1.1化学反应的热效应 同步练习 2024-2025学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

1.1化学反应的热效应 同步练习 2024-2025学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1 一、单选题 1．为了提高公众认识地球保障发展意识，江苏省各地广泛开展了一系列活动．下列活动不符合这一宗旨的是（　　） A．加强海底可燃冰，锰结核的探测与开发研究 B．积极推广风能，太阳能光伏发电 C．在生产、流通和消费等过程中实行“减量化，再利用，资源化” D．将高能耗，高污染的企业迁至偏僻的农村地区，提高居民收入 2．下列说法中正确的是（　　） A．镍氢电池、锂电池和碱性锌锰干电池都是二次电池 B．氢氧燃料电池是一种高效且不会污染环境的新型电池 C．铅蓄电池放电的时候正极材料是铅，负极材料是二氧化铅 D．铅蓄电池充电时将化学能转化为电能 3．沼气是一种能源，它的主要成分是CH4，0.5molCH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445KJ热量，则下列热化学方程式正确的（ ） A．2CH4(g)+4O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) △H=+890KJ/mol B．CH4+2O2=CO2+2H2O △H=﹣890KJ/mol C．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=﹣890KJ/mol D． CH4(g)+O2(g)= CO2(g)+H2O(l) △H=﹣890KJ/mol． 4．某反应过程能量变化如图所示，下列说法不正确的是（ ） A．反应过程b有催化剂参与 B．该反应为放热反应，反应热为 C．加入催化剂，可改变该反应的活化能 D．有催化剂的条件下，反应的活化能等于 5．氢气和氧气反应生成水的能量关系如图所示，下列说法正确的是 A． B． C． D． 6．500℃，HCl在催化剂M的作用下被O2氧化依次有如图(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)三步反应组成，计算机模拟单个分子在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是 A．反应Ⅱ的活化能为1.45 eV B．反应Ⅰ的反应速率最慢 C．总反应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g) ΔH=-1.98 eV•mol-1 D．HOOCl(g)比HCl(g)和O2(g)稳定 7．已知12g石墨完全转化为金刚石时，要吸收EkJ的能量，下列说法正确的是（　　） A．金刚石与石墨互为同位素 B．石墨不如金刚石稳定 C．金刚石比石墨能量低 D．等质量的石墨与金刚石完全燃烧，金刚石放出的能量多 8．煤的液化可以合成甲醇.下列有关说法正确的是（　　） ①“气化”： ； ②催化液化I： ； ③催化液化II： ； A．催化液化I中使用催化剂，反应的活化能、都减小 B．反应 C．升高温度，①速率增大：②速率减小 D．为电解质溶液的甲醇燃料电池中正极的电极反应为： 9．铋基催化剂对 CO2 电化学还原制取 HCOOH 具有高效的选择性。其反应历程与能量变化如图： 下列说法错误的是（　　） A．使用 Bi 催化剂更有利于 CO2 的吸附 B．使用不同铋基催化剂，最大能垒(活化能)不相等 C．CO2 电化学还原制取 HCOOH 的反应∆H<0 D．*CO 生成*HCOO－的反应为：*CO +HCO +e－=*CO +*HCOO－ 10．2-丁烯有顺()、反()两种异构体。T℃，异构体转化的能量关系如图所示， 下列说法正确的是 A．顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯的过程属于物理变化 B．顺-2-丁烯稳定性大于反-2-丁烯 C．发生加成反应时，顺−2−丁烯断键吸收的能量低于反−2−丁烯断键吸收的能量 D．T℃，1mol顺−2−丁烯完全转化成反−2−丁烯放出热量(c-b)kJ 11．已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下（Q1、Q2均为正值）：H2（g）+Cl2（g）→2HCl（g）+Q1①； H2（g）+Br2（g）→2HBr（g）+Q2②有关上述反应的叙述错误的是（　　） A．Ql＞Q2 B．反应物总能量均高于生成物总能量 C．1molHBr（g）具有的能量大于1molHBr（l）具有的能量 D．反应①生成2 molHCl（l）时放出Q1热量 12．我国利用合成气直接制烯烃获重大突破，其原理是（　　） 反应①：C(s)＋1/2O2(g)=CO(g) ΔH1 反应②：C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) ΔH2 反应③：CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g) ΔH3＝－90.1 kJ·mol－1 反应④：2CH3OH(g)→CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH4，能量变化如图所示 反应⑤：3CH3OH(g)→CH3CH=CH2(g)＋3H2O(g) ΔH5＝－31.0 kJ·mol－1 下列说法正确的是（　　） A．