2023年高考真题变式分类汇编：化学反应中能量的转化2

2023年高考真题变式分类汇编：化学反应中能量的转化2
一、选择题
1．（2020·天津）理论研究表明，在101kPa和298K下， 异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．HCN比HNC稳定
B．该异构化反应的
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．使用催化剂，可以改变反应的反应热
2．（2022·浙江选考）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列推理不正确的是（　　）
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
3．（2021·海南）元末陶宗仪《辍耕录》中记载：“杭人削松木为小片，其薄为纸，熔硫磺涂木片顶端分许，名日发烛……，盖以发火及代灯烛用也。”下列有关说法错误的是（　　）
A．将松木削薄为纸片状有助于发火和燃烧
B．“发烛”发火和燃烧利用了物质的可燃性
C．“发烛”发火和燃烧伴随不同形式的能量转化
D．硫磺是“发烛”发火和燃烧反应的催化剂
4．（2023·蚌埠模拟）已知复杂反应的速率由反应历程中活化能最大的一步基元反应决定。卤代烃的取代反应有以下两种反应历程，其反应过程中的能量变化如图所示：
下列说法中错误的是
A．卤代烃的取代为放热反应
B．SN1 反应速率与c(Nu：－)和c(R3CX)相关
C．SN2反应速率与c(RX)和c(Nu：－)相关
D．SN1机理为两步反应，SN2机理为一步反应
5．（2023·张家界模拟）500℃，HCl在催化剂M的作用下被O2氧化依次有如图(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)三步反应组成，计算机模拟单个分子在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．反应Ⅱ的活化能为1.45 eV
B．反应Ⅰ的反应速率最慢
C．总反应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g) ΔH=-1.98 eV mol-1
D．HOOCl(g)比HCl(g)和O2(g)稳定
6．（2023·临汾模拟）不同含金化合物催化乙烯加氢的反应历程如下图所示：
下列说法正确的是
A．从图中可得1molC2H4(g)具有的能量比1molC2H6(g)的能量高
B．过渡态1比过渡态2物质的稳定性弱
C．催化剂催化下，该反应的△H=-233.7kJ·mol-1
D．相比催化剂，AuF催化乙烯加氢的效果更好
7．（2023·辽宁模拟）如图是苯与卤素发生取代反应进程中的势能变化图，下列说法正确的是
A．该反应的总活化能为
B．该反应的决速步骤为第Ⅲ步
C．第III步转化中失去了一个质子
D．是常用碘化剂，根据电性和反应进程判断，比更易发生碘化反应
8．（2023·嘉定模拟）反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)+Q发生过程中能量变化如图。下列说法正确的是
A．反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1减小，E2增大
B．反应体系中加入催化剂，反应速率增大，Q增大
C．Q＜0，反应达到平衡时，升高温度，A的转化率减少
D．Q＞0，反应达到平衡时，增大压强，A的转化率不变
9．（2023·乌鲁木齐模拟）我国科研人员提出了由和转化为高附加值产品的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法正确的是
A．E为该催化反应的活化能
B．生成总反应的原子利用率为100%
C．①→②吸收能量并形成了键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
10．（2023·渭南模拟）盐酸羟胺()是一种无机物，可用作合成抗癌药，其化学性质类似。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法错误的是
A．该装置能将化学能转化为电能，电极为负极
B．图2中，A为，B为
C．电池工作一段时间后，正极区溶液的下降
D．每制取，有(标准状况)参与反应
11．（2023·渭南模拟）炼油、石化等工业会产生含硫(价)废水，可通过催化氧化法进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是
A．催化氧化过程中既有共价键的断裂又有离子键的断裂
B．转化I中化合价发生变化的元素仅有和
C．催化氧化过程的总反应为：
D．催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处
12．（2023·吉林模拟）1868年狄青和洪特发现了用空气中的氧气来氧化氯化氢气体制取氯气的方法：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。化学反应与能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．该反应为吸热反应
B．若H2O为液态，则生成物总能量将变大
C．4HCl(g)和O2(g)总能量高于2Cl2(g)+2H2O(g)的总能量，反应时向环境释放能量
D．断开旧化学键吸收的总能量大于形成新化学键所释放的总能量
13．（2022·奉贤模拟）亚硝酰氯(NOCl)在有机合成中有重要应用。2NO(g)+Cl2(g)→2NOCl(g)的反应历程如图。下列说法错误的是
A．相对于曲线Ⅱ，曲线Ⅰ表示加入催化剂
B．催化剂能提高反应物的相对能量
C．反应物总能量高于生成物的总能量
D．2NO(g)+Cl2(g)→2NOCl(g)+77.1kJ
14．（2023·黄浦模拟）2-丁烯有顺()、反()两种异构体。T℃，异构体转化的能量关系如图所示， 下列说法正确的是
A．顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯的过程属于物理变化
B．顺-2-丁烯稳定性大于反-2-丁烯
C．发生加成反应时，顺 2 丁烯断键吸收的能量低于反 2 丁烯断键吸收的能量
D．T℃，1mol顺 2 丁烯完全转化成反 2 丁烯放出热量(c-b)kJ
15．（2022·绍兴模拟）HCl(g)溶于大量水的过程放热，循环关系如图所示：
下列说法错误的是
A．，
B．若将循环图中Cl元素改成Br元素，相应的
C．
D．
16．（2022·温州模拟）标准状态下，1mol纯物质的相对能量及解离为气态原子时所消耗的能量如下表所示：
物质
相对能量/ 0 0 x 0 -75 -393.5
解离总耗能/kJ 498 946 632 717 1656 y
下列说法正确的是
A．
B．逐级断开中的每摩尔C—H所消耗的能量均为414kJ
C．解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为239kJ
D．根据的可计算出H—O键能
17．（2022·绍兴模拟）某课题组在研究钒生物化学时有循环过程如图所示下列说法错误的是
A．在循环过程涉及氢氧键的断裂和形成
B．在该循环中，催化剂为循环图化合物1
C．循环过程中反应①②③④均属于氧化还原反应
D．在循环过程中，无机物发生的反应为：
二、多选题
18．（2022·湖南）反应物（S）转化为产物（P或 ）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
19．（2022·潍坊模拟）一种通过电化学催化的方式，处理温室气体CO2的同时获得燃料H2或CO或者工业原料(甲酸)的部分催化历程如图所示(*表示吸附在Sb表面上的物种)。下列说法错误的是（　　）
A．CO2催化生成CO的活化能为1.10ev
B．生成HCOOH的过程中有C-H的生成和断裂
C．Sb表面生成HCOOH的反应为：*CO2+2e-+2*H+=HCOOH
D．Sb催化剂对三种竞争反应的选择效果为HCOOH＞H2＞CO
20．（2021·莆田模拟）用质子导体固体氧化物燃料电池(P—SOFC)脱氢可得丙烯，可实现“烯烃—电力”联产。
下列说法正确的是（　　）
A．催化剂促进电能转变为化学能
B．O2-由负极迁移至正极
C．负极上发生的电极反应为C3H8-2e-=C3H6+2H+
D．电池总反应为2C3H8+O2=2C3H6+2H2O
21．（2021高二上·德州期末）苯在催化剂作用下与卤素单质发生取代反应，其反应机理和能量变化如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．反应过程中的焓变：ΔH>0
B．图中a、b、c三种物质中，c物质最稳定
C．由图可知，形成过渡态2的反应是整个反应的决速步
D．b→c的方程式：→+H
22．（2021高三上·济宁期末）一定温度下，萘()与浓硫酸发生取代反应得到1－取代产物和2－取代产物，两产物浓度之比与反应时间无关，反应进程中能量变化如图所示。反应一段时间，得到1－取代产物与2－取代产物的比例为96：4。下列说法正确的是（　　）
A．1－取代产物比2－取代产物更稳定
B．萘与取代产物中碳原子杂化方式不同
C．选择合适的催化剂可以提高2－取代产物的比率
D．适当提高反应温度，1－取代产物与2－取代产物的比例的比值减小
23．（2021高二下·乐山期末）乙烯水化制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．该反应进程中有两个过渡态
B．是总反应的催化剂
C．总反应速率由第①步反应决定
D．第①、②、③步反应都是放热反应
24．（2021高二下·枣庄期末）为实现2060年前完成“碳中和”目标，已研究出转化成有机物的多种反应，其中“原子经济性”最好的反应是原料中的原子全部转变成所需产物。
①
②
③
④
下列说法错误的是（　　）
A．通过反应①光能转化为化学能
B．反应②的“原子经济性”最好
C．反应③生成的有毒，该反应无应用价值
D．反应④是工业生产乙烯的主要方法
25．（2021高一下·烟台期末）甲烷是一种清洁燃料，一定条件下可与NO2、NO发生如下反应：
①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-574kJ·mol-1
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1160kJ·mol-1
下列说法错误的是（　　）
A．若用标准状况下4.48LCH4还原NO2生成N2、CO2和液态水，放出的热量小于173.4kJ
B．利用以上反应可降低大气中的氮氧化合物的含量，有效减轻光化学烟雾
C．甲烷若设计成燃料电池，其能量利用率大于直接燃烧的能量利用率
D．反应②中当4.48LCH4反应完全时转移电子的物质的量为1.60mol
三、非选择题
26．（2022·铁岭模拟）是一种廉价的碳资源，其综合利用可以减少碳排放，对保护环境有重要意义。
（1）碱液吸收。室温下用NaOH溶液捕获，若所得溶液中，则溶液pH=　 　(室温下，的电离常数：)
（2）催化转化。以、为原料在催化剂作用下合成涉及的主要反应如下。
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
回答下列问题：
①　 　kJ/mol；Ⅰ、Ⅲ两个反应在热力学上趋势较大的是　 　(填Ⅰ或Ⅲ)。
②反应Ⅱ的反应历程如下图，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
该反应历程中决速步的能垒为　 　eV，虛线框内发生的反应达到平衡后，升高温度，正反应速率　 　(填“大于”“小于”或“等于”)逆反应速率。
③不同压强下，按照投料，实验测定的平衡转化率(X)随温度(T)的变化关系如图所示。
压强、、由大到小的顺序为　 　；温度高于时，X几乎相等的原因是　 　。
（3）250℃，一定压强和催化剂条件下，1.32mol和3.96mol充分反应，平衡时CO为0.03mol，为0.41mol，试求反应Ⅲ的平衡常数　 　(结果保留两位有效数字)。
27．（2021·乌兰察布模拟）能源问题是人类社会面临的重大课题，天然气储量丰富，日益成为重要的清洁能源之一，甲烷合成高附加值化合物更是研究前沿。
（1）科学家研究了Fe/MIL-53催化剂用于甲烷氧化制备甲醇的反应机理，并计算得到催化过程的最低能量反应路径图如下(其中吸附到催化剂表面的物种用*表示)：
该历程中最大能垒(活化能)E正=　 　kJ·mol-1，写出该步骤的化学方程式　 　。
（2）二甲醚与合成气(CO、H2)制乙醇是目前合成乙醇的一种新途径，
总反应为：CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)分步反应历程为：
反应I：二甲醚(DME)羰基化反应： ▲ 。
反应II：乙酸甲酯(MA)加氢反应：CH3COOCH3(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)。
标准摩尔生成焓是指由稳态单质生成1mol该化合物的焓变，几种物质的标准生成焓如下
物质 H2 CO CH3COCH3 CH3OH C2H5OH CH3COOCH3
焓变/kJ/mol 0 -110.53 -183.63 -201.50 -234.43 -411.53
①CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)△H=　 　kJ·mol-1
②补充反应IDME羰基化反应的方程式：　 　。
③在一定条件下只发生反应II，MA的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示：则该反应△H　 　0(填“＜”或“＞”)，p1、p2、p3由小到大的顺序为　 　。
④在600K，p3kPa下向一恒压密闭反应器中通入1.0molMA和2.0molH2(g)只进行反应II，且初始反应器体积为3L，反应一段时间后达到平衡，则KC=　 　mol/L(列出计算式)。
（3）甲烷湿重整制氢原理为：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)△H，工业上利用电化学原理借助透氢膜提高其转化率，其原理如图所示：
①写出B侧电极反应式：　 　。
②在钯膜反应器中进行了甲烷湿重整实验，发现膜反应器中甲烷转化率明显高于传统反应器，试从平衡的角度分析利用电化学原理借助透氢膜提高其转化率的原因　 　。
28．（2021·宜春模拟）绿水青山就是金山银山，保护生态环境、建设生态文明是历史发展的需要.氮氧化物易导致酸雨、光化学烟雾等环境问题，以 为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。
（1）Ⅰ．汽车尾气中的 和 在一定条件下可发生反应生成无毒的 和 ；
已知：
化学键 ( 气体) ( 气体)
键能 1072 630 942
则二氧化碳中碳氧双键键能是　 　.(保留一位小数)
（2）某研究小组在三个容积均为 的恒容密闭容器中，分别充入 和 ，发生反应.在三种不同实验条件下进行上述反应(体系各自保持温度不变)，反应体系的总压强随时间变化情况如图所示：
①温度： 　 　 (填“<”、“=”或“>”)
②在 条件下，下列说明该反应已经到达平衡状态的是　 　。
A． 和 的物质的量之比为
B．混合气体的密度保持不变
C．容器中混合气体的平均摩尔质量不变
D．容器中压强不再变化
（3）Ⅱ．活性炭粉还原 .在密闭容器中投入足量活性炭粉和一定量 ，在一定温度下，发生反应： ，测得 、 、 的物质的量浓度与时间关系如表所示.
