2025届高三化学一轮复习 化学反应的热效应

化学反应的热效应 一．选择题（共13小题） 1．（2024•青岛一模）催化水煤气反应的微观过程如图所示。下列说法错误的是（　　） A．过程Ⅰ、Ⅱ中均有氢氧键断裂 B．生成的新物质均为非极性分子 C．该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2 D．过程中CO和H2O全部参与反应 2．（2024•市中区一模）化学反应A+B→C（放出能量）分两步进行： ①A+B→X（吸收能量），②X→C（放出能量）。 下列示意图中表示总反应过程中能量变化的是（　　） A． B． C． D． 3．（2024•市南区一模）某反应由两步反应A→B→C构成，它的能量反应过程曲线如图，下列叙述正确的是（　　） A．A→C的ΔH＝E1﹣E2+E3﹣E4 B．两步反应均为放热反应 C．若反应使用合适的催化剂，可以降低活化能，提高反应速率，同时平衡正向移动 D．A→B形成化学键释放的能量大于破坏化学键吸收的能量 4．（2021秋•东昌府区一模）以太阳能为热源，硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程如图所示。 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＝﹣213kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：H2SO4（aq）═SO2（g）+H2O（l）+O2（g）ΔH2＝+327kJ•mol﹣1 反应Ⅲ：2HI（aq）═H2（g）+I2（g）ΔH3＝+172kJ•mol﹣1 下列说法不正确的是（　　） 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作用 C．总反应的热化学方程式为2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）ΔH＝+286kJ•mol﹣1 D．该过程降低了水分解制氢的活化能，但总反应的ΔH不变 5．（2024•潍坊一模）汽车发动机工作时会引发N2和O2反应生成NO，其能量变化如图所示。下列说法正确的是（　　） A．该反应为放热反应 B．三种分子中最稳定的是NO C．1mol N2具有的能量为946kJ D．断裂1mol O＝O需吸收的能量是498kJ 6．（2024•市中区一模）已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO﹣，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法中正确的是（　　） A．由图可知反应历程中有三个基元反应 B．该历程中的最大能垒（活化能）E正＝16.87kJ•mol﹣1 C．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热 D．升高温度，有利于该反应正向进行 7．（2024•历下区模拟）一定温度和压强下利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如图（其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注）。 下列说法错误的是（　　） A．第①步存在共价键的断裂和形成 B．第②步是反应的决速步骤，化学方程式为HCOO*+4H*═CH3O*+H2O C．铜基催化剂可以改变反应历程 D．保持压强不变，室温下进行该反应，焓变变大 8．（2021秋•肥城市一模）下列说法正确的是（　　） A．一定温度下，反应MgCl2（l）Mg（l）+Cl2（g）的ΔH＞0，ΔS＜0 B．凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的 C．常温下，2H2O2H2↑+O2↑，即常温下水的分解反应是自发反应 D．已知2KClO3 （s）═2KCl（s）+3O2（g） ΔH＝﹣78.03 kJ•mol﹣1，ΔS＝+494.4 J•mol﹣1•k﹣1，此反应在任何温度下都能自发进行 9．（2024•河东区一模）中国学者在水煤气变换[CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂（能吸附不同粒子）催化实现的，反应过程示意图如图： 下列说法不正确的是（　　） A．过程Ⅰ为吸热过程 B．图示中的3个过程都涉及到了H2O C．过程Ⅲ既有极性共价键的生成，又有非极性共价键的生成 D．使用催化剂能缩小反应物和生成物的能量差 10．（2024•泰安一模）已知有以下有机反应（图1）与反应装置（图2）： 其中A，B，C，D的百分含量随着X的变化如表所示： X＝1m X＝2m X＝3m X＝4m X＝5m X＝6m X＝∞m 物质A 40% 30% 10% 5% 4% 2% 0% 物质B 40% 30% 10% 5% 4% 2% 0% 物质C 15% 30% 65% 60% 40% 20% 1% 物质D 5% 10% 15% 30% 52% 76% 99% 下列说法不正确的是（　　） A．