反应③使用催化剂，ΔH3减小 B．ΔH1－ΔH2<0 C．反应④中正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．3CO(g)＋6H2(g)→CH3CH=CH2(g)＋3H2O(g) ΔH＝－121.1 kJ·mol－1 13．下列反应中，属于氧化还原反应且反应前后能量变化如图所示的是（　　） A．氢氧化钾与硫酸的反应 B．金属镁与盐酸的反应 C．高温条件下碳粉与二氧化碳的反应 D．Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl固体的反应 14．下列反应既是吸热反应，又是氧化还原反应的是（　　） A．甲烷在O2中燃烧的反应 B．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应 C．灼热的碳与H2O（g）反应 D．铝片与稀H2SO4反应 15．在一定温度压强下，依据图示关系，下列说法错误的是（　　） A． B．1mol C(石墨)和1mol C(金刚石)分别与足量反应全部转化为(g)，前者放热多 C． D．化学反应的△H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关 16．化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。已知白磷和 的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能（ ）：P-P键：198，P-O键：360， 键：498，则依据反应 （白磷） ，生成1mol 时的能量变化为（　　） A．吸收1638kJ的能量 B．放出1638kJ的能量 C．吸收126kJ的能量 D．放出126kJ的能量 17．LiH可作飞船的燃料，已知下列反应： ①2Li(s)+ H2(g)=2LiH(s) △H=-182 kJ/mol ②2H2(g)+O(g)=2H2O1) △H=- 572 kJ/mol ③4Li(s)+O2(g) = 2Li2O(s) △H=-1196 kJ/mol 则反应2LiH(s)+O2(g)=Li2O(s)+H2O(l)的焓变为（　　） A．+351 kJ/mol B．-351 kJ/mol C．+702 kJ/mol D．-702 kJ/mol 18．已知：Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g) △H1 2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) △H2 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H3 则反应Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l))的△H是（　　） A．△H=△H1+1/2△H2+1/2△H3 B．△H=△H1+1/2△H2-1/2△H3 C．△H=△H1+2△H2+2△H3 D．△H=2△H1+△H2+△H3 19．二氧化碳加氢制甲醇可以实现温室气体资源化利用，过程中的主要反应为　 　 密闭容器中，反应物起始物质的量比时，在不同条件下(①温度为250℃下压强变化，②压强为下温度变化)达到平衡时物质的量分数变化如图所示。下列有关说法正确的是 A．反应的焓变 B．在250℃、条件下，平衡时甲醇的物质的量分数为0.10 C．当甲醇的物质的量分数为0.03时，的平衡转化率为11.3％ D．提高转化为的平衡转化率，需要研发在高温区的高效催化剂 20．HNO2与羟基自由基(·OH)的气相氧化反应与酸雨、光化学烟雾等重大环境问题密切相关。水分子可作为该气相氧化反应的催化剂，图中表示水分子催化的一种机理：下列叙述错误的是（　　） A．该气相氧化反应的化学方程式为HNO2+·OH NO2+H2O B．反应历程中还可能形成HONO···H2O C．该反应历程中最大能垒(活化能)为201.1kJ·mol-1 D． 是反应过渡态 二、填空题 21．金属及其化合物有广泛的应用． （l）在0.2L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如下图所示，回答下列问题： ①该混合液中含溶质MgCl2的物质的量为　 　 ②将该混合液加水稀释至体积为lL，稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为　 　 （2）将8.0克氧化铜粉末，溶解于2L某浓度的盐酸中，再加入过量的铁粉，充分反应后过滤，同时收集到2.24L标准状况下的氢气． ①反应过程中涉及到的化学反应的离子方程式为　 　 ②所用盐酸的物质的量浓度为　 　 （3）实验室有时用KClO3和浓HCl制取氯气，其反应的化学方程式为KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl3↑+3H2O，该反应中的氧化剂是　 　 ，若有6mol Cl2生成，反应过程转移电子的物质的量是　 　 ，有　 　 mol HCl被氧化． 22．盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义．