2026年高考化学二轮复习专题练习七：化学反应与能量

专题七：化学反应与能量 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．下图是简易量热计装置示意图，下列反应的反应热不适宜用该装置测定的是 A．BaO和足量的水 B．Al和足量的NaOH溶液 C．ZnO和足量的稀硫酸 D．KOH溶液和足量的稀盐酸 2．在25℃、光照条件下，产生氯自由基，引发丙烷一氯代反应： i． ii． 反应体系中产物n(2-氯丙烷)：n(1-氯丙烷)。下列说法错误的是 A．活化能：反应i<反应ii B．丙烷中的键能：的的 C．当丙烷消耗2 mol时上述反应体系的焓变为 D．相同条件下正丁烷与发生一氯代反应，产物n(2-氯丁烷)：n(1-氯丁烷) 3．等温等压下，  。此反应放出的热用于火力发电，能量转化效率为。下列说法错误的是 A．该反应 B．产物为时，反应放出的热量减少 C．该反应在燃料电池模式下进行，反应焓变为， D．该反应在燃料电池模式下做电功，转化效率为， 4．下列反应均能自发进行，相关判断不正确的是 A． B． C． D． 5．环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯()为原料生产环氧丙烷()的反应机理如图所示。下列说法正确的是 A．过程中Ⅱ是催化剂 B．过程中有极性键和非极性键的断裂和形成 C．过程中元素的化合价发生了变化 D．丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100% 6．肼（）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： ①   ②   ③   则反应的为 A． B． C． D． 7．下列化学实验目的与相应实验示意图不相符的是 选项 A B 实验目的 用量热计测定反应热 分离乙酸乙酯和饱和食盐水 实验示意图 选项 C D 实验目的 在铁片上镀镍 转移热蒸发皿至陶土网 实验示意图 A．A B．B C．C D．D 8．为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A．固体溶解是吸热过程 B．根据盖斯定律可知： C．根据各微粒的状态，可判断， D．溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 9．氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A．反应ⅰ是吸热过程 B．反应ⅱ中脱去步骤的活化能为2.69eV C．反应ⅲ包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中 10．在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，中部分进程已省略)。 下列说法正确的是 A．总反应是放热反应 B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C．和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D．①转化为②的进程中，决速步骤为 11．反应M+N→Q(放热)分两步进行：①M+N→X(吸热)；②X→Q(放热)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是 A． B． C． D． 12．下列说法正确的是 A．常温常压下和混合无明显现象，则反应在该条件下不自发 B．，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小 C．，则正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．，则 13．二氧化碳甲烷重整是资源化利用的重要研究方向，涉及的主要热化学方程式有： ① ② ③ 已知键能为，键能为，键能为，则中的碳氧键键能(单位：)为 A． B． C． D． 14．已知时，，的临界温度(能够液化的最高温度)为，下列说法错误的是 A．氢气燃烧热 B．题述条件下和，在燃料电池中完全反应，电功+放热量 C．氢能利用的关键技术在于安全储存与运输 D．不同电极材料电解水所需电压不同，产生消耗的电功相同 15．根据碘与氢气反应的热化学方程式(的摩尔质量为) (i) (ii) 下列判断正确的是 A．中通入，反应放热 B．固态碘与气态碘所含的能量相差 C．反应(i)的产物比反应(ii)的产物稳定 D．反应(ii)的反应物总能量比反应(i)的反应物总能量低 16．AgCN与可发生取代反应，反应过程中的C原子和N原子均可进攻，分别生成腈和异腈两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。 由图示信息，下列说法错误的是 A．从生成和的反应都是放热反应 B．过渡态TS1是由的C原子进攻的而形成的 C．Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱 D．生成放热更多，低温时是主要产物 17．对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为 A． B． C． D． 18．苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物 C．由苯得到M时，苯中的大键没有变化 D．对于生成Y的反应，浓作催化剂 19．某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是 A． B． C． D． 20．已知： kJ·mol-1 kJ·mol-1 则反应的为 A．+519.4kJ⋅mol-1 B．-259.7kJ⋅mol-1 C．+259.7kJ⋅mol-1 D．-519.4kJ⋅mol-1 21．下列实验装置使用不正确的是 A．图①装置用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气 B．图②装置用于标准酸溶液滴定未知碱溶液 C．图③装置用于测定中和反应的反应热 D．图④装置用于制备乙酸乙酯 22．通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是 ①C(s)+ H2O(g)=CO(g)+H2(g)   △H1=a kJ/mol ②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)  △H2=b kJ/mol ③CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)  △H3=c kJ/mol ④2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)  △H4=d kJ/mol A．反应①②为反应③提供原料气 B．反应③也是CO2资源化利用的方法之一 C．反应CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(l)  △H=kJ/mol D．反应2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+ H2O(g)的△H=(2b+2c+d) kJ/mol 23．下列热化学反应方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确) A．C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(g) △H=-1367.0kJ/mol  (燃烧热) B．NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=+57.3kJ/mol     (中和热) C．S(g)＋O2(g)=SO2(g) △H=-296.8 kJ/mol                   (反应热) D．2NO2=O2＋2NO △H=+116.2kJ/mol                       (反应热) 24．二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为       在密闭容器中，、时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如题图所示。的选择性可表示为。下列说法正确的是    A．反应的焓变 B．的平衡选择性随着温度的升高而增加 C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530℃ D．450℃时，提高的值或增大压强，均能使平衡转化率达到X点的值 25．各相关物质的燃烧热数据如下表。下列热化学方程式正确的是 物质 A． B． C． D． 26．催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是    A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行 B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大 C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大 27．一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是    A．a、c分别是 B．既可以是，也可以是 C．已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生 D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热 29．一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：    反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是 A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ C．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例 D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ 30．2023年5月10日，天舟六号货运飞船成功发射，标志着我国航天事业进入到高质量发展新阶段。下列不能作为火箭推进剂的是 A．液氮-液氢 B．液氧-液氢 C．液态-肼 D．液氧-煤油 31．科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误的是 A．利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变 B．发现了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分属于无机盐 C．研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→电能 D．革新了海水原位电解制氢工艺：其关键材料多孔聚四氟乙烯耐腐蚀 32．氢卤酸的能量关系如图所示：下列说法正确的是 A．已知HF气体溶于水放热，则HF的 B．相同条件下，HCl的比HBr的小 C．相同条件下，HCl的()比HI的大 D．一定条件下，气态原子生成1mol H-X键放出a kJ能量，则该条件下 33．肼()是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示。已知断裂1mol化学键所需的能量(kJ)：NN键为942、O=O键为500、N-N键为154，则断裂1molN-H键所需的能量是 A．194kJ B．391kJ C．516kJ D．658kJ 34．通过以下反应均可获取H2，下列有关说法正确的是 ①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l) =2H2(g)+ O2(g)  ΔH1=571.6kJ·mol–1 ②焦炭与水反应制氢：C(s)+ H2O(g) =CO(g)+ H2(g)  ΔH2=131.3kJ·mol–1 ③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+ H2O(g) =CO(g)+3H2(g)  ΔH3=206.1kJ·mol–1 A．反应①中电能转化为化学能 B．反应②为放热反应 C．反应③使用催化剂，反应速率减小 D．反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)的 ΔH= +74.8 kJ·mol–1 35．化学反应的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是 A． B． C． D． 36．一定条件下，石墨转化为金刚石吸收能量。下列关于石墨和金刚石的说法正确的是 A．金刚石比石墨稳定 B．两物质的碳碳键的键角相同 C．等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为4∶3 D．可以用X射线衍射仪鉴别金刚石和石墨 37．“千畦细浪舞晴空”，氮肥保障了现代农业的丰收。为探究(NH4)2SO4的离子键强弱，设计如图所示的循环过程，可得△H4/(kJ•mol-1)为 A．+533 B．+686 C．+838 D．+1143 38．福建多个科研机构经过长期联合研究发现，使用和改性的基催化剂，可打通从合成气经草酸二甲酯常压催化加氢制备乙二醇的技术难关。下列说法正确的是 A．草酸属于无机物 B．与石墨互为同分异构体 C．属于过渡元素 D．催化剂通过降低焓变加快反应速率 39．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[已知和的相对能量为0]，下列说法不正确的是 A． B．可计算键能为 C．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ 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： 二、多选题 40．由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．