【解析】2023年高考真題變式分類匯編：反應熱和焓變5

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2023年高考真題變式分類匯編：反應熱和焓變5

一、選擇題

1．（2023·天津）下列敘述正確的是（）

A．使用催化劑能夠降低化學反應的反應熱（△H）

B．金屬發(fā)生吸氧腐蝕時，被腐蝕的速率與氧氣濃度無關

C．原電池中發(fā)生的反應達平衡時，該電池仍有電流產生

D．在同濃度的鹽酸中，ZnS可溶而CuS不溶，說明CuS的溶解度比ZnS的小

2．（2023·邯鄲模擬）一定條件下，可以將置換出來，其轉化的能量變化如下：

則在1538℃時，反應的為（）

A．B．

C．D．

3．（2023·邯鄲模擬）已知鍵能：H—H鍵為，Br—Br鍵為，H—Br鍵為。一定溫度下，反應的反應歷程與能量的關系如圖所示。下列敘述正確的是（）

A．該反應的正反應是放熱反應

B．，加入催化劑時，、及均減小

C．已知，若反應，則

D．升高溫度，正逆反應速率均加快，且正反應速率加快的程度較大

4．（2023·邯鄲模擬）已知斷裂1mol化學鍵所需的能量（kJ）：N≡N為942、O=O為500、N－N為154，O－H為452.5，則斷裂1molN－H所需的能量（kJ）是（）

A．194B．316C．391D．658

5．（2023·西城模擬）碳酸鈉晶體(Na2CO3·10H2O)失水可得到Na2CO3·H2O(s)或Na2CO3(s)，兩個化學反應的能量變化示意圖如下：

下列說法正確的是（）

A．H1＜0

B．碳酸鈉晶體(Na2CO3·10H2O)失水不是化學變化

C．Na2CO3·H2O(s)失水生成Na2CO3(s)：H=H1-H2

D．向Na2CO3(s)中滴加幾滴水，溫度升高

6．（2023·通州模擬）CO與N2O在鐵催化劑表面進行如下兩步反應，其相對能量與反應歷程如圖所示。

第一步：Fe*+N2O=FeO※+N2

第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2

下列敘述錯誤的是（）

A．第一步反應比第二步反應快B．上述兩步反應的△H均小于0

C．Fe*是反應的催化劑D．總反應為CO+N2O=N2+CO2

7．（2023·豐臺模擬）依據圖示關系，下列說法錯誤的是（）

A．反應①是吸熱反應

B．△H3=△H1+△H2

C．反應③是一個熵增的反應

D．數據表明：V2O5(s)的能量比V2O4(s)低，更穩(wěn)定

8．（2023·東城模擬）反應在不同溫度時的平衡常數如下：

70080083010001200

0.60.91.01.72.6

密閉容器中，某溫度(T)、某時刻(t)時，反應混合物中M、N、P，Q的濃度分別為、、、。

下列說法正確的是（）

A．該反應

B．若，則t時刻反應向正反應方向進行

C．若t時刻反應達到化學平衡，則

D．當達到化學平衡時，

9．（2023·常德模擬）人體內的血紅蛋白（Hb）可與O2結合，更易與CO結合使人體中毒，涉及原理如下：

①Hb（aq）+O2（g）HbO2（aq）ΔH1＜0

②Hb（aq）+CO（g）HbCO（aq）ΔH2＜0

③HbO2（aq）+CO（g）HbCO（aq）+O2（g）ΔH3＜0

下列說法錯誤的是（）

A．ΔH1＜ΔH2

B．反應①、②在一定溫度下均能自發(fā)進行

C．剛從平原到高原時，人體血液中c（HbO2）將降低，使人體因缺氧而不適

D．將CO中毒的人轉至高壓氧倉中治療，反應③平衡逆向移動而緩解癥狀

10．（2023·信陽模擬）CO常用于工業(yè)冶煉金屬。在不同溫度下CO還原四種金屬氧化物達平衡后氣體中l(wèi)g與溫度（t）的關系曲線如右圖。下列說法正確的是（）

A．通過增高反應爐的高度，延長礦石和CO接觸的時間，能減少尾氣中CO的含量

B．CO不適宜用于工業(yè)冶煉金屬Cr

C．CO還原PbO2的反應△H>0

D．工業(yè)冶煉金屬Cu時，高溫有利于提高CO的轉化率

11．（2023·揭陽模擬）向200.20溶液中加入少量溶液，發(fā)生以下反應：i.；ⅱ.。分解反應過程中能量變化和不同時刻測得生成的體積(已折算成標準狀況)如下：

051020…

0.08.9615.6822.40…

下列判斷正確的是()

A．反應ⅰ是放熱反應

B．反應ⅱ是整個反應的決速步驟

C．是分解反應的催化劑

D．0~20的平均反應速率：

12．（2023·惠州模擬）和是環(huán)境污染性氣體，可在表面轉化為無害氣體，其總反應為，有關化學反應的物質變化過程及能量變化過程分別如圖甲、乙所示。下列說法錯誤的是()

A．為氧化劑

B．

C．由圖乙知該反應正反應的活化能小于逆反應的活化能

D．為了實現轉化，需不斷向反應器中補充和

13．（2023·廈門模擬）與HCl的加成反應由第一步和第二步組成，能量與反應歷程如圖所示。下列說法正確的是()

A．兩步反應均釋放能量

B．第一步的反應速率比第二步的慢

C．第二步與的碰撞100%有效

D．總反應的

14．（2023高二上·大慶月考）已知正丁烷、異丁烷燃燒的熱化學方程式分別為：CH3CH2CH2CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l)△H=－2878kJ·mol－1,(CH3)2CHCH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l)△H=－2869kJ·mol－1，下列說法正確的是（）

A．正丁烷分子儲存的能量大于異丁烷分子

B．正丁烷的穩(wěn)定性大于異丁烷

C．異丁烷轉化為正丁烷的過程是一個放熱過程

D．異丁烷和正丁烷屬于同系物

15．（2023·西安模擬）下列說法正確的是（）

A．分子式為C2H6O的有機化合物性質相同

B．相同條件下，等質量的碳按a、b兩種途徑完全轉化，途徑a比途徑b放出更多熱能途徑a：，途徑b：

C．在氧化還原反應中，還原劑失去電子總數等于氧化劑得到電子的總數

D．通過化學變化可以直接將水轉變?yōu)槠?/p>

16．（2023·江蘇模擬）根據下列圖示所得出的結論正確的是（）

A．圖甲表示H2S（g）受熱分解時各組分體積分數隨反應溫度的變化關系，說明反應生成H2和S

B．圖乙表示V0mL0.1mol·L－1的鹽酸加水稀釋至VmL，溶液的pH隨lg的變化關系，則a＝2

C．圖丙表示密閉容器中CH4（g）＋H2O（g）CO（g）＋3H2（g）到達平衡時，CH4的轉化率與壓強、溫度的變化關系曲線，說明p1＞p2

D．圖丁表示炭黑作用下O2生成活化氧過程中能量變化情況，說明每活化一個氧分子吸收0.29eV的能量

二、多選題

17．（2023·黃浦模擬）FeCl3（aq）與KSCN（aq）混合時平衡：Fe3+（aq）+SCN﹣（aq）Fe（SCN）2+（aq）；已知平衡時，物質的量濃度c[Fe（SCN）2+]與溫度T三關系如圖所示，則下列說法正確的是（）

A．FeCl3（aq）與KSCN（aq）反應是放熱反應

B．溫度為T1、T2時，反應的平衡常數分別為K1、K2，則K1＜K2

C．反應處于D點時，一定有V正＞V逆

D．A點與B點相比，A點的c（Fe3+）大

18．（2023·黃浦模擬）反應A（g）+B（g）C（g）+D（g）過程中的能量變化如圖所示，下列說法正確的是（）

A．該反應是放熱反應

B．加入催化劑后，反應加快，△E減小

C．反應物的總鍵能大于生成物的總鍵能

D．反應達到平衡時，升高溫度，A的轉化率增大

19．（2023高二下·無錫期末）下列有關說法正確的是（）

A．一定溫度下，反應MgCl2（l）=Mg（l）+Cl2（g）的△H＞0，△S＞0

B．常溫下，pH均為5的鹽酸與氯化銨溶液中，水的電離程度相同

C．0.1molL﹣1CH3COOH溶液加水稀釋，溶液的pH和CH3COOH的電離度均增大

D．將BaCl2溶液滴入含酚酞的Na2CO3溶液，紅色逐漸褪去，說明BaCl2溶液顯酸性

20．（2023高一下·海南期末）已知反應：①2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ/mol