有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定．现根据下列的3个热化学反应方程式： Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣24.8kJ/mol Fe2O3（s）+ CO（g）═ Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣15.73kJ/mol Fe304（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.4kJ/mol 试写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：　 　． 三、实验探究题 23．SOCl2是一种液态化合物，沸点为77℃．向盛有10mL水的锥形瓶中，小心滴加8～10滴SOCl2，可观察到剧烈反应，液面上有雾形成，并带有刺激性气味气体逸出，该气体中含有可使品红溶液褪色的气体．轻轻振荡锥形瓶，待白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色沉淀析出． （1）根据上述实验现象，写出SOCl2与水反应的化学方程式：　 　． （2）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，写出有关反应的化学方程式：　 　；　 　； 而使SOCl2与AlCl3•6H2O混合加热，可以得到无水AlCl3，试解释原因：　 　． （3）已知常温下KSP[Al（OH）3]=1.3×10﹣33，若起始c（AlCl3）=1.0mol•L﹣1；则Al3+开始沉淀时的c（H+）≈　 　 mol•L﹣1． （4）Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）═3AlCl（g）+3CO（g）△H1=akJ•mol﹣1； 3AlCl（g）═2Al（l）+AlCl3（g）△H2=bkJ•mol﹣1； 则反应Al2O3（s）+3C（s）═2Al（l）+3CO（g）的△H=　 　kJ•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）． 24．MgH2和Mg2Cu可用作贮氢材料，MgO可用作炉膛内脱硫脱硝的试剂． （1）MgH2是一种离子化合物，其电子式为　 　． （2）Mg2Cu在加压条件下储氢时生成MgH2和MgCu2，该反应的化学方程式为　 　． （3）已知MgH2的有关热化学方程式如下： MgH2（s）⇌Mg（s）+H2（g）△H1=+74.4 KJ•mol﹣1； H2（g）+ O2（g）═H2O（g）△H2=﹣241.8 KJ•mol﹣1； Mg（s）+ O2（g）═MgO（s）△H3=﹣141.6 KJ•mol﹣1． ①氢化镁燃烧生成氧化镁和水蒸气的热化学方程式为　 　． ②MgH2作贮氢材料时，单位贮氢材料释放出氢气的质量随时间的变化如图甲所示，其中温度T1、T2、T3由小到大的顺序为　 　． （4）炉膛内脱除SO2与NO的反应为2MgO（s）+2SO2 （g）+2NO（g）⇌2MgSO4（s）+N2（g）△H=a KJ•mol﹣1，其平衡常数与温度的关系如图乙所示． ①上述反应的平衡常数表达式为K=　 　． ②a　 　（填“＞”或“＜”）0． （5）全固态锂离子电池的结构如图丙所示，放电时电池反应为2Li+MgH2═Mg+2LiH．放电时，X极的电极反应式为　 　．充电时，Y极的电极反应式为　 　． 25．某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和反应的反应热，将100mL盐酸与100mLNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应(在稀溶液中，可以近似地认为酸和碱的密度、比热容与水的相等)。回答下列问题： （1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是　 　，其作用是　 　。 （2）简易量热计如果不盖杯盖，生成1mol时所测得中和反应的反应热()将　 　(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 （3）实验中改用60mL盐酸和60mLNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，二者所放出的热量　 　(填“相等”或“不相等”)。 （4）若用等体积、等物质的量浓度的进行上述实验，生成1mol时，所测得的中和反应的反应热()的绝对值将　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 （5）下列说法正确的是　 　(填标号)。 a.向内筒中加入稀碱时，应当缓慢而匀速地加入 b.将用量筒量取好的稀盐酸加入内筒后，应当快速用水冲洗量筒内壁，将剩余的稀盐酸转移至内筒中，以免造成测量误差 c.用量筒量取稀酸或稀碱时，视线必须与液体凹面最低处相平 d.内筒洗净后，未及时烘干，直接用该内筒进行实验，对生成1mol时所测得的中和反应的反应热()无影响 答案解析部分 1．