2023年高考真题变式分类汇编：反应热的大小比较
一、选择题
1．（2022·浙江选考）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列推理不正确的是（ ）
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
2．（2022·嘉兴模拟）丙烷卤代反应的部分反应机理(以Cl2为例)如下：
I．Cl2(g)→2Cl·(g)
II．CH3CH2CH3(g)+Cl·(g)→(g)+HCl(g)
III．(g)+Cl2(g)→CH3CHClCH3(g)+Cl·(g)
其中，II步反应为决速步骤，能量随反应进程的变化如图，下列说法错误的是（ ）
A．氯代时I步反应的ΔH大于溴代时
B．稳定性：小于
C．丙烷中不同基团上碳氢键断裂吸收的能量不同
D．丙烷氯代产物中与溴代产物中近似相等
3．（2022高二上·南通期末）Li/Li2O体系的能量循环如图所示。已知：。下列说法正确的是
A．△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6
B．△H2＜0
C．△H3＜0
D．△H5＞△H6
4．（2022高二上·延庆期末）2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。已知
下列说法错误的是（ ）
A．
B．的过程中，，
C．2mol和1mol的总能量大于2mol的总能量
D．化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
5．（2021高二上·慈溪期末）下列关于如图所示转化关系(X代表Cl、Br、I)，说法不正确的是（ ）
A．△H2>0，△H3＜0
B．△H1=△H2+△H3
C．△H1越小，HX越稳定
D．若X分别是Cl、Br、I，则过程III放出的热量依次增多
6．（2021高二上·诸暨期末）下列说法正确的是（ ）
A．ΔH>0，ΔS>0的反应，在任何温度下都是非自发反应；
B．因N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-dkJ·mol-1，故在某容器中投入1molN2与3molH2充分反应后，放出热量小于dkJ
C．一定温度下，在固定体积密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H＜0，当v正(SO2)=v正(SO3)时，说明该反应已达到平衡状态
D．同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
7．（2021高二上·丹东期末）由合成气制备二甲醚，涉及如下反应：
(i)
(ii)
能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．比和的总能量低
B．在相同条件下，反应(i)的反应速率比反应(ii)快
C．
D．若在容器中加入催化剂，则将变小
8．（2021高二上·慈溪期末）下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（ ）
A．氧化钙与水反应
B．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应
C．盐酸与氢氧化钠反应
D．氢气与氯气反应
9．（2021高二上·慈溪期末）下列说法正确的是（ ）
A．测定中和反应反应热的实验中，可用铜丝代替玻璃搅拌器
B．需要加热才能发生的反应是吸热反应
C．升高温度，反应速率加快，主要原因是活化分子的百分数增加
D．甲烷的标准燃烧热为-890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ·mol-1
10．（2021高二上·浙江期末）如图所示，ΔE1=393.5kJ，ΔE2=395.4kJ，下列说法正确的是 （ ）
A．1mol石墨完全转化为金刚石需吸收1.9kJ热量
B．石墨和金刚石之间的转化是物理变化
C．金刚石的稳定性强于石墨
D．1mol金刚石具有的总能量高于1molCO2的总能量
11．（2021高二上·邯郸期末）下列描述与推断均正确且存在因果关系的是（ ）
选项 描述 推断
A 碳的燃烧为放热反应，反应焓变为，碳与水蒸气制备水煤气的反应为吸热反应，反应焓变为
B 常温下，将铜、铁用导线连接后插入浓硝酸中，铜片上产生大量气泡 铁的金属性强于铜
C 工业上使用催化剂可提高的产量 催化剂可改变平衡转化率
D 泡沫灭火器使用时，将硫酸铝和碳酸氢钠溶液两种溶液混合，生成氢氧化铝和二氧化碳的泡沫混合液起灭火作 硫酸铝和碳酸氢钠可互相促进水解反应
A．A B．B C．C D．D
12．（2021高二上·温州期末）向Na2CO3溶液中滴加盐酸，发生如下转化，下列说法正确的是（ ）
A．ΔH4=ΔH1+ΔH2+ΔH3
B．CO(aq)＋2H+(aq)=H2CO3(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2
C．HCO电离时吸热，则ΔH1＞0
D．ΔH2＜ΔH3
13．（2021高二上·凉山期末）下列说法正确的是（ ）
A．氢气在氧气中完全燃烧生成气态水，放出的热量为，则氢气的燃烧热等于
B．、下，将和置于密闭的容器中充分反应生成，放出的热量为，其热化学方程式为
C．已知 ； ，则
D．化学反应过程中，吸热反应需不断从外界获得能量，放热反应不需任何条件即可进行
14．（2021高一上·静安期末）在相同温度下，下列两个反应放出的热量分别以Q1和Q2表示
则Q1和Q2的关系为（ ）
A．2Q1
15．（2021高二上·怀仁期中）根据以下三个热化学方程式：
判断a、b、c三者关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
16．（2021高一下·马鞍山期末）用下列实验装置进行相应实验，不能达到实验目的的是（ ）
A．图Ⅰ验证反应的热量变化
B．图Ⅱ比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性
C．图Ⅲ比较Fe、Cu的金属活动性
D．图Ⅳ制取并收集乙酸乙酯
17．（2021高二下·许昌期末）最近意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，其分子结构如图所示，已知断裂1mol N—N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ热量，则下列说法正确的是（ ）
A．N4属于一种新型化合物
B．N4与N2互为同位素
C．N4沸点比P4（白磷）高
D．1mol N4气体转变为N2将放出882kJ热量
18．（2021高一下·长春月考）在研究物质变化时，人们可以从不同的角度、不同的层面来认识物质变化时所引起的化学键及能量的变化，据此判断以下叙述中错误的是（ ）
A．金属钠与氯气反应生成氯化钠后，其结构的稳定性增强，体系的能量降低
B．物质的燃烧可看成“贮存”在物质内部的部分化学能转化为热能释放出来的过程
C．氮分子内部存在着很强的共价键，故通常状况下氮气的化学性质很稳定
D．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
19．（2020高二上·黄山期末）下列说法正确的是（ ）
A．等物质的量的硫蒸气和固体硫分别完全燃烧，后者放出热量多
B．由C(石墨，s) = C(金刚石，s) ΔH=+1.90 kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定
C．1.0 mol NaOH分别与1.0 mol CH3COOH、1.0 mol HNO3反应，放出的热量： CH3COOH ＜ HNO3
D．当ΔH ＜ 0时，表示该反应为吸热反应
二、非选择题
20．（2017·新课标Ⅰ卷）（14分）近期发现，H2S是继NO、CO之后第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调解神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能．回答下列问题：
（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是 （填标号）．
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C．0.10mol L﹣1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理．
通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为 、 ，制得等量H2所需能量较少的是 ．
（3）H2S与CO2在高温下发反应：生H2S（g）+CO2（g） COS（g）+H2O（g）．在610k时，将0.10mol CO2与0.40mol H2S充入2.5L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02．
①H2S的平衡转化率a1= %，反应平衡常数K= ．
②在620K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率a2 a1，该反应的△H 0．（填“＞”“＜”或“=”）
③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是 （填标号）
A．H2S B．CO2 C．COS D．N2．
21．（2023·天津模拟） 铁是一种非常重要的金属。
（1）中科院兰州化学物理研究所用催化加氢合成低碳烯烃反应，反应过程如图。催化剂中添加助剂、、也起催化作用后可改变反应的选择性。
①下列说法正确的是 。填序号
A.第Ⅰ步反应的活化能低于第Ⅱ步
B.第Ⅰ步所发生的反应为：
C.使加氢合成低碳烯烃的减小
D.保持其他条件不变，添加不同助剂后各反应的平衡常数不变
加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是 。
（2）复合氧化物铁酸锰可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：
则与、的关系表达式为 。
（3）纳米铁是重要的储氢材料，可用反应制得。在恒容密闭容器中加入足量铁粉和，在、不同温度下进行反应，测得与温度、时间的关系如图所示。
， 填“”或“”。
温度下，平衡时体系的总压强为。用某气体组分的平衡分压分压总压物质的量分数代替物质的量浓度也可表示平衡常数记作，则 用表示。
（4）高铁酸钾被称为“绿色化学”净水剂，在酸性至弱碱性条件下不稳定。电解法可制得，装置如图，阳极电极反应式为： ，若转移电子，则透过交换膜的离子数目为 。
22．（2022·柯桥模拟）2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如下反应：
反应Ⅰ：(A)+CH3OH(TAME) ΔH1
反应Ⅱ：(B) +CH3OH(TAME) ΔH2
反应Ⅲ： ΔH3
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数与温度T变化关系如图1所示。
①物质A和B中相对稳定的是 (用“A”或“B”表示)；
②的数值范围是 (填标号)。
A．<-1 B．-1～0 C.0～1 D．>1
（2）为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入，控制温度353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数
①平衡体系中B的物质的量为 mol，
②反应Ⅰ的平衡常数 。
③同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，请判断对反应Ⅰ的化学平衡的影响并说明理由
（3）为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图2所示。
①代表B的变化曲线为 (填“X”或Y”)；
②时，判断反应Ⅲ的正反应速率和逆反应速率的大小并说明理由
23．（2021·泰安模拟）氮氧化物气体是造成光化学污染的主要气体，降低氮氧化物气体的排放是环境保护的重要课题。已知汽车尾气中的氮氧化物气体主要涉及如下反应：
ⅰ.N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+180.5kJ·mol-1；
ⅱ.2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) △H=-114.0kJ·mol-1；
ⅲ.2NO2(g) N2O4(g) △H=-52.7kJ·mol-1。
回答下列问题：
（1）该条件下，N2中N≡N键的键能为916.5kJ·mol-1，O2中O=O键的键能为458.0kJ·mol-1，则NO中化学键的键能为 。
（2）向某刚性密闭容器中充入等量的N2和O2，一定温度下发生上述3个反应。
①下列状态能说明上述反应达到平衡状态的是 (填字母)。
a.NO浓度不再变化
b.混合气体的颜色不再变化
c.混合气体的密度不再变化
d.每消耗2molNO2，同时消耗1molN2O4。
②若起始时容器内总压强为p1 kPa，10s时容器内3个反应达到平衡状态，此时的总压强和N2O4的分压分别为p2 kPa和p3
kPa；则前10s内N2O4的平均生成速率为 kPa·s-1，该温度下反应ⅲ的平衡常数Kp= kPa-1。
③若升高温度，平衡体系中NO的体积分数 (填“增大”“减小”或“无法确定”)，原因为 。
（3）反应6NO(g)+4NH3(g) 5N2(g)+6H2O(g) △H<0，是工业上处理氮氧化物的方法之一、向某密闭容器中投入等量的NO和NH3发生上述反应，平衡时，NO和H2O的物质的量随温度的变化如图所示。
①图中代表NO物质的量变化的曲线为 。
②T1℃下，N2的平衡体积分数为 。
24．（2020·深圳模拟）CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用CH4与CO2制备“合成气”（CO、H2），还可制备甲醇、二甲醚、低碳烯烃等燃料产品。
I．制合成气
科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：
反应①：CH4（g） C（ads）+2H2 （g） （慢反应）
反应②：C（ads）+ CO2（g） 2CO（g） （快反应）
上述反应中C（ads）为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：
（1）CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为 。能量变化图中：E5+E1 E4+E2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）II．脱水制醚
利用“合成气”合成甲醇后，甲醇脱水制得二甲醚的反应为：
2CH3OH（g） CH3OCH3（g） + H2O（g） ΔH，其速率方程式为：v正= k正·c2（CH3OH），v逆=k逆·c（CH3OCH3）·c（H2O），k正、k逆为速率常数且只与温度有关。经查阅资料，上述反应平衡状态下存在计算式：lnKc = 2.205+ （Kc为化学平衡常数；T 为热力学温度，单位为K）。
反应达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数 k逆增大的倍数（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（3）某温度下（该反应平衡常数Kc为200），在密闭容器中加入一定量 CH3OH，反应到某时刻测得各组分的物质的量如下：
物质 CH3OH CH3OCH3 H2O
物质的量/mol 0.4 0.4 0.4
此时正、逆反应速率的大小：v正 v逆 （填“＞”、 “＜”或“＝”）。
（4）500K下，在密闭容器中加入一定量甲醇 CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数为_________（填标号）。
A．＜ B． C．＞ D．无法确定
25．（2018·辽宁模拟）乙烯是一种重要的化工原料，可由乙烷为原料制取，回答下列问题。
（1）传统的热裂解法和现代的氧化裂解法的热化学方程式如下：
①C2H6(g)=C2H4(g) +H2(g) ΔH1=+136 kJ/mol
②C2H6(g)+ O2(g)= C2H4(g)+H2O(g) ΔH2=-110 kJ/mol
已知反应相关的部分化学键键能数据如下：
化学键 H-H(g) H-O(g) O=O(g)
键能( kJ/mol) 436 X 496
由此计算x= ，通过比较△H1和△H2，说明和热裂解法相比，氧化裂解法的优点是 （任写一点）。
（2）乙烷的氧化裂解反应产物中除了C2H4外，还存在CH4、CO、CO2等副产物（副反应均为放热反应），图1为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。乙烷的转化率随温度的升高而升高的原因是 ，反应的最佳温度为 （填选项序号）。
A.700℃
B.750℃
C.850℃
D.900℃
[乙烯选择性= ；乙烯收率=乙烷转化率×乙烯选择性]
（3）烃类氧化反应中，氧气含量低会导致反应产生积炭，堵塞反应管。图2为n(C2H6)/n(O2)的值对乙烷氧化裂解反应性能的影响。判断乙烷氧化裂解过程中n(C2H6)/n(O2)的最佳值是 ，判断的理由是 。
（4）工业上，保持体系总压恒定为100kPa的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体（惰性气体的体积分数为70%），掺混惰性气体的目的是 。
反应达平衡时，各组分的体积分数如下表：
C2H6 O2 C2H4 H2O 其他物质
2.4% 1.0% 12% 15% 69.6%
计算该温度下的平衡常数Kp= （用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×体积分数）
26．（2015·临沂模拟）工业上合成尿素的反应：
2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（I）+H2O（I）△H（I）
（1）已知合成尿素的反应分两步进行：
2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）△H1
NH2COONH4（s） CO（NH2）2（I）+H2O（I）△H2
其能量变化曲线如图1所示，则△H、△H1和△H2由大到小的顺序为 ．
（2）在一个真空恒容密闭容器中充入CO2和NH3发生反应（I）合成尿素，恒定温度下混合气体中NH3的体积分数如图2所示．
A点的正反应速率v正（CO2） B点的逆反应速率v逆（CO2）（填“＞”、“＜”或“=”）；CO2的平衡转化率为 ．
（3）将一定量的氨基甲酸铵固体置于恒容真空容器中，发生反应：H2NCOONH4（s） 2NH3（g）+CO2（g）．在不同温度（T1和T2）下，该反应达平衡状态时部分数据见下表．
温度 平衡浓度/（mol L﹣1）
c（NH3） c（CO2）
T1 0.1
T2 0.1
①T1 T2 （填“＞”、“＜”或“=”）．
②下列能说明该分解反应达到平衡状态的是 （填代号）．
a．v生成（NH3）=2v消耗（CO2）
b．密闭容器内物质的总质量不变
c．密闭容器中混合气体的密度不变
d．密闭容器中氨气的体积分数不变
（4）氨基甲酸铵极易水解成碳酸铵，酸性条件下水解更彻底.25℃时，向1L 0.1mol L﹣1的盐酸中逐渐加入氨基甲酸铵粉末至溶液呈中性（忽略溶液体积变化），共用去0.052mol氨基甲酸铵，此时溶液中几乎不含碳元素．此时溶液中c（NH4+）= ；NH4+水解平衡常数值为 ．
27．（2022高二上·钦州期末）氢能的优点是燃烧热值高，无污染。目前工业制氢气的一个重要反应为 △H，反应的能量关系如图所示：
（1） △H 0(填“＞”“＜”或“=”)。
（2）过程Ⅱ是加入催化剂后的反应过程，则过程Ⅰ和Ⅱ的反应热 (填“相等”或“不相等”)，过程Ⅱ活化能 kJ/mol。
（3）已知： kJ·mol
kJ·mol
则H2(g)燃烧生成H2O(l)的热化学方程式为 。
（4）向1 L 1 mol·L的NaOH溶液中分别加入下列物质：①浓H2SO4；②稀硝酸；③稀醋酸，恰好完全反应的热效应△H1、△H2、△H3的由小到大的顺序为 。