由反应的ΔH=E5−E2 B．由反应的ΔH<0 C．降低压强有利于提高Y的产率 D．升高温度有利于提高Z的产率 41．由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．由反应的ΔH=E5−E2 B．由反应的ΔH<0 C．降低压强有利于提高Y的产率 D．升高温度有利于提高Z的产率 42．炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO2。下列说法正确的是 A．每活化一个氧分子吸收0.29eV能量 B．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV C．氧分子的活化是O－O的断裂与C－O键的生成过程 D．炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂 43．某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是 A．反应过程a有催化剂参与 B．该反应为放热反应，热效应等于ΔH C．改变催化剂，可改变该反应的活化能 D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2 44．工业生产水煤气的反应为：C(s)+H2O(g)→CO(g)+H2(g)-131.4 kJ。下列判断正确的是 A．反应物能量总和大于生成物能量总和 B．CO(g)+H2(g)→C(s)+H2O(g)+131.4kJ C．水煤气反应中生成1 mol H2(g)吸收131.4 KJ热量 D．水煤气反应中生成1体积CO(g)吸收131.4 KJ热量 45．反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示： 下列有关四种不同反应进程的说法正确的是 A．进程Ⅰ是放热反应 B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用 三、计算题 46．联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为(假设焦炭不含杂质)。请回答： (1)每完全分解石灰石(含，杂质不参与反应)，需要投料 kg焦炭。 (2)每生产106kg纯碱，同时可获得 (列式计算)。 47．溶液与锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为，反应后最高温度为。 已知：反应前后，溶液的比热容均近似为、溶液的密度均近似为，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算： (1)反应放出的热量 J。 (2)反应的 (列式计算)。 48．二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。 请回答下列问题： ⑴ 煤的气化的主要化学反应方程式为： 。 ⑵ 煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为： 。 ⑶ 利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下： ① 2H2(g) + CO(g)CH3OH(g)；ΔH ＝－90.8 kJ·mol－1 ② 2CH3OH(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)；ΔH＝－23.5 kJ·mol－1 ③ CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g)；ΔH＝－41.3 kJ·mol－1 总反应：3H2(g) + 3CO(g)CH3OCH3(g) + CO2(g)的ΔH＝ ； 一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是 （填字母代号）。 a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度 d．增加CO的浓度    e．分离出二甲醚 ⑷ 已知反应②2CH3OH(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)某温度下的平衡常数为400 。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下： 物质 CH3OH CH3OCH3 H2O 浓度/（mol·L－1） 0.44 0.6 0.6 ① 比较此时正、逆反应速率的大小：v正 v逆（填“>”、“<”或“＝”)。 ② 若加入CH3OH后，经10 min反应达到平衡，此时c(CH3OH) ＝ ；该时间内反应速率v(CH3OH) ＝ 。 49．碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产。回答下列问题： （1）碳酸钠俗称 ，可作为碱使用的原因是 （用离子方程式表示）。 （2）已知：①2NaOH(s)+CO2(g)= Na2CO3(s)+H2O(g)   ΔH1=−127.4 kJ·mol−1 ②NaOH(s)+CO2(g)= NaHCO3(s)   ΔH1=−131.5 kJ·mol−1 反应2NaHCO3(s)= Na2CO3(s)+ H2O(g) +CO2(g)的ΔH= kJ·mol−1，该反应的平衡常数表达式K= 。 （3）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中 = 。已知Ksp(BaCO3)=2.6×10−9，Ksp(BaSO4)=1.1×10−10。 50．联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料，N2H4与N2O4能放出大量的热。 （1）已知：2NO2(g)＝N2O4(g) △H＝－57.20kJ·mol－1。一定温度下，在密闭容器中反应2NO2(g)＝N2O4(g) 达到平衡。其它条件不变时，下列措施： A．减小NO2的浓度    B．降低温度  C．增加NO2的浓度   D．升高温度 能提高NO2转化率的是 （填字母）。 （2）25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(l)完全反应生成N2(g)和H2O (l) ，放出19.14kJ 的热量。则反应2N2H4(l)+N2O4(l)＝3N2(g)+4H2O (l)的△H＝ kJ·mol－1。 （3）17℃、1.01×105Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，c(NO2)＝0.0300mol·L－1、c(N2O4)＝0.0120mol·L－1。计算反应2 NO2(g)N2O4(g)的平衡常数K= 。 （4）现用一定量的Cu 与足量的浓HNO3反应，制得1.00L已达平衡的N2O4和NO2 混合气体（17℃、1.01×105Pa），理论上至少需消耗Cu的质量是 。 四、解答题 51．TiC是一种极具潜力的超高温结构材料，其制备总反应为：   反应步骤如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   回答下列问题： (1) ，总反应的随温度T的变化关系如图，则总反应自发进行的温度条件为 。 (2)在恒容密闭容器中，加入1 mol 、5 mol C和8.4 mol氢气，以从20℃升温至1500℃后保持恒温进行反应，测得剩余固体质量分数随时间t变化关系如图。已知：剩余固体质量分数 ①148 min之前反应速率逐渐加快的原因是 。 ②M、N点的反应速率 (选填“>”“=”或“<”)，其原因是 。 ③设Q点达平衡，总压为p kPa，则1500℃时总反应的 (分压=总压×物质的量分数，用含p的代数式表示)。 (3)高温下，向和C反应体系中加入NaF，可形成TiC-NaF(l)(TiC与NaF共熔体)，最终获得TiC，原理如下： ⅰ． ⅱ．______________ ⅲ． 过程ⅱ的化学方程式为 ，加入NaF有利于生成更多TiC的原因是 。 52．石硫合剂是作物抗病抑菌的无机农药。生产上以硫磺、石灰和水为原料，经加热熬煮得棕红混悬液体。制备反应式： Ⅰ．   回答问题： (1)在熬煮制备反应中，硫元素的化合价部分降低，部分升高，说明单质S发生了 反应。将该反应置于高压釜中，可大大缩短熬煮时间，原因是温度升高，反应速率 。 (2)已知：Ⅱ．   Ⅲ．   所以 (写表达式)。 (3)在熬煮石硫合剂时加入两亲性的季铵盐氯化十六烷基三甲铵，使得S在水中及在S中有有效浓度分别增大，导致单位时间内分子有效碰撞次数 。 (4)某批次实验表明，硫粉浓度c随时间t的变化满足关系：(k为表观速率常数)，如图所示。该实验条件下 。 (5)判断将浓度均为 的、等体积混合，构成K、P、Ca、S四元肥料混合液后，是否析出S及沉淀，造成叶面施肥喷头堵塞，并说明理由 。已知：25℃下，，，，()。分子不稳定，生成即分解为和。 53．尿素为农业生产常用氮肥。回答下列问题： I．工业合成 (1)是合成尿素的原料之一，在=1下，混合气体以一定流速通过合成塔。测得出口含量随反应温度和催化剂粒径的变化曲线如图。的原因是 。达到最高点后，曲线②下降的原因是 。 (2)已知：常温下各物质的相对能量如图。 则反应的 。 (3)模拟工业合成尿素。高温高压下，存在如下液相平衡体系。 主反应： 副反应： 平衡体系内，部分组分的物质的量分数随初始的变化曲线如图，代表的是 （填标号）。时，，随着的增大，与趋于一致，原因是 。 (4)实际生产中，当初始时，的平衡转化率为的平衡常数 （用物质的量分数代替浓度计算，忽略副反应，保留1位小数）。 Ⅱ．电催化合成 我国科研工作者以污染物为氮源，用纳米片电催化与合成尿素。下图为电催化合成尿素的原理示意图。 (5)a电极为 极。 (6)b电极发生的电极反应式为 。 54．/循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下： I．   II．   III．   回答下列问题， (1)计算 。 (2)提高平衡产率的条件是_______。 A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 (3)高温下分解产生的催化与反应生成，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是 (填序号)，生成水的基元反应方程式为 。 (4)下，在密闭容器中和各发生反应。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如下图(反应III在以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性 ①表示选择性的曲线是 (填字母)。 ②点M温度下，反应Ⅱ的 (列出计算式即可)。 ③在下达到平衡时， 。，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是 。 55．乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。 (1)石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。 主反应：   副反应： 体系中环氧乙烷初始浓度为，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中。 ①0~30min内， 。 ②下列说法正确的是 (填序号)。 a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量 b．0~30min内， c．0~30min内， d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 (2)煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： ①代表的曲线为 (填“”“”或“”)；原因是 。 ② 0(填“>”“<”或“=”)。 ③已知：反应，，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系， (填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的的值为 。 ④已知：反应，，p为组分的分压。调整进料比为，系统压强维持，使，此时 (用含有m和的代数式表示)。 56．碳酸丙烯酯()简称PC，是一种重要的有机化合物，具有多种工业通途。 (1)中电负性最大的元素是 。 A．C    B．H    C．O (2)1mol PC分子中键的数目为_______。 A．7 B．12 C．13 D．14 环氧丙烷与二氧化碳催化合成法是目前最常用的生产方法。 已知： 反应①：(g)+CO2(g) (l)     反应②：C(s)+O2(g)=CO2(g)    反应③：    反应④：    (3)反应④的=_______ A．-613.2 B．613.2 C．395.2 D．-395.2 (4)下列关于反应①的随温度T的变化趋势正确的是 。 一定条件下，在25mL恒容密闭容器中，环氧丙烷气体和过量的CO2发生反应①，制得碳酸丙烯酯液体。 (5)下列措施可以增加反应物分子中活化分子百分数的是_______。 A．通入惰性气体 B．增加CO2浓度 C．缩小容器体积 D．升高温度 (6)能说明上述反应达到化学平衡标志的是_______。 A．v正=v正 B．物质总质量保持不变 C．压强保持不变 D．气体平均摩尔质量保持不变 (7)反应4h后，液体体积为10mL，碳酸丙烯酯的选择性为95%，则环氧丙烷的化学反应速率v(环氧丙烷)= mol·L-1·h-1(精确到小数点后2位) 环氧丙烷生成的过程中可能会发生副反应。 已知： ①碳酸丙烯酯的选择性= ②M(碳酸丙烯酯)；ρ(碳酸丙烯酯)。 (8)碳酸丙烯酯相同时间内随温度变化如图所示，请解释产率随温度先变大后下降的原因 。 (9)制备碳酸丙烯酯还有一种光气法，其原理为利用丙二醇与光气生成碳酸丙烯酯。 与光气法相比，请从绿色化学角度写出3点环氧丙烷与二氧化碳合成法的优势 。 57．氨是一种理想的储氢载体，具有储氢密度高、储运技术成熟等优点。已知时，反应①：；物质的量分数。 回答问题： (1)题述条件下，反应②： 。 (2)设反应为一步完成，且与温度无关，已知下，反应①活化能为，则分解反应的活化能为 。 (3)既能影响反应②平衡转化率又能影响其反应速率的因素有 、 。 (4)温度T下恒容密闭容器中进行氨催化分解反应，关系曲线如图所示，其函数关系 (写表达式)，增大氨的初始分压，氨的转化速率 ；假设吸附到催化剂表面后都变成活化分子，其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，则单位时间的产量将 。 58．石油开采的天然气含有H2S。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重要途径。CH4和H2S重整制氢的主要反应如下： 反应Ⅰ：CH4(g)+2H2S(g)⇌CS2(g)+4H2(g)  ΔH1=+260kJ/mol 反应Ⅱ：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)  ΔH2=+90kJ/mol 反应Ⅲ：2H2S(g)⇌S2(g)+2H2(g)  ΔH3=+181kJ/mol 回答下列问题： (1)H2S分子的电子式为 。 (2)反应Ⅳ：CS2(g)⇌S2(g)+C(s)ㅤΔH4= kJ/mol。 (3)保持反应器进料口总压为100kPa．分别以8kPaCH4、24kPaH2S(He作辅气)与25kPaCH4、75kPaH2S进料。CH4平衡转化率与温度的关系如图1，含有He的曲线为 ，理由是 。 (4)假设在10L的恒温刚性容器中，通入0.3mol CH4和0.15mol H2S发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，起始总压为P0.CH4和H2S的转化率与时间的关系如图2，0～5min内H2的化学反应速率为 mol/(L•min)；5min时，容器内总压为 。 (5)假设H2S和CH4的混合气体在某固体催化剂上的吸附服从Langmuir等温吸附(吸附分子彼此不发生相互作用，且气体分子为单分子层吸附)。吸附等温式为：。其中a是气体的吸附系数，Vm是气体在固体表面的饱和吸附量(标态)，P是气体的分压，V是气体分压为P时的平衡吸附量(标态)。在一定温度下，H2S的吸附系数是CH4的4倍，当H2S的分压为2MPa及4MPa，CH4和H2S的分压相同时，H2S平衡吸附量分别为0.6m3/kg和0.8m3/kg(已换算成标态)，则H2S的吸附系数为 MPa﹣1。 (6)与传统天然气制氢中需要脱硫将H2S转化为硫黄和水相比，上述方法优点是 。 59．在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应： ⅰ． ⅱ． 回答下列问题： (1)反应ⅰ在1000K时 (选填“能”或“不能”)自发进行。 (2)已知25℃时有关物质的燃烧热数据如表，则反应ⅱ的 (用含的代数式表示)。 物质 (3)受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是 。 (4)对催化剂在不同的pH条件下进行处理，能够改变催化剂的活性。将催化剂在5种不同pH条件下处理后分别用于催化CH4芳构化，相同反应时间内测定相关数据如下表，其中最佳pH为 ，理由是 。 pH CH4平均转化率/% 芳烃平均产率/% 产物中积碳平均含量/% 2.4 9.60 5.35 40.75 4.0 9.80 4.60 45.85 7.0 9.25 4.05 46.80 10.0 10.45 6.45 33.10 12.0 9.95 4.10 49.45 (5)下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为4:1，则的平衡转化率为 ，平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数，列出计算式即可)。 (6)引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下： (两个反应可视为同级数的平行反应) 对于同级数的平行反应有，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下是定值。已知，若要提高苯的产率，可采取的措施有 。 60．是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。 (1)由制备： 已知 时，由制备硅 (填“吸”或“放”)热 。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：。，密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与和气体反应，转化率随时间的变化如下图所示： ①，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 。 ②当反应达平衡时，的浓度为 ，平衡常数K的计算式为 。 ③增大容器体积，反应平衡向 移动。 61．丙烯腈()是一种重要的化工原料。工业上以为载气，用作催化剂生产的流程如下： 已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定： ②反应釜Ⅰ中发生的反应： ⅰ：   ③反应釜Ⅱ中发生的反应： ⅱ：   ⅲ：   ④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。 回答下列问题： (1)总反应 (用含、、和的代数式表示)； (2)进料混合气中，出料中四种物质(、、、)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图： ①表示的曲线是 (填“a”“b”或“c”)； ②反应釜Ⅰ中加入的作用是 。 ③出料中没有检测到的原因是 。 ④反应后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 。 (3)催化剂再生时会释放，可用氨水吸收获得。现将一定量的固体(含水)置于密闭真空容器中，充入和，其中的分压为，在℃下进行干燥。为保证不分解，的分压应不低于 (已知  分解的平衡常数)； (4)以为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得，其阴极反应式 。 62．氢是清洁能源，硼氢化钠()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，) 请回答： (1)该反应能自发进行的条件是_______。 A．高温 B．低温 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 C．加入少量固体硼酸 D．增大体系压强 (3)为加速水解，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v与投料比之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因 。 (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 。该电池以恒定电流工作14分钟，消耗体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下的摩尔体积为；电荷量电流时间；；。] (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钠()再生为。(已知：是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比计算方法；当时，反应能自发进行。) I． II． III． 请书写一个方程式表示再生为的一种制备方法，并注明 。(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为。) 63．水煤气是的主要来源，研究对体系制的影响，涉及主要反应如下： 回答下列问题： (1)的焓变 (用代数式表示)。 (2)压力p下，体系达平衡后，图示温度范围内已完全反应，在温度时完全分解。气相中，和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物质为 (填化学式)。当温度高于时，随温度升高c线对应物质摩尔分数逐渐降低的原因是 。 (3)压力p下、温度为时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应的平衡常数 ；此时气体总物质的量为，则的物质的量为 ；若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，分压将 (填“增大”“减小”或“不变”)，将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 64．甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题： (1)已知如下热化学方程式：         计算反应的 。 (2)与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。 (i)图中的曲线是 (填“a”或“b”)。 (ii)时，的转化率 ， 。 (iii)时，反应的平衡常数 。 (3)少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 (i)在之间，有和无时的生成速率之比 。 (ii)从图中找出提高了选择性的证据： 。 (ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 根据上述机理，分析提高选择性的原因： 。 65．为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理废气：。将和分别以不同起始流速通入反应器中，在和下反应，通过检测流出气成分绘制转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 回答下列问题： (1) 0(填“>”或“<”)； ℃。 (2)结合以下信息，可知的燃烧热 。                   (3)下列措施可提高M点转化率的是_______(填标号) A．增大的流速 B．将温度升高 C．增大 D．使用更高效的催化剂 (4)图中较高流速时，小于和，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 (用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算) (6)负载在上的催化活性高，稳定性强，和的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，与的密度比为1.66，则的相对原子质量为 (精确至1)。 66．I.铝的三种化合物的沸点如下表所示： 铝的卤化物 沸点 1500 370 430 (1)解释三种卤化物沸点差异的原因 。 (2)已知反应。 ① ② ③ ④ ⑤ 则 。 (3)由图可知，若该反应自发，则该反应的_______。 A． B． C． D． II.已知的晶胞如图所示(已知结构为平行六面体，各棱长不相等，在棱心) (4)该晶体中，每个，距离其最近的有_______个。 A．4 B．5 C．8 D．12 (5)已知，一个晶胞的体积。求的晶胞密度 。 (6)水解可得胶体，请解释用可净水的原因 。 (7)用上述制得的胶体做电泳实验时，有某种胶体粒子向阴极移动，该粒子可能是_______。 A． B． C． D． 67．氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。 已知：物质中的化学键断裂时所需能量如下表。 物质 能量/ 945 498 631 回答下列问题： (1)恒温下，将空气(和的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分)置于容积为的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应： i   ii   ① 。 ②以下操作可以降低上述平衡体系中浓度的有 (填标号)。 A．缩小体积    B．升高温度    C．移除    D．降低浓度 ③若上述平衡体系中，则 (写出含a、b、V的计算式)。 (2)氢气催化还原作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原反应的速率方程为为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。 组号 1 0.10 0.10 r 2 0.10 0.20 3 0.20 0.10 4 0.05 0.30 ？ 表中第4组的反应速率为 。(写出含r的表达式) (3)①以空气中的氮气为原料电解合成氨时，在 (填“阴”或“阳”)极上发生反应，产生。 ②氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗和的质量比为，则在碱性介质中氨燃料电池负极的电极反应式为 。 ③我国科学家研究了水溶液中三种催化剂(a、b、c)上电还原为(图1)和电还原为(图2)反应历程中的能量变化，则三种催化剂对电还原为的催化活性由强到弱的顺序为 (用字母a、b、c排序)。 68．银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。 (1)在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图所示，回答下列问题：    ①中间体生成吸附态的活化能为 。 ②由生成的热化学方程式为 。 (2)一定条件下，银催化剂表面上存在反应：，该反应平衡压强与温度的关系如下： 401 443 463 10 51 100 ①时的平衡常数 。 ②起始状态Ⅰ中有和，经下列过程达到各平衡状态：    已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是 (填字母)。 A．从Ⅰ到Ⅱ的过程 B． C．平衡常数： D．若体积，则 E．逆反应的速率： ③某温度下，向恒容容器中加入，分解过程中反应速率与压强的关系为，k为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少时，逆反应速率最大。若转化率为，则 (用表示)。 (3)可用作固体离子导体，能通过加热制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。    ①测定晶体结构最常用的仪器是 (填字母)。 A．质谱仪     B．红外光谱仪     C．核磁共振仪     D．射线衍射仪 ②与晶胞的体积之比为 。 ③测定中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a中质量不变，可判定导电离子是而不是，依据是 。    69．磷酸二氢钾在工农业生产及国防工业等领域都有广泛的应用。某研究小组用质量分数为85%的磷酸与反应制备，反应方程式为一定条件下的实验结果如图1所示。    回答问题： (1)该条件下，反应至1h时KCl的转化率为 。 (2)该制备反应的随温度变化关系如图2所示。该条件下反应为 反应(填“吸热”或“放热”)，且反应热随温度升高而 。    (3)该小组为提高转化率采用的措施中有：使用浓磷酸作反应物、向系统中不断通入水蒸气等。它们能提高转化率的原因是：不使用稀磷酸 ；通入水蒸气 。 (4)298K时，的平衡常数 。(已知的) 70．以苯为代表的挥发性有机污染物可以在Co3O4的催化作用下，与O2反应生成CO2和H2O，进一步将CO2转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。 Ⅰ．CO2与苯的分子结构 (1)CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为 ，苯是 (填“极性”或“非极性”)分子。 Ⅱ．苯的催化氧化 Co3O4做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol。如图是290℃时，有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。 (2)光照条件下，对应的转化率曲线为 (填“a”或“b”)。 (3)有、无光照条件下，两种反应历程的 (填“相等”或“不等”)。 Ⅲ．CO2的转化 (4)CO2与H2反应可以合成甲醇：。一定温度下，等物质的量的CO2和H2在恒容密闭容器中发生上述反应达到平衡后，下列各操作有利于平衡正向移动的是 (填序号)。 a.分离出甲醇    b.充入稀有气体    c.增加H2量    d.降低温度 (5)一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图。 ①电极a是 极，电极反应式为 ； ②电解过程中，电极b一侧的溶液pH将 (填“升高”“不变”或“降低”)； ③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《专题七：化学反应与能量》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C C C B B C C D C 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 D B B D D D A C B D 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 答案 A C C D D C C C C A 题号 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 答案 A D B D C D C C C BC 题号 41 42 43 44 45 答案 BC CD BC BC AD 1．B 【详解】A．BaO与水反应生成Ba(OH)2，为放热反应，无气体生成，反应在溶液中进行，热量损失少，适宜用简易量热计测定，A不符合题意； B．Al与NaOH溶液反应生成H2气体，气体逸出时会带走部分热量，导致热量测量不准确，不适宜用简易量热计测定，B符合题意； C．ZnO与稀硫酸反应生成ZnSO4和水，为放热反应，无气体生成，反应在溶液中进行，热量损失少，适宜用简易量热计测定，C不符合题意； D．KOH与稀盐酸的中和反应，为放热反应，无气体生成，反应在溶液中进行，热量损失少，适宜用简易量热计测定，D不符合题意； 故选B。 2．C 【详解】A．由题干可知：反应体系中产物n(2-氯丙烷)：n(1-氯丙烷)，反应ii的反应速率小于i，反应的活化能越低，反应速率越快，故反应ii的活化能大于i，A正确； B．键能越小，越易断裂，反应生成更多的2-氯丙烷，说明丙烷中中的键能小于的，B正确； C．根据产物比例，丙烷消耗2 mol时，有1.2mol参与反应i，有0.8mol参与反应ii，上述反应体系的焓变为1.2ΔH1+0.8ΔH2，C错误； D．正丁烷的结构为：，存在两种类型的，与丙烷类似，中间的更易取代，且正丁烷中间碳占比更多，因此取代中间的比例更高，D正确； 综上所述，答案选C。 3．C 【详解】A．反应中气体物质的量减少（3 mol→1 mol），且生成液态水，系统混乱度降低，ΔS<0，A正确； B．生成H2O(g)时，相比H2O(l)少释放了液化潜热，故放出的热量减少，B正确； C．焓变（ΔH）是状态函数，与反应途径无关。燃料电池中反应的焓变ΔH'与原反应ΔH相等，C错误； D．燃料电池直接将化学能转化为电能，能量损失小于火力发电（需经热能→机械能→电能），故η'>η，D正确； 答案选C。 4．C 【分析】将五个方程式依次编号为①、②、③、④、⑤。 【详解】A．酸碱中和反应为放热反应，难溶于水而氢氧化钠易溶于水，已知反应①， ②，则反应①放出的热量小于反应②，即，故，A正确； B．已知反应②， ③， 利用盖斯定律将反应③-反应②得到，该反应为放热反应，则该反应的，即，B正确； C．已知反应⑤(化合反应)为放热反应，即，利用盖斯定律，将反应④-反应③得到反应⑤，即，，C错误； D．已知反应③为放热反应，，结合C项解析知：，则，D正确； 故选C。 5．B 【详解】A．根据反应原理，Ⅰ先消耗再生成，是整个历程的催化剂，Ⅱ先生成，再消耗，是中间产物，A错误； B．过程中存在中O-O非极性键的断裂，以及中非极性键的形成；还存在极性键的断裂，以及极性键的形成，B正确； C．过程中Ti的化学键()始终是4个，配位键不会改变Ti的化合价，故元素的化合价不变，C错误； D．反应生成了，且存在的分解反应，原子利用率小于100%，D错误； 故选B。 6．B 【分析】根据目标方程式与原方程式的特点可知，将原方程式进行（①-3×②+③）变换，可得目标方程式，所以，ΔH应为，据此解答。 【详解】A．选项A的表达式为，但根据推导结果，ΔH应为，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②×3，得到总ΔH为，再除以4得，与选项B一致，B正确； C．选项C未除以4，直接取，不符合目标反应的系数比例，C错误； D．选项D的表达式为，符号和系数均与推导结果不符，D错误； 故选B。 7．C 【详解】A．隔热层可防止热量散失，温度计测定反应前后的温度，玻璃搅拌棒可使反应完全反应，图中中和反应的反应热测定装置合理，A不符合题意； B．乙酸乙酯与饱和食盐水不互溶，饱和水盐水在下，乙酸乙酯在上，可通过分液进行分离，B不符合题意； C．在铁片上镀镍，待渡金属做阴极，镀层金属做阳极，图中两个电极放反，不能达到实验目的，C符合题意； D．转移热蒸发皿至陶土网，需要用坩埚钳夹取蒸发皿，操作合理，D不符合题意； 故选C。 8．C 【分析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-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。 【详解】A．由图可知，固体溶解过程的焓变为，为吸热过程，A正确； B．由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B正确； C．由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-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，取决于固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确； 故选C。 9．D 【详解】A．观察历程图可知，反应ⅰ中的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成和，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确； B．反应ⅱ中因脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV，B正确； C．反应ⅲ从生成经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确； D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误； 故选D。 10．C 【详解】A．由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误； B．平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误； C．由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定， C正确； D．活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H或*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D错误； 故选C。 11．D 【分析】反应物总能量高于生成物总能量，反应放热；反应物总能量低于生成物总能量，反应吸热。 【详解】M+N→Q(放热)，M+N的总能量大于Q的总能量；反应①为吸热反应，则M+N的总能量低于X的总能量，反应②为放热反应，则X的总能量高于M+N的总能量，故D正确， 故答案为：D。 12．B 【详解】A．根据复合判据ΔG=ΔH-TΔS，该反应ΔH＜0、ΔS＜0，温度较低时ΔG＜0，故低温能自发进行，A错误； B．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，B正确； C．该反应为放热反应，则，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误； D．，根据盖斯定律，反应①－反应②得到目标反应Na(s)+Cl2(g)=Na+(g)+Cl−(g)，则ΔH=，由于不能明确相对大小，则ΔH不能确定，D错误； 故选B。 13．B 【详解】根据盖斯定律反应①+②-③可得反应：，该反应，根据反应物键能和-生成物键能和可得：4c+2b-3a-中的碳氧键键能=，中的碳氧键键能=()，故B正确； 故选：B。 14．D 【详解】A．氢气燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则由热化学方程式可知，氢气燃烧热，故A正确； B．由题意可知，氢氧燃料电池中化学能转化为热能和电能，由能量守恒定律可知，和，在燃料电池中完全反应，电功+放热量，故B正确； C．氢气是易燃易爆的气体，难于安全储存与运输，所以氢能利用的关键技术在于安全储存与运输，故C正确； D．W=Uq，生成相同质量的氢气转移的电子数相同，即电解池转移的电荷数q相同，不同电极材料电解水所需电压U不同，则W不同，所以产生2g氢气消耗的电功不同，故D错误； 故选D。 15．D 【详解】A．与物质的量均为1mol，由于该反应为可逆反应，则放出的热量小于9.48kJ，故A错误； B．由盖斯定律知(i)-(ii)得I2(g)=I2(S) ，故1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差35.96kJ，故B错误； C．反应(i)、反应(ii)的产物都是HI(g)，状态相同，稳定性一样，故C错误； D．对于同一物质，固态物质的能量比气态物质能量低，故反应(ii)的反应物总能量比反应(i)的反应物总能量低，故D正确； 故选D。 16．D 【详解】A．由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从生成和的反应都是放热反应，A项正确； B．与Br原子相连的C原子为，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN-的C原子进攻的，形成碳碳键，B项正确； C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是和，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱，C项正确； D．由于生成所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成，为主要产物，D项错误； 故选D。 17．A 【详解】提高反应温度，增大，说明反应的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确， 故选A。 18．C 【详解】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确； B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确； C．M的六元环中与相连的C为杂化，苯中大键发生改变，故C错误； D．苯的硝化反应中浓作催化剂，故D正确； 故选C。 19．B 【分析】由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的反应速率，则反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能。 【详解】A．X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g)Y(g)为吸热反应，A项不符合题意； B．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，且X(g)Y(g)的活化能小于Y(g)Z(g)的活化能，B项符合题意； C．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，但图像上X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，C项不符合题意； D．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都大于0，且X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，D项不符合题意； 选B。 