0 5 10 15 20
4.00 　 　 1.00 　
0 0.50 　 　 1.50
0 　 0.60 　 　
若 时总压强为 ，则该温度下平衡常数 　 　(保留3位有效数字)，(用气体分压计算平衡常数为 ，气体分压=气体总压×气体的物质的量分数)。
（4）第 时，往容器中各加 、 ，这时 　 　 (大于、小于或等于)
（5）Ⅲ．用间接电化学法对大气污染物 进行无害化处理，其原理示意如图所示(质子膜允许 和 通过)
图中电极Ⅰ的反应方程式为　 　
（6）吸收塔中每产生 ，理论上处理 在标准状况下的体积为　 　L。
29．（2021·厦门模拟）低碳烷烃脱氢制低碳烯烃对有效利用化石能源有重要意义。
（1）乙烷脱氢制乙烯
主反应：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1
副反应：2C2H6(g)=C2H4(g)+2CH4(g)
ΔH2
C2H6(g)=C(s)+3H2(g)
ΔH3
①标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa，由最稳定的单质生成1mol化合物的焓变。利用下表数据计算ΔH1=　 　。
物质 C2H6(g)
C2H4(g) CH4(g)
标准摩尔生成焓/kJ·mol-1 -84.7 +52.3 -74.8
②恒容条件下，有利于提高C2H6平衡转化率的措施是　 　(填标号)。
A．高温 B．高压 C．原料气中掺入H2 D．原料气中掺入CO2
③在800℃、恒容条件下，1mol
C2H6进行脱氢反应，测得平衡体系中气体有0.3mol
C2H6、0.6mol C2H4、0.1mol CH4和xmolH2，压强为170kPa，则x=　 　，主反应Kp=　 　 kPa。
（2）乙烷裂解中各基元反应及对应活化能如下表。
反应类型 反应 活化能
链引发 ⅰ 451
ⅱ 417
链传递 ⅲ 47
ⅳ 54
ⅴ 181
链终止 ⅵ 0
ⅶ 0
根据上表判断：
①链引发过程中，更容易断裂的化学键是　 　。
②链传递的主要途径为反应　 　→反应　 　(填序号)，造成产物甲烷含量不高。
（3）使用 进行乙烷脱氢催化性能研究。不同温度下，乙烷转化率及乙烯选择性随反应时间的变化曲线分别如图a、图b。
①550~620℃，在反应初始阶段，温度越高，乙烷转化率越大的原因是　 　。
②该催化剂的最佳工作温度为　 　。
30．（2021·南平模拟）二氧化碳的综合利用是环保领域研究的热点课题。
（1）Ⅰ. 经过催化氢化合成低碳烯烃。
合成乙烯的反应为
已知几种化学键键能如下表所示：
物质
能量
则 　 　(用含字母的代数式表示)。
（2）反应温度、投料比 对 平衡转化率的影响如图1。
①　 　3(填“>”“<”或“=”，下同)； 、 两点反应的平衡常数 　 　 。
② 时，往 刚性密闭容器中加入 、 ，反应 达到平衡，则反应开始和平衡时的总压强比为　 　。
（3）某新型催化剂对 合成低碳烯烃在不同反应温度下的催化性能如图2。
由图2可知，该反应最适宜的温度为　 　，理由为　 　。
（4）Ⅱ. 经过电解转化为化工原料 。
图3所示固体氧化物电解池利用具有优良催化活性的电极共电解 。
①阴极生成氢气的电极反应式为　 　。
②电解过程中还伴随着积碳反应 。以下说法正确的是　 　(填标号)。
a.生成的碳覆盖在电极表面，影响电极的催化活性
b.生成的碳使电解效率降低
c.生成的碳会和电解产生的氧气反应
31．（2021·龙岩模拟）研究和深度开发CO2的综合应用，实现碳循环是解决温室问题的有效途径，对构建生态文明社会具有重要意义。
（1）CO2可实现以下转化：
①
②
已知 的正反应的活化能为c kJ·mol-1，则逆反应的活化能为　 　kJ·mol-1.(用含a、b、c代数式表示)
（2）利用工业废气中的CO2可以制取气态甲醇和水蒸气，一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1mol CO2和3 mol H2，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ、反应Ⅱ与反应Ⅲ，测得5 min时CO2的转化率随温度变化如图所示：
①活化能最大的是反应　 　(填“Ⅰ”：“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
②T4温度下，反应Ⅲ的在0~5 min内平均反应速率v(H2)=　 　。
③同一物质b点对应的正反应速率v(正)　 　(填“>”、“＜”或“=”)c点对应逆反应速率v(逆)。
④若反应Ⅲ在c点的体系总压强为0.80MPa，则c点反应的Kp=　 　(MPa)-2(Kp为以分压表示的平衡常数)。
（3）载人飞船，以Pt为阳极，Pb(CO2的载体)为阴极，KHCO3溶液中电解液，总反应为： ，CO在　 　极产生，阳极的电极反应式为　 　。
32．（2021·南充模拟）电石(CaC2)是一种用于生产乙炔的浅色固体。它是由氧化钙与焦炭反应形成的：CaO＋3C CaC2＋CO。德国化学家维勒发现，电石与水反应释放出乙炔气体(C2H2)和氢氧化钙，也含有H2S、PH3等杂质气体。
回答下列问题：
（1）上述六种元素中，电负性最大的是　 　(填写元素名称)，原子半径最大者在基态时核外电子占据的轨道数目为　 　个。
（2）H2S、PH3分子中心原子的价层电子对数目　 　(填“相同”或“不同”)。根据等电子原理，画出C 离子的电子式　 　，乙炔分子中C原子的杂化方式为　 　。
（3）已知键能数据如下表：
化学键 N-N N= N N=N
键能/kJ.mol-1 247 418 942
化学键 C-O C=O C=O
键能/kJ. mol-1 351 745 1072
请解释CO比N2容易发生反应：　 　。
（4）如图为电石的四方晶胞(长方体)，钙离子位于　 　，它填入C 离子围成的八面体空隙。计算一个晶胞内含有化学式的数量为　 　。
（5）已知电石密度为2.13 g·cm-3，阿伏加德罗常数为6.02×1023 mol-1，x、y值均为a (1 =10-10m)，则z=　 　nm(用含a的式子表示，且数字保留整数)。已知a＜4.0，则距离钙最近的C 中心有　 　个。
33．（2021·成都模拟）烟道气和汽车尾气(氮氧化物、NH3等)是造成雾霾天气污染的原因之一，研究这些排放气的处理是化学工作者研究的重要课题。
（1）已知反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的△H=-163kJ·mol-1，1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ、498kJ的能量，则1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为　 　kJ。
（2）已知2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)△H=-744kJ/mol，为研究汽车尾气转化为无毒无害物质的有关反应，在密闭容器中充入10molCO和8molNO发生反应，如图所示为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。
①该反应达到平衡后，为了在提高反应速率同时提高NO的转化率，可采取的措施有　 　(填字母代号)。
a.改用高效催化剂 b.缩小容器的体积 c.升高温度 d.增加CO的浓度
②在温度为T1、压强为10MPa条件下，若反应进行到20min达到平衡状态，(假设此过程中容积约为4L)则在此过程中，v(NO)=　 　，该温度下平衡常数Kp=　 　(保留两位有效数字；用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。
③若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中A~G点中的　 　点。
34．（2021·广州模拟） 加氢制 是 资源化利用的重要途径，该过程存在如下两个反应：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
回答下列问题：
（1）根据图(a)， 　 　 ， 　 　 。
（2）在4.0MPa压强下，按 把两种气体通入恒压反应器中， 的平衡转化率及 的平衡产率随温度变化关系如图(b)。已知：
①525~575K时，使 平衡转化率随温度升高而增大的反应为　 　(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)。
②475K时，平衡体系中 　 　，反应Ⅰ的平衡常数 　 　 (列出计算式)。
（3）为同时提高 的平衡转化率和 的平衡产率，除降低温度外，还可采取的措施是　 　(写一条)。
（4）利用M催化 ，加氢制 的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示， 表示活化能，单位为eV。
① 转化为 的化学方程式为　 　。
②下列说法正确的是　 　(填标号)。
A． 与 能量差为0.60eV
B．第ii步有 键断裂
C．第iii步反应速率最慢
D．加入催化剂M不影响 的平衡产率
35．CO2甲烷化在解决环境和能源问题等方面具有重要意义。已知CO2甲烷化包含如下反应：
主反应： △H
副反应： △H1 =+41 kJ·mol-1
△H2=-172kJ·mol -1
△H3=-75kJ·mol-1
（1）主反应的△H=　 　，该反应可在　 　(填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”)下自发进行。
（2）在某高效催化剂的作用下，副反应的影响可忽略不计。将1 mol CO2、4mol H2通入容积为2L的恒容密闭容器中，200℃时容器内CO2的物质的量随时间的变化如下表所示：
时间/min-1 10 20 30 40 50 60
n(CO2)mol 0.31 0.53 0.40 0.30 0.25 0.25
①能说明反应已达平衡状态的是　 　(填标号)
a.c(CO2)：c(H2O)=1：6 b.混合气体的密度不变 c.v正(H2)=4v逆(CH4)
d.密闭容器内压强不变
②40min内，消耗H2的平均反应速率为　 　。
③反应达到平衡时CO2的转化率为　 　。
（3）我国科学家研究了在两种不同催化剂Ni(lll)、Ni—La表面上CO2甲烷化的反应历程，如图所示(截取部分图)，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
由图中反应历程与能量变化可知：使用　 　催化剂更有利于CO2的吸附。反应能垒(活化能)最　 　(填“高”或“低”)的步骤为整个反应的速控步骤，写出以Ni(lll)为催化剂的速控步骤的化学方程式　 　。两种催化剂催化反应的速控步骤　 　(填“相同”或“不相同”)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，A不符合题意；
B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的 ，B不符合题意；
C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，C不符合题意；
D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．物质的能量越低越稳定；
B．=生成物总能量-反应物总能量；
C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能；
D．催化剂，只改变反应路径，不能改变反应热。
2．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；反应热的大小比较
【解析】【解答】A.2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，但是不能是存在相互作用的两个碳碳双键，故A符合题意；
B．ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B不符合题意；
C.3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C不符合题意；
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.2ΔH1≈ΔH2只能说明双键之间的能量差；
B.能量越低越稳定；
C.3ΔH1＜ΔH4说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键；
D.ΔH3-ΔH1＜0，说明多一个双键变得不稳定，但ΔH4-ΔH3＞0，说明苯的稳定结构并不简单只是双键的原因，具有特殊稳定性。
3．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；燃料的充分燃烧
【解析】【解答】A．将松木削薄为纸片状可以增大可燃物与氧气接触面积，有助于发火和燃烧，A不符合题意；
B．发烛具有可燃性，“发烛”发火和燃烧利用了物质的可燃性，B不符合题意；
C．“发烛”发火和燃烧伴随不同形式的能量转化，如化学能转化为光能、热能等，C不符合题意；
D．硫磺也燃烧，不是催化剂，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A.越薄越易于点燃；
B.其燃烧需具备燃烧三要素，其发烛可燃；
C.燃烧伴随热量和光以及化学能的变化；
D.硫磺也可燃，不属于催化剂。
4．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．卤代烃的取代反应中生成物能量低于反应物，该反应为放热反应，A项不符合题意；
B．SN1为单分子亲核取代反应，反应物先解离为碳正离子与带负电荷的离去基团，这个过程的活化能大，决定反应速率，所以SN1反应速率只和c(R3CX)相关，B项符合题意；
C．SN2反应为双分子亲核取代反应，只有一个阶段，其反应速率与c(RX)和c(Nu：－)相关，C项不符合题意；
D．SN1反应是两步反应，第一步是反应物在溶剂中离解成为碳正离子和由离去基团形成的负离子（慢反应），第二步是碳正离子与X－结合（快反应）。SN2反应中R-X的断裂与新的R-Nu键的形成是同时的，为一步反应，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
B．活化能越大，反应速率越慢，速率最慢是决速步骤；
C．反应只有一个阶段；
D．依据图像曲线分析。
5．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．反应Ⅱ的活化能为，A不符合题意；
B．反应Ⅰ的能垒最高，所以反应Ⅰ的化学反应速率最慢，B符合题意；
C．图像给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为，C不符合题意；
D．由反应Ⅰ可知的总能量比和的总能量高，能量越高，物质越不稳定，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应Ⅱ的活化能为；
B.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
C.图示表示的是单个分子的反应历程，总反应的热化学方程式应为；
D.物质的能量越低越稳定。
6．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A．根据图示可知，1mol C2H4(g)和1mol H2(g)具有的能量比1mol C2H6(g)的能量高，A不符合题意；
B．根据图示可知，过渡态1具有的能量比过渡态2高，则过渡态1比过渡态2物质的稳定性弱，B符合题意；
C．该反应的△H=-129.6kJ·mol-1，且焓变与催化剂无关，C不符合题意；
D．根据图示可知，对应的活化能小，则催化效果好，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
B．根据能量越高，稳定性越弱；
C．焓变与催化剂无关；
D．根据活化能大小分析。
7．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A．该反应的总活化能不是分步反应的简单加和，可近似的看成是反应历程中较大的活化能，即近似为，A不符合题意；
B．该反应的决速步骤为活化能最大的步骤，即第Ⅱ步，B不符合题意；
C．第Ⅲ步反应方程式为，C符合题意；
D．中Ⅰ为正电性，第Ⅱ步中更与苯环生产，为负电性，第Ⅲ步中更与生成，而为非极性分子，且不活泼，故比更容易发生碘化反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据盖斯定律计算；
B．活化能越大，反应速率越慢，速率最慢是决速步骤；
C．依据图中结构分析；
D． 根据图中结构、利用电性和反应进程判断。
8．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．使用催化剂可以改变化学反应速率，如催化剂能使反应速率增大，即可降低反应的活化能，均减小，A不符合题意；
B．根据盖斯定律，催化剂可以改变反应历程，但不改变反应的热效应，故Q不变，B不符合题意；
C．由图知反应放热，，升高温度，平衡向逆方向移动，A的转化率减小，C符合题意；
D．反应后气体体积不变，改变压强，平衡不移动，但反应放热，，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.催化剂能降低反应的活化能；
B.催化剂不影响反应的焓变；
C.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动；
D.该反应为放热反应，且该反应为气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动。
9．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；催化剂；活化分子
【解析】【解答】A．E为①→②反应的活化能，故A不符合题意；
B．总反应为CO2+CH4→CH3COOH，总反应的原子利用率为100%，故B符合题意；
C．①→②是放热反应，放出能量并形成了键，故C不符合题意；
D．催化剂不能使平衡移动，催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．E为①→②反应的活化能；
B．反应产物只有一种；
C．断键吸热，成键放热；
D．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，不影响化学平衡。
10．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该装置是原电池装置，将化学能转化为电能，Fe电极，N元素化合价降低，做正极，Pt电极，H元素化合价升高，做负极，A不符合题意；
B．根据题意可知，具有类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：，图2中，A为，B为，B不符合题意；
C．正极电极反应为：，正极区浓度减小，pH增大，C符合题意；
D．由负极区反应可知，，又因为正负极区得失电子应守恒，若要制取，则会转移0.3mol电子，因此可推知消耗0.15mol，标准状况体积为3.36L，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．该装置是原电池装置，元素化合价降低，做正极，元素化合价升高，做负极；
B．根据题意可知，具有类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺；
C．依据正极电极反应判断；
D．依据得失电子应守恒。
11．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；催化剂
【解析】【解答】A．二氧化锰为离子化合物，由图可知，转化I中二氧化锰氧脱离生成空位，为离子键的断裂；水生成OH-存在共价键的断裂；故A不符合题意；
B．转化I中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有和、Mn，故B符合题意；
C．由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质：，故C不符合题意；
D．反应中生成硫单质，生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．二氧化锰为离子化合物，水为共价化合物；
B．依据图中化学键数目变化判断；
C．催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质；
D．反应中生成硫单质，生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降。
12．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A．图示可知，4HCl(g)＋O2(g)的总能量高于2Cl2(g)＋2H2O(g)的总能量，反应为放热反应，故A不符合题意；
B．若H2O为液态，气体变为液体，物质能量减小，生成物总能量将变小，故B不符合题意；
C．反应前后遵循能量守恒，4HCl(g)和O2(g)总能量高于2Cl2(g)和2H2O(g)的总能量，反应时向环境释放能量，故C符合题意；
D．图示可知，4HCl(g)＋O2(g)的总能量高于2Cl2(g)＋2H2O(g)的总能量，反应为放热反应，断开旧化学键吸收的总能量小于形成新化学键所释放的总能量，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