28．（2021高二上·丹东期末）生产生活中的化学反应都伴随能量的变化，请根据有关知识回答下列问题：
（1）制作有降温、保鲜和镇痛的冷敷袋可以利用 (填“放热”或“吸热”)的化学变化或物理变化。
（2）“即热饭盒”可利用下面____(填字母序号)反应释放的热量加热食物。
A．生石灰和水 B．浓硫酸和水 C．钠和水
（3）CH3OH是优质液体燃料，在
、101 kPa下，充分燃烧1 g CH3OH并恢复到原状态，会释放22.7 kJ的热量。请写出表示CH3OH燃烧热的热化学反应方程式： 。
（4）已知常温下红磷比白磷稳定，在下列反应中：
①
②
若Q1、Q2均大于零，则Q1和Q2的关系为____(填字母序号)。
A．
B．
C．
D．无法确定
（5）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。制得该物质的热化学方程式为
。该反应中每转移1 mol电子放出的热量为 。
（6）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下：
，若断裂1 mol H-H和1 mol N-H需要吸收的能量分别为436 kJ和391 kJ，则断裂1 mol N≡N需要吸收的能量为 。
29．（2021高一下·许昌期末）为解决目前燃料使用过程中的环境污染问题，有专家提出如图所示利用太阳能促使燃料循环使用的构想。过程Ⅰ可用如下反应表示：
①
②
③
④
⑤
请回答下列问题：
（1）过程Ⅰ的能量转化形式为： 能转化为 能；
（2）请完成第⑤个反应的化学方程式 ；
（3）上述转化过程中， 和 的关系是 ；
（4）断裂1mol化学键所需的能量见下表：
共价键
断裂1mol化学键所需能量/ 393 460 941 499
和 反应生成 的热化学方程式为 。
30．（2020高二上·乐山期末）铁及铁的氧化物广泛应于生产、生活、航天、科研领域。
（1）铁通过对N2、H2吸附和解吸可作为合成氨的固体催化剂，原理为：
①若用、和分别表示N2、H2和NH3，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用下图表示，其中能量状态最低的是 （填字母序号）；
②在三个体积均为1L的恒容密闭容器中，分别加入n1 mol N2和n2 mol H2发生上述反应，实验时c（N2）随时间（t）的变化如图所示。与实验b相比，实验a、实验c分别改变的实验条件可能为 、 （分别仅改变一个条件）。
（2）Fe2O3与CH4反应可制备“纳米铁粉”，其反应为：△H2
①此反应化学平衡常数的表达式为 。
②一定温度下，将一定量的Fe2O3（s）和CH4（g）置于恒容密闭容器中反应，能说明反应达到平衡状态的是 。
A．混合气体的密度不再改变 B．铁的物质的量不再改变
C．CO和H2的浓度之比为1：2 D．v正（CO）=2v逆（H2）
③一定温度下，向体积为2 L的密闭容器中加入0.2 mol Fe2O3（s）和0.6 mol CH4（g）进行上述反应，反应起始时压强为p，反应进行至5 min时达到平衡状态，测得此时容器的压强是起始压强的倍。5 min内用Fe2O3（s）表示的平均反应速率为 ；该温度下反应的分压平衡常数Kp= （用含p的式子表示；已知：气体分压气体总压气体体积分数）。
31．（2020高二下·北海期末）碳、氮化合物在生产、生活中具有重要作用。回答下列问题：
（1）已知在298K和101KPa条件下，有如下反应：
反应Ⅰ：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ mol-1
反应Ⅱ：2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=-221kJ mol-1
反应Ⅲ：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ mol-1
①汽车尾气净化原理为反应Ⅳ：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，其反应热ΔH= ，该反应能自发进行的条件是 (填“低温”或“高温”)。
②在恒容密闭容器中发生Ⅳ的反应，下列有关该反应的说法中正确的是 (填字母)。
A．升高温度，平衡常数减小
B．体系达到平衡后，加入催化剂，平衡正向移动
C．增大 ，平衡逆向移动，NO的转化率降低
D．其他条件不变，向平衡体系充入CO2气体，K值减小
E.该反应过程中，气体的密度始终保持不变
（2）氮的一种氢化物是HN3，其水溶液酸性与醋酸相似，常温下，将a mol·L-1的HN3与b mol·L-1的Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)=c(N )，则该混合物溶液呈 (填“酸”“碱”或“中”)性，混合液中c(HN3)= mol·L-1。
（3）利用电解法可以消除废水溶液中CN-，其原理为：碱性条件下，阳极Cl-先转化为ClO-，再将CN-氧化为两种无污染的气体。
①阳极电极反应式为 。
②阳极附近溶液中除去CN-的离子方程式为 。
32．（2019高二上·九江期末）已知2A2(g)＋B2(g) 2C(g)ΔH=－akJ/mol(a>0)，在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2molA2和1molB2，在500 ℃时充分反应达到平衡后C的浓度为wmol·L－1，放出热量bkJ。
（1）a b(填“>”“＝”或“<”)。
（2）若将反应温度升高到700
℃，该反应的平衡常数将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是 。
a．v(C)＝2v(B2)
b.容器内压强保持不变
c.v逆(A2)＝2v正(B2)
d.容器内的密度保持不变
（4）使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的操作是 。
a．及时分离出C气体
b.适当升高温度
c.增大B2的浓度
d.选择高效的催化剂
（5）密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g)。在500 ℃时，平衡常数K＝9。若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为 。
33．比较下列各组热化学方程式中ΔH的大小关系。
（1）S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH1
S(g)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2
ΔH1 ΔH2
（2）CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1
CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH2
ΔH1 ΔH2
（3）4Al(s)＋3O2(g)=2Al2O3(s) ΔH1
4Fe(s)＋3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH2
ΔH1 ΔH2
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；反应热的大小比较
【解析】【解答】A.2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，但是不能是存在相互作用的两个碳碳双键，故A符合题意；
B．ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B不符合题意；
C.3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C不符合题意；
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.2ΔH1≈ΔH2只能说明双键之间的能量差；
B.能量越低越稳定；
C.3ΔH1＜ΔH4说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键；
D.ΔH3-ΔH1＜0，说明多一个双键变得不稳定，但ΔH4-ΔH3＞0，说明苯的稳定结构并不简单只是双键的原因，具有特殊稳定性。
2．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热的大小比较；有机物的结构和性质；有关反应热的计算
【解析】【解答】A．氯代和溴代第一步断裂Cl-Cl键和Br-Br键，断键需要吸热，Cl-Cl键键长短，键能大，故大于溴代的，A不符合题意；
B．能量越低，产物越稳定，B不符合题意；
C．烷烃中氢原子活性叔氢>仲氢>伯氢，故氢原子环境不同，C-H键键能有差别，丙烷中含有仲氢和伯氢，断裂C-H键吸收的能量不同，C不符合题意；
D．丙烷氯代产物的活化能差值较小，而两种溴带产物的活化能差值较大，得到产物的难度不一样，故所得产物比例不相等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Cl-Cl键的键长比Br-Br键的短，且键能较大，结合断键吸热进行分析。
B.能量越低，产物越稳定，结合图像进行分析。
C.烷烃中氢原子活性不同，则C-H键键能也不同。
D.丙烷氯代产物的活化能差值比溴代产物的活化能差值小。
3．【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．根据盖斯定律计算得到，反应过程中的焓变关系为：△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6，A符合题意；
B．气态Li原子失去最外层的电子变为气态锂离子要吸收能量，则反应热△H2＞0，B不符合题意；
C．断裂化学键吸收能量，氧气断裂化学键变为氧原子过程中吸收热，△H3＞0，C不符合题意；
D．根据能量转化关系和盖斯定律的计算可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6，则△H6＞△H5，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据盖斯定律解答。
4．【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．由题干图示信息可知，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH2，生成气体水时放出的热量比生成液态水时少，故0＞ΔH1＞ΔH2，A符合题意；
B． H2O(l)= H2O(g)为气体分子数增大的吸热过程，则ΔH＞0，ΔS＞0，B不符合题意；
C．氢气与氧气的反应为放热反应，则2mol和1mol的总能量大于2mol的总能量，C不符合题意；
D．根据盖斯定律可知，化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．同一物质由气态变为液态的过程需要放出热量；
B．同一物质由液态变为气态的过程需要吸收热量；同种物质固态时，熵值最小，气态时熵值最大；
C．燃烧为放热反应；
D．根据盖斯定律。
5．【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较；有关反应热的计算
【解析】【解答】A．过程Ⅱ是反应物断键吸热的过程，△H2>0；过程Ⅲ是形成新的化学键的过程，因为成键放热，所以△H3＜0，A不符合题意；
B．根据盖斯定律，总反应的焓变等于各分反应的焓变之和，因此△H1=△H2+△H3，B不符合题意；
C．△H1越小，说明形成新的化学键时放出的热量越多，即△H3越小，则HX中的键能越大，HX越稳定，C不符合题意；
D．过程III放出的热量取决于HX的键能，即越稳定的物质，键能越大，放出的热量越多，因为HCl、HBr、HI的稳定性依次减小，因此放出的热量也依次减少，D符合题意。
故本题选D。
【分析】分子拆成原子需要吸收能量，原子结合成分子需要释放能量，物质含有的能量越低越稳定，过程III的能量高低与键能有关，HCl，HBr，HI的键能越低，结合选项即可判断
6．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．自发进行的条件是ΔH-TΔS < 0分析判断，△H>0， ΔS >0，高温下反应可以自发进行，故A不符合题意；
B．反应是可逆反应不能进行彻底，在某容器中投入1molN2与3molH2充分反应后，放出热量小于dkJ ，故B符合题意；
C．v正(SO2)=v正(SO3)反应方向相同，不能作为平衡态判断标志，故C不符合题意；
D．ΔH只与始态和终态有关，与反应条件无关，同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，故D不符合题意；
故答案为B
【分析】A．自发进行的条件是ΔH-TΔS < 0，不能单独分析焓变和熵；
B．可逆反应不能进行彻底；
C．包括正逆反应两个方向的速率是才能判断平衡；
D．ΔH只与始态和终态有关，与反应条件无关；
7．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．由能量变化图可知
比
和
的总能量高23.9kJ，故A不符合题意；
B．由图可知，在相同条件下，反应(ii)的活化能低于反应(i)，活化能越低反应速率越快，故B不符合题意；
C．
可由反应(ii)- 反应(i)得到，根据盖斯定律：该反应的
，反应的热化学方程式：
，故C符合题意；
D．催化剂能降低反应的活化能，使
变小，但不改变焓变，即两者的差值不变，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据图示信息可知，△H2=-23.9kJ/mol，结合化学方程式，即
比
和
的总能量高23.9kJ。注意△H=生成物的总能量-反应物的总能量。
B.活化能越小，反应速率越快。反应(i)的活化能比反应(ii)高，则其反应速率：反应(i)＜反应(ii)。
C.根据盖斯定律，将反应(i)与反应(ii)相结合可得
，且其△H=△H2-△H1=-23.9kJ/mol-（-29.1kJ/mol）=+5.2kJ/mol。
D.E2-E1=29.1kJ/mol=-△H1。催化剂能降低活化能，但不影响焓变。
8．【答案】B
【知识点】反应热的大小比较
【解析】【解答】A．氧化钙与水反应产生氢氧化钙，发生反应放出热量，则该反应是放热反应，反应物的能量比生成物的能量高，A不符合题意；
B．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应产生BaCl2、NH3·H2O、H2O，发生反应使周围环境温度降低，因此反应为吸热反应，说明生成物的能量比反应物的能量高，B符合题意；
C．盐酸与氢氧化钠发生中和反应产生NaCl、H2O，放出热量，则该反应是放热反应，反应物的能量比生成物的能量高，C不符合题意；
D．氢气与氯气反应产生HCl时放出热量，则该反应是放热反应，说明反应物的能量比生成物的高，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】反应物能量高于生成物的能量，说明此反应是放热反应结合选项即可判断
9．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式；反应热的大小比较；中和热的测定
【解析】【解答】A．用铜丝代替玻璃搅拌器搅拌，热量损失大，测得的中和热数值偏小，A不符合题意；
B．需要加热的反应不一定是吸热反应，如铝热反应，B不符合题意；
C．升高温度，反应速率加快，主要原因是活化分子的百分数增加，C符合题意；
D．甲烷的燃烧热是指1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水所放出的热量，不是气态水，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.铜丝传热比玻璃棒快，易造成热量损失
B.加热只是条件，有的反应加热是放热反应
C.温度升高速率加快，活化分子数分数增加
D.燃烧热是产物是稳定化合物，水是液态
10．【答案】A
【知识点】反应热和焓变；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．据图可知，1 mol金刚石和1mol O2的总能量高于1 mol石墨和1mol O2的总能量，则金刚石的能量比石墨高395.4kJ /mol-393.5kJ/mol=1.9 kJ/mol ，所以1mol石墨完全转化为金刚石需吸收1.9kJ热量，A符合题意；
B．石墨和金刚石是不同物质，二酯之间的转化是化学变化，B不符合题意；
C．能量高不稳定，因此石墨的稳定性强于金刚石，C不符合题意；
D．据图可知1mol金刚石和1mol氧气具有的总能量高于1molCO2的总能量，但1mol金刚石与1molCO2具有的总能量无法比较，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据图示，金刚石和氧气以及石墨和氧气的能量高低，即可判断出石墨比金刚石稳定，结合选项即可判断
11．【答案】D
【知识点】反应热的大小比较；催化剂；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．吸热反应ΔH>0，放热反应ΔH<0，由题干信息可知，A项不符合题意；
B．常温下，铁遇浓硝酸会钝化，所以将铜、铁用导线连接后插入浓硝酸中，铜片做负极，失电子，现象为铜片逐渐溶解，B项不符合题意；
C．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡转化率，C项不符合题意；
D．硫酸铝和碳酸氢钠两种溶液混合能生成氢氧化铝和二氧化碳，是因为二者能互相促进水解反应，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.吸热反应ΔH>0，放热反应ΔH<0；
B.铁在浓硝酸中钝化；
C.催化剂不影响平衡转化率。
12．【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，化学反应的反应热只与反应物和生成物的总能量有关，与中间过程无关，故ΔH4=-(ΔH1+ΔH2+ΔH3)，故A不符合题意；
B．根据图示可知，反应CO(aq)＋2H+(aq)=H2CO3(aq)的ΔH=ΔH1+ΔH2，故B不符合题意；
C．根据图示可知，HCO电离方程式HCO(aq)=CO(aq)＋H+(aq)的反应热为-ΔH1，若电离吸热，则ΔH1＜0，故C不符合题意；
D．H2CO3(aq)的电离吸热，逆反应放热，故ΔH2＜0；H2CO3分解反应为吸热反应，故ΔH3＞0，故ΔH2＜ΔH3，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据盖斯定律分析。
13．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；燃烧热；热化学方程式；反应热的大小比较
【解析】【解答】A.2 g氢气在氧气中完全燃烧生成气态水，放出的热量为241.8 kJ，气态水变为液态水，放出热量，则生成1mol液态水，放出热量大于241.8 kJ，A不符合题意；
B．氨的合成为可逆反应，将1 mol N2和3 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热38.6kJ时生成的氨气少于2mol，生成2mol氨气时放热大于38.6kJ，故反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）的反应热△H＜-38.6 kJ mol-1，B不符合题意；
C．固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以△H1＜△H2，C符合题意；
D．反应是不可能自然进行的，无论放热还是吸热反应都要从外界吸收一部分热量达到反应的活化状态，对于放热反应来说是放出的热量大于吸收的热量，对于吸热反应来说是吸收的热量大于放出的热量，放热反应未必不需从外界获得能量，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.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；