【答案】D 【解析】【解答】解：A、综加强海底可燃冰，锰结核的探测与开发研究，积极推进了资源合理开发，符合题意，故A正确； B、积极推广风能，太阳能光伏发电，不仅节约不可再生能源如化石燃料，而且减少污染，符合题意，故B正确； C、在生产、流通和消费等过程中实行“减量化，再利用，资源化”，积极推进了资源合理开发，符合题意，故C正确； D、将高能耗、高污染的企业迁至偏僻的农村地区，虽能提高居民收入，但会破坏环境，得不偿失，故D错误； 故选：D； 【分析】可以从污染物的来源、危害和绿色环保的含义进行分析，认识我国人口众多、资源相对不足、积极推进资源合理开发、节约能源的行为都是符合“地球保障发展意识”的主题的理念进行解答． 2．【答案】B 【解析】【解答】A.镍氢电池、锂离子电池为二次电池，碱性锌锰干电池为一次电池，故A不符合题意； B.氢氧燃料电池的产物是水，对环境无污染，且原料利用率较高，故B符合题意； C.铅蓄电池放电的时候，Pb被氧化，为原电池的负极，PbO2被还原，为原电池的正极，故C不符合题意； D.铅蓄电池充电时将电能转化为化学能，故D不符合题意。 故答案为：B。 【分析】A.根据一次电池、二次电池的不同进行判断； B.氢氧燃料电池的产物是水，对环境无污染； C.铅蓄电池的负极是金属铅； D.铅蓄电池充电时相当与电解池，试讲电能转化为化学能。 3．【答案】C 【解析】【解答】A.为放热反应，故△H＜0，故A不符合题意 B.热化学方程式，没有标明状态故B不符合题意 C.标明状态，且△H计算正确，故C符合题意 D.0.5mol放出的热量为445KJ，故D不符合题意 故答案为：C 【分析】由题意得 CH4(g)+O2(g)= CO2(g)+H2O(l) △H=﹣445KJ/mol 4．【答案】D 【解析】【解答】A.b的 活化能小于a，故b过程有催化剂，故A不符合题意 B.生成物的能量低于反应物的总能量，故该反应为放热反应，反应热为始态到终态的能量，故为△H，故B不符合题意 C.加入催化剂，可改变反应的活化能，故C不符合题意 D.有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1，故D符合题意 故答案为：D 【分析】活化能指的是，普通分子变成活化分子所需要的能量。 5．【答案】C 6．【答案】B 【解析】【解答】A．反应Ⅱ的活化能为，A不符合题意； B．反应Ⅰ的能垒最高，所以反应Ⅰ的化学反应速率最慢，B符合题意； C．图像给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为，C不符合题意； D．由反应Ⅰ可知的总能量比和的总能量高，能量越高，物质越不稳定，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.反应Ⅱ的活化能为； B.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤； C.图示表示的是单个分子的反应历程，总反应的热化学方程式应为； D.物质的能量越低越稳定。 7．【答案】D 【解析】【解答】解：A．金刚石与石墨是由碳元素组成的物理性质不同的单质，互为同素异形体，故A错误； B．石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，石墨比金刚石稳定，故B错误； C．石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，金刚石能量高，故C错误； D．金刚石的能量高，等质量的石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多，故D正确； 故选D． 【分析】12g石墨完全转化成金刚石时需要吸收E kJ的能量，说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，金刚石的能量高，1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多． 8．【答案】D 【解析】【解答】A． 催化液化Ⅰ中使用催化剂，反应的活化能Ea减小、ΔH2不变，故A不符合题意； B． 根据盖斯定律：①+②得C(s)+H2O(g)+H2(g)═CH3OH(g)ΔH=(90.1-49.0)kJ/mol=+41.1kJ/mol，故B不符合题意； C． 升高温度，①②速率都增大，故C不符合题意； D． 为电解质溶液的甲醇燃料电池中，氧气在正极得到电子发生还原反应，正极的电极反应为：，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.催化剂不影响反应热； B.根据盖斯定律计算； C.升温，①②反应速率都增大。 9．【答案】A 【解析】【解答】A． 由图可知，使用Bi2O3的反应活化能小于使用Bi的反应活化能，说明Bi2O3比Bi更有利于吸附CO2，故A符合题意； B． 由图可知，使用不同铋基催化剂，最大能垒(活化能)分别出现在第三和第四阶段，能量不相同，故B不符合题意； C． 由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，CO2 电化学还原制取 HCOOH 的反应为放热反应，△H＜0，故C不符合题意； D． 根据图示结合原子守恒分析，*CO 生成*HCOO－的反应为：*CO +HCO +e－=*CO +*HCOO－，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A．