1.1 化学反应的热效应 课后练习
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．伴有能量变化的物质变化都是化学变化
B．凡是经过加热而发生的化学反应都是吸热反应
C．在一个确定的化学反应过程中，反应物的总能量总是高于生成物的总能量
D．化学反应中的能量变化主要是由化学键的断裂和形成引起的
2．在 298 K、1.01×105 Pa 下，将 22 g CO2通入 750 mL 1 mol·L－1 NaOH 溶液中充分反应，测得反应放出a kJ 的热量。已知在该条件下，1 mol CO2通入 1 L 2 mol·L－1 NaOH 溶液中充分反应放出b kJ 的热量。则 CO2与 NaOH 溶液反应生成 NaHCO3的热化学方程式为（ ）
A．CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(2b－a)kJ·mol－1
B．CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(2a－b)kJ·mol－1
C．CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(4a－b)kJ·mol－1
D．CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(8a－2b)kJ·mol－1
3．氧化亚铜常用于制船底防污漆。用 与 高温烧结可制取 ，已知反应：
； 。则 的 等于：（ ）
A． B．
C． D．
4．已知断裂1 mol某些化学键所需能量数据如下表：
化学键 C-H C- Cl H- Cl Cl-Cl
能量/kJ 413 328 431 243
反应CH4(g)+4Cl2(g)=CCl4(g)+4HCl(g)的△H为（ ）
A．-103 kJ·mol-1 B．+103 kJ·mol-1
C．-412 kJ·mol-1 D．+412 kJ·mol-1
5．以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：
相关反应的热化学方程式为：
反应I：SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l) = 2HI(aq) + H2SO4(aq) ΔH1 =﹣213 kJ·mol-1
反应II：H2SO4(aq) = SO2(g) + H2O(l) + O2(g) ΔH2 = +327 kJ·mol-1
反应III：2HI(aq) = H2(g) + I2(g) ΔH3 = +172 kJ·mol-1
下列说法错误的是：（ ）
A．该过程实现了太阳能到化学能的转化
B．SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用
C．总反应的热化学方程式为：2H2O(l) = 2H2 (g)+O2(g) ΔH = +286 kJ·mol-1
D．该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的ΔH不变
6．下列说法中正确的是（ ）
A．在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化
B．生成物全部化学键形成时所释放的能量大于破坏反应物全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应
C．反应产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，△H＞0
D．△H的大小与热化学方程式的计量系数无关
7．下列既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（ ）
A．铝片与稀盐酸反应 B．灼热的炭与水蒸气的反应
C．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应 D．甲烷在氧气中的燃烧反应
8．一定条件下A、B、C的如图所示的转化关系，且△H=△H1+△H2．则A、C可能是（ ）
①Fe、FeCl3
②C、CO2
③AlCl3、NaAlO2
④NaOH、NaHCO3
⑤S、SO3
⑥Na2CO3、CO2．
A．②③④⑥ B．②③④⑤⑥
C．①②③④⑥ D．①②③④⑤⑥
9．下列属于可再生能源的是（ ）
A．煤 B．石油 C．可燃冰 D．沼气
10．一种以太阳能热源分解水的历程如图所示：
已知：过程I：
过程II：
下列说法正确的是（ ）
A．转化过程中FeO作催化剂
B．该过程说明，常温下FeO易溶于水
C．
D．2mol液态水所具有的能量高于2mol氢气和1mol氧气的能量
11．CO、H2、C2H5OH三种物质燃烧的热化学力程式如下：
①CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH1=a kJ/mol
②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) ΔH2=bkJ/mol
③C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH3=ckJ/mol
下列说法确的是（ ）
A．ΔH1>0
B．2H2O(1)=2H2(g)+O2(g) ΔH=-2bkJ/mol
C．CO2与H2合成C2H5OH反应的原子利用率为100%
D．2CO(g)+4H2(g)=H2O(g)+C2H5OH(1) ΔH=(2a+4b-c)kJ/mol
12．有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是（ ）
A．稀醋酸与0.1 mol·L-1 NaOH溶液反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH =-57.3 kJ·mol-1
B．氢气的标准燃烧热为285.5 kJ·mol-1， 则水分解的热化学方程式：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH =285.5 kJ·mol-1
C．密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6 g时，放出19.12 kJ热量。 则Fe(s)+S(s)=FeS(s) ΔH =-95.6 kJ·mol-1
D．已知2C(s)+O2(g)＝2CO(g)ΔH =－221 kJ·mol-1，则可知C的标准燃烧热为110.5 kJ·mol-1
13．根据下面的信息，判断下列叙述正确的是（ ）
A．氢气跟氧气反应生成水的同时吸收能量
B．氢气跟氧气反应生成水的同时释放能量
C．2 mol H2(g)跟1 mol O2(g)反应生成2 mol H2O(g)吸收能量490 kJ
D．1 mol H2跟1/2 mol O2反应生成1 mol H2O一定释放能量245 kJ
14．在存在下，分解的反应历程为：
①
②
其反应过程的能量变化如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．存在改变了双氧水分解的反应历程
B．反应①是吸热反应
C．存在改变了双氧水制氧气的焓变
D．决定总反应速率的是第1步基元反应
15．下列热化学方程式书写正确的是(△H的绝对值均符合题意)（ ）
A．C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(g) △H= -1367.0kJ/mol (△H代表乙醇燃烧热)