B.该反应为可逆反应，放热38.6kJ时生成的氨气少于2mol；
D.反应吸热还是放热与反应条件无关。
14．【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较
【解析】【解答】由盖斯定律可得，2H2O(l)=2H2O(g)＋2Q1－Q2。由于液态水转化为气态水的过程中要吸收能量，因此2Q1－Q2＜0，因此2Q1
【分析】此题是对盖斯定律和反应热大小比较的考查，结合盖斯定律进行分析即可。
15．【答案】B
【知识点】反应热的大小比较
【解析】【解答】H2S完全燃烧放热多，但放热越多，△H越小，则△H2＞△H1；气态水的能量高于液态水，所以生成液态水时放热多，则△H3＞△H2，即△H3＞△H2＞△H1，
故答案为：B。
【分析】依据完全燃烧放热多，但放热越多，△H越小，气态水的能量高于液态水进行分析；
16．【答案】D
【知识点】反应热的大小比较；常见金属的活动性顺序及其应用；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A．镁和盐酸反应放热，大试管内气体膨胀，若“U型管”左侧液面降低、右侧液面升高，所以图Ⅰ验证反应的热量变化，故不选A；
B．相同的钠块分别放入水和乙醇反应，放出气体的速率越快，说明氢原子越活泼，所以图Ⅱ能比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性，故不选B；
C．原电池中，较活泼金属作负极，图Ⅲ构成原电池，铜的表面有气泡，说明铜是正极， Fe的金属性大于Cu，故不选C；
D．实验室制取乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，不能用氢氧化钠溶液收集乙酸乙酯，
故答案为：D；
【分析】氢氧化钠溶液和乙酸乙酯会反应，应该用饱和碳酸钠溶液收集。
17．【答案】D
【知识点】反应热和焓变；反应热的大小比较；同素异形体
【解析】【解答】A. N4是同一种元素形成的纯净物，属于单质，A不符合题意；
B. N4与N2均是氮元素形成的不同单质，互为同素异形体，不互为同位素，B不符合题意；
C. N4与P4（白磷）形成的均是分子晶体，相对分子质量小于的P4（白磷），沸点比P4（白磷）低，C不符合题意；
D. 断键吸热，形成化学键放热，则1mol N4气体转变为N2将放出942kJ×2－6×167kJ＝882kJ热量，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．N4是单质；
B．同素异形体是由同种元素形成的不同单质；同位素是质子数相同，中子数不同的核素；
C．根据范德华力分析；
D．根据N4中化合价的个数计算。
18．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．因为金属钠与氯气反应生成氯化钠，属于放热反应，所以体系能量降低，稳定性增强，A不符合题意；
B．物质的燃烧是化学能转化为热能的过程，B不符合题意；
C．氮分子内部存在氮氮三键，化学键键能强，故通常状况下氮气的化学性质很稳定，C不符合题意；
D．化学反应是放热反应还是吸热反应，与外界条件无关，取决于化学键断裂所吸收的能量与成键所放出能量的相对大小，需加热发生的反应不一定是吸热反应如铝热反应等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.能量越低越稳定，一般的化合反应是放热反应
B.物质的燃烧属于放热反应
C.化学键越强越稳定
D.放热与吸热反应是由反应物和生成物的能量决定的
19．【答案】C
【知识点】化学能与热能的相互转化；吸热反应和放热反应；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．等物质的量的硫蒸气和固体硫分别完全燃烧，硫气化时要吸热，前者放出热量多，故A不符合题意；
B．由C(石墨，s) = C(金刚石，s) ΔH=+1.90 kJ·mol-1，可知，金刚石所具有的能量高，稳定性比石墨差，故B不符合题意；
C．醋酸是弱酸，电离时要吸热，1.0 mol NaOH分别与1.0 mol CH3COOH、1.0 mol HNO3反应，放出的热量： CH3COOH ＜ HNO3，故C符合题意；
D．当ΔH ＜ 0时，表示该反应为放热反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.反应热大小的比较，固体硫变成硫蒸气需要吸热，等物质的量的硫蒸气和固体硫完全燃烧，后者放出的热少一些；
B.1mol石墨生成1mol金刚石吸收热量热量，1mol石墨比1mol金刚石的能量低，物质的能量越低越稳定；
C.醋酸是弱电解质，部分电离，醋酸电离吸热，所以 1.0 mol NaOH分别与1.0 mol CH3COOH、1.0 mol HNO3反应，放出的热量： CH3COOH ＜ HNO3；
D. ΔH ＜ 0时，表示该反应为放热反应；
20．【答案】（1）D
（2）H2O（l）=H2（g）+ O2（g）△H=+286kJ/mol；H2S （g）=H2（g）+S（s）△H=+20kJ/mol；系统（Ⅱ）
（3）2.5；0.00285；＞；＞；B
【知识点】热化学方程式；反应热的大小比较；化学平衡的计算；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】（1）A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，故A正确；
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，故B正确；
C.0.10mol L﹣1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，故C正确；
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于比较酸性的强弱，故D错误．
故答案为：D；（2）系统（Ⅰ）涉及水的分解，系统（Ⅱ）涉及硫化氢的分解，利用盖斯定律分别将系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）的热化学方程式相加，可得到水、硫化氢分解的热化学方程式，则系统（I）的热化学方程式H2O（l）=H2（g）+ O2（g）△H=+286kJ/mol；
系统（II）的热化学方程式可知：H2S （g）+=H2（g）+S（s）△H=+20kJ/mol．
根据系统I、系统II的热化学方程式每反应产生1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统II．
故答案为：H2O（l）=H2（g）+ O2（g）△H=+286kJ/mol；H2S （g）+=H2（g）+S（s）△H=+20kJ/mol；系统（Ⅱ）；（3）对于反应
H2S（g）+ CO2（g） COS（g）+ H2O（g）
起始（mol） 0.40 0.10 0 0
转化（mol） x x x x
平衡（mol） 0.40-x 0.10-x x x
反应平衡后水的物质的量分数为0.02，
则 =0.02，x=0.01，
①H2S的平衡转化率a1= =2.5%，
体积为2.5L，则平衡时各物质的浓度为c（H2S）= mol/L=0.156mol/L，c（CO2）= mol/L=0.036mol/L，c（COS）=c（H2O）= mol/L=0.004mol．L，
则K= =0.00285，
故答案为：2.5；0.00285；
②根据题目提供的数据可知温度由610K升高到620K时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，所以H2S的转化率增大，a2＞a1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故△H＞0，
故答案为：＞；＞；
③A．增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S转化率降低，故A错误；
B．增大CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S反应，所以H2S转化率增大，故B正确；
C．COS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低，故C错误；
D．N2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响，故D错误．
故答案为：B．
【分析】（1）比较酸性强弱，可根据强酸制备弱酸、测定等浓度的pH以及溶液的导电能力判断；（2）系统（Ⅰ）涉及水的分解，系统（Ⅱ）涉及硫化氢的分解，利用盖斯定律分别将系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）的热化学方程式相加，可得到水、硫化氢分解的热化学方程式；（3）对于反应
H2S（g）+ CO2（g） COS（g）+ H2O（g）
起始（mol） 0.40 0.10 0 0
转化（mol） x x x x
平衡（mol） 0.40-x 0.10-x x x
反应平衡后水的物质的量分数为0.02，
则 =0.02，x=0.01，结合平衡移动的影响因素解答该题．
21．【答案】（1）BD；降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率
（2）
（3）；；
（4）；
【知识点】电极反应和电池反应方程式；反应热的大小比较；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①A.活化能越低，反应速率越快，第i步为慢反应，则第i步反应的活化能高于第ii步，不符合题意；
B.由图可知，第i步所发生的反应为 ，符合题意；
C.根据题干信息可知， 为催化剂，对焓变没有影响，不符合题意；
D.平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，符合题意；
②加入助剂K，改变了催化剂的选择性，降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率，从而提高了单位时间内乙烯产量。
（2）根据盖斯定律可知，反应③可由2/x×（①+②）得到，则 =×（ + ）。
（3）①温度越高，反应速率越快，达到平衡所需反应时间越少，平衡向吸热反应方向移动，由图可知，温度为T1时反应先达到平衡，则温度为T1时反应速率快于T2，即T1＞T2；根据图示信息，升温利于平衡逆向移动，说明该反应 ＜0。
②根据题干信息可知，T2达到平衡时，n(CO)=0.04mol/L×1L=0.04mol，则n(五羰基合铁)==0.04mol，即CO与五羰基合铁的平衡分压相等，均为，则平衡常数Kp== 。
（4）该装置为电解池，由图可知，铁棒为阳极，其电极反应式为 ；若转移6mol电子，结合电荷守恒，则有6mol（即6NA）OH-透过离子交换膜。
【分析】（1）①A.活化能越低，反应速率越快。
B.由图可知，第i步所发生的反应为 。
C.催化剂对焓变没有影响。
D.平衡常数只与温度有关。
②加入助剂K，改变了催化剂的选择性，降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率。
（2）根据盖斯定律进行分析。
（3）①根据“先拐先平数值大”进行分析；升温利于平衡向吸热反应方向移动。
②根据题干信息可知，算出T2达到平衡时，n(CO)与n(五羰基合铁)，结合平衡常数Kp=进行分析。
（4）该装置为电解池，铁棒为阳极，其电极反应式为 ；若转移6mol电子，结合电荷守恒，则有6mol（即6NA）OH-透过离子交换膜。
22．【答案】（1）B；D
（2）0.9α；；同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，导致反应Ⅰ体系的各物质浓度减小，使反应Ⅰ向逆反应方向移动
（3）X；100s时，，所以v正
【解析】【解答】(1)①根据图中信息可以判断，同一温度下，反应Ⅰ的更大，进行的程度更大，反应Ⅱ的最小，则可证明反应Ⅱ活化能更大，活化能越大，物质就越稳定，则B的稳定性大于A；
②由图像可知，横坐标增大，也增大，则降低温度，平衡常数增大，可知Ⅰ、Ⅱ正反应为放热反应，并且ΔH1大于ΔH2，则的数值范围是大于1，
故答案为：D；
(2)①向反应容器中加入，测得TAME的平衡转化率为α，则平衡时，则，已知应Ⅲ的平衡常数，则，解得平衡体系中B的物质的量为0.9αmol；
②A的物质的量为0.1αmol，反应Ⅰ的平衡常数为：；
③同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，导致反应Ⅰ体系的各物质浓度减小，使反应Ⅰ向逆反应方向移动；
(3)①温度为353K，由A、B的物质的量浓度随时间的变化可知，曲线X代表的平衡浓度高于曲线Y，则代表B的变化为曲线X；
②由变化趋势可知，100s以后各组分的浓度仍在变化，t=100s时，，此时反应Ⅲ向逆向移动，即正反应速率小于逆反应速率。
【分析】（1）平衡常数越大，该反应进行程度越大，反应越容易进行，活化能越低，越不稳定，反之，物质越稳定。
（2）列出三段式，利用平衡常数进行计算即可得到平衡时B的物质的量，带入平衡常数公式即可算出Kx1
（3）①有（1）可知，B参与反应的平衡常数小，反应进行程度小，所以B浓度大于A，所以代表B变化曲线为X，②判断Qc与Kx3大小，进而判断正逆反应速率大小。
23．【答案】（1）597.0 kJ·mol-1
（2）ab；0.1p3；；增大；反应i为吸热反应，温度升高NO增多，反应ⅱ和反应ⅲ为放热反应，温度升高NO也增多
（3）L1；20%
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；反应热的大小比较；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)根据反应热=反应物的键能和-生成物的键能和，结合反应i， △H=916.5kJ·mol-1+458.0kJ·mol-1-E(NO)=+180.5kJ·mol-1，E(NO)=597.0 kJ·mol-1，故答案为：597.0 kJ·mol-1；
(2)①a.NO在反应过程中浓度减小，当达到平衡状态时浓度不再变化，故a正确；
b.混合气体的颜色不再变化，说明NO2的浓度不再改变，浓度不变是平衡的特征，故b正确；
c.容器的体积不变，混合气体的总质量不变，则混合气体的密度恒定，故密度不再变化不能说明反应达到平衡，故c不正确；
d.每消耗2molNO2，同时消耗1molN2O4，这是同一方向的速率，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能判断平衡，故d不正确；
故答案为：ab；
②前10s内N2O4的平均生成速率= kPa·s-1，
起始时总压为p1，N2和O2的量相等，则两者分压分别为 ，设反应i氧气的减小压强为x，反应ii氧气的减小压强为y，列三段式可得：
则平衡时：N2的压强为 -x；O2的压强为 -x-y；NO的压强为2x-2y；NO2的压强为2y-2p3，N2O4的压强为p3，反应后的总压强为p2= -x+ -x-y+2x-2y+2y-2p3+p3，解得y=p1-p2-p3，则平衡时NO2的压强为2p1-3p2-4p3，Kp= = ，故答案为：0.1p3； ；
(3)①该反应为放热反应，平衡后升高温度平衡逆向移动，NO的物质的量增加，水的物质的量减小，结合图像可知L1代表NO，故答案为：L1；
②设起始时NO和NH3均为1mol，设NO的变化量为6xmol，列三段式得：
T1℃下，NO和H2O相等，则1-6x=6x，x=1/12，N2的平衡体积分数= 20%，故答案为：20%；
【分析】（1）结合焓变=反应物的键能-生成物的键能即可计算
（2）①根据发生的反应，可从各物质的量浓度不再发生变化以及颜色不再改变即可判断是否达到平衡
②根据四氧化二氮的变化量即可计算出速率，根据给出的数据利用三行式进行计算即可
③根据反应 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) △H=-114.0kJ·mol-1；2NO2(g) N2O4(g) △H=-52.7kJ·mol-1。 放热即可判断温度升高，平衡逆向移动
（3）①根据反应放热，温度升高平衡逆向移动即可判断
②根据图示结合三行式即可计算出平衡时的物质的量即可计算出体积分数
24．【答案】（1）CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)ΔH=+(E3-E1)kJ mol-1；<
（2）<
（3）>
（4）C
【知识点】热化学方程式；反应热的大小比较；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】I．（1）由图像可知，CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)ΔH=+(E3-E1)kJ mol-1；反应①为慢反应，反应②为快反应，因此可知反应①的活化能大于反应②的活化能，即E4-E1>E5-E2，故E5+E1
（2）根据lnKc的计算式，可知温度升高，lnKC减小，KC减小，说明升高温度，平衡逆向移动，故升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
（3）根据浓度商与平衡常数的大小关系，可以比较出正逆反应速率的大小关系；
（4）根据lnKc的计算式，将T=500K代入式子求出kc值，代入一定乙醇的起始值，利用三段式可表示出平衡常数，继而求出体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数。
25．【答案】（1）465；氧化裂解反应是放热反应，节约能源；氧化裂解反应热力学趋势上大
（2）温度升高，反应速率加快，转化率升高；C
（3）2；比值小于2时，乙烯的收率降低，比值大于2时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管
（4）正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动；KP = 75
【知识点】反应热的大小比较；化学反应速率与化学平衡的综合应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）②-①： O2(g)+ H2(g) = H2O(g) ΔH=-246 kJ/mol，H-H(g)= 436 kJ/mol， H-O(g)= X
O=O(g)= 496 kJ/mol由此计算x= 465 kJ/mol，
通过比较△H1和△H2，说明和热裂解法相比，氧化裂解法的优点是氧化裂解反应是放热反应，节约能源；氧化裂解反应热力学趋势上大。（2）乙烷的氧化裂解反应产物中除了C2H4外，还存在CH4、CO、CO2等副产物，因为副反应均为放热反应升高温度，不利于副产物的生成；因为乙烯选择性= ，所以由图知温度升高，反应速率加快，转化率升高为；由图观察温度在850℃和900℃之间，乙烷的转化率都比较大，乙烯收率较高和乙烯选择性较，所以，选择850℃较好，
故答案为：温度升高，反应速率加快，转化率升高C。（3）由图2观察知n(C2H6)/n(O2)<2时，乙烯的收率降低；比值大于2时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管，所以当n(C2H6)/n(O2)=2时最佳值。答案2 比值小于2时，乙烯的收率降低；比值大于2时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管。（4）由C2H6(g)+ O2(g)= C2H4(g)+H2O(g) ΔH2=-110 kJ/mol，知正反应是气体分子数增多的反应，工业上，保持体系总压恒定为100kPa的条件下进行该反应，如果在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动，提高反应物的转化率。
因为总压恒定为100kPa，
C2H6(g)+ O2(g) = C2H4(g)+ H2O(g)
平衡量 2.4% 1.0% 12% 15% kPa
该温度下的平衡常数就是反应达到平衡时Kp=生成物浓度幂次方的乘积比反应物浓度幂次方的乘积，所以Kp= =75
故答案为：正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动，75
