卷6 化学反应的热效应-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考化学真题分类优化卷(分项3D)

最新5年高考真题分类优化卷·化学（六） 卷6化学反应的热效应 姓名 班级 考号 得分 本卷满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个 选项中，只有一项符合题目要求。 1.(2025·重庆卷)肼(N2H)与氧化剂剧烈反应，释放大量的热量，可作 火箭燃料。已知下列反应： 12 NH3(g)+3N2O(g)=4N2 (g)+3H2O(1)A H=akJ/mol 2N2O(g)+3H2 (g)=N2 H,(1)+H2 O(1)A H2 bkJ/mol ③N2H4(1)+9H2(g)+4O2(g)=2NH3(g)+8H2O(1)△H3= ckJ/mol 则反应N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O(1)的△H(kJ·mol-1)为 () A.(a+sb 4(a-3b+c) C.(a-3b+c) D.(a+3b-c) 2.(2025·北京卷)为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaC1 固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 、2 80 △Hc+4kJmo 治⊙》 +H,00 NaCl(s) ⊙9 下列说法不正确的是 A.NaCI固体溶解是吸热过程 B.根据盖斯定律可知：a十b-4 C.根据各微粒的状态，可判断a>0,b>0 D.溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCI溶液中微粒间作用力的 强弱有关 3.(2024·甘肃)甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图 所示，下列说法错误的是 () 【最新5年高考真题分类优化卷·化学（六）6-1】3D 过渡态1 0.70 E 0.00 2 0=Mo=0 +CH4 过渡态2 -0.49 不 -0.71 HO-Mo-OCH3 E -1.00 Mo=0 +CH3OH 步骤1 步骤2 反应过程 A.E2=1.41eV B.步骤2逆向反应的△H=+0.29eV C.步骤1的反应比步骤2快 D.该过程实现了甲烷的氧化 4.(2024·河北)我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg-CO,电 池，以Mg(TFSD2为电解质，电解液中加入1,3-丙二胺(PDA)以捕获 CO,使放电时CO,还原产物为MgC,O,。该设计克服了MgCO,导电 性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg+的溶剂化环境，提高 了电池充放电循环性能。 对上述电池放电时CO,的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上 CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(“表示吸附态)。 路径1 *C02下 *MgCO3 *C0 Mg2+\ e,*C02 *CO*CO 路径2 路径3 *MgCO、 0 *C0 *HN入N OH *C03 0 e e e*CO HN入V入N OH *C0好H *C0 路径1 路径2 0 路径3 *HN入W OH *C0+*C0 H *MgCO3 0 *C02*HW入人NH,*C0+*C0 +*C02 *C20 *C05 *MgC204 -2 反应进程 【6-2】3D 下列说法错误的是 A.PDA捕获CO,的反应为 +C02 NH OH B.路径2是优先路径，速控步骤反应式为*COˉ+ HN N OH H e-*C2O+ H,N NH, C.路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产 物不同 D.三个路径速控步骤均涉及*CO2转化，路径2、3的速控步骤均伴有 PDA再生 5.(2024·河北)已知下列热化学方程式： DFes O,(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)AH=a kJ/mol ②Fe2O3(s)+3CO(g)—2Fe(s)+3CO2(g)△H2=bkJ/mol ③re,0,(+号c0g)—子Fe0,()+C0,(gaH,=c/mol 则反应FeO(s)+CO(g)一Fe(s)+CO2(g)的△H(单位：kJ/mol)为 ( a b c A.3+2-2 号++台 a b c C.-3-2+2 n-g+名-8 6.(2024·北京)碱金属单质M和C12反应的能量变化如下图所示。下列 说法正确的是 2M日+C,g△HL,2MCS △H2 △H4 2M(g) 2C1(g △H& △H △H 2M*(g)+2CI-(g) A.CsCI晶体是共价晶体 B.△H。=△H1-△H2-AH3-△H,-△H C.若M分别为Na和K,则△H3:Na<K 【6-3】3D D.△H4<0,△H6>0 7.(2024·安徽)催化剂I和Ⅱ均能催化反应R(g)=一P(g)。反应历程 (下图)中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是 一催化剂I 盟 -催化剂Ⅱ 反应过程 A.使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 B.使用I和Ⅱ，反应历程都分4步进行 C.使用I时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大 D.反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大 8.(2024·贵州)一种太阳能驱动环境处理的自循环光催化芬顿系统工作 原理如图。光阳极发生反应：HCO3+H2O一2H++2e,HCO+ H2O一HCO+H2O2。