B．气体变为液体，物质能量减小；
C．反应前后遵循能量守恒；
D．反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差。
13．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式
【解析】【解答】A．相对于曲线Ⅱ，曲线Ⅰ是降低反应所需活化能，则曲线Ⅰ表示加入催化剂，故A不符合题意；
B．催化剂能降低“过渡态”物质的相对能量，降低反应活化能，故B符合题意；
C．该反应是放热反应，因此反应物总能量高于生成物的总能量，故C不符合题意；
D．该反应是放热反应，放出77.1kJ 的热量，则反应热化学方程式为2NO(g) ＋Cl2(g)→2NOCl(g)＋77.1kJ，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．催化剂能降低反应所需活化能；
B．催化剂能降低“过渡态”物质的相对能量；
C．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
D．焓变=生成物总能量-反应物总能量。
14．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A．由题干信息可知，顺-2-丁烯与反-2-丁烯互为同分异构体，故顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯的过程中有新的物质生成，故属于化学变化，A不符合题意；
B．由题干能量转化图可知，顺-2-丁烯具有的总能量大于反-2-丁烯，能量越高越不稳定，故顺-2-丁烯稳定性小于反-2-丁烯，B不符合题意；
C．顺 2 丁烯和反 2 丁烯加成后均得到相同的产物，即终态的能量相同，而顺-2-丁烯具有的总能量大于反-2-丁烯，即发生加成反应时，顺-2-丁烯放出的能量大于反-2-丁烯，形成过程中放出的总能量相同，故顺 2 丁烯断键吸收的能量低于反 2 丁烯断键吸收的能量，C符合题意；
D．由题干能量转化图可知，T℃，1mol顺 2 丁烯完全转化成反 2 丁烯放出热量(a-b)kJ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．反应过程中有新的物质生成；
B．物质的能量越低，越稳定；
C．依据图像结构B分析判断；
D．依据题干能量转化图判断。
15．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．总反应放热，根据转化过程氢离子、氯离子溶于水的过程放出热量，，，A不符合题意；
B．Cl的非金属性大于Br，放热反应焓变为负值，，B不符合题意；
C．根据转化过程=，C符合题意；
D．H原子非金属性小于Cl原子，，故，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据转化过程氢离子、氯离子溶于水的过程放出热量；
B．利用Cl的非金属性大于Br判断；
C．利用△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算
D．利用H原子非金属性小于Cl原子判断。
16．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A．焓变=生成物总能量-反应物总能量，则，焓变=反应物总键能-生成物总键能，即498+946-632×2=2x，，故A不符合题意；
B．逐级断开中的每摩尔C-H所消耗的能量不相等，故B不符合题意；
C．石墨晶体中每个碳原子形成3条共价键，两个碳原子形成1条键，则1mol石墨含有1.5molC-C键，解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为478kJ，故C不符合题意；
D．焓变=反应物总键能-生成物总键能，的可计算出y值，再根据的可计算出H-O键能，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用分摊法判断；焓变=生成物总能量-反应物总能量，焓变=反应物总键能-生成物总键能。
17．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A．过程①中转化为和有氢氧键断裂和形成，过程②中断裂形成，存在氢氧键断裂，所以在循环过程涉及氢氧键的断裂和形成，故A不符合题意；
B．如图，过程①为反应的开始，化合物1与反应形成一系列中间产物，经过一个循环，最后又生成化合物1，所以化合物1为催化剂，故B不符合题意；
C．图中过程③不属于氧化还原反应，故C符合题意；
D．如图，反应物为、、，产物为和，其反应为，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据循环过程图分析；
B．催化剂反应前参与反应，反应后又生成；
C．过程③元素化合价没有变化；
D．根据反应物和生成物的化学式利用元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。
18．【答案】A,D
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡中反应条件的控制；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．进程Ⅰ中S的总能量大于P的总能量，为放热反应，A符合题意；
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不符合题意；
C．活化能越低，反应速率越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，故生成P的速率：Ⅲ＜Ⅱ，Ｃ不符合题意；
D．由图可知，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没有催化作用，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.反应物的总能量大于生成物总能量为放热反应；
B.X为催化剂，催化剂不影响平衡；
C.活化能越低，反应速率越快；
D.催化剂在反应前后不发生变化。
19．【答案】A,B
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．由图象分析可知，CO2吸附在催化剂上时，催化生成CO的活化能为1.10ev，A符合题意；
B．生成HCOOH的过程中，有C-H的生成，但没有C-H的断裂，B符合题意；
C．根据图像，*CO2和*H+在Sb表面反应生成HCOOH，C的化合价由+4价降低为+2价，故反应为：*CO2+2e-+2*H+=HCOOH，C不符合题意；
D．催化剂可降低反应的活化能，由图可知，生成CO的活化能最大，生成HCOOH的活化能最小，故Sb催化剂对三种竞争反应的选择效果为HCOOH＞H2＞CO，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A.应活化能为过渡态能量与反应物能量之差；
B.生成HCOOH的过程中只有C-H的生成；
C.CO2和*H+在Sb表面反应生成HCOOH；
D.活化能越低，反应速率越快。
20．【答案】C,D
【知识点】化学反应中能量的转化；电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该装置为燃料电池，则催化剂能促进化学能转变为电能，A不符合题意；
B．O2作正极，得电子后形成O2-，O2-带负电荷，会在正极上与H+结合形成H2O，B不符合题意；
C．通入燃料C3H8的电极为负极，在负极上C3H8失去电子变为C3H6，故负极的电极反应式为：C3H8-2e-=C3H6+2H+，C符合题意；
D．在电池的正极上O2得到电子变为O2-，然后再与H+结合形成H2O，故正极的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O。负极电极反应式为：C3H8-2e-=C3H6+2H+。由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以将正极、负极电极反应式叠加，可得总反应方程式为：2C3H8+O2=2C3H6+2H2O，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.此装置是燃料电池，不是电解池
B.负极是电子变为阳离子，因此结合大量的阴离子
C.负极是丙烷失去电子变为丙烯和氢离子的过程
D.根据正负极的电极式即可写出总的反应
21．【答案】A,D
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A．据图可知反应物的总能量高于生成物，所以为放热反应，ΔH＜0，A符合题意；
B．据图可知a、b、c三种物质中，c的能量最低，最稳定，B不符合题意；
C．由图可知，形成过渡态2的过程中，活化能最大，为慢反应，决定整个反应的反应速率，C不符合题意；
D．选项所给方程式电荷不守恒，符合题意方程式为→+H+，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.直接看图，反应物的总质量高于生成物的总质量，多出的能量将释放到环境中；
B.物质的能量越低，物质越稳定；
C.活化能高，反应速率慢，非基元反应的速度由最慢的一步决定；
D.直接观察图可以写出方程式。
22．【答案】C,D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学反应中能量的转化；催化剂；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．根据图像，2－取代产物的能量低于1－取代产物，能量越低，物质越稳定，因此2－取代产物比1－取代产物稳定，故A不符合题意；
B．萘与取代产物中碳原子全部为萘环上的碳，杂化方式全部为sp2，故B不符合题意；
C．根据催化剂的选择性，合适的催化剂可以加快主反应的反应速率，从而提高单位时间内该反应产物在总的生成物中的比率，故C符合题意；
D.1－取代反应和2－取代反应都是放热反应，1－取代反应活化能低，在低温时相对速率比2－取代反应快，因此低温时1－取代所占比率高，升高温度后，活化能不再是制约1－取代、2－取代相对速率的关键因素，由于2－取代产物更稳定，2－取代产物在总产物中的比率增加，1－取代产物与2－取代产物的比例的比值减小，故D符合题意；
故答案为：CD
【分析】A．根据能量越高越不稳定分析；
B．苯环的C均为sp2杂化；
C．根据催化剂的选择性分析；
D．根据反应的热效应分析。
23．【答案】A,D
【知识点】化学反应中能量的转化；常见能量的转化及运用；化学反应速率；催化剂
【解析】【解答】A．根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，故A符合题意；
B．由图可知，H3O+在第①步被消耗，在第③步又生成，则H3O+是总反应的催化剂，故B不符合题意；
C．活化能越大，反应速率越慢，决定总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，故C不符合题意，
D．由图可知，第①步反应物总能量小于生成物总能量，说明第①步为吸热反应，第②、③步生成物的总能量低于反应物的总能量，是放热反应，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A、由图可知，该反应进程中有三个过渡态；
D、由图可知，第①步为吸热反应。
24．【答案】C,D
【知识点】化学反应中能量的转化；绿色化学
【解析】【解答】A．反应①，光能转化为化学能，故A不符合题意；
B．反应②中生成物只有1种，原子利用率100%，故B不符合题意；
C．反应③生成的有毒，甲醇是常见的基础化工原料，常用于精细化工，塑料等领域，故C符合题意；
D．工业生产乙烯的主要方法是石油的裂解，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.植物的光合作用将光能转化为化学能；
B. “原子经济性”最好即原子利用率为100%；
C.甲醇可作燃料，是重要的化工原料，具有重要的应用价值；
D.生产乙烯的主要方法是石油的裂解。
25．【答案】A,D
【知识点】化学反应中能量的转化；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，(①+②)×得到CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=[(-574kJ mol-1)+(-1160kJ mol-1)]=-867kJ/mol，标准状况下4.48L CH4还原NO2至N2、CO2和气态水，放出的热量为×867kJ/mol=173.4kJ，则生成液态水放出的热量＞173.4kJ，故A符合题意；
B．利用以上反应可降低大气中的氮氧化合物（NO2、NO）的含量，可以有效减轻光化学烟雾，故B不符合题意；
C．甲烷燃烧时要放出热量、光能，所以燃料电池中甲烷的利用率比甲烷燃烧的能量利用率高，故C不符合题意；
D．反应中N由+2价降低为0价，C由-4价升高为+4价，转移8个电子，未告知是否为标准状况，无法计算4.48LCH4的物质的量，因此无法判断反应完全时转移电子的物质的量，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】易错分析：A结合盖斯定律，写出CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的热化学反应方程式，但是题目要求得到液态水，所以，由气态水得到液态水，还有放出热量。
C.形成原电池对物质利用率会更加高
D.在使用气体体积转化为物质的量时，一定要注意所给条件是否为标况。
26．【答案】（1）11
（2）+40.9；Ⅰ；0.8；小于；P1>P2>P3；温度高于T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响
（3）5.6×10-3
【知识点】化学反应中能量的转化；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)室温下用NaOH溶液捕获 ，若所得溶液中 ，则室温下 ， ，溶液pH=11。
(2)已知反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
①按盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ，则
=+40.9kJ/mol；放热反应容易发生，反应Ⅰ虽熵减但放热、Ⅲ熵变化很小且吸热，则Ⅰ、Ⅲ两个反应在热力学上趋势较大的是Ⅰ。
②活化能或能垒最大的为决速步，则该反应历程中决速步的能垒为[-0.1-(-0.9)]eV=0.8eV，虛线框内发生的反应生成物能量低于反应物能量、为放热反应，故达到平衡后升高温度，平衡左移、正反应速率小于逆反应速率。
③反应Ⅰ、反应Ⅱ均为气体分子总数减小的放热反应，当温度不变时，增压有利于平衡右移、增大二氧化碳的转化率， 升温有利于平衡左移，反应Ⅲ为气体分子总数不变的吸热反应，温度不变时增压对于该反应几乎没影响、但升温有利于其右移，则由图可知，压强
、
、
由大到小的顺序为P1>P2>P3；温度高于
时，X几乎相等的原因是：温度高于T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响。
(3)250℃，一定压强和催化剂条件下，1.32mol
和3.96mol
充分反应，平衡时CO为0.03mol，
为0.41mol，则：反应Ⅰ：
，反应Ⅱ：
，反应Ⅲ.为：
，a+b=0.41mol，故反应后CO2的物质的量为[1.32-a- (b+0.03)]mol=0.88mol、H2的物质的量为[ 3.96-3a-2b- (b+0.03)]mol =2.7mol、CO的物质的量为0.03mol、H2O的物质的量为[a+ (b+0.03)]mol =0.44mol，则反应
的平衡常数
。
【分析】（1）已知 ， 根据 ，算出c（H+）；
（2） ① 利用盖斯定律，反应 Ⅲ =反应 Ⅰ -反应 Ⅱ，
，放热反应比吸热反应在热力学上趋势较大 ；
② 活化能越高，反应速率越慢，速率慢的一步为决速步骤，分别算出个步骤中的能垒值，第二步的最大，为0.8eV，虚线框反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，正反应速率小于逆反应速率；
③ 该反应 为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率增大， 温度高于时， CO2的转化率几乎不受压强影响，说明温度高于T1时，发生的反应不受压强影响，主要发生反应Ⅲ；
（3）利用三段式计算，达到平衡时CO2、H2、CO、H2O的物质的量浓度，需要注意的是，这些物质的物质的量浓度是三个反应都达到平衡的物质的量浓度之和。
27．【答案】（1）128；Fe/MIL－53－CH4*=Fe/MIL－53－CH3·*＋H·*
（2）－141.77；CO(g)＋CH3OCH3(g) CH3COOCH3(g)；＜；p3＜p2＜p1；
（3）2H＋＋2e－=H2；反应中产生的氢气被消耗移除体系，平衡正向移动，增大甲烷的转化率
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的计算；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据示意图可知反应所吸收能量的最大能垒为Fe/MIL－53－CH4*到TS4，E正=（－13+141）kJ/mol＝128kJ·mol-1，该步骤的化学方程式为Fe/MIL－53－CH4*=Fe/MIL－53－CH3·*＋H·*。
(2)①根据标准摩尔生成焓的定义，结合盖斯定律可知CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)的ΔH＝生成物的标准摩尔生成焓－反应物的标准摩尔生成焓＝[－234.43+（－201.50）－0－（－110.53）－（－183.63）] kJ·mol-1=－141.77kJ·mol-1
②二甲醚与合成气（氢气和CO）制乙醇的总反应为2H2(g)+CO(g)＋CH3OCH3(g) CH3OH(g)+C2H5OH(g)，反应Ⅱ为CH3COOCH3(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)，则根据盖斯定律可知反应Ⅰ为CO(g)＋CH3OCH3(g) CH3COOCH3(g)。
③根据图像可知，随着温度升高，MA的转化率降低，则升高温度平衡逆向进行，所以该反应ΔH＜0。CH3COOCH3(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)为体积减小的可逆反应，增大压强，平衡正向进行，MA的转化率增大，所以p3＜p2＜p1；
④根据图像可知在600K，p3kPa下，MA的转化率是80%，根据三段式可知
平衡时总物质的量是0.2mol+0.4mol+0.8mol+0.8mol＝2.2mol，反应前气体总物质的量是3mol，体积是3L，则平衡时体系的体积为 =2.2L，各组分的浓度是乙酸甲酯为 mol/L、氢气为 mol/L、甲醇为 mol/L、乙醇为 mol/L，则KC= ；
(3)①由于CH4和H2O反应生成CO和H2，根据原电池工作原理，A侧氢气分压比B侧氢气分压高，发生电极反应H2－2e－＝2H＋，B侧发生电极反应2H＋＋2e－＝H2↑。
②由于反应中产生的氢气被消耗移出体系，平衡正向移动，甲烷的转化率增大，所以比传统的高。
【分析】（1）根据图示找出能量差值最大的即可，根据反应物和生成物写出反应方程式即可
（2）① 根据写出集中物质燃烧的热化学方程式利用盖斯定律即可计算出焓变②根据总的反应和第二步的反应即可写出反应I ③根据温度越高，MA的转化率越低即可判断焓变的大小，根据正反应使体积减小的反应，压强越大，MA的转化率越大即可判断压强大小 ④根据给出的数据结合三行式计算出平衡时各物质的量浓度即可求出Kc
（3）① 根据B极的反应物和生成物即可写出电极式②根据在膜反应器中，产物氢气在不断的消耗促进可反应向右进行
28．【答案】（1）802.1 kJ/mol
（2）>；CD
（3）2.25
（4）大于
（5）2HSO +2e-+2H+= S2O +2H2O
（6）11.2
【知识点】化学反应中能量的转化；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】Ⅰ．(1)根据反应热 可知，反应 有： =2E( )+2E( )-E( )-4E(C=O)=2×1072 kJ/mol +2×630 kJ/mol -942 kJ/mol -4 E(C=O)=-746.5kJ/mol，解得：E(C=O)=802.1 kJ/mol，故答案为：802.1 kJ/mol；
(2) ①根据温度越高反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短，由图中可知，T2条件下先达到平衡，则温度： < ，故答案为：＜；
②A．反应达到平衡的标志是各组分的浓度、百分含量保持不变，而不是相等或成比例，故反应体系的 和 的物质的量之比为 不能说明反应达到平衡，A不合题意；
B．由于反应物和生成物均为气体，恒容密闭容器中混合气体的密度一直不变，故混合气体密度保持不变，不能说明反应达到平衡，B不合题意；
C．由于反应物和生成物均为气体，但正反应是一个气体体积减小的方向，故容器中混合气体的平均摩尔质量一直在变，现在不变了即反应达到平衡了，C符合题意；