B．H2SO4 (aq)＋2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋2H2O(l) △H=-114.6kJ/mol (△H代表中和热)
C．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH=- 483.6 kJ/mol (反应热)
D．C＋O2=CO2 ΔH=-393.5 kJ/mol (反应热)
16．键能是化学键断开需吸收的能量或形成所放出的能量。N4在21世纪才被发现，跟你们的年龄差不多。N4是正四面体结构，有六个N-N单键，N-N键能为193kJ/mol，而N2有一个键，键能为946kJ/mol。下列叙述正确的是（ ）
A．2molN2变成1molN4需要吸收能量734kJ
B．2molN2的总能量高于1molN4的总能量
C．N4比N2更稳定，因为N4的键能更小
D．如图所示，A为N4，B为2N2
二、综合题
17．运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
I.氨为重要的化工原料，有广泛用途。
（1）合成氨中的氢气可由下列反应制取：
a. CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) H1=+216.4kJ/mol
b. CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) H2=-41.2kJ/mol
则反应CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) H= _。
（2）起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。
①恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是 _(填序号)
A．N2和H2的转化率相等
B．反应体系密度保持不变
C． 保持不变
D． =2
②P1 _P2 (填“>”“=”或“<”，下同)；反应的平衡常数：B点 _D点。
③C点H2的转化率为 ；
（3）Ⅱ.用间接电化学法去除烟气中NO的原理如图所示。
已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为 。反应过程中通过质子膜的H+为2mol时，吸收塔中生成的气体在标准状况下的体积为 L。
18．、是大气污染物，在空气中易转化成。化学方程式为
（1）(I)和反应历程有两步，如图1所示。
①
②
。
（2）化学反应速率较大的基元反应是 (填“①”或“②”)。
（3）在密闭容器中投入和发生上述反应，达到平衡后，仅改变下列一个条件，的平衡转化率和反应速率都增大的是____(填字母)。
A．加入催化剂 B．增大压强 C．增大浓度 D．升高温度
（4）(II)在体积相同的甲、乙密闭容器中都充入和，分别在“恒温恒容”和“绝热恒容”条件下发生上述反应，测得混合气体总压强与时间变化关系如图2所示。
在绝热恒容条件下达到平衡的容器是 (填“甲”或“乙”)。
（5）下列情况表明达到c点的反应状态的是____。
A．混合气体密度不再变化 B．气体总压强不再变化
C．气体平均摩尔质量不再变化 D．消耗速率等于生成速率
（6）比较反应速率：b c(填“>”“＜”或“=”，下同)。比较：a b。a点 。
（7）乙容器中，内平均分压变化率为 。
19．研究 氧化 制 对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有：
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
已知： 时，相关物质的相对能量(如图1)。
可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的 ( 随温度变化可忽略)。例如： 。
请回答：
（1）①根据相关物质的相对能量计算 。
②下列描述正确的是
A 升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大
B 加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动
C 反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成
D 恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动
③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下： ，且第二步速率较慢(反应活化能为 )。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量-反应过程图”，起点从 的能量 ，开始(如图2)
。
（2）① 和 按物质的量1:1投料，在 和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“ 氧化 制 ”的影响，所得实验数据如下表：
催化剂 转化率 转化率 产率
催化剂X 19.0 37.6 3.3
结合具体反应分析，在催化剂X作用下， 氧化 的主要产物是 ，判断依据是 。
②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高 的选择性(生成 的物质的量与消耗 的物质的量之比)。在 ，乙烷平衡转化率为 ，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到 。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是 。
20．当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点，我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳的含量成为研究热点。
（1）大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如下表：
物质 H2(g) C(石墨，s) C6H6(l)
燃烧热
则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为 。
（2）CH4与CO2重整是CO2利用的研究方向之一。该重整反应体系主要涉及以下反应︰a.CH4(g) + CO2(g) =2CO(g) +2H2(g) △H1
b.H2(g)+ CO2(g) = CO(g)+ H2O(g) △H2
c.CH4(g) =c(s) +2H2(g) △H3
d.2CO(g)=c(s)+CO2(g) △H4
e. H2(g)+ CO(g)=C(s)+H2O (g) △H5；
上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有 。(填字母)
A.增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
B.移去部分C(s)，反应c、d、 e的平衡均向右移动
C.加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率D.降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小
②一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程经历了 步反应，其中第 步的正反应速率最慢。
（3）以CO2、H2为原料合成CH3OH的主要反应如下：
I.