体系中H2O2与Mn(Ⅱ)/Mn(IN)发生反应 产生的活性氧自由基可用于处理污水中的有机污染物。 光阳极 阴极 H20 HCO 2H+26, ,·OH H202 H20 Mn(IV)H2O2 HCO H02Mn(Ⅱ) 05 水体 下列说法错误的是 A.该芬顿系统能量转化形式为太阳能→电能→化学能 B.阴极反应式为O2+2H+2e一H2O2 C.光阳极每消耗1molH2O,体系中生成2molH2O2 D.H,O,在Mn(Ⅱ)/Mn(IN)的循环反应中表现出氧化性和还原性 9.(2024·重庆)单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化如图，下列说 法正确的是 ( 【6-4】3D 能量 单斜硫(s)+02(g)① ②正交硫(s)+02Cg) 入 △H2=-296.83△H1=-297.16kJ·mol1 kJ·mol- S02(g) 反应过程 A.S(s,单斜)=S(s,正交)△H=+0.33kJ·mol-1 B.单斜硫和正交硫互为同素异形体 C.②式表示一个正交硫分子和一个O,分子反应生成一个SO,分子放 出296.83kJ的能量 D.①式反应断裂1mol单斜硫(s)和1molO,(g)中的共价键吸收的能 量比形成1 mol SO2(g)中的共价键所放出的能量多297.16kJ 10.(2024·湖南)标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历 程示意图如下（已知O2和C12的相对能量为0），下列说法错误的是 E 03+0+Cl 0+0 02+0+Cl0 202+C1 202 历程 历程Ⅱ A.E6-E3=Es一E2 B.可计算CI一CI键能为2(E2一E)kJ·mol1 C.相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程1 D.历程I、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为CO(g)+ O(g)O2(g)+CI(g)△H=(E4-Es)kJ·mol 11.(2024·安徽)在标准压强101kPa、298K下，由最稳定的单质合成1 mol物质B的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓，用符号△H (kJ·mo厂1)表示。部分物质的△H9如图所示，已知：H2(g)、N2(g)、 O,(g)的标准摩尔生成焓为0。下列有关判断正确的是 () NO(g)↑ ■91.3 -241.8 H20(g -45.9NH3(g) N2H0■50.6 -300-250-200-150-100-50050100150 △H/kJ·mol) 【6-5】3D A.根据图中信息，可判断热稳定性：N2H,(I)>NH(g) B.O2(g)+2H2(g)=2H2O(1)△H>-483.6kJ·mol- C.1molN2H,(I)的键能小于1molN2(g)与2 mol H2(g)的键能之和 D.N2H,(1)标准燃烧热的热化学方程式为N2H,(I)十O2(g)一N2(g) +2H2O(g)△H=-534.2kJ·mol1 12.(2024·重庆)卤代烃在乙醇中进行醇解反应的机理如图所示。下列说 法错误的是 R、 R2C-OC2Hs R R2C-Br R3 R3 快/ H 慢 Br R R2C-OCaHs R R3 H R2-C R: kⅡ 快 C2HsOH A.步骤I是总反应的决速步骤 B.总反应属于取代反应 C.H能降低该反应的活化能 D.反应过程中氧原子的成键数目发生变化 13.(2024·全国新课标)近年，我国科学家利用两种不同的纳米催化剂 (CoO/Pt、N-Co,O,/Pt)在室温水汽条件下实现高效CO催化氧化 116 (C0+20,一CO,)其反应历程中相对能量的变化如图所示 (TS1、TS2、TS3分别代表过渡态1、过渡态2、过渡态3)，下列说法正确 的是 () 2 Co304/Pt 1.30 0.71 0.96 -N-Co304/Pt 0.21 0.26 0 00.220.12 -0.20 0.30 -1F -0.74 m8@动 -1.86 -1.81 -3 -3.06 士i91ǚiv v Ts21iTS3m议 反应历程 A.在该条件下，催化效果较好的催化剂是N-Co,O,/Pt,故使用催化剂 【6-6】3D N-CoO,/Pt能提高反应物的转化率 B.若利用H,18O进行同位素标记实验，检测到以上反应中有C16O8O 和CO,生成，说明反应过程中有O一H键的断裂 116 C.反应：C0(g)+20,(g)=CO,(g)的△H<0,该反应在低温时 不能自发进行 D.若iⅱ表示H2O被吸附在催化剂表面，则CoO,/Pt更容易吸附H2O 14.(2024·广西)为早日实现“碳中和碳达峰”目标，科学家提出用钌(Ru) 基催化剂催化CO,(g)和H2(g)反应生成HCOOH。反应机理如图所 示，已知当生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。下列说法 正确的是 ( H 2H20 Ru 2C02 H 0 2H2 0-C-H OH Ru Ru I O-C-H OH 2HCOOH 2H20 A.反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成 B.物质I为该反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物 C.催化剂能降低活化能，加快反应速率，改变反应热，从而提高转化率 D.通过CO2(g)和H2(g)反应制备液态HCOOH,每转移1mole,放 出31.2kJ的热量 题号 1 2 3 5 6 8 10 11 12 13 14 答案 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(2024·浙江)(15分)氢是清洁能源，硼氢化钠(NaBH,)是一种环境友 好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：（除非特别说明，本题 中反应条件均为25C,101kPa) NaBH,(s)+2H,O(1)=NaBO,(aq)+4H,(g)AH<0 请回答： (1)该反应能自发进行的条件是 A.