D．由于反应的正反应是一个气体体积减小的方向，在恒温恒容容器中压强与气体的物质的量成正比，故容器压强不再变化了即为反应达到平衡了，D符合题意；
故答案为：CD；
Ⅱ．(3) 由三段式分析： 可知，若 时总压强为 ，则P(NO)= =40kPa，P(N2)=P(CO2)= =60kPa，故该温度下平衡常数 = ，故答案为：2.25；
(4)由(1)分析结合表中数据可知，反应进行到15min时已经达到平衡，故第 时，反应的平衡常数为：K= ，若往容器中各加 、 ，这时Qc= ＜K，故反应向正方向进行，即 大于 ，故答案为：大于；
Ⅲ．(5)由图示可知，电极Ⅰ进入的物质为 ，出去的物质为： ，结合质子交换膜，故电解质为酸性介质，故图中电极Ⅰ的反应方程式为：2HSO +2e-+2H+= S2O +2H2O ，故答案为：2HSO +2e-+2H+= S2O +2H2O；
(6)吸收塔中每产生 ，即由 转化为HSO ，需要失去1mol电子，而1molNO在反应中转化为N2，得到2mol电子，根据电子守恒，理论上处理 在标准状况下的体积为 ，故答案为：11.2 。
【分析】（1）根据焓变=反应物的键能-生成物的键能即可计算
（2）①根据达到平衡的时间即可判断 ②对与 此反应判断是否达到平衡可以通过平均摩尔质量以及压强不再变化以及浓度不再变化等判断
（3）根据起始的一氧化氮以及平衡的氮气结合三行式即可计算出平衡时的浓度即可计算出平衡分压计算出常数
（4）计算出此时的浓度商与平衡常数进行对比即可
（5）根据电极I的反应物和生成物即可判断得失电子即可写出电极式
（6）根据电子转移数目相等即可计算出处理NO的体积
29．【答案】（1）+137.0 kJ·mol-1；AD；0.7；140
（2）C-C键；ⅲ；ⅴ
（3）温度越高反应速率越快；乙烷脱氢反应为吸热，温度升高，平衡正向移动；550℃
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；化学平衡移动原理；烷烃
【解析】【解答】(1)①单质的摩尔生成焓为0，所以ΔH1=52.3kJ/mol-(-84.7kJ/mol)=+137.0 kJ/mol；
②A．根据题目所给信息ΔH2=52.3kJ/mol+(-74.8kJ/mol)-2×(-84.7kJ/mol)=+146.9 kJ/mol；ΔH3=+84.7kJ/mol，主副反应的焓变均大于0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，可以增大乙烷的转化率，A正确；
B．主、副反应均为气体系数之和增大的反应，增大压强平衡逆向移动，乙烷的转化率降低，B不正确；
C．原料气中掺入氢气，不利于主反应和其中一个副反应正向移动，乙烷的转化率降低，C不正确；
D．原料气中掺入CO2，可以消耗氢气，使主反应平衡正向移动，增大乙烷的转化率，D正确；
故答案为：AD；
③根据H元素守恒可知x= =0.7mol；压强之比等于气体的物质的量之比，所以p(C2H6)=170kPa× =30kPa，p(C2H4)= 170kPa× =60kPa，p(H2)= 170kPa× =70kPa，所以主反应的Kp= =140kPa；
(2)①反应i的活化能大于反应ii，可知断裂C-H键比断裂C-C所需能量更高，所以更容易断裂的化学键C-C键；
②反应iv生成甲烷，而甲烷含量较低说明链传递的主要途径为反应iii→反应ⅴ；
(3)①温度越高反应速率越快，乙烷脱氢反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，所以温度越高，乙烷转化率越大；
②据图可知当温度为550℃时乙烷的转化率可以长时间保持较高转化率，且乙烯的选择性较高，所以该催化剂的最佳工作温度550℃。
【分析】（1）①结合焓变和标准摩尔生成焓的定义可知焓变=生成物的标准摩尔生成焓之和-反应物的标准摩尔生成焓之和②根据标准摩尔生成焓计算出 ΔH1 ， ΔH2 ， ΔH3，均大于0 。故可以升高温度，或者是降低压强，或者减少产物的方式提高乙烷的转化率③根据元素守恒计算出氢气的物质的量，再根据压强之比等于物质的量之比，计算出分压，利用主反应的生成物压强的幂指数比上生成物压强的幂指数即为kp
（2）① 活化能越低越易断裂找出就即可②避免甲烷的产生因此主要路径是不产生甲烷的路径
（3）① 反应为吸热反应 主要是温度对速率的影响②根据图示即可找出不同温度下的乙烯的选择性，找出最大值即可
30．【答案】（1）
（2）；；40:31
（3）；在此温度下低碳烯烃选择性高， 转化率较高
（4）；a
【知识点】化学反应中能量的转化；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】Ⅰ.(1) 反应物的总键能-生成物的总键能= ；
(2)①其他条件相同时， 越大，二氧化碳平衡转化率越大，因此a>3；由图可知其他条件相同时，温度升高，二氧化碳的平衡转化率减小，因此该反应为放热反应，温度越高，平衡常数K越小，因此 > ；
② 时，往 刚性密闭容器中加入 、 ， =x=3，由图可知200℃、x=3时，二氧化碳平衡转化率为0.6，列三段式： ，因此反应开始和平衡时的总压强比=(3+1):(1.2+0.4+0.3+1.2)=4:3.1=40:31；
(3)由图2可知，370℃时低碳烯烃选择性高， 转化率较高，因此该反应最适宜的温度为370℃；原因为在此温度下低碳烯烃选择性高， 转化率较高；
Ⅱ.(4)①阴极得电子，化合价降低，发生还原反应，结合图可知阴极生成氢气的电极反应式为 ；
②a.由积碳反应可知生成固体碳，生成的碳覆盖在电极表面，影响电极的催化活性，a正确；
b.积碳反应生成的碳附着在电极表面，影响电极活性，使电解效率降低，b正确；
c.积碳反应在阴极发生，氧气在阳极产生，因此生成的碳不会和电解产生的氧气反应，c不正确；
选ab。
【分析】（1）根据焓变=反应物的键能-生成物的键能即可计算
（2）① 相同条件下，氢气的量越多，二氧化碳的转化率越高，根据二氧化碳的转化率即可判断a的大小，温度越高转化率越小，说明反应是放热，温度升高，平衡常数减小②根据M的转化率即可计算出平衡各物质的物质的量，根据压强和体积不变，压强与物质的量呈正比即可计算
（3）根据图示即可判断低碳烯烃的选择性高即可判断温度大小
（4）①阴极是水得到电子得到氢气和氧离子即可写出电极式②积碳反应碳是固体附着在催化剂表面阻碍与反应物的接触，降低活性和催化效率，氧气是在阳极产生不与与碳反应
31．【答案】（1）(c﹣a﹣b)
（2）Ⅲ；0.24mol·L-1min-1；<； (或14.81)
（3）阴极；4OH--4e-=2H2O+O2↑
【知识点】化学反应中能量的转化；电极反应和电池反应方程式；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)由已知热化学方程式，结合盖斯定律①+②得：2CO2(g)+3H2O(l) C2H5OH(l)+3O2(g) △H= (a+b) kJ/mol，又△H=E(正反应活化能)- E(逆反应活化能)，故该反应的逆反应活化能= E(正反应活化能)-△H=(c-a-b) kJ/mol，故此处填c-a-b；
(2)①由图示知，相同时间内，反应Ⅲ的反应速率最慢，所以其活化能最大，故此处填Ⅲ；
②该反应对应方程式为： ，由图示知，T4温度下，5 min时CO2的转化率为80%，即CO2的转化量=1 mol×80%=0.8 mol，故H2的转化量=3×0.8 mol=2.4 mol，则υ(H2)= ，故此处填0.24 mol/(L·min)；
③由图示知，b点CO2转化率低于反应Ⅰ、Ⅱ相同温度下的转化率，故b点未达平衡，由图中a点知，T4温度时，三种催化剂作用下，CO2转化率交于同一点，说明反应达平衡，故a点为平衡点，a点过后，温度再升高，三种催化剂作用下，CO2转化率均下降，说明平衡逆向移动，故c点也为平衡点，由于所有数据均为相同时间内测得，b点未达平衡，而c点达平衡，说明c点对应的反应速率比b点反应速率快，故此处填：＜；
④由图示知，c点对应CO2转化率为 ，列三段式如下： ，故此时气体n(总)= mol，则p(CO2)= ，p(H2)= ，p(CH3OH)= p(H2O)= ，则Kp= ，代入数据计算得Kp= （或14.81）；
(3)由总反应知，CO2得电子生成CO，故CO在阴极产生，故此处填：阴；总反应中产生的O2应为溶液中OH-在阳极放电生成，对应电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，故此处填：4OH--4e-=O2↑+2H2O。
【分析】（1）根据盖斯定律计算出焓变，再根据逆反应的活化能=E(正反应活化能)-△H
（2）①活化能越大，反应速率越低，转化率越低 ②根据T4时的二氧化碳转化率，以及起始数据结合三行式计算出氢气的变化量即可计算出氢气的速率 ③ 根据图示转化率最大的点是平衡点，温度越高速率越大 ④根据c点的转化率结合方程式计算出平衡时各物质的物质的量，即可计算出各物质的平衡分压，利用kp= 公式进行分计算即可
（3）根据总的反应二氧化碳变为一氧化碳，碳元素的化合价降低，被还原因此在阴极产生，阳极是氢氧根失去电子变为氧气即可写出电极反应式
32．【答案】（1）氧；10
（2）相同；；sp
（3）CO中断裂第一个π键键能(327kJ·mol-1)比N2的(524kJ·mol-1)小很多
（4）顶点和体心；2
（5）；4
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学反应中能量的转化
【解析】【解答】(1)上述六种元素中，氧元素的非金属性最强，电负性最大；核外电子层数越多原子半径越大，所以上述元素中原子半径最大的是Ca元素，基态Ca原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，共占据1+1+3+1+3+1=10个轨道；
(2)H2S的中心原子价层电子对数为 =4，PH3的中心原子价层电子对数为 =4，二者价层电子对数目相同；N2和C 所含原子总数均为2，价电子总数均为10，二者互为等电子体，根据N2的电子式可知C 的电子式为 ；乙炔分子中C原子形成碳碳三键，为sp杂化；
(3)根据表格数据可知CO中断裂第一个π键键能(327kJ·mol-1)比N2的(524kJ·mol-1)小很多，所以CO比N2容易发生反应；
(4)电石由Ca2+和C 构成，所以白球代表Ca2+，位于顶点和体心；Ca2+的数目为 =2，所以含有化学式的数量为2；
(5)晶胞的质量为 g，晶胞的体积为a2z ×10-20m3= a2z ×10-16cm3，所以有 =2.13 g·cm－3，解得z= ×10-7cm= nm；a<4.0，则 ＞0.625nm=6.25 ＞a ，所以位于与z轴平行的4条棱的棱心上的C 中中心距离Ca2+距离最近。
【分析】（1）非金属性越强，电负性越强，根据电子层数越大半径越大以及同周期从左到右半径逐渐减小即可判断出半径最大的元素结合核外电子能级排布即可找出轨道数目
（2）根据给出的化学式计算出中心原子的价层电子对即可，根据给出的离子式即可画出电子式，根据乙炔分子中碳原子成键方式即可判断出杂化方式
（3）π键比单键易断裂，比较断裂一个π键的能量高低即可
（4）根据晶胞图即可找出钙离子的位置，根据占位情况即可计算出个数
（5）根据占位计算出晶胞的原子个数，即可计算出晶胞的质量，结合密度即可计算出体积即可计算出z，根据给出的数据即可计算出距离最近的个数
33．【答案】（1）1112.5
（2）bd；0.05mol·L-1·min-1；0.089(MPa-1)；G
【知识点】化学反应中能量的转化；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的△H=-163kJ·mol-1，1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ、498kJ的能量，可知 ，解得 ，故答案为1112.5；
（2）①使用高效催化剂，只改变化学反应速率，不影响化学平衡，所以一氧化氮转化率不变，故a不正确；缩小容器的体积相当于增大压强，反应速率加快，由于该反应的正反应时反应前后气体体积减小的反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，一氧化氮转化率提高，故b正确；升高温度，反应速率加快，反应正向为放热反应，升温平衡向吸热反应方向移动，即平衡逆向移动，一氧化氮转化率降低，故c不正确；增大一氧化碳的浓度反应速率加快，平衡正向移动，一氧化氮转化率提高，故d正确；答案为bd。
②设参加反应的CO的物质的量为x，列出可逆反应的三段式： ，由题中图示可知，在温度为T1、压强为10MPa条件下NO的体积分数为25%，即 ，解得 ，所以 ，平衡时各物质的分压为： ， ， ， ，该温度下的压强平衡常数为 ；
③相同压强下降低温度平衡正向移动，一氧化氮体积分数减小，同一温度下增大压强平衡正向移动，一氧化氮体积分数减小，所以符合条件的为G，故答案为G。
【分析】（1）根据焓变=反应物的总键能-生成物的总键能即可计算
（2）①根据 2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)△H=-744kJ/mol ，提高反应速率和提高一氧化氮的转化率可以采用增大压强和增加一氧化碳的浓度
② 根据图示中的数据以及三行式即可计算出平衡时的物质的量，即可求出一氧化氮的速率和平衡时的分压即可计算出平衡常数
③根据反应的放热降温右移动，再结合增大压强平衡右移即可判断点的位置
34．【答案】（1）-49.4；+41.2
（2）反应II；2:1；
（3）增大压强
（4）；ACD
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】(1)由图a可知，反应Ⅱ的焓变为 +41.2kJ/mol，反应Ⅰ的焓变为 ，故答案为：—49.4；+41.2；
(2)①反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，则反应Ⅱ中二氧化碳平衡转化率随温度升高而增大，故答案为：反应Ⅱ；
②设起始氢气为3mol，二氧化碳为1mol，由图可知，475K时甲醇平衡产率为20%，二氧化碳平衡转化率为30%，由甲醇平衡产率为20%可知，反应Ⅰ生成甲醇和水都为0.2mol，消耗二氧化碳0.2mol、氢气0.6mol，由二氧化碳平衡转化率为30%可知，反应Ⅱ消耗二氧化碳和氢气均为0.1mol，生成一氧化碳和水均为0.1mol，则平衡体系中二氧化碳的物质的量为(1mol—0.3mol)=0.7mol、氢气的物质的量为(3mol—0.7mol)=2.3mol、甲醇的物质的量为0.2mol、水的物质的量为(0.2mol+0.1mol)=0.3mol、一氧化碳的物质的量为0.1mol，
平衡体系中甲醇与一氧化碳的物质的量之比为2:1，氢气、二氧化碳、甲醇和水的平衡分压分别为 ×4MPa、 ×4MPa、 ×4MPa、 ×4MPa，反应Ⅰ的平衡常数Kp= ，故答案为：2:1； ；
(3) 反应Ⅰ是气体体积减小的放热反应，反应Ⅱ是气体体积不变的吸热反应，增大压强，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ的平衡不移动，二氧化碳的转化率增大、甲醇的平衡产率增大，故答案为：增大压强；
(4)①由图可知， 转化为 的反应为 、H*和HO*反应生成 和水，反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
②A．由图可知，破坏氢分子中的共价键需要吸收0.6eV的能量，则氢分子与 的能量差为0.60eV，故正确；
B．由图可知，反应ii中无 键断裂，故不正确；
C．反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应iii的活化能最大，则反应iii的反应速率最慢，故正确；
D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡的移动方向，加入催化剂M不影响甲醇的平衡产率，故正确；
ACD正确，故答案为：ACD。
【分析】(1)根据图像得出ΔH2，再计算出ΔH1；
(2) ① 根据勒夏特列原理分析；
② 根据三段式的方法计算；
(3)根据勒夏特列原理分析；
(4) ① 根据图像得出反应物和生成物；
② 根据图像分析A、B、C选项，催化剂不影响转化率。
35．【答案】（1）-165 kJ· mol-1；较低温度
（2）acd；0.035mol·L-1·min-1；75%
（3）Ni—La；高；*CO+*H=*CHO；相同
【知识点】化学反应中能量的转化；化学反应速率；催化剂；焓变和熵变；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）主反应： △H；副反应①： △H1 =+41 kJ·mol-1；② △H2=-172kJ·mol -1；③ △H3=-75kJ·mol-1，则：按盖斯定律，副反应2×①+②+③即得主反应，则主反应的△H=2△H1+△H2+△H3=2(+41 kJ·mol-1)- 172 kJ·mol-1-75 kJ·mol-1=-165 kJ· mol-1，主反应是熵减、放热反应，则该反应可在较低温度下自发进行。
（2）在某高效催化剂的作用下，副反应的影响可忽略不计，则发生反应： △H=-165 kJ· mol-1；①对应平衡状态的判断：
a．由表知：n(CO2)=0.25mol时已平衡，则达平衡时消耗二氧化碳0.75mol，生成水1. 5mol，此时物质的量浓度c(CO2)：c(H2O)= n(CO2)：n(H2O)=1：6=0.25mol：1. 5mol，则说明已平衡，a正确；
b.2L容器内气体质量守恒，混合气体的密度始终不变，不能说明已平衡，b不正确；
c．v正(H2)=4v逆(CH4) =v逆(H2) ，则正逆反应速率相等，说明已平衡，c正确；
d．密闭容器内压强会发生变化，当它不变，说明已平衡，d正确；
则答案为：acd；
②40min内，消耗H2的平均反应速率为： 。③反应达到平衡时CO2的转化率为 。
（3）由图中反应历程与能量变化可知：吸附二氧化碳，若使用Ni—La催化剂时放热、以Ni(lll)为催化剂时吸热，则使用Ni—La催化剂更有利于CO2的吸附。需要克服活化能才能发生反应，故反应能垒(活化能)最高的步骤为整个反应的速控步骤，由图知，以Ni(lll)为催化剂时*CO和*H转变为*CHO的活化能最大、故该步为速控步骤，化学方程式为*CO+*H=*CHO。由图知，两种催化剂催化反应的速控步骤相同。
【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热；根据ΔH-TΔS＜0，反应自发进行分析。
（2）①当正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态；或当变量不变时，反应达到平衡状态；
②根据计算反应速率；
③根据转化率=计算。
（3）根据反应过程中的能量变化图进行分析。
2023年高考真题变式分类汇编：化学反应中能量的转化2
一、选择题
1．（2020·天津）理论研究表明，在101kPa和298K下， 异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．HCN比HNC稳定
B．该异构化反应的
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．使用催化剂，可以改变反应的反应热
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，A不符合题意；
B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的 ，B不符合题意；
C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，C不符合题意；
D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．物质的能量越低越稳定；
B．=生成物总能量-反应物总能量；
C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能；
D．催化剂，只改变反应路径，不能改变反应热。
2．（2022·浙江选考）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列推理不正确的是（　　）
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；反应热的大小比较
【解析】【解答】A.2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，但是不能是存在相互作用的两个碳碳双键，故A符合题意；
B．ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B不符合题意；
C.3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C不符合题意；
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.2ΔH1≈ΔH2只能说明双键之间的能量差；
B.能量越低越稳定；
C.3ΔH1＜ΔH4说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键；
D.ΔH3-ΔH1＜0，说明多一个双键变得不稳定，但ΔH4-ΔH3＞0，说明苯的稳定结构并不简单只是双键的原因，具有特殊稳定性。
3．（2021·海南）元末陶宗仪《辍耕录》中记载：“杭人削松木为小片，其薄为纸，熔硫磺涂木片顶端分许，名日发烛……，盖以发火及代灯烛用也。”下列有关说法错误的是（　　）
