2023年高考真题变式分类汇编：反应热和焓变4
一、选择题
1．（2021·泰安模拟）卤代烃与端基炔(R＇C≡CH)催化偶联反应的一种机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．偶联反应中起催化作用的是M和CuI
B．R＇C≡CCu为该催化过程的中间产物
C．该偶联反应的原理为R＇C≡CH+RI→R＇C≡CR+HI
D．该催化机理改变了反应路径和反应热
【答案】D
【知识点】反应热和焓变；催化剂；卤代烃简介
【解析】【解答】A．由转化图可知，偶联反应中起催化作用的是M和CuI，故A不符合题意；
B．由转化关系可知，R＇C≡Ccu产生后又被消耗，为该催化过程的中间产物，故B不符合题意；
C．由流程可知，转化图中右侧存在反应R'C≡CH+CuI→R'C≡CCu+HI，故C不符合题意；
D．催化剂改变反应路径，不改变反应热，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】 A.根据反应原理即可判断
B.根据图示即可判断被消耗做的是中间产物
C.根据反应物和生成物即可写出方程式
D.根据图示反应路径发生改变，但是焓变与反应物和生成物有关
2．（2021·十堰模拟）十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，经历“ ”脱氢过程释放氢气。下列说法正确的是（ ）
A．总反应的
B．C10H18(l)的脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12(l)
C．十氢萘脱氢的总反应速率由第二步反应决定
D．选择合适的催化剂不能改变Ea1、Ea2的大小
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；催化剂
【解析】【解答】A．总反应的 等于生成物的总能量减去反应物的总能量，故A不符合题意；
B．反应II的活化能比反应I的小，故反应速率更快，即反应I产生的C10H12很快被反应II消耗，故不会有大量中间产物C10H12积聚，B符合题意；
C．反应II的活化能比反应I的小，分步反应的总反应速率由反应慢的一步决定，即由反应I决定，故C不符合题意；
D．选择合适的催化剂能加快反应速率(本质是降低反应的活化能)，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】 A.反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量；
B.C10H12转化为C10H8反应较快，说明C10H12会快速消耗；
C.分步反应的总反应速率由反应慢的一步决定；
D.催化剂只能改变反应速率，不会改变反应热，催化剂的本质是降低反应的活化能。
3．（2021·浙江模拟）反应A+B→C分两步进行：反应①A+B→X，反应②X→C。反应过程中能量变化如图，下列说法正确的是（ ）
A．该反应为放热反应，△H=a-d
B．催化剂通过降低化学反应的焓变加快化学反应速率
C．升高温度，a、b、c、d的数值均会发生改变
D．该反应速率的快慢主要由反应②决定
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率
【解析】【解答】A．根据图示可知：反应物A和B的能量总和比生成物C的高，发生反应放出热量，故该反应为放热反应，△H=(a+c)-(d+b)，A不符合题意；
B．催化剂通过改变反应途径，降低反应的活化能来加快化学反应速率，但该反应的焓变不变，B不符合题意；
C．升高温度，物质的内能发生改变，故a、b、c、d的数值均会发生改变，C符合题意；
D．化学反应速率的快慢由反应速率慢的决定。反应的活化能越大，反应需消耗的能量就越高，反应就越难发生。根据上述图示可知反应①的活化能较大，故该反应速率的快慢主要由反应①决定，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据焓变=生成物的能量-生成物的能量即可判断
B.催化剂是降低活化能，焓变不变
C.升高温度物质的内能均改变
D.活化能越大，速率越慢
4．（2021·太原模拟）一定温度下，某定容密闭容器中充入 和 ，发生反应： ，其能量变化如图所示。由图可知（ ）
A．该反应的
B．使用催化剂可以改变该反应的
C．断键吸收总能量小于成键释放总能量
D．若容器中气体密度不变，则反应达到化学平衡状态
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．由图示可知，该反应的 ，故A不符合题意；
B．焓变只与反应体系的始态和终态有关，使用催化剂不能改变该反应的 ，故B不符合题意；
C．该反应放热，断键吸收总能量小于成键释放总能量，故C符合题意；
D．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，所以密度是恒量，容器中气体密度不变，反应不一定达到平衡状态，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据给出的图示即可判断反应是放热反应，同时可以计算出。催化剂只是改变活化能不能改变焓变，根据此反应气体的质量和体积均不变，气体的密度始终不变，结合选项进行判断即可
5．（2021·重庆模拟）已知 转化为 和 分步进行：① ，② ，其反应过程能量变化如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．Ea1是反应①的活化能
B． 的能量一定低于 的能量
C．
D．反应②更容易发生，气体 很难大量累积
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．从图中可以看出，Ea1是活化分子所具有的平均能量与反应物分子平均能量的差值，所以Ea1是反应①的活化能，A不符合题意；
B．从图中可以看出， 的能量低于 和 的能量之和，但不能确定 的能量一定低于 的能量，B符合题意；
C．由图中信息可以得出，Y(g)+2W(g) Z(g)+3W(g)△H=+(Ea3-Ea4)kJ mol-1，所以Y(g) Z(g)+W(g)△H=(Ea3-Ea4)kJ mol-1，C不符合题意；
D．从图中可以看出，反应②的活化能比反应①小，所以反应②更容易发生，反应①生成的Y(g)很容易发生转化，所以气体Y很难大量累积，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示即可判断其未分子活化能
B.无法比较X和Y的能量高低
C.根据图示即可写出热化学方程式
D.②的活化能低速率快，Y作为中间产物消耗速率大于生成速率
6．（2021·青浦模拟）根据碘与氢气反应的热化学方程式（碘为气态或固态），下列判断正确的是（ ）
(ⅰ)I2( )＋H2(g) 2HI(g)＋9.48 kJ (ⅱ)I2( )＋H2(g) 2HI(g)－26.48 kJ
A．ⅰ中碘为气态，ⅱ中碘为固态
B．反应(ⅰ)的产物比反应(ⅱ)的产物稳定
C．1 mol I2(g)中通入1 mol H2(g)，反应放热9.48 kJ
D．1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学反应的可逆性
【解析】【解答】A．由于产物的能量相同，是放热反应，ⅱ是吸热反应，说明反应物含有的ⅰ中的高。因此ⅰ中碘为气态，ⅱ中碘为固态，A符合题意；
B．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。由于反应(ⅰ)的产物与反应(ⅱ)的产物状态相同，因此稳定性相同，B不符合题意；
C.1 mol I2(g)中通入1 mol H2(g)，发生反应，由于该反应是可逆反应，物质不能完全转化，所以放热小于9.48 kJ ，C不符合题意；
D.1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差26.48 kJ +9.48 kJ =35.96kJ，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】固态碘吸收热量变为气态碘，根据
(ⅰ)I2( 1)＋H2(g) 2HI(g)＋9.48 kJ (ⅱ)I2( )＋H2(g) 2HI(g)－26.48 kJ，可以判断i碘为气态，ii中碘为固态，能量越低越稳定。
7．（2021·普陀模拟）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键
键能/( ) 436 463
热化学方程式
则 的Q为（ ）
A．428 B．-428 C．498 D．-498
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量。水分子的结构式为H-O-H，每个水分子含2个 H-O 键。设O-O键的键能为x ，根据 可得：断键时吸收能量为436×2+x，成键时放出能量为463×4，可建立方程：
463×4 -（436×2+x）=482，计算得出x=498。
表示O原子结合生成氧分子，是成键的过程，放出能量。每个O2中含1个O-O键，
故答案为：C。
【分析】根据焓变=反应物的键能-反应物键能即可计算
8．（2021·普陀模拟）恒温密闭容器中加入一定量的A，发生反应 ( )，达到平衡。以下分析正确的是（ ）
A．加入少量B，平衡就会逆向移动
B．达到平衡的标志之一：
C．若开始时向容器中加入1 A，达到平衡时吸收热量Q
D．缩小容器体积，重新达到平衡时， 的浓度与原平衡浓度相等
【答案】D
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．由于B的状态未标出，若B为纯液体或固体，则加入少量B，平衡不移动，若B为气体，则加入少量B，生成物的浓度增大，平衡就会逆向移动，故A不符合题意；
B．达到平衡的标志之一是同一物质的正逆反应速率相等，而化学反应速率之比等于化学计量数之比，即 都表示正反应方向的速率，不能表示反应达到平衡状态，故B不符合题意；
C．若开始时向容器中加入1 A，由于反应为可逆反应，1molA不会完全反应，故达到平衡时吸收热量小于Q，故C不符合题意；
D．缩小容器体积，重新达到平衡时，温度不变，K不变，若B为固体、纯液体，K=c(C)，K不变， 的浓度不变，若B为气体，K=c(C)c(B)，由于c(C)和c(B)始终相等，故K=c(C)2，温度不变，K不变， 的浓度与原平衡浓度相等，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图示可以得到正反应是吸热反应。
A.B的状态不确定，因此不能说明加入B反应移动的方向
B.达到平衡的盘算标准是正逆速率相等
C.可逆反应，反应不完全
D.温度不变，平衡常数不变，可据此计算
9．（2021·浦东模拟）已知： 。不同情况下反应过程的能量变化如图。下列结论正确的是（ ）
A．1mol (g)和3mol (g)混合后反应，放出Q kJ热量
B．催化剂可以改变反应途径，缩短达到平衡的时间
C．当生成的水为液态时，Q值减小
D．催化剂不同，反应的热效应不同
【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；反应热和焓变；化学反应速率
【解析】【解答】A．该反应为可逆反应，反应物不能全部转化为生成物，1mol CO2 (g)和3mol H2 (g)混合后反应，放出的热量小于Q kJ，故A不符合题意；
B．若催化剂参与反应，则可以改变反应途径，降低反应的活化能，加快反应速率，缩短达到平衡的时间，故B符合题意；
C．由水蒸气变为液态水会放出热量，所以当生成的水为液态时，Q值增大，故C不符合题意；
D．催化剂不能改变反应物和生成物的总能量，使用催化剂，不影响反应的热效应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据图示，焓变=生成物的能量-反应物的能量即可判断反应为放热，可逆反应，按照比例进行反应，由于可逆反应，但是不能完全反应，催化剂X和Y均能使活化能降低，Y的催化效果要优于X，催化剂的使用不改变和焓变，使用催化剂可以提高速率，缩短反应的时间。气态水向液态水转换时需要释放能量，当直接转为液态水时，释放能量更多。
10．（2021·闵行模拟）I2(s)+ H2(g) 2HI(g)能量变化如图所示，有关叙述错误的是（ ）
A．正反应为吸热反应
B．该反应的反应热为E2-E1
C．加入催化剂，E1、E2都不变
D．若I2为气态，则该反应热大于E2-E1
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，选项A不符合题意；
B．E1表示反应物的活化能，E2表示生成物的活化能，该反应的反应热为E2-E1，选项B不符合题意；
C．催化剂能降低反应所需活化能，但不影响焓变，所以加入催化剂可同等程度的降低E1、E2，但△H不变，选项C符合题意；
D．I2由固态转化为气态需要吸热，若I2为气态，则该反应热大于E2-E1，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据焓变=生成物的能量-反应物的能量，即可判断为吸热反应，即可求出反应热，加入催化剂时，降低了活化能，E1和E2均降低，但是焓变不变，固态变为气态需要吸热，根据盖斯定律即可判断焓变的大小
11．（2021·崇明模拟）碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示：
①H2（g） + I2（ ） 2HI（g）+9.48kJ
②H2（g） + I2（ ） 2HI（g）-26.48kJ
下列判断正确的是（ ）
A．①中的I2为固态，②中的I2为气态
B．②的反应物总能量比①的反应物总能量低
C．①的产物比反应②的产物热稳定性更好
D．1mol 固态碘升华时将吸热17kJ
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】A、反应①放热，②吸热源于碘单质的状态不同，固态变为气态需要吸收能量，故①中的I2为气态，②中的I2为固态，不符合题意；
B、生成物的能量相等，①放热，故②的反应物总能量比①的反应物总能量低，符合题意；
C、产物的稳定性形同，不符合题意；
D、1mol 固态碘升华时将吸热为26.48+9.48=35.96kJ，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】固体到气体需要吸收能量，而①是吸热，②是放热，因此①中的碘是气态，②中的碘是固体。固态的的碘能量低于气态的碘能量，因此固态碘稳定，可以根据盖斯定律计算出气态碘到固态碘的转化的焓变
12．（2021·合肥模拟）已知Fe3+能催化H2O2分解，2H2O2(aq) = 2H2O(l)+O2(g)的反应机理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：2Fe3+(aq)+H2O2(aq)=2Fe2+(aq)+O2(g)+2H+(aq)步骤②：
下列有关H2O2分解反应说法错误的是（ ）
A．v(H2O2)=2v(O2)
B．该反应的△H<0
C．增大Fe3+的浓度能够加快反应速率
D．若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应大
【答案】D
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A． H2O2分解反应为： ，则 v(H2O2)=2v(O2)，故A不符合题意；
B． 根据曲线变化，反应物的总能量高于产物的总能量，属于放热反应，该反应的ΔH<0，故B不符合题意；
C． 步骤①的活化能高于步骤②，则步骤①的反应速率决定整个过程的反应速率，则增大Fe3+的浓度能够加快增大步骤①反应速率，加快整个过程的反应速率，故C不符合题意；
D．该反应为放热反应，无论是否使用催化剂，正反应的活化能都比逆反应小，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据化学计量系数之比等于速率之比
B.根据图示焓变=生成物的能量-反应物的能量
C.催化剂的量可以加速反应的速率
D.逆活化能=正活化能+焓变的数值，因此与催化剂无关，逆活化能大于正活化能
13．（2021·蚌埠模拟）1，3-丁二烯和Br2以物质的量之比为1：1发生加成反应分两步：第一步Br+进攻1，3-丁二烯生成中间体C(溴正离子)；第二步Br-进攻中间体C完成1，2-加成或1，4-加成。反应过程中的能量变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A．其它条件相同时，生成产物B的速率快于产物A的速率
B．升高温度，1，3-丁二烯的平衡转化率增大
C．该加成反应的反应热为Eb-Ea
D．该反应的速率主要取决于第一步反应的快慢
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；化学反应速率
【解析】【解答】A．据图可知中间体C生成B的活化能更高，反应速率应更慢，A不符合题意；
B．据图可知生成1，3-丁二烯的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡转化率减小，B不符合题意；
C．Ea是第二步反应中1，2-加成反应的活化能，Eb是第二步反应中1，4-加成反应的活化能，Eb-Ea是只是两种活化能的差值，图中数据不能计算该加成反应的反应热，C不符合题意；
D．据图可知第一步反应的活化能更大，反应速率更慢，整体反应速率取决于慢反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据图示活化能越高速率越慢
B.根据焓变=生成物的能量-反应物的能量，结合温度变化进行判断
C.根据图示焓变=生成物的能量-反应物的能量，未给出数据
D.活化能越高速率越慢，活化能高的决定着速率
14．（2021·和平模拟）M和N转化为P的催化反应历程如图。下列说法错误的是（ ）
A．生活中常用P除水垢
B．催化剂能改变反应速率同时也能改变反应的焓变
C．M和N转化为P是一个放热反应
D．该反应有利于治理温室效应
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；催化剂
【解析】【解答】A．根据以上分析，P为CH3COOH，生活中常用醋酸除水垢，故A不符合题意；
B．催化剂能改变反应速率，但不能改变反应的焓变，故B符合题意；
C．根据图示，①的总能量高于②的总能量，CH4和CO2转化为CH3COOH是一个放热反应，故C不符合题意；
D．该反应是将CH4和CO2等温室效应气体转化为CH3COOH，所以发生的反应有利于治理温室效应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图可知，CH4和CO2在催化剂的条件下反应生成CH3COOH，反应经过由①到过渡态和由过渡态再到②两个过程，且①的总能量高于②的总能量，总反应为CH4+CO2 CH3COOH，即M为CH4，N为CO2，P为CH3COOH，据此分析解答。
15．（2021·吕梁模拟）NH3和NO是有毒气体，在一定条件下它们可通过反应转化为无害的N2和H2O。已知：断开1 mol N≡N、1 mol N-H、1 mol N=O、1 mol H-O的键能分别为：946 kJ/mol、391 kJ/mol、607 kJ/mol、464 kJ/ mol。则该反应4NH3(g)＋6NO(g) 5N2(g)＋6H2O(g)的反应热△H为（ ）
A．-1964 kJ·mol-1 B．＋430 kJ·mol-1
C．-1780 kJ·mol-1 D．-450 kJ·mol-1
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】根据反应的反应热与物质键能之间的关系，可进行如下计算：该反应4NH3(g)＋6NO(g) 5N2(g)＋6H2O(g)的反应热 =12E(N-H)+6E(N=O)-5E(N≡N)-12E(H-O)=12×391 kJ/mol+6×607 kJ/mol-5×946 kJ/mol-12×464 kJ/ mol=-1964 kJ/ mol，
故答案为：A。
【分析】根据即可计算出
二、多选题
16．（2016·海南）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X→Y反应的△H=E5﹣E2 B．由X→Z反应的△H＜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
【答案】B,C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】A．根据化学反应的实质，由X→Y反应的△H=E3﹣E2，故A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△H＜0，故B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，故C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，故D错误．
故选BC．
【分析】由图象可知2X（g）≒3Y（g）为吸热反应，而2X（g）≒2Z（g）为放热反应，反应热等于反应物的总能量﹣生成物的总能量，结合温度、压强对平衡移动的影响解答该题．本题考查了化学反应中能量的变化图，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握图象的分析，注意根据反应物的总能量与生成物的总能量进行比较，题目较简单．
17．（2017·如皋模拟）下列有关说法正确的是（ ）
A．加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2+具有催化作用
B．向某溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则该溶液中含有SO42﹣
C．在电解精炼铜过程中，阳极质量的减少多于阴极质量的增加
D．298 K时，2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）能自发进行，则其△H＜0
【答案】C,D
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；电解原理
【解析】【解答】解：A．加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是因为构成原电池加快反应速率，故A错误；
B．可能生成AgCl沉淀，应先加入盐酸，再加入氯化钡检验，故B错误；
C．电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，如Zn等，则阳极质量的减少多于阴极质量的增加，故C正确；
D．因△S＜0，如能自发进行，应满足△H﹣T △S＜0，则△H＜0，故D正确．
故选CD．
【分析】A．加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是因为构成原电池加快反应速率；
B．可能生成AgCl沉淀；
C．电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子；
D．如能自发进行，应满足△H﹣T △S＜0．
18．（2017·如皋模拟）如图图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图1表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B．图2表示A，B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A，B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数B＞A
C．图3表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，起初反应速率加快的原因可能是该反应为放热反应
D．图4表示在含等物质的量NaOH，Na2CO3的混合溶液中滴加0.1 mol L﹣1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系
【答案】A,C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A．加入催化剂，可降低反应的活化能，图象符合，故A正确；
B．t1℃时A、B的饱和溶液质量分数相等，升高温度，溶解度增大，但质量分数不变，则溶质的质量分数B=A，故B错误；
C．开始时反应放热温度升高，则反应速率加快，随着反应进行浓度减小，则速率减小，故C正确；
D．碳酸钠先和盐酸反应生成碳酸氢钠，如分别为NaOH、Na2CO31mol，则生成气体时消耗2molHCl，最后生成1mol二氧化碳，则图象中生成二氧化碳前后消耗的盐酸体积比为2：1，故D错误．
故选AC．
【分析】A．加入催化剂，可降低反应的活化能；
B．t1℃时A、B的饱和溶液质量分数相等，升高温度，溶解度增大，但质量分数不变；
C．根据温度和浓度对速率的影响分析；
D．碳酸钠先和盐酸反应生成碳酸氢钠，如分别为NaOH、Na2CO31mol，则生成气体时消耗2molHCl，最后生成1mol二氧化碳．
19．（2017高二上·万州期末）下列说法正确的是（ ）
A．对于反应：H2（g）+Cl2（g）=2HCl （g）△H=﹣a kJ/mol，表明破坏旧化学键吸收的能量比形成新化学键释放的能量多
B．2MnO（s）+O2（g）═2MnO2（s），该反应在低温下能自发进行，则其△H＜0
C．用干燥的pH试纸测得某氯水的pH=3.1
D．航行在大海中的轮船水面上的部分比水面下的部分腐蚀得慢，因为水下易发生电化学腐蚀
【答案】B,D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A．H2（g）+Cl2（g）=2HCl （g）△H=﹣a kJ/mol，为放热反应，则破坏旧化学键吸收的能量比形成新化学键释放的能量少，故A错误；
B.2MnO（s）+O2（g）═2MnO2（s）的△S＜0，△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，该反应在低温下能自发进行，则其△H＜0，故B正确；
C．氯水中含HClO，具有漂白性，不能利用试纸测定氯水的pH，应选pH计，故C错误；
D．水面下的部分腐蚀，钢铁与海水构成原电池，易发生电化学腐蚀，故D正确；
故选BD．
【分析】A．焓变等于断键吸收的能量减去成键释放的能量；
B．△H﹣T△S＜0的反应可自发进行；
C．氯水中含HClO，具有漂白性；
D．水面下的部分腐蚀，钢铁与海水构成原电池．
20．（2015高二上·咸阳期末）已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ mol﹣1
2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1 452kJ mol﹣1
H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ mol﹣1
下列说法正确的是（ ）
A．H2（g）的燃烧热为571.6 kJ mol﹣1
B．0.5H2SO4（aq）+0.5Ba（OH）2（aq）═0.5BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ mol﹣1
C．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多
D．3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=+131.4 kJ mol﹣1
【答案】C,D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，H2的燃烧热为 ×571.6 KJ/mol，故A错误；
B、反应过程中除了氢离子和氢氧根离子反应放热，硫酸钡沉淀的生成也伴随有沉淀热的变化，故B错误；
C、2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ mol﹣1，1g氢气燃烧放热 ×571.6kJ=142.9kJ，2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ mol﹣1，1g甲醇燃烧放热 ×1452kJ=22.7kJ，同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多，故C正确；
D、①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ mol﹣1，②2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1 452kJ mol﹣1，根据盖斯定律 ×①﹣ ×②得到：3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=+131.4 kJ mol﹣1，故D正确．
故选CD．
【分析】A、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量；
B、中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量，依据概念对选项分析判断；
C、根据反应热和化学方程式系数的关系来回答；
D、根据盖斯定律计算反应的焓变．
21．（2020高三上·海安期中）2019年9月我国科研人员研制出Ti—H—Fe双温区催化剂，其中Ti—H区域和Fe区域的温度差可超过100℃。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是( )
A．能量变化最大的过程中发生了N≡N断裂
B．过程②③处于高温区域；过程⑤处于低温区域
C．过程④表示N原子由Fe区域向Ti—H区域传递
D．使用双温区催化合成氨，使合成氨反应转化为吸热反应
【答案】B,C
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．能量变化最大的过程为①，①过程为氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，不是N≡N的断裂过程，故A不符合题意；
B．①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行；过程④为Ti H Fe ﹡N到Ti H ﹡N Fe两种过渡态的转化，⑤表示脱离催化剂表面生成化学键的过程，④⑤在低温区进行是为了增加平衡产率，故B符合题意；
C．由题中图示可知，过程④完成了Ti H Fe ﹡N到Ti H ﹡N Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti H区域传递；故C符合题意；
D．催化剂能改变化学反应速率，但不能改变反应的焓变；故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.根据能量的变化趋势即可判断出键的断裂
B.根据键的断裂需要吸收能量，一般处于高温区，键的形成一般处于低温区
C.根据图示即可判断出原子的传递
D.根据合成氨的流程即可判断出合成氨是放热
22．（2020高三上·沧州期中）在容积为2L的刚性密闭容器中加入1molCO2和3molH2，发生反应：CO2(g)＋3H2(g) (g)＋H2O(g)。在其他条件不变的情况下，温度对反应的影响如图所示(注：T1、T2均大于300℃)。下列说法正确的是( )
A．该反应的△H<0
B．处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时化学平衡常数增大
C．T2时，反应达到平衡时消耗H2的平均反应速率v(H2)= mol·L-1·min-1
D．T2时，该反应的化学平衡常数为
【答案】A,C
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．由图示可知，当其他条件相同时，温度在T1时比温度在T2时后达到平衡，且T1时甲醇的含量高于T2时的含量，则升高温度平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应，△H<0，故选A；
B．由A分析可知该反应为放热反应，处于A点的反应体系从T1变到T2，则平衡逆向移动，又由于平常数只与温度有关，所以处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时化学平衡常数减小，故B错；
C．在化学反应中由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，由图示可知 ，所以 ，则 ，T2时，反应达到平衡时消耗H2的平均反应速率v(H2)= mol·L-1·min-1，故选C；
D．由“三段式” 可知T2时，该反应的化学平衡常数为 ，故D错。
故答案为：AC
【分析】A.根据速率的大小判断出温度高低，结合甲醇的量与温度的关系即可判断焓变
B.根据热效应即可判断
C.根据T2时，给出的数据结合三行式即可计算
D.根据温度结合数据即可计算出常数
23．（2020高二上·南京期中）下列说法正确的是（ ）
A．电解法精炼铜时，以粗铜作阳极，纯铜作阴极
B．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
C．Na2O2与水反应产生1molO2，转移的电子数约为2×6.02×1023
D．2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的 H>0
【答案】A,C
【知识点】铜的电解精炼；反应热和焓变；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A ．电解法精炼铜以粗铜做阳极，失去电子变为 Cu2+，然后移向阴极得到电子变为 Cu，A符合题意；
B ．电池放电一定有部分化学能转化为热能散失，不能完全转化为电能，B不符合题意；
C ．Na2O2 与水反应为歧化反应，生成 1 mol O2，转移电子 2 mol，C符合题意；
D．该反应常温下自发进行，△S＜0，△G=△H-T△S＜0，则△H 必须小于 0，D不符合题意；
故答案为： AC。
【分析】A.电解精炼铜时，电解粗铜得到纯铜
B.氢氧燃料电池是将化学能转化为电能和其他形式的能量
C.根据方程式即可计算出转移的电子数
D.根据△G=△H-T△S即可判断
24．（2020高二上·南通期中）下列有关说法中正确的是（ ）
A．保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入 CO2，溶液中 c(OH-)/c(NH3 H2O)的值增大
B．室温下，用 pH 均为 2 的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的 NaOH，消耗醋酸的体积更小
C．一定温度下，反应 CO(g)+3H2(g)═CH4(g)+H2O(g)能自发进行，该反应的△H<0
D．反应 NH4NO3 N2O↑+2H2O，生成 11.2 L N2O 转移电子数为 2×6.02×1023
【答案】B,C
【知识点】反应热和焓变；离子浓度大小的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.向氨水中不断通入CO2，随着CO2的增加， 逐渐增大，而氨水的Kb= 不变，则 的值减小，故A不符合题意；
B.醋酸为弱酸，等pH时，醋酸浓度大，分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更小，故B符合题意；
C.该反应中△S<0，反应能自发进行，则△G=△H T△S<0，则△H<0，故C符合题意；
D.温度和压强未知无法计算N2O的物质的量，则无法计算转移电子数，故D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】A.根据氨水的电离式即可判断
B.根据醋酸钠水解呈碱性即可判断
C.根据△G=△H T△S<0即可判断
D.使用摩尔体积时需要考虑物质的状态和条件
25．（2015高一下·如东期中）下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）
A．吸热反应不一定需要加热才能发生
B．CO（g）的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H=2×283.0 kJ/mol
C．HCl和NaOH反应的中加热△H=﹣57.3 kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol
D．1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】A,B
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A、氯化铵与氢氧化钡反应，不需要任何条件，反应吸热，吸热反应不一定需要加热才能发生，故A正确；
B．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，CO（g）+ O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ/mol，因此2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）的反应热为△H=+2×283.0kJ/mol，故B正确；
C．H2SO4和Ca（OH）2反应生成硫酸钙沉淀，不仅仅生成水，放出更多的热量，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H＜2×（﹣57.3）kJ/mol，故C错误；
D．甲烷的燃烧热应是1 mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量，故D错误．
故选AB．
【分析】A．反应吸热还是放热与反应条件无关，决定于反应物和生成物能量的相对高低，据此分析；
B．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，据此分析热化学方程式正误；
C．H2SO4和Ca（OH）2反应生成硫酸钙沉淀，不仅仅生成水；
D．甲烷的燃烧热应生成液态水．
三、非选择题
26．（2016·新课标Ⅲ卷）煤燃烧排放的烟含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝．回答下列问题：
（1）NaClO2的化学名称为 ．
（2）在鼓泡反应器中通入含SO2、NOx的烟气，反应温度323K，NaClO2溶液浓度为5×10﹣3mol L﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表．
离子 SO42﹣ SO32﹣ NO3﹣ NO2﹣ Cl﹣
c/（mol L﹣1） 8.35×10﹣4 6.87×10﹣6 1.5×10﹣4 1.2×10﹣5 3.4×10﹣3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式 ．增加压强，NO的转化率 （填“提高”、“不变”或“降低”）．
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐 （填“增大”、“不变”或“减小”）．
③由实验结果可知，脱硫反应速率 脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）原因是除了SO2和NO在烟气中初始浓度不同，还可能是 ．
（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压p0如图所示．
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均 （填“增大”、“不变”或“减小”）．
②反应ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣的平衡常数K表达式为 ．
（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果．
①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是 ．
②已知下列反应：
SO2（g）+2OH﹣（aq）═SO32﹣（aq）+H2O（l）△H1
ClO﹣（aq）+SO32﹣（aq）═SO42﹣（aq）+Cl﹣（aq）△H2
CaSO4（s）═Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）△H3
则反应SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO﹣（aq）+2OH﹣（aq）═CaSO4（s）+H2O（l）+Cl﹣（aq）的△H= ．
【答案】（1）亚氯酸钠
（2）2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+；提高；减小；大于；二氧化硫的还原性强于NO
（3）减小；
（4）生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行；△ H1+△ H2=△ H3
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）NaClO2的化学名称为亚氯酸钠，故答案为：亚氯酸钠；
（2）①亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高，故答案为：2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+；提高；
②根据反应的方程式2H2O+ClO2﹣+2SO2=2SO42﹣+Cl﹣+4H+ 2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大，吸收剂溶液的pH逐渐降低，故答案为：减小；
③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率．原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化，故答案为：大于；二氧化硫的还原性强于NO；
（3）①有图分析可知，反应温度升高，氧气和NO的平衡分压负对数减小，这说明反应向逆反应方向进行，因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小，故答案为：减小；
②根据反应的方程式ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣可知平衡常数K表达式 ，故答案为： ；
（4）①如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，所以Ca（ClO）2效果好，故答案为：生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行；
②已知SO2（g）+2OH﹣（aq）═SO32﹣（aq）+H2O（l）△H1
ClO﹣（aq）+SO32﹣（aq）═SO42﹣（aq）+Cl﹣（aq）△H2
CaSO4（s）═Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）△H3
则根据盖斯定律可知①+②﹣③即得到反应SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO﹣（aq）+2OH﹣（aq）═CaSO4（s）+H2O（l）+Cl﹣（aq）
，故答案为：△H1+△H2=△H3．
【分析】本题考查的知识点有氧化还原反应、盖斯定律、外界条件对反应速率和平衡状态的影响等，要求学生掌握基本概念，结合生活实际分析问题、解决问题，方程式的书写要遵循相关守恒，题目难度中等．
27．（2022高二上·苏州期中）化学反应过程中既有物质变化，又有能量变化。释放或吸收热量是化学反应中能量变化的主要形式之一
（1）甲烷具有较大的燃烧热()，是常见燃料。请写出甲烷燃烧的热化学反应方程式 。
（2）①工业上高纯硅可通过下列反应制取： 该反应的反应热 。
已知：
化学键 Si-Cl H-H H-Cl Si-Si
键能/ 360 436 431 176
②硅晶体结构与金刚石类似。题图-1所示立方体体心的“●”表示晶体中的一个Si原子，请在立方体的顶点用“●”表示出与之紧邻的所有硅原子。
（3）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“CaO-Al-”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图-2所示。
实验编号 反应物组成
a 0.20gCaO粉末、5.0mL
b 0.15gAl粉、5.0mL
c 0.15gAl粉、5.0mL饱和石灰水
d 0.15gAl粉、5.0mL石灰乳
e 0.15gAl粉、0.20gCaO粉末 5.0mL
已知：I.
II.
III.
①实验b中，的变化说明Al粉与在该条件下 (填“反应”或“不反应”)。
②实验c中，前3min的有变化，其原因是 ；3min后基本不变，其原因是 。
③实验d在10min内温度持续升高的原因是 。
④实验e中发生的总反应可表示为：，其 。
五组实验对比，e放热效果最好。
【答案】（1）
（2）236；
（3）不反应；Al和溶液中的OH-发生了反应；饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量比较少；实验d中，发生反应II和III，反应III中有气体生成，气体的逸出促使反应III向右进行，反应III的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应II平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。；
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；热化学方程式；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）甲烷具有较大的燃烧热()，甲烷燃烧热的热化学方程式为；
（2）根据=反应物的键能之和-生成物的键能之和，可知该反应；
②硅晶体结构与金刚石类似。每一个硅原子与四个硅原子相连形成正四面体结构，在立方体的顶点用“●”表示出与之紧邻的所有硅原子如图所示；
（3）①实验b中没有变化，说明说明Al粉与在该条件下不反应；
②实验c中，前3 min的有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3 min后基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量比较少。
③实验d中，发生反应II和III，反应III中有气体生成，气体的逸出促使反应III向右进行，反应III的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应II平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；
④根据盖斯定律可得，故；
【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
（2）①根据=反应物的键能之和-生成物的键能之和计算；
②每一个硅原子与四个硅原子相连形成正四面体结构；
（3）①实验b中没有变化；
②Al和溶液中的OH-发生反应使温度发生变化；
③实验d中的两步反应均为放热反应；
④根据盖斯定律计算。
28．（2022高二上·赣州期中）武汉大学课题组报道了一种氯化镁循环法(MCC)，在常压下利用和合成氨。MCC法各步骤反应方程式如下：
①
②
③
④
⑤
（1）法合成氨反应的 (填“>”或“”)0。在该循环法中气态中间产物有 。
（2）已知几种化学键的键能如表所示。
化学键
键能 243 463 431 496
请根据表中数据计算 。
（3）向一恒容密闭容器内按充入反应物，发生反应，平衡体系中各物质的体积分数(φ)随温度的变化如图所示：
①M、N点对应的平衡常数 (填“>”、“<”或“=”)。
②点时的转化率为 (保留三位有效数字)%。
③点时的总压强为，为用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数(分压总压物质的量分数)，则温度下的平衡常数为 。
【答案】（1）；、
（2）+118
（3）<；33.3；1.6
【知识点】反应热和焓变；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）MCC法合成氨反应为气体分子数减小的反应，<0；根据MCC法5个步骤过程，可判断在该循环法中气态中间产物有Cl2、HCl；
（2）反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，2×243+4×463-4×431-496=+118；
（3）①由(2)中计算可知该反应为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，所以M、N点对应的平衡常数＜。
②设起始时和的物质的量分别为amol和2amol，生成的物质的量为nmol，列三段式如下：
点时与的含量相等，，，的转化率为。
③点时设生成的物质的量为，列三段式如下：
点时和的含量相等，，mol，此时、、、的物质的量分别为、、、。各物质分压分别为、、、，代入平衡常数表达式得。
【分析】（1）该反应气体的体积减小，则ΔS<0；
（2）ΔH=反应物的键能和-生成物的键能和；
（3）的起始物质的量比多，平衡后的物质的量比多，产物中的物质的量比多，故曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表、、、的变化曲线；平衡常数只与温度有关，升温该反应的平衡正向移动，列出反应的三段式计算平衡常数。
29．（2022高二上·浙江期中）
（1）I.完成下列问题。
标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质(g) O H HO
能量/ 249 218 39 0 -136 -242
（2）已知同一容器中发生 反应1：
反应2：
反应3：
在一定压强下，随着温度升高，气体中CO与的物质的量之比 (填“不变”、“增大”、“减小”)。
（3）II.工业上可利用生产甲醇，同时可减少温室气体二氧化碳，发生反应①：
当起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x（CH3OH），在t=250℃下的、在下的如图所示。当的平衡转化率为1/3时，反应条件可能是 。
（4）在某催化剂作用下，和除发生反应①外，还发生反应②： 。维持压强不变，按固定初始投料比将和按一定流速通过该催化剂，经相同时间测得实验数据：
T(K) 实际转化率(%) 甲醇选择性(%)
543 12.3 42.3
553 15.3 39.1
注：甲醇的选择性是指发生反应的中转化为甲醇的百分比。
表中数据说明，升高温度，的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是 。
（5）甲醇催化制取丙烯的过程中发生反应：，反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图所示，已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。
①该反应的活化能
②当使用更高效催化剂时，画出与的关系图 。
【答案】（1）-143
（2）增大
（3），210℃、，250℃
（4）升高温度，反应①②的反应速率均加快，但反应②的反应速率变化更大
（5）13.2；(当使用更高效催化剂时，相同温度下，活化能减小，增大，曲线斜率变小)
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1） 生成物的能量之和-反应物的能量之和=-136-（-242+249）=-143；
（2）温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应Ⅱ焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大；
（3）根据题目所给条件，假设加入1molCO2，3molH2，容器容积假设为1L，列出三段式：
则甲醇的物质的量分数x（CH3OH）==0.1，因为该反应放热，则温度升高x（CH3OH）减小，则b曲线为压强5×105Pa下，x（CH3OH）随温度的变化曲线，该反应正向气体体积减小，则增大压强，平衡正向移动，x（CH3OH）增大，则a曲线为定温250℃时，x（CH3OH）随压强的变化曲线，则x（CH3OH）=0.1时对应有两种情况，，210℃或，250℃；
（4）反应①正向是放热反应，反应②正向是吸热反应，故升高温度，不利于甲醇的生成，但是利于CO的生成，所以升高温度，反应①②的反应速率均加快，但反应②的反应速率变化更大；
（5）①将图中两点代入计算公式得①9.4=-3.0Ea+C，②2.8=-3.5Ea+C，联立①②解得Ea=13.2kJ mol-1；
②更换更高效催化剂，活化能更小，相同温度下，值更小，故Rlnk更大，即曲线的斜率变小，绘图如下：(当使用更高效催化剂时，相同温度下，活化能Ea减小， Rlnk增大，曲线斜率变小)。
【分析】（1） 生成物的能量之和-反应物的能量之和；
（2）根据影响化学平衡移动的因素分析；
（3）利用“三段式”法计算；依据图像选择反应条件；
（4）依据影响反应速率的因素分析；
（5）①利用代入法， 由Arrhenius经验公式 计算；
②催化剂可降低活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动。
30．（2022高三上·赣州期中）氮的化合物在生产、生活中有广泛应用。
（1）已知几种共价键的键能数据如下表所示：
共价键
键能/ kJ mol-1 391 160 945 498 467
根据表格数据，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H= kJ mol-1。
（2）向一恒温恒容密闭容器中充入一定量N2O4和N2H4，发生反应： 2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H＜0。下列说法正确的是____(填标号)。
A．当气体平均摩尔质量不随时间变化时，达到平衡状态
B．平衡后，充入惰性气体，平衡向右移动
C．上述反应的正反应活化能大于逆反应活化能
（3）工业上，采用NH3还原NO法消除NO污染。一定条件下，向一恒容密闭容器中充入NH3和NO，在不同催化剂Catl、Cat2、Cat3作用下发生反应： 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H＜0。测得相同时间内NO的转化率随温度的变化如图1所示。
①a点时：v正(NO) (填“＞”、“＜”或“=”) v逆(NO)。
②bc段NO的转化率随温度升高而降低，可能的原因是 。(任答一点)
（4）工业上用天然气处理NO2，消除NO2的污染。发生的反应为CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)。在一定温度下，向一恒容密闭容器中充入1molCH4和2mol NO2，发生上述反应，起始时测得总压强为90kPa。N2的分压与时间的关系如图2所示。
①0～10min内NO2的分压变化速率为 kPa min-1。
②该温度下，平衡常数Kp= kPa。(提示：用气体分压计算的平衡常数为Kp，气体分压=总压×物质的量分数)
（5）工业上制备HCN的反应为CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g) △H＞0。速率方程为，( k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。
①其他条件不变，反应达到平衡后，NH3的转化率随着条件X的增大而增大，则X可能是 。(答一种即可)
②升高温度，k逆增大的倍数 k正增大的倍数(填“＞”、“＜”或“=”)
【答案】（1）-591
（2）A
（3）＞；该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动(或升高温度，催化剂活性降低等合理答案)
（4）1.0；1.25
（5）增大CH4的浓度(或升高温度等合理答案)；＜
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据表格数据，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=(160+391×4+498-945-467×4) kJ mol-1=-591kJ mol-1。答案为：-591；
（2）A．反应前后气体的质量不变，物质的量不断发生改变，平均相对分子质量不断发生改变，当气体平均摩尔质量不随时间变化时，反应达平衡状态，A正确；
B．平衡后，充入惰性气体，反应物和生成物的浓度都不发生改变，则平衡不移动，B不正确；
C．上述反应为放热反应，则正反应活化能小于逆反应活化能，C不正确；
故答案为：A。答案为：A；
（3）①a点后，随温度升高，NO的转化率增大，则表明反应继续正向进行，所以a点时：v正(NO)＞v逆(NO)。
②从图中可以看出，b点时，不同催化剂作用下NO的转化率相同，则表明b点反应达平衡状态，该反应的△H＜0，升高温度平衡逆向移动，bc段NO的转化率随温度升高而降低，可能的原因是：该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动(或升高温度，催化剂活性降低等合理答案)。答案为：＞；该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动(或升高温度，催化剂活性降低等合理答案)；
（4）①从图中可以看出，10min时N2的分压为10 kPa，则CH4的分压变为10 kPa，CH4的分压变化速率为=1.0kPa min-1。
②该温度下，N2的分压为10 kPa，H2O(g)的分压为20 kPa，CO2的分压为10 kPa，因为CH4、NO2的起始投入量之比为1：2，等于化学计量数之比，则平衡时，CH4的分压为20 kPa，NO2的分压为40 kPa，平衡常数Kp==1.25kPa。答案为：1.0；1.25；
（5）①因为反应CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)为吸热反应，升高温度、增大CH4浓度都可使平衡正向移动，且NH3的转化率增大，所以其他条件不变，反应达到平衡后，NH3的转化率随着条件X的增大而增大，则X可能是增大CH4的浓度(或升高温度等合理答案)。
②升高温度，平衡正向移动，v正＞v逆，则k逆增大的倍数＜k正增大的倍数。答案为：增大CH4的浓度(或升高温度等合理答案)；＜。
【分析】（1）利用△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算；
（2）A．利用“变者不变即平衡”；
B．依据化学平衡移动原理分析；
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；
（3）①根据影响化学平衡移动的因素分析；
②依据图像变化，由①分析判断；
（4）①利用分压变化速率计算公式计算；
②利用“三段式”法计算；
（5）根据影响化学平衡移动的因素分析。
31．（2022高二上·联合期中）根据所学知识，回答下列问题。
（1）实验室中和热的测定过程中，玻璃搅拌器的正确操作是____(填字母)
A．顺时针搅拌 B．逆时针搅拌 C．上下移动
（2）中和热的测定，倒入NaOH溶液的正确操作是 (填字母)
a.沿玻璃棒缓慢倒入 b.分三次倒入 c.一次迅速倒入
（3）若中和热的测定实验过程中，内筒未加杯盖，求得的中和反应反应热 (填“偏大“偏小”或“无影响”)。
（4）向的溶液中分别加入下列物质：①浓硫酸；②稀硝酸；③稀醋酸。反应恰好完全，生成1mol水时的热效应分别为，则三者由大到小的顺序为 。
（5）已知：①
②
③
碳与水蒸气反应制氢气的总反应热化学方程式是 。
（6）图Ⅰ是和反应生成和过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，的变化是 ，(填“增大”、“减小”、“不变”，下同)。的变化是 。
【答案】（1）C
（2）c
（3）偏大
（4）
（5）
（6）减小；不变
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；催化剂；中和热的测定
【解析】【解答】（1）玻璃搅拌器的正确操作是上下移动，使酸液和碱液混合完全，
故答案为：C；
（2）中和热的测定中，必须尽量减少热量散失，所以倒入氢氧化钠溶液时，必须一次并且迅速倒入烧杯中，故答案为：c；
（3）简易量热计如果不盖杯盖，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，偏大，故答案为：偏大；
（4）中和反应为放热反应，焓变为负，浓硫酸稀释放热，醋酸电离吸热，则，故答案为：；
（5）结合盖斯定律可知，①+②+③得到C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)△H=(+19.3kJ mol-1)+(-57.2kJ mol-1)+(+172.4kJ mol-1)=+134.5kJ mol-1，故答案为：；
（6）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小；催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，故答案为：减小；不变。
【分析】（1）测定中和热时，玻璃搅拌器上下移动；
（2）为了减少热量损失，应一次性迅速倒入NaOH溶液；
（3）内筒未加杯盖，会导致热量损失；
（4）浓硫酸溶于水放热，稀醋酸电离吸热；
（5）根据盖斯定律计算；
（6）催化剂能降低反应的活化能，但不影响反应热。
32．（2022高三上·如皋期中）含碳化合物的转化利用是目前全球研究的热点。
（1）利用CO2生产甲醇是资源化利用CO2的一种有效途径。涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)
在恒压条件下，起始n(CO2)：n(H2)=1：3时，平衡时CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度变化如图-1所示。CH3OH的选择性=100%。
①已知键能总和：=2798。则= 。
②温度高于280℃时，曲线Y随温度的升高而升高的原因是 。
（2）一种铜分子筛催化甲烷制取甲醇的反应机理如图-2所示。请结合Cu元素的化合价变化描述转化Ⅰ的反应过程： 。
（3）一种捕获和转化CO的原理如图-3所示。在反应Ⅰ完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2和CH4混合气匀速通入装有CaCO3和催化剂的反应器，测得流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图-4所示。反应过程中检测到催化剂上有积碳，积碳反应为CH4=C+2H2。
①t时刻，CO气体流出速率为0的原因
②氢气的流出速率保持为CH4流入速率的2倍的原因
【答案】（1）2847；曲线 Y 表示 CO2 的平衡转化率，反应Ⅰ的ΔH＜0，反应Ⅱ的ΔH＞0，280℃后，温度越高，CO2 转化为 CO 的平衡转化率越大，CO2 转化为 CH3OH 的平衡转化率越小，反应Ⅱ的上升幅度超过反应Ⅰ的下降幅度，故当温度高于280℃时，曲线Y随温度的升高而升高
（2）甲烷失去电子，结合 O 原子生成 CH3OH，Cu得到电子，由＋2 价变为＋1价，O原子失去后催化剂中形成氧空位
（3）催化剂表面被积碳覆盖，转化Ⅱ反应不再发生；0~t 时，CH4 分别发生反应 和 CH4=C+2H2C，两个反应中， H2 的生成速率均是 CH4 消耗速率的 2 倍，因为这段时间CH4 完全反应，则 H2 的流出速率保持为 CH4 流入速率的 2 倍。
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)
的可得关系式：=-=-49，可得=2847；曲线 Y的曲线随温度的升高，先减小后增大的趋势，可知反曲线 Y 表示 CO2 的平衡转化率，反应Ⅰ的ΔH＜0，反应Ⅱ的ΔH＞0，280℃后，温度越高，CO2 转化为 CO 的平衡转化率越大，CO2 转化为 CH3OH 的平衡转化率越小，反应Ⅱ的上升幅度超过反应Ⅰ的下降幅度。
（2）由图像分析可得，甲烷失去电子，结合 O 原子生成 CH3OH，Cu得到电子，由＋2 价变为＋1价，O原子失去后催化剂中形成氧空位。故答案为：甲烷失去电子，结合 O 原子生成 CH3OH，Cu得到电子，由＋2 价变为＋1价，O原子失去后催化剂中形成氧空位；
（3）随着反应的进程，催化剂表面被积碳覆盖，转化Ⅱ反应不再发生；0~t 时，CH4 分别发生反应 和 CH4=C+2H2C，两个反应中， H2 的生成速率均是 CH4 消耗速率的 2 倍，因为这段时间CH4 完全反应，则 H2 的流出速率保持为 CH4 流入速率的 2 倍。故答案为：催化剂表面被积碳覆盖，转化Ⅱ反应不再发生；0~t 时，CH4 分别发生反应 和 CH4=C+2H2C，两个反应中， H2 的生成速率均是 CH4 消耗速率的 2 倍，因为这段时间CH4 完全反应，则 H2 的流出速率保持为 CH4 流入速率的 2 倍。
【分析】（1）①根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能计算；
②曲线 Y 表示 CO2 的平衡转化率，反应Ⅰ的ΔH＜0，反应Ⅱ的ΔH＞0，280℃后，温度越高，CO2 转化为 CO 的平衡转化率越大，CO2 转化为 CH3OH 的平衡转化率越小，反应Ⅱ的上升幅度超过反应Ⅰ的下降幅度，故当温度高于280℃时，曲线Y随温度的升高而升高；
（2）转化Ⅰ为甲烷失去电子，结合 O 原子生成 CH3OH，Cu得到电子，由＋2 价变为＋1价，O原子失去后催化剂中形成氧空位；
（3）①随着反应的进程，催化剂表面被积碳覆盖；
②0~t 时，CH4 分别发生反应 和 CH4=C+2H2C，两个反应中， H2 的生成速率均是 CH4 消耗速率的 2 倍，因为这段时间CH4 完全反应，则 H2 的流出速率保持为 CH4 流入速率的 2 倍。
33．（2022高三上·临沂期中）乙烯是石油化工的基本原料之一，研究制备乙烯的原理具有重要的意义。回答下列问题：
（1）乙烯在催化剂作用下，由乙烷直接脱氢或氧化脱氢制备
I.C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1
II.2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g) △H2＜0
①已知键能：E(C－H)=413.4kJ mol-1，E(H－H)=436kJ mol-1，生成1mol碳碳π键放出的能量为267.3kJ，则△H1= kJ mol-1。
②一定温度下，通入p(C2H6)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，发生上述反应，测得各组分气体的分压随时间的变化关系如图所示。
0~2.5min内，O2的平均速率为 kPa min-1；反应一段时间后，C2H6和O2的消耗速率比小于2：1的原因为 。
③通过比较反应I、II的热效应，氧化脱氢法的优点为 。
（2）利用乙炔和氢气催化加成制备乙烯，发生如下反应
III.C2H2(g)+H2(g)C2H4(g) △H3＜0
IV. C2H2(g)+2H2(g)C2H6(g) △H4＜0
保持压强为20kPa条件下，按起始投料n(C2H2)：n(H2)=1：2，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应III和V，测得不同温度下C2H2和H2的转化率如图实线所示(图中虚线表示相同条件下平衡转化率随温度的变化)。
①表示C2H2转化率的曲线是 (填“m”或“n”)。
②温度高于T2时，曲线m、n几乎重合的原因是 。
③T1时，两种物质的转化率分别为0.75、0.5，反应IV的平衡常数Kp= kPa-2。
【答案】（1）+123.5；1.6；反应I 生成的氢气与氧气反应生成了水蒸气；得到乙烯的同时也获得了热能
（2）m；温度高于T2时反应III生成的乙烯和氢气反应生成了乙烷，所以两者的转化率是相同的；0.01
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①ΔH=反应物总键能-生成物总键能，由题可知，反应Ⅰ中每断裂2mol C-H键，会形成1mol碳碳π键和1mol H-H键，故2×413.4kJ·mol-1-267.3 kJ/mol -436kJ/mol=+123.5kJ·mol-1，解得△H1=+123.5kJ·mol-1，故答案为：+123.5；
②由图可知初始状态p(O2)=5 kPa，2.5min时p(O2)=1 kPa，答案：1.6；
③两个反应均发生时C2H6和O2的消耗速率比大于2：1，反应一段时间后由图可知水蒸气的分压增长很快，是氢气和氧气生成水蒸气，导致比值减小，答案： 反应I 生成的氢气与氧气反应生成了水蒸气；
④氧化脱氢法在得到目标产物的同时也获得了热能，一举两得，答案：得到乙烯的同时也获得了热能；
（2）①如果只发生反应IV，则两者转化率相同，反应III发生就会降低氢气的转化率，所以两者同时进行时氢气转化率小于乙炔转化率，表示C2H2转化率的曲线是m，答案：m；
②温度高于T2时反应III生成的乙烯和氢气反应生成了乙烷，所以两者的转化率是相同的；
③起始投料n(C2H2)：n(H2)=1：2，假设n(C2H2)=1mol、n(H2)= 2mol，根据T1时，两种物质的转化率分别为0.75、0.5，两者转化量相差0.25mol，若只发生反应III两者消耗量相同，
由以上得到：得到平衡时n(C2H6)=0.25mol、n(C2H2)=0.25mol、n(H2)= 1mol，根据碳元素守恒n(C2H4)=0.5mol， 。
【分析】难点分析：（1）①利用反应总键能减去生成物总键能，即可得到反应焓变，注意焓变的“+”和“-”；②计算压强表示反应速率，即压强变化量除去除以时间即可。③反应I获得乙烯同时也可以获得热量。
（2）有分析可知，只发生反应IV，乙炔和氢气起始的投料之比为1：2，与反应系数之比相同，二者转化率相同，若发反应III，则以下的转化率会降低，所以乙炔转化率大于氢气，②温度高于T2时，曲线m、n几乎重合 ，说明生成的乙烯又和氢气反应生成乙烷；③根据转化率，算出平衡时的物质的量，算出分压，从而计算压强平衡常数。
34．（2022高三上·滕州期中）、为重要化工原料，常用于合成重要化合物。
Ⅰ.以、为原料合成涉及的反应如下：
ⅰ
ⅱ
ⅲ
回答下列问题：
（1）为分压平衡常数，各反应的随的变化如图所示。
反应ⅲ的 ，其对应的曲线为 (填“a”或“c”)。
（2）在5MPa下，按照投料，平衡时，CO和在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图：
①图中代表的曲线为 (填“m”或“n”)。
②解释150~250℃范围内转化率随温度升高而降低的原因 。
③下列说法错误的是 (填字母)。
A．的平衡转化率始终低于的
B．温度越低，越有利于工业生产
C．加入选择性高的催化剂，可提高的平衡转化率
D.150-400℃范围内，温度升高，的平衡产量先减小后增大
④270℃时CO的分压为 ，反应ⅱ的平衡常数为 (列出算式)。
Ⅱ.超干重整得到的CO经偶联反应可制得(草酸)。
（3）在水溶液中、和物质的量分数与pH关系如图所示，则c点溶液 。
Ⅲ.利用电池(工作原理如下图所示)能有效地将转化成化工原料草酸铝
已知：电池的正极反应式：(草酸根)正极反应过程中，起催化作用，催化过程可表示为：①②……
（4）写出反应②的方程式 。
【答案】（1）-90；a
（2）m；150~250℃范围内随着温度升高反应ⅰ逆向移动的程度大于反应ⅱ正向移动的程度；BC；；
（3）2.7
（4）
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，ⅰ-ⅱ得反应ⅲ：；反应ⅰ和ⅲ为放热反应，随增大，也就是随着温度的降低，平衡正向移动，平衡常数变大，反应ⅱ平衡常数减小，故反应ⅱ对应c，Kp2=，故降低温度，应减小，则反应ⅲ对应的曲线为a；
（2）①反应ⅰ、ⅲ均为放热反应，随着温度升高平衡逆向移动，甲醇的含量会一直下降，而反应ⅲ中一氧化碳含量增加，且ⅱ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，一氧化碳的含量也会增加，结合图像可知：图中代表的曲线为m、代表CO的曲线为n；
②反应ⅰ为放热反应、ⅱ为吸热反应；150~250℃范围内随着温度升高反应ⅰ逆向移动的程度大于反应ⅱ正向移动的程度，导致转化率随温度升高而降低；
③A．按照投料，投料比等于反应ⅰ的系数比，两者的转化率相同，由于还会发生反应ⅱ，导致二氧化碳的转化率高于氢气，故只要有反应ⅱ发生，就会导致H2的平衡转化率始终低于的，A正确；
B．温度越低，越有利于平衡向生成甲醇的方向移动，但是工业生产中需要一定的温度加快反应速率提高的单位时间产率，故不是温度越低越好，B不正确；
C．加入选择性高的催化剂，可提高的平衡转化速率，但是不会改变物质的平衡转化率，C不正确；
D．由图像可知，150-400℃范围内，温度升高，二氧化碳的转化率先降低后升高，根据二氧化碳的转化率可知，的平衡产量先减小后增大，D正确；
故答案为：BC；
④270℃时，在5MPa下，按照投料，设二氧化碳、氢气分别为1mol、3mol，由图可知，此时CO和的分数相同，二氧化碳转化率为24%；
则，a=0.12mol，则反应后二氧化碳、氢气、甲醇、一氧化碳、水的物质的量分别为0.76mol、2.52mol、0.12mol、0.12mol、0.24mol，总的物质的量为3.76mol，反应后总压强为，CO的分压为，反应ⅱ为的平衡常数为；
（3）随着pH增加，物质的量分数减小、物质的量分数先增加后减小、物质的量分数一直增加，ab点说明的电离常数Ka1=10-1.2、Ka2=10-4.2，c点，则Ka1×Ka2=，故，pH=2.7；
（4）)正极反应过程中，起催化作用，所以在反应②中二氧化碳和又会生成氧气，反应为。
【分析】（1）找到 各反应的随的 关系即可确定曲线，反应ⅰ和ⅲ为放热反应，横坐标越大，代表温度越低，衡正向移动，平衡常数变大，反应ⅱ平衡常数减小，Kp2等于反应ⅰ和ⅲ的Kp的比值，说明a曲线为ⅲ的关系曲线。
（2）平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等
（3）解答新型化学电源的步骤：(1)判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。(2)确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。(3)充电电池→放电时为原电池→失去电子的一极为负极。(4)电极反应→根据电荷守恒、原子守恒配平电极方程式。
35．（2022高二上·丰台期中）研究大气中含氮化合物、含硫化合物的转化具有重要意义。
（1）汽车发动机工作时会引发和反应，其能量变化示意图如下(常温常压下测定)：
写出该反应的热化学方程式： 。
（2）土壤中的微生物可将大气中的经两步反应氧化成，两步反应的能量变化如图所示：
①第一步反应为 反应(填“放热”或“吸热”)，原因是 。
②写出第二步反应的热化学方程式 。
③结合两步反应过程，全部氧化成时的 。
【答案】（1）N2（g）+O2(g) = 2NO(g) +183kJ/mol
（2）放热；反应物能量高于生成物能量； ；
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】（1）反应物键能之和-生成物键能之和=（945+498-2630）kJ/mol =+183kJ/mol，故该反应的热化学方程式为：N2（g）+O2(g) = 2NO(g) +183kJ/mol；
（2）第一步反应中反应物能量高于生成物能量，该反应为放热反应；第二步反应的热化学方程式为 ；结合两步反应过程，全部氧化成时总反应为 。
【分析】（1）反应物键能之和-生成物键能之和；
（2）根据盖斯定律计算；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。
36．（2022高二上·通州期中）利用含硫物质的热化学循环实现太阳能的转化与存储过程如下图所示。
反应I
反应Ⅲ
（1）反应I中反应物的总能量 (填“>”“<”或“=”)生成物的总能量。
（2）写出反应II的热化学方程式 。
（3）反应II在某一投料比时，两种压强下，在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示， (填“>”或“<”)，得出该结论的理由是 。
（4）关于以上转化过程叙述正确的是 。
a．上述循环过程中共涉及4种能量转化形式
b．用替代反应II中，反应焓变为，则
c．上述循环过程中物质转化的作用是传递能量
【答案】（1）<
（2）3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l) +S(s) ΔH2=-255kJ/mol
（3）>；反应II是气体体积减小、体系总物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡右移，H2SO4的物质的量分数增大
（4）ac
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）由方程式可知，反应I是反应为总能量小于生成物总能量的吸热反应，故答案为：<；
（2）由盖斯定律可知，反应I+反应Ⅲ可得反应II的逆反应2H2SO4(l) +S(s)= 3SO2(g)+2H2O(g)，则反应ΔH=(+551kJ/mol)+(-296kJ/mol)=+ 255kJ/mol，所以反应II的热化学方程式为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l) +S(s) ΔH2=-255kJ/mol，故答案为：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l) +S(s) ΔH2=-255kJ/mol；
（3）反应II是气体体积减小、体系总物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡右移，硫酸的物质的量分数增大，由图可知，压强p2时硫酸的物质的量分数大于p1时，则压强p2大于p1，故答案为：>；反应II是气体体积减小、体系总物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡右移，H2SO4的物质的量分数增大；
（4）a．由图可知，上述循环过程中涉及的能量转化形式有太阳能转化为热能、热能转化为化学能、化学能转化为热能、热能转化为电能，共有4种，故正确；
b．气态硫的能量高于固态硫，则等物质的量的气态硫燃烧放出的热量高于固态硫，则用气态硫替代反应II中固态硫放出的热量高于固态硫，所以反应的焓变ΔH4<ΔH，3，故不正确；
c．由图可知，上述循环过程中物质转化的作用是实现能量的传递，故正确；
故答案为：ac。
【分析】（1）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；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）根据影响化学平衡移动的因素分析；
（4）a．根据图像分析，太阳能转化为热能、热能转化为化学能、化学能转化为热能、热能转化为电能；
b．同种物质气态的能量高于固态；
c．依据物质转化过程中能量的变化判断。
2023年高考真题变式分类汇编：反应热和焓变4
一、选择题
1．（2021·泰安模拟）卤代烃与端基炔(R＇C≡CH)催化偶联反应的一种机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．偶联反应中起催化作用的是M和CuI
B．R＇C≡CCu为该催化过程的中间产物
C．该偶联反应的原理为R＇C≡CH+RI→R＇C≡CR+HI
D．该催化机理改变了反应路径和反应热
2．（2021·十堰模拟）十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，经历“ ”脱氢过程释放氢气。下列说法正确的是（ ）
A．总反应的
B．C10H18(l)的脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12(l)
C．十氢萘脱氢的总反应速率由第二步反应决定
D．选择合适的催化剂不能改变Ea1、Ea2的大小
3．（2021·浙江模拟）反应A+B→C分两步进行：反应①A+B→X，反应②X→C。反应过程中能量变化如图，下列说法正确的是（ ）
A．该反应为放热反应，△H=a-d
B．催化剂通过降低化学反应的焓变加快化学反应速率
C．升高温度，a、b、c、d的数值均会发生改变
D．该反应速率的快慢主要由反应②决定
4．（2021·太原模拟）一定温度下，某定容密闭容器中充入 和 ，发生反应： ，其能量变化如图所示。由图可知（ ）
A．该反应的
B．使用催化剂可以改变该反应的
C．断键吸收总能量小于成键释放总能量
D．若容器中气体密度不变，则反应达到化学平衡状态
5．（2021·重庆模拟）已知 转化为 和 分步进行：① ，② ，其反应过程能量变化如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．Ea1是反应①的活化能
B． 的能量一定低于 的能量
C．
D．反应②更容易发生，气体 很难大量累积
6．（2021·青浦模拟）根据碘与氢气反应的热化学方程式（碘为气态或固态），下列判断正确的是（ ）
(ⅰ)I2( )＋H2(g) 2HI(g)＋9.48 kJ (ⅱ)I2( )＋H2(g) 2HI(g)－26.48 kJ
A．ⅰ中碘为气态，ⅱ中碘为固态
B．反应(ⅰ)的产物比反应(ⅱ)的产物稳定
C．1 mol I2(g)中通入1 mol H2(g)，反应放热9.48 kJ
D．1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ
7．（2021·普陀模拟）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键
键能/( ) 436 463
热化学方程式
则 的Q为（ ）
A．428 B．-428 C．498 D．-498
8．（2021·普陀模拟）恒温密闭容器中加入一定量的A，发生反应 ( )，达到平衡。以下分析正确的是（ ）
A．加入少量B，平衡就会逆向移动
B．达到平衡的标志之一：
C．若开始时向容器中加入1 A，达到平衡时吸收热量Q
D．缩小容器体积，重新达到平衡时， 的浓度与原平衡浓度相等
9．（2021·浦东模拟）已知： 。不同情况下反应过程的能量变化如图。下列结论正确的是（ ）
A．1mol (g)和3mol (g)混合后反应，放出Q kJ热量
B．催化剂可以改变反应途径，缩短达到平衡的时间
C．当生成的水为液态时，Q值减小
D．催化剂不同，反应的热效应不同
10．（2021·闵行模拟）I2(s)+ H2(g) 2HI(g)能量变化如图所示，有关叙述错误的是（ ）
A．正反应为吸热反应
B．该反应的反应热为E2-E1
C．加入催化剂，E1、E2都不变
D．若I2为气态，则该反应热大于E2-E1
11．（2021·崇明模拟）碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示：
①H2（g） + I2（ ） 2HI（g）+9.48kJ
②H2（g） + I2（ ） 2HI（g）-26.48kJ
下列判断正确的是（ ）
A．①中的I2为固态，②中的I2为气态
B．②的反应物总能量比①的反应物总能量低
C．①的产物比反应②的产物热稳定性更好
D．1mol 固态碘升华时将吸热17kJ
12．（2021·合肥模拟）已知Fe3+能催化H2O2分解，2H2O2(aq) = 2H2O(l)+O2(g)的反应机理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：2Fe3+(aq)+H2O2(aq)=2Fe2+(aq)+O2(g)+2H+(aq)步骤②：
下列有关H2O2分解反应说法错误的是（ ）
A．v(H2O2)=2v(O2)
B．该反应的△H<0
C．增大Fe3+的浓度能够加快反应速率
D．若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应大
13．（2021·蚌埠模拟）1，3-丁二烯和Br2以物质的量之比为1：1发生加成反应分两步：第一步Br+进攻1，3-丁二烯生成中间体C(溴正离子)；第二步Br-进攻中间体C完成1，2-加成或1，4-加成。反应过程中的能量变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A．其它条件相同时，生成产物B的速率快于产物A的速率
B．升高温度，1，3-丁二烯的平衡转化率增大
C．该加成反应的反应热为Eb-Ea
D．该反应的速率主要取决于第一步反应的快慢
14．（2021·和平模拟）M和N转化为P的催化反应历程如图。下列说法错误的是（ ）
A．生活中常用P除水垢
B．催化剂能改变反应速率同时也能改变反应的焓变
C．M和N转化为P是一个放热反应
D．该反应有利于治理温室效应
15．（2021·吕梁模拟）NH3和NO是有毒气体，在一定条件下它们可通过反应转化为无害的N2和H2O。已知：断开1 mol N≡N、1 mol N-H、1 mol N=O、1 mol H-O的键能分别为：946 kJ/mol、391 kJ/mol、607 kJ/mol、464 kJ/ mol。则该反应4NH3(g)＋6NO(g) 5N2(g)＋6H2O(g)的反应热△H为（ ）
A．-1964 kJ·mol-1 B．＋430 kJ·mol-1
C．-1780 kJ·mol-1 D．-450 kJ·mol-1
二、多选题
16．（2016·海南）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X→Y反应的△H=E5﹣E2 B．由X→Z反应的△H＜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
17．（2017·如皋模拟）下列有关说法正确的是（ ）
A．加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2+具有催化作用
B．向某溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则该溶液中含有SO42﹣
C．在电解精炼铜过程中，阳极质量的减少多于阴极质量的增加
D．298 K时，2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）能自发进行，则其△H＜0
18．（2017·如皋模拟）如图图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图1表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B．图2表示A，B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A，B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数B＞A
C．图3表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，起初反应速率加快的原因可能是该反应为放热反应
D．图4表示在含等物质的量NaOH，Na2CO3的混合溶液中滴加0.1 mol L﹣1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系
19．（2017高二上·万州期末）下列说法正确的是（ ）
A．对于反应：H2（g）+Cl2（g）=2HCl （g）△H=﹣a kJ/mol，表明破坏旧化学键吸收的能量比形成新化学键释放的能量多
B．2MnO（s）+O2（g）═2MnO2（s），该反应在低温下能自发进行，则其△H＜0
C．用干燥的pH试纸测得某氯水的pH=3.1
D．航行在大海中的轮船水面上的部分比水面下的部分腐蚀得慢，因为水下易发生电化学腐蚀
20．（2015高二上·咸阳期末）已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ mol﹣1
2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1 452kJ mol﹣1
H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ mol﹣1
下列说法正确的是（ ）
A．H2（g）的燃烧热为571.6 kJ mol﹣1
B．0.5H2SO4（aq）+0.5Ba（OH）2（aq）═0.5BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ mol﹣1
C．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多
D．3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=+131.4 kJ mol﹣1
21．（2020高三上·海安期中）2019年9月我国科研人员研制出Ti—H—Fe双温区催化剂，其中Ti—H区域和Fe区域的温度差可超过100℃。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是( )
A．能量变化最大的过程中发生了N≡N断裂
B．过程②③处于高温区域；过程⑤处于低温区域
C．过程④表示N原子由Fe区域向Ti—H区域传递
D．使用双温区催化合成氨，使合成氨反应转化为吸热反应
22．（2020高三上·沧州期中）在容积为2L的刚性密闭容器中加入1molCO2和3molH2，发生反应：CO2(g)＋3H2(g) (g)＋H2O(g)。在其他条件不变的情况下，温度对反应的影响如图所示(注：T1、T2均大于300℃)。下列说法正确的是( )
A．该反应的△H<0
B．处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时化学平衡常数增大
C．T2时，反应达到平衡时消耗H2的平均反应速率v(H2)= mol·L-1·min-1
D．T2时，该反应的化学平衡常数为
23．（2020高二上·南京期中）下列说法正确的是（ ）
A．电解法精炼铜时，以粗铜作阳极，纯铜作阴极
B．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
C．Na2O2与水反应产生1molO2，转移的电子数约为2×6.02×1023
D．2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的 H>0
24．（2020高二上·南通期中）下列有关说法中正确的是（ ）
A．保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入 CO2，溶液中 c(OH-)/c(NH3 H2O)的值增大
B．室温下，用 pH 均为 2 的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的 NaOH，消耗醋酸的体积更小
C．一定温度下，反应 CO(g)+3H2(g)═CH4(g)+H2O(g)能自发进行，该反应的△H<0
D．反应 NH4NO3 N2O↑+2H2O，生成 11.2 L N2O 转移电子数为 2×6.02×1023
25．（2015高一下·如东期中）下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）
A．吸热反应不一定需要加热才能发生
B．CO（g）的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H=2×283.0 kJ/mol
C．HCl和NaOH反应的中加热△H=﹣57.3 kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol
D．1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
三、非选择题
26．（2016·新课标Ⅲ卷）煤燃烧排放的烟含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝．回答下列问题：
（1）NaClO2的化学名称为 ．
（2）在鼓泡反应器中通入含SO2、NOx的烟气，反应温度323K，NaClO2溶液浓度为5×10﹣3mol L﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表．
离子 SO42﹣ SO32﹣ NO3﹣ NO2﹣ Cl﹣
c/（mol L﹣1） 8.35×10﹣4 6.87×10﹣6 1.5×10﹣4 1.2×10﹣5 3.4×10﹣3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式 ．增加压强，NO的转化率 （填“提高”、“不变”或“降低”）．
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐 （填“增大”、“不变”或“减小”）．
③由实验结果可知，脱硫反应速率 脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）原因是除了SO2和NO在烟气中初始浓度不同，还可能是 ．
（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压p0如图所示．
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均 （填“增大”、“不变”或“减小”）．
②反应ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣的平衡常数K表达式为 ．
（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果．
①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是 ．
②已知下列反应：
SO2（g）+2OH﹣（aq）═SO32﹣（aq）+H2O（l）△H1
ClO﹣（aq）+SO32﹣（aq）═SO42﹣（aq）+Cl﹣（aq）△H2
CaSO4（s）═Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）△H3
则反应SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO﹣（aq）+2OH﹣（aq）═CaSO4（s）+H2O（l）+Cl﹣（aq）的△H= ．
27．（2022高二上·苏州期中）化学反应过程中既有物质变化，又有能量变化。释放或吸收热量是化学反应中能量变化的主要形式之一
（1）甲烷具有较大的燃烧热()，是常见燃料。请写出甲烷燃烧的热化学反应方程式 。
（2）①工业上高纯硅可通过下列反应制取： 该反应的反应热 。
已知：
化学键 Si-Cl H-H H-Cl Si-Si
键能/ 360 436 431 176
②硅晶体结构与金刚石类似。题图-1所示立方体体心的“●”表示晶体中的一个Si原子，请在立方体的顶点用“●”表示出与之紧邻的所有硅原子。
（3）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“CaO-Al-”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图-2所示。
实验编号 反应物组成
a 0.20gCaO粉末、5.0mL
b 0.15gAl粉、5.0mL
c 0.15gAl粉、5.0mL饱和石灰水
d 0.15gAl粉、5.0mL石灰乳
e 0.15gAl粉、0.20gCaO粉末 5.0mL
已知：I.
II.
III.
①实验b中，的变化说明Al粉与在该条件下 (填“反应”或“不反应”)。
②实验c中，前3min的有变化，其原因是 ；3min后基本不变，其原因是 。
③实验d在10min内温度持续升高的原因是 。
④实验e中发生的总反应可表示为：，其 。
五组实验对比，e放热效果最好。
28．（2022高二上·赣州期中）武汉大学课题组报道了一种氯化镁循环法(MCC)，在常压下利用和合成氨。MCC法各步骤反应方程式如下：
①
②
③
④
⑤
（1）法合成氨反应的 (填“>”或“”)0。在该循环法中气态中间产物有 。
（2）已知几种化学键的键能如表所示。
化学键
键能 243 463 431 496
请根据表中数据计算 。
（3）向一恒容密闭容器内按充入反应物，发生反应，平衡体系中各物质的体积分数(φ)随温度的变化如图所示：
①M、N点对应的平衡常数 (填“>”、“<”或“=”)。
②点时的转化率为 (保留三位有效数字)%。
③点时的总压强为，为用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数(分压总压物质的量分数)，则温度下的平衡常数为 。
29．（2022高二上·浙江期中）
（1）I.完成下列问题。
标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质(g) O H HO
能量/ 249 218 39 0 -136 -242
（2）已知同一容器中发生 反应1：
反应2：
反应3：
在一定压强下，随着温度升高，气体中CO与的物质的量之比 (填“不变”、“增大”、“减小”)。
（3）II.工业上可利用生产甲醇，同时可减少温室气体二氧化碳，发生反应①：
当起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x（CH3OH），在t=250℃下的、在下的如图所示。当的平衡转化率为1/3时，反应条件可能是 。
（4）在某催化剂作用下，和除发生反应①外，还发生反应②： 。维持压强不变，按固定初始投料比将和按一定流速通过该催化剂，经相同时间测得实验数据：
T(K) 实际转化率(%) 甲醇选择性(%)
543 12.3 42.3
553 15.3 39.1
注：甲醇的选择性是指发生反应的中转化为甲醇的百分比。
表中数据说明，升高温度，的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是 。
（5）甲醇催化制取丙烯的过程中发生反应：，反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图所示，已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。
①该反应的活化能
②当使用更高效催化剂时，画出与的关系图 。
30．（2022高三上·赣州期中）氮的化合物在生产、生活中有广泛应用。
（1）已知几种共价键的键能数据如下表所示：
共价键
键能/ kJ mol-1 391 160 945 498 467
根据表格数据，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H= kJ mol-1。
（2）向一恒温恒容密闭容器中充入一定量N2O4和N2H4，发生反应： 2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H＜0。下列说法正确的是____(填标号)。
A．当气体平均摩尔质量不随时间变化时，达到平衡状态
B．平衡后，充入惰性气体，平衡向右移动
C．上述反应的正反应活化能大于逆反应活化能
（3）工业上，采用NH3还原NO法消除NO污染。一定条件下，向一恒容密闭容器中充入NH3和NO，在不同催化剂Catl、Cat2、Cat3作用下发生反应： 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H＜0。测得相同时间内NO的转化率随温度的变化如图1所示。
①a点时：v正(NO) (填“＞”、“＜”或“=”) v逆(NO)。
②bc段NO的转化率随温度升高而降低，可能的原因是 。(任答一点)
（4）工业上用天然气处理NO2，消除NO2的污染。发生的反应为CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)。在一定温度下，向一恒容密闭容器中充入1molCH4和2mol NO2，发生上述反应，起始时测得总压强为90kPa。N2的分压与时间的关系如图2所示。
①0～10min内NO2的分压变化速率为 kPa min-1。
②该温度下，平衡常数Kp= kPa。(提示：用气体分压计算的平衡常数为Kp，气体分压=总压×物质的量分数)
（5）工业上制备HCN的反应为CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g) △H＞0。速率方程为，( k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。
①其他条件不变，反应达到平衡后，NH3的转化率随着条件X的增大而增大，则X可能是 。(答一种即可)
②升高温度，k逆增大的倍数 k正增大的倍数(填“＞”、“＜”或“=”)
31．（2022高二上·联合期中）根据所学知识，回答下列问题。
（1）实验室中和热的测定过程中，玻璃搅拌器的正确操作是____(填字母)
A．顺时针搅拌 B．逆时针搅拌 C．上下移动
（2）中和热的测定，倒入NaOH溶液的正确操作是 (填字母)
a.沿玻璃棒缓慢倒入 b.分三次倒入 c.一次迅速倒入
（3）若中和热的测定实验过程中，内筒未加杯盖，求得的中和反应反应热 (填“偏大“偏小”或“无影响”)。
（4）向的溶液中分别加入下列物质：①浓硫酸；②稀硝酸；③稀醋酸。反应恰好完全，生成1mol水时的热效应分别为，则三者由大到小的顺序为 。
（5）已知：①
②
③
碳与水蒸气反应制氢气的总反应热化学方程式是 。
（6）图Ⅰ是和反应生成和过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，的变化是 ，(填“增大”、“减小”、“不变”，下同)。的变化是 。
32．（2022高三上·如皋期中）含碳化合物的转化利用是目前全球研究的热点。
（1）利用CO2生产甲醇是资源化利用CO2的一种有效途径。涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)
在恒压条件下，起始n(CO2)：n(H2)=1：3时，平衡时CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度变化如图-1所示。CH3OH的选择性=100%。
①已知键能总和：=2798。则= 。
②温度高于280℃时，曲线Y随温度的升高而升高的原因是 。
（2）一种铜分子筛催化甲烷制取甲醇的反应机理如图-2所示。请结合Cu元素的化合价变化描述转化Ⅰ的反应过程： 。
（3）一种捕获和转化CO的原理如图-3所示。在反应Ⅰ完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2和CH4混合气匀速通入装有CaCO3和催化剂的反应器，测得流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图-4所示。反应过程中检测到催化剂上有积碳，积碳反应为CH4=C+2H2。
①t时刻，CO气体流出速率为0的原因
②氢气的流出速率保持为CH4流入速率的2倍的原因
33．（2022高三上·临沂期中）乙烯是石油化工的基本原料之一，研究制备乙烯的原理具有重要的意义。回答下列问题：
（1）乙烯在催化剂作用下，由乙烷直接脱氢或氧化脱氢制备
I.C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1
II.2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g) △H2＜0
①已知键能：E(C－H)=413.4kJ mol-1，E(H－H)=436kJ mol-1，生成1mol碳碳π键放出的能量为267.3kJ，则△H1= kJ mol-1。
②一定温度下，通入p(C2H6)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，发生上述反应，测得各组分气体的分压随时间的变化关系如图所示。
0~2.5min内，O2的平均速率为 kPa min-1；反应一段时间后，C2H6和O2的消耗速率比小于2：1的原因为 。
③通过比较反应I、II的热效应，氧化脱氢法的优点为 。
（2）利用乙炔和氢气催化加成制备乙烯，发生如下反应
III.C2H2(g)+H2(g)C2H4(g) △H3＜0
IV. C2H2(g)+2H2(g)C2H6(g) △H4＜0
保持压强为20kPa条件下，按起始投料n(C2H2)：n(H2)=1：2，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应III和V，测得不同温度下C2H2和H2的转化率如图实线所示(图中虚线表示相同条件下平衡转化率随温度的变化)。
①表示C2H2转化率的曲线是 (填“m”或“n”)。
②温度高于T2时，曲线m、n几乎重合的原因是 。
③T1时，两种物质的转化率分别为0.75、0.5，反应IV的平衡常数Kp= kPa-2。
34．（2022高三上·滕州期中）、为重要化工原料，常用于合成重要化合物。
Ⅰ.以、为原料合成涉及的反应如下：
ⅰ
ⅱ
ⅲ
回答下列问题：
（1）为分压平衡常数，各反应的随的变化如图所示。
反应ⅲ的 ，其对应的曲线为 (填“a”或“c”)。
（2）在5MPa下，按照投料，平衡时，CO和在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图：
①图中代表的曲线为 (填“m”或“n”)。
②解释150~250℃范围内转化率随温度升高而降低的原因 。
③下列说法错误的是 (填字母)。
A．的平衡转化率始终低于的
B．温度越低，越有利于工业生产
C．加入选择性高的催化剂，可提高的平衡转化率
D.150-400℃范围内，温度升高，的平衡产量先减小后增大
④270℃时CO的分压为 ，反应ⅱ的平衡常数为 (列出算式)。
Ⅱ.超干重整得到的CO经偶联反应可制得(草酸)。
（3）在水溶液中、和物质的量分数与pH关系如图所示，则c点溶液 。
Ⅲ.利用电池(工作原理如下图所示)能有效地将转化成化工原料草酸铝
已知：电池的正极反应式：(草酸根)正极反应过程中，起催化作用，催化过程可表示为：①②……
（4）写出反应②的方程式 。
35．（2022高二上·丰台期中）研究大气中含氮化合物、含硫化合物的转化具有重要意义。
（1）汽车发动机工作时会引发和反应，其能量变化示意图如下(常温常压下测定)：
写出该反应的热化学方程式： 。
（2）土壤中的微生物可将大气中的经两步反应氧化成，两步反应的能量变化如图所示：
①第一步反应为 反应(填“放热”或“吸热”)，原因是 。
②写出第二步反应的热化学方程式 。
③结合两步反应过程，全部氧化成时的 。
36．（2022高二上·通州期中）利用含硫物质的热化学循环实现太阳能的转化与存储过程如下图所示。
反应I
反应Ⅲ
（1）反应I中反应物的总能量 (填“>”“<”或“=”)生成物的总能量。
（2）写出反应II的热化学方程式 。
（3）反应II在某一投料比时，两种压强下，在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示， (填“>”或“<”)，得出该结论的理由是 。
（4）关于以上转化过程叙述正确的是 。
a．上述循环过程中共涉及4种能量转化形式
b．用替代反应II中，反应焓变为，则
c．上述循环过程中物质转化的作用是传递能量
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】反应热和焓变；催化剂；卤代烃简介
【解析】【解答】A．由转化图可知，偶联反应中起催化作用的是M和CuI，故A不符合题意；
B．由转化关系可知，R＇C≡Ccu产生后又被消耗，为该催化过程的中间产物，故B不符合题意；
C．由流程可知，转化图中右侧存在反应R'C≡CH+CuI→R'C≡CCu+HI，故C不符合题意；
D．催化剂改变反应路径，不改变反应热，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】 A.根据反应原理即可判断
B.根据图示即可判断被消耗做的是中间产物
C.根据反应物和生成物即可写出方程式
D.根据图示反应路径发生改变，但是焓变与反应物和生成物有关
2．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；催化剂
【解析】【解答】A．总反应的 等于生成物的总能量减去反应物的总能量，故A不符合题意；
B．反应II的活化能比反应I的小，故反应速率更快，即反应I产生的C10H12很快被反应II消耗，故不会有大量中间产物C10H12积聚，B符合题意；
C．反应II的活化能比反应I的小，分步反应的总反应速率由反应慢的一步决定，即由反应I决定，故C不符合题意；
D．选择合适的催化剂能加快反应速率(本质是降低反应的活化能)，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】 A.反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量；
B.C10H12转化为C10H8反应较快，说明C10H12会快速消耗；
C.分步反应的总反应速率由反应慢的一步决定；
D.催化剂只能改变反应速率，不会改变反应热，催化剂的本质是降低反应的活化能。
3．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率
【解析】【解答】A．根据图示可知：反应物A和B的能量总和比生成物C的高，发生反应放出热量，故该反应为放热反应，△H=(a+c)-(d+b)，A不符合题意；
B．催化剂通过改变反应途径，降低反应的活化能来加快化学反应速率，但该反应的焓变不变，B不符合题意；
C．升高温度，物质的内能发生改变，故a、b、c、d的数值均会发生改变，C符合题意；
D．化学反应速率的快慢由反应速率慢的决定。反应的活化能越大，反应需消耗的能量就越高，反应就越难发生。根据上述图示可知反应①的活化能较大，故该反应速率的快慢主要由反应①决定，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据焓变=生成物的能量-生成物的能量即可判断
B.催化剂是降低活化能，焓变不变
C.升高温度物质的内能均改变
D.活化能越大，速率越慢
4．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．由图示可知，该反应的 ，故A不符合题意；
B．焓变只与反应体系的始态和终态有关，使用催化剂不能改变该反应的 ，故B不符合题意；
C．该反应放热，断键吸收总能量小于成键释放总能量，故C符合题意；
D．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，所以密度是恒量，容器中气体密度不变，反应不一定达到平衡状态，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据给出的图示即可判断反应是放热反应，同时可以计算出。催化剂只是改变活化能不能改变焓变，根据此反应气体的质量和体积均不变，气体的密度始终不变，结合选项进行判断即可
5．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．从图中可以看出，Ea1是活化分子所具有的平均能量与反应物分子平均能量的差值，所以Ea1是反应①的活化能，A不符合题意；
B．从图中可以看出， 的能量低于 和 的能量之和，但不能确定 的能量一定低于 的能量，B符合题意；
C．由图中信息可以得出，Y(g)+2W(g) Z(g)+3W(g)△H=+(Ea3-Ea4)kJ mol-1，所以Y(g) Z(g)+W(g)△H=(Ea3-Ea4)kJ mol-1，C不符合题意；
D．从图中可以看出，反应②的活化能比反应①小，所以反应②更容易发生，反应①生成的Y(g)很容易发生转化，所以气体Y很难大量累积，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示即可判断其未分子活化能
B.无法比较X和Y的能量高低
C.根据图示即可写出热化学方程式
D.②的活化能低速率快，Y作为中间产物消耗速率大于生成速率
6．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学反应的可逆性
【解析】【解答】A．由于产物的能量相同，是放热反应，ⅱ是吸热反应，说明反应物含有的ⅰ中的高。因此ⅰ中碘为气态，ⅱ中碘为固态，A符合题意；
B．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。由于反应(ⅰ)的产物与反应(ⅱ)的产物状态相同，因此稳定性相同，B不符合题意；
C.1 mol I2(g)中通入1 mol H2(g)，发生反应，由于该反应是可逆反应，物质不能完全转化，所以放热小于9.48 kJ ，C不符合题意；
D.1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差26.48 kJ +9.48 kJ =35.96kJ，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】固态碘吸收热量变为气态碘，根据
(ⅰ)I2( 1)＋H2(g) 2HI(g)＋9.48 kJ (ⅱ)I2( )＋H2(g) 2HI(g)－26.48 kJ，可以判断i碘为气态，ii中碘为固态，能量越低越稳定。
7．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量。水分子的结构式为H-O-H，每个水分子含2个 H-O 键。设O-O键的键能为x ，根据 可得：断键时吸收能量为436×2+x，成键时放出能量为463×4，可建立方程：
463×4 -（436×2+x）=482，计算得出x=498。
表示O原子结合生成氧分子，是成键的过程，放出能量。每个O2中含1个O-O键，
故答案为：C。
【分析】根据焓变=反应物的键能-反应物键能即可计算
8．【答案】D
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．由于B的状态未标出，若B为纯液体或固体，则加入少量B，平衡不移动，若B为气体，则加入少量B，生成物的浓度增大，平衡就会逆向移动，故A不符合题意；
B．达到平衡的标志之一是同一物质的正逆反应速率相等，而化学反应速率之比等于化学计量数之比，即 都表示正反应方向的速率，不能表示反应达到平衡状态，故B不符合题意；
C．若开始时向容器中加入1 A，由于反应为可逆反应，1molA不会完全反应，故达到平衡时吸收热量小于Q，故C不符合题意；
D．缩小容器体积，重新达到平衡时，温度不变，K不变，若B为固体、纯液体，K=c(C)，K不变， 的浓度不变，若B为气体，K=c(C)c(B)，由于c(C)和c(B)始终相等，故K=c(C)2，温度不变，K不变， 的浓度与原平衡浓度相等，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图示可以得到正反应是吸热反应。
A.B的状态不确定，因此不能说明加入B反应移动的方向
B.达到平衡的盘算标准是正逆速率相等
C.可逆反应，反应不完全
D.温度不变，平衡常数不变，可据此计算
9．【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；反应热和焓变；化学反应速率
【解析】【解答】A．该反应为可逆反应，反应物不能全部转化为生成物，1mol CO2 (g)和3mol H2 (g)混合后反应，放出的热量小于Q kJ，故A不符合题意；
B．若催化剂参与反应，则可以改变反应途径，降低反应的活化能，加快反应速率，缩短达到平衡的时间，故B符合题意；
C．由水蒸气变为液态水会放出热量，所以当生成的水为液态时，Q值增大，故C不符合题意；
D．催化剂不能改变反应物和生成物的总能量，使用催化剂，不影响反应的热效应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据图示，焓变=生成物的能量-反应物的能量即可判断反应为放热，可逆反应，按照比例进行反应，由于可逆反应，但是不能完全反应，催化剂X和Y均能使活化能降低，Y的催化效果要优于X，催化剂的使用不改变和焓变，使用催化剂可以提高速率，缩短反应的时间。气态水向液态水转换时需要释放能量，当直接转为液态水时，释放能量更多。
10．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，选项A不符合题意；
B．E1表示反应物的活化能，E2表示生成物的活化能，该反应的反应热为E2-E1，选项B不符合题意；
C．催化剂能降低反应所需活化能，但不影响焓变，所以加入催化剂可同等程度的降低E1、E2，但△H不变，选项C符合题意；
D．I2由固态转化为气态需要吸热，若I2为气态，则该反应热大于E2-E1，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据焓变=生成物的能量-反应物的能量，即可判断为吸热反应，即可求出反应热，加入催化剂时，降低了活化能，E1和E2均降低，但是焓变不变，固态变为气态需要吸热，根据盖斯定律即可判断焓变的大小
11．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】A、反应①放热，②吸热源于碘单质的状态不同，固态变为气态需要吸收能量，故①中的I2为气态，②中的I2为固态，不符合题意；
B、生成物的能量相等，①放热，故②的反应物总能量比①的反应物总能量低，符合题意；
C、产物的稳定性形同，不符合题意；
D、1mol 固态碘升华时将吸热为26.48+9.48=35.96kJ，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】固体到气体需要吸收能量，而①是吸热，②是放热，因此①中的碘是气态，②中的碘是固体。固态的的碘能量低于气态的碘能量，因此固态碘稳定，可以根据盖斯定律计算出气态碘到固态碘的转化的焓变
12．【答案】D
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A． H2O2分解反应为： ，则 v(H2O2)=2v(O2)，故A不符合题意；
B． 根据曲线变化，反应物的总能量高于产物的总能量，属于放热反应，该反应的ΔH<0，故B不符合题意；
C． 步骤①的活化能高于步骤②，则步骤①的反应速率决定整个过程的反应速率，则增大Fe3+的浓度能够加快增大步骤①反应速率，加快整个过程的反应速率，故C不符合题意；
D．该反应为放热反应，无论是否使用催化剂，正反应的活化能都比逆反应小，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据化学计量系数之比等于速率之比
B.根据图示焓变=生成物的能量-反应物的能量
C.催化剂的量可以加速反应的速率
D.逆活化能=正活化能+焓变的数值，因此与催化剂无关，逆活化能大于正活化能
13．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；化学反应速率
【解析】【解答】A．据图可知中间体C生成B的活化能更高，反应速率应更慢，A不符合题意；
B．据图可知生成1，3-丁二烯的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡转化率减小，B不符合题意；
C．Ea是第二步反应中1，2-加成反应的活化能，Eb是第二步反应中1，4-加成反应的活化能，Eb-Ea是只是两种活化能的差值，图中数据不能计算该加成反应的反应热，C不符合题意；
D．据图可知第一步反应的活化能更大，反应速率更慢，整体反应速率取决于慢反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据图示活化能越高速率越慢
B.根据焓变=生成物的能量-反应物的能量，结合温度变化进行判断
C.根据图示焓变=生成物的能量-反应物的能量，未给出数据
D.活化能越高速率越慢，活化能高的决定着速率
14．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；催化剂
【解析】【解答】A．根据以上分析，P为CH3COOH，生活中常用醋酸除水垢，故A不符合题意；
B．催化剂能改变反应速率，但不能改变反应的焓变，故B符合题意；
C．根据图示，①的总能量高于②的总能量，CH4和CO2转化为CH3COOH是一个放热反应，故C不符合题意；
D．该反应是将CH4和CO2等温室效应气体转化为CH3COOH，所以发生的反应有利于治理温室效应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图可知，CH4和CO2在催化剂的条件下反应生成CH3COOH，反应经过由①到过渡态和由过渡态再到②两个过程，且①的总能量高于②的总能量，总反应为CH4+CO2 CH3COOH，即M为CH4，N为CO2，P为CH3COOH，据此分析解答。
15．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】根据反应的反应热与物质键能之间的关系，可进行如下计算：该反应4NH3(g)＋6NO(g) 5N2(g)＋6H2O(g)的反应热 =12E(N-H)+6E(N=O)-5E(N≡N)-12E(H-O)=12×391 kJ/mol+6×607 kJ/mol-5×946 kJ/mol-12×464 kJ/ mol=-1964 kJ/ mol，
故答案为：A。
【分析】根据即可计算出
16．【答案】B,C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】A．根据化学反应的实质，由X→Y反应的△H=E3﹣E2，故A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△H＜0，故B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，故C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，故D错误．
故选BC．
【分析】由图象可知2X（g）≒3Y（g）为吸热反应，而2X（g）≒2Z（g）为放热反应，反应热等于反应物的总能量﹣生成物的总能量，结合温度、压强对平衡移动的影响解答该题．本题考查了化学反应中能量的变化图，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握图象的分析，注意根据反应物的总能量与生成物的总能量进行比较，题目较简单．
17．【答案】C,D
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；电解原理
【解析】【解答】解：A．加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是因为构成原电池加快反应速率，故A错误；
B．可能生成AgCl沉淀，应先加入盐酸，再加入氯化钡检验，故B错误；
C．电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，如Zn等，则阳极质量的减少多于阴极质量的增加，故C正确；
D．因△S＜0，如能自发进行，应满足△H﹣T △S＜0，则△H＜0，故D正确．
故选CD．
【分析】A．加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是因为构成原电池加快反应速率；
B．可能生成AgCl沉淀；
C．电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子；
D．如能自发进行，应满足△H﹣T △S＜0．
18．【答案】A,C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A．加入催化剂，可降低反应的活化能，图象符合，故A正确；
B．t1℃时A、B的饱和溶液质量分数相等，升高温度，溶解度增大，但质量分数不变，则溶质的质量分数B=A，故B错误；
C．开始时反应放热温度升高，则反应速率加快，随着反应进行浓度减小，则速率减小，故C正确；
D．碳酸钠先和盐酸反应生成碳酸氢钠，如分别为NaOH、Na2CO31mol，则生成气体时消耗2molHCl，最后生成1mol二氧化碳，则图象中生成二氧化碳前后消耗的盐酸体积比为2：1，故D错误．
故选AC．
【分析】A．加入催化剂，可降低反应的活化能；
B．t1℃时A、B的饱和溶液质量分数相等，升高温度，溶解度增大，但质量分数不变；
C．根据温度和浓度对速率的影响分析；
D．碳酸钠先和盐酸反应生成碳酸氢钠，如分别为NaOH、Na2CO31mol，则生成气体时消耗2molHCl，最后生成1mol二氧化碳．
19．【答案】B,D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A．H2（g）+Cl2（g）=2HCl （g）△H=﹣a kJ/mol，为放热反应，则破坏旧化学键吸收的能量比形成新化学键释放的能量少，故A错误；
B.2MnO（s）+O2（g）═2MnO2（s）的△S＜0，△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，该反应在低温下能自发进行，则其△H＜0，故B正确；
C．氯水中含HClO，具有漂白性，不能利用试纸测定氯水的pH，应选pH计，故C错误；
D．水面下的部分腐蚀，钢铁与海水构成原电池，易发生电化学腐蚀，故D正确；
故选BD．
【分析】A．焓变等于断键吸收的能量减去成键释放的能量；
B．△H﹣T△S＜0的反应可自发进行；
C．氯水中含HClO，具有漂白性；
D．水面下的部分腐蚀，钢铁与海水构成原电池．
20．【答案】C,D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，H2的燃烧热为 ×571.6 KJ/mol，故A错误；
B、反应过程中除了氢离子和氢氧根离子反应放热，硫酸钡沉淀的生成也伴随有沉淀热的变化，故B错误；
C、2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ mol﹣1，1g氢气燃烧放热 ×571.6kJ=142.9kJ，2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ mol﹣1，1g甲醇燃烧放热 ×1452kJ=22.7kJ，同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多，故C正确；
D、①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ mol﹣1，②2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1 452kJ mol﹣1，根据盖斯定律 ×①﹣ ×②得到：3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=+131.4 kJ mol﹣1，故D正确．
故选CD．
【分析】A、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量；
B、中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量，依据概念对选项分析判断；
C、根据反应热和化学方程式系数的关系来回答；
D、根据盖斯定律计算反应的焓变．
21．【答案】B,C
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．能量变化最大的过程为①，①过程为氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，不是N≡N的断裂过程，故A不符合题意；
B．①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行；过程④为Ti H Fe ﹡N到Ti H ﹡N Fe两种过渡态的转化，⑤表示脱离催化剂表面生成化学键的过程，④⑤在低温区进行是为了增加平衡产率，故B符合题意；
C．由题中图示可知，过程④完成了Ti H Fe ﹡N到Ti H ﹡N Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti H区域传递；故C符合题意；
D．催化剂能改变化学反应速率，但不能改变反应的焓变；故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.根据能量的变化趋势即可判断出键的断裂
B.根据键的断裂需要吸收能量，一般处于高温区，键的形成一般处于低温区
C.根据图示即可判断出原子的传递
D.根据合成氨的流程即可判断出合成氨是放热
22．【答案】A,C
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．由图示可知，当其他条件相同时，温度在T1时比温度在T2时后达到平衡，且T1时甲醇的含量高于T2时的含量，则升高温度平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应，△H<0，故选A；
B．由A分析可知该反应为放热反应，处于A点的反应体系从T1变到T2，则平衡逆向移动，又由于平常数只与温度有关，所以处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时化学平衡常数减小，故B错；
C．在化学反应中由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，由图示可知 ，所以 ，则 ，T2时，反应达到平衡时消耗H2的平均反应速率v(H2)= mol·L-1·min-1，故选C；
D．由“三段式” 可知T2时，该反应的化学平衡常数为 ，故D错。
故答案为：AC
【分析】A.根据速率的大小判断出温度高低，结合甲醇的量与温度的关系即可判断焓变
B.根据热效应即可判断
C.根据T2时，给出的数据结合三行式即可计算
D.根据温度结合数据即可计算出常数
23．【答案】A,C
【知识点】铜的电解精炼；反应热和焓变；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A ．电解法精炼铜以粗铜做阳极，失去电子变为 Cu2+，然后移向阴极得到电子变为 Cu，A符合题意；
B ．电池放电一定有部分化学能转化为热能散失，不能完全转化为电能，B不符合题意；
C ．Na2O2 与水反应为歧化反应，生成 1 mol O2，转移电子 2 mol，C符合题意；
D．该反应常温下自发进行，△S＜0，△G=△H-T△S＜0，则△H 必须小于 0，D不符合题意；
故答案为： AC。
【分析】A.电解精炼铜时，电解粗铜得到纯铜
B.氢氧燃料电池是将化学能转化为电能和其他形式的能量
C.根据方程式即可计算出转移的电子数
D.根据△G=△H-T△S即可判断
24．【答案】B,C
【知识点】反应热和焓变；离子浓度大小的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.向氨水中不断通入CO2，随着CO2的增加， 逐渐增大，而氨水的Kb= 不变，则 的值减小，故A不符合题意；
B.醋酸为弱酸，等pH时，醋酸浓度大，分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更小，故B符合题意；
C.该反应中△S<0，反应能自发进行，则△G=△H T△S<0，则△H<0，故C符合题意；
D.温度和压强未知无法计算N2O的物质的量，则无法计算转移电子数，故D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】A.根据氨水的电离式即可判断
B.根据醋酸钠水解呈碱性即可判断
C.根据△G=△H T△S<0即可判断
D.使用摩尔体积时需要考虑物质的状态和条件
25．【答案】A,B
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A、氯化铵与氢氧化钡反应，不需要任何条件，反应吸热，吸热反应不一定需要加热才能发生，故A正确；
B．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，CO（g）+ O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ/mol，因此2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）的反应热为△H=+2×283.0kJ/mol，故B正确；
C．H2SO4和Ca（OH）2反应生成硫酸钙沉淀，不仅仅生成水，放出更多的热量，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H＜2×（﹣57.3）kJ/mol，故C错误；
D．甲烷的燃烧热应是1 mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量，故D错误．
故选AB．
【分析】A．反应吸热还是放热与反应条件无关，决定于反应物和生成物能量的相对高低，据此分析；
B．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，据此分析热化学方程式正误；
C．H2SO4和Ca（OH）2反应生成硫酸钙沉淀，不仅仅生成水；
D．甲烷的燃烧热应生成液态水．
26．【答案】（1）亚氯酸钠
（2）2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+；提高；减小；大于；二氧化硫的还原性强于NO
（3）减小；
（4）生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行；△ H1+△ H2=△ H3
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）NaClO2的化学名称为亚氯酸钠，故答案为：亚氯酸钠；
（2）①亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高，故答案为：2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+；提高；
②根据反应的方程式2H2O+ClO2﹣+2SO2=2SO42﹣+Cl﹣+4H+ 2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大，吸收剂溶液的pH逐渐降低，故答案为：减小；
③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率．原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化，故答案为：大于；二氧化硫的还原性强于NO；
（3）①有图分析可知，反应温度升高，氧气和NO的平衡分压负对数减小，这说明反应向逆反应方向进行，因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小，故答案为：减小；
②根据反应的方程式ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣可知平衡常数K表达式 ，故答案为： ；
（4）①如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，所以Ca（ClO）2效果好，故答案为：生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行；
②已知SO2（g）+2OH﹣（aq）═SO32﹣（aq）+H2O（l）△H1
ClO﹣（aq）+SO32﹣（aq）═SO42﹣（aq）+Cl﹣（aq）△H2
CaSO4（s）═Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）△H3
则根据盖斯定律可知①+②﹣③即得到反应SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO﹣（aq）+2OH﹣（aq）═CaSO4（s）+H2O（l）+Cl﹣（aq）
，故答案为：△H1+△H2=△H3．
【分析】本题考查的知识点有氧化还原反应、盖斯定律、外界条件对反应速率和平衡状态的影响等，要求学生掌握基本概念，结合生活实际分析问题、解决问题，方程式的书写要遵循相关守恒，题目难度中等．
27．【答案】（1）
（2）236；
（3）不反应；Al和溶液中的OH-发生了反应；饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量比较少；实验d中，发生反应II和III，反应III中有气体生成，气体的逸出促使反应III向右进行，反应III的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应II平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。；
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；热化学方程式；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）甲烷具有较大的燃烧热()，甲烷燃烧热的热化学方程式为；
（2）根据=反应物的键能之和-生成物的键能之和，可知该反应；
②硅晶体结构与金刚石类似。每一个硅原子与四个硅原子相连形成正四面体结构，在立方体的顶点用“●”表示出与之紧邻的所有硅原子如图所示；
（3）①实验b中没有变化，说明说明Al粉与在该条件下不反应；
②实验c中，前3 min的有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3 min后基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量比较少。
③实验d中，发生反应II和III，反应III中有气体生成，气体的逸出促使反应III向右进行，反应III的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应II平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；
④根据盖斯定律可得，故；
【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
（2）①根据=反应物的键能之和-生成物的键能之和计算；
②每一个硅原子与四个硅原子相连形成正四面体结构；
（3）①实验b中没有变化；
②Al和溶液中的OH-发生反应使温度发生变化；
③实验d中的两步反应均为放热反应；
④根据盖斯定律计算。
28．【答案】（1）；、
（2）+118
（3）<；33.3；1.6
【知识点】反应热和焓变；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）MCC法合成氨反应为气体分子数减小的反应，<0；根据MCC法5个步骤过程，可判断在该循环法中气态中间产物有Cl2、HCl；
（2）反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，2×243+4×463-4×431-496=+118；
（3）①由(2)中计算可知该反应为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，所以M、N点对应的平衡常数＜。
②设起始时和的物质的量分别为amol和2amol，生成的物质的量为nmol，列三段式如下：
点时与的含量相等，，，的转化率为。
③点时设生成的物质的量为，列三段式如下：
点时和的含量相等，，mol，此时、、、的物质的量分别为、、、。各物质分压分别为、、、，代入平衡常数表达式得。
【分析】（1）该反应气体的体积减小，则ΔS<0；
（2）ΔH=反应物的键能和-生成物的键能和；
（3）的起始物质的量比多，平衡后的物质的量比多，产物中的物质的量比多，故曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表、、、的变化曲线；平衡常数只与温度有关，升温该反应的平衡正向移动，列出反应的三段式计算平衡常数。
29．【答案】（1）-143
（2）增大
（3），210℃、，250℃
（4）升高温度，反应①②的反应速率均加快，但反应②的反应速率变化更大
（5）13.2；(当使用更高效催化剂时，相同温度下，活化能减小，增大，曲线斜率变小)
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1） 生成物的能量之和-反应物的能量之和=-136-（-242+249）=-143；
（2）温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应Ⅱ焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大；
（3）根据题目所给条件，假设加入1molCO2，3molH2，容器容积假设为1L，列出三段式：
则甲醇的物质的量分数x（CH3OH）==0.1，因为该反应放热，则温度升高x（CH3OH）减小，则b曲线为压强5×105Pa下，x（CH3OH）随温度的变化曲线，该反应正向气体体积减小，则增大压强，平衡正向移动，x（CH3OH）增大，则a曲线为定温250℃时，x（CH3OH）随压强的变化曲线，则x（CH3OH）=0.1时对应有两种情况，，210℃或，250℃；
（4）反应①正向是放热反应，反应②正向是吸热反应，故升高温度，不利于甲醇的生成，但是利于CO的生成，所以升高温度，反应①②的反应速率均加快，但反应②的反应速率变化更大；
（5）①将图中两点代入计算公式得①9.4=-3.0Ea+C，②2.8=-3.5Ea+C，联立①②解得Ea=13.2kJ mol-1；
②更换更高效催化剂，活化能更小，相同温度下，值更小，故Rlnk更大，即曲线的斜率变小，绘图如下：(当使用更高效催化剂时，相同温度下，活化能Ea减小， Rlnk增大，曲线斜率变小)。
【分析】（1） 生成物的能量之和-反应物的能量之和；
（2）根据影响化学平衡移动的因素分析；
（3）利用“三段式”法计算；依据图像选择反应条件；
（4）依据影响反应速率的因素分析；
（5）①利用代入法， 由Arrhenius经验公式 计算；
②催化剂可降低活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动。
30．【答案】（1）-591
（2）A
（3）＞；该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动(或升高温度，催化剂活性降低等合理答案)
（4）1.0；1.25
（5）增大CH4的浓度(或升高温度等合理答案)；＜
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据表格数据，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=(160+391×4+498-945-467×4) kJ mol-1=-591kJ mol-1。答案为：-591；
（2）A．反应前后气体的质量不变，物质的量不断发生改变，平均相对分子质量不断发生改变，当气体平均摩尔质量不随时间变化时，反应达平衡状态，A正确；
B．平衡后，充入惰性气体，反应物和生成物的浓度都不发生改变，则平衡不移动，B不正确；
C．上述反应为放热反应，则正反应活化能小于逆反应活化能，C不正确；
故答案为：A。答案为：A；
（3）①a点后，随温度升高，NO的转化率增大，则表明反应继续正向进行，所以a点时：v正(NO)＞v逆(NO)。
②从图中可以看出，b点时，不同催化剂作用下NO的转化率相同，则表明b点反应达平衡状态，该反应的△H＜0，升高温度平衡逆向移动，bc段NO的转化率随温度升高而降低，可能的原因是：该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动(或升高温度，催化剂活性降低等合理答案)。答案为：＞；该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动(或升高温度，催化剂活性降低等合理答案)；
（4）①从图中可以看出，10min时N2的分压为10 kPa，则CH4的分压变为10 kPa，CH4的分压变化速率为=1.0kPa min-1。
②该温度下，N2的分压为10 kPa，H2O(g)的分压为20 kPa，CO2的分压为10 kPa，因为CH4、NO2的起始投入量之比为1：2，等于化学计量数之比，则平衡时，CH4的分压为20 kPa，NO2的分压为40 kPa，平衡常数Kp==1.25kPa。答案为：1.0；1.25；
（5）①因为反应CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)为吸热反应，升高温度、增大CH4浓度都可使平衡正向移动，且NH3的转化率增大，所以其他条件不变，反应达到平衡后，NH3的转化率随着条件X的增大而增大，则X可能是增大CH4的浓度(或升高温度等合理答案)。
②升高温度，平衡正向移动，v正＞v逆，则k逆增大的倍数＜k正增大的倍数。答案为：增大CH4的浓度(或升高温度等合理答案)；＜。
【分析】（1）利用△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算；
（2）A．利用“变者不变即平衡”；
B．依据化学平衡移动原理分析；
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；
（3）①根据影响化学平衡移动的因素分析；
②依据图像变化，由①分析判断；
（4）①利用分压变化速率计算公式计算；
②利用“三段式”法计算；
（5）根据影响化学平衡移动的因素分析。
31．【答案】（1）C
（2）c
（3）偏大
（4）
（5）
（6）减小；不变
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；催化剂；中和热的测定
【解析】【解答】（1）玻璃搅拌器的正确操作是上下移动，使酸液和碱液混合完全，
故答案为：C；
（2）中和热的测定中，必须尽量减少热量散失，所以倒入氢氧化钠溶液时，必须一次并且迅速倒入烧杯中，故答案为：c；
（3）简易量热计如果不盖杯盖，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，偏大，故答案为：偏大；
（4）中和反应为放热反应，焓变为负，浓硫酸稀释放热，醋酸电离吸热，则，故答案为：；
（5）结合盖斯定律可知，①+②+③得到C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)△H=(+19.3kJ mol-1)+(-57.2kJ mol-1)+(+172.4kJ mol-1)=+134.5kJ mol-1，故答案为：；
（6）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小；催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，故答案为：减小；不变。
【分析】（1）测定中和热时，玻璃搅拌器上下移动；
（2）为了减少热量损失，应一次性迅速倒入NaOH溶液；
（3）内筒未加杯盖，会导致热量损失；
（4）浓硫酸溶于水放热，稀醋酸电离吸热；
（5）根据盖斯定律计算；
（6）催化剂能降低反应的活化能，但不影响反应热。
32．【答案】（1）2847；曲线 Y 表示 CO2 的平衡转化率，反应Ⅰ的ΔH＜0，反应Ⅱ的ΔH＞0，280℃后，温度越高，CO2 转化为 CO 的平衡转化率越大，CO2 转化为 CH3OH 的平衡转化率越小，反应Ⅱ的上升幅度超过反应Ⅰ的下降幅度，故当温度高于280℃时，曲线Y随温度的升高而升高
（2）甲烷失去电子，结合 O 原子生成 CH3OH，Cu得到电子，由＋2 价变为＋1价，O原子失去后催化剂中形成氧空位
（3）催化剂表面被积碳覆盖，转化Ⅱ反应不再发生；0~t 时，CH4 分别发生反应 和 CH4=C+2H2C，两个反应中， H2 的生成速率均是 CH4 消耗速率的 2 倍，因为这段时间CH4 完全反应，则 H2 的流出速率保持为 CH4 流入速率的 2 倍。
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)
的可得关系式：=-=-49，可得=2847；曲线 Y的曲线随温度的升高，先减小后增大的趋势，可知反曲线 Y 表示 CO2 的平衡转化率，反应Ⅰ的ΔH＜0，反应Ⅱ的ΔH＞0，280℃后，温度越高，CO2 转化为 CO 的平衡转化率越大，CO2 转化为 CH3OH 的平衡转化率越小，反应Ⅱ的上升幅度超过反应Ⅰ的下降幅度。
（2）由图像分析可得，甲烷失去电子，结合 O 原子生成 CH3OH，Cu得到电子，由＋2 价变为＋1价，O原子失去后催化剂中形成氧空位。故答案为：甲烷失去电子，结合 O 原子生成 CH3OH，Cu得到电子，由＋2 价变为＋1价，O原子失去后催化剂中形成氧空位；
（3）随着反应的进程，催化剂表面被积碳覆盖，转化Ⅱ反应不再发生；0~t 时，CH4 分别发生反应 和 CH4=C+2H2C，两个反应中， H2 的生成速率均是 CH4 消耗速率的 2 倍，因为这段时间CH4 完全反应，则 H2 的流出速率保持为 CH4 流入速率的 2 倍。故答案为：催化剂表面被积碳覆盖，转化Ⅱ反应不再发生；0~t 时，CH4 分别发生反应 和 CH4=C+2H2C，两个反应中， H2 的生成速率均是 CH4 消耗速率的 2 倍，因为这段时间CH4 完全反应，则 H2 的流出速率保持为 CH4 流入速率的 2 倍。
【分析】（1）①根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能计算；
②曲线 Y 表示 CO2 的平衡转化率，反应Ⅰ的ΔH＜0，反应Ⅱ的ΔH＞0，280℃后，温度越高，CO2 转化为 CO 的平衡转化率越大，CO2 转化为 CH3OH 的平衡转化率越小，反应Ⅱ的上升幅度超过反应Ⅰ的下降幅度，故当温度高于280℃时，曲线Y随温度的升高而升高；
（2）转化Ⅰ为甲烷失去电子，结合 O 原子生成 CH3OH，Cu得到电子，由＋2 价变为＋1价，O原子失去后催化剂中形成氧空位；
（3）①随着反应的进程，催化剂表面被积碳覆盖；
②0~t 时，CH4 分别发生反应 和 CH4=C+2H2C，两个反应中， H2 的生成速率均是 CH4 消耗速率的 2 倍，因为这段时间CH4 完全反应，则 H2 的流出速率保持为 CH4 流入速率的 2 倍。
33．【答案】（1）+123.5；1.6；反应I 生成的氢气与氧气反应生成了水蒸气；得到乙烯的同时也获得了热能
（2）m；温度高于T2时反应III生成的乙烯和氢气反应生成了乙烷，所以两者的转化率是相同的；0.01
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①ΔH=反应物总键能-生成物总键能，由题可知，反应Ⅰ中每断裂2mol C-H键，会形成1mol碳碳π键和1mol H-H键，故2×413.4kJ·mol-1-267.3 kJ/mol -436kJ/mol=+123.5kJ·mol-1，解得△H1=+123.5kJ·mol-1，故答案为：+123.5；
②由图可知初始状态p(O2)=5 kPa，2.5min时p(O2)=1 kPa，答案：1.6；
③两个反应均发生时C2H6和O2的消耗速率比大于2：1，反应一段时间后由图可知水蒸气的分压增长很快，是氢气和氧气生成水蒸气，导致比值减小，答案： 反应I 生成的氢气与氧气反应生成了水蒸气；
④氧化脱氢法在得到目标产物的同时也获得了热能，一举两得，答案：得到乙烯的同时也获得了热能；
（2）①如果只发生反应IV，则两者转化率相同，反应III发生就会降低氢气的转化率，所以两者同时进行时氢气转化率小于乙炔转化率，表示C2H2转化率的曲线是m，答案：m；
②温度高于T2时反应III生成的乙烯和氢气反应生成了乙烷，所以两者的转化率是相同的；
③起始投料n(C2H2)：n(H2)=1：2，假设n(C2H2)=1mol、n(H2)= 2mol，根据T1时，两种物质的转化率分别为0.75、0.5，两者转化量相差0.25mol，若只发生反应III两者消耗量相同，
由以上得到：得到平衡时n(C2H6)=0.25mol、n(C2H2)=0.25mol、n(H2)= 1mol，根据碳元素守恒n(C2H4)=0.5mol， 。
【分析】难点分析：（1）①利用反应总键能减去生成物总键能，即可得到反应焓变，注意焓变的“+”和“-”；②计算压强表示反应速率，即压强变化量除去除以时间即可。③反应I获得乙烯同时也可以获得热量。
（2）有分析可知，只发生反应IV，乙炔和氢气起始的投料之比为1：2，与反应系数之比相同，二者转化率相同，若发反应III，则以下的转化率会降低，所以乙炔转化率大于氢气，②温度高于T2时，曲线m、n几乎重合 ，说明生成的乙烯又和氢气反应生成乙烷；③根据转化率，算出平衡时的物质的量，算出分压，从而计算压强平衡常数。
34．【答案】（1）-90；a
（2）m；150~250℃范围内随着温度升高反应ⅰ逆向移动的程度大于反应ⅱ正向移动的程度；BC；；
（3）2.7
（4）
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，ⅰ-ⅱ得反应ⅲ：；反应ⅰ和ⅲ为放热反应，随增大，也就是随着温度的降低，平衡正向移动，平衡常数变大，反应ⅱ平衡常数减小，故反应ⅱ对应c，Kp2=，故降低温度，应减小，则反应ⅲ对应的曲线为a；
（2）①反应ⅰ、ⅲ均为放热反应，随着温度升高平衡逆向移动，甲醇的含量会一直下降，而反应ⅲ中一氧化碳含量增加，且ⅱ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，一氧化碳的含量也会增加，结合图像可知：图中代表的曲线为m、代表CO的曲线为n；
②反应ⅰ为放热反应、ⅱ为吸热反应；150~250℃范围内随着温度升高反应ⅰ逆向移动的程度大于反应ⅱ正向移动的程度，导致转化率随温度升高而降低；
③A．按照投料，投料比等于反应ⅰ的系数比，两者的转化率相同，由于还会发生反应ⅱ，导致二氧化碳的转化率高于氢气，故只要有反应ⅱ发生，就会导致H2的平衡转化率始终低于的，A正确；
B．温度越低，越有利于平衡向生成甲醇的方向移动，但是工业生产中需要一定的温度加快反应速率提高的单位时间产率，故不是温度越低越好，B不正确；
C．加入选择性高的催化剂，可提高的平衡转化速率，但是不会改变物质的平衡转化率，C不正确；
D．由图像可知，150-400℃范围内，温度升高，二氧化碳的转化率先降低后升高，根据二氧化碳的转化率可知，的平衡产量先减小后增大，D正确；
故答案为：BC；
④270℃时，在5MPa下，按照投料，设二氧化碳、氢气分别为1mol、3mol，由图可知，此时CO和的分数相同，二氧化碳转化率为24%；
则，a=0.12mol，则反应后二氧化碳、氢气、甲醇、一氧化碳、水的物质的量分别为0.76mol、2.52mol、0.12mol、0.12mol、0.24mol，总的物质的量为3.76mol，反应后总压强为，CO的分压为，反应ⅱ为的平衡常数为；
（3）随着pH增加，物质的量分数减小、物质的量分数先增加后减小、物质的量分数一直增加，ab点说明的电离常数Ka1=10-1.2、Ka2=10-4.2，c点，则Ka1×Ka2=，故，pH=2.7；
（4）)正极反应过程中，起催化作用，所以在反应②中二氧化碳和又会生成氧气，反应为。
【分析】（1）找到 各反应的随的 关系即可确定曲线，反应ⅰ和ⅲ为放热反应，横坐标越大，代表温度越低，衡正向移动，平衡常数变大，反应ⅱ平衡常数减小，Kp2等于反应ⅰ和ⅲ的Kp的比值，说明a曲线为ⅲ的关系曲线。
（2）平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等
（3）解答新型化学电源的步骤：(1)判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。(2)确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。(3)充电电池→放电时为原电池→失去电子的一极为负极。(4)电极反应→根据电荷守恒、原子守恒配平电极方程式。
35．【答案】（1）N2（g）+O2(g) = 2NO(g) +183kJ/mol
（2）放热；反应物能量高于生成物能量； ；
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】（1）反应物键能之和-生成物键能之和=（945+498-2630）kJ/mol =+183kJ/mol，故该反应的热化学方程式为：N2（g）+O2(g) = 2NO(g) +183kJ/mol；
（2）第一步反应中反应物能量高于生成物能量，该反应为放热反应；第二步反应的热化学方程式为 ；结合两步反应过程，全部氧化成时总反应为 。
【分析】（1）反应物键能之和-生成物键能之和；
（2）根据盖斯定律计算；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。
36．【答案】（1）<
（2）3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l) +S(s) ΔH2=-255kJ/mol
（3）>；反应II是气体体积减小、体系总物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡右移，H2SO4的物质的量分数增大
（4）ac
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）由方程式可知，反应I是反应为总能量小于生成物总能量的吸热反应，故答案为：<；
（2）由盖斯定律可知，反应I+反应Ⅲ可得反应II的逆反应2H2SO4(l) +S(s)= 3SO2(g)+2H2O(g)，则反应ΔH=(+551kJ/mol)+(-296kJ/mol)=+ 255kJ/mol，所以反应II的热化学方程式为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l) +S(s) ΔH2=-255kJ/mol，故答案为：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l) +S(s) ΔH2=-255kJ/mol；
（3）反应II是气体体积减小、体系总物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡右移，硫酸的物质的量分数增大，由图可知，压强p2时硫酸的物质的量分数大于p1时，则压强p2大于p1，故答案为：>；反应II是气体体积减小、体系总物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡右移，H2SO4的物质的量分数增大；
（4）a．由图可知，上述循环过程中涉及的能量转化形式有太阳能转化为热能、热能转化为化学能、化学能转化为热能、热能转化为电能，共有4种，故正确；
b．气态硫的能量高于固态硫，则等物质的量的气态硫燃烧放出的热量高于固态硫，则用气态硫替代反应II中固态硫放出的热量高于固态硫，所以反应的焓变ΔH4<ΔH，3，故不正确；
c．由图可知，上述循环过程中物质转化的作用是实现能量的传递，故正确；
故答案为：ac。
【分析】（1）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；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）根据影响化学平衡移动的因素分析；
（4）a．根据图像分析，太阳能转化为热能、热能转化为化学能、化学能转化为热能、热能转化为电能；
b．同种物质气态的能量高于固态；
c．依据物质转化过程中能量的变化判断。