高温 B.低温 【6-7】3D C.任意温度 D.无法判断 (2)该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速 率的是 A.升高溶液温度 B.加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2] C.加入少量固体硼酸[B(OH)] D.增大体系压强 (3)为加速NaBH,水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催 化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率与投料 比[n(NaBH,)/n(HO)]之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段 变化的原因 投料比[n(NaBH4)/n(HzO] 图1 (4)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组 的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应 式是 。该电池以3.2A恒定电流工作 14分钟，消耗H2体积为0.49L,故可测得该电池将化学能转化为电能 的转化率为 。[已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5L/ mol;电荷量q(C)=电流I(A)×时间(s):NA=6.0×105mol-1;e= 1.60×10-19C。] 用电器 co 02 +C02 图2 (5)资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程 式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸 【6-8】3D 钠(NaBO,)再生为NaBH,。(已知：△G是反应的自由能变化量，其计 算方法也遵循盖斯定律，可类比△H计算方法；当△G<0时，反应能自 发进行。) I.NaBH,(s)+2H,O(I)-NaBO,(s)+4H,(g) △G1=-320k/mol 1 Ⅱ.H,(g)+20,(g)-H,0(1)△G,=-240k/mol Ⅲ.Mg(s)+20,(g)-Mg0(s)△G,=-570kJ/mol 请书写一个方程式表示NaBO2再生为NaBH,的一种制备方法，并注 明△G (要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为100%。) 16.(2024·甘肃)(15分)SiHCI3是制备半导体材料硅的重要原料，可由不 同途径制备。 (1)由SiCL,制备SiHCI3.:SiCL,(g)+H2(g)—SiHCl(g)+HC1(g) △H1=+74.22kJ·mol-1(298K) 已知SiHCly(g)+H2(g)=Si(s)+3HCl(g)△H2=+219.29kJ· mol-1(298K) 298K时，由SiCL,(g)+2H2(g)—Si(s)+4HC1(g)制备56g硅 (填“吸”或“放”)热 k。升高温度有利于制备硅的原因是 (2)在催化剂作用下由粗硅制备SiHCI,:3SiCL,(g)+2H,(g)+Si(s) 催化剂4SiHC1,(g)。773K,2L密闭容器中，经不同方式处理的粗硅 和催化剂混合物与0.4molH2和0.1 mol SiCl,,气体反应，SiCl,转化 率随时间的变化如下图所示： 14.6 方式甲 方式乙 方式丙 4.2 0 50 100 150 200 时间(min) 【6-9】3D ①050min,经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式： 丙处理后的平均反应速率v(SiHCI)= mol.L1·min1。 ②当反应达平衡时，H2的浓度为 mol·L1,平衡常数K的计 算式为 ③增大容器体积，反应平衡向 移动。 17.(2024·河北)(14分)氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含 氯化工产品的生产。硫酰氯及1,4-二（氯甲基）苯等可通过氯化反应 制备。 (1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：SO,(g)十 Cl2(g)→S02Cl2(g)△H=-67.59kJ·mo1-1。 ①若正反应的活化能为EkJ·mol,则逆反应的活化能E逆= kJ·mol-1(用含E正的代数式表示)。 ②恒容密闭容器中按不同进料比充人SO2(g)和CL(g),测定T1、Tz、 T3温度下体系达平衡时的△p(△p一p。一p,p。为体系初始压强，p。一 240kPa,p为体系平衡压强)，结果如图甲。 0 M(2,60 50 45 40 T 器 1.5 2 2.5 3.5 4 n(SO2):n(CL2) 甲 图甲中温度由高到低的顺序为 ,判断依据为 M点CL2的转化率为 ,T,温度下用 分压表示的平衡常数K。= kPal。 ③图乙曲线中能准确表示T,温度下△p随进料比变化的是 (填序号)。 75A ■R 70i 65 60 55 45 40 35 0.00.51.01.52.02.53.03.54.0 n(S02):n(C) 【6-10】3D (2)1,4-二（氯甲基）苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯： (X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为 CI CI ② D ④ CL ① CL CH CH3③H,C cI⑤ G T 以上各反应的速率方程均可表示为v=kc(A)c(B),其中c(A)、c(B) 分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(k1一k。