II.
III.
不同压强下，按照投料，实验测得CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。
已知：CO2的平衡转化率=
CH3OH的平衡产率=
其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图 (填“甲”或“乙”)；压强p1、P2、P3由大到小的顺序为 ；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是 。
（4）恒压下，按照投料发生反应I，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示(分子筛膜具有选择透过性)。P点甲醇的平衡产率高于T点的原因可能是 。
21．发展洁净煤技术、利用CO2制备清洁能源等都是实现减碳排放的重要途径．
（1）将煤转化成水煤气的反应：C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）可有效提高能源利用率，若在上述反应体系中加入催化剂（其他条件保持不变），此反应的△H （填“增大”、“减小”或“不变”），判断的理由是 ．
（2）CO2制备甲醇：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ mol﹣1，在体积为1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，测得CO2（g） 和CH3OH（g） 浓度随时间变化如图1所示．
①该反应化学平衡常数K的表达式是 ．
②0～9min时间内，该反应的平均反应速率ν（H2）=
③在相同条件下，密闭容器的体积缩小至0.5L时，此反应达平衡时放出的热量（Q）可能是 （填字母序号）kJ．
0＜Q＜29.5 b.29.5＜Q＜36.75 c.36.75＜Q＜49 d.49＜Q＜98
④在一定条件下，体系中CO2的平衡转化率（α）与L和 X的关系如图2所示，L和X 分别表示温度或压强．
X表示的物理量是． 判断L1与L2飞大小关系．
（3）科学家用氮化镓材料与铜组装如图3的人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4．
写出铜电极表面的电极反应式，为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量 （选填“盐酸”或“硫酸”）．
（4）利用CO2和NH3为原料也合成尿素，在合成塔中的主要反应可表示如下：
反应①：2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）△H1=
反应②：NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H2=+72.49kJ mol﹣1
总反应：2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=﹣86.98kJ mol﹣1；
则反应①的△H1= ．
（5）现将amol铁和bmol铜的混合物与含有cmolHNO3的稀溶液充分反应，设还原产物为NO．下列结论不正确的是 （填序号）
A．若剩余金属0.5amol，则氧化产物为一种或二种
B．若只有一种氧化产物，则3c=8a
C．若有二种氧化产物，被还原的硝酸物质的量为0.25cmol
D．若有三种氧化产物，被还原的硝酸物质的量为0.25cmol．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：A、物理变化过程中也会伴随能量变化，如灯泡发光过程中 有热量变化；所以伴有能量变化的物质变化不都是化学变化，故A错误；
B、因反应是吸热反应还是放热反应与反应的条件无关，如铝热反应需要加热才能发生，却为放热反应，故B错误；
C、反应过程中一定伴随着能量的变化，放热反应反应物的总能量大于生成物所具有的总能量，吸热反应反应物的总能量小于生成物所具有的总能量，故C错误；
D、因化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂和形成，故D正确；
故选D．
【分析】A、物理变化过程中也会伴随能量变化；
B、反应是吸热反应还是放热反应与反应的条件无关；
C、反应过程中一定伴随着能量的变化，依据反应的实质和能量守恒分析判断；
D、化学反应中实质是化学键的断裂和形成．
2．【答案】C
【解析】【解答】0.5mol CO2与0.75mol NaOH反应生成0.25mol Na2CO3和0.25mol NaHCO3，反应所放出的热量为x kJ，则生成1mol Na2CO3和1mol NaHCO3放出4x kJ的热量。1mol CO2通入2mol NaOH溶液中生成1mol Na2CO3，放出ykJ的热量，则1mol CO2与1mol NaOH的溶液反应生成1mol NaHCO3所放出的热量为(4x－y) kJ，A、B项不符合题意，C项符合题意。
D.NaOH和NaHCO3的状态不符合题意。
【分析】热化学方程式是用以表示化学反应中的能量变化和物质变化。热化学方程式的意义为热化学方程式不仅表明了一个反应中的反应物和生成物，还表明了一定量物质在反应中所放出或吸收的热量。
3．【答案】B
【解析】【解答】由盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=×[-291kJ/mol-(-314kJ/mol)]=×(+22kJ/mol)=+11kJ/mol，B符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对盖斯定律的考查，结合所给反应的热化学方程式计算目标反应的反应热。
4．【答案】C
【解析】【解答】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，则反应CH4(g)+4Cl2(g)=CCl4(g)+4HCl(g)的△H=4×413 kJ/mol+4×243 kJ/mol-4×328 kJ/mol-4×431 kJ/mol=-412 kJ/mol，
故答案为：C。
【分析】根据ΔH=反应物总键能-生成物总键能计算。
5．【答案】C