20．D 【详解】将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应①—②得到反应，则反应△H=(-701.0kJ/mol)-(-181.6kJ/mol)= -519.4kJ/mol，故选D。 21．A 【详解】A．图①装置没有加热装置，不适用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气，A错误； B．利用酸式滴定管中装有的标准酸溶液滴定未知碱溶液，装置和操作正确，B正确； C．图③装置用于测定中和反应的反应热，温度计测温度、玻璃搅拌器起搅拌作用，装置密封、隔热保温效果好，C正确； D．图④装置用于制备乙酸乙酯，导管末端不伸入液面下，利用饱和碳酸钠收集乙酸乙酯，D正确； 故选A。 22．C 【详解】A．反应①②可以生成CO2和H2，为③提供原料气，A正确； B．反应③消耗二氧化碳生成燃料甲醇，也是CO2资源化利用的方法之一，B正确； C．反应CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) 可由反应④×得到，故△H=kJ/mol，但是若水为液态，则会放出更多热量，C错误； D．反应2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+ H2O(g)可由②×2+③×2+④，故其焓变△H=(2b+2c+d) kJ/mol，D正确； 故选C。 23．C 【详解】A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定稳定的物质(水为液态水)过程放出的热量，故乙醇燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l) H=-1367.0kJ/mol，A错误； B．中和反应是一个放热反应，故热化学方程式为：NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) H=-57.3kJ/mol，C错误； C．硫燃烧是一个放热反应，故其燃烧的热化学方程式为：S(g)＋O2(g)=SO2(g) H=-296.8 kJ/mol，C正确； D．热化学方程式书写时需注明各物质的状态，故该反应的热化学方程式为：2NO2(g)=O2(g)＋2NO (g) H=+116.2kJ/mol，D错误； 故答案为：C。 24．D 【详解】A．由盖斯定律可知反应的焓变，A错误； B．为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的含量降低，故的平衡选择性随着温度的升高而降低，B错误； C．由图可知温度范围约为350~400℃时二氧化碳实际转化率最高，为最佳温度范围，C错误； D．450℃时，提高的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强反应I平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使平衡转化率达到X点的值，D正确。 故选D。 【点睛】 25．D 【分析】1mol纯物质完全燃烧生成指定的物质放出的热量称为燃烧热。 【详解】A．H2O应该为液态，A错误； B．，B错误； C．氢气的燃烧热为-285.8kJ/mol，则，C错误； D．，D正确； 故选D。 26．C 【详解】A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确； B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确； C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误； D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确； 故选C。 27．C 【分析】分解的产物是和，分解得到的与反应生成，又可以分解得到和，则a为，b为，c为，d为。 【详解】A．由分析可知，a为，c为，A项错误； B．d为，B错误； C．可以水解生成，通入水蒸气可以减少的生成，C正确； D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误； 故选C。 29．C 【详解】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确； B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确； C．产物I和产物II存在可逆反应，则产物II和产物I的比值即该可逆反应的平衡常数K，由于平衡常数只与温度有关，所以增加HCl浓度平衡时产物II和产物I的比例不变，故C错误； D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。 综上所述，答案为C。 30．A 【详解】A．虽然氮气在一定的条件下可以与氢气反应，而且是放热反应，但是，由于键能很大，该反应的速率很慢，氢气不能在氮气中燃烧，在短时间内不能产生大量的热量和大量的气体，因此，液氮-液氢不能作为火箭推进剂，A符合题意； B．氢气可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧-液氢能作为火箭推进剂，B不符合题意； C．肼和在一定的条件下可以发生剧烈反应，该反应放出大量的热，且生成大量气体，因此，液态-肼能作为火箭推进剂，C不符合题意； D．煤油可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧-煤油能作为火箭推进剂，D不符合题意； 综上所述，本题选A。 31．A 【详解】A．常见的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，A错误； B．嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B正确； C．电池是一种可以将其他能量转化为电能的装置，钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，C正确； D．海水中含有大量的无机盐成分，可以将大多数物质腐蚀，而聚四氟乙烯塑料被称为塑料王，耐酸、耐碱，不会被含水腐蚀，D正确； 故答案选A。 32．D 【详解】A．已知HF气体溶于水放热，则HF气体溶于水的逆过程吸热，即HF的△H1＞0，故A错误； B．由于HCl比HBr稳定，所以相同条件下HCl的△H2比HBr的大，故B错误； C．△H3＋△H4代表H(g)→H＋(aq)的焓变，与是HCl的还是HI的无关，故C错误； D．一定条件下，气态原子生成1molH−X键放出a kJ能量，则断开1molH−X键形成气态原子吸收a kJ的能量，即为△H2＝＋akJ/mol，故D正确； 故答案选D。 【点睛】本题考查了反应热和焓变，难度中等，解题时要理解图中△H1所表达的意义，注意当反应逆向进行时，数值不变，符号相反。 33．B 【详解】根据图中内容可知，，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新建形成释放能量，设断裂1molN-H键所需的能量为K，所以有154+4K+500=2218；解得K=391； 故答案选B。 34．D 【详解】A．太阳光催化分解水制氢气，光能转化为化学能，故A错误； B．反应②的ΔH2=131.3kJ·mol–1>0，则反应②为吸热反应，故B错误； C．催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率，故C错误； D．根据盖斯定律，将反应③-反应②得， CH4(g)=C(s)＋2H2(g) ΔH= +74.8 kJ·mol–1，故D正确； 故答案选D。 35．C 【详解】由图可以看出，mol N2(g)和mol H2(g)断键吸收的能量为a kJ，形成1mol NH3(g)的放出的能量为b kJ，所以N2(g)+H2(g)NH3(g) ΔH=(a-b)kJ/mol，而1mol的NH3(g)转化为1mol的NH3(l)放出的热量为c kJ，根据盖斯定律可知：N2(g)+H2(g)NH3(l) ΔH=(a-b-c) kJ/mol，N2(g)+H2(g)2NH3(l) ΔH=2(a-b-c)kJ/mol； 故合理选项是C。 36．D 【详解】A．石墨转化为金刚石吸收能量，则石墨能量低，根据能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，故A错误； B．金刚石是空间网状正四面体形，键角为109°28′，石墨是层内正六边形，键角为120°，因此碳碳键的键角不相同，故B错误； C．金刚石是空间网状正四面体形，石墨是层内正六边形，层与层之间通过范德华力连接，1mol金刚石有2mol碳碳键，1mol石墨有1.5mol碳碳键，因此等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为3∶4，故C错误； D．金刚石和石墨是两种不同的晶体类型，因此可用X射线衍射仪鉴别，故D正确。 综上所述，答案为D。 37．C 【详解】①； ②； ③； ④； ⑤； ⑥；则⑤+①-⑥-②+③得④，得到+838 kJ•mol-1，所以A B D错误， C正确， 故选C。 38．C 【详解】A．草酸属于二元弱酸，即乙二酸，属于有机物，A错误； B．C60与石墨是碳元素的不同单质，互为同素异形体，B错误； C．Cu为ⅠB族，属于过渡元素，C正确； D．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，反应焓变不变，D错误； 故选C。 39．C 【分析】对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。 【详解】A．催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此，A正确； B．已知的相对能量为0，对比两个历程可知，的相对能量为，则键能为，B正确； C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误； D．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：，D正确； 故答案为：C。 40．BC 【详解】试题分析：A．根据化学反应的实质，由反应的ΔH=E3−E2，A项错误；B．由图象可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的ΔH<0，B项正确；C．根据化学反应2X(g)≒3Y(g)，该反应是气体分子数增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高Y的产率，C项正确；D．由B分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，D项错误；答案选BC。 考点：考查化学反应中的能量变化，化学图象的分析与判断 【名师点睛】对于化学图象问题，可按以下的方法进行分析： ①认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与化学反应原理挂钩。②紧扣反应特征，搞清反应方向是吸热还是放热，体积增大还是减小，有无固体、纯液体物质参加反应。③看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势等等。本题考查化学反应与能量变化，主要结合物质反应与能量变化图，考查学生对化学反应热的理解。对于AB两项判断反应是放热反应还是吸热反应，可以从三个角度判断：一是比较反应物和生成物的总能量相对大小，生成物总能量比反应物总能量高的反应是吸热反应；二是比较反应物和生成物的总键能；三是从常见的反应分类去判断。 41．BC 【详解】A．根据化学反应的实质，由反应的ΔH=E3−E2，A项错误； B．由图象可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的ΔH<0，B项正确； C．根据化学反应2X(g)≒3Y(g)，该反应是气体系数和增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高Y的产率，C项正确； D．由B分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，D项错误； 答案选BC。 42．CD 【详解】A. 由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此是放出能量，故A不符合题意； B. 由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故B不符合题意； C. 由图可知，氧分子的活化是O－O的断裂与C－O键的生成过程，故C符合题意； D. 活化氧可以快速氧化SO2，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中SO2转化为SO3的催化剂，故D符合题意； 故答案为CD。 43．BC 【详解】A．由图示可知反应过程a需要的活化能较高，没有催化剂参与，A错误； B．由于反应物的能量高于生成物的能量，多余的能量就以热能的形式释放出来。所以该反应为放热反应，热效应等于反应物与生成物能量的差值ΔH，B正确； C．改变催化剂，改变了反应途径，降低了反应的活化能，但是反应热不变，C正确； D．E1是正反应的活化能，E2是中间产物的活化能，有催化剂条件下,正反应的活化能等于E1，D错误。 答案选BC。 44．BC 【详解】A．该反应是吸热反应，故反应物的总能量小于生成物的总能量，故A错误； B．同一可逆反应，正、逆方向反应热数值相等，符号相反，由题干反应可知，可得CO(g)+H2(g)→C(s)+H2O(g)+131.4kJ，故B正确；； C．由题干反应可知生成1mol氢气吸收的热量为131.4 kJ，故C正确； D．由题干反应可知生成1molCO吸收的热量为131.4 kJ，而1体积CO物质的量不是1mol，故D错误； 答案选BC。 【点睛】热化学方程式中，同一可逆反应，正、逆方向反应热数值相等，符号相反。 45．AD 【详解】A．