根据能量变化图可知，CO2吸附过程为CO2＋*＝*CO2，该过程在Bi2O3催化条件下放出的热量更多； B．催化剂的作用原理是降低反应的活化能，不同催化剂的催化效果不同； C．由能量变化图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应放热； D．根据原子不守恒可知该反应方程式错误。 10．【答案】C 【解析】【解答】A．由题干信息可知，顺-2-丁烯与反-2-丁烯互为同分异构体，故顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯的过程中有新的物质生成，故属于化学变化，A不符合题意； B．由题干能量转化图可知，顺-2-丁烯具有的总能量大于反-2-丁烯，能量越高越不稳定，故顺-2-丁烯稳定性小于反-2-丁烯，B不符合题意； C．顺−2−丁烯和反−2−丁烯加成后均得到相同的产物，即终态的能量相同，而顺-2-丁烯具有的总能量大于反-2-丁烯，即发生加成反应时，顺-2-丁烯放出的能量大于反-2-丁烯，形成过程中放出的总能量相同，故顺−2−丁烯断键吸收的能量低于反−2−丁烯断键吸收的能量，C符合题意； D．由题干能量转化图可知，T℃，1mol顺−2−丁烯完全转化成反−2−丁烯放出热量(a-b)kJ，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A．反应过程中有新的物质生成； B．物质的能量越低，越稳定； C．依据图像结构B分析判断； D．依据题干能量转化图判断。 11．【答案】D 【解析】【解答】解：A．非金属性Cl＞Br，则HCl比HBr稳定，则反应①中放出热量多，则Ql＞Q2，故A正确； B．燃烧反应为放热反应，则反应物总能量均高于生成物总能量，故B正确； C．同种物质气态比液体能量高，则1molHBr（g）具有的能量大于1molHBr（l）具有的能量，故C正确； D．由反应①可知，为生成气态HCl的能量变化，气态转化为液体时放热，则生成2 molHCl（l）时放出热量大于Q1，故D错误； 故选D． 【分析】A．非金属性Cl＞Br，则HCl比HBr稳定； B．燃烧反应为放热反应； C．同种物质气态比液体能量高； D．由反应①可知，为生成气态HCl的能量变化． 12．【答案】B 【解析】【解答】A.催化剂不改变反应的始终态，则反应③使用催化剂， ΔH3不变，A不符合题意； B.根据盖斯定律：①-②得到H2(g)+ 1/2O2(g)= H2O(g)，氢气燃烧放出热量，则ΔH1－ΔH2<0，B符合题意； C.④为放热反应，焓变为正逆反应的活化能之差，则反应④中正反应的活化能小于逆反应的活化能，C不符合题意； D.根据盖斯定律：③×3+⑤得到3CO(g)＋6H2(g)→CH3CH=CH2(g)＋3H2O(g) ΔH＝（-90.1×3-31=-301.3 kJ·mol－1，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.催化剂不改变反应的始终态 C.④为放热反应，焓变为正逆反应的活化能之差 D.根据盖斯定律，即可得出本题答案 13．【答案】B 【解析】【解答】解：A．氢氧化钾与硫酸的反应，没有元素的化合价变化，则不是氧化还原反应，故A不选； B．金属镁与盐酸的反应，氢离子的化合价降低，Mg的化合价升高，又该反应为放热反应，满足条件，故B选； C．高温下碳粉与二氧化碳的反应为吸热反应，故C不选； D．Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl固体的反应，没有元素的化合价变化，则不是氧化还原反应，故D不选； 故选B． 【分析】有元素化合价变化的反应，一定为氧化还原反应；由能量变化图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热的氧化还原反应，以此来解答． 14．【答案】C 【解析】【解答】解：A．甲烷在O2中的燃烧反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，但属于放热反应，故A错误； B．不存在元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误； C．碳元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，且为吸热反应，故C正确； D．为放热反应，故D错误． 故选C． 【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． 15．【答案】B 【解析】【解答】A．由题干信息可知，反应I：C(石墨)+(g)=CO(g) 反应II：CO(g)+(g)=CO2(g) ，则反应I-反应II得，根据盖斯定律可知，A不符合题意； B．由题干信息可知，C(石墨)= C(金刚石) ＜0，即1molC(石墨)具有的总能量低于1molC(金刚石)，则1mol C(石墨)和1mol C(金刚石)分别与足量反应全部转化为(g)，后者放热多，B符合题意； C．由题干信息可知，反应I：C(石墨)+(g)=CO(g) ，反应III：C(金刚石)+(g)=CO(g) 则反应I-反应III得C(石墨)= C(金刚石)，根据盖斯定律可知，，C不符合题意； D．根据盖斯定律可知，化学反应的△H，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：B。 【分析】A、根据目标方程式寻找反应物和生成物，抵消中间产物； B、石墨的能量比金刚石更低，放热时金刚石放出热量更多； C、结合盖斯定律进行判断，可知； D、盖斯定律的特点是，反应热只跟始态和终态有关，跟反应途径无关。 16．【答案】B 【解析】【解答】由题意可知，生成1mol 时，断裂1mol （白磷）中P-P键和3mol 中 键共吸收能量 ，形成1mol 中P-O键放出能量 ，故生成1mol 时总共放出能量 ， 故答案为：B。 【分析】根据焓变=反应物的键能-生成物的键能即可计算 17．【答案】D 【解析】【解答】将上述三个反应的焓变依次标记为：△H1、△H2、△H3，根据盖斯定律，反应2LiH(s)+O2(g)=Li2O(s)+H2O(l)可由 得到，则该反应的焓变= = ，D选项符合题意， 故答案为：D。 【分析】根据盖斯定律进行找出方程时，同时进行能量的计算 18．【答案】A 【解析】【解答】将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由①＋0.5×②＋0.5×③即可得到Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)=Cu2＋(aq)＋2H2O(l)的反应热ΔH＝ΔH1＋ ΔH2＋ ΔH3，答案选A。 【分析】根据盖斯定律构造目标方程式，然后计算反应的焓变即可。 19．【答案】B 20．【答案】C 【解析】【解答】A． 由图知，产物为NO2和H2O，则该气相氧化反应的化学方程式为HNO2+·OH NO2+H2O，A不符合题意； B． 由图知，水分子中的氧原子可以和亚硝酸分子中的氢原子形成氢键、水分子中的氢原子可以和亚硝酸分子中的氧原子形成氢键、则反应历程中还可能形成HONO···H2O，B不符合题意； C． 该反应不可逆，该反应历程中Ⅲ→Ⅳ时能垒最大 (活化能)，为22.6 kJ·mol-1-(-20.5) kJ·mol-1，C符合题意； D． 由过渡态理论知， 是反应过渡态，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】 A.根据反应物和生成物即可写出方程式 B.根据图示即可判断可能产生 C.根据图示找出能量的最大差值即可 D.根据图示即可判断为过渡态 21．【答案】0.1mol；0.1 mol•L﹣1　；CuO+2H+=H2O+Cu2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=H2↑+Fe2+；0.2mol•L﹣1；KClO3；10mol；10 【解析】【解答】（1）①根据MgCl2的物质的量浓度=镁离子浓度=0.5 mol•L﹣1，MgCl2的物质的量=0.5 mol•L﹣1×0.2L=0.1mol，故答案为：0.1mol； ②溶液中的电荷守恒：c（Na+）×1+c（Mg2+）×2+c（Ca2+）×2=c（Cl﹣）×1，1.0 mol•L﹣1 +0.5 mol•L﹣1×2+c（Ca2+）×2=3 mol•L﹣1×1，c（Ca2+）=0.5 mol•L﹣1，c（CaCl2）=0.5 mol•L﹣1，稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为=0.1 mol•L﹣1，故答案为：0.1 mol•L﹣1； （2）n（CuO）=）==0.1mol，n（H2）==0.1mol， 发生CuO+2H+=H2O+Cu2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=H2↑+Fe2+， 则Fe+2H+=H2↑+Fe2+， 0.2mol 0.1mol CuO+2H+=H2O+Cu2+， 0.1mol 0.2mol 所所以n（HCl）=0.2mol+0.2mol=0.4mol， c（HCl）==0.2mol•L﹣1， 故答案为：CuO+2H+=H2O+Cu2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=H2↑+Fe2+；0.2mol•L﹣1； （3）该反应中Cl元素化合价由+5价变为0价、﹣1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，所以氧化剂是KClO3； 因HCl中Cl元素的化合价升高，则HCl为该反应中的还原剂，该反应中只有Cl元素的化合价变化，氯气既是氧化产物也是还原产物，由Cl原子守恒及电子守恒可知，5个Cl原子被氧化，1个Cl被还原，该反应中生成3molCl2转移5mole﹣，当反应中6molCl2生成时，反应过程转移电子的物质的量是5×2=10mol，有10mol HCl被氧化； 故答案为：KClO3；10mol；10． 【分析】（1）①先根据MgCl2的物质的量浓度=镁离子浓度来计算浓度，再根据n=cV计算； ②根据稀释前后溶质的物质的量不变，利用C=来解答； （2）发生CuO+2H+=H2O+Cu2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=H2↑+Fe2+，n（CuO）==0.1mol，n（H2）==0.1mol，结合反应及c=来计算； （3）该反应中Cl元素化合价由+5价变为0价、﹣1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂； 根据原子守恒计算被氧化的浓盐酸物质的量；根据氯气和转移电子关系计算转移电子数． 