【解析】【解答】A、通过流程图，反应II和III，实现了太阳能到化学能的转化，故A说法不符合题意；
B、根据流程总反应为H2O=H2↑＋1/2O2↑，SO2和I2起到催化剂的作用，故B说法不符合题意；
C、反应I+反应II+反应III，得到H2O(l)=H2(g)＋1/2O2(g) △H=(－213＋327＋172)kJ·mol－1=＋286kJ·mol－1，或者2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H=＋572kJ·mol－1，故C说法符合题意；
D、△H只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，△H不变，故D说法不符合题意。
【分析】热化学方程式是用以表示化学反应中的能量变化和物质变化。热化学方程式的意义为热化学方程式不仅表明了一个反应中的反应物和生成物，还表明了一定量物质在反应中所放出或吸收的热量。
6．【答案】C
【解析】【解答】解：A、因物质发生化学反应的同时，伴随着能量变化，故A错误；
B、因吸热反应生成物全部化学键形成时所释放的能量小于破坏反应物全部化学键所吸收的能量，故B错误；
C、因产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，△H＞0，故C正确；
D、因△H的大小与热化学方程式的计量系数成正比，故D错误；
故选：C．
【分析】A、物质发生化学反应的同时，伴随着能量变化；
B、吸热反应生成物全部化学键形成时所释放的能量小于破坏反应物全部化学键所吸收的能量；
C、产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热；
D、△H的大小与热化学方程式的计量系数的关系；
7．【答案】B
【解析】【解答】解：A．为放热反应，Al、H元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B．为吸热反应，且C元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故B选；
C．为吸热反应，但不是氧化还原反应，故C不选；
D．甲烷燃烧放出大量的热量，属于放热反应，故D不选．
故选B．
【分析】存在元素的化合价变化的反应为氧化还原反应，常见的吸热反应有：Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应、大多数的分解反应、C（或氢气）参加的氧化还原反应等，以此来解答．
8．【答案】A
【解析】【解答】解：①Fe FeCl3，不存在上述转化，故①错误；②由C+O2 CO2，可看成C+ O2 CO、CO+ O2 CO2来完成，A为C，C为CO2，符合△H=△H1+△H2，故②正确；③由AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+2H2O，可看成AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O来完成，A为AlCl3，C为NaAlO2，符合△H=△H1+△H2，故③正确；④由NaOH+CO2═NaHCO3，可看成2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3来完成，A为NaOH，C为NaHCO3，符合△H=△H1+△H2，故④正确；⑤因S与氧气反应生成二氧化硫，不会直接生成三氧化硫，则不符合转化，故⑤错误；⑥由Na2CO3 +2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，可看成Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3，NaHCO3 +HCl=NaCl+CO2↑+H2O的完成的，A为Na2CO3，C为NaCl，符合△H=△H1+△H2，故⑥正确；
故选A．
【分析】由盖斯定律可知，化学反应一步完成和分步完成，反应的焓变是相同的，然后利用发生的化学反应来分析焓变的关系，注意X、Y、Z的物质的量相等．
9．【答案】D
【解析】【解答】煤、石油、可燃冰是自然界存在的一次能源，不能再生，沼气是可以经过加工制取的二次能源，可以再生，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】煤、石油、天然气是不可再生能源，而沼气可以通过动物的粪便进行发酵制取，故可再生
10．【答案】C
【解析】【解答】A.过程 I生成了FeO， 过程II FeO参与反应，则该转化过程中FeO为反应的中间体，故A错误；
B.在过程Ⅱ：3FeO (s) +H2O (I) =H2(g) +Fe3O4 (s)ΔH=128.9kJ·mol 可知， FeO与水反应吸热，常温下不溶于水，不反应，故B错误；
C. 由盖斯定律- I-2xⅡ得到2H2 (g) +O2(g)=2H2O (1) ΔH=-313.2kJ·mol-1-2x128.9kJ·mol-1=-571.0kJ·mol 1，故C正确；
D.由C选项可知，2H2 (g) +O2(g)=2H2O (1) ΔH=-571.0kJ·mol＜0为放热反应，故2 mol液态水所具有的能量低于2mol氢气和1mol氧气的能量，故D错误；
故选：C。
【分析】催化剂参与化学反应，反应前后质量和性质不会发生变化；ΔH＞0时，反应吸热；ΔH＜0时，反应放热；化学反应中能量的计算用盖斯定律来算。
11．【答案】D
【解析】【解答】A.反应①为CO的燃烧，一定是放热反应，所以焓变应该小于0，选项A不符合题意。
B.反应②中水的状态为气态，而选项B中方程式里水的状态为液态，显然无法计算选项B中方程式的焓变，选项B不符合题意。
C.CO2与H2合成C2H5OH反应为2CO(g) + 4H2(g) = H2O(g) + C2H5OH(1)，显然原子利用率小于100%，选项C不符合题意
D.①×2－②×4－③得到：2CO(g) + 4H2(g) = H2O(g) + C2H5OH(1) ΔH=(2a+4b-c)kJ/mol，选项D符合题意。
故答案为：D
【分析】本题考查的是热化学方程式的应用。
12．【答案】C