A．将松木削薄为纸片状有助于发火和燃烧
B．“发烛”发火和燃烧利用了物质的可燃性
C．“发烛”发火和燃烧伴随不同形式的能量转化
D．硫磺是“发烛”发火和燃烧反应的催化剂
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；燃料的充分燃烧
【解析】【解答】A．将松木削薄为纸片状可以增大可燃物与氧气接触面积，有助于发火和燃烧，A不符合题意；
B．发烛具有可燃性，“发烛”发火和燃烧利用了物质的可燃性，B不符合题意；
C．“发烛”发火和燃烧伴随不同形式的能量转化，如化学能转化为光能、热能等，C不符合题意；
D．硫磺也燃烧，不是催化剂，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A.越薄越易于点燃；
B.其燃烧需具备燃烧三要素，其发烛可燃；
C.燃烧伴随热量和光以及化学能的变化；
D.硫磺也可燃，不属于催化剂。
4．（2023·蚌埠模拟）已知复杂反应的速率由反应历程中活化能最大的一步基元反应决定。卤代烃的取代反应有以下两种反应历程，其反应过程中的能量变化如图所示：
下列说法中错误的是
A．卤代烃的取代为放热反应
B．SN1 反应速率与c(Nu：－)和c(R3CX)相关
C．SN2反应速率与c(RX)和c(Nu：－)相关
D．SN1机理为两步反应，SN2机理为一步反应
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．卤代烃的取代反应中生成物能量低于反应物，该反应为放热反应，A项不符合题意；
B．SN1为单分子亲核取代反应，反应物先解离为碳正离子与带负电荷的离去基团，这个过程的活化能大，决定反应速率，所以SN1反应速率只和c(R3CX)相关，B项符合题意；
C．SN2反应为双分子亲核取代反应，只有一个阶段，其反应速率与c(RX)和c(Nu：－)相关，C项不符合题意；
D．SN1反应是两步反应，第一步是反应物在溶剂中离解成为碳正离子和由离去基团形成的负离子（慢反应），第二步是碳正离子与X－结合（快反应）。SN2反应中R-X的断裂与新的R-Nu键的形成是同时的，为一步反应，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
B．活化能越大，反应速率越慢，速率最慢是决速步骤；
C．反应只有一个阶段；
D．依据图像曲线分析。
5．（2023·张家界模拟）500℃，HCl在催化剂M的作用下被O2氧化依次有如图(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)三步反应组成，计算机模拟单个分子在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．反应Ⅱ的活化能为1.45 eV
B．反应Ⅰ的反应速率最慢
C．总反应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g) ΔH=-1.98 eV mol-1
D．HOOCl(g)比HCl(g)和O2(g)稳定
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．反应Ⅱ的活化能为，A不符合题意；
B．反应Ⅰ的能垒最高，所以反应Ⅰ的化学反应速率最慢，B符合题意；
C．图像给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为，C不符合题意；
D．由反应Ⅰ可知的总能量比和的总能量高，能量越高，物质越不稳定，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应Ⅱ的活化能为；
B.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
C.图示表示的是单个分子的反应历程，总反应的热化学方程式应为；
D.物质的能量越低越稳定。
6．（2023·临汾模拟）不同含金化合物催化乙烯加氢的反应历程如下图所示：
下列说法正确的是
A．从图中可得1molC2H4(g)具有的能量比1molC2H6(g)的能量高
B．过渡态1比过渡态2物质的稳定性弱
C．催化剂催化下，该反应的△H=-233.7kJ·mol-1
D．相比催化剂，AuF催化乙烯加氢的效果更好
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A．根据图示可知，1mol C2H4(g)和1mol H2(g)具有的能量比1mol C2H6(g)的能量高，A不符合题意；
B．根据图示可知，过渡态1具有的能量比过渡态2高，则过渡态1比过渡态2物质的稳定性弱，B符合题意；
C．该反应的△H=-129.6kJ·mol-1，且焓变与催化剂无关，C不符合题意；
D．根据图示可知，对应的活化能小，则催化效果好，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
B．根据能量越高，稳定性越弱；
C．焓变与催化剂无关；
D．根据活化能大小分析。
7．（2023·辽宁模拟）如图是苯与卤素发生取代反应进程中的势能变化图，下列说法正确的是
A．该反应的总活化能为
B．该反应的决速步骤为第Ⅲ步
C．第III步转化中失去了一个质子
D．是常用碘化剂，根据电性和反应进程判断，比更易发生碘化反应
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A．该反应的总活化能不是分步反应的简单加和，可近似的看成是反应历程中较大的活化能，即近似为，A不符合题意；
B．该反应的决速步骤为活化能最大的步骤，即第Ⅱ步，B不符合题意；
C．第Ⅲ步反应方程式为，C符合题意；
D．中Ⅰ为正电性，第Ⅱ步中更与苯环生产，为负电性，第Ⅲ步中更与生成，而为非极性分子，且不活泼，故比更容易发生碘化反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据盖斯定律计算；
B．活化能越大，反应速率越慢，速率最慢是决速步骤；
C．依据图中结构分析；
D． 根据图中结构、利用电性和反应进程判断。
8．（2023·嘉定模拟）反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)+Q发生过程中能量变化如图。下列说法正确的是
A．反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1减小，E2增大
B．反应体系中加入催化剂，反应速率增大，Q增大
C．Q＜0，反应达到平衡时，升高温度，A的转化率减少
D．Q＞0，反应达到平衡时，增大压强，A的转化率不变
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．使用催化剂可以改变化学反应速率，如催化剂能使反应速率增大，即可降低反应的活化能，均减小，A不符合题意；
B．根据盖斯定律，催化剂可以改变反应历程，但不改变反应的热效应，故Q不变，B不符合题意；
C．由图知反应放热，，升高温度，平衡向逆方向移动，A的转化率减小，C符合题意；
D．反应后气体体积不变，改变压强，平衡不移动，但反应放热，，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.催化剂能降低反应的活化能；
B.催化剂不影响反应的焓变；
C.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动；
D.该反应为放热反应，且该反应为气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动。
9．（2023·乌鲁木齐模拟）我国科研人员提出了由和转化为高附加值产品的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法正确的是
A．E为该催化反应的活化能
B．生成总反应的原子利用率为100%
C．①→②吸收能量并形成了键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；催化剂；活化分子
【解析】【解答】A．E为①→②反应的活化能，故A不符合题意；
B．总反应为CO2+CH4→CH3COOH，总反应的原子利用率为100%，故B符合题意；
C．①→②是放热反应，放出能量并形成了键，故C不符合题意；
D．催化剂不能使平衡移动，催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．E为①→②反应的活化能；
B．反应产物只有一种；
C．断键吸热，成键放热；
D．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，不影响化学平衡。
10．（2023·渭南模拟）盐酸羟胺()是一种无机物，可用作合成抗癌药，其化学性质类似。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法错误的是
A．该装置能将化学能转化为电能，电极为负极
B．图2中，A为，B为
C．电池工作一段时间后，正极区溶液的下降
D．每制取，有(标准状况)参与反应
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该装置是原电池装置，将化学能转化为电能，Fe电极，N元素化合价降低，做正极，Pt电极，H元素化合价升高，做负极，A不符合题意；
B．根据题意可知，具有类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：，图2中，A为，B为，B不符合题意；
C．正极电极反应为：，正极区浓度减小，pH增大，C符合题意；
D．由负极区反应可知，，又因为正负极区得失电子应守恒，若要制取，则会转移0.3mol电子，因此可推知消耗0.15mol，标准状况体积为3.36L，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．该装置是原电池装置，元素化合价降低，做正极，元素化合价升高，做负极；
B．根据题意可知，具有类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺；
C．依据正极电极反应判断；
D．依据得失电子应守恒。
11．（2023·渭南模拟）炼油、石化等工业会产生含硫(价)废水，可通过催化氧化法进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是
A．催化氧化过程中既有共价键的断裂又有离子键的断裂
B．转化I中化合价发生变化的元素仅有和
C．催化氧化过程的总反应为：
D．催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；催化剂
【解析】【解答】A．二氧化锰为离子化合物，由图可知，转化I中二氧化锰氧脱离生成空位，为离子键的断裂；水生成OH-存在共价键的断裂；故A不符合题意；
B．转化I中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有和、Mn，故B符合题意；
C．由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质：，故C不符合题意；
D．反应中生成硫单质，生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．二氧化锰为离子化合物，水为共价化合物；
B．依据图中化学键数目变化判断；
C．催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质；
D．反应中生成硫单质，生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降。
12．（2023·吉林模拟）1868年狄青和洪特发现了用空气中的氧气来氧化氯化氢气体制取氯气的方法：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。化学反应与能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．该反应为吸热反应
B．若H2O为液态，则生成物总能量将变大
C．4HCl(g)和O2(g)总能量高于2Cl2(g)+2H2O(g)的总能量，反应时向环境释放能量
D．断开旧化学键吸收的总能量大于形成新化学键所释放的总能量
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A．图示可知，4HCl(g)＋O2(g)的总能量高于2Cl2(g)＋2H2O(g)的总能量，反应为放热反应，故A不符合题意；
B．若H2O为液态，气体变为液体，物质能量减小，生成物总能量将变小，故B不符合题意；
C．反应前后遵循能量守恒，4HCl(g)和O2(g)总能量高于2Cl2(g)和2H2O(g)的总能量，反应时向环境释放能量，故C符合题意；
D．图示可知，4HCl(g)＋O2(g)的总能量高于2Cl2(g)＋2H2O(g)的总能量，反应为放热反应，断开旧化学键吸收的总能量小于形成新化学键所释放的总能量，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
B．气体变为液体，物质能量减小；
C．反应前后遵循能量守恒；
D．反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差。
13．（2022·奉贤模拟）亚硝酰氯(NOCl)在有机合成中有重要应用。2NO(g)+Cl2(g)→2NOCl(g)的反应历程如图。下列说法错误的是
A．相对于曲线Ⅱ，曲线Ⅰ表示加入催化剂
B．催化剂能提高反应物的相对能量
C．反应物总能量高于生成物的总能量
D．2NO(g)+Cl2(g)→2NOCl(g)+77.1kJ
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式
【解析】【解答】A．相对于曲线Ⅱ，曲线Ⅰ是降低反应所需活化能，则曲线Ⅰ表示加入催化剂，故A不符合题意；
B．催化剂能降低“过渡态”物质的相对能量，降低反应活化能，故B符合题意；
C．该反应是放热反应，因此反应物总能量高于生成物的总能量，故C不符合题意；
D．该反应是放热反应，放出77.1kJ 的热量，则反应热化学方程式为2NO(g) ＋Cl2(g)→2NOCl(g)＋77.1kJ，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．催化剂能降低反应所需活化能；
B．催化剂能降低“过渡态”物质的相对能量；
C．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
D．焓变=生成物总能量-反应物总能量。
14．（2023·黄浦模拟）2-丁烯有顺()、反()两种异构体。T℃，异构体转化的能量关系如图所示， 下列说法正确的是
A．顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯的过程属于物理变化
B．顺-2-丁烯稳定性大于反-2-丁烯
C．发生加成反应时，顺 2 丁烯断键吸收的能量低于反 2 丁烯断键吸收的能量
D．T℃，1mol顺 2 丁烯完全转化成反 2 丁烯放出热量(c-b)kJ
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A．由题干信息可知，顺-2-丁烯与反-2-丁烯互为同分异构体，故顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯的过程中有新的物质生成，故属于化学变化，A不符合题意；
B．由题干能量转化图可知，顺-2-丁烯具有的总能量大于反-2-丁烯，能量越高越不稳定，故顺-2-丁烯稳定性小于反-2-丁烯，B不符合题意；
C．顺 2 丁烯和反 2 丁烯加成后均得到相同的产物，即终态的能量相同，而顺-2-丁烯具有的总能量大于反-2-丁烯，即发生加成反应时，顺-2-丁烯放出的能量大于反-2-丁烯，形成过程中放出的总能量相同，故顺 2 丁烯断键吸收的能量低于反 2 丁烯断键吸收的能量，C符合题意；
D．由题干能量转化图可知，T℃，1mol顺 2 丁烯完全转化成反 2 丁烯放出热量(a-b)kJ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．反应过程中有新的物质生成；
B．物质的能量越低，越稳定；
C．依据图像结构B分析判断；
D．依据题干能量转化图判断。
15．（2022·绍兴模拟）HCl(g)溶于大量水的过程放热，循环关系如图所示：
下列说法错误的是
A．，
B．若将循环图中Cl元素改成Br元素，相应的
C．
D．
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．总反应放热，根据转化过程氢离子、氯离子溶于水的过程放出热量，，，A不符合题意；
B．Cl的非金属性大于Br，放热反应焓变为负值，，B不符合题意；
C．根据转化过程=，C符合题意；
D．H原子非金属性小于Cl原子，，故，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据转化过程氢离子、氯离子溶于水的过程放出热量；
B．利用Cl的非金属性大于Br判断；
C．利用△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算
D．利用H原子非金属性小于Cl原子判断。
16．（2022·温州模拟）标准状态下，1mol纯物质的相对能量及解离为气态原子时所消耗的能量如下表所示：
物质
相对能量/ 0 0 x 0 -75 -393.5
解离总耗能/kJ 498 946 632 717 1656 y
下列说法正确的是
A．
B．逐级断开中的每摩尔C—H所消耗的能量均为414kJ
C．解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为239kJ
D．根据的可计算出H—O键能
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A．焓变=生成物总能量-反应物总能量，则，焓变=反应物总键能-生成物总键能，即498+946-632×2=2x，，故A不符合题意；
B．逐级断开中的每摩尔C-H所消耗的能量不相等，故B不符合题意；
C．石墨晶体中每个碳原子形成3条共价键，两个碳原子形成1条键，则1mol石墨含有1.5molC-C键，解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为478kJ，故C不符合题意；
D．焓变=反应物总键能-生成物总键能，的可计算出y值，再根据的可计算出H-O键能，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用分摊法判断；焓变=生成物总能量-反应物总能量，焓变=反应物总键能-生成物总键能。
17．（2022·绍兴模拟）某课题组在研究钒生物化学时有循环过程如图所示下列说法错误的是
A．在循环过程涉及氢氧键的断裂和形成
B．在该循环中，催化剂为循环图化合物1
C．循环过程中反应①②③④均属于氧化还原反应
D．在循环过程中，无机物发生的反应为：
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A．过程①中转化为和有氢氧键断裂和形成，过程②中断裂形成，存在氢氧键断裂，所以在循环过程涉及氢氧键的断裂和形成，故A不符合题意；
B．如图，过程①为反应的开始，化合物1与反应形成一系列中间产物，经过一个循环，最后又生成化合物1，所以化合物1为催化剂，故B不符合题意；
C．图中过程③不属于氧化还原反应，故C符合题意；
D．如图，反应物为、、，产物为和，其反应为，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据循环过程图分析；
B．催化剂反应前参与反应，反应后又生成；
C．过程③元素化合价没有变化；
D．根据反应物和生成物的化学式利用元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。
二、多选题
18．（2022·湖南）反应物（S）转化为产物（P或 ）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
【答案】A,D
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡中反应条件的控制；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．进程Ⅰ中S的总能量大于P的总能量，为放热反应，A符合题意；
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不符合题意；
C．活化能越低，反应速率越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，故生成P的速率：Ⅲ＜Ⅱ，Ｃ不符合题意；
D．由图可知，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没有催化作用，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.反应物的总能量大于生成物总能量为放热反应；
B.X为催化剂，催化剂不影响平衡；
C.活化能越低，反应速率越快；
D.催化剂在反应前后不发生变化。
19．（2022·潍坊模拟）一种通过电化学催化的方式，处理温室气体CO2的同时获得燃料H2或CO或者工业原料(甲酸)的部分催化历程如图所示(*表示吸附在Sb表面上的物种)。下列说法错误的是（　　）
A．CO2催化生成CO的活化能为1.10ev