22．【答案】CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=﹣218.0kJ/mol 【解析】【解答】解：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣24.8kJ/mol ① 3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣47.2kJ/mol ② Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ/mol ③ 由①×3﹣②﹣③×2得 6CO（g）+6FeO（s）=6Fe（s）+6CO2（g）△H=（﹣24.8kJ/mol）×3﹣（﹣47.2kJ/mol）﹣（+640.5kJ/mol）×2=﹣1308.0kJ/mol， 即 CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=﹣218.0kJ/mol 故答案为：CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=﹣218.0kJ/mol． 【分析】根据盖斯定律将三个化学方程式进行处理． 23．【答案】（1）SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑ （2）AlCl3+3H2O Al（OH）3↓+3HCl；2Al（OH）3 Al2O3+3H2O；SOCl2与水反应既减少了水的量，生成的HCl又抑制了AlCl3的水解，所以能得到氯化铝固体 （3）1.0×10﹣3 （4）a+b 【解析】【解答】解：（1）SOCl2和水剧烈反应，液面上有白雾生成，说明生成的气体遇水蒸气能形成小液滴，等白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色凝乳状沉淀析出，说明生成的白雾是稀盐酸，则气体中含有HCl；还生成气体，该气体能使品红溶液褪色说明该气体具有漂白性，根据元素守恒知，生成物中含有二氧化硫，所以该反应方程式为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑， 故答案为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑；（2）氯化铝易水解生成氢氧化铝和稀盐酸，盐酸具有挥发性，加热促进氯化铝水解，蒸干时得到的固体是氢氧化铝，灼烧氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝和水，所以灼烧得到的固体是氧化铝，反应的化学方程式为：AlCl3+3H2O Al（OH）3↓+3HCl，2Al（OH）3 Al2O3+3H2O，SOCl2和水剧烈反应生成HCl而抑制铝离子水解，且SOCl2与水反应既减少了水的量，所以能得到氯化铝固体，故答案为：AlCl3+3H2O Al（OH）3↓+3HCl，2Al（OH）3 Al2O3+3H2O，SOCl2与水反应既减少了水的量，生成的HCl又抑制了AlCl3的水解，所以能得到氯化铝固体；（3）已知常温下KSP[Al（OH）3]=1.3×10﹣33，若起始c（AlCl3）=1.0mol•L﹣1，C（Al3+）c3（OH﹣）=KSP[Al（OH）3]=1.3×10﹣33 c（OH﹣）= ≈1.0×10﹣11mol/L，c（H+）= ≈1.0×10﹣3mol/L，则Al3+开始沉淀时的c（H+）≈1.0×10﹣3mol/L，故答案为：1.0×10﹣3；（4）①Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）═3AlCl（g）+3CO（g）△H1=akJ•mol﹣1；②3AlCl（g）═2Al（l）+AlCl3（g）△H2=bkJ•mol﹣1；依据盖斯定律计算①+②得到所需热化学方程式，Al2O3（s）+3C（s）═2Al（l）+3CO（g）△H=（a+b）KJ/mol，故答案为：a+b． 【分析】（1）SOCl2和水剧烈反应，液面上有白雾生成，说明生成的气体遇水蒸气能形成小液滴，等白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色凝乳状沉淀析出，说明生成的白雾是稀盐酸，则气体中含有HCl；还生成气体，该气体能使品红溶液褪色说明该气体具有漂白性，根据元素守恒知，生成物中含有二氧化硫；（2）氯化铝易水解生成氢氧化铝和稀盐酸，盐酸具有挥发性，加热促进氯化铝水解，蒸干时得到的固体是氢氧化铝，灼烧氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝和水，所以灼烧得到的固体是氧化铝，SOCl2和水剧烈反应生成HCl而抑制铝离子水解；（3）依据溶度积常数计算得到离子浓度；（4）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式． 24．