物质D相比于物质C在该反应中更稳定 B．反应1的活化能小于反应2的活化能 C．增大B气流的流速，X＝∞m处n（D）：n（C）的比值不变 D．若需提高物质C的产率，可将管道的出口设计相对更远 11．（2024•潍坊一模）化学反应A2（g）+B2（g）＝2AB（g）的能量变化如图所示。下列叙述错误的是（　　） A．该反应每生成2molAB（g）吸收（a﹣b）kJ热量 B．反应物的总能量比反应产物的总能量低（a﹣b）kJ C．破坏反应物中化学键所需的能量低于形成反应产物中化学键释放的能量 D．反应物化学键中储存的总能量比反应产物化学键中储存的总能量高 12．（2024•潍坊一模）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，其流程如图： 反应Ⅰ：SO2（g）+I2（g）+2H2O（l）＝2HI（aq）+H2SO4（aq）ΔH1＝﹣213kJ•mol−1 反应Ⅱ：H2SO4（aq）＝SO2（g）+H2O（l）+1O2（g）ΔH2＝+327kJ•mol−1 2反应Ⅲ：2HI（aq）＝H2（g）+I2（g）ΔH3＝+172kJ•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＝+286kJ•mol−1 D．反应设备不宜采用铁质材料 13．（2024•淄博一模）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程如图所示，已知O2（g）和Cl2（g）的相对能量为0。下列说法错误的是（　　） A．E6﹣E3＝E5﹣E2 B．Cl﹣Cl键能为2（E2﹣E3）kJ⋅mol﹣1 C．相同条件下，O2的平衡转化率：历程Ⅰ＝历程Ⅱ D．历程Ⅰ和Ⅱ中速率最快一步反应的热化学方程式为ClO（g）+O（g）═O2（g）+Cl（g）ΔH＝（E4﹣E5）kJ⋅mol﹣1 二．解答题（共2小题） 14．（2024•潍坊一模）甲烷和甲醇是常见的有机物，具有广阔的开发应用前景。回答下列问题。 （1）已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）ΔH1＝﹣893kJ•mol﹣1 2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）ΔH2＝﹣1451.5kJ•mol﹣1 则2CH4（g）+O2（g）═2CH3OH（l）ΔH＝　 　kJ•mol﹣1。 （2）甲醇燃料电池（简称DMFC）由于结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注。DMFC工作原理如图1所示： ①电极N上发生 　 　（填“氧化”或“还原”）反应。 ②电极M上发生反应的电极反应式为 　 　。 ③质子交换膜每通过1mol H+，消耗b气体标准状况下的体积为 　 　L。 （3）某研究小组用甲烷燃料电池作电源，电解含正盐X的废水制得O2、H2、H2SO4和NaOH。工作原理如图2。 已知：Ⅰ.电池中甲烷用量为4.48L（标准状况）； Ⅱ.甲、乙、丙三池中溶液体积均为1L且忽略电解过程中体积变化。 回答下列问题： ①电解池中c膜为 　 　（填“阳”或“阴”）离子交换膜；X为 　 　（写化学式）。 ②电解结束后，理论上丙池中c（H+）＝　 　mol•L﹣1。 15．（2024•安丘市一模）二氧化锰是实验室常见的氧化剂，在化学领域应用广泛。回答下列问题： （1）将C和MnO2的混合物在空气中灼烧可发生以下反应： Ⅰ．MnO2（s）+C（s）═MnO（s）+CO（g）ΔH1＝+24.4kJ•mol﹣1 Ⅱ．MnO2（s）+CO（g）═MnO（s）+CO2（g）ΔH2 Ⅲ．2MnO2（s）+C（s）═2MnO（s）+CO2（g）ΔH3＜0 ①的数值范围是 　 　（填标号）。 a．＜−1 b．−1～0 c．0～1 d．＞1 ②反应Ⅲ可看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由原料经两步生成产物的反应过程能量变化示意图。 　 　 （2）MnO2可催化分解H2O2：2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）ΔH4＝akJ•mol﹣1其反应机理如图： 已知反应Ⅰ为：MnO2（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Mn2+（aq）+O2（g）+2H2O（l）ΔH＝bkJ•mol﹣1，写出反应Ⅱ的热化学方程式 　 　（焓变数值用a和b表示）。 （3）一种水性电解液Zn﹣MnO2电池如图所示，电池放电时可以制备K2SO4。已知：KOH溶液中，Zn2+以Zn（OH）42﹣形式存在。 ①隔膜2为 　 　（填“阴”或“阳”）离子交换膜。 ②电池总反应为 　 　。 ③放电时，6.5gZn参加反应，Ⅰ室溶液质量理论上减少 　 　g。 参考答案与试题解析 一．选择题（共13小题） 1．（2024•青岛一模）催化水煤气反应的微观过程如图所示。下列说法错误的是（　　） A．过程Ⅰ、Ⅱ中均有氢氧键断裂 B．生成的新物质均为非极性分子 C．