【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热；（2）升高温度，反应向吸热方向进行；（3）由图2分析；（4）降低压强，平衡向气体体积分子数增大的反应进行；
26．【答案】（1）△H2＞△H＞△H1
（2）＞；75%
（3）＜；ac
（4）0.1mol/L；4×10﹣9
【知识点】反应热的大小比较；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；盐类水解的原理
【解析】【解答】解：（1）根据能量图可以分析，2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（I）+H2O（I）为放热反应，所以△H＜0，2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）为放热反应，所以△H1＜0，并且△H1＜△H＜0，NH2COONH4（s） CO（NH2）2（I）+H2O（I）为吸热反应，所以△H2＞0，所以△H2＞△H＞△H1；故答案为：△H2＞△H＞△H1；（2）氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明B点反应达到平衡状态，A点氨气体积百分含量大于B的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，A点的正反应速率大于B点的正反应速率，故v正（CO2）＞v逆（CO2）；
设氨气消耗物质的量x，开始氨气体积分数为50%，假设氨气为50mol，二氧化碳为50mol，
CO2+2NH3 （NH2）2CO+H2O
起始量（mol） 50 50 0 0
变化量（mol） 0.5x x 0.5x 0.5x
平衡量（mol）50﹣0.5x 50﹣x 0.5x 0.5x
氨气的体积分数= =20%；解得x=37.5mol，
氨气的平衡转化率= ×100%=75%，
故答案为：＞；75%；（2）①根据（1）的分析，2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）为放热反应，所以，△H1＜0，所以H2NCOONH4（s） 2NH3（g）+CO2（g）为吸热反应，温度越高平衡产物越多，又T1平衡时c（NH3）为0.1mol/L，则二氧化碳浓度为0.05mol/L，又T2平衡时二氧化碳浓度为0.1mol/L，所以T1＜T2；故答案为：＜；
②a．根据反应速率之比等于系数之比，则v生成（NH3）=2v生成（CO2）=2v消耗（CO2），所以正逆反应速率相等，能判断平衡，故a正确；
b．根据质量守恒，密闭容器内物质的总质量一直不变，所以不能判断平衡，故b错误；
c．因为该反应正反应为气体质量增加的反应，又体积不变，所以密闭容器中混合气体的密度一直在变，则当密度不变时，能判断平衡，故c正确；
d．因为反应物为固体，所以生成物氨气和二氧化碳一直为2：1，则密闭容器中氨气的体积分数一直不变，所以不能判断平衡，故d错误；
故选：ac；（4）因为氨基甲酸铵极易水解成碳酸铵，即反应式为NH2COONH4（s）+H2O （NH4）2CO3，加入1L0.1mol/L的盐酸溶液中直到溶液pH=7并且溶液中几乎不含碳元素，所以溶液中只有H+、NH4+、OH﹣、Cl﹣，根据电荷守恒c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.1mol/L，又用去0.052mol氨基甲酸铵，所以开始溶液中的铵根离子浓度为0.052mol/L×2=0.104mol/L，
NH4++H2O NH3 H2O+H+；
开始 0.104mol/L 0
转化 0.004mol/L 0.004mol/L
平衡 0.1mol/L 0.004mol/L
又溶液为pH=7，所以氢离子浓度为10﹣7mol/L，则NH4+水解平衡常数K= = =4×10﹣9，故答案为：0.1mol/L；4×10﹣9．
【分析】（1）根据能量图可以分析，2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（I）+H2O（I）为放热反应，所以△H＜0，2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）为放热反应，所以△H1
＜0，并且△H1＜△H＜0，NH2COONH4（s） CO（NH2）2（I）+H2O（I）为吸热反应，所以△H2＞0，据此分析；（2）图象分析氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明B点反应达到平衡状态，A点氨气体积百分含量大于B的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，A点的正反应速率大于B点的正反应速率；依据氨气的体积分数结合平衡三段式列式计算平衡转化率；（3）①根据（1）的分析，2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）为放热反应，所以，△H1＜0，所以H2NCOONH4（s） 2NH3（g）+CO2（g）为吸热反应，温度越高平衡产物越多，据此分析；
②当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断；（4）根据氨基甲酸铵极易水解成碳酸铵，即反应式为NH2COONH4（s）+H2O （NH4）2CO3，将氨基甲酸铵粉末逐渐加入1L0.1mol/L的盐酸溶液中直到pH=7并且溶液中几乎不含碳元素，所以溶液中只有H+、NH4+、OH﹣、Cl﹣，根据电荷守恒计算c（NH4+），根据NH4++H2O NH3 H2O+OH﹣结合K=
进行计算．
27．【答案】（1）＞
（2）相等；E3-E1
（3）H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-286.0 kJ/mol
（4）△H1＜△H2＜△H3
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；盖斯定律及其应用；反应热的大小比较
【解析】【解答】（1）根据图示可知：反应物的总能量比生成物的总能量低，发生反应吸收热量，因此该反应是吸热反应，△H＞0；
（2）根据图示可知：使用催化剂，能够改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应物与生成物的能量，因而不能改变反应热，即过程Ⅰ和Ⅱ的反应热相等；
活化能是反应物发生化学反应所需的最低能量与反应物的平均能量的差，故过程Ⅱ活化能为(E3-E1)kJ/mol；
（3）已知：① kJ·mol
② kJ·mol
根据盖斯定律，将热化学方程式①-②，整理可得：H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-286.0 kJ/mol；
（4）放热反应△H＜0，反应放出热量越多，反应热就越小，NaOH的物质的量相等：
①向其中加入浓硫酸时，由于浓硫酸溶于水会放出热量，导致反应热减小，反应热小于中和热；
②向其中加入稀HNO3，发生反应：H++OH-=H2O，反应热等于中和热；
③向其中加入稀醋酸，由于醋酸是弱酸，其电离产生H+需断裂化学键吸收热量，导致其完全中和NaOH放出热量减少，使反应热大于中和热。故恰好完全反应的热效应△H1、△H2、△H3的由小到大的顺序为：△H1＜△H2＜△H3。
【分析】（1）该反应反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应；
（2）催化剂能降低反应的活化能，但不影响反应热；活化能是反应物发生化学反应所需的最低能量与反应物的平均能量的差；
（3）根据盖斯定律计算；
（4）浓硫酸溶于水放热；醋酸电离吸热。
28．【答案】（1）吸热
（2）A
（3）
（4）C
（5）98
（6）945.6
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式；反应热的大小比较；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1)制作有降温、保鲜和镇痛的冷敷袋可以利用吸热的变化使物质能量降低；
(2)“即热饭盒”应该是利用放热反应达到升高温度而加热食物的目的。
A．生石灰与水的反应是放热反应，反应物材料廉价易得，可以作加热食物的材料，A正确；
B．浓硫酸溶于水也会放出热量，但浓硫酸具有强腐蚀性，不适宜加热食物，B不正确；C．Na与水反应产生NaOH和H2，反应属于放热反应，反应会放出热量，但反应产生的NaOH有强烈的腐蚀性，且H2易燃烧，存在安全隐患，因此不适合给食物加热，C不正确；
故合理选项是A；
(3)CH3OH是优质液体燃料，在
、101 kPa下，充分燃烧1 g CH3OH并恢复到原状态，会释放22.7 kJ的热量，1 mol CH3OH的质量是32 g，则燃烧1 mol CH3OH恢复至原状态放出热量Q=22.7 kJ/g×32 g=726.4 kJ，故表示CH3OH燃烧热的热化学反应方程式为
；
(4)已知常温下红磷比白磷稳定，说明等质量的白磷含有的能量比红磷的高，两个反应的生成物状态相同，反应物的能量：②＞①，反应物的能量越多，发生反应放出热量就越多，所以放出热量：Q1＜Q2，所以合理选项是C；
(5)在反应
中，每反应转移12 mol电子，反应放出热量是1176 kJ，则反应过程中转移1 mol电子时，放出热量为：
；
(6)反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，
，E(N≡N)+3×E(H-H)-6×E(N-H)=92.4 kJ，解得E(N≡N)=945.6 kJ，即断裂1 mol N≡N需要吸收的能量为945.6 kJ。
【分析】（1）利用吸热的变化可使物质能量降低。
（2）“即热饭盒”中除了有热量放出外，也要注意反应材料是否有安全隐患。
（3）书写热化学方程式需要注意的几点：方程式中不用写反应条件，产物中沉淀气体不用箭头标注；各物质化学式右侧用圆括弧标明物质的状态，可以用g、l、s、aq分别代表气态、液态、固态、溶液；在方程式后写出△H，其单位一般为kJ·mol-1，△H的值与参加反应的量有关。
（4）红磷比白磷稳定，说明等质量的白磷含有的能量比红磷的高，即等质量的两物质分别完全燃烧，白磷放出的热量更高，所以②＞①。注意△H表示焓变，Q表示放出热量的多少。
（5）该反应中Al元素的化合价由0升到+3，结合化学方程式，每反应转移12mol电子，反应放出热量是1176kJ。
（6）△H=反应物的总键能-生成物的总键能。注意1个NH3中分子中含有3个N-H键。
29．【答案】（1）太阳；化学
（2）
（3）
（4）
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式；反应热的大小比较
【解析】【解答】（1）由图可知，过程Ⅰ中的能量转化形式为太阳能转化为化学能；
（2）由图可知，过程Ⅰ中反应物为CO2、H2O、N2，产物为CH4、CH3OH、NH3、H2，①-④中的产物分别为CO、CH3OH、NH3、H2和O2，则⑤中的另一产物为CH4，配平得到 ；
（3）过程Ⅰ和过程Ⅱ互逆，则 ；
（4） 和 反应生成 ，化学方程式为 ， 反应物总键能-生成物总键能， ，则 和 反应生成 的热化学方程式为 。
【分析】（1）根据图示即可判断能量的转换
（2）根据反应物和生成物即可写出方程式
（3）根据图示即可判断焓变的大小关系
（4）根据焓变=反应物的键能-生成物的键能即可计算出焓变，结合反应方程式即可写出热化学方程式
30．【答案】（1）C；使用催化剂；升高温度
（2）K=；AB；3.2；p6
【知识点】反应热的大小比较；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）①由于化学键的断裂要吸收能量，故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，而此反应为放热反应，故初始状态A的能量高于末态C的能量，C的能量最低，故合理选项是C；
②实验a与实验b相比，N2的浓度不变，说明化学平衡没有移动，但达到平衡所需时间缩短，说明反应速率加快，所以实验条件为使用了催化剂；
与实验b相比，实验c中N2的平衡浓度变大，说明化学平衡逆向移动，且达到平衡所需时间缩短，说明反应速率加快，所以实验c的条件为升高温度；
（2）①化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则该反应的化学平衡常数 K=；
②A．混合气体密度为ρ=，反应前后，气体质量m会发生改变，若混合气体的密度不再改变，说明气体质量不变，反应达到了化学平衡状态，A正确；
B．若反应未达到平衡，则Fe的质量就会发生变化。当铁的物质的量不再改变时，反应到达平衡做题，B正确；
C．CO和H2的浓度之比始终为1：2，因此无法据此判断化学反应是否处于平衡状态，C不正确；
D．在任何时刻都存在：2v正（CO）=v正（H2），若 v正（CO）=2v逆（H2），则v正（H2）=4v逆（H2），反应正向进行，未达到平衡状态，D不正确；
故合理选项是AB；
③一定温度下，向体积为2 L的密闭容器中加入0.2 mol Fe2O3（s）和0.6 mol CH4（g）进行上述反应，反应起始时压强为p，反应进行至5 min时达到平衡状态，测得此时容器的压强是起始压强的倍，由于容器的容积不变，说明此时容器内气体的物质的量是开始时的2倍。n（气体）=1.2 mol，增加了0.6 mol气体。根据方程式可知：每有1 mol Fe2O3（s）反应，就会消耗3 mol气体，反应后产生9 mol气体，气体物质的量增加6 mol。现在气体物质的量增加了0.6 mol，则反应的Fe2O3（s）是0.1 mol，故5 min内用Fe2O3（s）表示的平均反应速率为=3.2 g/min；
在反应开始时n（CH4）=0.6 mol，由于反应消耗0.1 mol Fe2O3（s），同时消耗0.3 mol，产生0.3 mol CO和0.6 mol H2，则平衡时，n（CH4）=0.3 mol，n（CO）=0.3 mol，n（H2）=0.6 mol，反应开始时压强为P，平衡时压强为原来的2倍，则此时压强为2p，平衡时各种气体的物质的量分数：CH4=CO：；H2： ，气体的物质的量分数等于气体所占的体积分数，所以该温度下反应的分压平衡常数Kp=。
【分析】（1）①根据图示过程，能量最低最稳定即可找出
②根据达到平衡时的浓度即可判断出a为使用催化剂，c是提高温度
（2）①根据常数公式即可写出表达式
②根据常见的平衡状态判断结合选项即可判断
③根据数据即可计算出速率，即可写出平衡常数
31．【答案】（1）-746.5kJ×mol-1；低温；AE
（2）中；( -b)
（3）；
【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较；化学平衡常数；化学平衡移动原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】(1)①已知：反应Ⅰ：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ mol-1
反应Ⅱ：2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=-221kJ mol-1
反应Ⅲ：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ mol-1
盖斯定律计算反应Ⅰ×2-反应Ⅱ-反应Ⅲ得到2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5 kJ mol-1；
由于正反应体积减小，即△S＜0，根据△G=△H-T △S＜0可知该反应能自发进行的条件是低温；
②A．反应Ⅳ的焓变小于0，正反应为放热反应，所以升高温度平衡常数减小，故A正确；
B．催化剂只改变反应速率，不影响平衡，故B不正确；
C．增大CO的浓度，平衡正向移动，NO的转化率增大，故C不正确；
D．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，故D不正确；
E．该反应中反应物和生成物均为气体，所以气体的总质量一直不变，容器恒容，所以密度始终保持不变，故E正确；
综上所述选AE；
(2)溶液中存在电荷守恒c(H+)+2c(Ba2+)=c(N )+ c(OH-)，由于2c(Ba2+)=c(N )，所以c(H+)=c(OH-)，所以溶液呈中性；两溶液等体积混合，所以溶液中c(Ba2+)= mol/L，则c(N )=bmol/L，由物料守恒可知c(N )+c(HN3)= mol/L，所以c(HN3)=( -b)mol/L；
(3)①电解池中阳极失电子发生氧化反应，根据题意可知阳极上Cl-被氧化成ClO-，电解质溶液显碱性，所以阳极反应式为 ；
②根据题意可知ClO-会将CN-氧化成两种无污染的气体，根据元素守恒可知两种气体应为CO2和N2，再结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为 。
【分析】（1）① 根据盖斯定律写出热化学方程式并且计算反应热，根据＜0进行判断自发反应的条件②恒温密闭发生第四个反应，H＜0，升高温度平衡向左移动，平衡常数减小，平衡后，催化剂只是改变反应速率，不影响平衡的移动，增大反应物的浓度，导致平衡向右移动，NO的转化率增大，温度不变，平衡常数不变，体积不变，质量不变，密度不变
（2）写出电荷守恒结合 2c(Ba2+)=c(N ) 判断即可，根据物料守恒进行计算
（3）①根据阳极的物质的转换，阳极发生氧化反应，氯离子失去电子变为次氯酸根即可写出②次氯酸根具有氧化性，而氰酸根具有还原性，发生氧化还原反应产生二氧化碳和氮气即可写出方程式
32．【答案】（1）>
（2）减小
（3）bc
（4）c
（5）75%
【知识点】反应热的大小比较；化学平衡的调控；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)2A2(g)+B2(g) 2C(g)；△H=-a kJ/mol(a＞0)中的a表示2molA2完全反应时放出akJ热量，因为该反应是可逆反应，加入2molA2时，A2反应的物质的量小于2mol，所以放出的热量a＞b；(2)该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小；
(3)a．v(C)=2v(B2)时，反应速率方向未知，无法判断是否达到平衡状态，故a错误；
B.反应前后气体的压强减小，当容器内气体压强保持不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故b正确；
C.v逆(A2)=2v正(B2)=v正(A2)，正逆反应速率相等反应达到平衡状态，故c正确；
D.无论反应是否达到平衡状态，容器内的气体密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故d错误；故答案为bc；
(4)a．及时分离出C气体，平衡正向移动，但反应速率减小，故错误；
B.适当升高温度，平衡逆向移动，故错误；
C.增大B2的浓度，平衡正向移动且反应速率增大，故正确；
D.选择高效的催化剂，反应速率增大但平衡不移动，故错误；故答案为c；(5)依据化学平衡，设一氧化碳的消耗浓度为X，分析三段式列式计算：
CO(g)+ H2O(g) H2(g)+ CO2(g)
起始量(mol/L) 0.02 0.02 0 0
变化量(mol/L) X X X X
平衡量(mol/L) 0.02-X 0.02-X X X
平衡常数K= = =9，解得：X=0.015mol/L；一氧化碳转化率= ×100%=75%。
【分析】（1）可逆反应不完全反应，故放出热量减少
（2）温度升高，平衡向左移动，平衡阐述减小
（3）前后系数之和不变，可以通过看正逆反应速率是否相等，以及浓度是否不变，以及压强是否该百年，体积不变，不能通过密度进行判断
（4）反应速率增大且正反应方向进行可以采取的是加压或者是增加反应物的浓度
（5）根据三行式计算出平衡浓度，结合平衡常数进行计算即可
33．【答案】（1）>
（2）<
（3）<
【知识点】反应热的大小比较
【解析】【解答】(1)中两式相减得：S(s)=S(g) ΔH＝ΔH1－ΔH2>0(固态硫变为硫蒸气是吸热过程)，所以ΔH1>，H2(气态硫比固体硫燃烧放出的热量多)；(2)中两式相减得：2H2O(g)=2H2O(l) ΔH＝ΔH1－ΔH2<0(水蒸气变为液态水是放热过程)，所以ΔH1<0H2(生成液态水比生成水蒸气放出的热量多)；(3)中两式相减得：4Al(s)＋2Fe2O3(s)=2Al2O3(s)＋4Fe ΔH＝ΔH1－ΔH2<0(铝热反应很剧烈，是典型而熟悉的放热反应)，所以ΔH1<ΔH2。