【答案】（1）[H：]﹣Mg2+[H：]﹣ （2）2Mg2Cu+3H2=MgCu2+3MgH2 （3）MgH2（s）+O2（g）=MgO（s）+H2O（g）△H=﹣309kJ•mol﹣1；T3＜T2＜T1 （4）；＜ （5）MgH2+2Li++2e﹣=Mg+2LiH；Li++e﹣=Li 【解析】【解答】解：（1）MgH2是一种离子化合物，镁失去最外层电子给氢原子，电子式为：[H：]﹣Mg2+[H：]﹣； 故答案为：[H：]﹣Mg2+[H：]﹣；（2）Mg2Cu在加压条件下储氢时生成MgH2和MgCu2，化学方程式为：2Mg2Cu+3H2=MgCu2+3MgH2； 故答案为：2Mg2Cu+3H2=MgCu2+3MgH2；（3）①已知：ⅠMgH2（s）⇌Mg（s）+H2（g）△H1=+74.4 KJ•mol﹣1； ⅡH2（g）+ O2（g）═H2O（g）△H2=﹣241.8 KJ•mol﹣1； ⅢMg（s）+ O2（g）═MgO（s）△H3=﹣141.6 KJ•mol﹣1 根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得MgH2（s）+O2（g）=MgO（s）+H2O（g）△H=﹣309 kJ•mol﹣1； 故答案为：MgH2（s）+O2（g）=MgO（s）+H2O（g）△H=﹣309 kJ•mol﹣1；②MgH2作贮氢材料时，单位贮氢材料释放出氢气，反应为MgH2（s）⇌Mg（s）+H2（g）△H1=+74.4 KJ•mol﹣1，温度升高有利于氢气的释放，由图可知，T1、T2、T3氢气的释放速率减慢，则T3＜T2＜T1； 故答案为：T3＜T2＜T1；（4）①反应2MgO（s）+2SO2 （g）+2NO（g）⇌2MgSO4（s）+N2（g），化学平衡常数K= ； 故答案为： ；②温度升高化学平衡向着吸热方向移动，由图可知温度升高，K减小，说明该反应为放热反应，则△H=a KJ•mol﹣1＜0； 故答案为：＜；（5）全固态锂离子电池放电时电池反应为2Li+MgH2═Mg+2LiH，X极电极材料为MgH2，该极为正极，得电子，电极反应式为：MgH2+2Li++2e﹣=Mg+2LiH，则Y极为Li，作负极，电极反应式为：Li﹣e﹣=Li+，；充电时：Y极为阴极：反应式为：Li++e﹣=Li； 故答案为：MgH2+2Li++2e﹣=Mg+2LiH；Li++e﹣=Li． 【分析】（1）MgH2是一种离子化合物，镁失去最外层电子给氢原子；（2）Mg2Cu在加压条件下与氢气生成MgH2和MgCu2，根据质量守恒可得；（3）①已知：ⅠMgH2（s）⇌Mg（s）+H2（g）△H1=+74.4 KJ•mol﹣1； ⅡH2（g）+ O2（g）═H2O（g）△H2=﹣241.8 KJ•mol﹣1； ⅢMg（s）+ O2（g）═MgO（s）△H3=﹣141.6 KJ•mol﹣1 根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得MgH2（s）+O2（g）=MgO（s）+H2O（g）；②MgH2作贮氢材料时，单位贮氢材料释放出氢气，反应为MgH2（s）⇌Mg（s）+H2（g）△H1=+74.4 KJ•mol﹣1，温度升高有利于氢气的释放；（4）①根据平衡常数为生成物浓度幂之积与与反应物浓度幂之积之比可写，注意固体不写入；②根据温度升高化学平衡向着吸热方向移动分析；（5）全固态锂离子电池放电时电池反应为2Li+MgH2═Mg+2LiH，X极电极材料为MgH2，该极为正极，得电子，电极反应式为：MgH2+2Li++2e﹣=Mg+2LiH，则Y极为Li，作负极，电极反应式为：Li﹣e﹣=Li+，；充电时：Y极为阴极：反应式为：Li++e﹣=Li． 25．【答案】（1）玻璃搅拌器；使强酸和强碱充分反应 （2）偏大 （3）不相等 （4）偏小 （5）c 【解析】【解答】（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是玻璃搅拌器，作用是搅拌，使强酸和强碱充分反应，故答案为：玻璃搅拌器；使强酸和强碱充分反应。 （2）简易量热计如果不盖杯盖，会有一部分热量散失，测得的中和热数值将会减小，但中和热焓变是负值，则生成1mol H2O时所测得中和反应的反应热(ΔH)将偏大，故答案为：偏大。 （3）实验中改用60mL盐酸和60mLNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量减少，所放出的热量更少，即不相等，故答案为：不相等。 （4）是弱电解质，电离过程吸热，若用等体积等物质的量浓度的进行上述实验，生成1mol H2O时，所测得的中和反应的反应热数值偏小，即生成1mol H2O时，所测得的中和反应的反应热的绝对值()将偏小，故答案为：偏小。 （5）a．向内简中加入稀碱时，应当快速倒入内简中，以减少热量损失，故a不正确； b．将用量筒量取好的稀盐酸加入内筒后，若快速用水冲洗量筒内壁剩余的稀盐酸至内筒中，溶液的质量增大，所以量筒中剩余的液体不要用水冲洗，故b不正确； c．用量筒量取稀酸或碱时，眼睛必须与液体凹面最低处相平，保证量取的酸或碱的用量准确，实验操作规范，故c正确； d．内简中有残留的水，使溶液的总质量偏大，导致溶液的最终温度偏低，故d不正确； 故答案为：c。 【分析】（1）该装置还缺少环形玻璃搅拌棒进行搅拌使酸碱充分反应； （2）简易量热计如果不盖杯盖会导致热量损失； （3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关； （4）醋酸是弱酸，电离吸热； （5）a.为了减少热量损失，应快速加入碱； b.量取盐酸的量筒无需洗涤； c.读取量筒的数据时，视线必须与液体凹面最低处相平； d.内筒有水，会导致溶液温度偏低。 学科网（北京）股份有限公司 $$