2023年高考真题变式分类汇编：热化学方程式3
一、选择题
1．（2013·海南）已知下列反应的热化学方程式：
6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）═2C3H5（ONO2）3（l）△H1
2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2
C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3
则反应4C3H5（ONO2）3（l）═12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）的△H为（ ）
A．12△H3+5△H2﹣2△H1 B．2△H1﹣5△H2﹣12△H3
C．12△H3﹣5△H2﹣2△H1 D．△H1﹣5△H2﹣12△H3
2．（2019·奉贤模拟）已知断开1molH2(g)中H-H键需要吸收436kJ能量，根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式错误的是（ ）
A．断开1molHCl(g)中H-Cl键要吸收432kJ能量
B．生成1molCl2(g)中的Cl-Cl键放出243kJ能量
C．HCl(g)→1/2H2(g)+1/2Cl2(g)-92.5kJ
D．H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)+864kJ
3．（2018·葫芦岛模拟）一定条件下，在水溶液中1molCl－、ClOx－(x＝1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．a、b、c、d、e中，c最稳定
B．b→a＋c反应的活化能为反应物能量减生成物能量
C．b→a＋d反应的热化学方程式为：3ClO－(aq)＝ClO3－(aq)＋2Cl－(aq)ΔH＝＋116kJ·mol－1
D．一定温度下，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d，溶液中a、b、d的浓度之比可能为11∶1∶2
4．（2018·南通模拟）向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl—，降低对电解的影响，反应原理如下：
Cu(s)+Cu2+(aq) 2Cu+(aq) ΔH1＝a kJ·mol-1
Cl—(aq)+Cu+(aq) CuCl(s) ΔH2＝b kJ·mol-1
实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl-)的影响如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大
B．向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除
C．反应达到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl-)减小
D． Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl—(aq) CuCl(s)的ΔH＝(a+2b) kJ·mol-1
5．（2018·南京模拟）CO、H2、C2H5OH三种物质燃烧的热化学力程式如下：
①CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH1=a kJ/mol
②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) ΔH2=bkJ/mol
③C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH3=ckJ/mol
下列说法确的是（ ）
A．ΔH1>0
B．2H2O(1)=2H2(g)+O2(g) ΔH=-2bkJ/mol
C．CO2与H2合成C2H5OH反应的原子利用率为100%
D．2CO(g)+4H2(g)=H2O(g)+C2H5OH(1) ΔH=(2a+4b-c)kJ/mol
6．（2018·福州模拟）一定条件下，在水溶液中1mol Cl-、ClOx- (x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．这些离子中结合H＋能力最强的是E
B．A，B，C，D，E五种微粒中C最稳定
C．C→B+D，反应物的总键能大于生成物的总键能
D．B→A+D反应的热化学方程式为：3ClO-(aq) = ClO3-(aq) + 2Cl-(aq) △H = －116kJ mol-1
7．（2017·虹口模拟）已知25℃、101kPa 下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式如下：C(石墨)＋O2(g) → CO2(g)＋393.51kJ； C(金刚石)＋O2(g) → CO2(g)＋395.41kJ，
下列说法正确的是（ ）
A．金刚石比石墨稳定 B．石墨转化为金刚石需要吸热
C．金刚石燃烧产物更稳定 D．等质量时，石墨所含能量高
8．（2017·河南模拟）铁系氧化物材料在光催化、电致变色、气敏传感器以及光电化学器件中有着广泛的应用和诱人的前景．实验室中可利用FeCO3和O2为原料制备少量铁红，每生成160g固体铁红放出130kJ热量，则下列有关该反应的热化学方程式书写正确的是（ ）
A．2FeCO3（s）+O2（g）=Fe2O3（s）+2CO2（g）△H=﹣130 KJ/mol
B．4 FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=+260 KJ/mol
C．4 FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260 KJ/mol
D．4 FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=+130 KJ/mol
9．（2016高三上·昌乐期中）下列有关热化学方程式的叙述正确的好似（ ）
A．已知2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6KJ mol﹣1，无法求H2的燃烧热
B．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，无法比较二者的稳定性
C．已知500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放出19.3KJ的热量，无法推出该反应的热化学方程式
D．已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2，无法得出△H2＞△H1
10．（2016·分宜模拟）关于反应CH4（g）+2O2（g） CO2（g）+2H2O（l）的有关说法错误的是（ ）
A．该反应放出大量的热，甲烷可用作气体燃料
B．如温度超过100℃，反应前后气体的体积不变
C．可用干燥的冷烧杯检验生成的产物为CO2和H2O
D．此式中使用箭头表示此反应主产物为CO2和H2O，还可能有其他副产物如CO、C等
11．（2022高三上·三门峡期末）已知在25℃、Pa下，1mol氮气和1mol氧气生成2mol一氧化氮的能量变化如下图所示，已知 。下列有关说法正确的是
A．分解为和时吸收热量
B．乙→丙的过程中若生成液态一氧化氮，释放的能量将大于1264kJ
C．
D．甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙>甲>丙
12．（2022高二上·菏泽期末）2021年10月，神舟十三号载人飞船成功发射。载人飞船中通过如下过程实现O2再生：
①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l) ΔH1=-252.9 kJ·mol-1
②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH2=+571.6 kJ·mol-1
下列说法错误的是
A．H2的燃烧热ΔH = -285.8 kJ·mol-1
B．反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的 ΔH＜-571.6 kJ·mol-1
C．反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) 常温下能自发进行
D．反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的 ΔH=-890.3 kJ·mol-1
13．（2022高二上·石景山期末）“中国芯”的主要原料是单晶硅，“精炼硅”反应历程中的能量变化如下图所示。
下列有关描述正确的是
A．历程Ⅰ、Ⅲ是吸热反应
B．历程Ⅱ的热化学方程式是：
C．历程Ⅲ的热化学方程式是：
D．实际工业生产中，粗硅变为精硅的过程中能量不损耗
14．（2022高二上·顺义期末）硫酸工业制法中，反应之一为：。
科学家分析其主要反应机理如下
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：……
反应中的能量变化如图。下列说法中错误的是
A．反应Ⅱ的热化学方程式为：
B．使用作为反应催化剂，降低了反应的活化能
C．通入过量空气，可提高的平衡转化率
D．温度选择是综合考虑化学反应速率、化学平衡及催化剂等因素的结果
15．（2022高二上·海淀期末）用90%的普通汽油与10%的燃料乙醇调和成乙醇汽油，可节省石油资源。已知乙醇的摩尔燃烧焓为，下列表示乙醇燃烧反应的热化学方程式正确的是
A．
B．
C．
D．
16．（2022高三上·安徽期末）环己烷有多种不同构象，其中椅式、半椅式、船式、扭船式较为典型。各构象的相对能量图(位能)如图所示。下列说法正确的是
A．相同条件下扭船式环己烷最稳定
B．(椅式)的燃烧热大于(船式)
C．(半椅式)(船式)
D．环己烷的扭船式结构一定条件下可自发转化成椅式结构
17．（2022高二上·张家口期末）下，关于反应的相关叙述正确的是
A．的燃烧热为
B．和的总键能之和大于的键能之和
C．
D．
18．（2022高二上·丰台期末）已知中的化学键断裂时需要吸收的能量，中的化学键断裂时需要吸收的能量，中的化学键形成时释放的能量，与反应生成的热化学方程式为
A．
B．
C．
D．
二、多选题
19．（2022高三上·胶州期末）我国科学家研究化合物M(s)催化氢化机理，其中由化合物M(s)生成化合物N(s)过程的机理和相对能量曲线如下图所示(已知：)。TS1、TS2均为过渡态。下列说法正确的是
A．过程P→N为化合物M生成化合物N的决速步骤
B．降温、使用高效催化剂可以提高氢化的平衡转化率
C．化合物M催化氢化反应过程中一定有Fe-O键的生成和断裂
D．该过程的热化学方程式为：
20．（2020高一下·淮安期末）胶状液氢（主要成分是H2和CH4）有望运用于未来的运载火箭和空间运输系统。实验测得101kPa时，1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量；1molCH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3kJ的热量。下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） ΔH=+285.8kJ mol-1
B．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） ΔH=-571.6kJ mol-1
C．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g） ΔH=-890.3kJ mol-1
D．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l） ΔH=-890.3kJ mol-1
三、非选择题
21．（2016·新课标Ⅱ卷）丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产．主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等。回答下列问题：
（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）。热化学方程式如下：①C3H6（g）+NH3（g）+ O2（g）═C3H3N（g）+3H2O（g）△H=﹣515kJ mol﹣1 ②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=﹣353kJ mol﹣1
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是 ；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是 ；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是 ．
（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460℃．低于460℃时，丙烯腈的产率 （填“是”或“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由是 ；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是 （双选，填标号）．
A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大
C．副反应增多 D．反应活化能增大
（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示．由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为 ，理由是 ．进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为 ．
22．（2022·晋城模拟）工业上常用合成气(主要成分为CO、H2及少量CO2、H2O)制备甲醇，然后再利用甲醇合成其它化工产品，部分合成原理如下图所示：
回答下列问题：
（1）反应2为副反应，为了减少该副反应的发生，提高反应1的选择性，要优先考虑 ，已知298K时，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变叫该物质在此温度下的标准生成焓()。下表为几种物质的标准生成焓，反应2的ΔH= kJ·mol-1
物质 CO2(g) CO(g) H2O(g)
(kJ·mol-1) -394 -111 -242
（2）500K温度下，在2L的刚性容器中充入4molCO和8molH2制备二甲醚(忽略反应2的发生)，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)。
①从开始到平衡，反应1的v(H2)= mol·L-1·min-1。
②反应4中甲醇的转化率为 ，反应1的平衡常数Kc= 。
（3）在T2K、1.0×104kPa下，等物质的量的CO与CH3OH混合气体只发生反应3。反应速率v正-v逆=k正·p(CO)·p(CH3OH)-k逆·p(CH3COOH)，k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压(气体分压p=气体总压p总×体积分数)。用气体分压表示的平衡常数Kp=4.5×10-5，当CO的转化率为20%时，= 。
（4）对于反应2(不考虑其他反应)，若CO和CO2的浓度随时间发生变化的曲线如图所示。则t2时刻改变的条件可能是 (任写一种)，若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原来的2倍，在图中t4~t5区间内画出CO、CO2浓度变化曲线，并标明物质 (假设各物质状态均保持不变)。
23．（2022·河西模拟）人们不断探索将燃油汽车尾气中的 与 有害气体无毒转化，并将 进行甲烷化实现碳中和，请结合相关信息按要求回答下列问题。
（1）已知常温常压下 。
①燃油汽车尾气仍含有较多 、 的可能原因是 。
②写出一项有效提升尾气达到排放标准的措施： 。
（2）在 负载型金属催化作用下，可实现 低温下甲烷化。反应分如下三步进行：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：…………
反应Ⅲ：
①出反应Ⅱ 和 生成 和 的热化学方程式： 。
②在不同温度下， 负载型金属催化作用下，反应Ⅲ进行结果如下图所示，其中 选择性= 。
i．反应Ⅲ的平衡常数的表达式为 。
ii．在测定温度内，该催化剂对 甲烷化反应的最适宜温度为 ，理由： 。
iii． 时，在上述实验条件下向某装有该催化剂的密闭容器中通入 和 ，充分反应后生成 的物质的量为 。
24．（2022·宝山模拟）
（1）I.联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。
在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(l)，放出19.14kJ的热量。写出该反应的热化学方程式 。
II．NO2是氮的常见氧化物，能自发发生如下反应：2NO2(g) N2O4(g) =-57.20kJ/mol
（2）写出该反应的平衡常数表达式K= 。已知：在一定温度下的密闭容器中，该反应已达到平衡。保持其他条件不变，下列措施能提高NO2转化率的是 。
a．减小NO2的浓度 b．降低温度 c．增大压强 d．升高温度
III．Na2CO3俗称纯碱，是生活中的常用物质。某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案进行操作并记录实验现象。
实验操作 实验现象
取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置 溶液为无色
取上层清液于试管中，滴加酚酞试剂 溶液为无色
在试管中继续加入少量水 溶液变为红色
向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液(中性) 红色褪去
（3）①该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是 (请结合化学用语，简要说明)。
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于 盐。
③为了使Na2CO3溶液中 的比值变小，可适量加入(或通入)的物质是 。
a．CO2气体 b．KOH固体 c．HCl气体 d．Na2CO3固体
25．（2022·新余模拟）五氧化二碘是一种重要的工业试剂，常温下为白色针状结晶，可用于除去空气中的一氧化碳。回答下列问题：
（1）已知：2I2(s)+5O2(g)=2I2O5(s) △H1=-75.6 kJ/mol Ⅰ
I2O5(s)+5CO(g) 5CO2(g)+I2(s) △H2=-1377.2 kJ/mol Ⅱ
则表示CO燃烧热的热化学方程式为 。
（2）结合反应Ⅰ和反应Ⅱ分析， 在CO转化为CO2的反应中所起的作用是 。
（3）10℃时，某恒容密闭容器中充有足量的I2O5，向该容器中充入CO发生反应Ⅱ，平衡时CO2与充入CO的物质的量关系如图1所示。若降低温度，θ值 (填“增大”“减小”或“不变”，下同)；压缩容器体积，θ值 。
（4）20℃时向装有足量I2O5的2L恒容密闭容器中充入2mol CO，反应达到平衡后固体质量减小8 g。
①该温度下反应的平衡常数K= (可用分数表示)。
②图2是CO的平衡转化率随CO2的移出率[ ×100%]关系。则图中a= ，b= 。
③由M点变为N点耗时5min，则该段时间内的平均反应速率v(CO)= 。
26．（2022·唐山模拟）甲醇和甲醛是重要的化工原料。利用气态甲醇在催化剂条件下脱氢制备甲醛的主要反应为： ，反应机理图示如下：(其中虚线部分为副反应)
回答下列问题：
（1）主要反应的最大能垒为 。
（2）副反应的热化学方程式为 。
（3）已知
则 的 。
（4）在体积 的刚性容器中，投入 气态 ，在一定催化剂作用下，反应时间 时，分别测得甲醇转化率和甲醛的选择性与温度的关系，如下图所示：(甲醛的选择性：转化的 中生成 的百分比)。
① 时 内生成甲醛的平均反应速率是 。
②若 时 恰好平衡，容器的初始压强为 ，甲醇的转化率为 ，甲醛的选择性为 ，主要反应 的压强平衡常数 为 。
③ 以后，甲醛的选择性下降的可能原因为 。
（5）利用甲醇、氯气和氢气为原料在 ℃及一定催化剂条件下制取一氯甲烷，反应原理如下： 。现将等物质的量的反应物分别投入到温度相同，容积是1L、2L的甲乙两个恒温、恒容的容器中，达到平衡(不考虑副反应发生)，下列说法正确的是_______(填字母代号)。
A．甲乙密度相同， 的体积分数不同
B．甲乙正反应速率不同，放出的热量相同
C．甲乙压强不同，混合气体的平均相对分子质量相同
D．甲乙 的转化率相同，混合气体的颜色相同
27．（2022·蚌埠模拟）二氧化碳加氢可转化为二甲醚(CH3OCH3)，既可以降低二氧化碳排放量，也可以得到性能优良的燃料，是实现碳中和的有效手段之一、回答下列问题：
（1）已知：①CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
H1=-49.0kJ mol-1
②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)
H2=-23.5kJ mol-1
用二氧化碳和氢气反应制取二甲醚的热化学方程式为 。
（2）一定条件下，向体积为2L的恒容闭容器中通入2molCO2和6molH2发生上述反应。
①下列有关叙述正确的是 (填字母序号)。
a．容器内气体密度不再发生改变，说明反应达化学平衡状态
b．使用合适的催化剂可以提高单位时间内CH3OCH3的产率
c．反应达化学平衡后，向容器内通入少量氦气，则平衡向正反应方向移动
d．反应达平衡状态后向容器内再通入1molCO2和3molH2，重新达平衡后CH3OCH3体积分数增大
②升高温度，二甲醚的平衡产率 (填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是 。
③CO2与H2混合气体以一定的比例和一定流速分别通过填充有催化剂I和催化剂II的反应器，CO2转化率与温度的关系如图。a点的CO2转化率 (填“是”或“不是”)平衡转化率，在催化剂I作用下，温度高于T1时，CO2转化率下降的原因可能是
（3）将组成(物质的量分数)为20％CO2(g)、60％H2(g)和20％N2(g)(N2不参与反应)的气体通入反应器，在一定温度和p=2.0MPa的条件下发生反应CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)。平衡时，若CO2(g)转化率为50％，则H2O(g)的分压为 MPa，反应的平衡常数Kp= (MPa)-2(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x物质的量分数)。
28．（2022·南开模拟）甲醇是基本有机原料之一，用于制造氯甲烷、甲胺和硫酸二甲酯等多种有机产品，甲醇可由CO与H2反应制得。回答下列问题：
（1）已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为727，CO(g)的燃烧热为283，H2O(g)=H2O(l) 。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 。
（2）恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H2发生反应制备甲醇，测得平衡时CO的转化率(α)随温度、压强的变化如图所示。
则T1 T2(填“>”、“<”或“=”，下同)，M点的正反应速率 N点的逆反应速率。
（3）密闭容器中，高温TK条件下，用CO还原氧化铁得到单质铁。若初始压强为pkPa，平衡后气体中CO的物质的量分数为a，此温度反应的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)。