该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2 D．过程中CO和H2O全部参与反应 【答案】B 【分析】A．结合图中信息即可知，过程Ⅰ只断裂1个O—H键，过程Ⅱ又断裂1个O—H键； B．根据图知，过程Ⅰ和过程Ⅱ存在水分子中的化学键断裂，过程Ⅲ中生成水分子； C．由图可知，该反应的反应物为CO和H2O，生成物为CO2和H2； D．过程Ⅰ只断裂1个O—H键，过程Ⅱ又断裂1个O—H键。 【解答】解：A．由图可知，过程Ⅰ、Ⅱ均断裂了O—H键，故A正确； B．过程Ⅲ中生成的水分子为极性分子，故B错误； C．由图可知，该反应的反应物为CO和H2O，生成物为CO2和H2，则该反应的化学方程式是CO+H2OCO2+H2，故C正确； D．根据图知，过程Ⅰ和过程Ⅱ存在水分子中的化学键断裂，过程Ⅲ中生成二氧化碳，所以过程中CO和H2O全部参与反应，故D正确； 故选：B。 【点评】本题以制备水煤气为载体考查反应热和焾变，明确反应历程中断键和成键方式、化学键基本概念内涵、催化剂对化学反应的影响等知识点是解本题关键，注意分析图中化学键的变化，题目难度不大。 2．（2024•市中区一模）化学反应A+B→C（放出能量）分两步进行： ①A+B→X（吸收能量），②X→C（放出能量）。 下列示意图中表示总反应过程中能量变化的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】反应物能量比生成物能量高，则放出能量；反应物能量比生成物能量低，则吸收能量。 【解答】解：A．①A+B→X（吸收能量），②X→C（放出能量），A+B→C（放出能量），故A正确； B．①A+B→X（放出能量），②X→C（放出能量），A+B→C（放出能量），故B错误； C．①A+B→X（放出能量），②X→C（吸收能量），A+B→C（吸收能量），故C错误； D．①A+B→X（吸收能量），②X→C（吸收能量），A+B→C（吸收能量），故D错误； 故选：A。 【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 3．（2024•市南区一模）某反应由两步反应A→B→C构成，它的能量反应过程曲线如图，下列叙述正确的是（　　） A．A→C的ΔH＝E1﹣E2+E3﹣E4 B．两步反应均为放热反应 C．若反应使用合适的催化剂，可以降低活化能，提高反应速率，同时平衡正向移动 D．A→B形成化学键释放的能量大于破坏化学键吸收的能量 【答案】A 【分析】A．A→B的ΔH＝E1﹣E2，B→C的ΔH＝﹣E4+E3； B．由图可知，B→C为放热反应； C．催化剂可以降低活化能提高反应速率； D．由图可知，A→B形成化学键释放的能量小于破坏化学键吸收的能量。 【解答】解：A．A→B的ΔH＝E1﹣E2，B→C的ΔH＝﹣E4+E3，故A→C的ΔH＝﹣E4+E3+E1﹣E2，故A正确； B．由图可知，B→C为放热反应，A→B为吸热反应，故B错误； C．催化剂可以降低活化能提高反应速率，但是不能使平衡发生移动，故C错误； D．由图可知，A→B形成化学键释放的能量小于破坏化学键吸收的能量，故该反应为吸热反应；故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。 4．（2021秋•东昌府区一模）以太阳能为热源，硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程如图所示。 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＝﹣213kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：H2SO4（aq）═SO2（g）+H2O（l）+O2（g）ΔH2＝+327kJ•mol﹣1 反应Ⅲ：2HI（aq）═H2（g）+I2（g）ΔH3＝+172kJ•mol﹣1 下列说法不正确的是（　　） 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作用 C．总反应的热化学方程式为2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）ΔH＝+286kJ•mol﹣1 D．该过程降低了水分解制氢的活化能，但总反应的ΔH不变 【答案】C 【分析】A.通过流程图，可推出能量的变化； B．催化剂在反应前后质量不变： C．反应Ⅰ+反应Ⅱ+反应Ⅲ，得到H2O（l）＝H2（g）+O2（g），根据盖斯定律，ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3； D催化剂改变反应机理，降低反应的活化能，ΔH只与始态和终态有关。 【解答】解：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正确； B．根据流程总反应为H2O＝H2↑+O2↑，SO2和I2起到催化剂的作用，故B正确： C．