由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A说法正确； B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B说法不正确； C．进程Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于进程Ⅱ中由S•X转化为P•X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ，Ｃ说法不正确； D．由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S•Z，然后S•Z转化为产物P•Z，由于P•Z没有转化为P＋Z，因此，Z没有表现出催化作用，D说法正确； 综上所述，本题选AD。 46．(1)10.8 (2)70 【详解】（1）完全分解石灰石(含，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是＝162000kJ，已知：焦炭的热值为(假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是＝10800g＝10.8kg。 （2）根据（1）中计算可知消耗焦炭的物质的量是=900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1：1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是＝70kg。 47． 【分析】(1)根据中和滴定实验的原理可知，该反应放出的热量可根据Q=cm计算； (2)结合焓变的概念及其与化学计量数之间的关系列式计算。 【详解】(1)100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与1.95g锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m==1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，反应放出的热量Q=cm=4.18×100g×(30.1-20.1)= 4.18×103J，故答案为：4.18×103； (2)上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)= 0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)==0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第(1)问可知，转化0.020mol硫酸铜所放出的热量为4.18×103J，又因为该反应中焓变代表反应1mol硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列出计算式为：，故答案为：（答案符合要求且合理即可）。 【点睛】该题的难点是第(2)问，要求学生对反应焓变有充分的理解，抓住锌粉过量这个条件是解题的突破口，题目计算量虽不大，但要求学生有较好的思维与辨析能力。 48． C + H2OCO + H2 H2S + Na2CO3＝ NaHS + NaHCO3 －246.4 kJ·mol－1 c、e > 0.04 mol·L－1 0.16mol/L·min 【详解】(1)煤生成水煤气的反应为C+H2OCO+H2。 (2)既然生成两种酸式盐，应是NaHCO3和NaHS，故方程式为： Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS。 (3)观察目标方程式，应是①×2+②+③，故△H=2△H1+△H2+△H3="-246.4kJ·" mol -1。 正反应是放热反应，升高温度平衡左移，CO转化率减小；加入催化剂，平衡不移动，转化率不变；减少CO2的浓度、分离出二甲醚，平衡右移，CO转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，但CO转化率降低；故选c、e。 (4)此时的浓度商Q==1.86＜400，反应未达到平衡状态，向正反应方向移动，故正＞逆；设平衡时生成物的浓度为0.6+x，则甲醇的浓度为（0.44-2x）有：400=，解得x=0.2 mol·L-1，故0.44 mol·L-1-2x=0.04 mol·L-1。 由表可知，甲醇的起始浓度度为(0.44+1.2) mol·L-1=1.64 mol·L-1，其平衡浓度为0.04 mol·L-1， 10min变化的浓度为1.6 mol·L-1，故(CH3OH)=0.16 mol·L-1·min-1。 49． 纯碱或苏打 CO32－＋H2OHCO3－＋OH－ 135.6 c(H2O)×c(CO) 24 【详解】（1）碳酸钠俗称纯碱和苏打，碳酸钠属于强碱弱酸盐，CO32－发生水解反应，其水解方程式为：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，溶液显碱性；（2）①－2×②得到：2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)＋CO2(g)＋H2O(g)  △H=(－127.4＋2×131.5)kJ·mol－1=＋135.6kJ·mol－1，Na2CO3和NaHCO3为固体，根据化学平衡常数的定义K= c(H2O)×c(CO)；（4）在同一个溶液中，c(Ba2＋)相同，依据溶度积的数学表达式，则有=24。 50． BC －1224.96 13.3 1.73g 【详解】（1）由于该反应为气体体积减小的放热反应，要提高NO2转化率，则应该采取：①降低温度；②增加NO2的浓度；③增大压强等措施。所以B、C符合要求； （2）由1.00gN2H4(l)放出19.14kJ，则2mol(即64g)N2H4(l)放热为1224.96kJ，所以△H＝1224.96kJ·mol－1。 （3）、根据题意知，平衡时c(N2O4 )＝0.0120mol·L－1 、c(NO2)＝0.0300mol·L－1，K＝c(N2O4 )/c2(NO2) ＝0.0120/0.0300×0.0300 ＝13.3。 （4）由（3）可知，在17℃、1.01×105Pa达到平衡时，1.00L混合气体中，n(N2O4 )＝c(N2O4)×V＝0.0120mol·L－1×1.00L＝0.0120mol，n(NO2 )＝c(NO2)×V＝0.0300mol·L－1×1.00L＝0.0300mol，则n总(NO2 )＝n(NO2 )＋2×n(N2O4 )＝0.0540mol，由Cu＋4HNO3＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O可得：m(Cu)＝ 64g·mol－1×0.0540mol/2 ＝1.73g。 51．(1) 温度高于1258K (2) 该时间段内，反应体系持续升温，温度升高是导致反应速率加快的主要原因 > 随着反应进行生成了固体覆盖在反应物表面，导致反应物接触面积减小，速率减慢 (3) 加入熔融 NaF 能生成TiC与NaF共熔体，该共熔体为液态，能够从体系中“被移走”，从而不断推动平衡向生成 TiC 的方向移动，有利于得到更多的 TiC 【详解】（1）根据盖斯定律，总反应可由×I +×Ⅱ + ×Ⅲ得到：==；由图可知，当时，，反应自发进行； （2）①148 min之前反应速率逐渐加快的原因是该时间段内，反应体系持续升温，温度升高是导致反应速率加快的主要原因； ②148分钟以后，温度已经保持不变状态，由斜率可看出；原因可能是因为随着反应进行生成了固体覆盖在反应物表面，导致反应物接触面积减小，速率减慢； ③1500℃时时，剩余固体质量分数为68%，初始固体总质量：，剩余固体质量：，设反应的为，三段式为 剩余固体质量：，则56x = 140 - 95.2，解得x = 0.8 mol，平衡时，气体总物质的量； （3）过程ⅱ的化学方程式与的作用  ，过程ⅰ：；过程ⅲ：，因此过程ⅱ为与液态反应生成，方程式为：  ；加入熔融 NaF 能生成TiC与NaF共熔体，该共熔体为液态，能够从体系中“被移走”，从而不断推动平衡向生成 TiC 的方向移动，有利于得到更多的 TiC。 52．(1) 氧化还原 增大 (2) (3)增多 (4)0.0025 (5) 不会析出S沉淀，会析出沉淀 【详解】（1）反应中S（0价）转化为CaS2（S为-1价）和CaS2O3（S为+2价），S元素的化合价部分升高，部分降低，说明单质S发生了歧化（氧化还原）反应；将该反应置于高压釜中，反应的温度升高，反应速率增大，反应时间缩短。 （2）由盖斯定律得：反应I=反应II+3×反应III，则焓变：。 （3）反应物有效浓度增大，使得单位时间内分子有效碰撞次数增多。 （4）由表达式知，k为-lnc随t变化曲线的斜率，所以。 （5）浓度均为2mol/L的、等体积混合后浓度均为1mol/L，即，1mol/L的KH2PO4电离出的H+和的浓度约为，由于c(Ca2+)×c()=1×10-3.6>Ksp(CaHPO4)=10-6.66，以此会产生CaHPO4沉淀；而生成S沉淀需要首先生成分子，而1mol/L的KH2PO4电离出的H+和1mol/L的电离产生的不足以生成，不会产生S沉淀。 53．(1) 催化剂的粒径越小，与反应物的接触面积越大，催化效果越好，反应速率越快 温度太高，催化剂的活性减弱，反应速率减慢 (2)-122.3 (3) ① 时，主反应和副反应同时发生，主反应生成的H2O(l)在副反应中被消耗，所以，随着的增大，副反应被抑制，几乎没有进行，整个反应主要发生主反应，与趋于一致 (4)2.3 (5)阳 (6)CO2+2NO+10e-+10=+3H2O+10CO 【详解】（1）由图可知，a、b、c处催化剂粒径：a>b>c，催化剂的粒径越小，与反应物的接触面积越大，催化效果越好，反应速率越快，出口含量越高。达到最高点后，曲线②下降的原因是：温度太高，催化剂的活性减弱，反应速率减慢。 （2）的生成物的总能量-反应物的总能量=-285.8 kJ/mol-321.8 kJ/mol+393.5 kJ/mol+2×45.9 kJ/mol=-122.3 kJ/mol。 （3）增大相当于增大，主反应和副反应平衡均正向移动，但增大，减小，则代表的是①，时，，随着的增大，与趋于一致，原因是：时，主反应和副反应同时发生，主反应生成的H2O(l)在副反应中被消耗，所以，随着的增大，副反应被抑制，几乎没有进行，整个反应主要发生主反应，与趋于一致。 （4）根据已知条件列出“三段式”： 平衡时，H2O(l)的物质的量分数为=，的物质的量分数为=，的物质的量分数为=，的物质的量分数为=，则平衡常数K==2.3。 （5）由图可知，CO2和NO在b电极得到电子生成，b为阴极，a电极为阳极。 （6）由图可知，NO在b电极得到电子和CO2反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：CO2+2NO+10e-+10=+3H2O+10CO。 54．(1) (2)B (3) ④ HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O (4) c 0.2 温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多；使反应Ⅲ正移，H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量 【详解】（1）已知： I．   Ⅱ．   将I+ Ⅱ可得=，故答案为：； （2）已知反应Ⅱ．  为放热反应，要提高平衡产率，要使平衡正向移动。 A．高温会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，A错误； B．低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高平衡产率，B正确； C．高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，C错误； D．低压会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，D错误； 故选B。 （3）反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四步活化能最高，速率最慢，基元反应为CH3*+H*+2H2O=CH4*+2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O，故答案为：④；HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O； （4）已知反应I为吸热反应， Ⅱ为放热反应，III为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，且二氧化碳、甲烷的选择性之和为100%，所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。 ①表示选择性的曲线是c，故答案为：c； ②点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，，，，则反应Ⅱ的，故答案为：； ③在下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在，随温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多；使反应Ⅲ正移，H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量，故答案为：0.2；温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多；使反应Ⅲ正移，H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量。 55．(1) cd (2) 该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大 < = 12 【详解】（1）①0~30min内，环氧乙烷完全转化，； ②a．，主反应中，，则生成物总能量低于反应物总能量，a错误； b．由题中信息可知主反应伴随副反应发生，EG作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即EG浓度的变化量小于EO浓度的变化量，0~30min内，，b错误； c．主反应中，，副反应，同一反应体系中物质一量变化量之比等于浓度变化量之比，产物中，即，，反应时间相同，则，，则，c正确； d．