（4）以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。
①阳极的电极反应式为 。
②若以铅蓄电池为电源，A应与铅蓄电池的 (填“Pb”或“PbO2”)相连。
29．（2022·满洲里模拟）将CO2转化为有经济价值的产物，可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善，实现“碳中和”。请回答：
（1）CO2转化为甲醇有利于实现碳中和，该过程经历以下两步：
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41kJ/mol
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90kJ/mol
①写出CO2(g)合成CH3OH(g) 总反应的热化学方程式：
②能说明反应CO2(g)合成CH3OH(g) 总反应已达平衡状态的是 (填字母)。
A．CO2、H2、CH3OH分子数之比为1：3：1的状态
B．在恒温恒容的容器中，混合气体的平均摩尔质量保持不变
C．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
D．在恒温恒压的容器中，气体的密度不再变化
E.单位时间内，每断裂2个C=O键，同时断裂3个O-H键
③在一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，发生CO2合成CH3OH的总反应，测得10min达到平衡时氢气的平均速率为0.12mol/(L·min)，则该反应的平衡常数为 (保留一位小数)。该反应中v正=k正 c(CO2) c3(H2)，v逆=k逆 c(CH3OH) c(H2O)，其中k正、k逆为速率常数，仅与温度有关，则当反应过程中CO2的物质的量为0.5mol时，v正：v逆= 。
（2）CO2催化加氢生成乙烯和也是CO2的热点研究领域
2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) H<0。
①写出实验室制备乙烯的化学方程式：
②达到平衡后，欲增加乙烯的产率，并提高反应的速率，可采取的措施 (写出其中符合条件的一种)
③CO2催化加氢合成乙烯往往伴随着副反应，生成低碳烃，在一定的温度和压强下，为提高乙烯选择性，应当
④如图所示，关闭活塞，向甲乙两个密闭容器分别充入1molCO2和3molH2，发生反应CO2催化加氢生成乙烯，起始温度体积相同(T1℃、4L密闭容器)，达到平衡时，乙的容器容积为2.8L，则平衡时甲容器中CO2的物质的量 0.2mol(填“大于、小于、等于、无法确定”)
30．（2022·泰安模拟）氮及其化合物的研究对于生态环境保护和工农业生产发展非常重要。答下列问题：
（1）已知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH=-a kJ·mol-1；N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+b kJ·mol-1；用NH3催化还原NO，可以消除氮氧化物的污染。写出反应的热化学方程式 。
（2）不同温度下，工业催化合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 反应的K值随温度变化如表。
温度/℃ 25 400 450
K 5 ×108 0.507 0.152
从平衡角度考虑，工业合成氨应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，解释其原因 。
（3）某科研组提出合成氨的“表面氢化机理”如图所示，可在较低的电压下实现氮气的还原合成氨：
已知：第一步：*H++e- =*H(快)(吸附在催化剂表面的物质用*表示)；
第二步：N2+2*H =中间体(吸附在催化剂表面)(慢)；
第三步： (快)(写出第三步的方程式)。
其中，第二步为决速步，原因是 (从反应物分子结构角度)。
（4）向恒温密闭容器中充入一定物质的量N2、H2混合气体，在不同催化剂作用下的进行反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，相同时间内H2的转化率随温度的变化如图所示：
根据图示，b点v正 v逆(填“＞”、“＜ ”或“＝”)，温度高于T4后曲线重合为ac的合理解释是 ；c点时，正、逆反应瞬时速率方程：v正(H2)= k1·c3(H2)·c(N2)和v逆(NH3)= k2·c2(NH3)，此条件下反应的平衡常数K= (用含k1、k2的代数式表示)。
（5）在30 MPa时，体积分数为3m%的H2、m%的N2和q%的惰性气体合成氨气，平衡时NH3体积分数随温度变化情况如图。
若q=10时，M点的N2的分压= MPa。此时该反应的压强平衡常数Kp= (MPa)-2(保留三位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
31．（2022·茂名模拟）当今中国积极推进绿色低碳发展，力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发CO2利用技术，降低空气中CO2含量成为研究热点。工业上常用CO2和H2为原料合成甲醇(CH3OH)，过程中发生如下两个反应：
反应I：
反应II：
（1）①一定条件下，一氧化碳加氢生成甲醇的热化学方程式为： 。
②若反应II逆反应活化能Ea(逆)为120，则该反应的Ea(正)活化能为 。
（2）①反应I在催化剂M表面进行，其中CO2生成CH3OH的历程如下图所示(*表示吸附在催化剂表面的物种，TS表示过渡态，能量的单位为eV)。
下列说法正确的是 。
A．在反应过程中有极性键的断裂
B．本历程共分为5步反应进行
C．本历程的决速步骤的反应为：
D．加入催化剂M可以提高甲醇的平衡产率
②在催化剂M表面进行反应I，当起始量时，在不同条件下达到平衡，体系中CO2的转化率为α(CO2)，在T=400℃下α(CO2)随压强变化关系和在p=60MPa下α(CO2)随温度变化关系如下图所示。其中代表在T=400℃下α(CO2)随压强变化关系的是 (填“a线”或“b线”)；a、b两线的交点E对应的平衡常数 (填“相同”或“不同”)。当α(CO2)为80%时，反应条件可能是 。
（3）温度为T℃时，在一个刚性容器中模拟工业上合成CH3OH，往容器中通入1molCO2、3molH2进行反应，反应过程中容器内的压强随着时间变化如下表所示。
时间/min 0 10 20 30 40 50
压强/MPa 120 105 95 90 88 88
(已知：CH3OH选择性=)
请计算反应开始至40min的平均反应速率v(CH3OH)= MPa/min；此时CH3OH的选择性为80%，则反应I的压强平衡常数Kp= (只列计算式，压强平衡常数：用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压气体物质的量分数)。
32．（2022·和平模拟）钛(Ti)被称为“未来金属”，广泛应用于国防、航空航天、材料等领域。
（1）基态钛原子的价电子排布式为 。
（2）钛可与高于70℃的浓硝酸发生反应，生成Ti(NO3)4.其球棍结构如图Ⅰ，Ti的配位数是 ，试 出该反应的方程式 。
（3）钙钛矿(CaTiO3)是自然界中的一种常见矿物，其晶胞结构如图Ⅱ．设NA为阿伏加德罗常数的值，计算一个晶胞的质量为 g。
（4）TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如图：
资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质
化合物 SiCl4 TiCl4 AlCl3 FeCl3 MgCl2
沸点/℃ 58 136 181(升华) 316 1412
熔点/℃ -69 -25 193 304 714
在TiCl4中的溶解性 互溶 — 微溶 难溶
TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) △H1=+175.4kJ·mol-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-220.9kJ·mol-1
①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式 。
②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图Ⅲ判断：CO2生成CO反应的△H 0(填“＞”“＜”或“=”)，判断依据 。
33．（2022·贵州模拟）碳基能源的大量消耗使大气中CO2的浓度持续不断地增大，造成的温室效应得到了世界各国的广泛重视。CO2甲烷化是有效利用二氧化碳资源的途径之一，是减少CO2的一种比较有效的实际方法，在环境保护方面显示出较大潜力。CO2甲烷化过程涉及的化学反应如下：
①CO2甲烷化反应：CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g) H=-165 kJ·mol-1
②逆水煤气变换反应：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) H=+41.1 kJ·mol-1
（1）写出CO甲烷化反应的热化学方程式： 。
（2）图甲是温度和压强对CO2平衡转化率影响的关系图。随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大的原因是 ，该实验条件下的压强有0.1MPa、3.0MPa、10.0MPa，图中a点压强为 MPa。
（3）图乙是反应条件对CO2甲烷化反应中CH4选择性影响的关系图。工业上一般选用的温度为400℃，则压强应选用 MPa，原因是 。
（4）450℃时，若在体积为1 L的恒容密闭容器中加入1 mol CO2和4 mol H2混合原料气只发生反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165 kJ·mol-1。平衡时CO2的转化率为75%，则该温度下此反应的平衡常数K= 。
（5）废气中的CO2可转化为甲醚(CH3OCH3) ，甲醚可用于制作甲醚燃料电池(如图丙)，质子交换膜左右两侧溶液均为6 mol·L-1的H2SO4溶液。则电极d为 (填“正”或“负”)极，电极c上发生的电极反应为 。
34．（2022·杭州模拟）氨是一种重要化工产品，研究有关氨反应规律具有重要意义。
已知、298K时：
（1）工业以氨为原料制取硝酸的流图如图所示。
①设备②中发生主要反应的热化学方程式： 。
②设备②中生成的难与大量转化为的原因是 。
（2）研究人员以为催化剂研究将工业废气中的氨转化为的方案．实验将及载气(惰性气体)以一定流速通过催化反应床，研究了不同含量对催化氧化的影响，实验结果如图(代表相应氧化物)。
已知：的选择性(生成消耗的的物质的量消耗的总物质的量)
①分析上述实验结果，下列说法正确的是 。
A．的加入，降低了催化剂的活化温度
B．含量越大，催化剂的活性越好
C．运用该技术消除废气中的最佳条件为：、
D．一定温度范围，的加入使得生成副产物反应活化能降低更为显著
②某实验条件下，维持反应系统压强为，原料气中、O2、载气的物质的量分别为、；测得的转化率和的选择性均为80%，氧化的副产物仅为。反应用气体分压表示的平衡常数为 (代入数据，不要求计算结果；组分分压总压组分物质的量分数)
（3）关于催化氧化为的反应机理有诸多研究，其中一种为“”机理：吸附在催化剂表面活性位的解离为和H，同时活性O参与反应；请用方程式将反应过程补充完整：①，②，③ ，④。
35．（2022·河南模拟）习近平主席在第75届联合国大会提出，我国要在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标。因此二氧化碳的固定和转化成为科学家研究的重要课题。
（1）以CO2和H2为原料合成乙烯，其反应的过程分两步进行：
I．CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.3kJ·mol-1
II.2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g) ΔH=+210.5kJ·mol-1
CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为 。
（2）2021年9月24日，我国科学家在《Science》上发表论文《无细胞化学酶法从二氧化碳合成淀粉》，代表着人类人工合成淀粉领域的重大颠覆性和原创性突破。该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。探究CH3OH合成反应的化学平衡影响因素，有利于提高CH3OH的产率。CO2和H2在某种催化剂作用下可同时发生以下两个反应：
I．CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-48.5kJ·mol-1
II.2CO2(g)+5H2(g)→C2H2(g)+4H2O(g) ΔH=+37.1kJ·mol-1
在压强为P，CO2、H2的起始投料为1：3的条件下，发生反应I、II。实验测得CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。
已知：CH3OH的选择性=
①有利于提高CH3OH的选择性的措施有 (填序号)。
A．适当降温
B．适当升温
C．选择合适的催化剂
②温度高于350℃时，体系中发生的反应以 (填“I”或“II”)为主，并说明理由 。
③其中表示平衡时CH3OH的选择性的曲线是 (填“a”或“b”)。
④400℃时，在该压强及投料比的条件下，利用图示所给数据计算H2的转化率为 (保留三位有效数字)。
（3）二氧化碳甲烷化技术是一种最有效的对二氧化碳循环再利用的技术。用如图装置电解二氧化碳制取甲烷，温度控制在10℃左右，持续通入二氧化碳，电解过程中KHCO3物质的量基本不变。
①阴极反应为 。
②阳极产生的气体是 (写化学式)。
36．（2022·辽宁模拟）合成氨是人工固氮的主要手段，对人类生存社会进步和经济发展都有着重大意义。该反应历程和能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
（1）合成氨反应的热化学方程式为 。
（2）下表为不同温度下合成氨反应的平衡常数。由此可推知，表中 572(填“>”“<”或“=”)。
572
K
（3）在一定温度和压强下，将和按体积比3∶1在密闭容器中混合，当该反应达到平衡时，测得平衡时体系的总压强为P，混合气体中的体积分数为3/7，该反应的压强平衡常数 。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
（4）合成氨反应在工业生产中的大量运用，满足了人口的急剧增长对粮食的需求，也为有机合成提供了足够的原料-氨。合成氨反应是一个可逆反应：。在298K时，。从平衡常数来看，反应的限度已经很大，为什么还需要使用催化剂？ 。
（5）若工业生产中和按投料比1∶2.8的比例进入合成塔，采用此投料比的原因是 。若从合成塔出来的混合气体中氨的体积分数为15%，则和的转化率比值为 。(保留两位小数)
（6）利用反应构成电池，能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，装置如下图所示：
写出电极B的电极反应式： 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】热化学方程式；有关反应热的计算
【解析】【解答】解：已知：
①6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）═2C3H5（ONO2）3（l）△H1
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2
③C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3
由盖斯定律：5×②+12×③﹣2×①得：4C3H5（ONO2）3（l）═12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）△H=12△H3+5△H2﹣2△H1；
故选A．
【分析】根据盖斯定律，利用方程式的加减得出C3H5（ONO2）3分解成CO2、N2、H2O、O2的化学方程式，其反应热也要相应的加减，从而得出其热化学反应方程式．
2．【答案】D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A. 根据图示可知，生成2 mol HCl(g)需要放出864kJ热量，则断开2 mol HCl(g)需要吸收864kJ热量，由此推出断开1molHCl(g)中H-Cl键要吸收 = 432 kJ能量，A项不符合题意；
B. 由图中可以写出其热反应方程式为：H2(g) +Cl2(g) = 2HCl(g) ΔH＝－185 kJ·mol－1，根据ΔH＝E(H-H) + E(Cl- Cl)-2 E(H- Cl)可知，E(Cl- Cl) = 243 kJ·mol－1，即生成1molCl2(g)中的Cl-Cl键放出243kJ能量，B项不符合题意；
C. 根据图示信息易知，H2(g) +Cl2(g) = 2HCl(g) ΔH＝－185 kJ·mol－1，则HCl(g)→ H2(g)+ Cl2(g) ΔH＝+92.5 kJ·mol－1，即HCl(g)→ H2(g)+ Cl2(g)-92.5kJ， C项不符合题意；
D. 生成2 mol HCl(g)需要放出864kJ热量，所以H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)-864kJ，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】
D中能量表示时注意图像，根据图像能量的变化由高到低是放热。故表示出现错误。
3．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；常见能量的转化及运用；热化学方程式
【解析】【解答】根据氯元素的化合价，a、b、c、d、e依次代表Cl-、ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-。
A.物质能量越低越稳定，由图可得a、b、c、d、e中，a最稳定，c最不稳定，故A不符合题意；
B.反应物能量-生成物能量=-ΔH，依据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能，故B不符合题意；
C.a为Cl-、b为ClO-、d为ClO3-，B→A+D的化学方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，结合曲线提供的数据，反应热为：ΔH=64kJ mol-1+2×0kJ mol-1-3×60kJ mol-1=-116kJ mol-1，故C不符合题意；
D.氧化还原反应遵循电子守恒，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a(Cl-)、b(ClO-)、d(ClO3-)，氯元素化合价由0价将为-1价、升为+1价和+5价，由电子守恒得：n(Cl-)=n(ClO-)+5n(ClO3-)，当溶液中a、b、d的浓度之比为11：1：2时上述电子守恒式成立，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】A.能量越高越不稳定；
B.根据焓变不能判断活化能；
C.该反应为放热反应；
D.根据氧化还原反应中化合价升降总数相等进行分析。
4．【答案】C
【知识点】热化学方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A. Ksp(CuCl)只与温度有关，与溶液pH无关，故A不符合题意；
B. 根据图像，溶液的pH越小，溶液中残留c(Cl-)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，故B不符合题意；
C. 根据Cu(s)+Cu2+(aq) 2Cu+(aq)，增大c(Cu2+)，平衡正向移动，使得c(Cu+)增大，促进Cl—(aq)+Cu+(aq) CuCl(s)右移，c(Cl-)减小，故C符合题意；
D.①Cu(s)+Cu2+(aq) 2Cu+(aq) ΔH1＝a kJ·mol-1，②Cl-(aq)+Cu+(aq) CuCl(s) ΔH2＝b kJ·mol-1，根据盖斯定律，将①× +②得： Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl-(aq) CuCl(s)的ΔH＝( +b) kJ·mol-1，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.物质的 Ksp仅受温度的影响；
B.根据图像分析溶液的pH值与溶液中残留c(Cl-)间的关系；
C.根据溶度对化学平衡移动的影响解答；
D.利用盖斯定律计算反应的ΔH。
5．【答案】D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A.反应①为CO的燃烧，一定是放热反应，所以焓变应该小于0，选项A不符合题意。
B.反应②中水的状态为气态，而选项B中方程式里水的状态为液态，显然无法计算选项B中方程式的焓变，选项B不符合题意。
C.CO2与H2合成C2H5OH反应为2CO(g) + 4H2(g) = H2O(g) + C2H5OH(1)，显然原子利用率小于100%，选项C不符合题意
D.①×2－②×4－③得到：2CO(g) + 4H2(g) = H2O(g) + C2H5OH(1) ΔH=(2a+4b-c)kJ/mol，选项D符合题意。
故答案为：D
【分析】本题考查的是热化学方程式的应用。
6．【答案】D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】解：A.酸性越弱的酸，结合氢离子能力越强，次氯酸为最弱的酸，所以ClO-结合氢离子能力最强，A不符合题意；
B.根据图像可知氯元素的价态越低，能量最低，最稳定，所以A、B、C、D、E五种微粒中A最稳定，B不符合题意；
C.2ClO2-→ClO-+ClO3-，根据盖斯定律可知：△H =64+60-100×2=-76 kJ mol-1，该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能，C不符合题意；3ClO-(aq) = ClO3-(aq) + 2Cl-(aq)，根据盖斯定律可知：△H =64+2×0-3×60=-116kJ mol-1，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】焓变的计算生成物的总能量减去反应物的总能量。
7．【答案】A
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】①C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.51kJ molˉ1，②C（金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.41kJ molˉ1，依据盖斯定律①-②计算得到C（石墨）=C（金刚石）△H=+1.9KJ/mol。A、依据计算可知石墨能量低于金刚石，石墨比金刚石稳定，故A符合题意；
B、依据计算可知石墨能量低于金刚石，石墨转化为金刚石需要吸热，故B不符合题意；
C、燃烧产物均为二氧化碳，稳定性相同，故C不符合题意；
D、等质量时，石墨能量低于金刚石，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】物质的能量越低就越稳定；在化学反应中，如果反应物的总能量小于生成物的总能量，说明该反应吸热；反之，如果反应物的总能量大于生成物的总能量，说明该反应放热。
8．【答案】C
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】解：每生成160g固体铁红的物质的量为： =1mol，放出130kJ热量，所以生成2mol氧化铁放出的热量为260KJ，所以热化方程式为：4 FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260 KJ/mol，故选C．