反应Ⅰ+反应Ⅱ+反应Ⅲ，得到H2O（l）＝H2（g）+O2（g），根据盖斯定律，ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3＝（﹣213+327+172）kJ•mol﹣1＝+286kJ•mol﹣1，或者2H2O（l）＝2H2（g）+O（g）ΔH＝+572kJ•mol﹣1，故C错误； D．催化剂改变反应机理，降低反应的活化能，ΔH只与始态和终态有关，ΔH不变，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查氧化还原反应的判断，盖斯定律的应用，催化剂与之间产物的区别，吉布斯自由能的应用，属于基本知识，基础题型，难度不大。 5．（2024•潍坊一模）汽车发动机工作时会引发N2和O2反应生成NO，其能量变化如图所示。下列说法正确的是（　　） A．该反应为放热反应 B．三种分子中最稳定的是NO C．1mol N2具有的能量为946kJ D．断裂1mol O＝O需吸收的能量是498kJ 【答案】D 【分析】A．该反应中的反应热＝反应物的键能和﹣生成物的键能和＝（946+498）kJ/mol﹣2×632kJ/mol＝+180kJ/mol，即该反应为吸热反应； B．键能越大越稳定； C．由题给图示可知，断开1mol N与N之间的三键需要的能量为946kJ； D．由图可知，断裂1mol O＝O需吸收的能量是498kJ。 【解答】解：A．该反应中的反应热＝反应物的键能和﹣生成物的键能和＝（946+498）kJ/mol﹣2×632kJ/mol＝+180kJ/mol，即该反应为吸热反应，故A错误； B．键能越大越稳定，图1中三种分子最稳定的是N2，故B错误； C．由题给图示可知，断开1mol N与N之间的三键需要的能量为946kJ，故C错误； D．由图可知，断裂1mol O＝O需吸收的能量是498kJ，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查了反应热与焓变的知识，题目难度不大，掌握基础知识即可解答。 6．（2024•市中区一模）已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO﹣，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法中正确的是（　　） A．由图可知反应历程中有三个基元反应 B．该历程中的最大能垒（活化能）E正＝16.87kJ•mol﹣1 C．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热 D．升高温度，有利于该反应正向进行 【答案】A 【分析】A．基元反应分别是A与H2O生成I1，I1生成I2，I2生成B与HCOO﹣； B．该历程中的最大能垒（活化能）E正＝16.87kJ/mol−（−1.99kJ/mol）； C．催化剂不改变反应热； D．化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO﹣为放热反应。 【解答】解：A．由图可知，反应历程中有三个基元反应，分别是A与H2O生成I1，I1生成I2，I2生成B与HCOO﹣，故A正确； B．该历程中的最大能垒（活化能）E正＝16.87kJ/mol−（−1.99kJ/mol）＝18.86kJ/mol，故B错误； C．催化剂可降低反应所需的活化能，但催化剂不改变反应热，故C错误； D．化合物A与H2O反应生成化合物B与HCOO﹣为放热反应，升高温度，平衡逆移，不利于该反应正向进行，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。 7．（2024•历下区模拟）一定温度和压强下利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如图（其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注）。 下列说法错误的是（　　） A．第①步存在共价键的断裂和形成 B．第②步是反应的决速步骤，化学方程式为HCOO*+4H*═CH3O*+H2O C．铜基催化剂可以改变反应历程 D．保持压强不变，室温下进行该反应，焓变变大 【答案】D 【分析】A．第①步反应涉及碳氧极性键的断裂和碳氢键的形成； B．活化能最大，反应速率最慢，是该历程的决速步； C．铜基催化剂可以影响反应的活化能； D．焓变与反应体系的始末状态有关。 【解答】解：A．根据反应机理示意图可知，第①步反应涉及碳氧极性键的断裂和碳氢键的形成，故A正确； B．活化能最大，反应速率最慢，是该历程的决速步；根据反应机理示意图可知，第②步化学方程式为HCOO*+4H*＝CH3O*+H2O，该步反应活化能最大，反应速率最慢，是该历程的决速步，故B正确； C．铜基催化剂可以影响反应的活化能，从而影响反应历程，故C正确； D．焓变与反应体系的始末状态有关，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。 8．（2021秋•肥城市一模）下列说法正确的是（　　） A．一定温度下，反应MgCl2（l）Mg（l）+Cl2（g）的ΔH＞0，ΔS＜0 B．凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的 C．