B．生成HCOOH的过程中有C-H的生成和断裂
C．Sb表面生成HCOOH的反应为：*CO2+2e-+2*H+=HCOOH
D．Sb催化剂对三种竞争反应的选择效果为HCOOH＞H2＞CO
【答案】A,B
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．由图象分析可知，CO2吸附在催化剂上时，催化生成CO的活化能为1.10ev，A符合题意；
B．生成HCOOH的过程中，有C-H的生成，但没有C-H的断裂，B符合题意；
C．根据图像，*CO2和*H+在Sb表面反应生成HCOOH，C的化合价由+4价降低为+2价，故反应为：*CO2+2e-+2*H+=HCOOH，C不符合题意；
D．催化剂可降低反应的活化能，由图可知，生成CO的活化能最大，生成HCOOH的活化能最小，故Sb催化剂对三种竞争反应的选择效果为HCOOH＞H2＞CO，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A.应活化能为过渡态能量与反应物能量之差；
B.生成HCOOH的过程中只有C-H的生成；
C.CO2和*H+在Sb表面反应生成HCOOH；
D.活化能越低，反应速率越快。
20．（2021·莆田模拟）用质子导体固体氧化物燃料电池(P—SOFC)脱氢可得丙烯，可实现“烯烃—电力”联产。
下列说法正确的是（　　）
A．催化剂促进电能转变为化学能
B．O2-由负极迁移至正极
C．负极上发生的电极反应为C3H8-2e-=C3H6+2H+
D．电池总反应为2C3H8+O2=2C3H6+2H2O
【答案】C,D
【知识点】化学反应中能量的转化；电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该装置为燃料电池，则催化剂能促进化学能转变为电能，A不符合题意；
B．O2作正极，得电子后形成O2-，O2-带负电荷，会在正极上与H+结合形成H2O，B不符合题意；
C．通入燃料C3H8的电极为负极，在负极上C3H8失去电子变为C3H6，故负极的电极反应式为：C3H8-2e-=C3H6+2H+，C符合题意；
D．在电池的正极上O2得到电子变为O2-，然后再与H+结合形成H2O，故正极的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O。负极电极反应式为：C3H8-2e-=C3H6+2H+。由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以将正极、负极电极反应式叠加，可得总反应方程式为：2C3H8+O2=2C3H6+2H2O，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.此装置是燃料电池，不是电解池
B.负极是电子变为阳离子，因此结合大量的阴离子
C.负极是丙烷失去电子变为丙烯和氢离子的过程
D.根据正负极的电极式即可写出总的反应
21．（2021高二上·德州期末）苯在催化剂作用下与卤素单质发生取代反应，其反应机理和能量变化如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．反应过程中的焓变：ΔH>0
B．图中a、b、c三种物质中，c物质最稳定
C．由图可知，形成过渡态2的反应是整个反应的决速步
D．b→c的方程式：→+H
【答案】A,D
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A．据图可知反应物的总能量高于生成物，所以为放热反应，ΔH＜0，A符合题意；
B．据图可知a、b、c三种物质中，c的能量最低，最稳定，B不符合题意；
C．由图可知，形成过渡态2的过程中，活化能最大，为慢反应，决定整个反应的反应速率，C不符合题意；
D．选项所给方程式电荷不守恒，符合题意方程式为→+H+，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.直接看图，反应物的总质量高于生成物的总质量，多出的能量将释放到环境中；
B.物质的能量越低，物质越稳定；
C.活化能高，反应速率慢，非基元反应的速度由最慢的一步决定；
D.直接观察图可以写出方程式。
22．（2021高三上·济宁期末）一定温度下，萘()与浓硫酸发生取代反应得到1－取代产物和2－取代产物，两产物浓度之比与反应时间无关，反应进程中能量变化如图所示。反应一段时间，得到1－取代产物与2－取代产物的比例为96：4。下列说法正确的是（　　）
A．1－取代产物比2－取代产物更稳定
B．萘与取代产物中碳原子杂化方式不同
C．选择合适的催化剂可以提高2－取代产物的比率
D．适当提高反应温度，1－取代产物与2－取代产物的比例的比值减小
【答案】C,D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学反应中能量的转化；催化剂；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．根据图像，2－取代产物的能量低于1－取代产物，能量越低，物质越稳定，因此2－取代产物比1－取代产物稳定，故A不符合题意；
B．萘与取代产物中碳原子全部为萘环上的碳，杂化方式全部为sp2，故B不符合题意；
C．根据催化剂的选择性，合适的催化剂可以加快主反应的反应速率，从而提高单位时间内该反应产物在总的生成物中的比率，故C符合题意；
D.1－取代反应和2－取代反应都是放热反应，1－取代反应活化能低，在低温时相对速率比2－取代反应快，因此低温时1－取代所占比率高，升高温度后，活化能不再是制约1－取代、2－取代相对速率的关键因素，由于2－取代产物更稳定，2－取代产物在总产物中的比率增加，1－取代产物与2－取代产物的比例的比值减小，故D符合题意；
故答案为：CD
【分析】A．根据能量越高越不稳定分析；
B．苯环的C均为sp2杂化；
C．根据催化剂的选择性分析；
D．根据反应的热效应分析。
23．（2021高二下·乐山期末）乙烯水化制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．该反应进程中有两个过渡态
B．是总反应的催化剂
C．总反应速率由第①步反应决定
D．第①、②、③步反应都是放热反应
【答案】A,D
【知识点】化学反应中能量的转化；常见能量的转化及运用；化学反应速率；催化剂
【解析】【解答】A．根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，故A符合题意；
B．由图可知，H3O+在第①步被消耗，在第③步又生成，则H3O+是总反应的催化剂，故B不符合题意；
C．活化能越大，反应速率越慢，决定总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，故C不符合题意，
D．由图可知，第①步反应物总能量小于生成物总能量，说明第①步为吸热反应，第②、③步生成物的总能量低于反应物的总能量，是放热反应，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A、由图可知，该反应进程中有三个过渡态；
D、由图可知，第①步为吸热反应。
24．（2021高二下·枣庄期末）为实现2060年前完成“碳中和”目标，已研究出转化成有机物的多种反应，其中“原子经济性”最好的反应是原料中的原子全部转变成所需产物。
①
②
③
④
下列说法错误的是（　　）
A．通过反应①光能转化为化学能
B．反应②的“原子经济性”最好
C．反应③生成的有毒，该反应无应用价值
D．反应④是工业生产乙烯的主要方法
【答案】C,D
【知识点】化学反应中能量的转化；绿色化学
【解析】【解答】A．反应①，光能转化为化学能，故A不符合题意；
B．反应②中生成物只有1种，原子利用率100%，故B不符合题意；
C．反应③生成的有毒，甲醇是常见的基础化工原料，常用于精细化工，塑料等领域，故C符合题意；
D．工业生产乙烯的主要方法是石油的裂解，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.植物的光合作用将光能转化为化学能；
B. “原子经济性”最好即原子利用率为100%；
C.甲醇可作燃料，是重要的化工原料，具有重要的应用价值；
D.生产乙烯的主要方法是石油的裂解。
25．（2021高一下·烟台期末）甲烷是一种清洁燃料，一定条件下可与NO2、NO发生如下反应：
①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-574kJ·mol-1
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1160kJ·mol-1
下列说法错误的是（　　）
A．若用标准状况下4.48LCH4还原NO2生成N2、CO2和液态水，放出的热量小于173.4kJ
B．利用以上反应可降低大气中的氮氧化合物的含量，有效减轻光化学烟雾
C．甲烷若设计成燃料电池，其能量利用率大于直接燃烧的能量利用率
D．反应②中当4.48LCH4反应完全时转移电子的物质的量为1.60mol
【答案】A,D
【知识点】化学反应中能量的转化；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，(①+②)×得到CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=[(-574kJ mol-1)+(-1160kJ mol-1)]=-867kJ/mol，标准状况下4.48L CH4还原NO2至N2、CO2和气态水，放出的热量为×867kJ/mol=173.4kJ，则生成液态水放出的热量＞173.4kJ，故A符合题意；
B．利用以上反应可降低大气中的氮氧化合物（NO2、NO）的含量，可以有效减轻光化学烟雾，故B不符合题意；
C．甲烷燃烧时要放出热量、光能，所以燃料电池中甲烷的利用率比甲烷燃烧的能量利用率高，故C不符合题意；
D．反应中N由+2价降低为0价，C由-4价升高为+4价，转移8个电子，未告知是否为标准状况，无法计算4.48LCH4的物质的量，因此无法判断反应完全时转移电子的物质的量，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】易错分析：A结合盖斯定律，写出CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的热化学反应方程式，但是题目要求得到液态水，所以，由气态水得到液态水，还有放出热量。
C.形成原电池对物质利用率会更加高
D.在使用气体体积转化为物质的量时，一定要注意所给条件是否为标况。
三、非选择题
26．（2022·铁岭模拟）是一种廉价的碳资源，其综合利用可以减少碳排放，对保护环境有重要意义。
（1）碱液吸收。室温下用NaOH溶液捕获，若所得溶液中，则溶液pH=　 　(室温下，的电离常数：)
（2）催化转化。以、为原料在催化剂作用下合成涉及的主要反应如下。
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
回答下列问题：
①　 　kJ/mol；Ⅰ、Ⅲ两个反应在热力学上趋势较大的是　 　(填Ⅰ或Ⅲ)。
②反应Ⅱ的反应历程如下图，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
该反应历程中决速步的能垒为　 　eV，虛线框内发生的反应达到平衡后，升高温度，正反应速率　 　(填“大于”“小于”或“等于”)逆反应速率。
③不同压强下，按照投料，实验测定的平衡转化率(X)随温度(T)的变化关系如图所示。
压强、、由大到小的顺序为　 　；温度高于时，X几乎相等的原因是　 　。
（3）250℃，一定压强和催化剂条件下，1.32mol和3.96mol充分反应，平衡时CO为0.03mol，为0.41mol，试求反应Ⅲ的平衡常数　 　(结果保留两位有效数字)。
【答案】（1）11
（2）+40.9；Ⅰ；0.8；小于；P1>P2>P3；温度高于T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响
（3）5.6×10-3
【知识点】化学反应中能量的转化；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)室温下用NaOH溶液捕获 ，若所得溶液中 ，则室温下 ， ，溶液pH=11。
(2)已知反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
①按盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ，则
=+40.9kJ/mol；放热反应容易发生，反应Ⅰ虽熵减但放热、Ⅲ熵变化很小且吸热，则Ⅰ、Ⅲ两个反应在热力学上趋势较大的是Ⅰ。
②活化能或能垒最大的为决速步，则该反应历程中决速步的能垒为[-0.1-(-0.9)]eV=0.8eV，虛线框内发生的反应生成物能量低于反应物能量、为放热反应，故达到平衡后升高温度，平衡左移、正反应速率小于逆反应速率。
③反应Ⅰ、反应Ⅱ均为气体分子总数减小的放热反应，当温度不变时，增压有利于平衡右移、增大二氧化碳的转化率， 升温有利于平衡左移，反应Ⅲ为气体分子总数不变的吸热反应，温度不变时增压对于该反应几乎没影响、但升温有利于其右移，则由图可知，压强
、
、
由大到小的顺序为P1>P2>P3；温度高于
时，X几乎相等的原因是：温度高于T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响。
(3)250℃，一定压强和催化剂条件下，1.32mol
和3.96mol
充分反应，平衡时CO为0.03mol，
为0.41mol，则：反应Ⅰ：
，反应Ⅱ：
，反应Ⅲ.为：
，a+b=0.41mol，故反应后CO2的物质的量为[1.32-a- (b+0.03)]mol=0.88mol、H2的物质的量为[ 3.96-3a-2b- (b+0.03)]mol =2.7mol、CO的物质的量为0.03mol、H2O的物质的量为[a+ (b+0.03)]mol =0.44mol，则反应
的平衡常数
。
【分析】（1）已知 ， 根据 ，算出c（H+）；
（2） ① 利用盖斯定律，反应 Ⅲ =反应 Ⅰ -反应 Ⅱ，
，放热反应比吸热反应在热力学上趋势较大 ；
② 活化能越高，反应速率越慢，速率慢的一步为决速步骤，分别算出个步骤中的能垒值，第二步的最大，为0.8eV，虚线框反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，正反应速率小于逆反应速率；
③ 该反应 为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率增大， 温度高于时， CO2的转化率几乎不受压强影响，说明温度高于T1时，发生的反应不受压强影响，主要发生反应Ⅲ；
（3）利用三段式计算，达到平衡时CO2、H2、CO、H2O的物质的量浓度，需要注意的是，这些物质的物质的量浓度是三个反应都达到平衡的物质的量浓度之和。
27．（2021·乌兰察布模拟）能源问题是人类社会面临的重大课题，天然气储量丰富，日益成为重要的清洁能源之一，甲烷合成高附加值化合物更是研究前沿。
（1）科学家研究了Fe/MIL-53催化剂用于甲烷氧化制备甲醇的反应机理，并计算得到催化过程的最低能量反应路径图如下(其中吸附到催化剂表面的物种用*表示)：
该历程中最大能垒(活化能)E正=　 　kJ·mol-1，写出该步骤的化学方程式　 　。
（2）二甲醚与合成气(CO、H2)制乙醇是目前合成乙醇的一种新途径，
总反应为：CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)分步反应历程为：
反应I：二甲醚(DME)羰基化反应： ▲ 。
反应II：乙酸甲酯(MA)加氢反应：CH3COOCH3(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)。
标准摩尔生成焓是指由稳态单质生成1mol该化合物的焓变，几种物质的标准生成焓如下
物质 H2 CO CH3COCH3 CH3OH C2H5OH CH3COOCH3
焓变/kJ/mol 0 -110.53 -183.63 -201.50 -234.43 -411.53
①CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)△H=　 　kJ·mol-1
②补充反应IDME羰基化反应的方程式：　 　。
③在一定条件下只发生反应II，MA的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示：则该反应△H　 　0(填“＜”或“＞”)，p1、p2、p3由小到大的顺序为　 　。
④在600K，p3kPa下向一恒压密闭反应器中通入1.0molMA和2.0molH2(g)只进行反应II，且初始反应器体积为3L，反应一段时间后达到平衡，则KC=　 　mol/L(列出计算式)。
（3）甲烷湿重整制氢原理为：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)△H，工业上利用电化学原理借助透氢膜提高其转化率，其原理如图所示：
①写出B侧电极反应式：　 　。
②在钯膜反应器中进行了甲烷湿重整实验，发现膜反应器中甲烷转化率明显高于传统反应器，试从平衡的角度分析利用电化学原理借助透氢膜提高其转化率的原因　 　。
【答案】（1）128；Fe/MIL－53－CH4*=Fe/MIL－53－CH3·*＋H·*
（2）－141.77；CO(g)＋CH3OCH3(g) CH3COOCH3(g)；＜；p3＜p2＜p1；
（3）2H＋＋2e－=H2；反应中产生的氢气被消耗移除体系，平衡正向移动，增大甲烷的转化率
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的计算；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据示意图可知反应所吸收能量的最大能垒为Fe/MIL－53－CH4*到TS4，E正=（－13+141）kJ/mol＝128kJ·mol-1，该步骤的化学方程式为Fe/MIL－53－CH4*=Fe/MIL－53－CH3·*＋H·*。
(2)①根据标准摩尔生成焓的定义，结合盖斯定律可知CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)的ΔH＝生成物的标准摩尔生成焓－反应物的标准摩尔生成焓＝[－234.43+（－201.50）－0－（－110.53）－（－183.63）] kJ·mol-1=－141.77kJ·mol-1
②二甲醚与合成气（氢气和CO）制乙醇的总反应为2H2(g)+CO(g)＋CH3OCH3(g) CH3OH(g)+C2H5OH(g)，反应Ⅱ为CH3COOCH3(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)，则根据盖斯定律可知反应Ⅰ为CO(g)＋CH3OCH3(g) CH3COOCH3(g)。
③根据图像可知，随着温度升高，MA的转化率降低，则升高温度平衡逆向进行，所以该反应ΔH＜0。CH3COOCH3(g)＋2H2(g) CH3OH(g)＋C2H5OH(g)为体积减小的可逆反应，增大压强，平衡正向进行，MA的转化率增大，所以p3＜p2＜p1；
④根据图像可知在600K，p3kPa下，MA的转化率是80%，根据三段式可知
平衡时总物质的量是0.2mol+0.4mol+0.8mol+0.8mol＝2.2mol，反应前气体总物质的量是3mol，体积是3L，则平衡时体系的体积为 =2.2L，各组分的浓度是乙酸甲酯为 mol/L、氢气为 mol/L、甲醇为 mol/L、乙醇为 mol/L，则KC= ；
(3)①由于CH4和H2O反应生成CO和H2，根据原电池工作原理，A侧氢气分压比B侧氢气分压高，发生电极反应H2－2e－＝2H＋，B侧发生电极反应2H＋＋2e－＝H2↑。
②由于反应中产生的氢气被消耗移出体系，平衡正向移动，甲烷的转化率增大，所以比传统的高。
【分析】（1）根据图示找出能量差值最大的即可，根据反应物和生成物写出反应方程式即可
（2）① 根据写出集中物质燃烧的热化学方程式利用盖斯定律即可计算出焓变②根据总的反应和第二步的反应即可写出反应I ③根据温度越高，MA的转化率越低即可判断焓变的大小，根据正反应使体积减小的反应，压强越大，MA的转化率越大即可判断压强大小 ④根据给出的数据结合三行式计算出平衡时各物质的量浓度即可求出Kc
（3）① 根据B极的反应物和生成物即可写出电极式②根据在膜反应器中，产物氢气在不断的消耗促进可反应向右进行
28．（2021·宜春模拟）绿水青山就是金山银山，保护生态环境、建设生态文明是历史发展的需要.氮氧化物易导致酸雨、光化学烟雾等环境问题，以 为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。
（1）Ⅰ．汽车尾气中的 和 在一定条件下可发生反应生成无毒的 和 ；
已知：
化学键 ( 气体) ( 气体)
键能 1072 630 942
则二氧化碳中碳氧双键键能是　 　.(保留一位小数)
（2）某研究小组在三个容积均为 的恒容密闭容器中，分别充入 和 ，发生反应.在三种不同实验条件下进行上述反应(体系各自保持温度不变)，反应体系的总压强随时间变化情况如图所示：
①温度： 　 　 (填“<”、“=”或“>”)
②在 条件下，下列说明该反应已经到达平衡状态的是　 　。
A． 和 的物质的量之比为
B．混合气体的密度保持不变
C．容器中混合气体的平均摩尔质量不变
D．容器中压强不再变化
（3）Ⅱ．活性炭粉还原 .在密闭容器中投入足量活性炭粉和一定量 ，在一定温度下，发生反应： ，测得 、 、 的物质的量浓度与时间关系如表所示.