【分析】物质由固体转化为液体、液体转化为气体需要吸收热量。
2023年高考真题变式分类汇编：反应热的大小比较
一、选择题
1．（2022·浙江选考）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列推理不正确的是（ ）
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；反应热的大小比较
【解析】【解答】A.2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，但是不能是存在相互作用的两个碳碳双键，故A符合题意；
B．ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B不符合题意；
C.3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C不符合题意；
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.2ΔH1≈ΔH2只能说明双键之间的能量差；
B.能量越低越稳定；
C.3ΔH1＜ΔH4说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键；
D.ΔH3-ΔH1＜0，说明多一个双键变得不稳定，但ΔH4-ΔH3＞0，说明苯的稳定结构并不简单只是双键的原因，具有特殊稳定性。
2．（2022·嘉兴模拟）丙烷卤代反应的部分反应机理(以Cl2为例)如下：
I．Cl2(g)→2Cl·(g)
II．CH3CH2CH3(g)+Cl·(g)→(g)+HCl(g)
III．(g)+Cl2(g)→CH3CHClCH3(g)+Cl·(g)
其中，II步反应为决速步骤，能量随反应进程的变化如图，下列说法错误的是（ ）
A．氯代时I步反应的ΔH大于溴代时
B．稳定性：小于
C．丙烷中不同基团上碳氢键断裂吸收的能量不同
D．丙烷氯代产物中与溴代产物中近似相等
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热的大小比较；有机物的结构和性质；有关反应热的计算
【解析】【解答】A．氯代和溴代第一步断裂Cl-Cl键和Br-Br键，断键需要吸热，Cl-Cl键键长短，键能大，故大于溴代的，A不符合题意；
B．能量越低，产物越稳定，B不符合题意；
C．烷烃中氢原子活性叔氢>仲氢>伯氢，故氢原子环境不同，C-H键键能有差别，丙烷中含有仲氢和伯氢，断裂C-H键吸收的能量不同，C不符合题意；
D．丙烷氯代产物的活化能差值较小，而两种溴带产物的活化能差值较大，得到产物的难度不一样，故所得产物比例不相等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Cl-Cl键的键长比Br-Br键的短，且键能较大，结合断键吸热进行分析。
B.能量越低，产物越稳定，结合图像进行分析。
C.烷烃中氢原子活性不同，则C-H键键能也不同。
D.丙烷氯代产物的活化能差值比溴代产物的活化能差值小。
3．（2022高二上·南通期末）Li/Li2O体系的能量循环如图所示。已知：。下列说法正确的是
A．△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6
B．△H2＜0
C．△H3＜0
D．△H5＞△H6
【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．根据盖斯定律计算得到，反应过程中的焓变关系为：△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6，A符合题意；
B．气态Li原子失去最外层的电子变为气态锂离子要吸收能量，则反应热△H2＞0，B不符合题意；
C．断裂化学键吸收能量，氧气断裂化学键变为氧原子过程中吸收热，△H3＞0，C不符合题意；
D．根据能量转化关系和盖斯定律的计算可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6，则△H6＞△H5，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据盖斯定律解答。
4．（2022高二上·延庆期末）2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。已知
下列说法错误的是（ ）
A．
B．的过程中，，
C．2mol和1mol的总能量大于2mol的总能量
D．化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．由题干图示信息可知，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH2，生成气体水时放出的热量比生成液态水时少，故0＞ΔH1＞ΔH2，A符合题意；
B． H2O(l)= H2O(g)为气体分子数增大的吸热过程，则ΔH＞0，ΔS＞0，B不符合题意；
C．氢气与氧气的反应为放热反应，则2mol和1mol的总能量大于2mol的总能量，C不符合题意；
D．根据盖斯定律可知，化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．同一物质由气态变为液态的过程需要放出热量；
B．同一物质由液态变为气态的过程需要吸收热量；同种物质固态时，熵值最小，气态时熵值最大；
C．燃烧为放热反应；
D．根据盖斯定律。
5．（2021高二上·慈溪期末）下列关于如图所示转化关系(X代表Cl、Br、I)，说法不正确的是（ ）
A．△H2>0，△H3＜0
B．△H1=△H2+△H3
C．△H1越小，HX越稳定
D．若X分别是Cl、Br、I，则过程III放出的热量依次增多
【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较；有关反应热的计算
【解析】【解答】A．过程Ⅱ是反应物断键吸热的过程，△H2>0；过程Ⅲ是形成新的化学键的过程，因为成键放热，所以△H3＜0，A不符合题意；
B．根据盖斯定律，总反应的焓变等于各分反应的焓变之和，因此△H1=△H2+△H3，B不符合题意；
C．△H1越小，说明形成新的化学键时放出的热量越多，即△H3越小，则HX中的键能越大，HX越稳定，C不符合题意；
D．过程III放出的热量取决于HX的键能，即越稳定的物质，键能越大，放出的热量越多，因为HCl、HBr、HI的稳定性依次减小，因此放出的热量也依次减少，D符合题意。
故本题选D。
【分析】分子拆成原子需要吸收能量，原子结合成分子需要释放能量，物质含有的能量越低越稳定，过程III的能量高低与键能有关，HCl，HBr，HI的键能越低，结合选项即可判断
6．（2021高二上·诸暨期末）下列说法正确的是（ ）
A．ΔH>0，ΔS>0的反应，在任何温度下都是非自发反应；
B．因N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-dkJ·mol-1，故在某容器中投入1molN2与3molH2充分反应后，放出热量小于dkJ
C．一定温度下，在固定体积密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H＜0，当v正(SO2)=v正(SO3)时，说明该反应已达到平衡状态
D．同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．自发进行的条件是ΔH-TΔS < 0分析判断，△H>0， ΔS >0，高温下反应可以自发进行，故A不符合题意；
B．反应是可逆反应不能进行彻底，在某容器中投入1molN2与3molH2充分反应后，放出热量小于dkJ ，故B符合题意；
C．v正(SO2)=v正(SO3)反应方向相同，不能作为平衡态判断标志，故C不符合题意；
D．ΔH只与始态和终态有关，与反应条件无关，同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，故D不符合题意；
故答案为B
【分析】A．自发进行的条件是ΔH-TΔS < 0，不能单独分析焓变和熵；
B．可逆反应不能进行彻底；
C．包括正逆反应两个方向的速率是才能判断平衡；
D．ΔH只与始态和终态有关，与反应条件无关；
7．（2021高二上·丹东期末）由合成气制备二甲醚，涉及如下反应：
(i)
(ii)
能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．比和的总能量低
B．在相同条件下，反应(i)的反应速率比反应(ii)快
C．
D．若在容器中加入催化剂，则将变小
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．由能量变化图可知
比
和
的总能量高23.9kJ，故A不符合题意；
B．由图可知，在相同条件下，反应(ii)的活化能低于反应(i)，活化能越低反应速率越快，故B不符合题意；
C．
可由反应(ii)- 反应(i)得到，根据盖斯定律：该反应的
，反应的热化学方程式：
，故C符合题意；
D．催化剂能降低反应的活化能，使
变小，但不改变焓变，即两者的差值不变，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据图示信息可知，△H2=-23.9kJ/mol，结合化学方程式，即
比
和
的总能量高23.9kJ。注意△H=生成物的总能量-反应物的总能量。
B.活化能越小，反应速率越快。反应(i)的活化能比反应(ii)高，则其反应速率：反应(i)＜反应(ii)。
C.根据盖斯定律，将反应(i)与反应(ii)相结合可得
，且其△H=△H2-△H1=-23.9kJ/mol-（-29.1kJ/mol）=+5.2kJ/mol。
D.E2-E1=29.1kJ/mol=-△H1。催化剂能降低活化能，但不影响焓变。
8．（2021高二上·慈溪期末）下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（ ）
A．氧化钙与水反应
B．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应
C．盐酸与氢氧化钠反应
D．氢气与氯气反应
【答案】B
【知识点】反应热的大小比较
【解析】【解答】A．氧化钙与水反应产生氢氧化钙，发生反应放出热量，则该反应是放热反应，反应物的能量比生成物的能量高，A不符合题意；
B．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应产生BaCl2、NH3·H2O、H2O，发生反应使周围环境温度降低，因此反应为吸热反应，说明生成物的能量比反应物的能量高，B符合题意；
C．盐酸与氢氧化钠发生中和反应产生NaCl、H2O，放出热量，则该反应是放热反应，反应物的能量比生成物的能量高，C不符合题意；
D．氢气与氯气反应产生HCl时放出热量，则该反应是放热反应，说明反应物的能量比生成物的高，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】反应物能量高于生成物的能量，说明此反应是放热反应结合选项即可判断
9．（2021高二上·慈溪期末）下列说法正确的是（ ）
A．测定中和反应反应热的实验中，可用铜丝代替玻璃搅拌器
B．需要加热才能发生的反应是吸热反应
C．升高温度，反应速率加快，主要原因是活化分子的百分数增加
D．甲烷的标准燃烧热为-890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ·mol-1
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式；反应热的大小比较；中和热的测定
【解析】【解答】A．用铜丝代替玻璃搅拌器搅拌，热量损失大，测得的中和热数值偏小，A不符合题意；
B．需要加热的反应不一定是吸热反应，如铝热反应，B不符合题意；
C．升高温度，反应速率加快，主要原因是活化分子的百分数增加，C符合题意；
D．甲烷的燃烧热是指1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水所放出的热量，不是气态水，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.铜丝传热比玻璃棒快，易造成热量损失
B.加热只是条件，有的反应加热是放热反应
C.温度升高速率加快，活化分子数分数增加
D.燃烧热是产物是稳定化合物，水是液态
10．（2021高二上·浙江期末）如图所示，ΔE1=393.5kJ，ΔE2=395.4kJ，下列说法正确的是 （ ）
A．1mol石墨完全转化为金刚石需吸收1.9kJ热量
B．石墨和金刚石之间的转化是物理变化
C．金刚石的稳定性强于石墨
D．1mol金刚石具有的总能量高于1molCO2的总能量
【答案】A
【知识点】反应热和焓变；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．据图可知，1 mol金刚石和1mol O2的总能量高于1 mol石墨和1mol O2的总能量，则金刚石的能量比石墨高395.4kJ /mol-393.5kJ/mol=1.9 kJ/mol ，所以1mol石墨完全转化为金刚石需吸收1.9kJ热量，A符合题意；
B．石墨和金刚石是不同物质，二酯之间的转化是化学变化，B不符合题意；
C．能量高不稳定，因此石墨的稳定性强于金刚石，C不符合题意；
D．据图可知1mol金刚石和1mol氧气具有的总能量高于1molCO2的总能量，但1mol金刚石与1molCO2具有的总能量无法比较，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据图示，金刚石和氧气以及石墨和氧气的能量高低，即可判断出石墨比金刚石稳定，结合选项即可判断
11．（2021高二上·邯郸期末）下列描述与推断均正确且存在因果关系的是（ ）
选项 描述 推断
A 碳的燃烧为放热反应，反应焓变为，碳与水蒸气制备水煤气的反应为吸热反应，反应焓变为
B 常温下，将铜、铁用导线连接后插入浓硝酸中，铜片上产生大量气泡 铁的金属性强于铜
C 工业上使用催化剂可提高的产量 催化剂可改变平衡转化率
D 泡沫灭火器使用时，将硫酸铝和碳酸氢钠溶液两种溶液混合，生成氢氧化铝和二氧化碳的泡沫混合液起灭火作 硫酸铝和碳酸氢钠可互相促进水解反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】反应热的大小比较；催化剂；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．吸热反应ΔH>0，放热反应ΔH<0，由题干信息可知，A项不符合题意；
B．常温下，铁遇浓硝酸会钝化，所以将铜、铁用导线连接后插入浓硝酸中，铜片做负极，失电子，现象为铜片逐渐溶解，B项不符合题意；
C．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡转化率，C项不符合题意；
D．硫酸铝和碳酸氢钠两种溶液混合能生成氢氧化铝和二氧化碳，是因为二者能互相促进水解反应，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.吸热反应ΔH>0，放热反应ΔH<0；
B.铁在浓硝酸中钝化；
C.催化剂不影响平衡转化率。
12．（2021高二上·温州期末）向Na2CO3溶液中滴加盐酸，发生如下转化，下列说法正确的是（ ）
A．ΔH4=ΔH1+ΔH2+ΔH3
B．CO(aq)＋2H+(aq)=H2CO3(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2
C．HCO电离时吸热，则ΔH1＞0
D．ΔH2＜ΔH3
【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，化学反应的反应热只与反应物和生成物的总能量有关，与中间过程无关，故ΔH4=-(ΔH1+ΔH2+ΔH3)，故A不符合题意；
B．根据图示可知，反应CO(aq)＋2H+(aq)=H2CO3(aq)的ΔH=ΔH1+ΔH2，故B不符合题意；
C．根据图示可知，HCO电离方程式HCO(aq)=CO(aq)＋H+(aq)的反应热为-ΔH1，若电离吸热，则ΔH1＜0，故C不符合题意；
D．H2CO3(aq)的电离吸热，逆反应放热，故ΔH2＜0；H2CO3分解反应为吸热反应，故ΔH3＞0，故ΔH2＜ΔH3，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据盖斯定律分析。
13．（2021高二上·凉山期末）下列说法正确的是（ ）
A．氢气在氧气中完全燃烧生成气态水，放出的热量为，则氢气的燃烧热等于
B．、下，将和置于密闭的容器中充分反应生成，放出的热量为，其热化学方程式为
C．已知 ； ，则
D．化学反应过程中，吸热反应需不断从外界获得能量，放热反应不需任何条件即可进行
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；燃烧热；热化学方程式；反应热的大小比较
【解析】【解答】A.2 g氢气在氧气中完全燃烧生成气态水，放出的热量为241.8 kJ，气态水变为液态水，放出热量，则生成1mol液态水，放出热量大于241.8 kJ，A不符合题意；
B．氨的合成为可逆反应，将1 mol N2和3 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热38.6kJ时生成的氨气少于2mol，生成2mol氨气时放热大于38.6kJ，故反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）的反应热△H＜-38.6 kJ mol-1，B不符合题意；
C．固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以△H1＜△H2，C符合题意；
D．反应是不可能自然进行的，无论放热还是吸热反应都要从外界吸收一部分热量达到反应的活化状态，对于放热反应来说是放出的热量大于吸收的热量，对于吸热反应来说是吸收的热量大于放出的热量，放热反应未必不需从外界获得能量，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.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；
B.该反应为可逆反应，放热38.6kJ时生成的氨气少于2mol；
D.反应吸热还是放热与反应条件无关。
14．（2021高一上·静安期末）在相同温度下，下列两个反应放出的热量分别以Q1和Q2表示
则Q1和Q2的关系为（ ）
A．2Q1
【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较
【解析】【解答】由盖斯定律可得，2H2O(l)=2H2O(g)＋2Q1－Q2。由于液态水转化为气态水的过程中要吸收能量，因此2Q1－Q2＜0，因此2Q1
【分析】此题是对盖斯定律和反应热大小比较的考查，结合盖斯定律进行分析即可。
15．（2021高二上·怀仁期中）根据以下三个热化学方程式：
判断a、b、c三者关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】反应热的大小比较
【解析】【解答】H2S完全燃烧放热多，但放热越多，△H越小，则△H2＞△H1；气态水的能量高于液态水，所以生成液态水时放热多，则△H3＞△H2，即△H3＞△H2＞△H1，
故答案为：B。
【分析】依据完全燃烧放热多，但放热越多，△H越小，气态水的能量高于液态水进行分析；
16．（2021高一下·马鞍山期末）用下列实验装置进行相应实验，不能达到实验目的的是（ ）
A．图Ⅰ验证反应的热量变化
B．图Ⅱ比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性
C．图Ⅲ比较Fe、Cu的金属活动性
D．图Ⅳ制取并收集乙酸乙酯
【答案】D
【知识点】反应热的大小比较；常见金属的活动性顺序及其应用；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A．镁和盐酸反应放热，大试管内气体膨胀，若“U型管”左侧液面降低、右侧液面升高，所以图Ⅰ验证反应的热量变化，故不选A；