常温下，2H2O2H2↑+O2↑，即常温下水的分解反应是自发反应 D．已知2KClO3 （s）═2KCl（s）+3O2（g） ΔH＝﹣78.03 kJ•mol﹣1，ΔS＝+494.4 J•mol﹣1•k﹣1，此反应在任何温度下都能自发进行 【答案】D 【分析】A.该反应为气体体积增大的反应，其熵变大于0； B.反应能否自发进行，取决于焓变与熵变的综合判据； C.该反应是在通电条件下进行的，常温下不能自发进行； D.ΔH﹣TΔS＜0的反应能够自发进行。 【解答】解：A.MgCl2（l）Mg（l）+Cl2（g）为气体体积增大的放热反应，其ΔH＞0，ΔS＞0，故A错误； B.反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的，若ΔH＜0，△S＞0，则一定自发，若ΔH＞0，△S＜0，则一定不能自发，若ΔH＜0，ΔS＜0或ΔH＞0，△S＞0，反应能否自发，和温度有关，故B错误； C.2H2O2H2↑+O2↑的ΔH＞0、△S＞0，常温下复合判据ΔH﹣T△S＞0，则常温下水的分解反应不能自发反应，故C错误； D.已知2KClO3 （s）═2KCl（s）+3O2（g） ΔH＝﹣78.03 kJ•mol﹣1，ΔS＝+494.4 J•mol﹣1•k﹣1，该反应的复合判据一定满足ΔH﹣TΔS＜0，说明此反应在任何温度下都能自发进行，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、吸热与放热反应的判断为解答的关键，注意掌握反应自发进行的条件，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。 9．（2024•河东区一模）中国学者在水煤气变换[CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂（能吸附不同粒子）催化实现的，反应过程示意图如图： 下列说法不正确的是（　　） A．过程Ⅰ为吸热过程 B．图示中的3个过程都涉及到了H2O C．过程Ⅲ既有极性共价键的生成，又有非极性共价键的生成 D．使用催化剂能缩小反应物和生成物的能量差 【答案】D 【分析】A.断键过程是吸热过程，成键过程是放热过程； B.过程Ⅰ和过程Ⅱ中存在H—O键的断裂，过程Ⅲ中存在H—O的形成； C.C＝O、H—O键属于极性共价键，H—H键属于非极性共价键； D.催化剂不能改变反应的焓变。 【解答】解：A.过程Ⅰ存在断键过程，为吸热过程，故A正确； B.由图可知，过程Ⅰ和过程Ⅱ中存在水中H—O键的断裂，过程Ⅲ中存在水中H—O的形成，故B正确； C.过程Ⅲ既有C＝O、H—O极性共价键的断裂，又有H—H非极性共价键的生成，故C正确； D.使用催化剂能缩小反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应物和生成物的能量差，即焓变，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查反应热与焓变想相关知识，侧重考查学生的看图理解能力、分析应用能力，属于基本知识的考查，难度不大。 10．（2024•泰安一模）已知有以下有机反应（图1）与反应装置（图2）： 其中A，B，C，D的百分含量随着X的变化如表所示： X＝1m X＝2m X＝3m X＝4m X＝5m X＝6m X＝∞m 物质A 40% 30% 10% 5% 4% 2% 0% 物质B 40% 30% 10% 5% 4% 2% 0% 物质C 15% 30% 65% 60% 40% 20% 1% 物质D 5% 10% 15% 30% 52% 76% 99% 下列说法不正确的是（　　） A．物质D相比于物质C在该反应中更稳定 B．反应1的活化能小于反应2的活化能 C．增大B气流的流速，X＝∞m处n（D）：n（C）的比值不变 D．若需提高物质C的产率，可将管道的出口设计相对更远 【答案】D 【分析】A．随X的增加，C的含量先增加后减少，D的含量增加，这说明生成C的反应速率快； B．生成C的反应速率快； C．X＝∞m时，反应物全部转化为生成物，所以增大B气流的流速； D．随X的增加，C的含量先增加后减少，D的含量增加，因此若需提高物质C的产率。 【解答】解：A．随X的增加，C的含量先增加后减少，D的含量增加，生成C的反应速率快，则物质D相比于物质C在该反应中更稳定，故A正确； B．生成C的反应速率快，则反应1的活化能小于反应2的活化能，故B正确； C．X＝∞m时，反应物全部转化为生成物，则增大B气流的流速，X＝∞m处n（D）：n（C）的比值不变，故C正确； D．随X的增加，C的含量先增加后减少，D的含量增加，若需提高物质C的产率，可将管道的出口设计相对更近，而不是更远，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。 11．（2024•潍坊一模）化学反应A2（g）+B2（g）＝2AB（g）的能量变化如图所示。下列叙述错误的是（　　） A．该反应每生成2molAB（g）吸收（a﹣b）kJ热量 B．反应物的总能量比反应产物的总能量低（a﹣b）kJ C．破坏反应物中化学键所需的能量低于形成反应产物中化学键释放的能量 D．