气
（4）阳；2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑或2H+＋2e－＝H2↑；基本不变
【知识点】燃烧热；热化学方程式；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据燃烧热数据表可得：①H2(g)+ O2(g)=H2O(l) ΔH1＝-285.8kJ/mol；②CH4(g) + 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH2＝-890. 3kJ/mol； ③C2H4(g) + 3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH3＝-1411.0kJ/mol；根据盖斯定律，由②×2-③-①×2得反应2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g) ΔH＝ΔH2×2-ΔH3-ΔH1×2=-890. 3kJ/mol×2-（-1411.0kJ/mol）-（-285.8kJ/mol）×2=＋202.2 kJ/mol；
（2）在 400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mol CH4，发生反应2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g)，测得平衡混和气体中C2H4的体积分数为20.0%。设甲烷的转化率为x，则：
2CH4(g) C2H4(g)+ 2H2(g)
起始（mol/L） 1 0 0
转化（mol/L） x x/2 x
平衡（mol/L） 1-x x/2 x
相同条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则 =20.0%，解得x=0.5mol/L，K= =0.25；按化学平衡移动原理，该反应正反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡转化率增大，增大压强，平衡逆向移动，平衡转化率减小，对应图中曲线为(p1>p2)： ；
（3）①根据图中曲线可知，在200 ℃时，乙烷的生成速率比乙烯的快，测出乙烷的量比乙烯多；②在600 ℃后，乙烯开始分解为碳和氢气，乙烯的体积分数减少；
（4）装置中右端硫离子失电子转化为硫单质，硫元素被还原，则右端碳棒为阳极，左端碳棒为阴极产生氢气，阴极的电极反应为：2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑；因接通电源，继续通入含杂质的甲烷气，并控制好通气速率。故右池中的c(NaOH)：c(Na2S)基本不变。
【分析】（1）根据热烧热书写各个热化学方程式，然后结合盖斯定律计算目标反应的反应热，然后书写热化学方程式即可。
30．（2016·成武模拟）NO能引起光化学烟雾，破坏臭氧层．处理NO有多种方法，根据题意回答下列问题：
Ⅰ．利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：
2NO（g）+2CO（g） 2CO2（g）+N2（g）△H=﹣748kJ/mol
为了测定某催化剂作用下的反应速率，在一定温度下，向某恒容密闭容器中充入等物质的量的NO和CO发生上述反应．用气体传感器测得不同时间NO浓度如表：
时间（s） 0 1 2 3 4 …
c（NO）/mol L﹣1 1.00×10﹣3 4.00×10﹣4 1.70×10﹣4 1.00×10﹣4 1.00×10﹣4 …
（1）前2s内的平均反应速率υ（N2）= （保留3位有效数字，下同）；计算此温度下该反应的K= ．
（2）达到平衡时，下列措施能提高NO转化率的是 ．（填字母序号）
A．选用更有效的催化剂 B．降低反应体系的温度
C．充入氩气使容器内压强增大 D．充入CO使容器内压强增大
（3）已知N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ/mol；则CO的燃烧热为 ．
（4）Ⅱ．臭氧也可用于处理NO．
O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，每生成1mol的HNO3转移 mol电子．
（5）O3可由电解稀硫酸制得，原理如图．图中阴极为 （填“A”或“B”），阳极（惰性电极）的电极反应式为 ．
【答案】（1）2.08×10﹣4mol/（L s）；3.65×106
（2）D
（3）284kJ/mol
（4）3
（5）B；3H2O﹣6e﹣=O3+6H+
【知识点】氧化还原反应；燃烧热；化学反应速率；化学平衡状态的判断；电解原理
【解析】【解答】解Ⅰ．（1）根据表格中数据算出前2s内的平均反应速率υ（NO）=（1.00×10﹣3﹣1.70×10﹣4 ）÷2=4.15×10﹣4mol/（L s），根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，υ（N2）=1/2υ（NO）=2.08×10﹣4 mol/（L s）；由表格数据看出第3s后c（NO）不变则达平衡，此时c（CO）=1.00×10﹣4mol L﹣1，c（CO2）=1.00×10﹣3mol L﹣1﹣1.00×10﹣4mol L﹣1=9.00×10﹣4mol L﹣1，c（N2）=1/2c（CO2）=4.50×10﹣4mol L﹣1，根据K=c（CO2）2×c（N2）/（c（NO）2×c（CO）2）=3.65×106，故答案为：2.08×10﹣4 mol/（L s）；3.65×106；（2）达到平衡时，要提高NO转化率，即改变条件要使平衡正向移动，A．选用更有效的催化剂，平衡不移动，故A错误；B．降低反应体系的温度，该反应为放热反应，正向移动，故B正确；C．充入氩气使容器内压强增大，平衡不移动，故C错误；D．充入CO使容器内压强增大，相当于增大CO浓度，平衡正向移动，NO转化率提高，故D正确．故答案为：BD；（3）由已知方程①2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）△H=﹣748kJ/mol及②N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ/mol．根据盖斯定律①÷2+②÷2得CO的燃烧热的热化学方程式为CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=（﹣748kJ/mol）÷2+（+180kJ/mol）÷2=﹣284kJ/mol，故答案为：284 kJ/mol或△H=﹣284kJ/mol．Ⅱ．（4）O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，转移电子数=化合价升高数，NO转化为HNO3 ，化合价升高3，每生成1mol的HNO3转移3mol电子，故答案为：3；（5）根据已知图，A极出来的是O3，B极出来的是H2，说明A极发生的氧化反应为阳极，B极发生还原反应为阴极，阳极（惰性电极）的电极反应式为3H2O﹣6e﹣=O3+6H+，故答案为：B，3H2O﹣6e﹣=O3+6H+．
【分析】Ⅰ．（1）根据表格中数据算出前2s内的平均反应速率υ（NO）=（1.00×10﹣3﹣1.70×10﹣4 ）÷2=4.15×10﹣4mol/（L s），根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，υ（N2）=1/2υ（NO）=2.08×10﹣4 mol/（L s）；由表格数据看出第3s后c（NO）不变则达平衡，此时c（CO）=1.00×10﹣4mol L﹣1，c（CO2）=1.00×10﹣3mol L﹣1﹣1.00×10﹣4mol L﹣1=9.00×10﹣4mol L﹣1，c（N2）=1/2c（CO2）=4.50×10﹣4mol L﹣1，根据K=c（CO2）2×c（N2）/（c（NO）2×c（CO）2）=3.65×106，（2）达到平衡时，要提高NO转化率，即改变条件要使平衡正向移动，A．选用更有效的催化剂，平衡不移动，故A错误；B．降低反应体系的温度，该反应为放热反应，正向移动，故B正确；C．充入氩气使容器内压强增大，平衡不移动，故C错误；D．充入CO使容器内压强增大，相当于增大CO浓度，平衡正向移动，NO转化率提高，故D正确．（3）由已知方程①2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）△H=﹣748kJ/mol及②N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ/mol．根据盖斯定律①÷2+②÷2得CO的燃烧热的热化学方程式为CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=（﹣748kJ/mol）÷2+（+180kJ/mol）÷2=﹣284kJ/mol；
Ⅱ．（4）O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，转移电子数=化合价升高数，NO转化为HNO3 ，化合价升高3，每生成1mol的HNO3转移3mol电子（5）根据已知图，A极出来的是O3，B极出来的是H2，说明A极发生的氧化反应为阳极，B极发生还原反应为阴极，阳极（惰性电极）的电极反应式为3H2O﹣6e﹣=O3+6H+
31．（2022高三上·武昌期末）化学反应与能量变化是化学家研究的永恒话题。回答下列问题：
（1）氢气是一种理想的绿色能源。在下，氢气完全燃烧生成液态水放出的热量。表示氢气燃烧热的热化学方程式为 。
（2）一定温度、催化剂条件下，向容积为的恒容密闭容器中充入和，发生反应，起始压强为。末反应达到平衡，此时容器内压强变为起始时的。
①判断该反应达到平衡状态的标志是 (填标号)。
a.浓度之比为2∶2∶2∶1
b.容器内气体的压强不变
c.容器内混合气体的密度保持不变
d.容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变
e.的生成速率和的生成速率相等
②的平均反应速率为 。该反应的压强平衡常数 (用分压代替浓度计算，分压=总压×物质的量分数。用含的代数式表示)。
③若在相同时间内测得的转化率随温度的变化曲线如图甲所示，的转化率在之间下降由缓到急的原因是 。
（3）有机物的电化学合成是目前研究的热点之一。我国学者利用双膜三室电解法合成了，该方法的优点是能耗低、原料利用率高，同时能得到高利用价值的副产品，其工作原理如图乙所示。
①气体X为 ，膜Ⅰ适合选用 (填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。
②稳定工作时溶液的浓度 (填“增大”“减小”“不变”“无法判断”)。
③若制得，饱和食盐水质量减小 g。
【答案】（1）
（2）bde；0.1；；400℃~700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700以后，催化剂失去活性，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小
（3）H2；阴离子；不变；234
【知识点】燃烧热；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量叫做燃烧热，根据题意，在下，氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则氢气燃烧热的热化学方程式为；
故答案为：；
（2）①在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，达到一种表面静止的状态，即"化学平衡状态"。其中，正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质，而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平衡状态的表现。正反应速率与逆反应速率是针对同一可逆反应而言，正与反只是相对而言，不是绝对概念；
a．该反应达平衡时，的浓度不一定成比例，故a不选；
b．该反应为气体分子数减少的反应，反应中压强在变，当混合气体的压强不随时间的变化而变化时，反应达平衡，故b选；
c．该反应在恒容密闭容器中进行，根据质量守恒，混合气体质量不变，根据，ρ在平衡前后始终不变，所以当密度不变时，反应不一定达平衡，故c不选；
d．该反应为分子数减少的反应，混合气体的物质的量为变量，根据质量守恒，混合气体质量不变，根据，M为变量，当平均摩尔质量不变时，反应达平衡，故d选；
e．的生成速率和的生成速率相等，即，反应达到平衡状态，故e选；
故答案为：bde；
②根据题意，可列三段式
恒温恒容下，压强与物质的量成正比，所以，解得，平衡时，；；，，的平均反应速率为，平衡时总的物质的量为，平衡时总压为，平衡时各分压；；；，；
故答案为：0.1；；
③如图，400℃时，达到平衡状态，NO转化率达到最大，400℃~700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700以后，催化剂失去活性，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小；
故答案为：400℃~700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700以后，催化剂失去活性，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小；
（3）①如图装置乙电解装置，CuCl在电解池左侧失电子生成，电解反应式为，左侧电极为阳极，与电源正极a相连；则b为电源负极，右侧为阴极，电极反应式为，则气体X为，如图，左侧反应为，需要引进，所以膜Ⅰ为阴离子交换膜；
故答案为：；阴离子；
②根据反应、，可得，所以稳定工作时溶液的浓度不变；
故答案为：不变；
③根据电子守恒，，转移4mol电子，饱和食盐水中减少的质量为；
故答案为：234。
【分析】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量叫做燃烧热；
（2）①依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
②根据三段式法计算；
③依据图像中曲线变化，根据影响化学平衡移动的因素分析；
（3）①电解时，阴离子会由阴极区通过阴离子交换膜向阳极区移动，阳离子会由阳极区通过阳离子交换膜向阴极区移动；
②根据电极反应判断；
③根据电子守恒。
32．（2022高一下·南开期末）依据事实，写出下列反应的热化学方程式：
（1）1mol的与适量的反应生成，放出92.2kJ热量。 。
（2）其他相关数据如下表：
1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量 436 230 369
写出1mol和1mol化合时的热化学方程式： 。
（3）已知ag乙烯气体充分燃烧时生成1mol和液态水，放出bkJ的热量，则表示乙烯燃烧热的热化学方程式为： 。
（4）已知CO(g)和的燃烧热分别为283.0kJ/mol和726.5kJ/mol。请写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： 。
【答案】（1）+32△H=-92.2kJ/mol
（2）H2(g)+Br2(g)=2HBr(g)△H=-72kJ/mol
（3）C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H=-2bkJ/mol
（4）CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(l)△H=-443.5kJ/mol
【知识点】燃烧热；热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】(1)1mol的与适量的反应生成，放出92.2kJ热量，故热化学方程式为+32△H=-92.2kJ/mol。
(2)1molH2和1molBr2化合时的反应热△H=断键吸收的能量-成键放出的能量=436kJ/mol+230kJ/mol-2×369kJ/mol=-72kJ/mol，热化学方程式为
H2(g)+Br2(g)=2HBr(g)△H=-72kJ/mol。
(3)生成1molCO2和液态水，放出bkJ的热量，则1mol乙烯完全燃烧生成2molCO2和液态水，放出2bkJ的热量，可知表示乙烯燃烧热的热化学方程式为C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H=-2bkJ/mol。
(4)已知CO(g)和的燃烧热分别为283.0kJ/mol和726.5kJ/mol，则CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=-726.5kJ/mol，由盖斯定律可知用②-①得反应CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(l)，该反应的反应热△H=-726.5kJ/mol-(-283.0kJ/mol)=-443.5kJ/mol。
【分析】（1）1mol氮气与氢气反应的热化学方程式为+32△H=-92.2kJ/mol；
（2）ΔH=断键吸收的能量-成键放出的能量；
（3）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；
（4）分别写出CO和甲醇燃烧热的热化学方程式，根据盖斯定律即可得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式。
33．（2021高二上·河东期末）已知：
①H2O(g)=H2(g)+O2(g)ΔH=+241.8kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH=-110.5kJ/mol
③C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol
请填写下列空白。
（1）上述反应中属于吸热反应的是 (填序号)。
（2）表示C的燃烧热的热化学方程式为 (填序号)。
（3）10gH2完全燃烧生成水蒸气，放出的热量为 kJ。
（4）写出CO燃烧的热化学方程式： 。
（5）FeS2焙烧产生的可用于制硫酸。已知、时：
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H1=-197kJ mol-1
H2O(g)H2O(l) H2=-44kJ mol-1
2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)= 2H2SO4(l) H3=-545kJ mol-1
则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是