B．相同的钠块分别放入水和乙醇反应，放出气体的速率越快，说明氢原子越活泼，所以图Ⅱ能比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性，故不选B；
C．原电池中，较活泼金属作负极，图Ⅲ构成原电池，铜的表面有气泡，说明铜是正极， Fe的金属性大于Cu，故不选C；
D．实验室制取乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，不能用氢氧化钠溶液收集乙酸乙酯，
故答案为：D；
【分析】氢氧化钠溶液和乙酸乙酯会反应，应该用饱和碳酸钠溶液收集。
17．（2021高二下·许昌期末）最近意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，其分子结构如图所示，已知断裂1mol N—N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ热量，则下列说法正确的是（ ）
A．N4属于一种新型化合物
B．N4与N2互为同位素
C．N4沸点比P4（白磷）高
D．1mol N4气体转变为N2将放出882kJ热量
【答案】D
【知识点】反应热和焓变；反应热的大小比较；同素异形体
【解析】【解答】A. N4是同一种元素形成的纯净物，属于单质，A不符合题意；
B. N4与N2均是氮元素形成的不同单质，互为同素异形体，不互为同位素，B不符合题意；
C. N4与P4（白磷）形成的均是分子晶体，相对分子质量小于的P4（白磷），沸点比P4（白磷）低，C不符合题意；
D. 断键吸热，形成化学键放热，则1mol N4气体转变为N2将放出942kJ×2－6×167kJ＝882kJ热量，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．N4是单质；
B．同素异形体是由同种元素形成的不同单质；同位素是质子数相同，中子数不同的核素；
C．根据范德华力分析；
D．根据N4中化合价的个数计算。
18．（2021高一下·长春月考）在研究物质变化时，人们可以从不同的角度、不同的层面来认识物质变化时所引起的化学键及能量的变化，据此判断以下叙述中错误的是（ ）
A．金属钠与氯气反应生成氯化钠后，其结构的稳定性增强，体系的能量降低
B．物质的燃烧可看成“贮存”在物质内部的部分化学能转化为热能释放出来的过程
C．氮分子内部存在着很强的共价键，故通常状况下氮气的化学性质很稳定
D．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．因为金属钠与氯气反应生成氯化钠，属于放热反应，所以体系能量降低，稳定性增强，A不符合题意；
B．物质的燃烧是化学能转化为热能的过程，B不符合题意；
C．氮分子内部存在氮氮三键，化学键键能强，故通常状况下氮气的化学性质很稳定，C不符合题意；
D．化学反应是放热反应还是吸热反应，与外界条件无关，取决于化学键断裂所吸收的能量与成键所放出能量的相对大小，需加热发生的反应不一定是吸热反应如铝热反应等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.能量越低越稳定，一般的化合反应是放热反应
B.物质的燃烧属于放热反应
C.化学键越强越稳定
D.放热与吸热反应是由反应物和生成物的能量决定的
19．（2020高二上·黄山期末）下列说法正确的是（ ）
A．等物质的量的硫蒸气和固体硫分别完全燃烧，后者放出热量多
B．由C(石墨，s) = C(金刚石，s) ΔH=+1.90 kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定
C．1.0 mol NaOH分别与1.0 mol CH3COOH、1.0 mol HNO3反应，放出的热量： CH3COOH ＜ HNO3
D．当ΔH ＜ 0时，表示该反应为吸热反应
【答案】C
【知识点】化学能与热能的相互转化；吸热反应和放热反应；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．等物质的量的硫蒸气和固体硫分别完全燃烧，硫气化时要吸热，前者放出热量多，故A不符合题意；
B．由C(石墨，s) = C(金刚石，s) ΔH=+1.90 kJ·mol-1，可知，金刚石所具有的能量高，稳定性比石墨差，故B不符合题意；
C．醋酸是弱酸，电离时要吸热，1.0 mol NaOH分别与1.0 mol CH3COOH、1.0 mol HNO3反应，放出的热量： CH3COOH ＜ HNO3，故C符合题意；
D．当ΔH ＜ 0时，表示该反应为放热反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.反应热大小的比较，固体硫变成硫蒸气需要吸热，等物质的量的硫蒸气和固体硫完全燃烧，后者放出的热少一些；
B.1mol石墨生成1mol金刚石吸收热量热量，1mol石墨比1mol金刚石的能量低，物质的能量越低越稳定；
C.醋酸是弱电解质，部分电离，醋酸电离吸热，所以 1.0 mol NaOH分别与1.0 mol CH3COOH、1.0 mol HNO3反应，放出的热量： CH3COOH ＜ HNO3；
D. ΔH ＜ 0时，表示该反应为放热反应；
二、非选择题
20．（2017·新课标Ⅰ卷）（14分）近期发现，H2S是继NO、CO之后第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调解神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能．回答下列问题：
（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是 （填标号）．
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C．0.10mol L﹣1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理．
通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为 、 ，制得等量H2所需能量较少的是 ．
（3）H2S与CO2在高温下发反应：生H2S（g）+CO2（g） COS（g）+H2O（g）．在610k时，将0.10mol CO2与0.40mol H2S充入2.5L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02．
①H2S的平衡转化率a1= %，反应平衡常数K= ．
②在620K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率a2 a1，该反应的△H 0．（填“＞”“＜”或“=”）
③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是 （填标号）
A．H2S B．CO2 C．COS D．N2．
【答案】（1）D
（2）H2O（l）=H2（g）+ O2（g）△H=+286kJ/mol；H2S （g）=H2（g）+S（s）△H=+20kJ/mol；系统（Ⅱ）
（3）2.5；0.00285；＞；＞；B
【知识点】热化学方程式；反应热的大小比较；化学平衡的计算；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】（1）A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，故A正确；
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，故B正确；
C.0.10mol L﹣1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，故C正确；
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于比较酸性的强弱，故D错误．
故答案为：D；（2）系统（Ⅰ）涉及水的分解，系统（Ⅱ）涉及硫化氢的分解，利用盖斯定律分别将系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）的热化学方程式相加，可得到水、硫化氢分解的热化学方程式，则系统（I）的热化学方程式H2O（l）=H2（g）+ O2（g）△H=+286kJ/mol；
系统（II）的热化学方程式可知：H2S （g）+=H2（g）+S（s）△H=+20kJ/mol．
根据系统I、系统II的热化学方程式每反应产生1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统II．
故答案为：H2O（l）=H2（g）+ O2（g）△H=+286kJ/mol；H2S （g）+=H2（g）+S（s）△H=+20kJ/mol；系统（Ⅱ）；（3）对于反应
H2S（g）+ CO2（g） COS（g）+ H2O（g）
起始（mol） 0.40 0.10 0 0
转化（mol） x x x x
平衡（mol） 0.40-x 0.10-x x x
反应平衡后水的物质的量分数为0.02，
则 =0.02，x=0.01，
①H2S的平衡转化率a1= =2.5%，
体积为2.5L，则平衡时各物质的浓度为c（H2S）= mol/L=0.156mol/L，c（CO2）= mol/L=0.036mol/L，c（COS）=c（H2O）= mol/L=0.004mol．L，
则K= =0.00285，
故答案为：2.5；0.00285；
②根据题目提供的数据可知温度由610K升高到620K时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，所以H2S的转化率增大，a2＞a1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故△H＞0，
故答案为：＞；＞；
③A．增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S转化率降低，故A错误；
B．增大CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S反应，所以H2S转化率增大，故B正确；
C．COS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低，故C错误；
D．N2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响，故D错误．
故答案为：B．
【分析】（1）比较酸性强弱，可根据强酸制备弱酸、测定等浓度的pH以及溶液的导电能力判断；（2）系统（Ⅰ）涉及水的分解，系统（Ⅱ）涉及硫化氢的分解，利用盖斯定律分别将系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）的热化学方程式相加，可得到水、硫化氢分解的热化学方程式；（3）对于反应
H2S（g）+ CO2（g） COS（g）+ H2O（g）
起始（mol） 0.40 0.10 0 0
转化（mol） x x x x
平衡（mol） 0.40-x 0.10-x x x
反应平衡后水的物质的量分数为0.02，
则 =0.02，x=0.01，结合平衡移动的影响因素解答该题．
21．（2023·天津模拟） 铁是一种非常重要的金属。
（1）中科院兰州化学物理研究所用催化加氢合成低碳烯烃反应，反应过程如图。催化剂中添加助剂、、也起催化作用后可改变反应的选择性。
①下列说法正确的是 。填序号
A.第Ⅰ步反应的活化能低于第Ⅱ步
B.第Ⅰ步所发生的反应为：
C.使加氢合成低碳烯烃的减小
D.保持其他条件不变，添加不同助剂后各反应的平衡常数不变
加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是 。
（2）复合氧化物铁酸锰可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：
则与、的关系表达式为 。
（3）纳米铁是重要的储氢材料，可用反应制得。在恒容密闭容器中加入足量铁粉和，在、不同温度下进行反应，测得与温度、时间的关系如图所示。
， 填“”或“”。
温度下，平衡时体系的总压强为。用某气体组分的平衡分压分压总压物质的量分数代替物质的量浓度也可表示平衡常数记作，则 用表示。
（4）高铁酸钾被称为“绿色化学”净水剂，在酸性至弱碱性条件下不稳定。电解法可制得，装置如图，阳极电极反应式为： ，若转移电子，则透过交换膜的离子数目为 。
【答案】（1）BD；降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率
（2）
（3）；；
（4）；
【知识点】电极反应和电池反应方程式；反应热的大小比较；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①A.活化能越低，反应速率越快，第i步为慢反应，则第i步反应的活化能高于第ii步，不符合题意；
B.由图可知，第i步所发生的反应为 ，符合题意；
C.根据题干信息可知， 为催化剂，对焓变没有影响，不符合题意；
D.平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，符合题意；
②加入助剂K，改变了催化剂的选择性，降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率，从而提高了单位时间内乙烯产量。
（2）根据盖斯定律可知，反应③可由2/x×（①+②）得到，则 =×（ + ）。
（3）①温度越高，反应速率越快，达到平衡所需反应时间越少，平衡向吸热反应方向移动，由图可知，温度为T1时反应先达到平衡，则温度为T1时反应速率快于T2，即T1＞T2；根据图示信息，升温利于平衡逆向移动，说明该反应 ＜0。
②根据题干信息可知，T2达到平衡时，n(CO)=0.04mol/L×1L=0.04mol，则n(五羰基合铁)==0.04mol，即CO与五羰基合铁的平衡分压相等，均为，则平衡常数Kp== 。
（4）该装置为电解池，由图可知，铁棒为阳极，其电极反应式为 ；若转移6mol电子，结合电荷守恒，则有6mol（即6NA）OH-透过离子交换膜。
【分析】（1）①A.活化能越低，反应速率越快。
B.由图可知，第i步所发生的反应为 。
C.催化剂对焓变没有影响。
D.平衡常数只与温度有关。
②加入助剂K，改变了催化剂的选择性，降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率。
（2）根据盖斯定律进行分析。
（3）①根据“先拐先平数值大”进行分析；升温利于平衡向吸热反应方向移动。
②根据题干信息可知，算出T2达到平衡时，n(CO)与n(五羰基合铁)，结合平衡常数Kp=进行分析。
（4）该装置为电解池，铁棒为阳极，其电极反应式为 ；若转移6mol电子，结合电荷守恒，则有6mol（即6NA）OH-透过离子交换膜。
22．（2022·柯桥模拟）2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如下反应：
反应Ⅰ：(A)+CH3OH(TAME) ΔH1
反应Ⅱ：(B) +CH3OH(TAME) ΔH2
反应Ⅲ： ΔH3
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数与温度T变化关系如图1所示。
①物质A和B中相对稳定的是 (用“A”或“B”表示)；
②的数值范围是 (填标号)。
A．<-1 B．-1～0 C.0～1 D．>1
（2）为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入，控制温度353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数
①平衡体系中B的物质的量为 mol，
②反应Ⅰ的平衡常数 。
③同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，请判断对反应Ⅰ的化学平衡的影响并说明理由
（3）为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图2所示。
①代表B的变化曲线为 (填“X”或Y”)；
②时，判断反应Ⅲ的正反应速率和逆反应速率的大小并说明理由
【答案】（1）B；D
（2）0.9α；；同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，导致反应Ⅰ体系的各物质浓度减小，使反应Ⅰ向逆反应方向移动
（3）X；100s时，，所以v正
【解析】【解答】(1)①根据图中信息可以判断，同一温度下，反应Ⅰ的更大，进行的程度更大，反应Ⅱ的最小，则可证明反应Ⅱ活化能更大，活化能越大，物质就越稳定，则B的稳定性大于A；
②由图像可知，横坐标增大，也增大，则降低温度，平衡常数增大，可知Ⅰ、Ⅱ正反应为放热反应，并且ΔH1大于ΔH2，则的数值范围是大于1，
故答案为：D；
(2)①向反应容器中加入，测得TAME的平衡转化率为α，则平衡时，则，已知应Ⅲ的平衡常数，则，解得平衡体系中B的物质的量为0.9αmol；
②A的物质的量为0.1αmol，反应Ⅰ的平衡常数为：；
③同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，导致反应Ⅰ体系的各物质浓度减小，使反应Ⅰ向逆反应方向移动；
(3)①温度为353K，由A、B的物质的量浓度随时间的变化可知，曲线X代表的平衡浓度高于曲线Y，则代表B的变化为曲线X；
②由变化趋势可知，100s以后各组分的浓度仍在变化，t=100s时，，此时反应Ⅲ向逆向移动，即正反应速率小于逆反应速率。
【分析】（1）平衡常数越大，该反应进行程度越大，反应越容易进行，活化能越低，越不稳定，反之，物质越稳定。
（2）列出三段式，利用平衡常数进行计算即可得到平衡时B的物质的量，带入平衡常数公式即可算出Kx1
（3）①有（1）可知，B参与反应的平衡常数小，反应进行程度小，所以B浓度大于A，所以代表B变化曲线为X，②判断Qc与Kx3大小，进而判断正逆反应速率大小。
23．（2021·泰安模拟）氮氧化物气体是造成光化学污染的主要气体，降低氮氧化物气体的排放是环境保护的重要课题。已知汽车尾气中的氮氧化物气体主要涉及如下反应：
ⅰ.N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+180.5kJ·mol-1；
ⅱ.2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) △H=-114.0kJ·mol-1；
ⅲ.2NO2(g) N2O4(g) △H=-52.7kJ·mol-1。
回答下列问题：
（1）该条件下，N2中N≡N键的键能为916.5kJ·mol-1，O2中O=O键的键能为458.0kJ·mol-1，则NO中化学键的键能为 。
（2）向某刚性密闭容器中充入等量的N2和O2，一定温度下发生上述3个反应。
①下列状态能说明上述反应达到平衡状态的是 (填字母)。
a.NO浓度不再变化
b.混合气体的颜色不再变化
c.混合气体的密度不再变化
d.每消耗2molNO2，同时消耗1molN2O4。
②若起始时容器内总压强为p1 kPa，10s时容器内3个反应达到平衡状态，此时的总压强和N2O4的分压分别为p2 kPa和p3
kPa；则前10s内N2O4的平均生成速率为 kPa·s-1，该温度下反应ⅲ的平衡常数Kp= kPa-1。
③若升高温度，平衡体系中NO的体积分数 (填“增大”“减小”或“无法确定”)，原因为 。
（3）反应6NO(g)+4NH3(g) 5N2(g)+6H2O(g) △H<0，是工业上处理氮氧化物的方法之一、向某密闭容器中投入等量的NO和NH3发生上述反应，平衡时，NO和H2O的物质的量随温度的变化如图所示。
①图中代表NO物质的量变化的曲线为 。
②T1℃下，N2的平衡体积分数为 。
【答案】（1）597.0 kJ·mol-1
（2）ab；0.1p3；；增大；反应i为吸热反应，温度升高NO增多，反应ⅱ和反应ⅲ为放热反应，温度升高NO也增多
（3）L1；20%
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；反应热的大小比较；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)根据反应热=反应物的键能和-生成物的键能和，结合反应i， △H=916.5kJ·mol-1+458.0kJ·mol-1-E(NO)=+180.5kJ·mol-1，E(NO)=597.0 kJ·mol-1，故答案为：597.0 kJ·mol-1；