0 5 10 15 20
4.00 　 　 1.00 　
0 0.50 　 　 1.50
0 　 0.60 　 　
若 时总压强为 ，则该温度下平衡常数 　 　(保留3位有效数字)，(用气体分压计算平衡常数为 ，气体分压=气体总压×气体的物质的量分数)。
（4）第 时，往容器中各加 、 ，这时 　 　 (大于、小于或等于)
（5）Ⅲ．用间接电化学法对大气污染物 进行无害化处理，其原理示意如图所示(质子膜允许 和 通过)
图中电极Ⅰ的反应方程式为　 　
（6）吸收塔中每产生 ，理论上处理 在标准状况下的体积为　 　L。
【答案】（1）802.1 kJ/mol
（2）>；CD
（3）2.25
（4）大于
（5）2HSO +2e-+2H+= S2O +2H2O
（6）11.2
【知识点】化学反应中能量的转化；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】Ⅰ．(1)根据反应热 可知，反应 有： =2E( )+2E( )-E( )-4E(C=O)=2×1072 kJ/mol +2×630 kJ/mol -942 kJ/mol -4 E(C=O)=-746.5kJ/mol，解得：E(C=O)=802.1 kJ/mol，故答案为：802.1 kJ/mol；
(2) ①根据温度越高反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短，由图中可知，T2条件下先达到平衡，则温度： < ，故答案为：＜；
②A．反应达到平衡的标志是各组分的浓度、百分含量保持不变，而不是相等或成比例，故反应体系的 和 的物质的量之比为 不能说明反应达到平衡，A不合题意；
B．由于反应物和生成物均为气体，恒容密闭容器中混合气体的密度一直不变，故混合气体密度保持不变，不能说明反应达到平衡，B不合题意；
C．由于反应物和生成物均为气体，但正反应是一个气体体积减小的方向，故容器中混合气体的平均摩尔质量一直在变，现在不变了即反应达到平衡了，C符合题意；
D．由于反应的正反应是一个气体体积减小的方向，在恒温恒容容器中压强与气体的物质的量成正比，故容器压强不再变化了即为反应达到平衡了，D符合题意；
故答案为：CD；
Ⅱ．(3) 由三段式分析： 可知，若 时总压强为 ，则P(NO)= =40kPa，P(N2)=P(CO2)= =60kPa，故该温度下平衡常数 = ，故答案为：2.25；
(4)由(1)分析结合表中数据可知，反应进行到15min时已经达到平衡，故第 时，反应的平衡常数为：K= ，若往容器中各加 、 ，这时Qc= ＜K，故反应向正方向进行，即 大于 ，故答案为：大于；
Ⅲ．(5)由图示可知，电极Ⅰ进入的物质为 ，出去的物质为： ，结合质子交换膜，故电解质为酸性介质，故图中电极Ⅰ的反应方程式为：2HSO +2e-+2H+= S2O +2H2O ，故答案为：2HSO +2e-+2H+= S2O +2H2O；
(6)吸收塔中每产生 ，即由 转化为HSO ，需要失去1mol电子，而1molNO在反应中转化为N2，得到2mol电子，根据电子守恒，理论上处理 在标准状况下的体积为 ，故答案为：11.2 。
【分析】（1）根据焓变=反应物的键能-生成物的键能即可计算
（2）①根据达到平衡的时间即可判断 ②对与 此反应判断是否达到平衡可以通过平均摩尔质量以及压强不再变化以及浓度不再变化等判断
（3）根据起始的一氧化氮以及平衡的氮气结合三行式即可计算出平衡时的浓度即可计算出平衡分压计算出常数
（4）计算出此时的浓度商与平衡常数进行对比即可
（5）根据电极I的反应物和生成物即可判断得失电子即可写出电极式
（6）根据电子转移数目相等即可计算出处理NO的体积
29．（2021·厦门模拟）低碳烷烃脱氢制低碳烯烃对有效利用化石能源有重要意义。
（1）乙烷脱氢制乙烯
主反应：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1
副反应：2C2H6(g)=C2H4(g)+2CH4(g)
ΔH2
C2H6(g)=C(s)+3H2(g)
ΔH3
①标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa，由最稳定的单质生成1mol化合物的焓变。利用下表数据计算ΔH1=　 　。
物质 C2H6(g)
C2H4(g) CH4(g)
标准摩尔生成焓/kJ·mol-1 -84.7 +52.3 -74.8
②恒容条件下，有利于提高C2H6平衡转化率的措施是　 　(填标号)。
A．高温 B．高压 C．原料气中掺入H2 D．原料气中掺入CO2
③在800℃、恒容条件下，1mol
C2H6进行脱氢反应，测得平衡体系中气体有0.3mol
C2H6、0.6mol C2H4、0.1mol CH4和xmolH2，压强为170kPa，则x=　 　，主反应Kp=　 　 kPa。
（2）乙烷裂解中各基元反应及对应活化能如下表。
反应类型 反应 活化能
链引发 ⅰ 451
ⅱ 417
链传递 ⅲ 47
ⅳ 54
ⅴ 181
链终止 ⅵ 0
ⅶ 0
根据上表判断：
①链引发过程中，更容易断裂的化学键是　 　。
②链传递的主要途径为反应　 　→反应　 　(填序号)，造成产物甲烷含量不高。
（3）使用 进行乙烷脱氢催化性能研究。不同温度下，乙烷转化率及乙烯选择性随反应时间的变化曲线分别如图a、图b。
①550~620℃，在反应初始阶段，温度越高，乙烷转化率越大的原因是　 　。
②该催化剂的最佳工作温度为　 　。
【答案】（1）+137.0 kJ·mol-1；AD；0.7；140
（2）C-C键；ⅲ；ⅴ
（3）温度越高反应速率越快；乙烷脱氢反应为吸热，温度升高，平衡正向移动；550℃
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；化学平衡移动原理；烷烃
【解析】【解答】(1)①单质的摩尔生成焓为0，所以ΔH1=52.3kJ/mol-(-84.7kJ/mol)=+137.0 kJ/mol；
②A．根据题目所给信息ΔH2=52.3kJ/mol+(-74.8kJ/mol)-2×(-84.7kJ/mol)=+146.9 kJ/mol；ΔH3=+84.7kJ/mol，主副反应的焓变均大于0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，可以增大乙烷的转化率，A正确；
B．主、副反应均为气体系数之和增大的反应，增大压强平衡逆向移动，乙烷的转化率降低，B不正确；
C．原料气中掺入氢气，不利于主反应和其中一个副反应正向移动，乙烷的转化率降低，C不正确；
D．原料气中掺入CO2，可以消耗氢气，使主反应平衡正向移动，增大乙烷的转化率，D正确；
故答案为：AD；
③根据H元素守恒可知x= =0.7mol；压强之比等于气体的物质的量之比，所以p(C2H6)=170kPa× =30kPa，p(C2H4)= 170kPa× =60kPa，p(H2)= 170kPa× =70kPa，所以主反应的Kp= =140kPa；
(2)①反应i的活化能大于反应ii，可知断裂C-H键比断裂C-C所需能量更高，所以更容易断裂的化学键C-C键；
②反应iv生成甲烷，而甲烷含量较低说明链传递的主要途径为反应iii→反应ⅴ；
(3)①温度越高反应速率越快，乙烷脱氢反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，所以温度越高，乙烷转化率越大；
②据图可知当温度为550℃时乙烷的转化率可以长时间保持较高转化率，且乙烯的选择性较高，所以该催化剂的最佳工作温度550℃。
【分析】（1）①结合焓变和标准摩尔生成焓的定义可知焓变=生成物的标准摩尔生成焓之和-反应物的标准摩尔生成焓之和②根据标准摩尔生成焓计算出 ΔH1 ， ΔH2 ， ΔH3，均大于0 。故可以升高温度，或者是降低压强，或者减少产物的方式提高乙烷的转化率③根据元素守恒计算出氢气的物质的量，再根据压强之比等于物质的量之比，计算出分压，利用主反应的生成物压强的幂指数比上生成物压强的幂指数即为kp
（2）① 活化能越低越易断裂找出就即可②避免甲烷的产生因此主要路径是不产生甲烷的路径
（3）① 反应为吸热反应 主要是温度对速率的影响②根据图示即可找出不同温度下的乙烯的选择性，找出最大值即可
30．（2021·南平模拟）二氧化碳的综合利用是环保领域研究的热点课题。
（1）Ⅰ. 经过催化氢化合成低碳烯烃。
合成乙烯的反应为
已知几种化学键键能如下表所示：
物质
能量
则 　 　(用含字母的代数式表示)。
（2）反应温度、投料比 对 平衡转化率的影响如图1。
①　 　3(填“>”“<”或“=”，下同)； 、 两点反应的平衡常数 　 　 。
② 时，往 刚性密闭容器中加入 、 ，反应 达到平衡，则反应开始和平衡时的总压强比为　 　。
（3）某新型催化剂对 合成低碳烯烃在不同反应温度下的催化性能如图2。
由图2可知，该反应最适宜的温度为　 　，理由为　 　。
（4）Ⅱ. 经过电解转化为化工原料 。
图3所示固体氧化物电解池利用具有优良催化活性的电极共电解 。
①阴极生成氢气的电极反应式为　 　。
②电解过程中还伴随着积碳反应 。以下说法正确的是　 　(填标号)。
a.生成的碳覆盖在电极表面，影响电极的催化活性
b.生成的碳使电解效率降低
c.生成的碳会和电解产生的氧气反应
【答案】（1）
（2）；；40:31
（3）；在此温度下低碳烯烃选择性高， 转化率较高
（4）；a
【知识点】化学反应中能量的转化；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】Ⅰ.(1) 反应物的总键能-生成物的总键能= ；
(2)①其他条件相同时， 越大，二氧化碳平衡转化率越大，因此a>3；由图可知其他条件相同时，温度升高，二氧化碳的平衡转化率减小，因此该反应为放热反应，温度越高，平衡常数K越小，因此 > ；
② 时，往 刚性密闭容器中加入 、 ， =x=3，由图可知200℃、x=3时，二氧化碳平衡转化率为0.6，列三段式： ，因此反应开始和平衡时的总压强比=(3+1):(1.2+0.4+0.3+1.2)=4:3.1=40:31；
(3)由图2可知，370℃时低碳烯烃选择性高， 转化率较高，因此该反应最适宜的温度为370℃；原因为在此温度下低碳烯烃选择性高， 转化率较高；
Ⅱ.(4)①阴极得电子，化合价降低，发生还原反应，结合图可知阴极生成氢气的电极反应式为 ；
②a.由积碳反应可知生成固体碳，生成的碳覆盖在电极表面，影响电极的催化活性，a正确；
b.积碳反应生成的碳附着在电极表面，影响电极活性，使电解效率降低，b正确；
c.积碳反应在阴极发生，氧气在阳极产生，因此生成的碳不会和电解产生的氧气反应，c不正确；
选ab。
【分析】（1）根据焓变=反应物的键能-生成物的键能即可计算
（2）① 相同条件下，氢气的量越多，二氧化碳的转化率越高，根据二氧化碳的转化率即可判断a的大小，温度越高转化率越小，说明反应是放热，温度升高，平衡常数减小②根据M的转化率即可计算出平衡各物质的物质的量，根据压强和体积不变，压强与物质的量呈正比即可计算
（3）根据图示即可判断低碳烯烃的选择性高即可判断温度大小
（4）①阴极是水得到电子得到氢气和氧离子即可写出电极式②积碳反应碳是固体附着在催化剂表面阻碍与反应物的接触，降低活性和催化效率，氧气是在阳极产生不与与碳反应
31．（2021·龙岩模拟）研究和深度开发CO2的综合应用，实现碳循环是解决温室问题的有效途径，对构建生态文明社会具有重要意义。
（1）CO2可实现以下转化：
①
②
已知 的正反应的活化能为c kJ·mol-1，则逆反应的活化能为　 　kJ·mol-1.(用含a、b、c代数式表示)
（2）利用工业废气中的CO2可以制取气态甲醇和水蒸气，一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1mol CO2和3 mol H2，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ、反应Ⅱ与反应Ⅲ，测得5 min时CO2的转化率随温度变化如图所示：
①活化能最大的是反应　 　(填“Ⅰ”：“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
②T4温度下，反应Ⅲ的在0~5 min内平均反应速率v(H2)=　 　。
③同一物质b点对应的正反应速率v(正)　 　(填“>”、“＜”或“=”)c点对应逆反应速率v(逆)。
④若反应Ⅲ在c点的体系总压强为0.80MPa，则c点反应的Kp=　 　(MPa)-2(Kp为以分压表示的平衡常数)。
（3）载人飞船，以Pt为阳极，Pb(CO2的载体)为阴极，KHCO3溶液中电解液，总反应为： ，CO在　 　极产生，阳极的电极反应式为　 　。
【答案】（1）(c﹣a﹣b)
（2）Ⅲ；0.24mol·L-1min-1；<； (或14.81)
（3）阴极；4OH--4e-=2H2O+O2↑
【知识点】化学反应中能量的转化；电极反应和电池反应方程式；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)由已知热化学方程式，结合盖斯定律①+②得：2CO2(g)+3H2O(l) C2H5OH(l)+3O2(g) △H= (a+b) kJ/mol，又△H=E(正反应活化能)- E(逆反应活化能)，故该反应的逆反应活化能= E(正反应活化能)-△H=(c-a-b) kJ/mol，故此处填c-a-b；
(2)①由图示知，相同时间内，反应Ⅲ的反应速率最慢，所以其活化能最大，故此处填Ⅲ；
②该反应对应方程式为： ，由图示知，T4温度下，5 min时CO2的转化率为80%，即CO2的转化量=1 mol×80%=0.8 mol，故H2的转化量=3×0.8 mol=2.4 mol，则υ(H2)= ，故此处填0.24 mol/(L·min)；
③由图示知，b点CO2转化率低于反应Ⅰ、Ⅱ相同温度下的转化率，故b点未达平衡，由图中a点知，T4温度时，三种催化剂作用下，CO2转化率交于同一点，说明反应达平衡，故a点为平衡点，a点过后，温度再升高，三种催化剂作用下，CO2转化率均下降，说明平衡逆向移动，故c点也为平衡点，由于所有数据均为相同时间内测得，b点未达平衡，而c点达平衡，说明c点对应的反应速率比b点反应速率快，故此处填：＜；
④由图示知，c点对应CO2转化率为 ，列三段式如下： ，故此时气体n(总)= mol，则p(CO2)= ，p(H2)= ，p(CH3OH)= p(H2O)= ，则Kp= ，代入数据计算得Kp= （或14.81）；
(3)由总反应知，CO2得电子生成CO，故CO在阴极产生，故此处填：阴；总反应中产生的O2应为溶液中OH-在阳极放电生成，对应电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，故此处填：4OH--4e-=O2↑+2H2O。
【分析】（1）根据盖斯定律计算出焓变，再根据逆反应的活化能=E(正反应活化能)-△H
（2）①活化能越大，反应速率越低，转化率越低 ②根据T4时的二氧化碳转化率，以及起始数据结合三行式计算出氢气的变化量即可计算出氢气的速率 ③ 根据图示转化率最大的点是平衡点，温度越高速率越大 ④根据c点的转化率结合方程式计算出平衡时各物质的物质的量，即可计算出各物质的平衡分压，利用kp= 公式进行分计算即可
（3）根据总的反应二氧化碳变为一氧化碳，碳元素的化合价降低，被还原因此在阴极产生，阳极是氢氧根失去电子变为氧气即可写出电极反应式
32．（2021·南充模拟）电石(CaC2)是一种用于生产乙炔的浅色固体。它是由氧化钙与焦炭反应形成的：CaO＋3C CaC2＋CO。德国化学家维勒发现，电石与水反应释放出乙炔气体(C2H2)和氢氧化钙，也含有H2S、PH3等杂质气体。