【解析】【解答】A、稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，而醋酸为弱电解质，电离吸热，故反应热△H＞-57.3 kJ mol-1，而且醋酸为弱酸，不能拆，故A不符合题意；
B、燃烧热必须是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，如果是2molH2，燃烧的燃烧放热571.50kJ，则水电解的热化学方程式为：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.0 kJ mol-1，故B不符合题意；
C、生成硫化亚铁17.6 g即0.2mol时，放出19.12 kJ热量，所以生成1mol硫化亚铁时，放出 95.6kJ热量，故热化学方程式为：Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H=-95.6 kJ mol-1，故C符合题意；
D、燃烧热必须是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，此反应是碳的不完全燃烧，故D不符合题意。
【分析】热化学方程式是用以表示化学反应中的能量变化和物质变化。热化学方程式的意义为热化学方程式不仅表明了一个反应中的反应物和生成物，还表明了一定量物质在反应中所放出或吸收的热量。
13．【答案】B
【解析】【解答】A.氢气跟氧气反应属于燃烧反应，生成水的同时放出能量，A不符合题意；
B.氢气跟氧气反应属于燃烧反应，生成水的同时释放能量，B符合题意；
C.2 mol H2(g)跟1 mol O2(g)反应生成2 mol H2O(g)放出能量，而不是吸收能量，C不符合题意；
D.1 mol H2跟1/2 mol O2反应生成1 mol H2O(g)，放出的能量为，930kJ－436kJ－249kJ＝245kJ，但由于水的状态不确定，则不一定释放能量245 kJ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】对于反应是放热还是吸热，通过反应过程中吸收和放出的能量大小进行判断。
14．【答案】C
【解析】【解答】A.根据图示，加入I离子后，反应历程发生改变，故A不符合题意；
B.根据反应物和生成物的能量关系判断其是吸热反应，故B不符合题意；
C.起始物和生成物不变，其焓变不变，故C符合题意；
D.第一步活化能大于第二步，因此第一步决定反应速率，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据反应过程判断，碘离子是反应的催化剂，改变了反应的历程，催化剂只是改变活化能，不能改变焓变，反应速率有活化能较高的反应决定，结合选项即可判断。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．△H代表燃烧热时，H2O的状态要是液态，A不符合题意；
B．△H代表中和热时要是强酸和强碱稀溶液反应生成1molH2O，B不符合题意；
C．热化学方程式能表示反应的热效应，反应的热效应与物质的状态、物质的量有关，则2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH=- 483.6 kJ/mol中ΔH代表反应热，C符合题意；
D．未指明物质的状态，结合C可知： D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．燃烧热是101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热；
B．中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量；
C．热化学方程式能表示反应的热效应，反应的热效应与物质的状态、物质的量有关；
D．未指明物质的状态。
16．【答案】A
【解析】【解答】A.2molN2需要吸收2x946=1892kJ，2molN2变成1molN4需要吸收能量1892-193x6=734kJ，A符合题意；
B.2molN2生成1molN4需要吸收能量，2molN2的总能量比1molN4的总能量低，B不符合题意；
C．N4比N2更稳定，断开1molN4中的化学键吸收的能量大于断开1molN2中的化学键，C不符合题意；
D.2molN2生成1molN4需要吸收能量，A是2N2，B是N4，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．吸收能量的计算；
B．吸收能量，反应物总能量比生成物总能量低；
C．N4比N2更稳定；
D．氮气生成N4需要吸收能量。
17．【答案】（1）+175.2kJ/mol
（2）BC；<；>；66.7%
（3）2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O；11.2
【解析】【解答】（1）由a+b，可得CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) △H=（+216.4-41.2）kJ/mol=+175.2kJ/mol；答案为+175.2kJ/mol；
（2）①A、 N2和H2的起始物料比为1：3，且按照1：3反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N2和H2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，A不符合题意；
B、气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保持不变时，说明体积不变，则达到平衡状态，B符合题意；
C、 保持不变，说明氢气、氨气的浓度不变，反应达到平衡状态，C符合题意；
D、达平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比， =2不能确定反应是否达到平衡状态，D不符合题意；
答案为BC；
②由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图象可知P1
③起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，设转化N2物质的量为xmol，则