(2)①a.NO在反应过程中浓度减小，当达到平衡状态时浓度不再变化，故a正确；
b.混合气体的颜色不再变化，说明NO2的浓度不再改变，浓度不变是平衡的特征，故b正确；
c.容器的体积不变，混合气体的总质量不变，则混合气体的密度恒定，故密度不再变化不能说明反应达到平衡，故c不正确；
d.每消耗2molNO2，同时消耗1molN2O4，这是同一方向的速率，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能判断平衡，故d不正确；
故答案为：ab；
②前10s内N2O4的平均生成速率= kPa·s-1，
起始时总压为p1，N2和O2的量相等，则两者分压分别为 ，设反应i氧气的减小压强为x，反应ii氧气的减小压强为y，列三段式可得：
则平衡时：N2的压强为 -x；O2的压强为 -x-y；NO的压强为2x-2y；NO2的压强为2y-2p3，N2O4的压强为p3，反应后的总压强为p2= -x+ -x-y+2x-2y+2y-2p3+p3，解得y=p1-p2-p3，则平衡时NO2的压强为2p1-3p2-4p3，Kp= = ，故答案为：0.1p3； ；
(3)①该反应为放热反应，平衡后升高温度平衡逆向移动，NO的物质的量增加，水的物质的量减小，结合图像可知L1代表NO，故答案为：L1；
②设起始时NO和NH3均为1mol，设NO的变化量为6xmol，列三段式得：
T1℃下，NO和H2O相等，则1-6x=6x，x=1/12，N2的平衡体积分数= 20%，故答案为：20%；
【分析】（1）结合焓变=反应物的键能-生成物的键能即可计算
（2）①根据发生的反应，可从各物质的量浓度不再发生变化以及颜色不再改变即可判断是否达到平衡
②根据四氧化二氮的变化量即可计算出速率，根据给出的数据利用三行式进行计算即可
③根据反应 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) △H=-114.0kJ·mol-1；2NO2(g) N2O4(g) △H=-52.7kJ·mol-1。 放热即可判断温度升高，平衡逆向移动
（3）①根据反应放热，温度升高平衡逆向移动即可判断
②根据图示结合三行式即可计算出平衡时的物质的量即可计算出体积分数
24．（2020·深圳模拟）CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用CH4与CO2制备“合成气”（CO、H2），还可制备甲醇、二甲醚、低碳烯烃等燃料产品。
I．制合成气
科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：
反应①：CH4（g） C（ads）+2H2 （g） （慢反应）
反应②：C（ads）+ CO2（g） 2CO（g） （快反应）
上述反应中C（ads）为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：
（1）CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为 。能量变化图中：E5+E1 E4+E2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）II．脱水制醚
利用“合成气”合成甲醇后，甲醇脱水制得二甲醚的反应为：
2CH3OH（g） CH3OCH3（g） + H2O（g） ΔH，其速率方程式为：v正= k正·c2（CH3OH），v逆=k逆·c（CH3OCH3）·c（H2O），k正、k逆为速率常数且只与温度有关。经查阅资料，上述反应平衡状态下存在计算式：lnKc = 2.205+ （Kc为化学平衡常数；T 为热力学温度，单位为K）。
反应达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数 k逆增大的倍数（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（3）某温度下（该反应平衡常数Kc为200），在密闭容器中加入一定量 CH3OH，反应到某时刻测得各组分的物质的量如下：
物质 CH3OH CH3OCH3 H2O
物质的量/mol 0.4 0.4 0.4
此时正、逆反应速率的大小：v正 v逆 （填“＞”、 “＜”或“＝”）。
（4）500K下，在密闭容器中加入一定量甲醇 CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数为_________（填标号）。
A．＜ B． C．＞ D．无法确定
【答案】（1）CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)ΔH=+(E3-E1)kJ mol-1；<
（2）<
（3）>
（4）C
【知识点】热化学方程式；反应热的大小比较；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】I．（1）由图像可知，CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)ΔH=+(E3-E1)kJ mol-1；反应①为慢反应，反应②为快反应，因此可知反应①的活化能大于反应②的活化能，即E4-E1>E5-E2，故E5+E1
（2）根据lnKc的计算式，可知温度升高，lnKC减小，KC减小，说明升高温度，平衡逆向移动，故升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
（3）根据浓度商与平衡常数的大小关系，可以比较出正逆反应速率的大小关系；
（4）根据lnKc的计算式，将T=500K代入式子求出kc值，代入一定乙醇的起始值，利用三段式可表示出平衡常数，继而求出体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数。
25．（2018·辽宁模拟）乙烯是一种重要的化工原料，可由乙烷为原料制取，回答下列问题。
（1）传统的热裂解法和现代的氧化裂解法的热化学方程式如下：
①C2H6(g)=C2H4(g) +H2(g) ΔH1=+136 kJ/mol
②C2H6(g)+ O2(g)= C2H4(g)+H2O(g) ΔH2=-110 kJ/mol
已知反应相关的部分化学键键能数据如下：
化学键 H-H(g) H-O(g) O=O(g)
键能( kJ/mol) 436 X 496
由此计算x= ，通过比较△H1和△H2，说明和热裂解法相比，氧化裂解法的优点是 （任写一点）。
（2）乙烷的氧化裂解反应产物中除了C2H4外，还存在CH4、CO、CO2等副产物（副反应均为放热反应），图1为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。乙烷的转化率随温度的升高而升高的原因是 ，反应的最佳温度为 （填选项序号）。
A.700℃
B.750℃
C.850℃
D.900℃
[乙烯选择性= ；乙烯收率=乙烷转化率×乙烯选择性]
（3）烃类氧化反应中，氧气含量低会导致反应产生积炭，堵塞反应管。图2为n(C2H6)/n(O2)的值对乙烷氧化裂解反应性能的影响。判断乙烷氧化裂解过程中n(C2H6)/n(O2)的最佳值是 ，判断的理由是 。
（4）工业上，保持体系总压恒定为100kPa的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体（惰性气体的体积分数为70%），掺混惰性气体的目的是 。
反应达平衡时，各组分的体积分数如下表：
C2H6 O2 C2H4 H2O 其他物质
2.4% 1.0% 12% 15% 69.6%
计算该温度下的平衡常数Kp= （用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×体积分数）
【答案】（1）465；氧化裂解反应是放热反应，节约能源；氧化裂解反应热力学趋势上大
（2）温度升高，反应速率加快，转化率升高；C
（3）2；比值小于2时，乙烯的收率降低，比值大于2时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管
（4）正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动；KP = 75
【知识点】反应热的大小比较；化学反应速率与化学平衡的综合应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）②-①： O2(g)+ H2(g) = H2O(g) ΔH=-246 kJ/mol，H-H(g)= 436 kJ/mol， H-O(g)= X
O=O(g)= 496 kJ/mol由此计算x= 465 kJ/mol，
通过比较△H1和△H2，说明和热裂解法相比，氧化裂解法的优点是氧化裂解反应是放热反应，节约能源；氧化裂解反应热力学趋势上大。（2）乙烷的氧化裂解反应产物中除了C2H4外，还存在CH4、CO、CO2等副产物，因为副反应均为放热反应升高温度，不利于副产物的生成；因为乙烯选择性= ，所以由图知温度升高，反应速率加快，转化率升高为；由图观察温度在850℃和900℃之间，乙烷的转化率都比较大，乙烯收率较高和乙烯选择性较，所以，选择850℃较好，
故答案为：温度升高，反应速率加快，转化率升高C。（3）由图2观察知n(C2H6)/n(O2)<2时，乙烯的收率降低；比值大于2时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管，所以当n(C2H6)/n(O2)=2时最佳值。答案2 比值小于2时，乙烯的收率降低；比值大于2时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管。（4）由C2H6(g)+ O2(g)= C2H4(g)+H2O(g) ΔH2=-110 kJ/mol，知正反应是气体分子数增多的反应，工业上，保持体系总压恒定为100kPa的条件下进行该反应，如果在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动，提高反应物的转化率。
因为总压恒定为100kPa，
C2H6(g)+ O2(g) = C2H4(g)+ H2O(g)
平衡量 2.4% 1.0% 12% 15% kPa
该温度下的平衡常数就是反应达到平衡时Kp=生成物浓度幂次方的乘积比反应物浓度幂次方的乘积，所以Kp= =75
故答案为：正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动，75
【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热；（2）升高温度，反应向吸热方向进行；（3）由图2分析；（4）降低压强，平衡向气体体积分子数增大的反应进行；
26．（2015·临沂模拟）工业上合成尿素的反应：
2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（I）+H2O（I）△H（I）
（1）已知合成尿素的反应分两步进行：
2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）△H1
NH2COONH4（s） CO（NH2）2（I）+H2O（I）△H2
其能量变化曲线如图1所示，则△H、△H1和△H2由大到小的顺序为 ．
（2）在一个真空恒容密闭容器中充入CO2和NH3发生反应（I）合成尿素，恒定温度下混合气体中NH3的体积分数如图2所示．
A点的正反应速率v正（CO2） B点的逆反应速率v逆（CO2）（填“＞”、“＜”或“=”）；CO2的平衡转化率为 ．
（3）将一定量的氨基甲酸铵固体置于恒容真空容器中，发生反应：H2NCOONH4（s） 2NH3（g）+CO2（g）．在不同温度（T1和T2）下，该反应达平衡状态时部分数据见下表．
温度 平衡浓度/（mol L﹣1）
c（NH3） c（CO2）
T1 0.1
T2 0.1
①T1 T2 （填“＞”、“＜”或“=”）．
②下列能说明该分解反应达到平衡状态的是 （填代号）．
a．v生成（NH3）=2v消耗（CO2）
b．密闭容器内物质的总质量不变
c．密闭容器中混合气体的密度不变
d．密闭容器中氨气的体积分数不变
（4）氨基甲酸铵极易水解成碳酸铵，酸性条件下水解更彻底.25℃时，向1L 0.1mol L﹣1的盐酸中逐渐加入氨基甲酸铵粉末至溶液呈中性（忽略溶液体积变化），共用去0.052mol氨基甲酸铵，此时溶液中几乎不含碳元素．此时溶液中c（NH4+）= ；NH4+水解平衡常数值为 ．
【答案】（1）△H2＞△H＞△H1
（2）＞；75%
（3）＜；ac
（4）0.1mol/L；4×10﹣9
【知识点】反应热的大小比较；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；盐类水解的原理
【解析】【解答】解：（1）根据能量图可以分析，2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（I）+H2O（I）为放热反应，所以△H＜0，2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）为放热反应，所以△H1＜0，并且△H1＜△H＜0，NH2COONH4（s） CO（NH2）2（I）+H2O（I）为吸热反应，所以△H2＞0，所以△H2＞△H＞△H1；故答案为：△H2＞△H＞△H1；（2）氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明B点反应达到平衡状态，A点氨气体积百分含量大于B的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，A点的正反应速率大于B点的正反应速率，故v正（CO2）＞v逆（CO2）；
设氨气消耗物质的量x，开始氨气体积分数为50%，假设氨气为50mol，二氧化碳为50mol，
CO2+2NH3 （NH2）2CO+H2O
起始量（mol） 50 50 0 0
变化量（mol） 0.5x x 0.5x 0.5x
平衡量（mol）50﹣0.5x 50﹣x 0.5x 0.5x
氨气的体积分数= =20%；解得x=37.5mol，
氨气的平衡转化率= ×100%=75%，
故答案为：＞；75%；（2）①根据（1）的分析，2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）为放热反应，所以，△H1＜0，所以H2NCOONH4（s） 2NH3（g）+CO2（g）为吸热反应，温度越高平衡产物越多，又T1平衡时c（NH3）为0.1mol/L，则二氧化碳浓度为0.05mol/L，又T2平衡时二氧化碳浓度为0.1mol/L，所以T1＜T2；故答案为：＜；
②a．根据反应速率之比等于系数之比，则v生成（NH3）=2v生成（CO2）=2v消耗（CO2），所以正逆反应速率相等，能判断平衡，故a正确；
b．根据质量守恒，密闭容器内物质的总质量一直不变，所以不能判断平衡，故b错误；
c．因为该反应正反应为气体质量增加的反应，又体积不变，所以密闭容器中混合气体的密度一直在变，则当密度不变时，能判断平衡，故c正确；
d．因为反应物为固体，所以生成物氨气和二氧化碳一直为2：1，则密闭容器中氨气的体积分数一直不变，所以不能判断平衡，故d错误；
故选：ac；（4）因为氨基甲酸铵极易水解成碳酸铵，即反应式为NH2COONH4（s）+H2O （NH4）2CO3，加入1L0.1mol/L的盐酸溶液中直到溶液pH=7并且溶液中几乎不含碳元素，所以溶液中只有H+、NH4+、OH﹣、Cl﹣，根据电荷守恒c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.1mol/L，又用去0.052mol氨基甲酸铵，所以开始溶液中的铵根离子浓度为0.052mol/L×2=0.104mol/L，
NH4++H2O NH3 H2O+H+；
开始 0.104mol/L 0
转化 0.004mol/L 0.004mol/L
平衡 0.1mol/L 0.004mol/L
又溶液为pH=7，所以氢离子浓度为10﹣7mol/L，则NH4+水解平衡常数K= = =4×10﹣9，故答案为：0.1mol/L；4×10﹣9．
【分析】（1）根据能量图可以分析，2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（I）+H2O（I）为放热反应，所以△H＜0，2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）为放热反应，所以△H1
＜0，并且△H1＜△H＜0，NH2COONH4（s） CO（NH2）2（I）+H2O（I）为吸热反应，所以△H2＞0，据此分析；（2）图象分析氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明B点反应达到平衡状态，A点氨气体积百分含量大于B的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，A点的正反应速率大于B点的正反应速率；依据氨气的体积分数结合平衡三段式列式计算平衡转化率；（3）①根据（1）的分析，2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）为放热反应，所以，△H1＜0，所以H2NCOONH4（s） 2NH3（g）+CO2（g）为吸热反应，温度越高平衡产物越多，据此分析；
②当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断；（4）根据氨基甲酸铵极易水解成碳酸铵，即反应式为NH2COONH4（s）+H2O （NH4）2CO3，将氨基甲酸铵粉末逐渐加入1L0.1mol/L的盐酸溶液中直到pH=7并且溶液中几乎不含碳元素，所以溶液中只有H+、NH4+、OH﹣、Cl﹣，根据电荷守恒计算c（NH4+），根据NH4++H2O NH3 H2O+OH﹣结合K=
进行计算．
27．（2022高二上·钦州期末）氢能的优点是燃烧热值高，无污染。目前工业制氢气的一个重要反应为 △H，反应的能量关系如图所示：
（1） △H 0(填“＞”“＜”或“=”)。
（2）过程Ⅱ是加入催化剂后的反应过程，则过程Ⅰ和Ⅱ的反应热 (填“相等”或“不相等”)，过程Ⅱ活化能 kJ/mol。
（3）已知： kJ·mol
kJ·mol
则H2(g)燃烧生成H2O(l)的热化学方程式为 。
（4）向1 L 1 mol·L的NaOH溶液中分别加入下列物质：①浓H2SO4；②稀硝酸；③稀醋酸，恰好完全反应的热效应△H1、△H2、△H3的由小到大的顺序为 。
【答案】（1）＞
（2）相等；E3-E1
（3）H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-286.0 kJ/mol
（4）△H1＜△H2＜△H3
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；盖斯定律及其应用；反应热的大小比较
【解析】【解答】（1）根据图示可知：反应物的总能量比生成物的总能量低，发生反应吸收热量，因此该反应是吸热反应，△H＞0；
（2）根据图示可知：使用催化剂，能够改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应物与生成物的能量，因而不能改变反应热，即过程Ⅰ和Ⅱ的反应热相等；
活化能是反应物发生化学反应所需的最低能量与反应物的平均能量的差，故过程Ⅱ活化能为(E3-E1)kJ/mol；
（3）已知：① kJ·mol
② kJ·mol
根据盖斯定律，将热化学方程式①-②，整理可得：H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-286.0 kJ/mol；
（4）放热反应△H＜0，反应放出热量越多，反应热就越小，NaOH的物质的量相等：
①向其中加入浓硫酸时，由于浓硫酸溶于水会放出热量，导致反应热减小，反应热小于中和热；
②向其中加入稀HNO3，发生反应：H++OH-=H2O，反应热等于中和热；
③向其中加入稀醋酸，由于醋酸是弱酸，其电离产生H+需断裂化学键吸收热量，导致其完全中和NaOH放出热量减少，使反应热大于中和热。故恰好完全反应的热效应△H1、△H2、△H3的由小到大的顺序为：△H1＜△H2＜△H3。
【分析】（1）该反应反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应；
（2）催化剂能降低反应的活化能，但不影响反应热；活化能是反应物发生化学反应所需的最低能量与反应物的平均能量的差；
（3）根据盖斯定律计算；
（4）浓硫酸溶于水放热；醋酸电离吸热。
28．（2021高二上·丹东期末）生产生活中的化学反应都伴随能量的变化，请根据有关知识回答下列问题：
（1）制作有降温、保鲜和镇痛的冷敷袋可以利用 (填“放热”或“吸热”)的化学变化或物理变化。
（2）“即热饭盒”可利用下面____(填字母序号)反应释放的热量加热食物。
A．生石灰和水 B．浓硫酸和水 C．钠和水
（3）CH3OH是优质液体燃料，在
、101 kPa下，充分燃烧1 g CH3OH并恢复到原状态，会释放22.7 kJ的热量。请写出表示CH3OH燃烧热的热化学反应方程式： 。
（4）已知常温下红磷比白磷稳定，在下列反应中：
①
②
若Q1、Q2均大于零，则Q1和Q2的关系为____(填字母序号)。
A．
B．
C．
D．无法确定
（5）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。制得该物质的热化学方程式为
。该反应中每转移1 mol电子放出的热量为 。
（6）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下：
，若断裂1 mol H-H和1 mol N-H需要吸收的能量分别为436 kJ和391 kJ，则断裂1 mol N≡N需要吸收的能量为 。
【答案】（1）吸热
（2）A
（3）
（4）C
（5）98
（6）945.6
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式；反应热的大小比较；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1)制作有降温、保鲜和镇痛的冷敷袋可以利用吸热的变化使物质能量降低；
(2)“即热饭盒”应该是利用放热反应达到升高温度而加热食物的目的。
A．生石灰与水的反应是放热反应，反应物材料廉价易得，可以作加热食物的材料，A正确；
B．浓硫酸溶于水也会放出热量，但浓硫酸具有强腐蚀性，不适宜加热食物，B不正确；C．Na与水反应产生NaOH和H2，反应属于放热反应，反应会放出热量，但反应产生的NaOH有强烈的腐蚀性，且H2易燃烧，存在安全隐患，因此不适合给食物加热，C不正确；
故合理选项是A；
(3)CH3OH是优质液体燃料，在
、101 kPa下，充分燃烧1 g CH3OH并恢复到原状态，会释放22.7 kJ的热量，1 mol CH3OH的质量是32 g，则燃烧1 mol CH3OH恢复至原状态放出热量Q=22.7 kJ/g×32 g=726.4 kJ，故表示CH3OH燃烧热的热化学反应方程式为
；
(4)已知常温下红磷比白磷稳定，说明等质量的白磷含有的能量比红磷的高，两个反应的生成物状态相同，反应物的能量：②＞①，反应物的能量越多，发生反应放出热量就越多，所以放出热量：Q1＜Q2，所以合理选项是C；
(5)在反应
中，每反应转移12 mol电子，反应放出热量是1176 kJ，则反应过程中转移1 mol电子时，放出热量为：
；
(6)反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，
，E(N≡N)+3×E(H-H)-6×E(N-H)=92.4 kJ，解得E(N≡N)=945.6 kJ，即断裂1 mol N≡N需要吸收的能量为945.6 kJ。
【分析】（1）利用吸热的变化可使物质能量降低。
（2）“即热饭盒”中除了有热量放出外，也要注意反应材料是否有安全隐患。
（3）书写热化学方程式需要注意的几点：方程式中不用写反应条件，产物中沉淀气体不用箭头标注；各物质化学式右侧用圆括弧标明物质的状态，可以用g、l、s、aq分别代表气态、液态、固态、溶液；在方程式后写出△H，其单位一般为kJ·mol-1，△H的值与参加反应的量有关。
（4）红磷比白磷稳定，说明等质量的白磷含有的能量比红磷的高，即等质量的两物质分别完全燃烧，白磷放出的热量更高，所以②＞①。注意△H表示焓变，Q表示放出热量的多少。
（5）该反应中Al元素的化合价由0升到+3，结合化学方程式，每反应转移12mol电子，反应放出热量是1176kJ。
（6）△H=反应物的总键能-生成物的总键能。注意1个NH3中分子中含有3个N-H键。
29．（2021高一下·许昌期末）为解决目前燃料使用过程中的环境污染问题，有专家提出如图所示利用太阳能促使燃料循环使用的构想。过程Ⅰ可用如下反应表示：
①
②
③
④
⑤
请回答下列问题：
（1）过程Ⅰ的能量转化形式为： 能转化为 能；
（2）请完成第⑤个反应的化学方程式 ；
（3）上述转化过程中， 和 的关系是 ；
（4）断裂1mol化学键所需的能量见下表：
共价键
断裂1mol化学键所需能量/ 393 460 941 499
和 反应生成 的热化学方程式为 。
【答案】（1）太阳；化学
（2）
（3）
（4）
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式；反应热的大小比较
【解析】【解答】（1）由图可知，过程Ⅰ中的能量转化形式为太阳能转化为化学能；
（2）由图可知，过程Ⅰ中反应物为CO2、H2O、N2，产物为CH4、CH3OH、NH3、H2，①-④中的产物分别为CO、CH3OH、NH3、H2和O2，则⑤中的另一产物为CH4，配平得到 ；
（3）过程Ⅰ和过程Ⅱ互逆，则 ；
（4） 和 反应生成 ，化学方程式为 ， 反应物总键能-生成物总键能， ，则 和 反应生成 的热化学方程式为 。
【分析】（1）根据图示即可判断能量的转换
（2）根据反应物和生成物即可写出方程式
（3）根据图示即可判断焓变的大小关系
（4）根据焓变=反应物的键能-生成物的键能即可计算出焓变，结合反应方程式即可写出热化学方程式
30．（2020高二上·乐山期末）铁及铁的氧化物广泛应于生产、生活、航天、科研领域。
（1）铁通过对N2、H2吸附和解吸可作为合成氨的固体催化剂，原理为：
①若用、和分别表示N2、H2和NH3，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用下图表示，其中能量状态最低的是 （填字母序号）；
②在三个体积均为1L的恒容密闭容器中，分别加入n1 mol N2和n2 mol H2发生上述反应，实验时c（N2）随时间（t）的变化如图所示。与实验b相比，实验a、实验c分别改变的实验条件可能为 、 （分别仅改变一个条件）。
（2）Fe2O3与CH4反应可制备“纳米铁粉”，其反应为：△H2
①此反应化学平衡常数的表达式为 。
②一定温度下，将一定量的Fe2O3（s）和CH4（g）置于恒容密闭容器中反应，能说明反应达到平衡状态的是 。
A．混合气体的密度不再改变 B．铁的物质的量不再改变
C．CO和H2的浓度之比为1：2 D．v正（CO）=2v逆（H2）
③一定温度下，向体积为2 L的密闭容器中加入0.2 mol Fe2O3（s）和0.6 mol CH4（g）进行上述反应，反应起始时压强为p，反应进行至5 min时达到平衡状态，测得此时容器的压强是起始压强的倍。5 min内用Fe2O3（s）表示的平均反应速率为 ；该温度下反应的分压平衡常数Kp= （用含p的式子表示；已知：气体分压气体总压气体体积分数）。
【答案】（1）C；使用催化剂；升高温度
（2）K=；AB；3.2；p6
【知识点】反应热的大小比较；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）①由于化学键的断裂要吸收能量，故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，而此反应为放热反应，故初始状态A的能量高于末态C的能量，C的能量最低，故合理选项是C；
②实验a与实验b相比，N2的浓度不变，说明化学平衡没有移动，但达到平衡所需时间缩短，说明反应速率加快，所以实验条件为使用了催化剂；
与实验b相比，实验c中N2的平衡浓度变大，说明化学平衡逆向移动，且达到平衡所需时间缩短，说明反应速率加快，所以实验c的条件为升高温度；
（2）①化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则该反应的化学平衡常数 K=；
②A．混合气体密度为ρ=，反应前后，气体质量m会发生改变，若混合气体的密度不再改变，说明气体质量不变，反应达到了化学平衡状态，A正确；
B．若反应未达到平衡，则Fe的质量就会发生变化。当铁的物质的量不再改变时，反应到达平衡做题，B正确；
C．CO和H2的浓度之比始终为1：2，因此无法据此判断化学反应是否处于平衡状态，C不正确；
D．在任何时刻都存在：2v正（CO）=v正（H2），若 v正（CO）=2v逆（H2），则v正（H2）=4v逆（H2），反应正向进行，未达到平衡状态，D不正确；
故合理选项是AB；
③一定温度下，向体积为2 L的密闭容器中加入0.2 mol Fe2O3（s）和0.6 mol CH4（g）进行上述反应，反应起始时压强为p，反应进行至5 min时达到平衡状态，测得此时容器的压强是起始压强的倍，由于容器的容积不变，说明此时容器内气体的物质的量是开始时的2倍。n（气体）=1.2 mol，增加了0.6 mol气体。根据方程式可知：每有1 mol Fe2O3（s）反应，就会消耗3 mol气体，反应后产生9 mol气体，气体物质的量增加6 mol。现在气体物质的量增加了0.6 mol，则反应的Fe2O3（s）是0.1 mol，故5 min内用Fe2O3（s）表示的平均反应速率为=3.2 g/min；
在反应开始时n（CH4）=0.6 mol，由于反应消耗0.1 mol Fe2O3（s），同时消耗0.3 mol，产生0.3 mol CO和0.6 mol H2，则平衡时，n（CH4）=0.3 mol，n（CO）=0.3 mol，n（H2）=0.6 mol，反应开始时压强为P，平衡时压强为原来的2倍，则此时压强为2p，平衡时各种气体的物质的量分数：CH4=CO：；H2： ，气体的物质的量分数等于气体所占的体积分数，所以该温度下反应的分压平衡常数Kp=。
【分析】（1）①根据图示过程，能量最低最稳定即可找出
②根据达到平衡时的浓度即可判断出a为使用催化剂，c是提高温度
（2）①根据常数公式即可写出表达式
②根据常见的平衡状态判断结合选项即可判断
③根据数据即可计算出速率，即可写出平衡常数
31．（2020高二下·北海期末）碳、氮化合物在生产、生活中具有重要作用。回答下列问题：
（1）已知在298K和101KPa条件下，有如下反应：
反应Ⅰ：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ mol-1
反应Ⅱ：2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=-221kJ mol-1
反应Ⅲ：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ mol-1
①汽车尾气净化原理为反应Ⅳ：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，其反应热ΔH= ，该反应能自发进行的条件是 (填“低温”或“高温”)。
②在恒容密闭容器中发生Ⅳ的反应，下列有关该反应的说法中正确的是 (填字母)。
A．升高温度，平衡常数减小
B．体系达到平衡后，加入催化剂，平衡正向移动
C．增大 ，平衡逆向移动，NO的转化率降低
D．其他条件不变，向平衡体系充入CO2气体，K值减小
E.该反应过程中，气体的密度始终保持不变
（2）氮的一种氢化物是HN3，其水溶液酸性与醋酸相似，常温下，将a mol·L-1的HN3与b mol·L-1的Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)=c(N )，则该混合物溶液呈 (填“酸”“碱”或“中”)性，混合液中c(HN3)= mol·L-1。
（3）利用电解法可以消除废水溶液中CN-，其原理为：碱性条件下，阳极Cl-先转化为ClO-，再将CN-氧化为两种无污染的气体。
①阳极电极反应式为 。
②阳极附近溶液中除去CN-的离子方程式为 。
【答案】（1）-746.5kJ×mol-1；低温；AE
（2）中；( -b)
（3）；
【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较；化学平衡常数；化学平衡移动原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】(1)①已知：反应Ⅰ：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ mol-1
反应Ⅱ：2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=-221kJ mol-1
反应Ⅲ：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ mol-1
盖斯定律计算反应Ⅰ×2-反应Ⅱ-反应Ⅲ得到2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5 kJ mol-1；
由于正反应体积减小，即△S＜0，根据△G=△H-T △S＜0可知该反应能自发进行的条件是低温；
②A．反应Ⅳ的焓变小于0，正反应为放热反应，所以升高温度平衡常数减小，故A正确；
B．催化剂只改变反应速率，不影响平衡，故B不正确；
C．增大CO的浓度，平衡正向移动，NO的转化率增大，故C不正确；
D．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，故D不正确；
E．该反应中反应物和生成物均为气体，所以气体的总质量一直不变，容器恒容，所以密度始终保持不变，故E正确；
综上所述选AE；
(2)溶液中存在电荷守恒c(H+)+2c(Ba2+)=c(N )+ c(OH-)，由于2c(Ba2+)=c(N )，所以c(H+)=c(OH-)，所以溶液呈中性；两溶液等体积混合，所以溶液中c(Ba2+)= mol/L，则c(N )=bmol/L，由物料守恒可知c(N )+c(HN3)= mol/L，所以c(HN3)=( -b)mol/L；
(3)①电解池中阳极失电子发生氧化反应，根据题意可知阳极上Cl-被氧化成ClO-，电解质溶液显碱性，所以阳极反应式为 ；
②根据题意可知ClO-会将CN-氧化成两种无污染的气体，根据元素守恒可知两种气体应为CO2和N2，再结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为 。
【分析】（1）① 根据盖斯定律写出热化学方程式并且计算反应热，根据＜0进行判断自发反应的条件②恒温密闭发生第四个反应，H＜0，升高温度平衡向左移动，平衡常数减小，平衡后，催化剂只是改变反应速率，不影响平衡的移动，增大反应物的浓度，导致平衡向右移动，NO的转化率增大，温度不变，平衡常数不变，体积不变，质量不变，密度不变
（2）写出电荷守恒结合 2c(Ba2+)=c(N ) 判断即可，根据物料守恒进行计算
（3）①根据阳极的物质的转换，阳极发生氧化反应，氯离子失去电子变为次氯酸根即可写出②次氯酸根具有氧化性，而氰酸根具有还原性，发生氧化还原反应产生二氧化碳和氮气即可写出方程式
32．（2019高二上·九江期末）已知2A2(g)＋B2(g) 2C(g)ΔH=－akJ/mol(a>0)，在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2molA2和1molB2，在500 ℃时充分反应达到平衡后C的浓度为wmol·L－1，放出热量bkJ。
（1）a b(填“>”“＝”或“<”)。
（2）若将反应温度升高到700
℃，该反应的平衡常数将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是 。
a．v(C)＝2v(B2)
b.容器内压强保持不变
c.v逆(A2)＝2v正(B2)
d.容器内的密度保持不变
（4）使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的操作是 。
a．及时分离出C气体
b.适当升高温度
c.增大B2的浓度
d.选择高效的催化剂
（5）密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g)。在500 ℃时，平衡常数K＝9。若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为 。
【答案】（1）>
（2）减小
（3）bc
（4）c
（5）75%
【知识点】反应热的大小比较；化学平衡的调控；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)2A2(g)+B2(g) 2C(g)；△H=-a kJ/mol(a＞0)中的a表示2molA2完全反应时放出akJ热量，因为该反应是可逆反应，加入2molA2时，A2反应的物质的量小于2mol，所以放出的热量a＞b；(2)该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小；
(3)a．v(C)=2v(B2)时，反应速率方向未知，无法判断是否达到平衡状态，故a错误；
B.反应前后气体的压强减小，当容器内气体压强保持不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故b正确；
C.v逆(A2)=2v正(B2)=v正(A2)，正逆反应速率相等反应达到平衡状态，故c正确；
D.无论反应是否达到平衡状态，容器内的气体密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故d错误；故答案为bc；
(4)a．及时分离出C气体，平衡正向移动，但反应速率减小，故错误；
B.适当升高温度，平衡逆向移动，故错误；
C.增大B2的浓度，平衡正向移动且反应速率增大，故正确；
D.选择高效的催化剂，反应速率增大但平衡不移动，故错误；故答案为c；(5)依据化学平衡，设一氧化碳的消耗浓度为X，分析三段式列式计算：
CO(g)+ H2O(g) H2(g)+ CO2(g)
起始量(mol/L) 0.02 0.02 0 0
变化量(mol/L) X X X X
平衡量(mol/L) 0.02-X 0.02-X X X
平衡常数K= = =9，解得：X=0.015mol/L；一氧化碳转化率= ×100%=75%。
【分析】（1）可逆反应不完全反应，故放出热量减少
（2）温度升高，平衡向左移动，平衡阐述减小
（3）前后系数之和不变，可以通过看正逆反应速率是否相等，以及浓度是否不变，以及压强是否该百年，体积不变，不能通过密度进行判断
（4）反应速率增大且正反应方向进行可以采取的是加压或者是增加反应物的浓度
（5）根据三行式计算出平衡浓度，结合平衡常数进行计算即可
33．比较下列各组热化学方程式中ΔH的大小关系。
（1）S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH1
S(g)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2
ΔH1 ΔH2
（2）CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1
CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH2
ΔH1 ΔH2
（3）4Al(s)＋3O2(g)=2Al2O3(s) ΔH1
4Fe(s)＋3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH2
ΔH1 ΔH2
【答案】（1）>
（2）<
（3）<
【知识点】反应热的大小比较
【解析】【解答】(1)中两式相减得：S(s)=S(g) ΔH＝ΔH1－ΔH2>0(固态硫变为硫蒸气是吸热过程)，所以ΔH1>，H2(气态硫比固体硫燃烧放出的热量多)；(2)中两式相减得：2H2O(g)=2H2O(l) ΔH＝ΔH1－ΔH2<0(水蒸气变为液态水是放热过程)，所以ΔH1<0H2(生成液态水比生成水蒸气放出的热量多)；(3)中两式相减得：4Al(s)＋2Fe2O3(s)=2Al2O3(s)＋4Fe ΔH＝ΔH1－ΔH2<0(铝热反应很剧烈，是典型而熟悉的放热反应)，所以ΔH1<ΔH2。
【分析】物质由固体转化为液体、液体转化为气体需要吸收热量。