选择适当催化剂可提高主反应的选择性，可提高 乙二醇的最终产率，d正确； 故选cd； （2）①该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，，故、、对应α为0.6、0.5、0.4； ②由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，<0； ③M、N的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则=；D点对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO和3molH2，列三段式：，平衡时，、、的物质的量分数分别为，； ④设起始加入mmolCO和3molH2，此时，列三段式：，平衡时，气体总的物质的量为mmol，、、平衡分压分别，。 56．(1)C (2)C (3)A (4)C (5)D (6)CD (7)1.24 (8)在140℃之前，温度升高，反应速率加快，相同时间内产生的碳酸丙烯酯更多，且平衡正向移动产率升高；超过140℃，温度升高，平衡向吸热反应的逆向移动故产率下降 (9)不使用有毒气体光气；不产生HCl；可吸收CO2，变废为宝 【详解】（1） 中含有C、H、O元素，电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力的标度，同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，电负性，电负性最大的是O，故答案选C； （2） 单键都是键，双键中含1个键和1个键，分子中含有13个键，则1 mol分子中含有个键； （3）根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应II+反应III=反应IV，则，故选A； （4）反应Ⅰ中，，（）随温度T/(K)的变化是一次函数的变化，斜率，与y轴的截距，故答案选C； （5）A．通入惰性气体,体系的温度未变，反应物分子中活化分子百分数未变，A错误； B．增加CO2浓度，反应浓度增大，活化分子浓度增大，但由于温度未变，分子能量未变，活化分子百分数未变，B错误； C．缩小容器体积，反应浓度增大，活化分子浓度增大，但由于温度未变，分子能量未变，活化分子百分数未变，C错误； D．升高温度，分子能量增大，活化分子百分数增大，D正确； 故选D。 （6）A．都表示正反应速率，故不能表示反应达到平衡状态，A错误； B．根据质量守恒定律，物质总质量不变，故不能说明反应达到平衡状态，B错误； C．该反应前后气体分子总数不同，故气体体积不变时，各物质的量浓度不变，可以说明反应达到平衡状态，C正确； D．该反应前后气体分子总数不同，混合气体平均摩尔质量不变时，则说明各物质的量不再变化，可以说明反应达到平衡状态，D正确； 故答案选CD； （7）反应4h后，液体体积为10 mL，即得到碳酸丙烯酯的体积为10 mL，其物质的量为，即转化为碳酸丙烯酯的环氧丙烷的物质的量为0.118 mol，碳酸丙烯酯的选择性，即参加反应的环氧丙烷的物质的量为0.124 mol，根据反应速率； （8）碳酸丙烯酯在单位时间内的产率随温度变化先变大后减小是因为反应未达平衡，温度越高反应速率越快，产率越高，，正反应放热，温度升高，平衡逆向移动，产率降低； （9）用光气与丙二醇反应也可以用于制备碳酸丙烯酯，光气有毒，传统方法更安全； 用光气与丙二醇反应还有副产物 产生，原子利用率低； 环氧丙烷与催化合成原子利用率达到百分之百，传统方法用二氧化碳做原料，可以帮助完成碳中和，减缓温室效应。 57．(1)+92 (2)427 (3) 压强 温度 (4) 不变 增大 【详解】（1）由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，反应①H=—92kJ/mol，则反应②H=+92kJ/mol，故答案为：+92； （2）由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，由题意可知，673K下，反应①活化能为335 kJ/mol，则氨气分解的活化能为335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol，故答案为：427； （3）反应②是气体体积增大的吸热反应，改变温度和压强，化学反应速率均改变，平衡都会发生移动，所以温度和压强既能影响反应平衡转化率又能影响其反应速率，故答案为：温度；压强； （4）由图可知，反应起始时氨气的分压为35kPa、5min时氨气的分压为23.5kPa、10min时氨气的分压为12kPa，0—5min时，分压的变化量为2.3×5=35-23.5，0—10min时，分压的变化量为2.3×10=35-12，则函数关系p(NH3)= ；由关系式可知，增大氨的初始分压，氨的转化速率不变；由题意可知，吸附到催化剂表面后氨分子都变成活化分子，则其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，反应速率加快，所以单位时间氢气的产量将增大，故答案为：；不变；增大。 58．(1) (2)+11 (3) M 总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大 (4) 1.2×10-3 P0 (5)0.4 (6)H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2 【详解】（1） H2S为共价化合物，其电子式为； （2）根据盖斯定律可知，反应Ⅱ+Ⅲ﹣Ⅰ＝Ⅳ，则CS2(g)⇌S2(g)+C(s)ㅤΔH4＝ΔH2+ΔH3﹣ΔH1＝(90+181－260)kJ/mol＝+11kJ/mol； （3）保持反应器进料口总压为100kPa。分别以8kPaCH4、24kPaH2S（He作辅气）与25kPaCH4、75kPaH2S进料。CH4平衡转化率与温度的关系如图1，含有He的曲线为M，理由是总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大 （4）由图可知，0～5min内消耗的CH4为0.3mol×5%＝0.015mol，消耗的H2S为0.15mol×20%＝0.03mol，根据氢原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)＝2×0.015mol+0.03＝0.06mol，0～5min内H2的化学反应速率为v(H2)1.2×10-3mol/(L•min)； 设反应Ⅰ转化了xmolCH4，则反应Ⅱ转化了(0.015－x)molCH4，反应Ⅰ转化了2xmolH2S，反应Ⅲ转化了(0.03-2x) molH2S，列三段式有 ，5min时，n(CH4)=0.285mol，n(H2S)=0.12mol，n(H2)＝0.06mol，n(CS2)=xmol，n(S2)=(0.015-x)mol，n(总)=0.48mol，起始总压为P0，气体总量为0.45mol，根据压强之比等于物质的量之比，可得5min时，容器内总压为×P0=P0； （5）根据题意可知方程：①，②，联立方程①与②，解得：α1＝0.4MPa﹣1； （6）与传统天然气制氢中需要脱硫将H2S转化为硫黄和水相比，上述方法优点是H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2。 59．(1)能 (2)6a-b-9c (3)反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小 (4) 10.0 pH=10.0时，产物中积炭平均含量最低，CH4平均转化率最大，芳烃平均产率最高 (5) 20% 或 (6)加入合适的催化剂(合理即可) 【详解】（1）反应ⅰ．，在1000K时，ΔG=ΔH-TΔS=+74.6 kJ·mol-1-1000K×80.84×10-3kJ·mol-1·K-1=-6.24 kJ·mol-1＜0，故反应ⅰ在1000K时能自发进行。 （2）ⅱ． 由题给数据可得出以下热化学方程式： ③CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)     ΔH=akJ·mol-1 ④C6H6(l)+7.5O2(g)＝6CO2(g)+3H2O(l)   ΔH=bkJ·mol-1 ⑤H2(g)+0.5O2(g)＝H2O(l)             ΔH=c kJ·mol-1 依据盖斯定律，将反应③×6-④-⑤×9得，反应ⅱ的(6a-b-9c) kJ·mol-1。 （3）由于反应ⅰ生成固态炭，会覆盖在催化剂表面，从而减小气体与催化剂的接触面积，因此随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低。 （4）比较表中数据可以看出，pH=10.0时，CH4平均转化率为最大值10.45%，芳烃平均产率为最大值6.45%，产物中积炭平均含量为最小值33.10%，所以最佳pH为10.0。 （5）下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为4:1，设起始时C6H6的物质的量为1mol，CH4的物质的量为5mol，参加反应C6H6的物质的量为xmol，则可建立如下三段式： 依题意，，解得x=0.2，平衡时，n(C6H6)=0.8mol，n(CH4)=4.8mol，n(C7H8)=0.2mol，n(H2)=0.2mol，则的平衡转化率为=20%，平衡常数Kp=或。 （6）已知，加入合适的催化剂，选择性降低Ea,苯，加快生成苯的速率，提高苯的产率。所以若要提高苯的产率，可采取的措施有：加入合适的催化剂(合理即可)。 60．(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 0.1951 逆反应方向 【详解】（1）由题给热化学方程式：①，；②，；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化学方程式，，则制备56gSi，即2molSi，需要吸收热量为；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SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1mol×4.2%=0.0042mol，根据化学化学计量数可得反应生成的SiHCl3的物质的量为，平均反应速率； ②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为： 当反应达平衡时，H2的浓度为，平衡常数K的计算式为； 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。 61．(1)ΔH1+ΔH2+ΔH3 (2) c 抑制酯的水解从而提高产率 反应iii的速率远大于反应ii 反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少 (3)40 (4)Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4 【分析】工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂，由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH为进料气体生产CH2=CHCN，在反应釜I中发生反应i：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)+H2O(g)，加入NH3后，在反应釜Ⅱ中发生反应ii：CH2=CHCOOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)+C2H5OH(g)，反应iii：CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)+H2O(g)，故产物的混合气体中有CH2=CHCN、未反应完的C2H5OH、CH2=CHCOOC2H5(g)和水； 【详解】（1）根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)可以由反应i+反应ii+反应iii得到，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3； （2）①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1mol，n(C2H5OH)=2mol，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生成CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1mol，生成H2O(g)的物质的量约为2mol，故出料气中C2H5OH(g)物质的量共约3mol，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O物质的量之比约为1:3:2，故曲线c表示CH2=CHCN的曲线； ②反应釜Ⅰ中发生反应i生成丙烯酸乙酯和水，若丙烯酸乙酯水解会生成乙醇，因此，加入C2H5OH可以抑制酯的水解从而提高产率； ③反应釜Ⅱ中发生的两个反应是竞争反应，其选择性由速率决定，出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原因是：反应iii的速率远大于反应ii； ④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少； （3）0.72g水的物质的量为0.04mol，故p(H2O)=2.5×102kPa⋅mol−1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40kPa； （4）Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH2=CHCN为原料在Sn做的阴极得电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4。 62．(1)C (2)AC (3) ab段，反应物浓度降低（水的物质的量分数过低，微粒间的有效碰撞减少），生成氢气速率减慢 (4) O2+4e-+2CO2=2 70% (5) 【详解】（1） 反应， ，由可知，任意温度下，该反应均能自发进行，故答案选C； （2）A．