反应物化学键中储存的总能量比反应产物化学键中储存的总能量高 【答案】C 【分析】由图可知，生成物总能量大于反应物总能量，则该反应为吸热反应，ΔH＝反应物的总键能﹣生成物总键能＝生成物总能量﹣反应物总能量＝（a﹣b）kJ/mol。 【解答】解：A．A2（g）+B2（g）＝2AB（g）ΔH＝（a﹣b）kJ/mol，所以每生成2molAB（g）吸收（a﹣b）kJ热量，故A正确； B．由A分析可知，1molA2（g）和1molB2（g）总能量比2molAB（g）总能量低（a﹣b）kJ，故B正确； C．该反应为吸热反应，所以破坏反应物中化学键所需的能量高于形成反应产物中化学键释放的能量，故C错误； D．该反应为吸热反应，所以反应物化学键中储存的总能量比反应产物化学键中储存的总能量高，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查反应热与焓变，侧重考查学生识图能力和分析能力，掌握反应热与物质能量、键能的关系为解题关键，此题难度不大。 12．（2024•潍坊一模）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，其流程如图： 反应Ⅰ：SO2（g）+I2（g）+2H2O（l）＝2HI（aq）+H2SO4（aq）ΔH1＝﹣213kJ•mol−1 反应Ⅱ：H2SO4（aq）＝SO2（g）+H2O（l）+1O2（g）ΔH2＝+327kJ•mol−1 2反应Ⅲ：2HI（aq）＝H2（g）+I2（g）ΔH3＝+172kJ•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＝+286kJ•mol−1 D．反应设备不宜采用铁质材料 【答案】C 【分析】A．通过流程图，可推出能量的变化； B．根据盖斯定律将反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ加起来即可； C．反应Ⅱ、Ⅲ均是吸热反应； D 铁和碘单质能反应。 【解答】解：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正确； B．根据流程总反应为H2O＝H2↑+O2↑，SO2和I2起到催化剂的作用，故B正确： C．反应Ⅰ+反应Ⅱ+反应Ⅲ，得到H2O（l）＝H2（g）+O2（g），根据盖斯定律，ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3＝（﹣213+327+172）kJ•mol﹣1＝+286kJ•mol﹣1，或者2H2O（l）＝2H2（g）+O（g）ΔH＝+572kJ•mol﹣1，故C错误； D．铁和碘单质能反应，反应设备不宜采用铁质材料，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查反应能量变化的判断，盖斯定律的应用，属于基本知识，基础题型，难度不大。 13．（2024•淄博一模）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程如图所示，已知O2（g）和Cl2（g）的相对能量为0。下列说法错误的是（　　） A．E6﹣E3＝E5﹣E2 B．Cl﹣Cl键能为2（E2﹣E3）kJ⋅mol﹣1 C．相同条件下，O2的平衡转化率：历程Ⅰ＝历程Ⅱ D．历程Ⅰ和Ⅱ中速率最快一步反应的热化学方程式为ClO（g）+O（g）═O2（g）+Cl（g）ΔH＝（E4﹣E5）kJ⋅mol﹣1 【答案】D 【分析】A．根据题给图示可知，历程Ⅱ相当于历程Ⅰ在催化剂 Cl参与的条件下进行的反应，催化剂降低反应的活化能，但是不能改变反应的焓变，因此ΔH＝E6﹣E3＝E5﹣E2； B．Cl2（g）的相对能量为0kJ•mol﹣1，由图可知，Cl（g）的相对能量为（E2﹣E3）kJ•mol﹣1，断裂化学键吸收能量，则Cl2（g）→2Cl（g）吸收能量为2（E2﹣E3）kJ•mol﹣1，即可判断Cl﹣Cl的键能； C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应为的平衡转化率； D．基元反应的活化能越小，反应速率越快。 【解答】解：A．根据题给图示可知，历程Ⅱ相当于历程Ⅰ在催化剂 Cl参与的条件下进行的反应，催化剂降低反应的活化能，但是不能改变反应的焓变，因此ΔH＝E6﹣E3＝E5﹣E2，故A 正确； B．Cl2（g）的相对能量为0kJ•mol﹣1，由图可知，Cl（g）的相对能量为（E2﹣E3）kJ•mol﹣1，断裂化学键吸收能量，则Cl2（g）→2Cl（g）吸收能量为2（E2﹣E3）kJ•mol﹣1，即Cl﹣Cl键能为2（E2﹣E3）kJ•mol﹣1，故B正确； C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应为的平衡转化率，即相同条件下，历程Ⅰ和历程Ⅱ中O3的平衡转化率相等，故C正确； D．基元反应的活化能越小，反应速率越快，由图可知，历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应就是活化能最小的一步反应，由图可知，该反应的热化学方程式为：ClO（g）+O（g）＝O2（g）+Cl（g）ΔH＝（E5﹣E4）kJ•mol﹣1，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查学生看图理解与应用的能力，同时考查学生对反应热与焓变的理解以及催化剂对焓变无影响，属于基本知识的考查，难度不大。 二．解答题（共2小题） 14．（2024•潍坊一模）甲烷和甲醇是常见的有机物，具有广阔的开发应用前景。回答下列问题。 （1）已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）ΔH1＝﹣893kJ•mol﹣1 2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）ΔH2＝﹣1451.5kJ•mol﹣1 则2CH4（g）+O2（g）═2CH3OH（l）ΔH＝　﹣334.5　kJ•mol﹣1。 （2）甲醇燃料电池（简称DMFC）由于结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注。DMFC工作原理如图1所示： ①电极N上发生 　还原　（填“氧化”或“还原”）反应。 ②电极M上发生反应的电极反应式为 　CH3OH﹣6e﹣+H2O＝CO2↑+6H+　。 ③质子交换膜每通过1mol H+，消耗b气体标准状况下的体积为 　5.6　L。 （3）某研究小组用甲烷燃料电池作电源，电解含正盐X的废水制得O2、H2、H2SO4和NaOH。工作原理如图2。 已知：Ⅰ.电池中甲烷用量为4.48L（标准状况）； Ⅱ.甲、乙、丙三池中溶液体积均为1L且忽略电解过程中体积变化。 回答下列问题： ①电解池中c膜为 　阳　（填“阳”或“阴”）离子交换膜；X为 　Na2SO4　（写化学式）。 ②电解结束后，理论上丙池中c（H+）＝　1.8　mol•L﹣1。 【答案】（1）﹣334.5； （2）①还原； ②CH3OH﹣6e﹣+H2O＝CO2↑+6H+； ③5.6； （3）①阳；Na2SO4； ②1.8。 【分析】（1）利用盖斯定律，联立方程式CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）ΔH1＝﹣893kJ•mol﹣1和2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）ΔH2＝﹣1451.5kJ•mol﹣1 可解答； （2）①由图知为原电池装置，根据电子流动或离子迁移判断N极为正极，发生还原反应； ②由图知为原电池装置，根据电子流动或离子迁移判断 M极为负极，电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+H2O＝CO2↑+6H+； ③根据N极电极反应利用电子守恒可解答； （3）①由图知该装置为原电池和电解池串联，根据甲烷燃料电池可确定电解池a为阴极，甲区域制备NaOH和H2，c膜为阳离子交换膜，b极为阳极，丙区域制备O2和H2SO4，据此判断盐为硫酸钠； ②由已知甲烷用量为4.48L（标准状况），利用电极反应根据得失电子守恒可解答。 【解答】解：（1）利用盖斯定律，联立方程式①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）ΔH1＝﹣893kJ•mol﹣1和②2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）ΔH2＝﹣1451.5kJ•mol﹣1，2①﹣②可得2CH4（g）+O2（g）═2CH3OH（l），所以ΔH＝2ΔH1﹣ΔH2＝﹣334.5kJ•mol﹣1， 故答案为：﹣334.5； （2）①由图知为原电池装置，根据电子流动或氢离子迁移判断N极为正极，发生还原反应， 故答案为：还原； ②由图知为原电池装置，根据电子流动或离子迁移判断 M极为负极，电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+H2O＝CO2↑+6H+， 故答案为：CH3OH﹣6e﹣+H2O＝CO2↑+6H+； ③N极电极反应为：4H++O2+4e﹣＝2H2O，质子交换膜每通过1mol H+，消耗氧气0.25mol，即标况下5.6L， 故答案为：5.6； （3）①由图知该装置为原电池和电解池串联，根据甲烷燃料电池可确定电解池a为阴极，甲区域制备NaOH和H2，c膜为阳离子交换膜，b极为阳极，丙区域制备O2和H2SO4，据此判断盐为硫酸钠， 故答案为：阳；Na2SO4； ②由已知甲烷用量为4.48L（标准状况）即0.2mol，线路中转移电子1.6mol，产生氢离子1.6mol，原硫酸浓度为0.1mol/L，溶液体积为1L，所以H+的浓度为1.8mol/L， 故答案为：1.8。 【点评】本题考查盖斯定律、原电池和电解池电极反应式的书写和计算，难度中等，掌握原电池和电解池工作原理是解题的关键。 15．（2024•安丘市一模）二氧化锰是实验室常见的氧化剂，在化学领域应用广泛。回答下列问题： （1）将C和MnO2的混合物在空气中灼烧可发生以下反应： Ⅰ．MnO2（s）+C（s）═MnO（s）+CO（g）ΔH1＝+24.4kJ•mol﹣1 Ⅱ．