【分析】每生成160g固体铁红的物质的量为： =1mol，放出130kJ热量，所以生成2mol氧化铁放出的热量为260KJ，由此分析书写热化方程式．
9．【答案】C
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】解：A．已知2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6KJ mol﹣1，则2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol，氢气的燃烧热为 =285.8kJ/mol，故A错误；
B．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，该反应为吸热反应，说明石墨具有的能量小于金刚石，则石墨的稳定性大于金刚石，故B错误；
C．已知500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放出19.3KJ的热量，由于该反应为可逆反应，则无法计算该反应中生成氨气的物质的量，故无法推出该反应的热化学方程式，故C正确；
D．反应2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1、2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2中，前者完全燃烧，后者不完全燃烧，则后者放出热量较多，结合焓变为负值可知△H2＞△H1，故D错误；
故选C．
【分析】A．根据盖斯定律可知2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol，据此得出氢气的燃烧热；
B．物质具有的能量越高，其稳定性越弱；
C．合成氨的反应为可逆反应，无法计算放出19.3kJ热量生成氨气的物质的量，则无法书写该反应的热化学方程式；
D．碳完全燃烧时放出热量较多，焓变为负值，放出热量越多，焓变越小．
10．【答案】C
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】解：A、甲烷的燃烧是放热过程，甲烷可用作气体燃料，故A正确；
B、如温度超过100℃，水是气态，反应前后气体的系数和相等，反应前后气体的体积不变，故B正确；
C、干燥的冷烧杯检验生成的产物为H2O，不能检测出CO2，故C错误；
D、有机反应伴随副产物，使用箭头表示此反应主产物为CO2和H2O，还可能有其他副产物如CO、C等，故D正确．
故选C．
【分析】A、物质的燃烧是放热过程，甲烷是气体燃料；
B、如温度超过100℃，水是气态，据此回答；
C、干燥的冷烧杯检验生成的产物为H2O；
D、有机反应使用箭头表示，反应伴随副产物．
11．【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．由热化学方程式可知：N2与O2反应产生NO是放热反应，NO(g)分解为N2(g)和O2(g)是该反应的逆反应，因此该反应是放热反应，A不符合题意；
B．物质由气态变为液态会放出热量，由乙生成丙放出热量1264 kJ，则2 mol气态NO变为2 mol液态NO又会放出一部分热量，因此乙→丙的过程中若生成液态一氧化氮，释放的能量将大于1264 kJ，B符合题意；
C．反应热等于断裂反应物的化学键吸收的热量与形成生成物的化学键释放的能量差，则946 kJ/mol+a kJ/mol-1264 kJ/mol=+180 kJ/mol，解得a=498，故O2(g)=2O(g) △H=+498 kJ/mol，C不符合题意；
D．反应是吸热反应，说明物质的能量：丙＞甲；由乙变为丙放出热量1264 kJ，说明乙的能量比丙高，故三种物质的能量高低顺序：乙＞丙＞甲，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．正、逆反应的焓变数值相等，符号相反；
B．物质由气态变为液态会放出热量；
C．反应热等于断裂反应物的化学键吸收的热量与形成生成物的化学键释放的能量差；
D．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。
12．【答案】B
【知识点】燃烧热；热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．根据②可知2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) ΔH2=-571.6 kJ·mol-1。燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，H2O的稳定状态是液态，2 mol H2完全燃烧产生液态水放出热量是571.6 kJ，则1 mol H2完全燃烧产生液态水放出热量是285.8 kJ，故H2的燃烧热ΔH = -285.8 kJ·mol-1，A不符合题意；
B．反应物的能量相同，当生成物是气态时含有的能量比液态高，所以反应放出热量就少，反应放出热量越少，则反应热就越大，所以反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的 ΔH＞-571.6 kJ·mol-1，B符合题意；
C．反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)的正反应是气体体积减小的放热反应，ΔH＜0，ΔS＜0，在常温下ΔG=ΔH-TΔS＜0，因此在常温下该反应能自发进行，C不符合题意；
D．已知①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l) ΔH1=-252.9 kJ·mol-1
②2H2O(1)=2H2(g)+O2(g) ΔH2=+571.6 kJ·mol-1
根据盖斯定律，将[①+②×2]×(-1)，整理可得反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的 ΔH=-890.3 kJ·mol-1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.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；
C.根据ΔH-TΔS＜0时反应自发进行分析；
D.根据盖斯定律计算。
13．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式
【解析】【解答】A．从图中可知，历程Ⅰ反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，A不符合题意；
B．从图中可知，历程Ⅱ反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，ΔH=-28kJ/mol，B不符合题意；
C．历程Ⅲ反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，ΔH=+238kJ/mol，热化学方程式符合题意，C符合题意；
D．实际工业生产中，粗硅变为精硅的过程中，伴随着能量的损耗，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；
BC．ΔH=生成物总能量-反应物总能量；
D．依据图中能量变化分析。
14．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，由总反应减去(反应Ⅰ2)得反应Ⅱ，，选项A符合题意；
B．使用作为反应催化剂，降低了反应的活化能，改变了反应的历程，选项B不符合题意；
C．通入过量空气，可促进SO2的转化，平衡正向移动，可提高SO2的平衡转化率，选项C不符合题意；
D．反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于SO2的转化，但反应速率较快且该温度下催化剂的活性大，故温度选择是综合考虑化学反应速率、化学平衡及催化剂等因素的结果，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据盖斯定律计算；
B．使用催化剂，降低反应的活化能，改变反应的历程；
C．根据影响化学平衡移动的因素分析；
D．综合考虑化学反应速率、化学平衡及催化剂等因素。
15．【答案】A
【知识点】燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。已知乙醇的摩尔燃烧焓为，则乙醇燃烧反应的热化学方程式为： ，
故答案为：A。
【分析】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。
16．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式
【解析】【解答】A．能量越低越稳定，由图图像可知椅式最稳定，A不符合题意；
B．四种结构中，椅式能量最低最稳定，故椅式环己烷充分燃烧释放的热量最少，B不符合题意；
C．(半椅式)(船式) ，反应放热，C不符合题意；
D．扭船式结构转化成椅式结构释放能量，焓变小于0，根据△H-T△S<0反应自发进行，一定条件下可自发转化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．能量越低越稳定；
B．能量低，充分燃烧释放的热量最少；
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．依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析。
17．【答案】C
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A．燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；生成液态水时才能计算的燃烧热，A不符合题意；
B．该反应为放热反应，所以和的总键能之和小于的键能之和，B不符合题意；
C．根据信息可知，C符合题意；
D．生成液态水时放热更多，所以存在，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、燃烧热要注意几个点：1、可燃物化学计量数为1；2、碳元素燃烧产物为二氧化碳；3、氢元素燃烧产物为液态水；
B、反应物的总键能大于生成物的总键能，反应放热，反之反应吸热；
C、两个反应若互为逆反应，则其焓变互为相反数；
D、氢气燃烧时生成液态水放出的热量比气态水更多。
18．【答案】D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】断裂1 molN2(g)和1 molO2(g)中化学键吸收能量分别为946kJ、498kJ，形成1 mol NO(g)中化学键释放出632kJ能量。反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)中，断裂反应物中化学键吸收总能量为946kJ+498kJ=1444kJ，形成反应物中化学键释放的总能量为632kJ×2=1264kJ，则该反应是吸热反应，二者的能量差为1444kJ-1264kJ=180kJ，故△H=+180 kJ/mol，与反应生成的热化学方程式为，
故答案为：D。
【分析】热化学方程式能表示反应的热效应，反应的热效应与物质的状态、物质的量有关。
19．【答案】A,C
【知识点】热化学方程式；化学平衡移动原理；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．过程P→TS2 为两步反应中活化能能较大的反应，为慢反应，为化合物M生成化合物N的决速步骤，A符合题意；
B．催化剂不影响平衡转化率，故B不符合题意；
C．M为催化剂，整个反应前后M的结构不会发生改变，对比M和N的结构特点可知，当N中Fe-O键断裂，重新连接H原子才能生成M，所以化合物M催化CO氢化反应过程中一定有Fe-O键的断裂和生成，C符合题意；
D．图示为一个CO2分子反应的过程，据图可知该过程能量变化E=-0.51eV，所以当1molCO2参与反应时能量变化为-0.51 eV×=48.96，所以该反应的恰变-48.96，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A、活化能越大，则速率越慢，速率慢的为决速步骤；
B、催化剂不影响平衡移动；
C、结合图示可以知道，N中Fe-O键断裂，连接H生成M；
D、△H=生成物总内能-反应物总内能。
20．【答案】B,D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量，则表示H2燃烧热的热化学方程式为 ，所以， ，故B符合题意；1molCH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3kJ的热量，则表示CH4燃烧热的热化学方程式为： ，故D符合题意；综上所述，热化学方程式书写正确的是BD，故答案为：BD。
【分析】写出方程式，标出反应物和生成物的状态，根据化学计量系数计算出热量即可
21．【答案】（1）两个反应均为放热量大的反应，生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳定的碳碳三键和碳碳双键能量低，故热力学趋势大；低温、低压；催化剂
（2）不是；反应开始进行主要是向正反应方向进行，尚未达到平衡；AC
（3）1：1；此时产物主要是丙烯晴无，副产物几乎无有；1：7.5：1
【知识点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是因为两个反应均为放热量大的反应，生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳定的碳碳三键和碳碳双键能量低，所以热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率，由图b可知，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂，
故答案为：两个反应均为放热量大的反应，生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳定的碳碳三键和碳碳双键能量低，故热力学趋势大；低温、低压；催化剂；（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，460℃以前是建立平衡的过程，所以低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460℃时，丙烯腈产率降低，
A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，故A正确；
B．平衡常数的大小不影响产率，故B错误；
C．根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，故C正确；
D．反应活化能的大小不影响平衡，故D错误；
故答案为：不是，该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低；AC；（3）根据图象可知，当 约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6（g）+NH3（g）+ O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为：1：7.5：1，
故答案为：1：1；此时产物主要是丙烯晴无，副产物几乎无有；1：7.5：1；
【分析】本题主要考查热化学方程式，影响化学平衡的因素等知识．注意图象分析判断，定量关系的理解应用是解题关键，题目难度中等．
22．【答案】（1）使用合适催化剂；-41
（2）0.8；80%；1.25
（3）0.8
（4）降低温度或增大水蒸气的量或减少氢气的量；
【知识点】热化学方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）根据使用催化剂，提高反应的选择性进行分析
（2）。根据三段式计算平衡时各物质的数据，并根据转化率和平衡常数公式计算。
（3）根据三段式计算各反应平衡时数据，并结合速率计算公式和平衡常数公式计算。
（4）结合反应条件对反应速率和平衡移动的影响进行分析。
(1)提高反应的选择性，可以选择合适的催化剂。
(2)反应2的ΔH=-394-（-111-242）=-41 kJ·mol-1。
有2（3.2-2x）=x，解x=1.28mol。则甲醇的转化率为 ，反应1的平衡常数为 。
(3)
总物质的量为0.8+0.8+0.2=1.8mol，根据 ，则
(4)t2时刻，一氧化碳和二氧化碳的浓度都不变，然后平衡移动，二氧化碳的浓度增大，一氧化碳的浓度减小，说明平衡正向移动，反应2为放热反应，所以改变的条件可能是降低温度或增大水蒸气的量或减少氢气的量。若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原来的2倍，则一氧化碳和二氧化碳的浓度都变为原来的2倍，平衡不移动。故浓度变化如图：。
【分析】（1）反应选择性通常从催化剂的角度考虑；
（2） ① 化学反应速率；
② 结合三段式进行计算，转化率=转化量/起始量，化学平衡常数K=生成物的浓度幂之积/反应物的浓度幂之积；
（3）根据公式 v正-v逆=k正·p(CO)·p(CH3OH)-k逆·p(CH3COOH) 进行计算；
（4）CO浓度增大，CO2浓度减小，而CO是反应物，CO2是生成物，即反应朝逆向移动，改变的条件可能是温度或者减少反应物的浓度，即降低温度或者减少氢气的浓度。
23．【答案】（1）该反应速率很小；选用适宜的催化剂
（2） ；；400℃；该温度下甲烷化选择性高达90%以上，且 的平衡转化率最高；3.6mol
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)①燃油汽车尾气仍含有较多 、 的可能原因是该反应速率很小，不能快速的转化为无害气体就被排出；故答案为：该反应速率很小；
②要使该反应尽量快速的转化为生成物，则有效提升尾气达到排放标准的措施：选用适宜的催化剂；故答案为：选用适宜的催化剂；
(2)①将反应Ⅲ减去反应Ⅰ得到反应Ⅱ，则 和 生成 和 的热化学方程式： ；故答案为： ；
②i．根据反应Ⅲ ，得到该反应的平衡常数的表达式为 ；故答案为： ；
ii．在测定温度内，根据图中曲线分析得到该催化剂对 甲烷化反应的最适宜温度为400℃，理由：该温度下甲烷化选择性高达90%以上，且 的平衡转化率最高；故答案为：400℃；该温度下甲烷化选择性高达90%以上，且 的平衡转化率最高；
iii． 时，在上述实验条件下向某装有该催化剂的密闭容器中通入 和 ，根据图中信息二氧化碳转化率为80%，甲烷的选择性为90%，再根据反应Ⅲ： ，充分反应后生成 的物质的量为5mol×80%×90%=3.6mol；故答案为：3.6mol。
【分析】
(1)①从反应转化速率角度考虑；
②催化剂能够大幅度改变反应速率；
(2)①根据盖斯定律计算 ；
②i．根据平衡常数等于产物浓度的幂之积除以反应物浓度的幂之积；
ii．根据图中曲线考虑平衡转化率和选择性，选择合适的条件；
iii． 根据图中的曲线进行计算。
24．【答案】（1）2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol
（2）；bc
（3） 会与水发生水解反应生成 和OH-， +H2O +OH-，使溶液显碱性；强碱弱酸；bd
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；盐类水解的原理
【解析】【解答】(1)在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量，则1mol即1mol×32g/mol=32g N2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ×32=612.48kJ，则该反应的热化学方程式为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol，故答案为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol；
(2)化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值，故该反应的平衡常数表达式K= ，由题干反应方程式2NO2(g) N2O4(g) =-57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，则有：
a．减小NO2的浓度即减小压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，a不合题意；
b．降低温度平衡正向移动，NO2的转化率增大，b正确；
c．增大压强平衡正向移动，NO2的转化率增大，c正确；
d．升高温度平衡逆向移动，NO2的转化率减小，d不合题意；
故答案为： ；bc；
(3)①由题干实验可知，形成Na2CO3乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根与水作用发生反应，反应原理为： +H2O +OH-，故答案为： 会与水发生水解反应生成 和OH-， +H2O +OH-，使溶液显碱性；
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3反应生成的盐，则Na2CO3属于强碱弱酸盐，故答案为：强碱弱酸；
③为了使Na2CO3溶液中 的比值变小，即使 的浓度增大，则有：
a．通入CO2气体，由于反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，使得 的浓度减小， 的比值增大，a不合题意；
b．加入KOH固体，溶液中的OH-浓度增大，水解平衡 +H2O +OH-逆向移动，使得 的浓度增大， 的比值减小，b正确；
c．通入HCl气体后，由于HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，使得 的浓度减小， 的比值增大，c不合题意；
d．加入Na2CO3固体，碳酸钠溶液浓度增大，碳酸根离子的水解程度减小，则使得 的比值减小，d正确；
故答案为：bd。
【分析】
(1)依据热化学方程式的书写规律书写；
(2)化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值；依据外界条件对平衡移动的影响分析；
(3)①强碱弱酸盐水解呈碱性；
②利用盐对应的酸和碱的强弱判断盐的类型；
③依据外界因素对水解平衡的影响进行判断。
25．【答案】（1）CO(g)+ O2(g)=CO2(g) H =-283.0 kJ mol-1
（2）催化剂
（3）增大；不变
（4）；62.5；80；0.075 mol L-1 min-1
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；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)已知：2I2(s)+5O2(g)=2I2O5(s) △H1=-75.6 kJ/mol Ⅰ
I2O5(s)+5CO(g) 5CO2(g)+I2(s) △H2=-1377.2 kJ/mol Ⅱ
根据盖斯定律，将 （I+2×II）得，CO(g)+ O2(g)=CO2(g) H =-283.0 kJ mol-1，故CO燃烧热的热化学方程式为：CO(g)+ O2(g)=CO2(g) H =-283.0 kJ mol-1；
(2)结合反应Ⅰ和反应Ⅱ分析， 在反应I中作反应物，在反应II中是生成物，所有在CO转化为CO2的反应中所起的作用是催化剂，故答案为：催化剂；
(3)反应II为放热反应，降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，导致c(CO2)增大，θ值增大；反应II是反应前后气体体积不变的反应，压缩容器的容积，导致容器内气体的压强增大，压强增大，反应II的化学平衡不发生移动；所以θ值不变；故答案为：增大；不变；
(4)①I2O5(s)→I2(s)，相当于减少了5个O，反应消耗掉I2O5物质的量为n(I2O5)= ，对于反应 ，反应开始时CO的物质的量是2 mol，反应的I2O5(s)物质的量是0.1 mol，则反应消耗CO的物质的量是5×0.1 mol=0.5 mol，则反应产生CO2的物质的量是0.5 mol，平衡时CO的物质的量为2 mol-0.5 mol=1.5 mol，物质的平衡浓度c(CO)= ，c(CO2)= ，则该反应的化学平衡常数K= ；
②反应开始时加入的CO物质的量是2 mol，根据图象可知：在温度为10℃时，当CO2移出率是0时，CO的转化率为50%，则平衡时n(CO)=n(CO2)=1 mol，c(CO)=c(CO2)= ，故此时的化学平衡常数K1= 。当CO的转化率是a%时，反应产生CO2的物质的量是2a% mol，剩余CO的物质的量是2(1-a)% mol，由于CO2的移出率是40%，则此时CO2的物质的量是2a% mol×(1-40%)=1.2a% mol，由于该反应达到平衡时化学平衡常数K1=1，该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以2(1-a)mol=1.2a mol，解得a=62.5；
在反应温度为20℃时，当CO平衡转化率是a%时，CO平衡时物质的量为n(CO)=2(1-a)% mol，反应产生的CO2的物质的量为2a% mol，由于CO2的移出率为b%，则平衡时CO2的物质的量为n(CO2)=2a% mol×(1-b%)，平衡时c(CO)= ，c(CO2)= ，根据①计算可知在20℃化学平衡常数K= ，则 ，将a=62.5代入平衡常数表达式中，可得 ，解得b%=80%，b=80；
③在M点时未移出CO2，假设CO转化的物质的量是m mol，则平衡时CO物质的量为(2-m) mol，CO2的物质的量为m mol，该条件下化学平衡常数K= ，解得m=0.5 mol，此时CO的物质的量是2 mol-0.5 mol=1.5 mol；在N点时CO2移出率是80%，假设反应的CO物质的量是n mol，则平衡时n(CO)=(2-n)mol，CO2的物质的量为n(CO2)=n(1-80%)mol，带入平衡常数表达式中K= ，解得n=1.25 mol，此时CO的物质的量为2 mol-1.25 mol=0.75mol，故化学反应速率v(CO)= mol/(L·min)。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）催化剂在反应前后不变化；
（3）反应Ⅱ为气体体积不变的放热反应，降温平衡逆向移动，增压平衡不移动；
（4）①平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
②根据 ×100% 结合图像确定a、b；
③根据计算。
26．【答案】（1）73.2
（2）CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) ΔH=+90.4kJ mol 1
（3）-673
（4）0.04 mol L-1min-1；；温度升高，催化剂对甲醇脱氢主要反应的催化活性降低，反应速率减慢。或温度升高，催化剂对甲醇脱氢副反应的催化活性升高，反应速率加快
（5）B；C
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式；盖斯定律及其应用；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)结合图示可知，该历程中最大能垒 活化能 ，故答案为 。
(2)结合图示分析可知，副反应的热化学方程式为：CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) ΔH=+90.4kJ mol 1
(3)
由 得到： 故，答案为： 故
(4)①结合图示分析可知，600℃时5min内甲醇的转化率为50%，甲醛的选择性为80%， =0.4mol，5min内生成甲醛的平均反应速率是 ；
② ，由于甲醛的选择性为 ，甲醛压强为0.2P0，氢气的压强为主副反应氢气压强之和：0.2P0+0.8P0=P0，故压强平衡常数Kp为 。
③600℃以后，甲醛的选择性下降的可能原：因为温度升高，催化剂对甲醇脱氢主要反应的催化活性降低，反应速率减慢。或温度升高，催化剂对甲醇脱氢副反应的催化活性升高，反应速率加快
(5)A．该反应是只有气体参加等体积反应，反应物投入相等，容器体积不同，则甲乙密度不相同，压强改变平衡不移动，CH3Cl的体积分数不变，即两容器相同，故A不正确；
B．由于两种情况反应物浓度不同，但是达到平衡状态相同，所以甲乙正反应速率不同，放出的热量相同，故B正确；
C．甲乙两种气体物质的量相同，但体积不同，故压强不同，该反应是只有气体参加等体积反应，混合气体的平均相对分子质量相同，故C正确；
D．甲乙两种情况平衡状态相同，故CH3OH的转化率相同，由于物质浓度不同混合气体的颜色相同，故D不正确；
故答案为BC。
【分析】（1）该历程中最大能垒为；
（2）副反应为生成CO和氢气的反应；
（3）根据盖斯定律计算；
（4）①根据计算；
②列出反应的三段式计算；
③温度过高，催化剂的活性会降低；
（5）根据反应的热化学方程式进行分析。
27．【答案】（1）2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) H=-121.5kJ/mol
（2）bd；减小；二甲醚的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行；不是；催化剂的活性降低
（3）0.25；0.59
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；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)已知：①CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.0kJ mol-1
②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) H2=-23.5kJ mol-1
①×2+②即得到制取二甲醚的热化学方程式2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)，根据盖斯定律可得 H=(-49kJ/mol)×2+(-23.5kJ/mol)=-121.5kJ/mol；
(2)①a．容器为恒容容器，气体密度始终为不变量，气体密度不再发生改变，不能说明反应达化学平衡状态，a不正确；
b．使用合适的催化剂，可以提高反应速率，故单位时间内CH3OCH3的产率增大，b正确；
c．反应达化学平衡后，向恒容容器内通入少量不参与反应的氦气，反应体系中各物质的浓度不发生变化，平衡不移动，c不正确；
d．向恒容容器内再通入1molCO2和3molH2，相当于增大压强，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，d正确；
故答案为：bd；
②二甲醚的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，二甲醚的平衡产率减小；
③a点时CO2转化率最高，a点后CO2转化率仍发生改变，即CO2的含量仍发生改变，故a点的CO2转化率不是平衡转化率，从图中可以看出，在催化剂I作用下，温度高于T1时，CO2转化率下降，可能是催化剂对此反应的催化效率降低，或有其它副反应发生，即原因可能是催化剂的活性降低；
(3)将组成(物质的量分数)为20％CO2(g)、60％H2(g)和20％N2(g)(N2不参与反应)的气体通入反应器，设起始时，CO2(g)、H2(g)和N2(g)的物质的量分别为1mol、3mol和1mol，若CO2(g)的转化率为50%，列三段式为：
平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol+1.5mol+0.5mol+0.5mol+1mol=4mol，则此时H2O(g)的分压为 ，反应的平衡常数 。
【分析】（1）根据盖斯定律计算 ；
（2）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；反应速率的影响因素主要有催化剂、浓度等；
②升温合成二甲醚的反应逆向移动；
③在催化剂Ⅱ和催化剂Ⅰ作用下，温度高于T1时，CO2转化率均下降，从催化剂活性的角度分析；
（3）列出反应的三段式计算。
28．【答案】（1）
（2）<；<
（3）
（4）；PbO2
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)目标反应为，反应热，故则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为：；
(2)该反应为放热反应，恒压条件下，温度越高，CO的转化率越低，图中可以看出压强相同时，T2温度下CO的转化率低，故T1
(4)由图可知，B电极附近氧气参与反应生成水，氧元素化合价降低，故B电极为阴极，与电源负极相连，发生的电极反应为：；A电极为阳极，与电源正极相连，发生的电极反应为：；铅蓄电池中PbO2为正极，故A电极应与PbO2相连。
【分析】（1）分别写出甲醇和CO的燃烧热的热化学方程式，再根据盖斯定律计算；
（2）该反应放热，升温平衡逆向移动；温度越高，反应速率越快；
（3）列出反应的三段式计算；
（4）①B电极附近发生氧化反应，则电极B为阳极，阳极发生氧化反应，电极A为阴极；
②铅蓄电池中Pb为负极，PbO2为正极。
29．【答案】（1）CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g) H=-49KJ/mol；BCDE；59.3；100
（2）；增大压强；选择合适的催化剂；大于
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】(1)①CO2合成甲醇的反应方程式为CO2＋3H2=CH3OH＋H2O，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41kJ/mol……①；CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90kJ/mol……②；根据盖斯定律可得到①＋②得出ΔH=－49kJ·mol－1，热化学反应方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g) H=-49KJ/mol；故答案为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g) H=-49kJ/mol；
②A．题中没有给出投入量以及转化率，因此无法通过分子数之比判断化学反应达到平衡，故A不正确；
B．容器为恒温恒容，该反应为混合气体总物质减少的反应，组分都是气体，混合气体总质量不变，因此当混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应达到平衡，故B正确；
C．容器为绝热，该反应为放热反应，容器温度升高，化学平衡常数发生变化，因此达到化学平衡常数不变，说明反应达到平衡，故C正确；
D．组分都是气体，混合气体的质量不变，容器恒温恒压，随着反应进行，气体总物质的量减少，容器体积减少，因此当气体密度不再变化，说明反应达到平衡，故D正确；
E．断裂2个C=O键，消耗1个CO2分子，断裂3个O－H，消耗1个CH3OH和1个H2O，因此可以判断该反应达到平衡，故E正确；
答案为BCDE；
③10min达到平衡时氢气的平均速率为0.12mol/(L·min)，消耗氢气的物质的量为0.12mol/(L·min)×10min×2L=2.4mol，消耗CO2的物质的量0.8mol，生成n(CH3OH)=n(H2O)=0.8mol，此时K=≈59.3；达到平衡时，正逆反应速率相等，即k正 c(CO2) c3(H2)=k逆 c(CH3OH) c(H2O)，推出=59.3，该时间段消耗H2物质的量为3×(1－0.5)mol=1.5mol，生成n(CH3OH)=n(H2O)= (1－0.5)mol=0.5mol，≈100；故答案为59.3；100；
(2)①实验室制备乙烯，常用无水乙醇在浓硫酸下，加热到170℃，其反应方程式为；故答案为；
②增加乙烯的产率，并提高反应的速率，可采取的措施是增大压强；故答案为增大压强；
③为提高乙烯选择性，应当选择合适的催化剂；故答案为选择合适的催化剂；
④令乙容器中生成C2H4的物质的量为amol，则达到平衡是n(H2O)=4amol，n(CO2)=(1－2a)mol，n(H2)=(3－6a)mol，相同条件下，体积比等于物质的量之比，即有，解得a=0.4mol，则达到平衡，容器中CO2的物质的量为0.2mol，CO2催化加氢生成乙烯的反应为气体物质的量减少的反应，甲为恒容，乙为恒压，乙容器中的压强比甲容器压强大，即乙容器反应相当于在甲容器基础上加压，平衡向正反应方向进行，CO2的转化率增大，因此平衡时甲容器中CO2的物质的量大于0.2mol，；故答案为大于。
【分析】(1)①根据盖斯定律；
②依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断
③利用三段式法计算；
(2)①实验室用无水乙醇在浓硫酸下，加热到170℃制备乙烯；
②依据影响反应速率和化学平衡移动的因素分析；
③催化剂有选择性；
④利用阿伏加德罗定律分析。
30．【答案】（1）4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ΔH=(-a-3b) kJ·mol-1
（2）从速率角度考虑，选择高温；从平衡角度考虑，选择室温；从催化剂角度考虑，500℃左右催化剂活性高，且此温度时速率、转化率均较合适，综合效果好
（3）2(*NH)+4H++4e-=2NH3；N2与*H反应时，N2中三键键能大，断裂需要较高的能量
（4）＞；T4时，该反应达到平衡，催化剂不影响平衡转化率，故重合；
（5）4；0.0145
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)已知：①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH=-a kJ·mol-1；
②N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+b kJ·mol-1；根据盖斯定律，将①-②×3，整理可得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ΔH=(-a-3b) kJ·mol-1；
(2)根据温度与化学平衡常数关系可知：温度升高，化学平衡常数减小，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应。从平衡角度考虑，工业合成氨应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，这是由于从速率角度考虑，选择高温条件；从平衡角度考虑，选择室温；从催化剂角度考虑，500℃左右催化剂活性高，且此温度时速率、转化率均较合适，综合效果好；
(3)根据图示可知中间体为*NH，反应前后原子守恒、电荷守恒，第三步反应为2个中间体与4个H+、4e-反应产生2个NH3(g)，则第三反应方程式为：2(*NH)+4H++4e-=2NH3；
其中，第二步为决速步，这是由于第二步反应中N2与*H反应时，N2中三键键能大，断裂需要较高的能量速率慢。对于多步反应，整个反应速率快慢由慢反应决定，故第二步为决速步；
(4)催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，而不能使平衡发生移动。根据图示可知：b点未达到该温度下H2的平衡转化率，说明反应正向进行，因此b点反应速率：v正＞v逆；
温度高于T4后曲线重合为ac，这是由于T4时，该反应达到平衡，催化剂不影响平衡转化率，故线重合在一起；
c点时，正、逆反应瞬时速率方程：v正(H2)= k1·c3(H2)·c(N2)和v逆(NH3)= k2·c2(NH3)，由于用不同物质表示反应速率时速率比等于化学方程式中化学计量数的比，则根据v正(H2)= k1·c3(H2)·c(N2)可知v正(NH3)=v正(H2)=k1·c3(H2)·c(N2)，在平衡时用同一物质表示的正、逆反应速率相等，v正(NH3)=v逆(NH3)，k1·c3(H2)·c(N2)=k2·c2(NH3)，，即此条件下反应的平衡常数K=；
(5)(3)若q=10，由题意可得：3m%+m%+10%=1，解得m=22.5，则N2、H2的起始物质的量分数分别是22.5%、67.5%，假设开始时气体总物质的量为100 mol，则惰性气体的物质的量为10 mol，N2为22.5 mol，H2为67.5 mol。假设反应过程中消耗N2物质的量为x mol，根据物质反应转化关系，可知同时消耗3x mol H2，反应产生2x mol NH3，n(N2)=(22.5-x)mol，n(H2)=(67.5-3x)mol，n(NH3)=2x mol，根据NH3占总体积的，可得，解得x=12.5 mol，则平衡时气体总物质的量为(100-2x) mol=(100-2×12.5) mol=75 mol，则N2、H2和NH3的分压为30 MPa×=4 MPa、30 MPa×=12 MPa、30 MPa×=10 MPa，则此时该反应的压强平衡常数Kp=。
【分析】（1）根据盖斯定律即可写出热化学方程式
（2）根据此温度下，催化剂活性最高，结合速率和催化剂活性即可判断
（3）根据给出的机理即可写出第三步的方程式，根据氮气稳定，键能大即可判断需要能量高
（4）催化剂只是改变反应速率，未达到平衡，即可判断正逆速率大小，根据温度过高，催化剂不影响转化率，根据给出即可计算出平衡常数
（5）根据给出的图形即可计算出分压，给出的数据利用方程式即可计算出平衡数据
31．【答案】（1）-92；161
（2）ABC；a线；不同；80MPa，400℃或60MPa，200℃
（3）0.4；
【知识点】热化学方程式；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；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)①一定条件下，一氧化碳加氢生成甲醇的热化学方程式为： 根据盖斯定律， 。故答案为：-92；
②若反应II逆反应活化能Ea(逆)为120，则该反应的Ea(正)活化能为。故答案为：161；
(2)①A．在反应过程中二氧化碳断了碳氧双键，属于极性键，A正确。B．由历程图可知，本历程有5个过渡态，故本历程共分为5步反应进行，B正确。C．决速步骤为慢反应，反应所需要的活化能最高，由历程图可知，活化能最高的一步为到TS3，所以本历程决速步骤的反应为：，C正确。D．加入催化剂M可以提高反应速率，但催化剂不影响平衡，故不能改变甲醇的平衡产率，D不正确。故答案为：ABC；
②反应I为；达到平衡后，增大压强，平衡正向移动，α(CO2)增大，故a线代表在T=400℃下α(CO2)随压强变化关系；这是一个放热反应，达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，α(CO2)减小，故b线代表在p=60MPa下α(CO2)随温度变化关系。a、b两线的交点E对应的反应条件为400℃、50MPa和500℃、60MPa，这两个条件的温度不同，故平衡常数K不同。当α(CO2)为80%时，对应a线的条件为80MPa，400℃；对b线的条件为60MPa，200℃。故答案为：a线；不同；80MPa，400℃或60MPa，200℃；
(3)温度为T℃时，在一个刚性容器中模拟工业上合成CH3OH，在40min时达到了平衡，设反应I中CO2的转化量为xMPa，反应II中CO2的转化量为yMPa，可利用表中数据列压强三段式：
平衡时，，，，，，。所以
；的选择性为80%，CH3OH选择性，可求出y=4，所以平衡时，，，，反立I的。故答案为：0.4；。
【分析】（1）根据盖斯定律计算未知反应的反应热
H = Ea（正） - Ea（逆）
（2）同种元素之间为非极性键，不同种元素之间为极性键；反应历程中会生成不同的过渡态，有几种过渡态就有几步反应；反应所需要的活化能越高高，反应越慢，可以看作决速步骤，也就是生成TS3的步骤；加入催化剂不影响平衡移动
根据勒夏特列原理，增大压强平衡向气体分子数减小的方向移动，对于反应 I 来说，正向移动，反应物转化率减小
a线代表温度400℃，b线代表500℃，平衡常数是与温度有关函数，温度不同，则平衡常熟不同
根据a，b线代表的含义不同，找出二氧化碳转化率为80%时对应的反应条件
（3）v = C/t
列出三段式，计算Kp，需要注意的是两个反应都有H2和H2O的参与，压强计算时两个都要考虑到
32．【答案】（1）3d24s2
（2）8；Ti+8HNO3(浓)Ti(NO3)4+4NO2↑+4H2O
（3）
（4）TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=-45.5kJ·mol-1；＞；随着温度的升高，CO的浓度增加，说明生成CO的反应是吸热反应
【知识点】原子核外电子的能级分布；晶胞的计算；热化学方程式
【解析】【解答】(1)Ti是22号元素，基态钛原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2，则价电子排布式为3d24s2；
(2)根据Ti(NO3)4的球棍结构图示可知Ti的配位数是8，钛与高于70℃的浓硝酸发生反应，生成Ti(NO3)4，还生成NO2和H2O，反应的化学方程式为：Ti+8HNO3(浓)Ti(NO3)4+4NO2↑+4H2O；
(3)在一个晶胞中含有Ca数目是1；含有Ti数目为8=1，含有的O数目为12=3，则一个晶胞中含有1个CaTiO3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为=g；
(4)①生成TiCl4和CO的反应方程式为TiO2＋2Cl2＋2C=TiCl4＋2CO，根据盖斯定律，两式相加，得到TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=ΔH1+ΔH2=(-220.9 kJ·mol-1)+(+175.4 kJ·mol-1)=-45.5kJ·mol-1；
②根据图像，随着温度的升高，CO的浓度增加，CO2浓度降低，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，生成CO的反应是吸热反应，即△H＞0。
【分析】（1）考查电子排布式，按照书写规则书写；
（2）根据球棍模型可以数出配位数，书写方程式时要注意反应条件和符号标志；
（3）算出一个晶胞中的各原子数目，求出晶胞的相对分子质量，除以NA；
（4）书写热化学方程式注意状态符号，利用盖斯定律球△H。
33．【答案】（1）
（2）反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大；10.0
（3）0.1；增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率
（4）6.75
（5）正；
【知识点】热化学方程式；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；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，由①-②可得CO甲烷化反应的热化学方程式为，故答案为：；
(2)反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大，因此随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大；反应①正反应方向气体体积减小，反应②气体体积不变，压强增大，反应①平衡正向移动，反应②平衡不移动，所以CO2的转化率随压强的增大而增大，则图中a点压强为10.0MPa，故答案为：反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大；10.0MPa
(3)由图可知，温度为400℃时，CH4选择性：10.0MPa>3.0MPa>0.1Mpa， 增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率，因此压强应选用0.1MPa，故答案为：0.1MPa；增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率；