回答下列问题：
（1）上述六种元素中，电负性最大的是　 　(填写元素名称)，原子半径最大者在基态时核外电子占据的轨道数目为　 　个。
（2）H2S、PH3分子中心原子的价层电子对数目　 　(填“相同”或“不同”)。根据等电子原理，画出C 离子的电子式　 　，乙炔分子中C原子的杂化方式为　 　。
（3）已知键能数据如下表：
化学键 N-N N= N N=N
键能/kJ.mol-1 247 418 942
化学键 C-O C=O C=O
键能/kJ. mol-1 351 745 1072
请解释CO比N2容易发生反应：　 　。
（4）如图为电石的四方晶胞(长方体)，钙离子位于　 　，它填入C 离子围成的八面体空隙。计算一个晶胞内含有化学式的数量为　 　。
（5）已知电石密度为2.13 g·cm-3，阿伏加德罗常数为6.02×1023 mol-1，x、y值均为a (1 =10-10m)，则z=　 　nm(用含a的式子表示，且数字保留整数)。已知a＜4.0，则距离钙最近的C 中心有　 　个。
【答案】（1）氧；10
（2）相同；；sp
（3）CO中断裂第一个π键键能(327kJ·mol-1)比N2的(524kJ·mol-1)小很多
（4）顶点和体心；2
（5）；4
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学反应中能量的转化
【解析】【解答】(1)上述六种元素中，氧元素的非金属性最强，电负性最大；核外电子层数越多原子半径越大，所以上述元素中原子半径最大的是Ca元素，基态Ca原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，共占据1+1+3+1+3+1=10个轨道；
(2)H2S的中心原子价层电子对数为 =4，PH3的中心原子价层电子对数为 =4，二者价层电子对数目相同；N2和C 所含原子总数均为2，价电子总数均为10，二者互为等电子体，根据N2的电子式可知C 的电子式为 ；乙炔分子中C原子形成碳碳三键，为sp杂化；
(3)根据表格数据可知CO中断裂第一个π键键能(327kJ·mol-1)比N2的(524kJ·mol-1)小很多，所以CO比N2容易发生反应；
(4)电石由Ca2+和C 构成，所以白球代表Ca2+，位于顶点和体心；Ca2+的数目为 =2，所以含有化学式的数量为2；
(5)晶胞的质量为 g，晶胞的体积为a2z ×10-20m3= a2z ×10-16cm3，所以有 =2.13 g·cm－3，解得z= ×10-7cm= nm；a<4.0，则 ＞0.625nm=6.25 ＞a ，所以位于与z轴平行的4条棱的棱心上的C 中中心距离Ca2+距离最近。
【分析】（1）非金属性越强，电负性越强，根据电子层数越大半径越大以及同周期从左到右半径逐渐减小即可判断出半径最大的元素结合核外电子能级排布即可找出轨道数目
（2）根据给出的化学式计算出中心原子的价层电子对即可，根据给出的离子式即可画出电子式，根据乙炔分子中碳原子成键方式即可判断出杂化方式
（3）π键比单键易断裂，比较断裂一个π键的能量高低即可
（4）根据晶胞图即可找出钙离子的位置，根据占位情况即可计算出个数
（5）根据占位计算出晶胞的原子个数，即可计算出晶胞的质量，结合密度即可计算出体积即可计算出z，根据给出的数据即可计算出距离最近的个数
33．（2021·成都模拟）烟道气和汽车尾气(氮氧化物、NH3等)是造成雾霾天气污染的原因之一，研究这些排放气的处理是化学工作者研究的重要课题。
（1）已知反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的△H=-163kJ·mol-1，1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ、498kJ的能量，则1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为　 　kJ。
（2）已知2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)△H=-744kJ/mol，为研究汽车尾气转化为无毒无害物质的有关反应，在密闭容器中充入10molCO和8molNO发生反应，如图所示为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。
①该反应达到平衡后，为了在提高反应速率同时提高NO的转化率，可采取的措施有　 　(填字母代号)。
a.改用高效催化剂 b.缩小容器的体积 c.升高温度 d.增加CO的浓度
②在温度为T1、压强为10MPa条件下，若反应进行到20min达到平衡状态，(假设此过程中容积约为4L)则在此过程中，v(NO)=　 　，该温度下平衡常数Kp=　 　(保留两位有效数字；用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。
③若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中A~G点中的　 　点。
【答案】（1）1112.5
（2）bd；0.05mol·L-1·min-1；0.089(MPa-1)；G
【知识点】化学反应中能量的转化；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的△H=-163kJ·mol-1，1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ、498kJ的能量，可知 ，解得 ，故答案为1112.5；
（2）①使用高效催化剂，只改变化学反应速率，不影响化学平衡，所以一氧化氮转化率不变，故a不正确；缩小容器的体积相当于增大压强，反应速率加快，由于该反应的正反应时反应前后气体体积减小的反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，一氧化氮转化率提高，故b正确；升高温度，反应速率加快，反应正向为放热反应，升温平衡向吸热反应方向移动，即平衡逆向移动，一氧化氮转化率降低，故c不正确；增大一氧化碳的浓度反应速率加快，平衡正向移动，一氧化氮转化率提高，故d正确；答案为bd。
②设参加反应的CO的物质的量为x，列出可逆反应的三段式： ，由题中图示可知，在温度为T1、压强为10MPa条件下NO的体积分数为25%，即 ，解得 ，所以 ，平衡时各物质的分压为： ， ， ， ，该温度下的压强平衡常数为 ；
③相同压强下降低温度平衡正向移动，一氧化氮体积分数减小，同一温度下增大压强平衡正向移动，一氧化氮体积分数减小，所以符合条件的为G，故答案为G。
【分析】（1）根据焓变=反应物的总键能-生成物的总键能即可计算
（2）①根据 2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)△H=-744kJ/mol ，提高反应速率和提高一氧化氮的转化率可以采用增大压强和增加一氧化碳的浓度
② 根据图示中的数据以及三行式即可计算出平衡时的物质的量，即可求出一氧化氮的速率和平衡时的分压即可计算出平衡常数
③根据反应的放热降温右移动，再结合增大压强平衡右移即可判断点的位置
34．（2021·广州模拟） 加氢制 是 资源化利用的重要途径，该过程存在如下两个反应：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
回答下列问题：
（1）根据图(a)， 　 　 ， 　 　 。
（2）在4.0MPa压强下，按 把两种气体通入恒压反应器中， 的平衡转化率及 的平衡产率随温度变化关系如图(b)。已知：
①525~575K时，使 平衡转化率随温度升高而增大的反应为　 　(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)。
②475K时，平衡体系中 　 　，反应Ⅰ的平衡常数 　 　 (列出计算式)。
（3）为同时提高 的平衡转化率和 的平衡产率，除降低温度外，还可采取的措施是　 　(写一条)。
（4）利用M催化 ，加氢制 的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示， 表示活化能，单位为eV。
① 转化为 的化学方程式为　 　。
②下列说法正确的是　 　(填标号)。
A． 与 能量差为0.60eV
B．第ii步有 键断裂
C．第iii步反应速率最慢
D．加入催化剂M不影响 的平衡产率
【答案】（1）-49.4；+41.2
（2）反应II；2:1；
（3）增大压强
（4）；ACD
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】(1)由图a可知，反应Ⅱ的焓变为 +41.2kJ/mol，反应Ⅰ的焓变为 ，故答案为：—49.4；+41.2；
(2)①反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，则反应Ⅱ中二氧化碳平衡转化率随温度升高而增大，故答案为：反应Ⅱ；
②设起始氢气为3mol，二氧化碳为1mol，由图可知，475K时甲醇平衡产率为20%，二氧化碳平衡转化率为30%，由甲醇平衡产率为20%可知，反应Ⅰ生成甲醇和水都为0.2mol，消耗二氧化碳0.2mol、氢气0.6mol，由二氧化碳平衡转化率为30%可知，反应Ⅱ消耗二氧化碳和氢气均为0.1mol，生成一氧化碳和水均为0.1mol，则平衡体系中二氧化碳的物质的量为(1mol—0.3mol)=0.7mol、氢气的物质的量为(3mol—0.7mol)=2.3mol、甲醇的物质的量为0.2mol、水的物质的量为(0.2mol+0.1mol)=0.3mol、一氧化碳的物质的量为0.1mol，
平衡体系中甲醇与一氧化碳的物质的量之比为2:1，氢气、二氧化碳、甲醇和水的平衡分压分别为 ×4MPa、 ×4MPa、 ×4MPa、 ×4MPa，反应Ⅰ的平衡常数Kp= ，故答案为：2:1； ；
(3) 反应Ⅰ是气体体积减小的放热反应，反应Ⅱ是气体体积不变的吸热反应，增大压强，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ的平衡不移动，二氧化碳的转化率增大、甲醇的平衡产率增大，故答案为：增大压强；
(4)①由图可知， 转化为 的反应为 、H*和HO*反应生成 和水，反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
②A．由图可知，破坏氢分子中的共价键需要吸收0.6eV的能量，则氢分子与 的能量差为0.60eV，故正确；
B．由图可知，反应ii中无 键断裂，故不正确；
C．反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应iii的活化能最大，则反应iii的反应速率最慢，故正确；
D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡的移动方向，加入催化剂M不影响甲醇的平衡产率，故正确；
ACD正确，故答案为：ACD。
【分析】(1)根据图像得出ΔH2，再计算出ΔH1；
(2) ① 根据勒夏特列原理分析；
② 根据三段式的方法计算；
(3)根据勒夏特列原理分析；
(4) ① 根据图像得出反应物和生成物；
② 根据图像分析A、B、C选项，催化剂不影响转化率。
35．CO2甲烷化在解决环境和能源问题等方面具有重要意义。已知CO2甲烷化包含如下反应：
主反应： △H
副反应： △H1 =+41 kJ·mol-1
△H2=-172kJ·mol -1
△H3=-75kJ·mol-1
（1）主反应的△H=　 　，该反应可在　 　(填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”)下自发进行。
（2）在某高效催化剂的作用下，副反应的影响可忽略不计。将1 mol CO2、4mol H2通入容积为2L的恒容密闭容器中，200℃时容器内CO2的物质的量随时间的变化如下表所示：
时间/min-1 10 20 30 40 50 60
n(CO2)mol 0.31 0.53 0.40 0.30 0.25 0.25
①能说明反应已达平衡状态的是　 　(填标号)
a.c(CO2)：c(H2O)=1：6 b.混合气体的密度不变 c.v正(H2)=4v逆(CH4)
d.密闭容器内压强不变
②40min内，消耗H2的平均反应速率为　 　。
③反应达到平衡时CO2的转化率为　 　。
（3）我国科学家研究了在两种不同催化剂Ni(lll)、Ni—La表面上CO2甲烷化的反应历程，如图所示(截取部分图)，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
由图中反应历程与能量变化可知：使用　 　催化剂更有利于CO2的吸附。反应能垒(活化能)最　 　(填“高”或“低”)的步骤为整个反应的速控步骤，写出以Ni(lll)为催化剂的速控步骤的化学方程式　 　。两种催化剂催化反应的速控步骤　 　(填“相同”或“不相同”)。
【答案】（1）-165 kJ· mol-1；较低温度
（2）acd；0.035mol·L-1·min-1；75%
（3）Ni—La；高；*CO+*H=*CHO；相同
【知识点】化学反应中能量的转化；化学反应速率；催化剂；焓变和熵变；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）主反应： △H；副反应①： △H1 =+41 kJ·mol-1；② △H2=-172kJ·mol -1；③ △H3=-75kJ·mol-1，则：按盖斯定律，副反应2×①+②+③即得主反应，则主反应的△H=2△H1+△H2+△H3=2(+41 kJ·mol-1)- 172 kJ·mol-1-75 kJ·mol-1=-165 kJ· mol-1，主反应是熵减、放热反应，则该反应可在较低温度下自发进行。
（2）在某高效催化剂的作用下，副反应的影响可忽略不计，则发生反应： △H=-165 kJ· mol-1；①对应平衡状态的判断：
a．由表知：n(CO2)=0.25mol时已平衡，则达平衡时消耗二氧化碳0.75mol，生成水1. 5mol，此时物质的量浓度c(CO2)：c(H2O)= n(CO2)：n(H2O)=1：6=0.25mol：1. 5mol，则说明已平衡，a正确；
b.2L容器内气体质量守恒，混合气体的密度始终不变，不能说明已平衡，b不正确；
c．v正(H2)=4v逆(CH4) =v逆(H2) ，则正逆反应速率相等，说明已平衡，c正确；
d．密闭容器内压强会发生变化，当它不变，说明已平衡，d正确；
则答案为：acd；
②40min内，消耗H2的平均反应速率为： 。③反应达到平衡时CO2的转化率为 。
（3）由图中反应历程与能量变化可知：吸附二氧化碳，若使用Ni—La催化剂时放热、以Ni(lll)为催化剂时吸热，则使用Ni—La催化剂更有利于CO2的吸附。需要克服活化能才能发生反应，故反应能垒(活化能)最高的步骤为整个反应的速控步骤，由图知，以Ni(lll)为催化剂时*CO和*H转变为*CHO的活化能最大、故该步为速控步骤，化学方程式为*CO+*H=*CHO。由图知，两种催化剂催化反应的速控步骤相同。
【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热；根据ΔH-TΔS＜0，反应自发进行分析。
（2）①当正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态；或当变量不变时，反应达到平衡状态；
②根据计算反应速率；
③根据转化率=计算。
（3）根据反应过程中的能量变化图进行分析。