MnO2（s）+CO（g）═MnO（s）+CO2（g）ΔH2 Ⅲ．2MnO2（s）+C（s）═2MnO（s）+CO2（g）ΔH3＜0 ①的数值范围是 　c　（填标号）。 a．＜−1 b．−1～0 c．0～1 d．＞1 ②反应Ⅲ可看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由原料经两步生成产物的反应过程能量变化示意图。 　　 （2）MnO2可催化分解H2O2：2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）ΔH4＝akJ•mol﹣1其反应机理如图： 已知反应Ⅰ为：MnO2（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Mn2+（aq）+O2（g）+2H2O（l）ΔH＝bkJ•mol﹣1，写出反应Ⅱ的热化学方程式 　ΔH＝（a﹣b）kJ•mol﹣1　（焓变数值用a和b表示）。 （3）一种水性电解液Zn﹣MnO2电池如图所示，电池放电时可以制备K2SO4。已知：KOH溶液中，Zn2+以Zn（OH）42﹣形式存在。 ①隔膜2为 　阳　（填“阴”或“阳”）离子交换膜。 ②电池总反应为 　Zn+4OH﹣+MnO2+4H+＝Zn（OH）42﹣+Mn2++2H2O　。 ③放电时，6.5gZn参加反应，Ⅰ室溶液质量理论上减少 　0.9　g。 【答案】（1）①c； ②； （2） ΔH＝（a﹣b） kJ•mol﹣1； （3）①阳； ②Zn+4OH﹣+MnO2+4H+＝Zn（OH）42﹣+Mn2++2H2O； ③0.9。 【分析】（1）①根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ＝Ⅲ，则ΔH1+ΔH2＝ΔH3，ΔH2＝ΔH3﹣ΔH1＝ΔH3﹣24.4＜0，所以＝＝，据此分析的取值范围； ②根据盖斯定律，Ⅲ＝Ⅰ+Ⅱ，根据①中分析可知，反应Ⅰ为吸热反应，能量升高，反应Ⅱ为放热反应，能量降低，总反应为放热反应，据此绘画能量变化示意图； （2）根据盖斯定律，反应Ⅱ＝总反应﹣反应Ⅰ； （3）①Zn电极的电极反应为：Zn+4OH﹣﹣2e﹣＝Zn（OH）42﹣，Ⅲ室中的K+通过隔膜2进入Ⅱ室，据此判断隔膜2的类型； ②正极反应为：MnO2+4H++2e﹣＝Mn2++2H2O，负极反应和正极反应的总式为原电池的总反应，据此书写电池总反应； ③放电时，6.5gZn参加反应，转移电子0.2mol，根据正极反应可知，消耗MnO2为0.1mol，生成Mn2+为0.1mol，消耗H+为0.4mol，根据电荷守恒可知，有0.1mol 移向Ⅱ室，据此计算Ⅰ室溶液质量理论上减少。 【解答】解：（1）①已知：Ⅰ．MnO2（s）+C（s）═MnO（s）+CO（g）ΔH1＝+24.4kJ•mol﹣1，Ⅱ．MnO2（s）+CO（g）═MnO（s）+CO2（g）ΔH2，Ⅲ．2MnO2（s）+C（s）═2MnO（s）+CO2（g）ΔH3＜0，根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ＝Ⅲ，则ΔH1+ΔH2＝ΔH3， ΔH2＝ΔH3﹣ΔH1＝ΔH3﹣24.4＜0，所以0＜＝＝＜1，即c符合题意， 故答案为：c； ②根据盖斯定律，Ⅲ＝Ⅰ+Ⅱ，根据①中分析可知，反应Ⅰ为吸热反应，能量升高，反应Ⅱ为放热反应，能量降低，总反应为放热反应，则由原料经两步生成产物的反应过程能量变化示意图为：， 故答案为：； （2）H2O2分解总反应为：2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）ΔH4＝akJ•mol﹣1，该反应可以分为2步进行，反应Ⅰ为：MnO2（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Mn2+（aq）+O2（g）+2H2O（l）ΔH＝bkJ•mol﹣1，则反应Ⅱ＝总反应﹣反应Ⅰ，反应Ⅱ为： ΔH＝（a﹣b） kJ•mol﹣1， 故答案为： ΔH＝（a﹣b） kJ•mol﹣1； （3）①由图可知，Zn电极的电极反应为：Zn+4OH﹣﹣2e﹣＝Zn（OH）42﹣，Ⅲ室中的K+通过隔膜2进入Ⅱ室，所以隔膜2为阳离子交换膜， 故答案为：阳； ②正极反应为：MnO2+4H++2e﹣＝Mn2++2H2O，所以电池总反应为：Zn+4OH﹣+MnO2+4H+＝Zn（OH）42﹣+Mn2++2H2O， 故答案为：Zn+4OH﹣+MnO2+4H+＝Zn（OH）42﹣+Mn2++2H2O； ③6.5gZn的物质的量为＝0.1mol，放电时，转移电子为0.1mol×2＝0.2mol，根据正极反应可知，消耗MnO2为0.1mol，生成Mn2+为0.1mol，消耗H+为0.4mol，根据电荷守恒可知，有0.1mol 移向Ⅱ室，Ⅰ室溶液质量理论上减少（0.1×96g﹣0.1×87g）＝0.9g， 故答案为：0.9。 【点评】本题主要考查反应热与焓变、盖斯定律的应用，同时考查电化学的综合应用，侧重考查电极反应式的书写，对学生的能力要求较高，难度中等。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$