N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)
起始（mol） 1 3 0
转化（mol） x 3x 2x
平衡（mol） 1-x 3-3x 2x
则 ×100%=50%，解得x= ，则C点H2的转化率为 =66.7%；
答案为66.7%；
II. 阴极通入的SO32-发生得电子的还原反应生成S2O42-，则阴极反应式为：2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O；电解池的阳极水电离出的氢氧根离子放电生成氧气，发生反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，则电解池中总反应为：4SO32-+4H+ 2S2O42-+2H2O+O2↑，即转移4mol电子时有4mol氢离子通过质子交换膜，则反应过程中通过质子膜的H+为2mol时，转移电子的物质的量为2mol，生成1molS2O42-，图示NO吸收塔中S2O42-失去电子被氧化成SO32-，NO得到电子被还原成N2，根据得失电子守恒可知，吸收柱中生成N2的物质的量为：n(N2)= =0.5mol，标况下0.5mol氮气的体积为：11.2L。
答案为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O；11.2L。
【分析】（1）利用盖斯定理计算反应热；
（2）①A、N2与H2起始量与反应系数比相同，反应进行时转化率也相同；
B、反应进行时，气体体积可变，总质量不变，密度可变，密度可作为平衡判断标志；
C、NH3为生成物，起始浓度为0，随着反应的进行，可变；
D、物质浓度之比等于反应系数之比不能作为平衡判断的标志；但是平衡时，各物质的浓度之比可能等于反应物的系数之比；
② 根据图像中氨的体积分数变化曲线，确定正反应为放热反应，根据方程式确定正反应气体体积减小，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；BD两点压强相同，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；
③ 根据C点氨的体积分数为50%，用化学方程式计算各物质的浓度变化量，与剩余的浓度以及转化率；
(3) 电解池阴极得电子，发生还原反应，元素化合价降低，判断阴极附近SO32-在酸性条件下得电子；阳极附近有氧气生成，判断来源于水中失电子；
吸收塔中NO得电子转化为N2，S2042-失电子转化为SO32-，得失电子守恒计算出NO物质的量与体积
18．【答案】（1）
（2）①
（3）B
（4）甲
（5）B；C
（6）>；＜；4
（7）3.2
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，①＋②得总反应，根据图1可知，总反应焓变为；
（2）活化能越小反应速率越快，由图1可知，能垒较小的是①，反应较快；
（3）A．加入催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，故不选A；
B．增大压强，平衡向正方向移动，转化率增大，
故答案为：B；
C．增大浓度，平衡向右移动，平衡转化率降低，故不选C；
D．正反应放热，升高温度，平衡向左移动，转化率降低，故不选D；
选B。
（4）正反应是放热反应，正反应是气体分子数减小的反应，由图2可知，甲容器开始压强增大，乙容器压强由大到小，说明甲中温度升高，即甲为绝热容器，乙为恒温容器。
（5）A．c点表示“恒温恒容”条件下平衡，气体总质量不变，密度始终不变，密度不变，反应不一定平衡，故不选A；
B．气体分子数减小，压强是变量，总压强不变，反应一定达到平衡状态，
故答案为：B；
C．气体总质量不变，气体物质的量减小，平均摩尔质量是变量，平均摩尔质量不变，反应一定达到平衡状态，
故答案为：C；
D．消耗速率、生成速率为同一反应方向，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选D；
选BC。
（6）b、c点达到平衡，b点温度较高，速率较大；
a和b点压强相等，体积相等，b点温度较高，则b点总物质的量较小，即b转化率较大，的分压较大，所以b点较大。
对于恒温恒容条件，气体压强与物质的量成正比例。开始时，；
，解得：。
。
（7）平均分压变化率为。
【分析】（1）根据盖斯定律；
（2）活化能越小反应速率越快；
（3）根据影响化学平衡移动的因素分析；
（4）依据化学平衡移动原理分析；
（5）利用“变者不变即平衡”；
（6）利用“三段式”法计算；
（7）利用图像中数据计算。
19．【答案】（1）430；AD；
（2）CO； 的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率；选择性膜吸附 ，促进反应Ⅱ平衡正向移动
【解析】【解答】(1)①由图1的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为-84kJ mol-1、-393 kJ mol-1、-110 kJ mol-1、0 kJ mol-1。由题中信息可知， H=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g) 4CO(g)+3H2(g) H3=(-110 kJ mol-1) 4-(-84kJ mol-1)-( -393 kJ mol-1) 2=430 kJ mol-1。②A．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，故其平衡常数增大，A正确；
B．反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，B不正确；
C．反应Ⅲ的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，故其不利于乙烷脱氢，不利于乙烯的生成，C不正确；
D．反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，因此该反应的浓度商变大（大于平衡常数），化学平衡向逆反应方向移动，D正确。
综上所述，描述正确的是AD。