②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol下列結論正確的是（）

A．碳的燃燒熱大于110.5kJ/mol

B．①的反應熱為221kJ/mol

C．稀硫酸與稀NaOH溶液反應的中和熱為57.3kJ/mol

D．稀醋酸與稀NaOH溶液反應生成1mol水，放出57.3kJ熱量

21．（2023高二上·泰州期中）下列說法正確的是（）

A．3C（s）+CaC（s）CaC2（s）+CO（g）在常溫下不能自發(fā)進行，說明該反應的△H＞0

B．CH3COOH溶液加水稀釋后，溶液中的值增大

C．恒溫恒壓的密閉容器中進行反應：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣aKJ/mol，平衡時向容器中在充入一定量的NH3，重新達到平衡時a值不變

D．C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）（△H＞0），其它條件不變時，升高溫度，正反應速率增大，逆反應速率減小，平衡正向移動

22．（2023高二上·亭湖期中）已知，氧氣與不同聚集狀態(tài)的硫單質反應的熱化學方程式如下：

①S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=akJ/mol；

②S（g）+O2（g）=SO2（g）△H=bkJ/mol；

對于a和b的關系，下列說法正確的是（）

A．a＞0，b＞0B．a＜0，b＜0C．a＞bD．a＜b

23．（2023高三上·友誼期中）（多選）某反應的反應過程中能量變化如圖所示（圖中E1表示正反應的活化能，E2表示逆反應的活化能）．下列有關敘述正確的是（）

A．該反應為吸熱反應

B．催化劑能改變反應的焓變

C．催化劑能降低反應的活化能

D．逆反應的活化能大于正反應的活化能

24．（2023高二上·雙流期中）25℃、101kPa下：

①2Na（s）+O2（g）═Na2O（s）△H1=﹣414KJ/mol

②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H2=﹣511KJ/mol

下列說法正確的是（）

A．①和②產物的陰陽離子個數比不相等

B．①和②生成等物質的量的產物，轉移電子數不同

C．常溫下Na與足量O2反應生成Na2O，隨溫度升高生成Na2O的速率逐漸加快

D．25℃、101kPa下，Na2O2（s）+2Na（s）═2Na2O（s）△H=﹣317kJ/mol

三、非選擇題

25．（2023·天津）氫能是發(fā)展中的新能源，它的利用包括氫的制備、儲存和應用三個環(huán)節(jié)．回答下列問題：

（1）與汽油相比，氫氣作為燃料的優(yōu)點是（至少答出兩點）．但是氫氣直接燃燒的能量轉換率遠低于燃料電池，寫出堿性氫氧燃料電池的負極反應式：．

（2）氫氣可用于制備H2O2．已知：

H2（g）+A（l）═B（l）△H1

O2（g）+B（l）═A（l）+H2O2（l）△H2

其中A、B為有機物，兩反應均為自發(fā)反應，則H2（g）+O2（g）═H2O2（l）的△H=0（填“＞”或“=”）

（3）在恒溫恒容的密閉容器中，某儲氫反應：MHx（s）+yH2（g）MHx+2y（s）△H＜0達到化學平衡．下列有關敘述正確的是

a．容器內氣體壓強保持不變

b．吸收ymolH2只需1molMHx

c．若降溫，該反應的平衡常數增大

d．若向容器內通入少量氫氣，則v（放氫）＞v（吸氫）

（4）利用太陽能直接分解水制氫，是最具吸引力的制氫途徑，其能量轉化形式為．

（5）化工生產的副產氫也是氫氣的來源，電解法制取有廣泛用途的Na2FeO4．同時獲得氫氣：Fe+2H2O+2OH﹣→FeO42﹣+3H2↑，裝置如圖所示，裝置通電后，鐵電極附近生成紫紅色FeO42﹣，鎳電極有氣泡產生．若氫氧化鈉溶液濃度過高，鐵電極區(qū)會產生紅褐色物質．

已知：Na2FeO4只在強堿性條件下穩(wěn)定，易被H2還原．

①電解一段時間后，c（OH﹣）降低的區(qū)域在（填“陰極室”或“陽極室”）．

②電解過程中，須將陰極產生的氣體及時排出，其原因為．

③c（Na2FeO4）隨初始c（NaOH）的變化如圖2，任選M、N兩點中的一點，分析c（Na2FeO4）低于最高值的原因．

26．（2022高二上·浙江期中）汽車等交通工具為出行、物流等帶來方便。然而，燃油車排放的汽車尾氣中含有大量的有害物質，會對人體健康和環(huán)境產生危害。

（1）汽油在不同空燃比(空氣與燃油氣的體積比)時尾氣的主要成分不同，空燃比較小時的有毒氣體主要是(填化學式)

（2）辛烷(C8H18)是汽油的主要成分之一，已知辛烷的燃燒熱，請寫出表示辛烷燃燒熱的熱化學方程式。

（3）空氣中的氮氣和氧氣在汽車汽缸內的高溫環(huán)境下，通過電火花放電生成有毒氣體NO，反應的熱化學方程式：。已知：N2、O2分子中化學鍵的鍵能分別是946、497。請計算NO分子中化學鍵的鍵能為。

（4）為減輕污染，現在汽車上都安裝三元催化轉化器，可實現反應：。則該反應在(填“高溫”、“低溫”或“任何溫度”)下能自發(fā)進行。

（5）將NO和CO以一定的流速通過兩種不同的催化劑進行反應，經過相同時間內測量逸出氣體中NO的含量，從而確定尾氣脫氮率(脫氮率即NO的轉化率)，結果如圖所示。

以下說法錯誤的是____。

A．曲線②中催化劑脫氮率比曲線①中的高

B．曲線②中的催化劑適用于450℃左右脫氫

C．曲線①、②最高點表示此時平衡轉化率

D．若低于200℃，圖中曲線①脫氮率隨溫度升高而變化不大的主要原因是催化劑的活性不高

27．（2022高二上·宜昌期中）研究化學反應過程與能量變化的關系具有重要意義?；卮鹣铝袉栴}：

（1）CO2和NH3合成尿素[CO(NH2)2]的能量變化如圖1所示，寫出該反應的熱化學方程式：。

（2）C6H6(g)在O2(g)中燃燒生成CO(g)和H2O(g)的△H難以測量，原因是。已知CO的燃燒熱，還需要的一組數據是(寫出熱化學方程式，焓變用△H表示)。

（3）H2(g)與F2(g)發(fā)生反應生成HF(g)過程中的能量變化如圖2所示，仿照圖1，在圖3中畫出該反應的能量一反應歷程曲線圖(標出該反應的焓變)。

（4）圖4表示VIA族的O、S、Se、Te在生成1mol氣態(tài)氫化物時的焓變數據，根據數據可確定c代表(填元素符號)的氫化物，寫出H2Te發(fā)生分解反應的熱化學方程式：。

（5）已知：S8(s)+8O2(g)=8SO2(g)△H=-8akJmol-1；1個S8分子中有8個硫硫鍵，1個SO2分子中有2個硫氧鍵；破壞1mol硫氧鍵、1mol氧氧鍵所需能量分別為bkJ、ckJ，則生成1mol硫硫鍵所釋放能量為。