(4)根据题意，起始时 CO2为1mol/L，H2为4mol/L，平衡时CO2的转化率为75%，则平衡时 CO2为0.25mol/L，H2为1mol/L，CH4为0.75mol/L，H2O为1.5mol/L，则该反应的平衡常数 ，故答案为：6.75；
(5)根据电子的流向可知，电极c为负极，电极d为正极；电极c上，甲醚失电子发生氧化反应，电极反应式为，故答案为：正；。
【分析】（1）注意运用盖斯定律进行加减计算时，△H也同样要进行加减计算，计算过程中要带“+”“-”。
（2）反应①是放热反应，反应②是吸热反应，反应①前后气体分子数减小，结合化学平衡移动原理进行分析。
（3）根据图示信息，从效果、成本等方面解答。
（4）根据转化率、化学平衡三段式可求出平衡时各物质的浓度，结合平衡常数进行解答。
（5）该电池属于原电池，d电极得电子发生还原反应，即d电极是正极，c电极是负极。c电极上甲醚失电子生成CO2，根据原子种类及个数守恒配平
34．【答案】（1）；是放热反应，高温不利于生成
（2）AD；
（3）
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)①已知：
①
②
设备中发生主要反应为，，根据盖斯定律可知，反应为①-2×②，则反应的焓变为（-1268kJ/mol）-2×（-180.5kJ/mol）=-907 kJ/mol，故热化学方程式为；
②设备②中生成的难与大量转化为的原因是是放热反应，设备中高温不利于生成；
(2)①A．由图可知，的加入，在较低温度下，氨气的转化率就能到达最高值，故降低了催化剂的活化温度，A正确；
B．由图B可知，相同温度下，比的氮气的选择性要低，故不是含量越大，催化剂的活性越好，B不正确；
C．结合图AB可知，运用该技术消除废气中的最佳条件为：、，此时氨气几乎全部转化，且氮气选择很高，且可以降低催化剂成本，C不正确；
D．由图B可知，温度高于230℃左右时，氮气的选择性显著降低，故一定温度范围，的加入使得生成副产物反应活化能降低更2023年高考真题变式分类汇编：热化学方程式3
一、选择题
1．（2013·海南）已知下列反应的热化学方程式：
6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）═2C3H5（ONO2）3（l）△H1
2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2
C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3
则反应4C3H5（ONO2）3（l）═12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）的△H为（ ）
A．12△H3+5△H2﹣2△H1 B．2△H1﹣5△H2﹣12△H3
C．12△H3﹣5△H2﹣2△H1 D．△H1﹣5△H2﹣12△H3
【答案】A
【知识点】热化学方程式；有关反应热的计算
【解析】【解答】解：已知：
①6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）═2C3H5（ONO2）3（l）△H1
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2
③C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3
由盖斯定律：5×②+12×③﹣2×①得：4C3H5（ONO2）3（l）═12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）△H=12△H3+5△H2﹣2△H1；
故选A．
【分析】根据盖斯定律，利用方程式的加减得出C3H5（ONO2）3分解成CO2、N2、H2O、O2的化学方程式，其反应热也要相应的加减，从而得出其热化学反应方程式．
2．（2019·奉贤模拟）已知断开1molH2(g)中H-H键需要吸收436kJ能量，根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式错误的是（ ）
A．断开1molHCl(g)中H-Cl键要吸收432kJ能量
B．生成1molCl2(g)中的Cl-Cl键放出243kJ能量
C．HCl(g)→1/2H2(g)+1/2Cl2(g)-92.5kJ
D．H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)+864kJ
【答案】D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A. 根据图示可知，生成2 mol HCl(g)需要放出864kJ热量，则断开2 mol HCl(g)需要吸收864kJ热量，由此推出断开1molHCl(g)中H-Cl键要吸收 = 432 kJ能量，A项不符合题意；
B. 由图中可以写出其热反应方程式为：H2(g) +Cl2(g) = 2HCl(g) ΔH＝－185 kJ·mol－1，根据ΔH＝E(H-H) + E(Cl- Cl)-2 E(H- Cl)可知，E(Cl- Cl) = 243 kJ·mol－1，即生成1molCl2(g)中的Cl-Cl键放出243kJ能量，B项不符合题意；
C. 根据图示信息易知，H2(g) +Cl2(g) = 2HCl(g) ΔH＝－185 kJ·mol－1，则HCl(g)→ H2(g)+ Cl2(g) ΔH＝+92.5 kJ·mol－1，即HCl(g)→ H2(g)+ Cl2(g)-92.5kJ， C项不符合题意；
D. 生成2 mol HCl(g)需要放出864kJ热量，所以H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)-864kJ，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】
D中能量表示时注意图像，根据图像能量的变化由高到低是放热。故表示出现错误。
3．（2018·葫芦岛模拟）一定条件下，在水溶液中1molCl－、ClOx－(x＝1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．a、b、c、d、e中，c最稳定
B．b→a＋c反应的活化能为反应物能量减生成物能量
C．b→a＋d反应的热化学方程式为：3ClO－(aq)＝ClO3－(aq)＋2Cl－(aq)ΔH＝＋116kJ·mol－1
D．一定温度下，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d，溶液中a、b、d的浓度之比可能为11∶1∶2
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；常见能量的转化及运用；热化学方程式
【解析】【解答】根据氯元素的化合价，a、b、c、d、e依次代表Cl-、ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-。
A.物质能量越低越稳定，由图可得a、b、c、d、e中，a最稳定，c最不稳定，故A不符合题意；
B.反应物能量-生成物能量=-ΔH，依据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能，故B不符合题意；
C.a为Cl-、b为ClO-、d为ClO3-，B→A+D的化学方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，结合曲线提供的数据，反应热为：ΔH=64kJ mol-1+2×0kJ mol-1-3×60kJ mol-1=-116kJ mol-1，故C不符合题意；
D.氧化还原反应遵循电子守恒，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a(Cl-)、b(ClO-)、d(ClO3-)，氯元素化合价由0价将为-1价、升为+1价和+5价，由电子守恒得：n(Cl-)=n(ClO-)+5n(ClO3-)，当溶液中a、b、d的浓度之比为11：1：2时上述电子守恒式成立，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】A.能量越高越不稳定；
B.根据焓变不能判断活化能；
C.该反应为放热反应；
D.根据氧化还原反应中化合价升降总数相等进行分析。
4．（2018·南通模拟）向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl—，降低对电解的影响，反应原理如下：
Cu(s)+Cu2+(aq) 2Cu+(aq) ΔH1＝a kJ·mol-1
Cl—(aq)+Cu+(aq) CuCl(s) ΔH2＝b kJ·mol-1
实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl-)的影响如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大
B．向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除
C．反应达到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl-)减小
D． Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl—(aq) CuCl(s)的ΔH＝(a+2b) kJ·mol-1
【答案】C
【知识点】热化学方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A. Ksp(CuCl)只与温度有关，与溶液pH无关，故A不符合题意；
B. 根据图像，溶液的pH越小，溶液中残留c(Cl-)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，故B不符合题意；
C. 根据Cu(s)+Cu2+(aq) 2Cu+(aq)，增大c(Cu2+)，平衡正向移动，使得c(Cu+)增大，促进Cl—(aq)+Cu+(aq) CuCl(s)右移，c(Cl-)减小，故C符合题意；
D.①Cu(s)+Cu2+(aq) 2Cu+(aq) ΔH1＝a kJ·mol-1，②Cl-(aq)+Cu+(aq) CuCl(s) ΔH2＝b kJ·mol-1，根据盖斯定律，将①× +②得： Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl-(aq) CuCl(s)的ΔH＝( +b) kJ·mol-1，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.物质的 Ksp仅受温度的影响；
B.根据图像分析溶液的pH值与溶液中残留c(Cl-)间的关系；
C.根据溶度对化学平衡移动的影响解答；
D.利用盖斯定律计算反应的ΔH。
5．（2018·南京模拟）CO、H2、C2H5OH三种物质燃烧的热化学力程式如下：
①CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH1=a kJ/mol
②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) ΔH2=bkJ/mol
③C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH3=ckJ/mol
下列说法确的是（ ）
A．ΔH1>0
B．2H2O(1)=2H2(g)+O2(g) ΔH=-2bkJ/mol
C．CO2与H2合成C2H5OH反应的原子利用率为100%
D．2CO(g)+4H2(g)=H2O(g)+C2H5OH(1) ΔH=(2a+4b-c)kJ/mol
【答案】D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A.反应①为CO的燃烧，一定是放热反应，所以焓变应该小于0，选项A不符合题意。
B.反应②中水的状态为气态，而选项B中方程式里水的状态为液态，显然无法计算选项B中方程式的焓变，选项B不符合题意。
C.CO2与H2合成C2H5OH反应为2CO(g) + 4H2(g) = H2O(g) + C2H5OH(1)，显然原子利用率小于100%，选项C不符合题意
D.①×2－②×4－③得到：2CO(g) + 4H2(g) = H2O(g) + C2H5OH(1) ΔH=(2a+4b-c)kJ/mol，选项D符合题意。
故答案为：D
【分析】本题考查的是热化学方程式的应用。
6．（2018·福州模拟）一定条件下，在水溶液中1mol Cl-、ClOx- (x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．这些离子中结合H＋能力最强的是E
B．A，B，C，D，E五种微粒中C最稳定
C．C→B+D，反应物的总键能大于生成物的总键能
D．B→A+D反应的热化学方程式为：3ClO-(aq) = ClO3-(aq) + 2Cl-(aq) △H = －116kJ mol-1
【答案】D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】解：A.酸性越弱的酸，结合氢离子能力越强，次氯酸为最弱的酸，所以ClO-结合氢离子能力最强，A不符合题意；
B.根据图像可知氯元素的价态越低，能量最低，最稳定，所以A、B、C、D、E五种微粒中A最稳定，B不符合题意；
C.2ClO2-→ClO-+ClO3-，根据盖斯定律可知：△H =64+60-100×2=-76 kJ mol-1，该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能，C不符合题意；3ClO-(aq) = ClO3-(aq) + 2Cl-(aq)，根据盖斯定律可知：△H =64+2×0-3×60=-116kJ mol-1，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】焓变的计算生成物的总能量减去反应物的总能量。
7．（2017·虹口模拟）已知25℃、101kPa 下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式如下：C(石墨)＋O2(g) → CO2(g)＋393.51kJ； C(金刚石)＋O2(g) → CO2(g)＋395.41kJ，
下列说法正确的是（ ）
A．金刚石比石墨稳定 B．石墨转化为金刚石需要吸热
C．金刚石燃烧产物更稳定 D．等质量时，石墨所含能量高
【答案】A
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】①C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.51kJ molˉ1，②C（金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.41kJ molˉ1，依据盖斯定律①-②计算得到C（石墨）=C（金刚石）△H=+1.9KJ/mol。A、依据计算可知石墨能量低于金刚石，石墨比金刚石稳定，故A符合题意；
B、依据计算可知石墨能量低于金刚石，石墨转化为金刚石需要吸热，故B不符合题意；
C、燃烧产物均为二氧化碳，稳定性相同，故C不符合题意；
D、等质量时，石墨能量低于金刚石，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】物质的能量越低就越稳定；在化学反应中，如果反应物的总能量小于生成物的总能量，说明该反应吸热；反之，如果反应物的总能量大于生成物的总能量，说明该反应放热。
8．（2017·河南模拟）铁系氧化物材料在光催化、电致变色、气敏传感器以及光电化学器件中有着广泛的应用和诱人的前景．实验室中可利用FeCO3和O2为原料制备少量铁红，每生成160g固体铁红放出130kJ热量，则下列有关该反应的热化学方程式书写正确的是（ ）
A．2FeCO3（s）+O2（g）=Fe2O3（s）+2CO2（g）△H=﹣130 KJ/mol
B．4 FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=+260 KJ/mol
C．4 FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260 KJ/mol
D．4 FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=+130 KJ/mol
【答案】C
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】解：每生成160g固体铁红的物质的量为： =1mol，放出130kJ热量，所以生成2mol氧化铁放出的热量为260KJ，所以热化方程式为：4 FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260 KJ/mol，故选C．
【分析】每生成160g固体铁红的物质的量为： =1mol，放出130kJ热量，所以生成2mol氧化铁放出的热量为260KJ，由此分析书写热化方程式．
9．（2016高三上·昌乐期中）下列有关热化学方程式的叙述正确的好似（ ）
A．已知2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6KJ mol﹣1，无法求H2的燃烧热
B．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，无法比较二者的稳定性
C．已知500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放出19.3KJ的热量，无法推出该反应的热化学方程式
D．已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2，无法得出△H2＞△H1
【答案】C
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】解：A．已知2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6KJ mol﹣1，则2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol，氢气的燃烧热为 =285.8kJ/mol，故A错误；
B．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，该反应为吸热反应，说明石墨具有的能量小于金刚石，则石墨的稳定性大于金刚石，故B错误；
C．已知500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放出19.3KJ的热量，由于该反应为可逆反应，则无法计算该反应中生成氨气的物质的量，故无法推出该反应的热化学方程式，故C正确；
D．反应2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1、2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2中，前者完全燃烧，后者不完全燃烧，则后者放出热量较多，结合焓变为负值可知△H2＞△H1，故D错误；
故选C．
【分析】A．根据盖斯定律可知2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol，据此得出氢气的燃烧热；
B．物质具有的能量越高，其稳定性越弱；
C．合成氨的反应为可逆反应，无法计算放出19.3kJ热量生成氨气的物质的量，则无法书写该反应的热化学方程式；
D．碳完全燃烧时放出热量较多，焓变为负值，放出热量越多，焓变越小．
10．（2016·分宜模拟）关于反应CH4（g）+2O2（g） CO2（g）+2H2O（l）的有关说法错误的是（ ）
A．该反应放出大量的热，甲烷可用作气体燃料
B．如温度超过100℃，反应前后气体的体积不变
C．可用干燥的冷烧杯检验生成的产物为CO2和H2O
D．此式中使用箭头表示此反应主产物为CO2和H2O，还可能有其他副产物如CO、C等
【答案】C
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】解：A、甲烷的燃烧是放热过程，甲烷可用作气体燃料，故A正确；
B、如温度超过100℃，水是气态，反应前后气体的系数和相等，反应前后气体的体积不变，故B正确；
C、干燥的冷烧杯检验生成的产物为H2O，不能检测出CO2，故C错误；
D、有机反应伴随副产物，使用箭头表示此反应主产物为CO2和H2O，还可能有其他副产物如CO、C等，故D正确．
故选C．
【分析】A、物质的燃烧是放热过程，甲烷是气体燃料；
B、如温度超过100℃，水是气态，据此回答；
C、干燥的冷烧杯检验生成的产物为H2O；
D、有机反应使用箭头表示，反应伴随副产物．
11．（2022高三上·三门峡期末）已知在25℃、Pa下，1mol氮气和1mol氧气生成2mol一氧化氮的能量变化如下图所示，已知 。下列有关说法正确的是
A．分解为和时吸收热量
B．乙→丙的过程中若生成液态一氧化氮，释放的能量将大于1264kJ
C．
D．甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙>甲>丙
【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．由热化学方程式可知：N2与O2反应产生NO是放热反应，NO(g)分解为N2(g)和O2(g)是该反应的逆反应，因此该反应是放热反应，A不符合题意；
B．物质由气态变为液态会放出热量，由乙生成丙放出热量1264 kJ，则2 mol气态NO变为2 mol液态NO又会放出一部分热量，因此乙→丙的过程中若生成液态一氧化氮，释放的能量将大于1264 kJ，B符合题意；
C．反应热等于断裂反应物的化学键吸收的热量与形成生成物的化学键释放的能量差，则946 kJ/mol+a kJ/mol-1264 kJ/mol=+180 kJ/mol，解得a=498，故O2(g)=2O(g) △H=+498 kJ/mol，C不符合题意；
D．反应是吸热反应，说明物质的能量：丙＞甲；由乙变为丙放出热量1264 kJ，说明乙的能量比丙高，故三种物质的能量高低顺序：乙＞丙＞甲，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．正、逆反应的焓变数值相等，符号相反；
B．物质由气态变为液态会放出热量；
C．反应热等于断裂反应物的化学键吸收的热量与形成生成物的化学键释放的能量差；
D．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。
12．（2022高二上·菏泽期末）2021年10月，神舟十三号载人飞船成功发射。载人飞船中通过如下过程实现O2再生：
①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l) ΔH1=-252.9 kJ·mol-1
②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH2=+571.6 kJ·mol-1
下列说法错误的是
A．H2的燃烧热ΔH = -285.8 kJ·mol-1
B．反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的 ΔH＜-571.6 kJ·mol-1
C．反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) 常温下能自发进行
D．反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的 ΔH=-890.3 kJ·mol-1
【答案】B
【知识点】燃烧热；热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．根据②可知2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) ΔH2=-571.6 kJ·mol-1。燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，H2O的稳定状态是液态，2 mol H2完全燃烧产生液态水放出热量是571.6 kJ，则1 mol H2完全燃烧产生液态水放出热量是285.8 kJ，故H2的燃烧热ΔH = -285.8 kJ·mol-1，A不符合题意；
B．反应物的能量相同，当生成物是气态时含有的能量比液态高，所以反应放出热量就少，反应放出热量越少，则反应热就越大，所以反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的 ΔH＞-571.6 kJ·mol-1，B符合题意；
C．反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)的正反应是气体体积减小的放热反应，ΔH＜0，ΔS＜0，在常温下ΔG=ΔH-TΔS＜0，因此在常温下该反应能自发进行，C不符合题意；
D．已知①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l) ΔH1=-252.9 kJ·mol-1
②2H2O(1)=2H2(g)+O2(g) ΔH2=+571.6 kJ·mol-1
根据盖斯定律，将[①+②×2]×(-1)，整理可得反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的 ΔH=-890.3 kJ·mol-1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.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；
C.根据ΔH-TΔS＜0时反应自发进行分析；
D.根据盖斯定律计算。
13．（2022高二上·石景山期末）“中国芯”的主要原料是单晶硅，“精炼硅”反应历程中的能量变化如下图所示。
下列有关描述正确的是
A．历程Ⅰ、Ⅲ是吸热反应
B．历程Ⅱ的热化学方程式是：
C．历程Ⅲ的热化学方程式是：
D．实际工业生产中，粗硅变为精硅的过程中能量不损耗
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式
【解析】【解答】A．从图中可知，历程Ⅰ反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，A不符合题意；
B．从图中可知，历程Ⅱ反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，ΔH=-28kJ/mol，B不符合题意；
C．历程Ⅲ反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，ΔH=+238kJ/mol，热化学方程式符合题意，C符合题意；
D．实际工业生产中，粗硅变为精硅的过程中，伴随着能量的损耗，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；
BC．ΔH=生成物总能量-反应物总能量；
D．依据图中能量变化分析。
14．（2022高二上·顺义期末）硫酸工业制法中，反应之一为：。
科学家分析其主要反应机理如下
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：……
反应中的能量变化如图。下列说法中错误的是
A．反应Ⅱ的热化学方程式为：
B．使用作为反应催化剂，降低了反应的活化能
C．通入过量空气，可提高的平衡转化率
D．温度选择是综合考虑化学反应速率、化学平衡及催化剂等因素的结果
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，由总反应减去(反应Ⅰ2)得反应Ⅱ，，选项A符合题意；
B．使用作为反应催化剂，降低了反应的活化能，改变了反应的历程，选项B不符合题意；
C．通入过量空气，可促进SO2的转化，平衡正向移动，可提高SO2的平衡转化率，选项C不符合题意；
D．反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于SO2的转化，但反应速率较快且该温度下催化剂的活性大，故温度选择是综合考虑化学反应速率、化学平衡及催化剂等因素的结果，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据盖斯定律计算；
B．使用催化剂，降低反应的活化能，改变反应的历程；
C．根据影响化学平衡移动的因素分析；
D．综合考虑化学反应速率、化学平衡及催化剂等因素。
15．（2022高二上·海淀期末）用90%的普通汽油与10%的燃料乙醇调和成乙醇汽油，可节省石油资源。已知乙醇的摩尔燃烧焓为，下列表示乙醇燃烧反应的热化学方程式正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。已知乙醇的摩尔燃烧焓为，则乙醇燃烧反应的热化学方程式为： ，
故答案为：A。
【分析】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。
16．（2022高三上·安徽期末）环己烷有多种不同构象，其中椅式、半椅式、船式、扭船式较为典型。各构象的相对能量图(位能)如图所示。下列说法正确的是
A．相同条件下扭船式环己烷最稳定
B．(椅式)的燃烧热大于(船式)
C．(半椅式)(船式)
D．环己烷的扭船式结构一定条件下可自发转化成椅式结构
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式
【解析】【解答】A．能量越低越稳定，由图图像可知椅式最稳定，A不符合题意；
B．四种结构中，椅式能量最低最稳定，故椅式环己烷充分燃烧释放的热量最少，B不符合题意；
C．(半椅式)(船式) ，反应放热，C不符合题意；
D．扭船式结构转化成椅式结构释放能量，焓变小于0，根据△H-T△S<0反应自发进行，一定条件下可自发转化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．能量越低越稳定；
B．能量低，充分燃烧释放的热量最少；
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．依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析。
17．（2022高二上·张家口期末）下，关于反应的相关叙述正确的是
A．的燃烧热为
B．和的总键能之和大于的键能之和
C．
D．
【答案】C
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A．燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；生成液态水时才能计算的燃烧热，A不符合题意；
B．该反应为放热反应，所以和的总键能之和小于的键能之和，B不符合题意；
C．根据信息可知，C符合题意；
D．生成液态水时放热更多，所以存在，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、燃烧热要注意几个点：1、可燃物化学计量数为1；2、碳元素燃烧产物为二氧化碳；3、氢元素燃烧产物为液态水；
B、反应物的总键能大于生成物的总键能，反应放热，反之反应吸热；
C、两个反应若互为逆反应，则其焓变互为相反数；
D、氢气燃烧时生成液态水放出的热量比气态水更多。
18．（2022高二上·丰台期末）已知中的化学键断裂时需要吸收的能量，中的化学键断裂时需要吸收的能量，中的化学键形成时释放的能量，与反应生成的热化学方程式为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】断裂1 molN2(g)和1 molO2(g)中化学键吸收能量分别为946kJ、498kJ，形成1 mol NO(g)中化学键释放出632kJ能量。反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)中，断裂反应物中化学键吸收总能量为946kJ+498kJ=1444kJ，形成反应物中化学键释放的总能量为632kJ×2=1264kJ，则该反应是吸热反应，二者的能量差为1444kJ-1264kJ=180kJ，故△H=+180 kJ/mol，与反应生成的热化学方程式为，
故答案为：D。
【分析】热化学方程式能表示反应的热效应，反应的热效应与物质的状态、物质的量有关。
二、多选题
19．（2022高三上·胶州期末）我国科学家研究化合物M(s)催化氢化机理，其中由化合物M(s)生成化合物N(s)过程的机理和相对能量曲线如下图所示(已知：)。TS1、TS2均为过渡态。下列说法正确的是
A．过程P→N为化合物M生成化合物N的决速步骤
B．降温、使用高效催化剂可以提高氢化的平衡转化率
C．化合物M催化氢化反应过程中一定有Fe-O键的生成和断裂
D．该过程的热化学方程式为：
【答案】A,C
【知识点】热化学方程式；化学平衡移动原理；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．过程P→TS2 为两步反应中活化能能较大的反应，为慢反应，为化合物M生成化合物N的决速步骤，A符合题意；
B．催化剂不影响平衡转化率，故B不符合题意；
C．M为催化剂，整个反应前后M的结构不会发生改变，对比M和N的结构特点可知，当N中Fe-O键断裂，重新连接H原子才能生成M，所以化合物M催化CO氢化反应过程中一定有Fe-O键的断裂和生成，C符合题意；
D．图示为一个CO2分子反应的过程，据图可知该过程能量变化E=-0.51eV，所以当1molCO2参与反应时能量变化为-0.51 eV×=48.96，所以该反应的恰变-48.96，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A、活化能越大，则速率越慢，速率慢的为决速步骤；
B、催化剂不影响平衡移动；
C、结合图示可以知道，N中Fe-O键断裂，连接H生成M；
D、△H=生成物总内能-反应物总内能。
20．（2020高一下·淮安期末）胶状液氢（主要成分是H2和CH4）有望运用于未来的运载火箭和空间运输系统。实验测得101kPa时，1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量；1molCH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3kJ的热量。下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） ΔH=+285.8kJ mol-1
B．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） ΔH=-571.6kJ mol-1
C．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g） ΔH=-890.3kJ mol-1
D．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l） ΔH=-890.3kJ mol-1
【答案】B,D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量，则表示H2燃烧热的热化学方程式为 ，所以， ，故B符合题意；1molCH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3kJ的热量，则表示CH4燃烧热的热化学方程式为： ，故D符合题意；综上所述，热化学方程式书写正确的是BD，故答案为：BD。
【分析】写出方程式，标出反应物和生成物的状态，根据化学计量系数计算出热量即可
三、非选择题
21．（2016·新课标Ⅱ卷）丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产．主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等。回答下列问题：
（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）。热化学方程式如下：①C3H6（g）+NH3（g）+ O2（g）═C3H3N（g）+3H2O（g）△H=﹣515kJ mol﹣1 ②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=﹣353kJ mol﹣1
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是 ；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是 ；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是 ．
（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460℃．低于460℃时，丙烯腈的产率 （填“是”或“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由是 ；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是 （双选，填标号）．
A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大
C．副反应增多 D．反应活化能增大
（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示．由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为 ，理由是 ．进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为 ．
【答案】（1）两个反应均为放热量大的反应，生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳定的碳碳三键和碳碳双键能量低，故热力学趋势大；低温、低压；催化剂
（2）不是；反应开始进行主要是向正反应方向进行，尚未达到平衡；AC
（3）1：1；此时产物主要是丙烯晴无，副产物几乎无有；1：7.5：1
【知识点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是因为两个反应均为放热量大的反应，生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳定的碳碳三键和碳碳双键能量低，所以热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率，由图b可知，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂，
故答案为：两个反应均为放热量大的反应，生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳定的碳碳三键和碳碳双键能量低，故热力学趋势大；低温、低压；催化剂；（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，460℃以前是建立平衡的过程，所以低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460℃时，丙烯腈产率降低，
A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，故A正确；
B．平衡常数的大小不影响产率，故B错误；
C．根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，故C正确；
D．反应活化能的大小不影响平衡，故D错误；
故答案为：不是，该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低；AC；（3）根据图象可知，当 约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6（g）+NH3（g）+ O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为：1：7.5：1，
故答案为：1：1；此时产物主要是丙烯晴无，副产物几乎无有；1：7.5：1；
【分析】本题主要考查热化学方程式，影响化学平衡的因素等知识．注意图象分析判断，定量关系的理解应用是解题关键，题目难度中等．
22．（2022·晋城模拟）工业上常用合成气(主要成分为CO、H2及少量CO2、H2O)制备甲醇，然后再利用甲醇合成其它化工产品，部分合成原理如下图所示：
回答下列问题：
（1）反应2为副反应，为了减少该副反应的发生，提高反应1的选择性，要优先考虑 ，已知298K时，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变叫该物质在此温度下的标准生成焓()。下表为几种物质的标准生成焓，反应2的ΔH= kJ·mol-1
物质 CO2(g) CO(g) H2O(g)
(kJ·mol-1) -394 -111 -242
（2）500K温度下，在2L的刚性容器中充入4molCO和8molH2制备二甲醚(忽略反应2的发生)，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)。
①从开始到平衡，反应1的v(H2)= mol·L-1·min-1。
②反应4中甲醇的转化率为 ，反应1的平衡常数Kc= 。
（3）在T2K、1.0×104kPa下，等物质的量的CO与CH3OH混合气体只发生反应3。反应速率v正-v逆=k正·p(CO)·p(CH3OH)-k逆·p(CH3COOH)，k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压(气体分压p=气体总压p总×体积分数)。用气体分压表示的平衡常数Kp=4.5×10-5，当CO的转化率为20%时，= 。
（4）对于反应2(不考虑其他反应)，若CO和CO2的浓度随时间发生变化的曲线如图所示。则t2时刻改变的条件可能是 (任写一种)，若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原来的2倍，在图中t4~t5区间内画出CO、CO2浓度变化曲线，并标明物质 (假设各物质状态均保持不变)。
【答案】（1）使用合适催化剂；-41
（2）0.8；80%；1.25
（3）0.8
（4）降低温度或增大水蒸气的量或减少氢气的量；
【知识点】热化学方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）根据使用催化剂，提高反应的选择性进行分析
（2）。根据三段式计算平衡时各物质的数据，并根据转化率和平衡常数公式计算。
（3）根据三段式计算各反应平衡时数据，并结合速率计算公式和平衡常数公式计算。
（4）结合反应条件对反应速率和平衡移动的影响进行分析。
(1)提高反应的选择性，可以选择合适的催化剂。
(2)反应2的ΔH=-394-（-111-242）=-41 kJ·mol-1。
有2（3.2-2x）=x，解x=1.28mol。则甲醇的转化率为 ，反应1的平衡常数为 。
(3)
总物质的量为0.8+0.8+0.2=1.8mol，根据 ，则
(4)t2时刻，一氧化碳和二氧化碳的浓度都不变，然后平衡移动，二氧化碳的浓度增大，一氧化碳的浓度减小，说明平衡正向移动，反应2为放热反应，所以改变的条件可能是降低温度或增大水蒸气的量或减少氢气的量。若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原来的2倍，则一氧化碳和二氧化碳的浓度都变为原来的2倍，平衡不移动。故浓度变化如图：。
【分析】（1）反应选择性通常从催化剂的角度考虑；
（2） ① 化学反应速率；
② 结合三段式进行计算，转化率=转化量/起始量，化学平衡常数K=生成物的浓度幂之积/反应物的浓度幂之积；
（3）根据公式 v正-v逆=k正·p(CO)·p(CH3OH)-k逆·p(CH3COOH) 进行计算；
（4）CO浓度增大，CO2浓度减小，而CO是反应物，CO2是生成物，即反应朝逆向移动，改变的条件可能是温度或者减少反应物的浓度，即降低温度或者减少氢气的浓度。
23．（2022·河西模拟）人们不断探索将燃油汽车尾气中的 与 有害气体无毒转化，并将 进行甲烷化实现碳中和，请结合相关信息按要求回答下列问题。
（1）已知常温常压下 。
①燃油汽车尾气仍含有较多 、 的可能原因是 。
②写出一项有效提升尾气达到排放标准的措施： 。
（2）在 负载型金属催化作用下，可实现 低温下甲烷化。反应分如下三步进行：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：…………
反应Ⅲ：
①出反应Ⅱ 和 生成 和 的热化学方程式： 。
②在不同温度下， 负载型金属催化作用下，反应Ⅲ进行结果如下图所示，其中 选择性= 。
i．反应Ⅲ的平衡常数的表达式为 。
ii．在测定温度内，该催化剂对 甲烷化反应的最适宜温度为 ，理由： 。
iii． 时，在上述实验条件下向某装有该催化剂的密闭容器中通入 和 ，充分反应后生成 的物质的量为 。
【答案】（1）该反应速率很小；选用适宜的催化剂
（2） ；；400℃；该温度下甲烷化选择性高达90%以上，且 的平衡转化率最高；3.6mol
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)①燃油汽车尾气仍含有较多 、 的可能原因是该反应速率很小，不能快速的转化为无害气体就被排出；故答案为：该反应速率很小；
②要使该反应尽量快速的转化为生成物，则有效提升尾气达到排放标准的措施：选用适宜的催化剂；故答案为：选用适宜的催化剂；
(2)①将反应Ⅲ减去反应Ⅰ得到反应Ⅱ，则 和 生成 和 的热化学方程式： ；故答案为： ；
②i．根据反应Ⅲ ，得到该反应的平衡常数的表达式为 ；故答案为： ；
ii．在测定温度内，根据图中曲线分析得到该催化剂对 甲烷化反应的最适宜温度为400℃，理由：该温度下甲烷化选择性高达90%以上，且 的平衡转化率最高；故答案为：400℃；该温度下甲烷化选择性高达90%以上，且 的平衡转化率最高；
iii． 时，在上述实验条件下向某装有该催化剂的密闭容器中通入 和 ，根据图中信息二氧化碳转化率为80%，甲烷的选择性为90%，再根据反应Ⅲ： ，充分反应后生成 的物质的量为5mol×80%×90%=3.6mol；故答案为：3.6mol。
【分析】
(1)①从反应转化速率角度考虑；
②催化剂能够大幅度改变反应速率；
(2)①根据盖斯定律计算 ；
②i．根据平衡常数等于产物浓度的幂之积除以反应物浓度的幂之积；
ii．根据图中曲线考虑平衡转化率和选择性，选择合适的条件；
iii． 根据图中的曲线进行计算。
24．（2022·宝山模拟）
（1）I.联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。
在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(l)，放出19.14kJ的热量。写出该反应的热化学方程式 。
II．NO2是氮的常见氧化物，能自发发生如下反应：2NO2(g) N2O4(g) =-57.20kJ/mol
（2）写出该反应的平衡常数表达式K= 。已知：在一定温度下的密闭容器中，该反应已达到平衡。保持其他条件不变，下列措施能提高NO2转化率的是 。
a．减小NO2的浓度 b．降低温度 c．增大压强 d．升高温度
III．Na2CO3俗称纯碱，是生活中的常用物质。某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案进行操作并记录实验现象。
实验操作 实验现象
取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置 溶液为无色
取上层清液于试管中，滴加酚酞试剂 溶液为无色
在试管中继续加入少量水 溶液变为红色
向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液(中性) 红色褪去
（3）①该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是 (请结合化学用语，简要说明)。
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于 盐。
③为了使Na2CO3溶液中 的比值变小，可适量加入(或通入)的物质是 。
a．CO2气体 b．KOH固体 c．HCl气体 d．Na2CO3固体
【答案】（1）2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol
（2）；bc
（3） 会与水发生水解反应生成 和OH-， +H2O +OH-，使溶液显碱性；强碱弱酸；bd
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；盐类水解的原理
【解析】【解答】(1)在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量，则1mol即1mol×32g/mol=32g N2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ×32=612.48kJ，则该反应的热化学方程式为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol，故答案为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol；
(2)化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值，故该反应的平衡常数表达式K= ，由题干反应方程式2NO2(g) N2O4(g) =-57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，则有：
a．减小NO2的浓度即减小压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，a不合题意；
b．降低温度平衡正向移动，NO2的转化率增大，b正确；
c．增大压强平衡正向移动，NO2的转化率增大，c正确；
d．升高温度平衡逆向移动，NO2的转化率减小，d不合题意；
故答案为： ；bc；
(3)①由题干实验可知，形成Na2CO3乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根与水作用发生反应，反应原理为： +H2O +OH-，故答案为： 会与水发生水解反应生成 和OH-， +H2O +OH-，使溶液显碱性；
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3反应生成的盐，则Na2CO3属于强碱弱酸盐，故答案为：强碱弱酸；
③为了使Na2CO3溶液中 的比值变小，即使 的浓度增大，则有：
a．通入CO2气体，由于反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，使得 的浓度减小， 的比值增大，a不合题意；
b．加入KOH固体，溶液中的OH-浓度增大，水解平衡 +H2O +OH-逆向移动，使得 的浓度增大， 的比值减小，b正确；
c．通入HCl气体后，由于HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，使得 的浓度减小， 的比值增大，c不合题意；
d．加入Na2CO3固体，碳酸钠溶液浓度增大，碳酸根离子的水解程度减小，则使得 的比值减小，d正确；
故答案为：bd。
【分析】
(1)依据热化学方程式的书写规律书写；
(2)化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值；依据外界条件对平衡移动的影响分析；
(3)①强碱弱酸盐水解呈碱性；
②利用盐对应的酸和碱的强弱判断盐的类型；
③依据外界因素对水解平衡的影响进行判断。
25．（2022·新余模拟）五氧化二碘是一种重要的工业试剂，常温下为白色针状结晶，可用于除去空气中的一氧化碳。回答下列问题：
（1）已知：2I2(s)+5O2(g)=2I2O5(s) △H1=-75.6 kJ/mol Ⅰ
I2O5(s)+5CO(g) 5CO2(g)+I2(s) △H2=-1377.2 kJ/mol Ⅱ
则表示CO燃烧热的热化学方程式为 。
（2）结合反应Ⅰ和反应Ⅱ分析， 在CO转化为CO2的反应中所起的作用是 。
（3）10℃时，某恒容密闭容器中充有足量的I2O5，向该容器中充入CO发生反应Ⅱ，平衡时CO2与充入CO的物质的量关系如图1所示。若降低温度，θ值 (填“增大”“减小”或“不变”，下同)；压缩容器体积，θ值 。
（4）20℃时向装有足量I2O5的2L恒容密闭容器中充入2mol CO，反应达到平衡后固体质量减小8 g。
①该温度下反应的平衡常数K= (可用分数表示)。
②图2是CO的平衡转化率随CO2的移出率[ ×100%]关系。则图中a= ，b= 。
③由M点变为N点耗时5min，则该段时间内的平均反应速率v(CO)= 。
【答案】（1）CO(g)+ O2(g)=CO2(g) H =-283.0 kJ mol-1
（2）催化剂
（3）增大；不变
（4）；62.5；80；0.075 mol L-1 min-1
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；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)已知：2I2(s)+5O2(g)=2I2O5(s) △H1=-75.6 kJ/mol Ⅰ
I2O5(s)+5CO(g) 5CO2(g)+I2(s) △H2=-1377.2 kJ/mol Ⅱ
根据盖斯定律，将 （I+2×II）得，CO(g)+ O2(g)=CO2(g) H =-283.0 kJ mol-1，故CO燃烧热的热化学方程式为：CO(g)+ O2(g)=CO2(g) H =-283.0 kJ mol-1；
(2)结合反应Ⅰ和反应Ⅱ分析， 在反应I中作反应物，在反应II中是生成物，所有在CO转化为CO2的反应中所起的作用是催化剂，故答案为：催化剂；
(3)反应II为放热反应，降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，导致c(CO2)增大，θ值增大；反应II是反应前后气体体积不变的反应，压缩容器的容积，导致容器内气体的压强增大，压强增大，反应II的化学平衡不发生移动；所以θ值不变；故答案为：增大；不变；
(4)①I2O5(s)→I2(s)，相当于减少了5个O，反应消耗掉I2O5物质的量为n(I2O5)= ，对于反应 ，反应开始时CO的物质的量是2 mol，反应的I2O5(s)物质的量是0.1 mol，则反应消耗CO的物质的量是5×0.1 mol=0.5 mol，则反应产生CO2的物质的量是0.5 mol，平衡时CO的物质的量为2 mol-0.5 mol=1.5 mol，物质的平衡浓度c(CO)= ，c(CO2)= ，则该反应的化学平衡常数K= ；
②反应开始时加入的CO物质的量是2 mol，根据图象可知：在温度为10℃时，当CO2移出率是0时，CO的转化率为50%，则平衡时n(CO)=n(CO2)=1 mol，c(CO)=c(CO2)= ，故此时的化学平衡常数K1= 。当CO的转化率是a%时，反应产生CO2的物质的量是2a% mol，剩余CO的物质的量是2(1-a)% mol，由于CO2的移出率是40%，则此时CO2的物质的量是2a% mol×(1-40%)=1.2a% mol，由于该反应达到平衡时化学平衡常数K1=1，该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以2(1-a)mol=1.2a mol，解得a=62.5；
在反应温度为20℃时，当CO平衡转化率是a%时，CO平衡时物质的量为n(CO)=2(1-a)% mol，反应产生的CO2的物质的量为2a% mol，由于CO2的移出率为b%，则平衡时CO2的物质的量为n(CO2)=2a% mol×(1-b%)，平衡时c(CO)= ，c(CO2)= ，根据①计算可知在20℃化学平衡常数K= ，则 ，将a=62.5代入平衡常数表达式中，可得 ，解得b%=80%，b=80；
③在M点时未移出CO2，假设CO转化的物质的量是m mol，则平衡时CO物质的量为(2-m) mol，CO2的物质的量为m mol，该条件下化学平衡常数K= ，解得m=0.5 mol，此时CO的物质的量是2 mol-0.5 mol=1.5 mol；在N点时CO2移出率是80%，假设反应的CO物质的量是n mol，则平衡时n(CO)=(2-n)mol，CO2的物质的量为n(CO2)=n(1-80%)mol，带入平衡常数表达式中K= ，解得n=1.25 mol，此时CO的物质的量为2 mol-1.25 mol=0.75mol，故化学反应速率v(CO)= mol/(L·min)。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）催化剂在反应前后不变化；
（3）反应Ⅱ为气体体积不变的放热反应，降温平衡逆向移动，增压平衡不移动；
（4）①平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
②根据 ×100% 结合图像确定a、b；
③根据计算。
26．（2022·唐山模拟）甲醇和甲醛是重要的化工原料。利用气态甲醇在催化剂条件下脱氢制备甲醛的主要反应为： ，反应机理图示如下：(其中虚线部分为副反应)
回答下列问题：
（1）主要反应的最大能垒为 。
（2）副反应的热化学方程式为 。
（3）已知
则 的 。
（4）在体积 的刚性容器中，投入 气态 ，在一定催化剂作用下，反应时间 时，分别测得甲醇转化率和甲醛的选择性与温度的关系，如下图所示：(甲醛的选择性：转化的 中生成 的百分比)。
① 时 内生成甲醛的平均反应速率是 。
②若 时 恰好平衡，容器的初始压强为 ，甲醇的转化率为 ，甲醛的选择性为 ，主要反应 的压强平衡常数 为 。
③ 以后，甲醛的选择性下降的可能原因为 。
（5）利用甲醇、氯气和氢气为原料在 ℃及一定催化剂条件下制取一氯甲烷，反应原理如下： 。现将等物质的量的反应物分别投入到温度相同，容积是1L、2L的甲乙两个恒温、恒容的容器中，达到平衡(不考虑副反应发生)，下列说法正确的是_______(填字母代号)。
A．甲乙密度相同， 的体积分数不同
B．甲乙正反应速率不同，放出的热量相同
C．甲乙压强不同，混合气体的平均相对分子质量相同
D．甲乙 的转化率相同，混合气体的颜色相同
【答案】（1）73.2
（2）CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) ΔH=+90.4kJ mol 1
（3）-673
（4）0.04 mol L-1min-1；；温度升高，催化剂对甲醇脱氢主要反应的催化活性降低，反应速率减慢。或温度升高，催化剂对甲醇脱氢副反应的催化活性升高，反应速率加快
（5）B；C
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式；盖斯定律及其应用；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)结合图示可知，该历程中最大能垒 活化能 ，故答案为 。
(2)结合图示分析可知，副反应的热化学方程式为：CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) ΔH=+90.4kJ mol 1
(3)
由 得到： 故，答案为： 故
(4)①结合图示分析可知，600℃时5min内甲醇的转化率为50%，甲醛的选择性为80%， =0.4mol，5min内生成甲醛的平均反应速率是 ；
② ，由于甲醛的选择性为 ，甲醛压强为0.2P0，氢气的压强为主副反应氢气压强之和：0.2P0+0.8P0=P0，故压强平衡常数Kp为 。
③600℃以后，甲醛的选择性下降的可能原：因为温度升高，催化剂对甲醇脱氢主要反应的催化活性降低，反应速率减慢。或温度升高，催化剂对甲醇脱氢副反应的催化活性升高，反应速率加快
(5)A．该反应是只有气体参加等体积反应，反应物投入相等，容器体积不同，则甲乙密度不相同，压强改变平衡不移动，CH3Cl的体积分数不变，即两容器相同，故A不正确；
B．由于两种情况反应物浓度不同，但是达到平衡状态相同，所以甲乙正反应速率不同，放出的热量相同，故B正确；
C．甲乙两种气体物质的量相同，但体积不同，故压强不同，该反应是只有气体参加等体积反应，混合气体的平均相对分子质量相同，故C正确；
D．甲乙两种情况平衡状态相同，故CH3OH的转化率相同，由于物质浓度不同混合气体的颜色相同，故D不正确；
故答案为BC。
【分析】（1）该历程中最大能垒为；
（2）副反应为生成CO和氢气的反应；
（3）根据盖斯定律计算；
（4）①根据计算；
②列出反应的三段式计算；
③温度过高，催化剂的活性会降低；
（5）根据反应的热化学方程式进行分析。
27．（2022·蚌埠模拟）二氧化碳加氢可转化为二甲醚(CH3OCH3)，既可以降低二氧化碳排放量，也可以得到性能优良的燃料，是实现碳中和的有效手段之一、回答下列问题：
（1）已知：①CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
H1=-49.0kJ mol-1
②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)
H2=-23.5kJ mol-1
用二氧化碳和氢气反应制取二甲醚的热化学方程式为 。
（2）一定条件下，向体积为2L的恒容闭容器中通入2molCO2和6molH2发生上述反应。
①下列有关叙述正确的是 (填字母序号)。
a．容器内气体密度不再发生改变，说明反应达化学平衡状态
b．使用合适的催化剂可以提高单位时间内CH3OCH3的产率
c．反应达化学平衡后，向容器内通入少量氦气，则平衡向正反应方向移动
d．反应达平衡状态后向容器内再通入1molCO2和3molH2，重新达平衡后CH3OCH3体积分数增大
②升高温度，二甲醚的平衡产率 (填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是 。
③CO2与H2混合气体以一定的比例和一定流速分别通过填充有催化剂I和催化剂II的反应器，CO2转化率与温度的关系如图。a点的CO2转化率 (填“是”或“不是”)平衡转化率，在催化剂I作用下，温度高于T1时，CO2转化率下降的原因可能是
（3）将组成(物质的量分数)为20％CO2(g)、60％H2(g)和20％N2(g)(N2不参与反应)的气体通入反应器，在一定温度和p=2.0MPa的条件下发生反应CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)。平衡时，若CO2(g)转化率为50％，则H2O(g)的分压为 MPa，反应的平衡常数Kp= (MPa)-2(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x物质的量分数)。
【答案】（1）2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) H=-121.5kJ/mol
（2）bd；减小；二甲醚的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行；不是；催化剂的活性降低
（3）0.25；0.59
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；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)已知：①CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.0kJ mol-1
②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) H2=-23.5kJ mol-1
①×2+②即得到制取二甲醚的热化学方程式2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)，根据盖斯定律可得 H=(-49kJ/mol)×2+(-23.5kJ/mol)=-121.5kJ/mol；
(2)①a．容器为恒容容器，气体密度始终为不变量，气体密度不再发生改变，不能说明反应达化学平衡状态，a不正确；
b．使用合适的催化剂，可以提高反应速率，故单位时间内CH3OCH3的产率增大，b正确；
c．反应达化学平衡后，向恒容容器内通入少量不参与反应的氦气，反应体系中各物质的浓度不发生变化，平衡不移动，c不正确；
d．向恒容容器内再通入1molCO2和3molH2，相当于增大压强，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，d正确；
故答案为：bd；
②二甲醚的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，二甲醚的平衡产率减小；
③a点时CO2转化率最高，a点后CO2转化率仍发生改变，即CO2的含量仍发生改变，故a点的CO2转化率不是平衡转化率，从图中可以看出，在催化剂I作用下，温度高于T1时，CO2转化率下降，可能是催化剂对此反应的催化效率降低，或有其它副反应发生，即原因可能是催化剂的活性降低；
(3)将组成(物质的量分数)为20％CO2(g)、60％H2(g)和20％N2(g)(N2不参与反应)的气体通入反应器，设起始时，CO2(g)、H2(g)和N2(g)的物质的量分别为1mol、3mol和1mol，若CO2(g)的转化率为50%，列三段式为：
平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol+1.5mol+0.5mol+0.5mol+1mol=4mol，则此时H2O(g)的分压为 ，反应的平衡常数 。
【分析】（1）根据盖斯定律计算 ；
（2）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；反应速率的影响因素主要有催化剂、浓度等；
②升温合成二甲醚的反应逆向移动；
③在催化剂Ⅱ和催化剂Ⅰ作用下，温度高于T1时，CO2转化率均下降，从催化剂活性的角度分析；
（3）列出反应的三段式计算。
28．（2022·南开模拟）甲醇是基本有机原料之一，用于制造氯甲烷、甲胺和硫酸二甲酯等多种有机产品，甲醇可由CO与H2反应制得。回答下列问题：
（1）已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为727，CO(g)的燃烧热为283，H2O(g)=H2O(l) 。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 。
（2）恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H2发生反应制备甲醇，测得平衡时CO的转化率(α)随温度、压强的变化如图所示。
则T1 T2(填“>”、“<”或“=”，下同)，M点的正反应速率 N点的逆反应速率。
（3）密闭容器中，高温TK条件下，用CO还原氧化铁得到单质铁。若初始压强为pkPa，平衡后气体中CO的物质的量分数为a，此温度反应的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)。
（4）以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。
①阳极的电极反应式为 。
②若以铅蓄电池为电源，A应与铅蓄电池的 (填“Pb”或“PbO2”)相连。
【答案】（1）
（2）<；<
（3）
（4）；PbO2
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)目标反应为，反应热，故则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为：；
(2)该反应为放热反应，恒压条件下，温度越高，CO的转化率越低，图中可以看出压强相同时，T2温度下CO的转化率低，故T1
(4)由图可知，B电极附近氧气参与反应生成水，氧元素化合价降低，故B电极为阴极，与电源负极相连，发生的电极反应为：；A电极为阳极，与电源正极相连，发生的电极反应为：；铅蓄电池中PbO2为正极，故A电极应与PbO2相连。
【分析】（1）分别写出甲醇和CO的燃烧热的热化学方程式，再根据盖斯定律计算；
（2）该反应放热，升温平衡逆向移动；温度越高，反应速率越快；
（3）列出反应的三段式计算；
（4）①B电极附近发生氧化反应，则电极B为阳极，阳极发生氧化反应，电极A为阴极；
②铅蓄电池中Pb为负极，PbO2为正极。
29．（2022·满洲里模拟）将CO2转化为有经济价值的产物，可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善，实现“碳中和”。请回答：
（1）CO2转化为甲醇有利于实现碳中和，该过程经历以下两步：
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41kJ/mol
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90kJ/mol
①写出CO2(g)合成CH3OH(g) 总反应的热化学方程式：
②能说明反应CO2(g)合成CH3OH(g) 总反应已达平衡状态的是 (填字母)。
A．CO2、H2、CH3OH分子数之比为1：3：1的状态
B．在恒温恒容的容器中，混合气体的平均摩尔质量保持不变
C．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
D．在恒温恒压的容器中，气体的密度不再变化
E.单位时间内，每断裂2个C=O键，同时断裂3个O-H键
③在一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，发生CO2合成CH3OH的总反应，测得10min达到平衡时氢气的平均速率为0.12mol/(L·min)，则该反应的平衡常数为 (保留一位小数)。该反应中v正=k正 c(CO2) c3(H2)，v逆=k逆 c(CH3OH) c(H2O)，其中k正、k逆为速率常数，仅与温度有关，则当反应过程中CO2的物质的量为0.5mol时，v正：v逆= 。
（2）CO2催化加氢生成乙烯和也是CO2的热点研究领域
2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) H<0。
①写出实验室制备乙烯的化学方程式：
②达到平衡后，欲增加乙烯的产率，并提高反应的速率，可采取的措施 (写出其中符合条件的一种)
③CO2催化加氢合成乙烯往往伴随着副反应，生成低碳烃，在一定的温度和压强下，为提高乙烯选择性，应当
④如图所示，关闭活塞，向甲乙两个密闭容器分别充入1molCO2和3molH2，发生反应CO2催化加氢生成乙烯，起始温度体积相同(T1℃、4L密闭容器)，达到平衡时，乙的容器容积为2.8L，则平衡时甲容器中CO2的物质的量 0.2mol(填“大于、小于、等于、无法确定”)
【答案】（1）CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g) H=-49KJ/mol；BCDE；59.3；100
（2）；增大压强；选择合适的催化剂；大于
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】(1)①CO2合成甲醇的反应方程式为CO2＋3H2=CH3OH＋H2O，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41kJ/mol……①；CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90kJ/mol……②；根据盖斯定律可得到①＋②得出ΔH=－49kJ·mol－1，热化学反应方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g) H=-49KJ/mol；故答案为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g) H=-49kJ/mol；
②A．题中没有给出投入量以及转化率，因此无法通过分子数之比判断化学反应达到平衡，故A不正确；
B．容器为恒温恒容，该反应为混合气体总物质减少的反应，组分都是气体，混合气体总质量不变，因此当混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应达到平衡，故B正确；