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； B．加入少量异丙胺，水的量减小，化学反应速率降低，B不符合题意； C. 加入少量固体硼酸，硼酸溶液呈酸性，溶液中H+浓度增大，化学反应速率加快，C符合题意； D．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； 答案选AC。 （3）在温度、催化剂不变的情况下，本题的生氢速率v与反应物的浓度有关，随着投料比增大，c(NaBH4)增大，c(H2O)减小，综合分析速率减小是因为c(H2O)减小对速率的影响占主导。 （4）根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2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+4e-+2CO2=2， 该条件下，0.49L H2的物质的量为，工作时，H2失去电子：H2-2e-=2H+，所带电荷量为：2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-19= 3840C，工作电荷量为：3.2×14×60=2688C，则该电池将化学能转化为电能的转化率为：； （5）结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得， 。 63．(1)++ (2) 当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以的摩尔分数减小。 (3) 0.5 不变 不变 【详解】（1）已知三个反应： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 设目标反应为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以++。 （2）图示温度范围内已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，量减小，摩尔分数减小，量升高，摩尔分数增大，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表的摩尔分数的变化，则c曲线代表的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以的摩尔分数减小。 （3）①压力p下、温度为时，、、和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：，则反应的平衡常数 ； ②气体总物质的量为4.0mol，则H2、CO、CO2、H2O(g)的物质的量依次为2mol、0.6mol、0.2mol、1.2mol，设反应Ⅰ生成CO和H2物质的量都为xmol，反应Ⅱ消耗CO物质的量为ymol、生成H2物质的量为ymol，则x+y=2、x-y=0.6，解得x=1.3、y=0.7，反应Ⅱ生成CO2物质的量为0.7mol，反应Ⅲ消耗CO2物质的量为0.7mol-0.2mol=0.5mol，则由反应Ⅲ知，此时CaCO3(s)物质的量为0.5mol； ③若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，反应的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压不变；将反应Ⅰ-反应Ⅱ得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，温度不变，该反应的Kp=不变，则不变。 64．(1)-67 (2) a 80% 7.8 10.92 (3) (或3：2) 5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升 I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br 【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而判断曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。 【详解】（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的∆H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。 （2）(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a； (ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol； (iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K===10.92。 （3）(i)11~19s时，有I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1。生成速率比==； (ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性； (iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。 65．(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，T3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 【详解】（1）反应前后的气体分子数目在减小，所以该反应 <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，HCl的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃。 （2）表示氢气燃烧热的热化学方程式为④，设①，②，③ ，则，因此氢气的燃烧热－57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44kJ/mol=-285.8 （3）A．增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率在减小，不符合题意； B．M对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，符合题意； C．增大n(HCl):n(O2)，HCl的转化率减小，不符合题意； D．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HCl的转化率增加，符合题意； 故选BD。 （4）图中在较高流速下，T3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HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式 则。 （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，则Ru的相对原子质量为101。 66．(1)AlF3为离子晶体，AlCl3和AlBr3为分子晶体，故AlF3的沸点最高；AlBr3的相对分子质量大于AlCl3，故AlBr3的分子间作用力大于AlCl3，所以AlBr3的沸点高于AlCl3。 (2) (3)A (4)A (5)3.24g·cm-3 (6)氢氧化铝胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降，因而常用于水的净化 (7)A 【详解】（1）为离子晶体，和为分子晶体，故的沸点最高；的相对分子质量大于，故的分子间作用力大于，所以的沸点高于。 （2）由题中所给的热化学方程式，根据盖斯定律可知，目标热化学方程式可由①×（-1）+②×2+③×3+④×3+⑤×（-1）得到，故。 （3）由可得，根据图像可知，该直线解析式得斜率小于0，纵截距大于0，即，；故结果为，，选项A正确。 （4）选取晶胞中宽上的棱心分子，由于各棱长不相等，与该棱心分子距离最近的分子为该晶胞中相邻两条高中的棱心分子以及相邻晶胞中两条高中的棱心分子，共有4个，故选A。 （5）由Al2Br6的晶胞图可知，根据均摊法，一个晶胞中Al2Br6的个数为，则一个晶胞的质量为，一个晶胞的体积，则Al2Br6的晶胞密度为 （6）由于氢氧化铝胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降，因而常用于水的净化。。 （7）某种胶体粒子向阴极移动，说明该粒子带正电，故选A。 67．(1) 181 CD (2) (3) 阴 bac 【详解】（1）①ΔH1=反应物总键能-生成物总键能=； 故答案为：+181； ②A．缩小体积，所有物质浓度均增大，A不符合题意； B．升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应i为吸热反应，则升温平衡正向进行，NO浓度增大，B不符合题意； C．移除NO2，平衡ii向正向进行，NO浓度降低，C符合题意； D．降低N2浓度，平衡逆向进行，消耗NO，NO浓度降低，D符合题意； 故答案为：CD； ③根据三段式 ，； 故答案为：；； （2）实验1与实验2相比，，y=1，实验1与实验3相比，，x=2，代入实验3，，根据实验4计算，； 故答案为：0.75r； （3）①N2生成NH3，化合价降低，得电子，发生还原反应，则N2在阴极反应； 故答案为：阴； ②燃料电池中，氨气作负极发生氧化反应，生成N2，生成1个N2转移6个电子，在碱性下发生，； 故答案为：； ③催化剂通过降低反应活化能提高反应速度，则催化活性由强到弱的顺序为b＞a＞c； 故答案为：bac。 68．(1) 83 (2) 10 CDE (3) D 12:7 a中银电极质量减小，b中银电极质量增大 【详解】（1）①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体生成吸附态的活化能为。 ②由图可知，生成放出热量，放热焓变为负值，故热化学方程式为； （2）①反应中只有氧气为气体，结合表格数据可知，时的平衡常数。 ②结合表格数据可知，升高温度，压强变大，平衡正向移动，则反应为吸热反应； A．从Ⅱ到Ⅲ为体积增大，反应正向移动的过程，导致固体质量减小，已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则从Ⅰ到Ⅱ的过程为固体质量增大的过程，平衡逆向移动，为熵减过程，故从Ⅰ到Ⅱ的过程，A错误； B．平衡常数只受温度的影响，则，B错误； C．反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数：，C正确； D．已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则氧气的物质的量相等，若体积，根据阿伏伽德罗定律可知，，，，则，D正确； E．结合A分析可知，逆反应的速率：；固体不影响反应速率，温度越低反应速率越低，逆反应的速率：，故有逆反应的速率：，E正确； 故选CDE； ③某温度下，设向恒容容器中加入mg，当固体质量减少时，逆反应速率最大，此时达到平衡状态，减小质量为生成氧气的质量，则生成，若转化率为，则此时生成，根据阿伏伽德罗定律，此时，故； （3）①晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；故测定晶体结构最常用的仪器是D．射线衍射仪； ②据“均摊法”，晶胞中含个I，则晶体密度为；，晶胞中含个I，则晶体密度为；故，则与晶胞的体积之比为12:7。 ③由图可知，a极为阳析，银氧化为银离子，根据a中AgI质量不变，可判断I-没有进入a极（否则AgI质量会增加），从而推断导电的是Ag+从a极移向b极。 【点睛】 69．(1)70% (2) 吸热 降低 (3) 使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行 使得气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行 (4) 【详解】（1）由图可知，该条件下，反应至1h时KCl的转化率为70%； （2）由图可知，焓变为正值，则该条件下反应为吸热反应，且反应热随温度升高而降低； （3）使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行；向系统中不断通入水蒸气，使得气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行；都可以促进氯化钾的转化率的提高； （4）298K时，的离子方程式为，其平衡常数。 【点睛】 70．(1) sp 非极性 (2)a (3)相等 (4)acd (5) 阴 降低 K+ 【详解】（1）CO2分子中碳原子的中心原子价层电子对数为=2，故杂化轨道类型为sp；苯分子的空间构型是平面正六边形，分子结构对称，为非极性分子，故答案为sp；非极性。 （2）活化能越低，反应速率越快，相同时间内反应物的转化率越高，无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol，所以有光照条件下反应速率更快，对应的转化率曲线为a，故答案为a。 （3）反应的焓变只与反应物与生成物的总能量有关，与反应历程无关，所以有、无光照条件下，两种反应历程的相等，故答案为相等。 （4）a．分离出甲醇，即减小生成物浓度，平衡正向移动，a符合题意； b．恒温恒容条件下充入稀有气体，各反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，b不符合题意； c．增加H2量，即增大反应物浓度，平衡正向移动，c符合题意；     d．该反应的，降低温度，平衡正向移动，d符合题意； 故答案选acd。 （5）①由图可知，电极a上转化为，碳元素化合价降低，发生还原反应，为阴极，电极反应式为，故答案为阴极；。 ②由图可知，电极b上转化为，碳元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极，电极反应式为， 反应过程中消耗，溶液的pH降低，故答案为降低。 ③电解过程中，阳离子向阴极（电极a）移动，左侧溶液中有，所以通过阳离子交换膜的离子为，故答案为。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $