专题卷(6)化学反应与能量变化-【鱼跃龙门卷】2026年高三化学二轮复习专题金卷（广东专版）

·化学D· 【解析】(1)从图甲可以看出，步骤iⅱ中a端连电源正极，Li电极 作阳极，阳离子向阴极迁移，L从Li电极向MoS2电极迁移。 (2)步骤i的总反应为4Li(s)+3CO2(g)一2Li2CO3(s)十C (s),根据盖斯定律，可得总反应的反应热△H=2△H1一△H2= (-539×2-172)kJ·mo1-1=-1250kJ·mol-1,即总反应的 热化学方程式为4Li(s)+3CO2(g)一2Li2CO3(s)+C(s) △H=-1250kJ·mol11。 (3)步骤ⅲ中Li电极作阴极，电极反应式为4Li十+3CO2+4e =2Li2CO3+C。 (4)从图乙中可以看出CO?→CO2存在碳氧键的断裂，C→CO 存在碳氧键的形成；图乙中涉及电子转移时，能量增加，吸收能 量：催化剂可以降低活化能，加快反应速率。 11 化学（六） 一、选择题 1,D【解析】催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但化学 平衡不移动，生成物的产率不变。 2.B【解析】硫固体转化为硫蒸气需要吸热，故硫蒸气的能量高 于硫固体，等质量时硫蒸气燃烧释放更多热量；金刚石转化为 石墨的过程放热，石墨能量更低更稳定；表示氢气的燃烧热的 热化学方程式中应为液态水；H2SO4和Ca(OH)2反应还生成 12 CaSO4沉淀，还会伴随能量变化，反应热不等于中和热的2倍。 3.D【解析】反应的活化能越大，反应速率越慢，反应1的活化能 大于反应2的活化能，所以相同条件下的反应速率：反应1<反 应2。 4.C【解析】1个软脂酸分子中含有1个羧基，含有1个π键，但 选项未给出软脂酸物质的量，无法确定π键数目；标准状况下 2.24LC02为0.1mol,每个C02分子含22个质子，总质子数 为0.1X22NA=2.2NA;352gC0,的物质的量为4g·nm0 352g 8mol,根据反应，生成8 mol CO2的同时消耗11.5molO2,0 元素由0价下降到-2价，转移11.5mol×4=46mol电子，数 13 目为46NA;根据反应，生成1.6NA个液态H2O时放出 997.7kJ热量，若生成气态H2O,水汽化吸热，实际放热少于 997.7kJ。 5.C【解析】根据图示，在该反应过程中，总共消耗了1个H2O 分子。 6.B【解析】根据盖斯定律，△H=△H1十△H2。 7.D【思路分析】第一步为H2还原[PCl]2-生成Pd,第二步为 P吸收并携带O2,将之转化为过氧根，第三步为H2O2的生14， 成，据此解答。 【解析】催化剂可改变反应历程、降低活化能，但不影响反应物 和产物的总能量，总反应的反应热不变。 8.C【解析】HCHO*+2H→HCHO(g)+H2(g)△H= +21.2kJ·mo-1,这个步骤中的能量变化是两个过程[氢原子 结合为H2(g)形成化学键释放能量；HCHO和H2从催化剂表 15 面脱附吸收能量]总的结果，无法判断H一H键的键能。 9.B【解析】目标反应为CH4(g)+CO2(g)一2CO(g)+2H (g),根据盖斯定律，①一②×2一③×2得目标反应，故△H (-890+566+572)kJ·mol厂1=+248kJ·mol1;反应物键能 总和为(4×413+2×799)kJ·mol-1=3250kJ·mol-1;产物 键能总和为[2E(CO)+2×436]kJ·mol-1=(2E+872)kJ· mol1。由△H=反应物总键能一产物总键能，得3250一 (2E+872)=248,解得E=1065kJ·mol-1 10.C【解析】A项，由反应机理图可知，反应②的活化能最大，反16 应速率最慢，为决速步骤；B项，由元素守恒和电荷守恒可知， 反应①的化学方程式为HNO3+H2SO,一NO+HSO,十 H2O;C项，由图可知，苯环中碳原子为sp2杂化，中间产物 HO SO ”与硝基相连的碳原子为p杂化 -H H中饱和碳 NO. 原子为sp杂化；D项，由反应历程可知，反应③的活化能低于 NO, HO SO -H 反应④，且 的稳定性大于 一H,故反应③为主反应， NO, ◇为主产物。 D【解析】△H2是HX(g)断裂化学键生成H(g)和X(g)的过 程，化学键断裂需要吸收能量，所以△H2>0;△Hg涉及H(g) 失去电子到H+(g)、X(g)得电子到X(g)的能量变化，C1的 非金属性比Br强，CI(g)得到电子放出的能量比Br(g)强，释 放的能量更多，即Cl(g)十e-CI(g)△H3更小；△H4代表 水合氢离子H+(aq)形成H+(g)的过程，这一过程与X无 关，因此对于HCl和HI,△H,(HCI)=△H(HI);根据盖其定 律，观察能量循环图，反应HX(g)一H(aq)十X(aq) △H1=△H2+△H3-△H4-△H,。 B【解析】根据表格中微粒气态时的相对能量，H2燃烧生成 气态水时△H=-242kJ·mol1一0kJ·mol1-0kJ· mol厂1=一242kJ·mol1,而燃烧热需要生成液态水，故H2 的燃烧热不是△H=一242k·mol1;反应CO2(g)+4H2(g) =CH4(g)+2H2O(g)的△H=-242kJ·mol1×2 75k灯·mol1-0kJ·mol1-(-393k·mol1)= 一166kJ·mol厂1，是放热反应，正反应的活化能小于逆反应的 活化能；0一H断裂得到气态氧、氢原子，键能为(249+218 39)kJ·mol1=428kJ·mol1;反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(I)为放热、嫡减的反应，根据△G=△H一T△S<0反应 自发进行，可知该反应在较低温度下可自发进行。 D【解析】根据盖斯定律可知，反应Ⅱ=反应Ⅲ一反应I,则 反应Ⅱ为CO(g)+H2O(g)—H2(g)+CO2(g)△H,= 一41.39kJ·mol-1;由图可知500℃时，水汽反应的△G<0, 反应可自发进行，甲烷水蒸气重整反应和甲烷水蒸气直接重 整反应的△G>0,反应不能自发进行；甲烷水蒸气重整反应和 甲烷水蒸气直接重整反应均为气体体积增大的反应，△S均大 于0；加压和升温均能提高甲烷水蒸气重整反应的速率，加压 会使平衡逆向移动，使甲烷的平衡转化率降低。 B【解析】由图可知，生成物的总能量比反应物的总能量高， 所以HI(g)分解为H2(g)和12(g)的反应是吸热反应；HI发生 分解时，断裂的是H一I极性共价键，形成的是H一H、I一I非 极性共价键，共价键类型不相同；催化剂能改变反应的活化能， 但不改变反应物和生成物的总能量，也不改变反应物的平衡 转化率，所以不改变反应的焓变和平衡常数。 C【解析】由乙到甲为放热反应，可知甲为液态、乙为气态；由 丙-→丁的变化为2molH结合生成1molH2,1molO结合生 成0.5molO2,有化学键的生成，则为放热反应；乙→甲为放 热反应、乙→丙为吸热反应、丙→丁为放热反应、乙→丁为吸热 反应，则甲、乙、丙、丁所具有的总能量大小关系为丙>丁 乙>甲；25℃、1.01×105Pa下H20为液体，1molH20(1)分 解生成1molH2(g)和0.5molO2(g)吸热285.8k,即甲→ 丁的热化学方程式为2H2O(1)一2H2(g)+O2(g)△H= +571.6kJ·mol-1。 B【解析】根据图示，该过程中最大能垒（活化能）E正= 16.87kJ·mol-1-(-1.99kJ·mol1)=18.86kJ·mol-1: 化合物2与H2O反应生成化合物3与HCOO的反应放热， 升高温度，平衡逆向移动，降低化合物2与H2O反应生成化合 。7 参考答案及解析 物3与HCOO的程度；使用更高效的催化剂可降低反应所需 =NO?(aq)+2H+(aq)+H20(1)△H=-346kJ· 的活化能，加快反应速率，催化剂不能使平衡移动，所以C, mol1,则1 mol NH(aq)全部被氧化成NO?(aq)放出的热 的转化率不变。 量是346k。 、非选择题 (5)H2(g)+Br2(1)—2HBr(g)△H1=-72kJ·mol-1,Br2 7. (1)不变 (I)一Br2(g)△H2=+30kJ·mol-1,则H2(g)+Br2(g) (2)+131.3 =2HBr(g)△H=△H,-△H,=-102kJ·mol-1,△H= (3)第二步反应 反应物的键能之和一生成物的键能之和=(436+200 (4)2NH3 (g)+CO2 (g)-CO(NH2)2(s)+H2 O(g)AH= 2a)kJ·mol1=-102kJ·mol1,解得a=369。 (Ea-E2十E3-E4)kJ·mol厂1 19.(1)4NH3(g)+6NO(g)-5N2(g)+6H20(I)△H= (5)A -1807.8kJ·mol1 (6)①环形玻璃搅拌器②ABC 【解析】(1)催化剂不能改变反应焓变，因此反应③使用催化剂 (22△H2-△H,K 后，△H3不变。 (3)②③554.9 (2)根据盖斯定律，反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)可 【解析】(1)根据盖斯定律，由②一①×5可得反应4NH(g)+ 由②十③所得，则有△H=△H2十△H3=(一110.5kJ· 6NO(g)—5N2(g)+6H2O(I),该反应的△H=(-905.8k· mol1)+(+241.8kJ·mol-1)=+131.3kJ·mol-1。 mol-1)-(+180.4k·mol1)×5=-1807.8kJ·mol1。 (3)在多步基元反应中，活化能越大反应速率慢，慢反应决定了 (2)根据盖斯定律，由Ⅱ×2一I可得反应Ⅲ，则有△H3 总反应速率，根据图中曲线可知第二步反应的活化能大于第 K名 一步反应的活化能，则第二步反应为决速步。 2△H,一△H1。由于反应Ⅲ=Ⅱ×2-1，从而推知K,一术 (4)根据图中数据，总反应的△H=每一步断键吸收总能量 (3)整个反应分为三个基元反应，①NO(g)+NO(g) 每一步成键放出总能量=(EL一E2十E3一E4)kJ·mol厂1， N-N(g)△H=+199.2kJ·mol1,②N=N 最后得到以NH,CO2为原料生产尿素[CO(NH2)2]的热化 学方程式为2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) 0 △H=(E1一E2十E3-E4)kJ·mol厂1 (g)+C0(g)-CO2(g)+N2O(g)△H=-513.5kJ· (5)生石灰为固体，和水都属于简单易获取物质，且能和水剧烈 mol厂1，由于总反应为2C0(g)+2NO(g)一2CO2(g)+N2(g) 反应放热，符合“即热饭盒”的加热原理，A符合题意；浓硫酸溶 △H=-620.9kJ·mol1,则反应③CO2(g)+N2O(g)+CO 于水虽然也是放热过程，但浓硫酸为液体，不易获取且具有强 (g)一2C02(g)+N2(g)的△H=-620.9k·mol1 腐蚀性，不适宜加热食物，B不符合题意；氯化铵溶于水是吸热 (+199.2kJ·mol1)-(-513.5kJ·mol1)=-306.6kJ· 过程，不符合“即热饭盒”的加热原理，C不符合题意。 mol1。反应③正反应活化能为248.3kJ·mol1,则反应③ (6)①由图可知，装置缺少仪器是环形玻璃搅拌器。 的逆反应活化能△E=248.3k·mol1-(-306.6k· ②通过题图实验测得中和热数值略小于57.3kJ·mol-1,实 mol1)=554.9kJ·mol1。 验装置保温、隔热效果差，热量散失较多，计算结果数值偏小；20.(1)4a+2b一2c一4d 分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的内筒中，热量散失多，计 (2)ClO+H2 0+2e=20H+CI 算结果数值偏小；用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接 (3)2N2H,(g)+N2O,(g)—3N2(g)+4H2O(g)△H 测定盐酸的温度，造成盐酸初始温度偏高，且有热量损失，计算 -1096.7k·mol1 结果数值偏小。 H (1)难以控制只生成C02CsH。(1)+15O2(g)—12CO2(g) +6H2O(g)△H (::H (2)SH2Te(g)—H2(g)+Te(s)△H=-154kJ·mol-1 (5)Cx2O号+6Fe2++14H+—2Cr3++6Fe3++7H20 (3)(2b-a-c)kJ 【解析】(1)CH4(g)+2O2(g)一CO2(g)+2H2O(g)的 (4)放出346 △H=反应物总键能-生成物的总键能=(4a十2b-2c (5)369 4d)kJ·mol-1 【解析】(1)C:H6(1)在O2(g)中燃烧的产物可能为CO2和 (2)E电极上Mg→Mg(OH)2,发生氧化反应，E为该燃料电池 H2O,也可能为C0和H2O,很难控制只生成CO,所以C6H 的负极；F是正极，F电极上的电极反应为ClO+H2O十2e (I)在O2(g)中燃烧生成CO(g)和H2O(g)的△H难以测量； =2OH-+C1 已知CO的燃烧热，再知道C。H。(1)在O2(g)中燃烧的热化学 (3)根据盖斯定律②×2-①得2N2H(g)+N2O,(g)— 方程式2C。H(1)+1502(g)—12C02(g)+6H20(g) 3N2(g)+4H,O(g)△H=-543k·mol1×2-10.7kJ· △H',可以通过盖斯定律计算△H。 mol-1=-1096.7kJ·mol1。 (2)非金属性越强越容易与氢气化合生成相应氢化物，O、S、 H Se、Te非金属性依次减弱，则题图中a、b、c、d分别代表Te、Se、 (4)HO+的电子式为H:O:H;HO+和H2O中心原子 S、O的氢化物，故c代表S的氢化物；题图中形成H2Te时为 吸热反应，所以H2T分解为放热反应，其反应的热化学方程 0的价层电子对数都为4，H0+中0有1个孤电子对，H20 式为H2Te(g)=H2(g)+Te(s)△H=-154kJ·mol。 中O有2个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对 (3)△H=反应物断键吸收的总能量一生成物成键释放的总能 与成键电子对之间的排斥力，水中键角被压缩程度更大，故 量，设断开1mol硫硫键需要的能量为xkJ,即△H=(8x+ H3O+和H2O的键角大小：H3O>H2O。 8c-2X8b)kJ·mol-1=-8akJ·mol1,解得x=2b-a-c, (5)该反应中，铬元素的化合价从十6降低为十3，被还原，铁元 则生成1mol硫硫键释放的能量为(2b一a一c)kJ。 素的化合价从+2升高为+3，被氧化，1 mol Cr2O号得到 6mol电子，1 mol Fe2+失去1mol电子，根据得失电子守恒可 (4)NH (aq)+O2 (g)-NO (aq)+2H*(aq)+H,O(1) 确定Cr2O号与Fe2+的化学计量数分别是1和6，再根据电荷 AH=-273 mol-1,N0(aq+20,(g）—N0(ag) 守恒和原子守恒确定其他粒子的化学计量数，所以Cr2O号与 FSO,溶液在酸性条件下反应的离子方程式为Cr2O?+ △H=-73kJ·mol1,两式相加得到NH(aq)+2O2(g) 6Fe2++14H+-2Cr3++6Fe3++7H20。 高三二轮复习专题卷 9 化学（七）】 一、选择题 1.C【解析】烟花的绽放涉及剧烈的燃烧和氧化反应（如火药爆 炸)，反应速率极快，在瞬间（秒级）完成。 10 2.B【解析】由题表中数据可知，7min与9min时n(Y)相等，说 明7min时反应达到平衡状态，平衡时，Y为0.l0mol,反应的 Y为0.06mol,根据X(s)+2Y(g)=2Z(g),生成的Z为 06mol,该温度下此反应的平衡常数K-0:0,36,该 应的正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减 小，K<0.36;该反应中气体的质量为变量，反应容器的容积不 变，当容器内气体的密度不变时，表示反应达到化学平衡状态； 0.16mol-0.12mol 10L 反应前2min内，v(Z)=v(Y)= =2.0X 2 min 103mol·L-1·min1;其他条件不变，再充入0.6molZ,相当 于增大压强，由于反应前后气体的体积不变，则平衡时Z的体 积分数不变。 3.D【解析】聚氯乙烯(PVC)含塑化剂和氯乙烯单体，高温释放 有毒物质，不可安全接触食品。 4.C【解析】反应速率由慢反应（步骤①）决定，其中Ag+是反应 物，故速率与c(Ag+)有关；Ag+在步骤①生成，步骤②被消耗， 符合这种特点的是中间产物而非催化剂；Ag作为催化剂，通过 参与反应降低活化能，从而加快反应速率；根据题意得出总反 应7H,0+2Cr++3S.0:AgC,0g+6S0+14H+中 3molS2O对应2 mol Cri3+,速率关系为v(Cr3+)= 3(S0)。 5.D【解析】MnO2作为催化剂，能加快HzO2分解的速率；粉末 状碳酸钙表面积更大，与盐酸接触更充分，反应速率更快；可逆 反应无法完全进行到底，S02的转化率不可能达到100%；水是 纯液体，增加其量不会改变浓度，反应速率不变。 6.B【解析】在有催化剂条件下，反应分两步：M→P(步骤①，活 12 化能E:)和P→N(步骤②，活化能E2)。反应快慢取决于活化 能更大的慢步骤，由图可知步骤①的活化能E1大于步骤②的 13 E2,故反应快慢取决于步骤①；使用催化剂可降低活化能，使更 多普通分子变为活化分子，升高温度能增加分子能量，二者均 能提高活化分子百分数；催化剂仅改变反应速率，不影响平衡 移动，因此N的平衡产率不变；物质能量越低越稳定，由图可知 能量P>M>N,故稳定性N>M>P。 7.C【解析】由A项图可知，交点a表示反应物浓度与生成物浓 度相等，无法判断反应是否一定处于平衡状态；由B项图可知， 压强一定时，温度越高CO2平衡转化率越小，说明升高温度平 衡逆向移动，则该反应为放热反应；由C项图可知，n点时H2 的百分含量最低，若该反应从正反应方向建立平衡，反应在n 点可能达到了平衡状态，n点之后升高温度，平衡逆向移动，氢 气百分含量增大；由D项图可知，b点为平衡的点，V正=V逆，c 14 点CH4的产率低于相同条件下的平衡产率，说明c点反应正向 进行，v正>v逆 8.C【解析】高压促进反应正向进行，但平衡常数与温度有关，温 度不变则平衡常数不变；高温加快反应速率，有利于提高单位 时间内反应物的转化率，但会使平衡逆向移动，降低氨气的产 率；催化剂降低活化能，加快反应速率，但不影响△H,反应热不 变；该反应的△H=-92.4kJ·mol1,△S=一200J·K1· mol-1=一0.2kJ·K-1·mol1,根据△G=△H一T△S<0时 能自发，得到该反应在常温下(25℃298K)的△G -92.4kJ·mol-1-298K×0.2kJ·K-1·mol-1=-32.8kJ· mol-1<0,反应常温下能自发进行。 C【解析】恒容条件下，分离出CO2,不能加快反应速率；升高 温度，CO平衡转化率降低：增大水蒸气浓度，CO平衡转化率增 大，氢气生成速率加快；充人氩气，反应物和生成物的浓度不变， 反应速率不变，平衡不移动。 A【思路分析】反应ⅲ=反应ⅱ一反应ⅰ，则由盖斯定律可得 △H3=△H2-△H1=(-165.0-41.1)kJ·mol= 一206.1k灯·mol1;反应i为吸热反应，反应iⅱ、川均为放热 反应，升高温度，反应1正向移动，反应ⅱ、m逆向移动，则随温 度的升高，n(CO)增大、n(CH)减小，即b表示CH、c表示 CO,则a表示CO2,据此解答。 【解析】平衡常数只跟温度有关，温度不变，平衡常数不变，则 800℃时，适当增大体系压强，反应ⅱ的平衡常数保持不变；由 分析可知，a表示CO2、b表示CH4、c表示CO;由图可知， 649℃平衡时n(H2)=1.2mol,即消耗n(H2)=(2一1.2)mol= 0.8mol,且此时n(CO)=n(CO2),因为还生成CH4,结合H元 素守恒可知，生成n(H2O)小于0.8mol,则此时反应I的平衡常 c(CO)c(H2O)n(CO)n(H2O)n(H2O)0.8 2 数K=cH,cc02)=nH)n(c0,)=n(H)<1.231 由分析可知，△H3=一206.1kJ·mol-1。 C【解析】a、b点未平衡，温度升高逆反应速率增大，即 (逆)>v.(逆)，c点达到平衡，正、逆反应速率相等，且温度 高于b点，故（正）=v(逆)>b(逆)，即（正)>（逆）一 .(逆)；根据图像，纵坐标从下至上依次减小，600℃之后， N2H4的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，故正反应是放 热反应，反应物总能量高于产物总能量；恒温恒容下，再充入 N2H4,相当于原平衡加压，平衡逆向移动，N2H4的平衡转化 率减小；c点反应达平衡，平衡时a(N2H4)=80%,可得 c(N2H)=0.2mol·L1,c(N2)=0.8mol·L1,c(H2)= 1,6mo1·L,平衡常数K=0.8X)6-256,由于该反应正 0.2 25 反应是放热反应，升高温度平衡常数减小，故300℃时平衡常 数为K>密。 B【解析】30min时，C和A、B的浓度都瞬间下降，而催化剂 只会改变反应速率，不会瞬间改变反应物的浓度。 C【解析】图像中CO的选择性曲线随温度升高从接近100% 降至0%（标记“CO”的下降曲线），H2的选择性应与之互补 (从接近0%升至100%)，曲线Ⅱ为H2的选择性曲线；反应① 为吸热反应（△H1>0),升高温度平衡正向移动，平衡常数增 大，故K1(300℃)<K1(350℃)；400℃时，CO选择性为0，仅 发生反应②，设初始HCOOH为1mol,由图可知，a(N2H4) 90%,反应②生成CO2和H2各0.9mol,剩余0.1mol HCO0H,总气体物质的量=(0.1+0.9+0.9)mol=1.9mol, 0.99 C0,体积分数为：9一9：两反应均为气体体积增大的反应， 恒压下通入氩气，相当于减压，平衡正向移动，HCOOH转化 率增大。 C【解析】根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有 NO+·OOH=NO2+·OH、NO+NO2+H2O 2HONO、NO2+·CgH,=C3Hg+HONO、HONO NO+·OH,含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价 依次为十2、十4、十3，上述反应中均有元素化合价的升降，都为 氧化还原反应，一定有电子转移；根据图示，由O生成 HONO的反应历程有2种；NO是催化剂，增大NO的量， C,H。的平衡转化率不变；无论反应历程如何，在NO催化下 丙烷与0，反应制备丙烯的总反应都为2CH,十0，N0 2C3H6+2H2O,当主要发生包含②的历程时，最终生成的水的 量不变。 0。 A【解析】由图可知，M点反应②未达到平衡，反应正向进 CH(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) 行，即正反应速率大于逆反应方向；观察图示，曲线Ⅱ代表W 始/molm 0 0 的浓度随时间变化关系；加入催化剂，不改变平衡转化率，但是 转/molx x 2x 2x 单位时间内T的转化率（相当于反应速率）增大；无法确定P 平/molm-x m-x 2x 2x 的浓度变化，所以无法计算0~6min内P的平均速率。 C02(g)+H2(g)C0(g)+H2O(g) D【解析】温度升高，双氧水分解速率加快；a点c(H2O2)大， 始/molm一x 2x 2x 0 反应速率快：ab段平均速率(H,0,)=0.40一0.20m 转/moly mol· y y 20 平/molm-x-y 2x-y 2x+yy L1·s1=0.01mol·L1·s1;由题图可知，双氧水浓度减 根据题图可知，800K时，CO2、CH4平衡转化率分别为40%、 小一半所用时间均为20s,即双氧水半衰期为20s,与起始浓 度无关。 20%,则什=0.4，品=0.2，解得z=y=0.2m m 、非选择题 平衡时气体物质的量如表所示： 7.(1)7.2 气体 CH, C02 H2 CO H,O(g) (2)C (3)D 物质的 0.8m 0.6m 0.2m 0.6m 0.2m (4)AC 量/mol (5)> 气体总物质的量为2.4m。用CH4分压表示的反应速率为 (6)不变变大不变 0.8m 【解析】(1)根据方程式N2(g)+O2(g)一2NO(g)可知，反应 0.5p-2.4m 生成的NO的物质的量为(1mol-0.4mol)×2=1.2mol,因 kPa·min1=之kPa·min',反应①平衡常 6a 1.2 mol 0.2mp)x0,6mp)2 2L 此v(NO)= `2.4m 5s -=7.2mol·L·min。 数为K。= 2.4m × -(kPa)2=p2 192kPa)2. 60s·min 2.4m (3)消耗N2和消耗O2均是正反应，不能说明反应达到了平衡 (3)根据题图可知，随着温度升高，CH4和CO2平衡转化率都 状态；混合气体的总质量不变、总物质的量不变，所以混合气体 增大，说明反应①②都是吸热反应，升温，平衡正向移动；分离 平均相对分子质量始终不变，当混合气体的平均相对分子质 出产物水，平衡正向移动。 量不变时，不能说明反应达到了平衡状态；容器中气体的总质 (4)反应①的正反应是气体分子数增大的反应，反应②气体分 量不变，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终不变，当混 子数不变，温度相同，恒容条件下，随着反应进行，气体压强增 合气体密度不变时不能说明反应达到了平衡状态；由化学方 大，甲容器中反应①平衡向左移动，CO2平衡转化率减小。 程式可知，当20正(N2)=v逆(NO)时，正、逆反应速率相等，反 应到达平衡。 (5)平衡时正、逆反应速率相等，可得出平衡常数K=正。 (4)正反应是吸热反应，温度升高，平衡常数增大；使用催化剂， K2 19.(1)①+110.8 低温②AC 反应速率加快，但平衡时c(NO)不变；温度越高，反应速率越 K 快，升高温度，平衡向右移动，N2转化率增大。 (2)①b②AB (5)某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为0.20mol· (3)①曲线Ⅱ对应反应先达到平衡状态，温度越高，反应速率越 0.52 L1,0.20molL1和0.50molL1,此时Q=0.2X0.2 快®号 6.25<K=9.0,则反应正向进行，V正(N2)>V滋(N2)。 【解析】(1)①反应2N2O5(g)=一4NO2(g)十O2(g)可由反应 (6)达到平衡后再向其中充入等物质的量N2和O2,等效为在 Ⅱ-反应I×2得到，则由盖斯定律得△H=[-114.2-2× 原平衡的基础上增大压强，反应前后气体分子数不变，平衡不 移动，氮气转化率不变，新平衡时c(NO)变大，温度不变，化学 (-112.5)]kJ·mo1=+110.8k·molP;K=, 平衡常数不变。 ②N2O2在第一步生成、第二步又被消耗，属于反应的中间体； (1)CH4反应①和反应②都消耗CO2,只有反应①消耗CH4 活化能越小，反应速率越快，第一步反应为快反应，则第一步反 2 2品品 应的活化能较小；整个反应的反应速率由慢反应决定，即整个 反应的反应速率由第二步决定；第一步为可逆反应，第二步为 (3)AD 不可逆反应，任何化学反应中的分子碰撞都不是100%有效， (4)<反应①正反应气体分子数增大，随着反应进行，甲容器 能发生化学反应的碰撞才是有效碰撞。 中压强大于乙，增大压强，反应①平衡向左移动 (2)①NO2在该反应中起到催化剂的作用，催化剂能改变反应 6DK是 历程，降低反应的活化能，因此最可能表示使用了NO2的能量 变化曲线是b。 【解析】(1)观察反应式可知，反应①中CH4和CO2的平衡转 ②若维持其他条件不变，用催化剂V2O;代替NO2,催化剂能 化率相等，反应②又消耗了CO2,故相同温度下，CO2平衡转 改变反应历程，改变反应的活化能，从而改变化学反应速率，但 化率大于CH4,图像中相同温度下曲线甲代表的物质平衡转 反应物、生成物的总能量均不变，反应热不变，且催化剂对化学 化率大于乙，故曲线甲代表CO2平衡转化率与温度的关系，曲 平衡的移动无影响，则不能改变平衡常数K。 线乙代表CH,平衡转化率与温度的关系。 (3)①观察曲线I和曲线Ⅱ可知，曲线Ⅱ对应反应先达到平衡 (2)设初始时n(CH,)=n(CO2)=mmol,达到平衡状态时， 状态，温度越高，反应速率越快，故曲线Ⅱ表示的是650℃条件 CH的转化量为xmol,生成的H2O(g)为ymol,列三段式： 下相关物质的物质的量的变化曲线。2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（六） 化学·化学反应与能量变化 （考试时间75分钟，满分100分) 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1一10小题，每小题2分；第11一16小题，每小题4 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1.化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是 A.于谦《石灰吟》中的诗句“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”涉及吸热反应 B.将煤气化，有利于提供更多的能量，提高燃烧效率 C.洁厕灵和食醋是家庭中常见的两种生活用品，食醋中的酸比洁厕灵中的酸酸性弱 D.利用反应CO十H2O=CO2十H2制氢，平衡时，使用纳米CaO(催化剂)比微米CaO(催 化剂)产率更高 2.下列说法或表示正确的是 A.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多 B.C(金刚石，s)—C(石墨，s)△H=一1.19kJ·mol-1,所以石墨比金刚石稳定 C.已知：2H2(g)十O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol-1,则H2的燃烧热为 241.8kJ·mol-1 D.HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ·mol-1,则H2SO4和Ca(OH)2反应的反 应热△H=2×(-57.3)kJ·mol-1 3.现代研究技术表明化学反应历程复杂，通常伴随副反应的发，能量k 过渡态 生，如图是利用计算机测量技术获得的某种反应的能量变化和 过渡态2 不反应1 反应历程的关系。下列说法错误的是 A.反应1为吸热反应，反应2为放热反应 中间产物 一产物1 B.升高温度，两个反应的速率都加快 反应物 反应2 产物2 C.物质的稳定性：过渡态1<过渡态2 反应过程 D.相同条件下的反应速率：反应1>反应2 4.软脂酸燃烧的热化学方程式为CH3(CH2)14COOH(s)+23O2(g)一16C02(g)+16H2O(1) △H=一9977kJ·mol-1。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.软脂酸分子中含有π键的数目为NA B.2.24L(标准状况)CO2所含质子数为4.4NA C.每生成352gC02转移电子数为46N4 D.生成1.6NA个气态H2O,放出的热量高于997.7kJ 5.我国科学家使用双功能催化剂（能吸附不同粒子）催化水煤气变换的反应为CO(g)十H2O(g) CO2(g)十H2(g)△H<0。在低温下获得较高反应速率，反应过程如图所示。下列说法 错误的是 化学D·专题卷（六）第1页（共8页）】 鱼跃龙 0●过程I8。过程■8oo过程Ⅲ2。m 口■双功能催化剂oHOC●O A.双功能催化剂参与反应，在反应前后质量和化学性质不变 B.图中过程I、过程Ⅱ共断裂了2个O一H C.在该反应过程中，总共消耗了2个H2O分子 D.原料气需要净化以防止催化剂中毒 6.CO和N2O是环境污染性气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应原理为N2O(g)十 CO(g)一CO2(g)十N2(g)△H,有关化学反应的物质变化及能量变化过程如图所示。下 列说法错误的是 NO Pt2O' CO2 E=xkJ·mo1 E,=ykJ·mol厂 △HI △H, opo.co N2< Pt2O: Co 反应过程 ●表示Co表示OO表示N A.△H=(x-y)kJ·mol-1 B.△H=△H1-△H2 C.该反应若使用更高效的催化剂，△H的值不变 D.N2和CO2分子中的原子均达到8电子稳定结构 7.H2O2被称为“绿色氧化剂”。一种用H2制备H2O2的原理如 H2O2 [PdCL]P-、H2 图所示。下列说法错误的是 A.HCl和C1是中间产物 2HCI 2HCH+2CI B.反应I涉及非极性键的断裂和极性键的形成 [PdCl2O2]2- Pd C.整个过程总反应的原子利用率是100% 02+2C1 D.使用催化剂可以改变反应历程，从而改变总反应的反应热 8.无氧条件下甲醇脱氢生产无水甲醛，可有效改善甲醛生产过程，提高无水甲醛产率并减少副 产物的产生。华东理工大学研究了铜催化甲醇脱氢制甲醛的反应机理，利用密度泛函理论计 算研究了生成甲醛的两种路径，如图(*表示吸附在催化剂表面)。 TSI 106.1 路径1、 TS2 HCHO(g)+H-(g) 76.2 73.3 58.9.- 21.2 62.8 HCHO*+2H* 0 路径2 CH:OH(g) -25.1 -37.6 CH:O*+H* CH,OH* 反应进程 门卷 化学D·专题卷（六）第2页（共8页） 下列说法错误的是 A.路径1和路径2的决速步骤均为吸热反应 B.路径2可能是甲醇脱氢制甲醛的主要反应路径 C.由图可知H一H键的键能为21.2kJ·mol-1 D.CH3OH(g)→HCHO(g)+H2(g)△H=+84.0kJ·mol-1 9.工业上利用天然气和二氧化碳催化重整可以制备合成气：CH4(g)十CO2(g)一2CO(g)十 2H2(g)△H。已知几种热化学方程式如下： ①CH4(g)+2O2(g)-CO2(g)+2H2O(1)△H1=-890kJ·mol-1 ②C0(g)+20,(g)C02(g)△H,=-283k·mol1 ③H,g+20,(g）—H,0D△H:=-286·l ④C-H、C=0、H一H键能依次为413kJ·mol-1、799kJ·mol-1、436kJ·mol-1。 根据上述数据计算，△H、CO中碳氧键的键能分别为 A.-248kJ·mol-1、1011kJ·mol-1 B.+248kJ·mol-1、1065kJ·mol-1 C.-248kJ·mol-1、1065kJ·mol-1 D.+248kJ·mol-1、1011kJ·mol-1 10.在一定条件下，苯与浓HNO3和浓H2SO4混合物的反应机理和能量变化如图所示： 反应② 反应④ HO SO 反应① 0 .O HSO:+H2O NO2 +NO+ 反应③ NO2 HNO:+ HSO:+H2O H2SO ○+H,s0+H,0 反应历程 下列说法错误的是 A.反应②为决速步骤 B.反应①的化学方程式为HNO3十H2SO4=NO+HSO+H2O C.反应过程中碳原子的杂化方式保持不变 NO2 D.该条件下， 为主产物 11.HX(g)溶于大量H2O时的热效应（△H)可由有关数据根据热化学循环得到： HX(g)+H2O(D) △H→H(aq)+X(aq △H2 △H △H △H H(g)+X(g) →H(g)+X(g) 相关判断错误的是 A.△H2>0 B.△H3(HCI)<△H3(HBr) C.△H4(HCI)=△H4(HI) D.△H1=△H2+△H3+△H4+△H写 化学D·专题卷（六）第3页（共8页） 鱼 12.标准状态下，下列微粒气态时的相对能量如表所示： 物质(g) 0 H HO H2 02 CH H2O C02 能量/(kJ·mol厂1) 249 218 39 0 0 -75 -242 -393 依据表中数据，下列说法正确的是 A.H2的燃烧热△H=一242kJ·mol-1 B.反应CO2(g)十4H2(g)—CH4(g)十2H2O(g),正反应的活化能小于逆反应的活化能 C.O一H的键能为499kJ·mol-1 D.常温常压下H2(g)和O2(g)混合无明显现象，则反应2H2(g)+O2(g)一2H2O(1)在该 条件下不自发 13.甲烷水蒸气重整过程反应体系复杂，主要发生的反应如下： 甲烷水蒸气重整反应：反应LCH4(g)+HO(g)—3H2(g)+CO(g)△H1=+206.29kJ·mol1 水汽反应：反应Ⅱ.CO(g)+H2O(g)—H2(g)十CO2(g)△H2 甲烷水蒸气直接重整反应：反应Ⅲ.CH4(g)十2H2O(g)一4H2(g)十CO2(g)△H3= +164.9kJ·mol-1 甲烷水蒸气重整过程中△G随温度变化趋势如图所示。下 100个 。反应I 列说法错误的是 50 。反应i ▲反应Ⅲ A.反应Ⅱ为CO(g)+H2O(g)—H2(g)十CO2(g) △H2=-41.39kJ·mol-1 -50 B.在500℃时，水汽反应能自发进行，甲烷水蒸气重整反 应和甲烷水蒸气直接重整反应不能自发进行 -1501 20040060080010001200 C.甲烷水蒸气重整反应和甲烷水蒸气直接重整反应的△S 反应温度/℃ 均大于0 D.加压和升温均有利于提高甲烷水蒸气重整反应的速率和提高甲烷的平衡转化率 14.HI分解反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是 A.HI(g)分解为H2(g)和I2(g)的反应是吸热反应 无催化反应 B.断裂和形成的共价键类型相同 C.催化剂能降低反应的活化能 催化反应 D.催化剂不改变反应的焓变和平衡常数 H(g)+2I·(g)H,(g+H,(g) 15.已知在25℃、1.01×105Pa下，1molH20(1)分解生成 2HI(g) H2(g)和O2(g)需能量285.8kJ。反应过程中能量变化如 反应过程 图所示，下列说法正确的是 +2H436k H(g) H,0?)放热 H,0?)930k 249kJ 甲 乙 0(g 丙 不 A.甲为气态水，乙液态水 B.丙丁的变化都属于吸热反应 C.甲、乙、丙、丁所具有的总能量大小关系为丙>丁>乙>甲 D.由甲→丁的热化学方程式为2H2O(1)—2H2(g)+O2(g)△H=-571.6kJ·mol-1 跃龙门卷 化学D·专题卷（六）第4页（共8页） 班级 16. 我国科学家已成功通过CO2的催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化CO2氢化的反应过程 如图甲所示，其中化合物2与H2O反应变成化合物3与HCOO的反应过程如图乙所示， TS表示过渡态，I表示中间体，下列说法正确的是 姓名 PtBuz HO ,0 CO -CO H TS2(16.87) 得分 H 性HCOO PtBu2 PtBuz (-0日。 TS3(11.53) 2 ④ H OH Fe-CO CO ③ ⑤ H TS1(2.34) -PtBuz PtBu2 I2(5.31) ① PtBuz 3 ② OH OH 2+H,0(0.00) 选择题 Fe一C0 1(-1.99) 3+HC00(-2.38), H 反应过程 答题栏 PtBuz 4 乙 1日 甲 2 A. 该过程中最大能垒（活化能）E正=16.87kJ·mol-1 3 B.化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成 C.升高温度可促进化合物2与H2O反应生成化合物3与HCOO的程度 5 D.使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能，最终提高CO2的转化率 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17.(14分)I.已知下列热化学方程式： 8 9 ①H,0()一H,(g)+20,(g)△H1=+285.8kW·mol1 10 11 ②c(s)+20.(g〉C0cg)△H,=-1la.5·ol 12 13 ③H,0(g)—H:g)+20,g)△H,=+21.8·mol 14 (1)若反应③使用催化剂，那么△H3将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 15 (2)反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的△H= kJ·mol-1。 16 Ⅱ.以NH3、CO2为原料生产尿素[CO(NH2)2]的反应历程与能量变化如图所示： 第一步反应 第二步反应 ow. 2NH:(g)+CO(g) CONH2)(s)+H2O(g) NH,COONH(s) 反应进程 (3)根据反应历程与能量变化示意图，过程 (填“第一步反应”或“第二步反 应”)为决速步。 (4)根据图像写出以NH3、CO2为原料生产尿素[CO(NH2)2]的热化学方程式： (反应热用Ea1、E2、Ea3或Ea4表示)。 化学D·专题卷（六）第5页（共8页） 鱼跃龙门 Ⅲ.生产生活中的化学反应都伴随着能量的变化，回答下列问题： (5)“即热饭盒”给人们生活带来方便，它可利用下列 (填字母)反应释放的热量加热 食物。 A.生石灰和水 B.浓硫酸和水 C.氯化铵和水 (6)用如图所示的装置测定中和反应反应热。 温度计 ①从实验装置上看，还缺少 内筒 杯盖 ②通过图示实验测得中和热数值略小于57.3kJ·mol-1,分析可能 隔热层 的原因是 (填字母)。 外壳 A.实验装置保温、隔热效果差 B.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的内筒中 C.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度 18.(14分)I.研究化学反应过程与能量变化的关系具有重要意义。回答下列问题： (1)C6H(1)在O2(g)中燃烧生成CO(g)和H2O(g)的△H难以测量，原因是 。 已知CO的燃烧热，若想计算△H,还需要知道 (写出热化学方程式，焓变用△H'表示)。 (2)如图表示MA族的O、S、Se、Te在生成1mol气态氢化物 个△H/kJ·mol) 时的焓变数据，根据数据可确定c代表 (填元素符 +154 号)的氢化物，写出H2Te发生分解反应的热化学方程式： +81 a b c d 0 -20 氢化物 (3)已知：Sg(s)+8O2(g)—8SO2(g)△H=-8akJ· mol-1;1个Sg分子中有8个硫硫键，1个S02分子中有-242 2个硫氧键；破坏1mol硫氧键、1mol氧氧键所需能量分别为bkJ、ckJ,则生成1mol硫 硫键释放的能量为 Ⅱ.研究化学反应中的能量变化对生产、生活有重要的意义。 (4)某氮肥厂含氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O形式存在，处理过程中NH在 微生物的作用下经过两步反应被氧化为NO?,这两步反应过程中的能量变化如图所示： 能↑NH(aq+0,(g) 能 量 量 N05(aq)+O,(g) △H=-273kJmo △=-73 kJmol- NOz(aq)+2H*(aq)+H2O(1) NO:(aq) 反应过程 反应过程 (第一步反应) (第二步反应) 1 mol NH(aq)全部被氧化成NO3(aq) (填“吸收”或“放出”)的热量是 kJ。 卷 化学D·专题卷（六）第6页（共8页） (5)已知H2(g)+Br2(1)-2HBr(g)△H1=-72kJ·mol-1,蒸发1 mol Br2(I)吸收的能 量为30k,其他相关数据如表： 化学键 H-H Br—Br(气态) H-Br 键能/(kJ·mol-1) 436 200 a 则表中a= 19.(14分)根据所学知识，回答下列问题。 (1)已知：①N2(g)+O2(g)—2NO(g)△H1=+180.4kJ·mol1 ②4NH3(g)+5O2(g)-4NO(g)+6H2O(1)△H2=-905.8kJ·mol-1 NH3能将NO转化成无毒物质。写出该反应的热化学方程式： (2)亚硝酰氯(NOC)是有机合成中的重要试剂，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互 作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应： I.4NO2(g)+2NaCl(s)=2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)AH K II.2NO2 (g)+NaCl(s)=NaNO3(s)+NOCI(g)AH2 K2 Ⅲ.2NO(g)+Cl2(g)→2NOCl(g)△H3K3 则有△H3=(用△H1和△H2表示)，K3= (用K1和K2表示)。 (3)通过反应2C0(g)+2NO(g)一2CO2(g)十N2(g)△H=-620.9k·mol1可有效降 低汽车尾气污染物的排放。一定条件下该反应经历三个基元反应，反应过程如图所示 (TS表示过渡态、IM表示中间产物)。 N-N 309 200 NO+ 298.4 TS3 TS2 100 NO...IMI 199.21M21300 M3,248.3 -100 2.6 021.6 0 22.2 反应① 、△E -200 N-N+CO CO,+NO+CO -300 反应3 -400 00 -500 反应② CO2+N2O 2CO2+N2 -53.5 -600 反应过程 三个基元反应中，属于放热反应的是 (填标号)；图中△E= kJ·mol-1。 化学D·专题卷（六）第7页（共8页） 鱼跃龙广， 20.(14分)水丰富而独特的性质与其结构密切相关。回答下列问题： (1)由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能，已知表中所列键能数据，则 CH(g)+202(g)-CO2(g)+2H2O(g)AH= kJ·mol1(用 小写字母表示)。 化学键 C-H 0=0 C=0 O-H 键能/(kJ·mol-1) b d (2)镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广 W 阔。如图为“镁一次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金E 和铂合金。E为该燃料电池的 (填“正”或“负”)极。F电 极上的电极反应为 Mg(OH)CIO (3)发射“嫦娥”五号的火箭第一、二级发动机所用的燃料为偏二甲肼 镁合金 铂合金 C1O、H,O 和四氧化二氮，偏二甲肼可用肼来制备。用肼(N2H)作燃料，四 氧化二氮作氧化剂，二者反应生成氮气和气态水。已知： ①N2(g)+2O2(g)=N2O4(g)△H=+10.7kJ·mol-1 ②N2H4(g)+O2(g)—N2(g)+2H2O(g)△H=-543kJ·mol-1 写出气态肼和N2O4反应的热化学方程式： (4)酸溶于水可形成H3O+,H3O+的电子式为 ；由于成键电子对和孤电子 对之间的斥力不同，会对微粒的空间结构产生影响，如NH3中H一N一H的键角大于 H2O中H一O一H的键角，据此判断H3O+和H2O的键角大小：H3O+ H2O(填 “>”或“<”)。 (5)已知在酸性介质中FeSO4能将十6价铬还原成+3价铬。写出Cr2O?与FeSO4溶液在 酸性条件下反应的离子方程式： 卷 化学D·专题卷（六）第8页（共8页）