28．（2022高二上·通州期中）將捕集的轉化合成氣可有效實現碳資源的綜合充分利用。

方法I：熱催化制備合成氣：一定條件下用甲烷還原制備合成氣。

相關化學鍵的鍵能數據

化學鍵

鍵能7454141046436

（1）反應的熱化學方程式是：，該反應為(填“吸熱”或“放熱”)反應。平衡常數表達式。

（2）已知某一溫度時，測得某時刻反應混合物中的濃度分別為，則此刻上述反應的平衡移動方向為(填“正向移動”“逆向移動”或“不移動”)。

（3）熱力學分析表明時易發(fā)生的歧化反應和以上易發(fā)生的裂解反應(方程式如下所示)，一段時間后基催化劑的催化效果會明顯下降，其原因是。

方法II：加氫備合成氣：將原料氣與按一定比例在催化劑作用下發(fā)生反應a，同時伴隨反應b發(fā)生，反應方程式如下所示。

反應a：

反應b：

（4）將原料氣按置于恒容密閉容器中發(fā)生反應，在相同時間內測得平衡時各組分摩爾分數與溫度的變化曲線如圖所示，則制合成氣適宜的溫度為。

（5）理論上，能提高平衡轉化率的措施有(寫出一條即可)。

29．（2022高二上·成都期中）完成下列問題

（1）保護環(huán)境已成為當前和未來的一項全球性重大課題。為解決目前燃料使用過程中的環(huán)境污染問題，并緩解能源危機，有專家提出利用太陽能促使燃料循環(huán)使用的構想，其原理如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：

①過程Ⅰ發(fā)生的反應為反應(填“吸熱”或“放熱”)，反應過程中能量的主要轉化形式為；

②上述轉化過程中，△H1+△H20(填“＞”“＜”或“=”)。

（2）以NH3、CO2為原料生產尿素[CO(NH2)2]的反應歷程與能量變化如圖所示。回答下列問題：

①以NH3、CO2為原料生產尿素[CO(NH2)2]的熱化學方程式為；

②從圖像分析該反應分兩步進行，則決定生產尿素的總反應速率的步驟是第步反應(填“一”或“二”)。

（3）已知：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-544kJ/mol的部分鍵能數據如下表所示：

化學鍵N-NO=ON≡N

鍵能(kJ/mol)193497946

①物質的穩(wěn)定性O2(g)N2(g)(填“＞”“＜”或“=”)；

②若H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol，則N2H4(g)的燃燒熱為；

③已知：N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+68kJ/mol，則N2H4(g)和NO2(g)反應生成氮氣和水蒸氣的熱化學方程式為。

30．（2022高二上·湖南期中）甲醇是重要的化工原料，可以使用多種方法制備甲醇?？茖W家利用CO或和都能合成甲醇，同時有利于減少二氧化碳的排放。已知在一定溫度和壓強下，發(fā)生如下反應：

（1）則反應。

（2）利用反應合成甲醇。T℃時向固定容積的密閉容器中充入CO、H2，反應到t時刻測得各組分的濃度如下：

物質

濃度0.600.401.201.20

如果該反應的平衡常數，比較t時刻正、逆反應速率的大小：v正v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。

（3）向1L的恒容密閉容器中按物質的量之比1∶2充入一定量CO和，在催化劑的作用下合成甲醇，測得平衡時混合物中的體積分數在不同壓強下隨溫度的變化如圖甲所示。(已知時最初充入1molCO。)

①下列說法正確的是。

A．該反應的

B．反應速率：

C．A、B、C的平衡常數大?。?/p>

D．在壓強為下，反應經過5min達到B點的平衡狀態(tài)，則

②D點時反應的平衡常數K=。

（4）T℃時向恒容密閉容器中充入和，發(fā)生反應，在使用不同催化劑時，相同時間內測得的轉化率隨溫度的變化如下圖所示：

①c點轉化率比a點低的原因是。

②下列措施有利于提高轉化為的平衡轉化率的有。

A．恒容條件下充入稀有氣體He

B．在達到平衡后的體系中移出部分甲醇

C．保持反應容器的體積不變，平衡時再按照原投料比投入一定量的原料

D．選擇催化效率更高的催化劑

③維持溫度足夠長時間，則的轉化率a(填“大于”“小于”或“等于”)。

31．（2022高二上·南陽期中）為了合理利用化學能，確保安全生產，化工設計需要充分考慮化學反應的焓變，并采取相應措施。

（1）下列變化過程屬于吸熱反應的是(填序號)。

①濃硫酸稀釋②酸堿中和反應③炭在O2中燃燒④煅燒石灰石⑤C與水蒸氣反應制取水煤氣⑥鋅和稀硫酸反應制取H2⑦C還原CO2

（2）①1mol乙烯在氧氣中完全燃燒生成氣態(tài)水過程的能量變化如圖所示：

已知：H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJmol-1，則C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1)，的△H=。

②鍵能是指氣態(tài)基態(tài)原子形成1mol化學鍵釋放的最低能量。已知部分化學鍵的鍵能如表所示，通過計算可得x=。

化學鍵C=CC－HO=OC=OO－H

鍵能/(kJmol-1)x413498799467

（3）已知反應I：C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g)△H1

反應II：C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(1)△H2

反應III：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1)△H3

則△H1+△H2△H3(填“”或“=”)。

32．（2022高二上·湖北期中）填空。

（1）如圖(圖中物質均為氣態(tài))是和反應生成和的過程中能量變化示意圖，寫出和反應的熱化學方程式。

（2）(主要指和)是大氣主要污染物之一、有效去除大氣中的是環(huán)境保護的重要課題。用水吸收的相關熱化學方程式如下：

反應的。

33．（2022高三上·韶關期中）錳及其化合物在催化劑及金屬材料方面有重要的應用。

（1）金屬錳常用鋁熱法由軟錳礦還原制得。因鋁與軟錳礦反應過于激烈，故先將軟錳礦加強熱使之轉變?yōu)椋缓笈c鋁粉混合高溫燃燒，具體反應如下

?。?，ⅱ．。

①寫出第ⅱ步反應的化學方程式。

②錳基催化劑可用于催化加氫合成乙烯，其中部分反應歷程如圖1。則反應的焓變?yōu)椋惺接米帜副硎荆?，該反應自發(fā)進行的條件是（填“高溫”“低溫”或“任意溫度”）。

（2）EDTA即乙二胺四乙酸，簡寫為（，），因能與眾多金屬離子絡合而在化學分析與測定中有廣泛應用。

①EDTA在水溶液中總共有六級離解平衡，相當于六元酸。室溫時其各種存在形式的分布系數隨pH值的變化關系如圖2所示，下列說法不正確的是（）

A．EDTA在水溶液中有七種存在形式

B．室溫時，的電離常數

C．向溶液中加入少量NaOH固體，平衡的值增大

D．等濃度的和按體積比約1：9可配成pH≈0的緩沖溶液

②20℃時，測得EDTA溶液中與pH值的關系如圖3所示：（其中表示的平衡濃度，表示EDTA除外其它存在形式的濃度之和）

已知EDTA與的絡合反應為：，。工業(yè)上利用該反應回收水溶液中的Mn2+。數據表明，溶液中的存在會降低EDTA與金屬離子的絡合能力，試從平衡移動的角度解釋原因?；瘜W上常用條件穩(wěn)定常數來描述金屬離子M2+與EDTA絡合產物的穩(wěn)定性，（已知，其中c（Y）表示EDTA所有存在形式的總濃度），現實驗室通過將一定濃度的EDTA溶液與0.02mol/L的溶液等體積混合來模擬回收，充分反應后測得溶液pH＝4.2，mol/L，計算此時的條件穩(wěn)定常數，溶液中剩余的“濃度為。

34．（2022高二下·張掖期中）乙苯是一種用途廣泛的有機原料，可制備多種化工產品。

（1）(一）制備苯乙烯（原理如反應I所示）：

Ⅰ．△H=+124kJ·mol-1

部分化學鍵的鍵能如下表所示：

化學鍵C-HC-CC=CH-H

鍵能/KJ/mol412348X436

根據反應I的能量變化，計算X=。

（2）工業(yè)上，在恒壓設備中進行反應I時，常在乙苯蒸氣中通入一定量的水蒸氣。請用化學平衡理論解釋通入水蒸氣的原因：。

（3）已知吉布斯自由能△G=△H-T△S，當△G”“0，故A不符合題意；

B．失水過程有新物質生成，是化學變化，故B不符合題意；

C．由圖1得①H1，由圖2得②，②-①得H=H2-H1，故C不符合題意；

D．碳酸鈉溶于水是典型的放熱反應，向Na2CO3(s)中滴加幾滴水，溫度會升高，故D符合題意；

故答案為：D

【分析】A.根據圖示能量的高低即可判斷放熱與吸熱

B.失水過程中產生了新物質是化學變化

C.根據蓋斯定律即可計算

D.根據失水過程是吸熱，吸水過程是放熱溫度升高

6．【答案】A

【知識點】反應熱和焓變；活化能及其對化學反應速率的影響；催化劑

【解析】【解答】A．根據反應歷程圖，第一步活化能高于第二步活化能，活化能越高，反應速率越慢，則第一步反應比第二步反應慢，A敘述符合題意；

B．根據反應歷程圖，可知兩步反應的生成物的總能量低于反應總能量的反應，則兩步反應均為放熱反應，H均小于0，B敘述不符合題意；

C．由題意可知，第一步Fe*被消耗，第二步Fe*又生成，說明Fe*是反應的催化劑，C敘述不符合題意；

D．第一步反應+第二步反應=總反應，則總反應為CO+N2O=N2+CO2，D敘述不符合題意；

故答案為A。

【分析】A.根據圖示找出步驟1和步驟2的活化能大小即可判斷速率大小

B.根據步驟1和步驟2的反應物和生成物的能量高低即可判斷

C.根據反應前后質量和化學性質不變即可判斷

D.根據步驟1和步驟2進行變換即可寫出總的反應方程式

7．【答案】D

【知識點】化學反應中能量的轉化；吸熱反應和放熱反應；反應熱和焓變；焓變和熵變

【解析】【解答】A．根據反應①的>0，可知反應①是吸熱反應，故A不符合題意；

B．根據蓋斯定律，反應③可由反應①和反應②之和得到，則△H3=△H1+△H2，故B不符合題意；

C．反應③是固體生成氣體的反應，是一個熵增的反應，故C不符合題意；

D．由于反應②還有三氧化硫和二氧化硫的參與，故不知道V2O5(s)和V2O4(s)的能量相對大小，不能確定V2O5(s)的能量比V2O4(s)低，更穩(wěn)定，故D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.根據焓變即可判斷反應的放熱吸熱

B.根據蓋斯定律即可計算出焓變的關系

C.反應③是氣體分子數增多的反應，因此分子混亂度增大是熵增

D.根據反應②進行判斷，但是只能比較反應物和生成物的總能量不呢個比較五氧化二釩和四氧化二釩的能量的高低

8．【答案】C

【知識點】反應熱和焓變；化學平衡常數；化學平衡移動原理；化學平衡的計算

【解析】【解答】A．由表格可知，隨著溫度的升高，K值增大，則該反應為吸熱反應，，A不符合題意；

B．當T=700℃時，K=0.6，Q>K，反應向逆反應方向進行，B不符合題意；

C．當t時刻達到反應平衡，因為1.7K，反應向逆反應方向移動，設反應的M的物質的量濃度為x，則可列：

，當T=830℃，，x=0.25mol/L，故反應后c(M)=1+0.25=1.25mol/L，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】，T℃，t時刻時，；

9．【答案】A

【知識點】反應熱和焓變；化學平衡的調控；化學反應速率與化學平衡的綜合應用

【解析】【解答】A．根據蓋斯定律，反應③可由反應②減反應①所得，ΔH3=ΔH2-ΔH1P1，C不符合題意；

D．根據能量變化圖分析，最終結果為活化氧，體系能量降低，則每活化一個氧分子放出0.29eV能量，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A．若H2S（g）受熱分解時發(fā)生反應：H2S（g）H2（g）+S（g），則H2（g）和S（g）的體積分數應該相等，若硫單質是固態(tài)或液態(tài)的，它的體積分數為零，說明反應生成物不是H2和S；

B．常溫下0.1molL-1的鹽酸的pH=1，V0mL0.1molL-1的鹽酸加水稀釋至VmL，溶液的pH=3，鹽酸為強酸，由pH=1到pH=3，溶液體積擴大到100倍；

C．轉化率與溫度、壓強圖象有三個變量，采用“定一議二”方法判斷壓強大??；根據圖象中壓強不變，溫度升高后甲烷的轉化率判斷該反應的焓變；

D．根據能量變化圖分析，最終結果為活化氧，體系能量降低。

17．【答案】C

【知識點】反應熱和焓變；化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素

【解析】【解答】解：A．隨著溫度的升高c[Fe（SCN）2+]逐漸減小，逆向是吸熱反應，說明正反應放熱，△H＜0，故A正確；

B．反應放熱，升高溫度平衡向逆反應方向移動，則k減小，所以溫度為T1＜T2時，反應的平衡常數分別為K1、K2，則K1＞K2，故B錯誤；

C．D在曲線下方，為處于平衡狀態(tài)，c[Fe（SCN）2+]比平衡狀態(tài)小，應向正反應方向移動，V正＞V逆，故C正確；

D．升高溫度，平衡向逆反應方向移動，A點溫度小于B點，所以A點的c（Fe3+）小，故D錯誤；

故選AC．

【分析】圖象中曲線上的A、B、C三點為不同溫度下的平衡狀態(tài)，D在曲線下方，未處于平衡狀態(tài)，c[Fe（SCN）2+]比平衡狀態(tài)小，應向正反應方向移動，隨著溫度的升高c[Fe（SCN）2+]逐漸減小，說明正反應放熱，升高溫度平衡向逆反應方向移動．

18．【答案】D

【知識點】反應熱和焓變

【解析】【解答】解：A、由圖可知，該反應的反應物的總能量小于生成物的總能量，所以反應為吸熱反應，故A錯誤；

B、圖中△E為該反應的熱效應，加催化劑，降低了反應所需的活化能，但是反應熱不變，即催化劑對△E無影響，故B錯誤；

C、反應物斷鍵吸收能量和生成物成鍵放出能量，該反應為吸熱反應，所以反應物斷鍵吸收能量大于生成物成鍵放出能量，故C正確；

D、該反應為吸熱反應，所以反應達到平衡時，升高溫度，平衡正移，則A的轉化率增大，故D正確；

故選：CD．

【分析】A、依據反應物和生成物能量變化判斷反應為吸熱反應；

B、圖中△E為該反應的熱效應，加催化劑無影響；

C、反應物斷鍵吸收能量和生成物成鍵放出能量；

D、根據溫度對平衡的影響分析．

19．【答案】A,C

【知識點】反應熱和焓變；弱電解質在水溶液中的電離平衡；pH的簡單計算；鹽類水解的應用

【解析】【解答】解：A．Mg與氯氣的反應為放熱反應，則反應MgCl2（l）=Mg（l）+Cl2（g）為吸熱反應，其△H＞0；該反應為混亂度增加的反應，則△S＞0，故A正確；

B．常溫下，pH均為5的鹽酸與氯化銨溶液中，前者抑制了水的電離，而后者促進了水的電離，兩溶液中水的電離程度不同，故B錯誤；

C.0.1molL﹣1CH3COOH溶液加水稀釋，醋酸的濃度減小，則醋酸的電離程度增大，由于溶液體積增大的程度大于氫離子，則稀釋后氫離子濃度減小，溶液的pH增大，故C正確；

D．加入了幾滴酚酞試液的Na2CO3溶液，碳酸根離子水解顯堿性，溶液為紅色，而Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，碳酸根離子與鋇離子結合生成碳酸鋇沉淀，碳酸根離子濃度減小，水解平衡逆向移動，顏色褪去，而氯化鋇溶液呈中性，故D錯誤；

故選AC．

【分析】A．氯化鎂的分解為吸熱反應，其焓變大于0；該反應為氣體體積增大的反應，則熵變大于0；

B．鹽酸中氫離子抑制了水的電離，氯化銨溶液中銨根離子水解，促進了水的電離；

C．稀釋后醋酸的電離程度增大，而氫離子濃度減小，則溶液的pH增大；

D．氯化鋇溶液呈中性，溶液之所以褪色，原因是鋇離子與碳酸根離子結合生成碳酸鋇沉淀，導致碳酸根離子濃度減?。?/p>

20．【答案】A,C

【知識點】反應熱和焓變

【解析】【解答】解：A．碳的燃燒熱是指1mol碳完全燃燒生成的穩(wěn)定的氧化物CO2放出的熱量，從2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ/mol可知1mol碳燃燒生成CO放出110.5kJ，碳的燃燒熱大于110.5kJ/mol，故A正確；