③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)+CO2(g) C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52 kJ mol-1+0+(-393 kJ mol-1)= -341 kJ mol-1；第二步的反应是C2H4(g)+H2(g) +CO2(g) C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)，其活化能为210 kJ mol-1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210 kJ mol-1，过渡态的的相对能量变为-341 kJ mol-1+210 kJ mol-1= -131 kJ mol-1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52 kJ mol-1)+(-242 kJ mol-1)+(-110 kJ mol-1)= -300 kJ mol-1。根据题中信息，第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”可以表示如下： 。(2)①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物质的量之比1：1投料，但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率，但是CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，而且反应物主要发生了反应Ⅲ，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，因此，CO2氧化C2H6的主要产物是CO。故答案为：CO；C2H4的产率低说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率。②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，由反应ⅡC2H6(g)+CO2(g) C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)可知，该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C2H4通过而离开体系，即通过吸附C2H4减小其在平衡体系的浓度，从而促进化学平衡向正反应方向移动，因而可以乙烷的转化率。故答案为：选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。
【分析】根据题中信息用相对能量求反应热；根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化学平衡的影响，并作出相关的判断；根据相关物质的相对能量和活化能算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量，找到画图的关键数据；催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不同；选择性膜是通过吸附目标产品而提高目标产物的选择性的，与催化剂的选择性有所区别。
20．【答案】（1）6C(s，石墨)+3H2(g)=C6H6(l)
（2）AD；4；4
（3）乙；；T1时以反应III为主，反应III前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响
（4）分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O或CH3OH，有利于反应正向进行，甲醇产率升高
【解析】【解答】（1）根据表格燃烧热数据可知，存在反应
①，
②
③根据盖斯定律，得反应：，，故答案为：6C(s，石墨)+3H2(g)=C6H6(l)；
（2）①A．增大CO2与CH4的浓度，即增大反应物的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加，故A正确；
B．移去部分C(s)，因为碳为固体，对平衡无影响，故B不正确；
C．加入反应a的催化剂，影响反应速率，不影响平衡，不能提高CH4的平衡转化率，故C不正确；
D．降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小，故D正确；
故答案为：AD；
②从图分析，反应一共经历了4步历程，根据差值分析，步骤4的正反应活化能最大，反应速率最慢；
（3）T时以反应III为主，反应III前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响，反应Ⅰ为放热反应，故低温阶段，温度越高CO2的平衡转化率越低，而反应III为吸热反应，温度较高时，主要发生反应III，则温度越高，CO2的平衡转化率越高，即图乙的纵坐标表示的是CO2的平衡转化率；反应Ⅰ为气体分子数减少的反应，反应III为气体分子数不变的反应，因此压强越大CO2的平衡转化率越高，故压强由大到小的顺序是，反应III为吸热反应，温度较高时，主要发生反应III，且反应III反应前后气体分子数相等，故CO2的平衡转化率几乎不再受压强影响，答案为：乙；；T1时以反应III为主，反应III前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
（4）P点对应的体系中有分子筛膜，由题意可知分子筛膜能选择性分离出H-O，水的分离有利于平衡正向移动，从而提高了甲醇的转化率，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出H-O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
②根据图中差值分析；
（3）依据化学平衡移动原理分析；反应前后气体分子数不变的反应，压强改变对平衡没有影响；
（4）依据化学平衡移动原理分析；
21．【答案】（1）不变；加入催化剂后反应物和生成物的总能量不变
（2）；0.25mol/L min；c
（3）硫酸