分别对应反 应①⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X,保持体系中氯气浓 度恒定（反应体系体积变化忽略不计），测定不同时刻相关物质的浓度。 已知该温度下，k1:k2:k3:k,：k。-100:21:7:4:23。 ①30min时，c(X)=6.80mol·L1,且30~60min内v(X)=0.042 mol·L1·min1,反应进行到60min时，c(X)= mol·L1。 ②60min时，c(D)=0.099mol·L1,若0~60min产物T的含量可 忽略不计，则此时c(G)= mol·L1;60min后，随T的含量 c(D) 增加(G (填“增大”“减小”或“不变”)。 18.(2024·黑吉辽)(14分)为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催 化氧化法处理HC1废气：2HCI(g)+2O,(g)一C,(g)+H,O(g) △H1=-57.2kJ·mol厂1△SK。将HCI和O2分别以不同起始流 速通入反应器中，在360℃、400℃和440C下反应，通过检测流出气成 分绘制HCI转化率（α）曲线，如下图所示（较低流速下转化率可近似为 平衡转化率)。 90 90 -0-00 -T1 80 一量相 380 N 1(0.10,80) +-T3 架70 r70上 n(HCl):n(02)=4:3 n(HCl):n(02)=4:4 M 1(0.17,61) 0.180.140.100.06 0.180.140.100.06 HCI流速/(mol·h-) HCI流速/(mol·h-) 图1 图2 回答下列问题： 【6-11】3D (1)△S 0(填“>”或“<”)；T3= (2)结合以下信息，可知H2的燃烧热△H= kJ·mol厂1。 H2O(1)=H2O(g)△H2=+44.0kJ·mol- H2(g)+CL,(g)—2HCl(g)△H3=-184.6kJ·mol1 (3)下列措施可提高M点HCI转化率的是 (填标号)。 A.增大HCI的流速 B.将温度升高40C C.增大n(HCl):n(O2) D.使用更高效的催化剂 (4)图中较高流速时，a(T3)小于α(T2)和a(T,),原因是 (5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K= (用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)。 (6)负载在TiO2上的RuO2催化活性高，稳定性强，TO2和RuO2的 晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，RuO2与TO2的 密度比为1.66，则Ru的相对原子质量为 (精确至1)。 【6-12】3DC、Si、H三种元素，其电负性大小：C>H>Si,则电 负性最大的元素是C,硅原子与周围的4个原子形 成共价键，没有孤电子对，价层电子对数为4，则硅 原子的杂化轨道类型为sp。 (4)根据表中数据可知，SF,的熔，点均远高于其余 三种物质，故SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4 Sl属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的 高，SnCl4、SnBr,、Snl4三种物质的相对分子质量依 次增大，分子间作用力依次增强，熔点升高，故原因 为：SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、Snl4属于分 子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶 体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点 越高。 (5)由PbS晶胞结构图可知，该晶胞中有4个Pb和4 个S,距离每个原子周围最近的原子数均为6，因此 Pb的配位数为6。设NA为阿伏加德罗常数的值， 则N个晶胞的质量为4×(207十32)g,VA个晶胞 的体积为N×(594×101°cm)3,因此该晶体密度 4×(207+32) NA×(594×10D) g· 或 956 V×(594X1010)8·cm3。 答案：(1)2+4 (2)bd (3)C sp (4)SnF,属于离子晶体，SnCL、SnBr4、SnL属于分子 晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的 相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高 4×(207+32) (5)6 VA×(594X1010)g·cm3或 956 VX(594X1010)g·cm3 17.解析：(1)由图可知，反应器I中反应物为一氧化 碳、氢气、氧化铁，生成物为二氧化碳、水、铁，发生 的反应为3CO+Fe2O32Fe+3CO2、3H2+ Fe,O3—2Fe十3H,O,则反应中化合价发生改变 的元素为碳元素、氢元素、铁元素；由方程式可知，1 mol一氧化碳和1mol氢气与氧化铁反应生成3 ol铁，反应器Ⅱ中铁与水反应生成四氧化三铁和 氢气，反应的方程式为3Fe十4H2O一FeO,十 4 4H,由方程式可知，3mol铁生成氢气的物质的 量为号molx=gmol. 416 (2)①由题意可知，吸收一氧化碳的反应为一氧化碳 与CH,COOLCu(NH),]和氨水的混合溶液反应生成 CH COO Cu(NH3)3CO],反应的化学方程式为 CH COO[Cu (NHs)2 ]NH.H2O+CO- CH COO Cu(NH3),CO]+H,O:②氧化铝含量大于 2%,出口处氨含量下降说明多孔氧化铝含量过多 会吸附反应生成的氨气，由图可知，氧化铝含量大 于2%时，催化剂a-Fe表面积减小，催化性能降低， 导致反应速率减小，使得出口处氨含量下降。 (3)①碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳 和水，温度高于70℃，碳酸氢钠受热分解，导致 HCOO产率下降；②氨基和碳酸氢根离子可以形 成氢键N一H…O、N…H一O,形成的氢键将碳酸 氢根离子控制在催化剂表面；由图可知，步骤Ⅱ发 生的反应为氨基和碳酸氢根离子中的羟基发生取 代反应生成水，氢气发生共价键断裂，氢原子被CN 吸附，步骤Ⅲ发生的反应为碳氮键发生断裂，碳原 【14】 子和氨原子分别与氢原子结合生成CN一NH,和 HCOO厂，则用D,代替氢气，得到的产物为CN NHD和DCOO,所以通过检测是否存在CN NHD或DCOO可确认反应过程中的加氢方式。 16 答案：(I)C、H,Fe (2)CH COOCu(NH),+NH.H,O+CO= CH,COO Cu(NH),CO]+H,O多孔AlO3可作 为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH; AlO含量大于2%时，Fe表面积减小，反应速率 减小，产生NH减少 (3)NaHCO3受热分解，导致HCOO产率下降 NH,可以与HCO形成氢键CN一NHD 或DCOO 18.解析：(1)Mn的原子序数为25，位于元素周期表第 四周期IB族；基态Mn的电子排布式为[Ar] 3d4s,未成对电子数有5个，同周期中，基态原子 未成对电子数比Mn多的元素是Cr,基态Cr的电 子排布式为[Ar]3d4s,有6个未成对电子。 (2)由均摊法得，晶胞中Mm的数目为1+8× 1 1 2,0的数目为2+4X2=4,即该氧化物的化学式 为MnO2;MnO,晶体有O原子脱出时，出现O空 位，即x减小，Mn的化合价为+2x,即Mn的化合 价降低；CaO中Ca的化合价为+2价、V,O中V 的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3、 CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合 价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价态，说 明CaO不能通过这种方式获得半导体性质。 (3)BF中B形成4个。键（其中有1个配位键）， 为Sp杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在 π大π键，N原子形成3个6键，杂化方式为sp。 (4)由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA 均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键 更多，使得FDCA的熔，点远大于HMF。 答案：(1)四IBCr (2)MnO2降低A (3)正四面体形sp2 (4)FDCA形成的分子间氢键更多 卷6化学反应的热效应 1.B根据目标方程式与原方程式的特点可知，将原方 程式进行（①一3×@+③）变换，可得目标方程 式，所以，△H应为(a-3b十c),据此解答。A.选 1 项A的表达式为4(a十36-c),但根据推导结果， △H应为(a-3b十，与A不符，A错误；B推导 过程中，通过组合反应①、③及反转的反应②X3,得 到总△H为a十c-3b,再除以4得(a-3b+c), 与选项B一致，B正确；C.选项C未除以4，直接取a -3b十c,不符合目标反应的系数比例，C错误；D.选 项D的表达式为a十3b一c,符号和系数均与推导结 果不符，D错误。 2.C由图可知，NaCl固体溶于水的过程分两步实现， 第一步为NaCl固体变为Na+和CI厂，此过程离子键 发生断裂，为吸热过程；第二步为Na和CI与水结 合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为 3D 成键过程，为放热过程。A.由图可知，NaC】固体溶 解过程的焓变为△H3=+4kJ/mol,为吸热过程，A 正确；B.由图可知，NaCl固体溶于水的过程分两步 实现，由盖斯定律可知△H,十△H2=△H3,即a十b =4,B正确；C.由分析可知，第一步为NCl固体变 为Na和CI厂，此过程离子键发生断裂，为吸热过 程，a>0;第二步为Na+和CI与水结合形成水合钠 离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放 热过程，b<0,C错误；D.由分析可知，溶解过程的能 量变化，却决于NaCl固体断键吸收的热量及Na和 Cl-水合过程放出的热量有关，即与NaCl固体和 NaC】溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确。 3.C由能量变化图可知，E2=0.70eV-(-0.71eV)=1. 41eV,A项正确；步骤2逆向反应的△H=一0.71 eV-(-1.00eV)=+0.29eV,B项正确；步骤1的 活化能E1=0.70eV,步骤2的活化能E。=一0.49 eV-(一0.71eV)=0.22eV,步骤1的活化能大于 步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错 误；该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程 实现了甲烷的氧化，D项正确；故选C。 4.D根据题给反应路径图可知，PDA(1,3-丙二胺)捕 获CO2的产物为 ,因此PDA捕 H,N OH H 获CO2的反应为 十CO2- H,N NH 0 ,故A正确；由反应进程-相对 H2N N OH H 能量图可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1 和路径3相比，路径2是优先路径，且路径2的最大 能垒为"CO:-→“C2O的步骤，据反应路径2的 0 图示可知，该步骤有 参与反应，因 HN OH H 此速控步骤反应式为"CO十 HN N OH H e→"C2O1+ ,故B正确；根据反 H,N NH, 应路径图可知，路径1、3的中间产物不同，即经历了 不同的反应步骤，但产物均为"MgCO3,而路径2、3 0 的起始物均为 ，产物分别为" H MgC2O4和"MgCO3,故C正确；根据反应路径与相 对能量的图像可知，三个路径的速控步骤中"CO, 都参与了反应，且由B项分析可知，路径2的速控步 骤伴有PDA再生，但路径3的速控步骤为"CO, 得电子转化为"CO和"CO号，没有PDA的生成，故 D错误；故选D。 5.D根据益折定律由⑩×(-）)+②×号一③X号 1 可得目标热化学方程式，所以其焓变△H= 【15】 (号+合)N/mm.所以选D. 6.BCsC晶体是离子晶体，A错误；根据盖斯定律： △H6=△H,-△H2-△H3-△H4-△H,B正确；若 M分别为Na和K,失电子过程中需吸收能量，△H 为正值，K半径更大，失去电子所需能量更小，则 △H3:Na>K,C错误；氯气分子断键为氯原子需吸 收能量，△H,>0；离子结合形成离子键需放热，△H。 0,D错误；故选B。 7.A反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，使 用催化剂I时反应的最高活化能小于使用催化剂 Ⅱ，则使用I时反应速率更快，反应体系更快达到平 衡，故A错误；由图可知，使用催化剂I和催化剂Ⅲ 时反应均出现四个波峰，说明反应历程都分4步进 行，故B正确；反应的活化能越大，反应速率越慢，由 图可知，在前两个历程中使用催化剂工时，反应的活 化能较低，反应速率较快，后两个历程中使用催化剂 工时，反应的活化能较高，反应速率较慢，所以使用 催化剂I时，反应过程中M所能达到的最高浓度更 大，故C正确；由图可知，该反应是放热反应，则反应 达平衡时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，R的 浓度增大，D正确；故选A。 8.C该装置为电解池，光阳极上水失电子生成氧气和 氢离子，电极反应式为2H2O-2e一H2O2十 2H,阴极上氧气和氢离子得电子生成过氧化氢，电 极反应式为O2+2H+2e—H2O2;A.该装置为 电解池，利用光能提供能量转化为电能，在电解池中 将电能转化为化学能，正确；B.由图可知，阴极上氧 气和氢离子得电子生成过氧化氢，电极反应式为O, 十2H十2e一H2O2,正确；C.光阳极上水失电子 生成氧气和氢离子，电极反应式为2HO一2e H2O2十2H,每消耗1 mol H.O,则体系中生成0.5mol H2O2,错误；D.由Mn(V)和过氧化氢转化 为Mn(Ⅱ)过程中，锰元素化合价降低，H,O2做还 原剂，表现还原性，由Mn(Ⅱ)转化为Mn(N)时， H,O2中O元素化合价降低，做氧化剂，表现氧化 性，正确；故选C。 9.B从图中可知，单斜硫能量高于正交硫，故S(s,单 斜)=S(s,正交)△H=一0.33kJ·mol,A错 误；单斜硫和正交硫都是硫元素形成的单质，两者互 为同素异形体，B正确；②式表示1mol正交硫与1 mol氧气反应生成1mol二氧化硫放出296.83kJ的 能量，C错误；①反应为放热反应，则该反应断裂1 mol单斜硫(s)和1molO2(g)中的共价键吸收的能 量比形成1 mol SO2(g)中的共价键所放出的能量少 297.16kJ,D错误；故选B。 10.D由图可知，历程I是O3和氧原子结合生成O2, 该过程放热，△H=(E6一E3)kJ·mol;历程Ⅱ有 两个过程，过程一是臭氧、氧原子和氯原子作用生 成氧气、氧原子和ClO,△H=(E4一E2)k· mol1,过程二是氧气、氧原子和C1O作用生成2O, 和Cl,△H=(E。一E4)kJ·mol,两个过程都放 热；历程Ⅱ反应前后都有CI,所以C】相当于催化 剂。结合图像分析，历程Ⅱ相当于历程工在催化剂 CI(g)参与的条件下进行的反应，催化剂可以降低 反应的活化能，但是不能改变反应的焓变，因此△H =(E6-Ea)kJ·mol1=(E-E2)kJ·mol1,A 正确；已知O2和Cl2的相对能量为0（即E。=0), 破坏1 mol Cl2.(g)中的C一Cl键形成2 mol Cl,吸 收的能量为2(E一E6)kJ,结合E6一E3=E一E 得2(E5-E6)=2(E2-E3),所以C1一Cl键能为2 (E2一Ea)k·mol1,B正确；由以上分析可知，历 3D 程工和历程Ⅱ的区别就是有C1作催化剂，催化剂不 能改变反应物的平衡转化率，因此相同条件下，O 的平衡转化率：历程Ⅱ=历程I,C正确；活化能越 低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应 的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学 方程式为CO(g)十O(g)—O2(g)十Cl(g)△H= (E,一E4)kJ·mol厂，D错误；故选D。 11.CNH(g)的标准摩尔生成焓为-45.9k·mol1 NH(I)的标准摩尔生成焓为50.6k·mol-,N2 和H2反应生成NH3放热，而生成N2H4吸热，则 NH3的能量比N,H低，热稳定性：N2H,(I)NH (g),A错误；由图中信息知：O2(g)+2H2(g) 2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol厂1，因为H2O (I)的能量低于H2O(g),所以O2(g)+2H2(g) 2H2O(I)△H<-483.6k·mol1,B错误；NH ()的标准摩尔生成焓为50.6k·mol,则N(g) +2H(g)N2H4(I)△H=+50.6kJ·mol1, 由△H=反应物的总键能一生成物的总键能， 则1molN2H4(l)的键能小于1molN2(g)与2mol H2(g)的键能之和，C正确；N2H4(I)标准燃烧热的 热化学方程式为N2H4(I)+O2(g)一N2(g)+ 2HO(1),N2H4(1)标准摩尔生成焓为50.6kJ· mol1,HO(g)标准摩尔生成焓为-241.8k· mol1,可以求出N2H4(1)+O2(g)—N2(g)+ 2H2O(g)△H=-534.2kJ·mol1,因为H2O (I)的能量低于H,O(g),D错误。 12.C由图可知，步骤工反应慢，是总反应的决速步 骤，故A正确：总反应属于取代反应，即乙氧基取代 的Br原子，同时生成HBr,故B正确；H是生成 物，不是催化剂，不能降低该反应的活化能，故C错 误；反应过程中氧原子成2个键和3个键，成键数 目发生变化，故D正确；故选C。 13.B根据图示可知N-CoO4/Pt作为催化剂活化能 降低更多，因此效果较好的催化剂是N-CoO,/Pt 但是催化不能改变平衡移动，不能提高反应物的转 化率，A错误；若利用H218O进行同位素标记实验， 检测到以上反应中有C16O8O和C8O2生成，18O来 自于H18O,说明O一H键断裂，B正确；反应的生成 116 物能量低于反应物，则C0(g)十)O（g)一 C6O,(g)的△H<0,该反应为熵减的放热反应，在 低温时能自发进行，C错误；若ⅱ表示H2○被吸附 在催化剂表面，N-CoO4/Pt的活化能更低，因此更 容易吸附H2O,D错误；故选B。 14.B由反应示意图可知反应过程中存在碳氧等极性 键断裂、氢氢非极性键断裂，碳氢等极性键生成，但 不存在非极性键的形成，A错误；物质I为反应起 点存在的物质，且在整个过程中量未发生改变，物 质I为催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间过程出现的物质， 为中间产物，B正确；催化剂可以降低反应的活化 能，但不能改变反应的焓变，C错误：该图为钌(Ru) 基催化剂催化CO2(g)和H2（g)的反应示意图，反 应生成46g液态HC○OH时放出31.2kJ的热量， 反应中氢化合价由0变为十1，电子转移关系为 HCOOH~H22e,则每转移1mole,放出15. 6k的热量，D错误；故选B。 15.解析：(1)反应NaBH(s)+2HO(l)—NaBO2(ag) +4H2(g)△H<0,△S>0,由△G=△H-T△S可 知，任意温度下，该反应均能自发进行，故答案选C (2)升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增 大，反应速率加快，A符合题意；加入少量异丙胺 【16】 [(CH),CHNH,],溶液变碱性，碱性水解慢，化学反 应速率降低，B不符合题意；加入少量固体硼酸[B (OH)3],溶液变酸性，NaBH4中H为一1价，在酸 性条件下易于H反应生成氢气，水解快，化学反应 速率加快，C符合题意；增大体系压强，忽略体积变 化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D不符合 题意；故选A、C (3)随着投料比[n(NaBH4)/n(H,O)]增大，NaBH 的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断 减小。 (4)根据题千信息，该燃料电池中H2为负极，○2为 正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反 应式为O2十4e+2CO2—-2C03,该条件下，0. 0.49L 49LH,的物质的量为n(H,)=24.5L/mo =0.02 mol,工作时，H2失去电子：H2一2e一2H,所 带电荷量为2×0.02mol×6.0×108mol-1×1.60 ×10-19=3840C,工作电荷量为3.2×14×60=2 688C,则该电池将化学能转化为电能的转化率为 2688C 3840CX100%=70%。 (5)结合题千信息，要使得氢原子利用率为100%， 可由(2X反应Ⅲ)一(2×反应Ⅱ十反应I)得NaBO (s)+2H,(g)+2Mg(s)=NaBH (s)+2MgO(s), △G=2△G3-(2△G2+△G1)=2×(-570kJ/mol) -[2×(-240kJ/mol)+(-320kJ/mol)]=-340 kJ/mol。 答案：(1)C(2)AC (3)随着投料比[n(NaBH4)/n(H2O)]增大，NaBH 的水解转化率降低 (4)02+4e+2C02-2C02-70% (5)NaBO,(s)+2H,(g)+2Mg(s)=NaBH (s)+ 2MgO(s)AG=-340 kJ/mol 16.解析：(1)由题给热化学方程式：①SiCl4(g)+H2(g) =SiHCI3(g)+HCI(g),△H,=+74.22kJ· mol-';②SiHCl(g)+H2(g)—Si(s)+3HCl(g), △H2=十219.29k·mol厂1；则根据盖斯定律可知， ①十②，可得热化学方程式SiCl4(g)十2H2(g) Si(s)+4HCI(g),△H=△H1+△H2=+74.22kJ ·mol1+(+219.29kJ·mol-1)=+293.51kJ· mol厂1，则制备56gSi,即2 mol Si,需要吸收热量 为293.51kJ·mol-1×2=587.02kJ·mol1;该 反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于 制备硅。 (2)①由转化率图像可知，0~50min,经方式甲处理 后反应速率最快；经方式丙处理后，50min时SiCl 的转化率为4.2%，反应的SiC14的物质的量为0.1 mol×4.2%=0.0042mol,根据化学计量数可得反 应生成的SiHCl的物质的量为0.0042molX3 =0.0056mol,平均反应速率v(SiHCI3)= 0.0056mol 2 LX50 min =5.6X10-5mol·L-1·min-J: ②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出 三段式为： 3SiCl(g)+2H2 (g)+Si(s) 催化利4 SiHCL,(g) 起始浓度(mol/L) 0.05 0.2 0 转化浓度(mol/L) 0.00730.0048 0.0097 3D 平衡浓度(mol/L) 0.04270.1952 0.0097 当反应达平衡时，H2的浓度为0.1952mol·L,平 0.00974 衡常数K的计算式为 .04273×0.19522 ③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大 的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。 答案：(1)吸587.02该反应为吸热反应，升高温 度，反应正向移动，有利于制备硅 (2)甲5.6×10-50.1952 0.0097 0.04273×0.1952 逆反应方向 17.解析：(1)①根据反应热△H与活化能E正和E关 系为△H=正反应活化能一逆反应活化能可知，该 反应的E送=E正kJ·mol-1-△H=(EE十67.59) kJ·mol厂 ②该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反 应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，△p 即越大。从T3到T1,△p增大，说明反应正向进行 程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由 T3到T1逐渐降低，即T3>T2>T1。由题图甲中 M点可知，进料比为n(SO2)：n(Cl2)=2,平衡时 △p=60kP,已知恒温恒容情况下，容器内气体物 质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”。 SO2 (g)+Cl (g)=SO2 Cl (g) △D 起始压强/kPa160 80 转化压强/kPa 60 60 60 60 平衡压强/kPa100 20 60 60 kPa 可计算得a(Cl)= 80 kPa ×100%=75%,K。= (SO,CL) 60 kPa (SO)(CL100 kPax20 kPa0.03 kPa ③由题图甲中M点可知，进料比为2时，△p=60 kP,结合“三段式”，以及T1时化学平衡常数可知 进料比为0.5时，△p也为60kPa,曲线D上存在 (0.5,60)。本题也可以快解：根据“等效平衡”原 理，该反应中SO,和Cl,的化学计量数之比为1： 1,则SO,和Cl2的进料比互为倒数（如2与0.5） 时，△p相等。 (2)①根据化学反应速率的计算公式时，v(X)= △c(X) △t ,60min时，c(X)=6.80mol·L1-v(X)· △t=6.80mol·L-1-0.042mol·L-1·min1×30 min=5.54mol·L-。 △c(D) ②已知(D) t △c(D) o(G)△c(G) 4c(G),又由题给反应速率 t (D)k2·c(M)k2 方程推知， v(G)k3·c(M)k =3,则△c(G)= 3×△c(D)=0.033mol·L1,即60min后c(G) 1 =0.033mol·L-1.60min后，D和G转化为T的 k4·c(D)4·0.099 速率比为，·c(G23·0.033G消耗得更快，则 c(D) c(G增大。 答案：(1)E正+67.59T3>T2>T1该反应正反 【17】 应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器 内压强减小，从T3到T,平衡时△p增大，说明反应 正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低75% 0.03D (2)5.540.033增大 18.解析：(1)反应2HCI(g)+20,(g)一C,(g)+H,0 (g)前后的气体分子数目在减小，所以该反应△S< 0,该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率 视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高， HC的转化率越小，故T,代表的温度为440C,T 为360℃。 1 (2)表示氢气燃烧热的热化学方程式为④H2(g)十 2 02(g)一H,0I),设①2HCI(g)+20,(g)一C (g)+H2O(g),②H2O1)—H2O(g),③H2(g)+Cl (g)—2HCl(g),则④=①十③一②，因此氢气的 燃烧热△H=-57.2kJ/mol-184.6kJ/mol一44 kJ/mol=-285.8 kJ/mol. (3)增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率在 减小，不符合题意；M对应温度为360C,由图像可 知，升高温度，HCl的转化率增大，符合题意；增大n (HCI):n(O2),HCl的转化率减小，不符合题意； 使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率， 使单位时间内HC1的转化率增加，符合题意；故 选BD。 (4)图中在较高流速下，T。温度下的转化率低于温 度较高的T1和T2,主要是流速过快，反应物分子 来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率 下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内 氯化氢的转化率低」 (5)由图像可知，N点HC1的平衡转化率为80%，设 起始n(HCl)=n(O2)=4mol,可列出三段式 2HC(g)+20,(g)=C,(g)+H,0 (g) 起始量/mol4 4 0 0 变化量/mol3.2 0.8 1.6 1.6 平衡量/mol0.8 3.2 1.6 1.6 1.6、1.6 7.2×.2 则K= =6e 层)×（保》 (6)由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其 密度之比等于摩尔质量之比。故1.66= M(Ru)+32 MT)+32,则Ru的相对原子质量为101。 答案：(1)<360(2)-285.8(3)BD(4)流速 过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生 反应，导致转化率下降，同时，T。温度低，反应速率 低，故单位时间内氯化氢的转化率低(5)6 (6)101 卷7化学反应与电能 1.C由图知，该电池在放电时，Zn作负极失去电子， 发生氧化反应，电极反应式为Zn一2e十4OH Zn(OH)?,催化电极作为正极得电子，发生还原反 应，电极反应式为CO2十2H十2e—CO+H2O, 充电时，Z作为阴极，双极膜在工作时催化H2○解 3D