B．焓變是用反應前后生成物的能量和減去反應物的能量和表示，當完全以熱量形式變化時，稱為反應熱，故B錯誤；

C．稀硫酸和稀NaOH，為強酸和強堿，反應生成1mol水，放出的熱量為57.3kJ，△H=﹣57.3kJ/mol，故C正確；

D．稀醋酸與稀NaOH溶液混合，稀醋酸是弱電解質存在電離平衡，電離過程是吸熱過程，所以△H＜﹣57.3kJ/mol，故D錯誤；

故選：AC．

【分析】A、燃燒熱是指1mol純凈物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物放出的熱量，表示燃燒熱的熱化學方程式中可燃物為1mol，產物為穩(wěn)定氧化物以此解答；

B、△H是化學反應焓變，不一定是反應熱；

C、在稀溶液中，酸跟堿發(fā)生中和反應生成1mol水時的反應熱叫做中和熱；

D、強酸與強堿的稀溶液發(fā)生中和反應的熱化學方程式為H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJmol﹣1，弱電解質存在電離平衡，電離過程是吸熱過程．

21．【答案】A,C

【知識點】反應熱和焓變

【解析】【解答】解：A．由反應可知，△S＞0，因△H﹣T△S＜0的反應可自發(fā)進行，在常溫下不能自發(fā)進行，說明該反應的△H＞0，故A正確；

B．Ka=不變，CH3COOH溶液加水稀釋后，c（H+）減小，因=，則溶液中的值減小，故B錯誤；

C．a與熱化學方程式有關，與平衡移動無關，則平衡時向容器中在充入一定量的NH3，重新達到平衡時a值不變，故C正確；

D．該反應為吸熱反應，升高溫度，正逆反應速率均增大，平衡正向移動，故D錯誤；

故選AC．

【分析】A．由反應可知，△S＞0，結合△H﹣T△S＜0的反應可自發(fā)進行判斷；

B．CH3COOH溶液加水稀釋后，c（H+）減小，結合Ka=不變判斷；

C．a與熱化學方程式有關，與平衡移動無關；

D．升高溫度，正逆反應速率均增大，向吸熱的方向移動．

22．【答案】B,C

【知識點】反應熱和焓變

【解析】【解答】解：①S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=akJ/mol；②S（g）+O2（g）=SO2（g）△H=bkJ/mol；

硫和氧氣反應是放熱反應，a＜0，b＜0，

蓋斯定律計算①﹣②得到S（s）=S（g）△H=（a﹣b）KJ/mol，

a﹣b＞0

對于a和b的關系，BC正確，

故選BC．

【分析】結合熱化學方程式和蓋斯定律計算得到固體S變化為氣體S的熱化學方程式，固體S變化為氣態(tài)是吸熱過程，據此判斷．

23．【答案】A,C

【知識點】反應熱和焓變

【解析】【解答】解：A、圖象中反應物能量低于生成物能量，故反應是吸熱反應，故A正確；

B、催化劑不能改變該反應的焓變，只能改變反應速率，故B錯誤；

C、催化劑改變化學反應速率是降低了反應的活化能，故C正確；

D、圖象分析逆反應的活化能E2小于正反應的活化能E1，故D錯誤；

故選AC．

【分析】A、依據圖象中反應物和生成物能量的大小比較判斷；

B、催化劑改變速率不改變平衡；

C、催化劑改變化學反應速率是降低了反應的活化能；

D、圖象中分析判斷；

24．【答案】A,D

【知識點】氧化還原反應；反應熱和焓變

【解析】【解答】A．①和②產物中陽離子均為鈉離子，陰離子分別為氧離子，過氧根離子，則陰陽離子個數比均為1：2，故A符合題意；

B．①和②生成等物質的量的產物，由Na元素的化合價變化可知轉移電子數相同，故B不符合題意；

C．加熱生成Na2O2，隨溫度升高生成Na2O的速率減小，故C不符合題意；

D．由蓋斯定律可知，①×2﹣②可得Na2O2（s）+2Na（s）═2Na2O（s），則△H=（﹣414KJ/mol）×2﹣（﹣511KJ/mol）=﹣317kJ/mol，故D符合題意；

故答案為：AD．

【分析】A.根據氧化鈉和過氧化鈉的組成進行判斷；

B.根據元素化合價的變化分析電子轉移數值即可；

C.在加熱條件下鈉與氧氣反應生成過氧化鈉；

D.根據蓋斯定律進行計算、書寫.

25．【答案】（1）污染小、可再生、來源廣、資源豐富、燃燒熱值高；H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O

（2）＜

（3）ac

（4）將光能轉化為化學能

（5）陽極室；防止Na2FeO4與H2反應使產率降低；M點：c（OH﹣）低，Na2FeO4穩(wěn)定性差，且反應慢（或N點：c（OH﹣）過高，鐵電極上有氫氧化鐵生成，使Na2FeO4產率降低）

【知識點】反應熱和焓變；化學平衡的計算；電解原理

【解析】【解答】（1）與汽油相比，氫氣作為燃料的優(yōu)點有污染小、可再生、來源廣、資源豐富、燃燒熱值高等；堿性氫氧燃料電池的負極反應式為H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O，故答案為：污染小、可再生、來源廣、資源豐富、燃燒熱值高；H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O；（2）①H2（g）+A（l）=B（l）△H1，②O2（g）+B（l）=A（l）+H2O2（l）△H2，兩反應的△S＜0，根據△G=△H﹣T△S，因為均為兩反應自發(fā)反應，因此△H均小于0，將①+②得：H2（g）+O2（g）=H2O2（l）的△H=△H1+△H1＜0，故答案為：＜；（3）MHx（s）+yH2（g）MHx+2y（s）△H＜0，該反應屬于氣體的物質的量發(fā)生變化的反應，a．平衡時氣體的物質的量不變，容器內氣體壓強保持不變，正確；b．該反應為可逆反應，不能完全轉化，吸收ymolH2需大于1molMHx，錯誤；c．若降溫，平衡正向移動，該反應的平衡常數增大，正確；d．若向容器內通入少量氫氣，相當于增大壓強，平衡正向移動，則v（放氫）＜v（吸氫），錯誤；故選ac；

（4）利用太陽能直接分解水制氫，是將光能轉化為化學能，故答案為：將光能轉化為化學能；

（5）①根據題意鎳電極有氣泡產生是氫離子放電生成氫氣，鐵電極發(fā)生氧化反應，溶液中的氫氧根離子減少，因此電解一段時間后，c（OH﹣）降低的區(qū)域在陽極室，故答案為：陽極室；②氫氣具有還原性，根據題意Na2FeO4只在強堿性條件下穩(wěn)定，易被H2還原．電解過程中，須將陰極產生的氣體及時排出，防止Na2FeO4與H2反應使產率降低，故答案為：防止Na2FeO4與H2反應使產率降低；③根據題意Na2FeO4只在強堿性條件下穩(wěn)定，在M點，c（OH﹣）低，Na2FeO4穩(wěn)定性差，且反應慢，在N點：c（OH﹣）過高，鐵電極上有氫氧化鐵生成，使Na2FeO4產率降低，

故答案為：M點：c（OH﹣）低，Na2FeO4穩(wěn)定性差，且反應慢（或N點：c（OH﹣）過高，鐵電極上有氫氧化鐵生成，使Na2FeO4產率降低）．

【分析】（1）與汽油相比，氫氣作為燃料的優(yōu)點有污染小、可再生、來源廣、資源豐富、燃燒熱值高等；堿性氫氧燃料電池的負極反應式為H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O；（2）①H2（g）+A（l）=B（l）△H1，②O2（g）+B（l）=A（l）+H2O2（l）△H2，兩反應的△S＜0，根據△G=△H﹣T△S，因為均為兩反應自發(fā)反應，因此△H均小于0，將①+②得：H2（g）+O2（g）=H2O2（l）的△H=△H1+△H1＜0；（3）MHx（s）+yH2（g）MHx+2y（s）△H＜0，該反應屬于氣體的物質的量發(fā)生變化的反應，a．平衡時氣體的物質的量不變，容器內氣體壓強保持不變；b．該反應為可逆反應，不能完全轉化，吸收ymolH2需大于1molMHx；c．若降溫，平衡正向移動，該反應的平衡常數增大；d．若向容器內通入少量氫氣，相當于增大壓強，平衡正向移動，則v（放氫）＜v（吸氫）；（4）利用太陽能直接分解水制氫，是將光能轉化為化學能；（5）①根據題意鎳電極有氣泡產生是氫離子放電生成氫氣，鐵電極發(fā)生氧化反應，溶液中的氫氧根離子減少；

②氫氣具有還原性，根據題意Na2FeO4只在強堿性條件下穩(wěn)定，易被H2還原．電解過程中，須將陰極產生的氣體及時排出，防止Na2FeO4與H2反應使產率降低；

③根據題意Na2FeO4只在強堿性條件下穩(wěn)定，在M點，c（OH﹣）低，Na2FeO4穩(wěn)定性差，且反應慢，在N點：c（OH﹣）過高，鐵電極上有氫氧化鐵生成，使Na2FeO4產率降低．本題主要考查了化學反應中的能量變化、化學平衡狀態(tài)的判斷、電解原理及其應用等知識，題目難度中等．

26．【答案】（1）CO

（2）

（3）631.5

（4）低溫

（5）A；C

【知識點】反應熱和焓變；燃燒熱；熱化學方程式；化學反應速率的影響因素

【解析】【解答】（1）空燃比較小時，氧氣不足，汽油不能完全燃燒，有毒氣體主要是CO；

（2）辛烷燃燒熱是1mol辛烷燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放出的能量，辛烷燃燒熱，表示辛烷燃燒熱的熱化學方程式

（3），N2、O2分子中化學鍵的鍵能分別是946、497。則NO分子中化學鍵的鍵能為631.5。

（4），根據，則該反應在低溫下能自發(fā)進行。

（5）A．不同催化劑的脫氮率與溫度有關，故A不正確；

B．曲線②中的催化劑在450℃時的脫氮率最高，適用于450℃左右脫氮，故B正確；

C．曲線①、②表示經過相同時間內測量逸出氣體中NO的含量，反應不一定達到平衡狀態(tài)，故C不正確；

D．催化劑活性越大反應速率越快，低于200℃，圖中曲線①脫氮率隨溫度升高而變化不大的主要原因是催化劑的活性不高，故D正確；

選AC。

【分析】（1）氧氣不足時，燃料不完全燃燒生成CO；

（2）燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒產生穩(wěn)定的氧化物時放出的熱量；

（3）根據焓變=反應物總鍵能-生成物總鍵能計算；

（4）根據ΔH-TΔSK，則平衡向逆反應方向移動，故答案為：逆向移動；

（3）CO的歧化反應是放熱反應，而甲烷分解反應是吸熱反應，一段時間后基催化劑的催化效果會明顯下降，其原因是不同溫度下催化劑對CO的歧化反應和甲烷分解反應的催化程度不同，故答案為：不同溫度下催化劑對CO的歧化反應和甲烷分解反應的催化程度不同；

（4）將原料氣按置于恒容密閉容器中發(fā)生反應，在相同時間內測得平衡時各組分摩爾分數與溫度的變化曲線圖示可知，溫度800℃時CO的摩爾分數較大，而副反應產生的甲烷的含量較低，則制合成氣適宜的溫度為800℃，故答案為：800℃；

（5）二氧化碳和氫氣在催化劑作用下主要發(fā)生反應，增大一種反應物的濃度可以使平衡正向移動，并且使另外一種反應物的轉化率增大，所以適當增大氫氣的濃度可以提高二氧化碳的平衡轉化率，故答案為：適當增大氫氣在混合物中的比例。

【分析】（1）利用△H=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和計算；化學平衡常數，指在一定溫度下，可逆反應達到平衡時各生成物濃度的化學計量數次冪的乘積除以各反應物濃度的化學計量數次冪的乘積所得的比值；

（2）通過計算比較Qc與K的大小判斷；

（3）依據催化劑有一定的活化溫度分析；

（4）依據平衡時各組分摩爾分數與溫度的變化曲線判斷；

（5）增大一種反應物的量，可提高其它反應物的轉化率，自身的轉化率反應降低。

29．【答案】（1）吸熱；太陽能(光能)轉化為化學能；=

（2）2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=Ea1-Ea2+Ea3-Ea4；二

（3）＜；-632kJ/mol；2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1156kJ/mol

【知識點】反應熱和焓變；熱化學方程式；蓋斯定律及其應用

【解析】【解答】（1）①在過程Ⅰ發(fā)生的反應2H2O=2H2+O2的反應吸熱反應；

反應過程中在太陽能量作用下H2O分解變?yōu)镠2、O2，因此其主要轉化形式為光能轉化為化學能；

②由蓋斯定律和能量守恒定律定律可知，△H1=-△H2，所以△H1+△H2=0；

（2）①根據反應熱等于反應物活化能與生成物活化能的差，結合蓋斯定律可知以NH3、CO2為原料生產尿素[CO(NH2)2]的熱化學方程式為：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)，△H=Ea1-Ea2+Ea3-Ea4；

②對于多步反應，對總化學反應速率其決定作用的步驟是活化能大的步驟，根據圖示可知第二步反應的活化能比較大，因此從圖像分析該反應分兩步進行，則決定生產尿素的總反應速率的步驟是第二步反應；

（3）①物質含有的能量越低，物質的穩(wěn)定性就越強。物質分子中鍵能越大，斷裂其需吸收的能量就越多，則該物質的能量就越低，其穩(wěn)定性就越強。由于鍵能：O=O＜N≡N，物質含有的能量：O=O＞N≡N，所以物質的穩(wěn)定性：O2(g)＜N2(g)；

②已知N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-544kJ/mol，若H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol，則1molN2H4(g)反應產生1molN2(g)和2mol液體水放出熱量Q=544kJ+2×44kJ=632kJ，由于燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒產生穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量，故N2H4(g)的表示燃燒熱的熱化學方程式為N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-632kJ/mol，其燃燒熱為-632kJ/mol；

③已知：(i)N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+68kJ/mol，結合(ii)N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-544kJ/mol，則根據蓋斯定律，將(ii)×2-(1)，整理可得N2H4(g)和NO2(g)反應生成氮氣和水蒸氣的熱化學方程式為：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1156kJ/mol。

【分析】（1）①正逆反應吸收或者放出的熱量數值相等，但是ΔH的符號相反；依據圖中能量轉化判斷；

②利用蓋斯定律和能量守恒定律定律分析；

（2）①根據反應熱等于反應物活化能與生成物活化能的差，結合蓋斯定律計算；

②依據反應的活化能越高，反應速率越慢，反應進行的程度越?。?/p>

（3）①物質含有的能量越低，物質的穩(wěn)定性就越強。物質分子中鍵能越大，斷裂其需吸收的能量就越多，則該物質的能量就越低，其穩(wěn)定性就越強；

②燃燒熱是101kP時，1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定產物時的反應熱；

③根據蓋斯定律。

30．【答案】（1）-49kJ/mol

（2）大于

（3）CD；112

（4）溫度等于或高于，反應已達平衡，該反應的正反應是放熱反應，升高溫度，平衡向逆方向移動，的轉化率降低；BC；大于

【知識點】反應熱和焓變；化學反應速率；化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學平衡的計算

【解析】【解答】（1）已知：①；

②。

蓋斯定律計算①＋②得則反應，故答案為：-49kJ/mol；

（2）如果該反應的平衡常數，該時刻下濃度熵，所以平衡正向移動，比較t時刻正、逆反應速率的大?。簐正>v逆，故答案為：大于；

（3）①A.對于反應，增大壓強，平衡正向移動，的體積分數增大，由圖中可知，的體積分數B點比C點大，C點比D點大，所以該反應的，A不正確；

B．從圖中可以看出，A點溫度比B點低，則反應速率：，D點壓強比B點低，則反應速率：，，B不正確；

C．從圖中可以看出，升高溫度，的體積分數減小，則，A點溫度比B、C點低，B、C點溫度相同，所以A、B、C的平衡常數大?。?，C正確；

D．因為容器的體積為1L，的體積分數為70％，時最初充入1molCO，，列出三段式：

％，解得：=0.875，

，D正確；

故答案為：CD。

②因為溫度不變平衡常數不變，B、D兩點溫度相等，所以D點的平衡常數等于B的平衡常數，因為容器的體積為1L，的體積分數為70％，時最初充入1molCO，，列出三段式：

％，解得：，

，故答案為：112；

（4）①因為a點、c點都是平衡點，該反應的正反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移，所以的轉化率降低，故答案為：溫度等于或高于，反應已達平衡，該反應的正反應是放熱反應，升高溫度，平衡向逆方向移動，的轉化率降低；

②A.恒容條件下充入稀有氣體He，平衡不會移動，所以轉化為的平衡轉化率不變，A不正確；

B．在平衡后的體系中移出部分甲醇，平衡正向移動，的轉化率提高，B正確；

C．保持反應容器的體積不變，平衡時再按照原投料比投入一定量的原料，則相當于增大壓強，平衡正向移動，轉化為的平衡轉化率增大，C正確；

D．催化劑不能改變的平衡轉化率，D不正確；

故答案為：BC。

③在溫度下，經過相同時間，反應還沒有達到平衡狀態(tài)，所以維持溫度足夠長時間后，反應達到平衡了，則的轉化率將會大于a，故答案為：大于。

【分析】（1）根據蓋斯定律計算；

（2）計算此時的平衡常數和濃度熵，比較兩者相對大小確定反應進行的方向；

（3）①A.增大壓強，平衡正向移動，的體積分數增大；

B.溫度越高反應速率越快；

C.平衡常數只與溫度有關；

D.根據計算；

②列出反應的三段式計算；

（4）①升高溫度，平衡逆向移動；

②提高轉化為的平衡轉化率，應使平衡正向移動；

③在溫度下，經過相同時間，反應還沒有達到平衡狀態(tài)，維持溫度足夠長時間后，反應達到平衡。

31．【答案】（1）④⑤⑦

（2）-1392kJ/mol；526

（3）＜

【知識點】反應熱和焓變；蓋斯定律及其應用

【解析】【解答】（1）①濃硫酸稀釋放熱；②酸堿中和反應是放熱反應；③炭在O2中燃燒是放熱反應；④煅燒石灰石屬于吸熱反應；⑤C與水蒸氣反應制取水煤氣屬于吸熱反應；⑥鋅和稀硫酸反應制取H2是放熱反應；⑦C還原CO2屬于吸熱反應；

故答案為：④⑤⑦；

（2）①1mol乙烯在氧氣中完全燃燒生成氣態(tài)水過程的能量變化如圖所示，則

C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)ΔH＝-1304kJ/molⅰ

2H2O(l)=2H2O(g)△H=+88kJmol-1ⅱ

依據蓋斯定律?。⒓吹玫紺2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1)△H=-1392kJ/mol。

②反應熱等于斷鍵吸收的能量和形成化學鍵所放出的能量的差值，則x+4×413+3×498－2×799－4×467＝－1392，解得x＝526。

（3）已知：

反應I：C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g)△H1

反應Ⅱ：C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(1)△H2

反應Ⅲ：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1)△H3

則依據蓋斯定律可知反應I+反應Ⅱ－反應Ⅲ得到H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H＝△H1+△H2－△H3＜0，所以△H1+△H2＜△H3。

【分析】（1）放熱反應：①可燃物的燃燒；②酸堿中和反應；③大多數化合反應；④金屬跟酸的置換反應；⑤物質的緩慢氧化等。吸熱反應：①大多數分解反應；②鹽的水解和弱電解質的電離；③Ba(OH)2.8H2O與NH4Cl反應；④碳和水蒸氣、C和CO2的反應等。

（2）①依據蓋斯定律；

②反應熱等于斷鍵吸收的能量和形成化學鍵所放出的能量的差值；

（3）依據蓋斯定律分析。

32．【答案】（1）NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g)ΔH=—234kJ·mol-1

（2）-136.2

【知識點】反應熱和焓變；熱化學方程式；蓋斯定律及其應用

【解析】【解答】（1）由圖可知，二氧化氮與一氧化碳反應生成二氧化碳和一氧化氮的反應為反應物的總能量高于生成物總能量的放熱反應，反應的熱化學方程式為NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g)ΔH=-234kJ·mol-1，故答案為：NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g)ΔH=-234kJ·mol-1；

（2）將已知反應依次編號為①②③，由蓋斯定律可知，反應可得反應③，則反應ΔH==-136.2kJ/mol，故答案為：-136.2。

【分析】（1）由圖可知，該反應為放熱反應，且ΔH=正反應的活化能-逆反應的活化能；

（2）根據蓋斯定律計算。

33．【答案】（1）；；低溫

（2）CD；會與與結合生成及其它存在形式，導致減小，平衡逆向移動；；mol/L

【知識點】反應熱和焓變；化學平衡的影響因素；有關混合物反應的計算；有關反應熱的計算；電離平衡常數

【解析】【解答】（1）①根據題干信息可知，Mn3O4與鋁粉混合高溫燃燒，發(fā)生鋁熱反應生成Mn和氧化鋁，反應方程式為。

②由圖可知，熱化學方程式CO(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=(a-b)kJ/mol，CO2(g)+3H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g)ΔH2=(d-e)kJ/mol，兩式相加并乘以2，則可得到，其焓變?yōu)?（ΔH1+ΔH2）=。該反應前后氣體分子數減小，則ΔS＜0，又該反應的ΔH=＜0，反應自發(fā)進行的條件是ΔG=ΔH-T·ΔS＜0，所以該反應自發(fā)進行的條件是低溫。

（2）①A.由圖可知EDTA在水溶液中有七種存在形式：Y4-、HY3-、H2Y2-、H3Y-、H4Y、H5Y+、H6Y2+，A項不符合題意；

B.H4Y的電離常數K=，由圖可知，當c(H3Y-)=c(H4Y)時，溶液pH約為2，則K=c(H+)≈10-2，B項不符合題意；

C.由圖可知，向溶液中加入少量NaOH固體，c(H3Y-)減小，c(Y4-)增大，相較c(OH-)增大幅度不大，所以平衡的值減小，C項符合題意；

D.由圖可知，pH=0時，H6Y2+和H5Y+的分布分數約為9：1，所以等濃度的H6Y2+和H5Y+按體積比約9：1可配成pH≈0的緩沖溶液，D項符合題意；

故答案選CD。

②溶液中H+的存在，使會與與結合生成及其它存在形式，導致減小，平衡逆向移動。溶液pH=4.2時，=8，即=108，c(Y4-)=10-10mol/L，根據，可知=1014，所以=1014×10-10=104，則==106；假設溶液中Mn2+反應的濃度為x，則根據可知平衡時，解得x=1×10-6mol/L，所以溶液中剩余的Mn2+濃度為1×10-6mol/L。

【分析】（1）①根據制備金屬錳的原理進行分析。

②根據蓋斯定律結合圖像進行計算，反應自發(fā)進行的條件是ΔG=ΔH-T·ΔS＜0，據此分析。

（2）①A.由圖可知EDTA在水溶液中存在形式有：Y4-、HY3-、H2Y2-、H3Y-、H4Y、H5Y+、H6Y2+；

B.根據電離平衡常數表達式及圖示信息進行分析；

C.向溶液中加入少量NaOH固體，c(H3Y-)減小，c(Y4-)增大，c(OH-)增幅不大；

D.pH=0時，H6Y2+和H5Y+的分布分數約為9：1。

②根據影響化學平衡的因素進行分析。根據化學平衡常數表達式及題干信息進行分析。

34．【答案】（1）612

（2）該反應正向為氣體分子數增大的反應，通入水蒸氣需增大容器容積，減小體系壓強，平衡正向移動，增大反應物的轉化率

（3）高溫

（4）0.05molL-1min-1；升高溫度；16；V正>V逆；86.7%

【知識點】反應熱和焓變；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學反應速率與化學平衡的綜合應用

【解析】【解答】(1)反應熱=反應物總鍵能-生成物總能鍵能，由有機物的結構可知，應是-CH2CH3中總鍵能與-CH=CH2、H2總鍵能之差，設C=C鍵能為X，則△H=（5×412+348-3×412-X-436）kJmol-1=124kJmol-1，解得X=612kJ/mol；

(2)降低壓強，平衡向體積增大的方向移動，制備苯乙烯的正反應為氣體分子數增大的反應，保持壓強不變，加入水蒸氣，容器體積應增大，等效為降低壓強，平衡向正反應方向移動，提高乙苯的平衡轉化率；

(3)反應自發(fā)進行需要滿足，△H-T△S＜0，依據題干條件可知，制備苯乙烯的正反應為氣體分子數增大的反應，△S＞0，正反應吸熱，△H=+124kJ/mol＞0，所以反應一定是在高溫條件下才能自發(fā)進行；

(4)①T℃時，向10L恒容密閉容器中充人2mol乙苯（g）和2molCl2（g）發(fā)生反應Ⅱ，2min時氯化氫的濃度是0.1mol/L，則用氯化氫表示的反應速率是0.1mol/L÷2min＝0.05molL-1min-1；

②制備α-氯乙基苯的正反應為吸熱反應，反應前后氣體的體積不變，6min時，乙苯、Cl2的濃度在減小，而α-氯乙基苯和HCl的濃度在增加，反應向正反應方向移動，只能是升高溫度；該溫度下達到平衡，依據題干條件可知，c（HCl）=0.16mol/L，n（HCl）=1.6mol，起始時：n（乙苯）=2mol=n(Cl2)，轉化的量：n（乙苯）=n（Cl2）=2-1.6=0.4mol，兩種生成物的量分別為1.6mol；則平衡后生成n（乙苯）=n(Cl2)=0.4mol，生成物均為1.6mol，反應前后體積不變，可以用物質的量代替濃度計算平衡常數，則平衡常數為K=；

③10min時，乙苯、Cl2、α-氯乙基苯和HCl的物質的量濃度分別為：0.02mol/L、0.02mol/L、0.18mol/L、0.18mol/L，平衡常數K=；此時乙苯、Cl2、α-氯乙基苯和HCl的物質的量濃度比為：1：1：9：9，保持其他條件不變，再向容器中充人1mol乙苯、1molCl2、1molα-氯乙基苯和1molHCl，相當于增加反應物的濃度，平衡正向移動，正反應速率大于逆反應速率；設轉化的乙苯物質的量濃度為x，則起始濃度：c(乙苯)=c(氯氣)=0.3mol/L，生成物的濃度均為0.1mol/L，由于各物質的系數均為1，所以，四種物質的變化量和生成量均為x，平衡后反應物剩余濃度為：0.3-x，生成物的濃度為x+0.1，由于反應前后溫度不變，所以平衡常數為K==81，得x=0.26，所以氯氣的轉化率是。

【分析】（1）根據反應熱=反應物總鍵能-生成物總鍵能計算；

（2）加入水蒸氣，容器體積增大，相當于降低壓強，平衡正向移動；

（3）該反應的ΔS＞0，ΔH>0；

（4）①根據計算v(H)；

②6min時，乙苯、Cl2的濃度在減小，而α-氯乙基苯和HCl的濃度在增加，反應向正反應方向移動；根據平衡常數的表達式計算；

③再向容器中充入1mol乙苯、1molCl2、1molα-氯乙基苯和1molHCl，相當于增加反應物的濃度，平衡正向移動；根據計算。

35．【答案】（1）吸收；91.5

（2）氧化；NiO；Pt；

（3）；80%；AC

【知識點】吸熱反應和放熱反應；反應熱和焓變；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學平衡的計算；原電池工作原理及應用

【解析】【解答】(1)1molN2和1molO2反應生成2molNO，斷1molN≡N鍵吸收945kJ能量、斷1molO=O鍵吸收498kJ能量，生成2molNO中的共價鍵放出2×630kJ能量，則生成2molNO吸收總能量(945+498-2×630)=183kJ能量，所以生成1molNO時，應吸收91.5kJ能量

(2)①NiO電極上NO生成NO2，N元素化合價升高，發(fā)生的是氧化。

②NiO電極上NO生成NO2，N元素失電子化合價升高，NiO是負極；Pt電極上氧氣得電子生成O2-，Pt電極是正極，外電路中，電子流動方向是從NiO電極向Pt電極。

③NiO電極上NO失電子生成NO2，電極反應式為。

(3)①隨反應進行，反應物濃度降低，正反應速率減慢，a處v正>b處v正；b處反應達到平衡，b處v正=b處v逆，所以a處v正>b處v逆；

②

，，CO的平衡轉化率為。

③A．反應達到平衡狀態(tài)，各物質濃度保持不變，的濃度與濃度均不再變化，說明反應一定達到平衡狀態(tài)，

故答案為：A；

B．反應前后氣體總質量不變，容器體積不變，密度是恒量，混合氣體密度保持不變，反應不一定平衡，故不選B；

C．反應前后氣體物質的量不同，容器體積不變，壓強是變量，反應容器內壓強保持不變，反應一定達到平衡狀態(tài)，

故答案為：C；

D．投料比等于系數比，和的濃度之比是恒量，和的濃度之比保持不變，反應不一定平衡，故不選D；

選AC。

【分析】（1）斷鍵吸收能量，成鍵釋放能量，再根據反應熱=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能計算；

（2）由圖可知，NiO電極上NO發(fā)生氧化反應生成NO2，則NiO電極為負極，Pt電極為正極，負極上發(fā)生氧化反應，正極發(fā)生還原反應，原電池工作時電子由負極流向正極；

（3）①a處反應未達到平衡，反應正向進行；

②列出反應的三段式計算；

③可逆反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質的物質的量、物質的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變。

36．【答案】（1）；1；C

（2）8.0；；AD；；催化劑參與反應降低了反應的活化能

【知識點】反應熱和焓變；化學反應速率；化學平衡常數；化學反應速率的影響因素

【解析】【解答】(1)①由已知方程式：(2×反應1-反應2)可得反應3，結合蓋斯定律得：，故答案為：；

②反應1前后氣體分子數不變，升溫y不變，對應線條b；升溫促進反應2平衡逆向移動，氣體分子數增多，熵增，y值增大，對應線條c；升溫促進反應3平衡逆向移動，氣體分子數減少，熵減，y值減小，對應線條a，則線條b對應的是反應1，故答案為：1；

③溫度升高，三個反應平衡均逆向移動，由于反應2焓變絕對值更大，故溫度對其平衡移動影響程度大，故CO2物質的量減小，CO物質的量增大，所以與物質的量比值減小，故答案為：C；

(2)①該反應平衡常數K=，故答案為：8.0；

②假設原料氣中水蒸氣為xmol，CO為1mol，由題意列三段式如下：

，

則平衡常數K=，解得x=1.2，故水蒸氣與CO物質的量之比為，故答案為：；

③A．反應溫度過高，會引起催化劑失活，導致反應速率變慢，A項正確；

B．適當增大壓強，可加快反應速率，B項不正確；

C．選擇合適的催化劑有利于加快反應速率，C項不正確；

D．若為恒容條件，通入氮氣對反應速率無影響，若為恒壓條件，通入氮氣后，容器體積變大，反應物濃度減小，反應速率變慢，D項正確；

故答案為：AD；

④水分子首先被催化劑吸附，根據元素守恒推測第一步產生H2，第二步吸附CO產生CO2，對應反應歷程依次為：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2；從圖中可以看出使用催化劑能加快化學反應速率的原因是催化劑參與反應降低了反應的活化能，故答案為：；催化劑參與反應降低了反應的活化能。

【分析】（1）利用蓋斯定律，根據方程式1和2可以得到反應3的反應熱，由圖可知，b曲線與溫度變化無關，根據反應1可知，熵變=0，可知y=ΔH，與溫度無關

（2）①利用壓強與物質的量成正比，將壓強帶入平衡常數計算公式即可算出平衡常數；②利用CO轉化率，列出三段式，算出各物質濃度，利用平衡常數，算出二者比值；③溫度過高會影響催化劑活性；沖入氮氣，濃度不變，速率不變。④催化劑參與化學反應，降低反應所需要活化能從而加快化學反應速率

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2023年高考真題變式分類匯編：反應熱和焓變5

一、選擇題

1．（2023·天津）下列敘述正確的是（）

A．使用催化劑能夠降低化學反應的反應熱（△H）

B．金屬發(fā)生吸氧腐蝕時，被腐蝕