（4）﹣159.47KJ/mol；﹣159.47KJ/mol
（5）B；C
【解析】【解答】解：（1）将煤转化成水煤气的反应：C（s）+H2O CO2（g）+H2（g）可有效提高能源利用率，若在上述反应体系中加入催化剂（其他条件保持不变），催化剂改变反应速率不改变化学平衡，不改变反应焓变，此反应的△H不变，加入催化剂后反应物和生成物的总能量不变
故答案为：不变；加入催化剂后反应物和生成物的总能量不变；（2）①CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g），反应的平衡常数表达式为：K= ，
故答案为： ；②图象读取甲醇生成浓度，结合反应速率概念计算甲醇的反应速率= ，反应速率之比等于化学方程式计量数之比，V（H2）=3V（CH3OH（g）=3× =0.25mol/L min，
故答案为：0.25mol/L min；③CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ mol﹣1，反应达到平衡状态消耗二氧化碳物质的量浓度=1mol/L﹣0.25mol/L=0.75mol/L，物质的量为0.75mol，反应放出热量=49KJ/mol×0.75mol=36.75KJ，反应焓变是指1mol二氧化碳和3mol氢气完全反应放出的热量为49KJ，反应是可逆反应，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，反应放热一定小于49KJ，在相同条件下，密闭容器的体积缩小至0.5L时，压强增大，平衡正向进行，反应放出热量会增多，大于36.75KJ，则36.75＜Q＜49，
故答案为：c；④CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ mol﹣1，反应是气体体积减小的放热反应，
i．温度升高，平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，所以X为温度，L为压强，
故答案为：温度；
ii．温度一定压强增大平衡正向进行二氧化碳转化率增大，所以L1＞L2，
故答案为：L1＞L2；（3）由电池装置图可知，Cu上二氧化碳得电子生成甲烷，则Cu电极上的电极反应为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O，可向装置中加入少量的酸作电解质，由于盐酸易挥发，生成的甲烷中会混有HCl气体，所以选用硫酸，不用盐酸
故答案为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O；硫酸；（4）反应Ⅰ：2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）△H1=akJ mol﹣1
反应Ⅱ：NH2COONH4（s） CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H2=+72.49kJ mol﹣1
总反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H3=﹣86.98kJ mol﹣1
依据盖斯定律计算反应Ⅰ+反应Ⅱ得到：2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H3=akJ mol﹣1+72.49kJ mol﹣1=﹣86.98kJ mol﹣1
a=﹣159.47akJ mol﹣1，
故答案为：﹣159.47KJ/mol；（5）A．若剩余金属0.5a mol，该金属可能为铁或铜，若为铁，则溶质为硝酸亚铁，若为铜，则氧化产物可能为硝酸亚铁和硝酸铜，故A正确；
B．若只有一种氧化产物，说明铁过量，铜没有参与反应，反应后溶质为硝酸亚铁，但是amol铁不一定完全反应，无法确定a与c的关系，故B错误；
C．若只有二种氧化产物，氧化产物可能为硝酸亚铁和硝酸铜或硝酸铜和硝酸铁，硝酸可能过量，稀硝酸不一定完全反应，则无法计算被还原的硝酸的量，故C错误；
D．若有三种氧化产物，氧化产物为硝酸铜、硝酸铁和硝酸亚铁，说明硝酸完全反应，根据反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O、Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O可知，被还原的硝酸的物质的量为cmol× =0.25cmol，故D正确；
故答案为：BC．
【分析】（1）催化剂改变反应速率不改变化学平衡；（2）①平衡常数K= ；②图象读取甲醇生成浓度，结合反应速率概念计算甲醇的反应速率，依据反应速率之比等于化学方程式计量数之比得到氢气反应速率；③反应焓变是指1mol二氧化碳和3mol氢气完全反应放出的热量为49KJ，反应是可逆反应，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，反应放热一定小于49KJ，结合图象中二氧化碳转化率计算此时达到平衡放出的热量，在相同条件下，密闭容器的体积缩小至0.5L时，压强增大，平衡正向进行，反应放出热量会增多；④反应是气体体积减小的放热反应，升温平衡逆向进行，增大压强平衡正向进行，据此分析图象确定表示的物理量；（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图象知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，再结合反应条件书写方程式；（5）①由电池装置图可知，Cu上二氧化碳得电子生成甲烷；②根据酸的挥发性分析；（4）反应Ⅰ的热化学方程式可以依据反应Ⅱ、Ⅲ热化学方程式计算得到，同时得到反应的焓变；（5）还原性Fe＞Cu，则稀硝酸不足时铁优先反应生成硝酸亚铁：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，若硝酸有剩余，则铜参与反应：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，若硝酸足量，则亚铁离子被氧化生成铁离子，发生总反应为：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，据此对各选项进行判断．