C．容器为绝热，该反应为放热反应，容器温度升高，化学平衡常数发生变化，因此达到化学平衡常数不变，说明反应达到平衡，故C正确；
D．组分都是气体，混合气体的质量不变，容器恒温恒压，随着反应进行，气体总物质的量减少，容器体积减少，因此当气体密度不再变化，说明反应达到平衡，故D正确；
E．断裂2个C=O键，消耗1个CO2分子，断裂3个O－H，消耗1个CH3OH和1个H2O，因此可以判断该反应达到平衡，故E正确；
答案为BCDE；
③10min达到平衡时氢气的平均速率为0.12mol/(L·min)，消耗氢气的物质的量为0.12mol/(L·min)×10min×2L=2.4mol，消耗CO2的物质的量0.8mol，生成n(CH3OH)=n(H2O)=0.8mol，此时K=≈59.3；达到平衡时，正逆反应速率相等，即k正 c(CO2) c3(H2)=k逆 c(CH3OH) c(H2O)，推出=59.3，该时间段消耗H2物质的量为3×(1－0.5)mol=1.5mol，生成n(CH3OH)=n(H2O)= (1－0.5)mol=0.5mol，≈100；故答案为59.3；100；
(2)①实验室制备乙烯，常用无水乙醇在浓硫酸下，加热到170℃，其反应方程式为；故答案为；
②增加乙烯的产率，并提高反应的速率，可采取的措施是增大压强；故答案为增大压强；
③为提高乙烯选择性，应当选择合适的催化剂；故答案为选择合适的催化剂；
④令乙容器中生成C2H4的物质的量为amol，则达到平衡是n(H2O)=4amol，n(CO2)=(1－2a)mol，n(H2)=(3－6a)mol，相同条件下，体积比等于物质的量之比，即有，解得a=0.4mol，则达到平衡，容器中CO2的物质的量为0.2mol，CO2催化加氢生成乙烯的反应为气体物质的量减少的反应，甲为恒容，乙为恒压，乙容器中的压强比甲容器压强大，即乙容器反应相当于在甲容器基础上加压，平衡向正反应方向进行，CO2的转化率增大，因此平衡时甲容器中CO2的物质的量大于0.2mol，；故答案为大于。
【分析】(1)①根据盖斯定律；
②依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断
③利用三段式法计算；
(2)①实验室用无水乙醇在浓硫酸下，加热到170℃制备乙烯；
②依据影响反应速率和化学平衡移动的因素分析；
③催化剂有选择性；
④利用阿伏加德罗定律分析。
30．（2022·泰安模拟）氮及其化合物的研究对于生态环境保护和工农业生产发展非常重要。答下列问题：
（1）已知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH=-a kJ·mol-1；N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+b kJ·mol-1；用NH3催化还原NO，可以消除氮氧化物的污染。写出反应的热化学方程式 。
（2）不同温度下，工业催化合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 反应的K值随温度变化如表。
温度/℃ 25 400 450
K 5 ×108 0.507 0.152
从平衡角度考虑，工业合成氨应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，解释其原因 。
（3）某科研组提出合成氨的“表面氢化机理”如图所示，可在较低的电压下实现氮气的还原合成氨：
已知：第一步：*H++e- =*H(快)(吸附在催化剂表面的物质用*表示)；
第二步：N2+2*H =中间体(吸附在催化剂表面)(慢)；
第三步： (快)(写出第三步的方程式)。
其中，第二步为决速步，原因是 (从反应物分子结构角度)。
（4）向恒温密闭容器中充入一定物质的量N2、H2混合气体，在不同催化剂作用下的进行反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，相同时间内H2的转化率随温度的变化如图所示：
根据图示，b点v正 v逆(填“＞”、“＜ ”或“＝”)，温度高于T4后曲线重合为ac的合理解释是 ；c点时，正、逆反应瞬时速率方程：v正(H2)= k1·c3(H2)·c(N2)和v逆(NH3)= k2·c2(NH3)，此条件下反应的平衡常数K= (用含k1、k2的代数式表示)。
（5）在30 MPa时，体积分数为3m%的H2、m%的N2和q%的惰性气体合成氨气，平衡时NH3体积分数随温度变化情况如图。
若q=10时，M点的N2的分压= MPa。此时该反应的压强平衡常数Kp= (MPa)-2(保留三位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
【答案】（1）4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ΔH=(-a-3b) kJ·mol-1
（2）从速率角度考虑，选择高温；从平衡角度考虑，选择室温；从催化剂角度考虑，500℃左右催化剂活性高，且此温度时速率、转化率均较合适，综合效果好
（3）2(*NH)+4H++4e-=2NH3；N2与*H反应时，N2中三键键能大，断裂需要较高的能量
（4）＞；T4时，该反应达到平衡，催化剂不影响平衡转化率，故重合；
（5）4；0.0145
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)已知：①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH=-a kJ·mol-1；
②N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+b kJ·mol-1；根据盖斯定律，将①-②×3，整理可得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ΔH=(-a-3b) kJ·mol-1；
(2)根据温度与化学平衡常数关系可知：温度升高，化学平衡常数减小，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应。从平衡角度考虑，工业合成氨应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，这是由于从速率角度考虑，选择高温条件；从平衡角度考虑，选择室温；从催化剂角度考虑，500℃左右催化剂活性高，且此温度时速率、转化率均较合适，综合效果好；
(3)根据图示可知中间体为*NH，反应前后原子守恒、电荷守恒，第三步反应为2个中间体与4个H+、4e-反应产生2个NH3(g)，则第三反应方程式为：2(*NH)+4H++4e-=2NH3；
其中，第二步为决速步，这是由于第二步反应中N2与*H反应时，N2中三键键能大，断裂需要较高的能量速率慢。对于多步反应，整个反应速率快慢由慢反应决定，故第二步为决速步；
(4)催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，而不能使平衡发生移动。根据图示可知：b点未达到该温度下H2的平衡转化率，说明反应正向进行，因此b点反应速率：v正＞v逆；
温度高于T4后曲线重合为ac，这是由于T4时，该反应达到平衡，催化剂不影响平衡转化率，故线重合在一起；
c点时，正、逆反应瞬时速率方程：v正(H2)= k1·c3(H2)·c(N2)和v逆(NH3)= k2·c2(NH3)，由于用不同物质表示反应速率时速率比等于化学方程式中化学计量数的比，则根据v正(H2)= k1·c3(H2)·c(N2)可知v正(NH3)=v正(H2)=k1·c3(H2)·c(N2)，在平衡时用同一物质表示的正、逆反应速率相等，v正(NH3)=v逆(NH3)，k1·c3(H2)·c(N2)=k2·c2(NH3)，，即此条件下反应的平衡常数K=；
(5)(3)若q=10，由题意可得：3m%+m%+10%=1，解得m=22.5，则N2、H2的起始物质的量分数分别是22.5%、67.5%，假设开始时气体总物质的量为100 mol，则惰性气体的物质的量为10 mol，N2为22.5 mol，H2为67.5 mol。假设反应过程中消耗N2物质的量为x mol，根据物质反应转化关系，可知同时消耗3x mol H2，反应产生2x mol NH3，n(N2)=(22.5-x)mol，n(H2)=(67.5-3x)mol，n(NH3)=2x mol，根据NH3占总体积的，可得，解得x=12.5 mol，则平衡时气体总物质的量为(100-2x) mol=(100-2×12.5) mol=75 mol，则N2、H2和NH3的分压为30 MPa×=4 MPa、30 MPa×=12 MPa、30 MPa×=10 MPa，则此时该反应的压强平衡常数Kp=。
【分析】（1）根据盖斯定律即可写出热化学方程式
（2）根据此温度下，催化剂活性最高，结合速率和催化剂活性即可判断
（3）根据给出的机理即可写出第三步的方程式，根据氮气稳定，键能大即可判断需要能量高
（4）催化剂只是改变反应速率，未达到平衡，即可判断正逆速率大小，根据温度过高，催化剂不影响转化率，根据给出即可计算出平衡常数
（5）根据给出的图形即可计算出分压，给出的数据利用方程式即可计算出平衡数据
31．（2022·茂名模拟）当今中国积极推进绿色低碳发展，力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发CO2利用技术，降低空气中CO2含量成为研究热点。工业上常用CO2和H2为原料合成甲醇(CH3OH)，过程中发生如下两个反应：
反应I：
反应II：
（1）①一定条件下，一氧化碳加氢生成甲醇的热化学方程式为： 。
②若反应II逆反应活化能Ea(逆)为120，则该反应的Ea(正)活化能为 。
（2）①反应I在催化剂M表面进行，其中CO2生成CH3OH的历程如下图所示(*表示吸附在催化剂表面的物种，TS表示过渡态，能量的单位为eV)。
下列说法正确的是 。
A．在反应过程中有极性键的断裂
B．本历程共分为5步反应进行
C．本历程的决速步骤的反应为：
D．加入催化剂M可以提高甲醇的平衡产率
②在催化剂M表面进行反应I，当起始量时，在不同条件下达到平衡，体系中CO2的转化率为α(CO2)，在T=400℃下α(CO2)随压强变化关系和在p=60MPa下α(CO2)随温度变化关系如下图所示。其中代表在T=400℃下α(CO2)随压强变化关系的是 (填“a线”或“b线”)；a、b两线的交点E对应的平衡常数 (填“相同”或“不同”)。当α(CO2)为80%时，反应条件可能是 。
（3）温度为T℃时，在一个刚性容器中模拟工业上合成CH3OH，往容器中通入1molCO2、3molH2进行反应，反应过程中容器内的压强随着时间变化如下表所示。
时间/min 0 10 20 30 40 50
压强/MPa 120 105 95 90 88 88
(已知：CH3OH选择性=)
请计算反应开始至40min的平均反应速率v(CH3OH)= MPa/min；此时CH3OH的选择性为80%，则反应I的压强平衡常数Kp= (只列计算式，压强平衡常数：用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压气体物质的量分数)。
【答案】（1）-92；161
（2）ABC；a线；不同；80MPa，400℃或60MPa，200℃
（3）0.4；
【知识点】热化学方程式；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；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)①一定条件下，一氧化碳加氢生成甲醇的热化学方程式为： 根据盖斯定律， 。故答案为：-92；
②若反应II逆反应活化能Ea(逆)为120，则该反应的Ea(正)活化能为。故答案为：161；
(2)①A．在反应过程中二氧化碳断了碳氧双键，属于极性键，A正确。B．由历程图可知，本历程有5个过渡态，故本历程共分为5步反应进行，B正确。C．决速步骤为慢反应，反应所需要的活化能最高，由历程图可知，活化能最高的一步为到TS3，所以本历程决速步骤的反应为：，C正确。D．加入催化剂M可以提高反应速率，但催化剂不影响平衡，故不能改变甲醇的平衡产率，D不正确。故答案为：ABC；
②反应I为；达到平衡后，增大压强，平衡正向移动，α(CO2)增大，故a线代表在T=400℃下α(CO2)随压强变化关系；这是一个放热反应，达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，α(CO2)减小，故b线代表在p=60MPa下α(CO2)随温度变化关系。a、b两线的交点E对应的反应条件为400℃、50MPa和500℃、60MPa，这两个条件的温度不同，故平衡常数K不同。当α(CO2)为80%时，对应a线的条件为80MPa，400℃；对b线的条件为60MPa，200℃。故答案为：a线；不同；80MPa，400℃或60MPa，200℃；
(3)温度为T℃时，在一个刚性容器中模拟工业上合成CH3OH，在40min时达到了平衡，设反应I中CO2的转化量为xMPa，反应II中CO2的转化量为yMPa，可利用表中数据列压强三段式：
平衡时，，，，，，。所以
；的选择性为80%，CH3OH选择性，可求出y=4，所以平衡时，，，，反立I的。故答案为：0.4；。
【分析】（1）根据盖斯定律计算未知反应的反应热
H = Ea（正） - Ea（逆）
（2）同种元素之间为非极性键，不同种元素之间为极性键；反应历程中会生成不同的过渡态，有几种过渡态就有几步反应；反应所需要的活化能越高高，反应越慢，可以看作决速步骤，也就是生成TS3的步骤；加入催化剂不影响平衡移动
根据勒夏特列原理，增大压强平衡向气体分子数减小的方向移动，对于反应 I 来说，正向移动，反应物转化率减小
a线代表温度400℃，b线代表500℃，平衡常数是与温度有关函数，温度不同，则平衡常熟不同
根据a，b线代表的含义不同，找出二氧化碳转化率为80%时对应的反应条件
（3）v = C/t
列出三段式，计算Kp，需要注意的是两个反应都有H2和H2O的参与，压强计算时两个都要考虑到
32．（2022·和平模拟）钛(Ti)被称为“未来金属”，广泛应用于国防、航空航天、材料等领域。
（1）基态钛原子的价电子排布式为 。
（2）钛可与高于70℃的浓硝酸发生反应，生成Ti(NO3)4.其球棍结构如图Ⅰ，Ti的配位数是 ，试 出该反应的方程式 。
（3）钙钛矿(CaTiO3)是自然界中的一种常见矿物，其晶胞结构如图Ⅱ．设NA为阿伏加德罗常数的值，计算一个晶胞的质量为 g。
（4）TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如图：
资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质
化合物 SiCl4 TiCl4 AlCl3 FeCl3 MgCl2
沸点/℃ 58 136 181(升华) 316 1412
熔点/℃ -69 -25 193 304 714
在TiCl4中的溶解性 互溶 — 微溶 难溶
TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) △H1=+175.4kJ·mol-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-220.9kJ·mol-1
①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式 。
②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图Ⅲ判断：CO2生成CO反应的△H 0(填“＞”“＜”或“=”)，判断依据 。
【答案】（1）3d24s2
（2）8；Ti+8HNO3(浓)Ti(NO3)4+4NO2↑+4H2O
（3）
（4）TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=-45.5kJ·mol-1；＞；随着温度的升高，CO的浓度增加，说明生成CO的反应是吸热反应
【知识点】原子核外电子的能级分布；晶胞的计算；热化学方程式
【解析】【解答】(1)Ti是22号元素，基态钛原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2，则价电子排布式为3d24s2；
(2)根据Ti(NO3)4的球棍结构图示可知Ti的配位数是8，钛与高于70℃的浓硝酸发生反应，生成Ti(NO3)4，还生成NO2和H2O，反应的化学方程式为：Ti+8HNO3(浓)Ti(NO3)4+4NO2↑+4H2O；
(3)在一个晶胞中含有Ca数目是1；含有Ti数目为8=1，含有的O数目为12=3，则一个晶胞中含有1个CaTiO3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为=g；
(4)①生成TiCl4和CO的反应方程式为TiO2＋2Cl2＋2C=TiCl4＋2CO，根据盖斯定律，两式相加，得到TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=ΔH1+ΔH2=(-220.9 kJ·mol-1)+(+175.4 kJ·mol-1)=-45.5kJ·mol-1；
②根据图像，随着温度的升高，CO的浓度增加，CO2浓度降低，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，生成CO的反应是吸热反应，即△H＞0。
【分析】（1）考查电子排布式，按照书写规则书写；
（2）根据球棍模型可以数出配位数，书写方程式时要注意反应条件和符号标志；
（3）算出一个晶胞中的各原子数目，求出晶胞的相对分子质量，除以NA；
（4）书写热化学方程式注意状态符号，利用盖斯定律球△H。
33．（2022·贵州模拟）碳基能源的大量消耗使大气中CO2的浓度持续不断地增大，造成的温室效应得到了世界各国的广泛重视。CO2甲烷化是有效利用二氧化碳资源的途径之一，是减少CO2的一种比较有效的实际方法，在环境保护方面显示出较大潜力。CO2甲烷化过程涉及的化学反应如下：
①CO2甲烷化反应：CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g) H=-165 kJ·mol-1
②逆水煤气变换反应：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) H=+41.1 kJ·mol-1
（1）写出CO甲烷化反应的热化学方程式： 。
（2）图甲是温度和压强对CO2平衡转化率影响的关系图。随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大的原因是 ，该实验条件下的压强有0.1MPa、3.0MPa、10.0MPa，图中a点压强为 MPa。
（3）图乙是反应条件对CO2甲烷化反应中CH4选择性影响的关系图。工业上一般选用的温度为400℃，则压强应选用 MPa，原因是 。
（4）450℃时，若在体积为1 L的恒容密闭容器中加入1 mol CO2和4 mol H2混合原料气只发生反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165 kJ·mol-1。平衡时CO2的转化率为75%，则该温度下此反应的平衡常数K= 。
（5）废气中的CO2可转化为甲醚(CH3OCH3) ，甲醚可用于制作甲醚燃料电池(如图丙)，质子交换膜左右两侧溶液均为6 mol·L-1的H2SO4溶液。则电极d为 (填“正”或“负”)极，电极c上发生的电极反应为 。
【答案】（1）
（2）反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大；10.0
（3）0.1；增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率
（4）6.75
（5）正；
【知识点】热化学方程式；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；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，由①-②可得CO甲烷化反应的热化学方程式为，故答案为：；
(2)反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大，因此随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大；反应①正反应方向气体体积减小，反应②气体体积不变，压强增大，反应①平衡正向移动，反应②平衡不移动，所以CO2的转化率随压强的增大而增大，则图中a点压强为10.0MPa，故答案为：反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大；10.0MPa
(3)由图可知，温度为400℃时，CH4选择性：10.0MPa>3.0MPa>0.1Mpa， 增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率，因此压强应选用0.1MPa，故答案为：0.1MPa；增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率；
(4)根据题意，起始时 CO2为1mol/L，H2为4mol/L，平衡时CO2的转化率为75%，则平衡时 CO2为0.25mol/L，H2为1mol/L，CH4为0.75mol/L，H2O为1.5mol/L，则该反应的平衡常数 ，故答案为：6.75；
(5)根据电子的流向可知，电极c为负极，电极d为正极；电极c上，甲醚失电子发生氧化反应，电极反应式为，故答案为：正；。
【分析】（1）注意运用盖斯定律进行加减计算时，△H也同样要进行加减计算，计算过程中要带“+”“-”。
（2）反应①是放热反应，反应②是吸热反应，反应①前后气体分子数减小，结合化学平衡移动原理进行分析。
（3）根据图示信息，从效果、成本等方面解答。
（4）根据转化率、化学平衡三段式可求出平衡时各物质的浓度，结合平衡常数进行解答。
（5）该电池属于原电池，d电极得电子发生还原反应，即d电极是正极，c电极是负极。c电极上甲醚失电子生成CO2，根据原子种类及个数守恒配平
34．（2022·杭州模拟）氨是一种重要化工产品，研究有关氨反应规律具有重要意义。
已知、298K时：
（1）工业以氨为原料制取硝酸的流图如图所示。
①设备②中发生主要反应的热化学方程式： 。
②设备②中生成的难与大量转化为的原因是 。
（2）研究人员以为催化剂研究将工业废气中的氨转化为的方案．实验将及载气(惰性气体)以一定流速通过催化反应床，研究了不同含量对催化氧化的影响，实验结果如图(代表相应氧化物)。
已知：的选择性(生成消耗的的物质的量消耗的总物质的量)
①分析上述实验结果，下列说法正确的是 。
A．的加入，降低了催化剂的活化温度
B．含量越大，催化剂的活性越好
C．运用该技术消除废气中的最佳条件为：、
D．一定温度范围，的加入使得生成副产物反应活化能降低更为显著
②某实验条件下，维持反应系统压强为，原料气中、O2、载气的物质的量分别为、；测得的转化率和的选择性均为80%，氧化的副产物仅为。反应用气体分压表示的平衡常数为 (代入数据，不要求计算结果；组分分压总压组分物质的量分数)
（3）关于催化氧化为的反应机理有诸多研究，其中一种为“”机理：吸附在催化剂表面活性位的解离为和H，同时活性O参与反应；请用方程式将反应过程补充完整：①，②，③ ，④。
【答案】（1）；是放热反应，高温不利于生成
（2）AD；
（3）
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)①已知：
①
②
设备中发生主要反应为，，根据盖斯定律可知，反应为①-2×②，则反应的焓变为（-1268kJ/mol）-2×（-180.5kJ/mol）=-907 kJ/mol，故热化学方程式为；
②设备②中生成的难与大量转化为的原因是是放热反应，设备中高温不利于生成；
(2)①A．由图可知，的加入，在较低温度下，氨气的转化率就能到达最高值，故降低了催化剂的活化温度，A正确；
B．由图B可知，相同温度下，比的氮气的选择性要低，故不是含量越大，催化剂的活性越好，B不正确；
C．结合图AB可知，运用该技术消除废气中的最佳条件为：、，此时氨气几乎全部转化，且氮气选择很高，且可以降低催化剂成本，C不正确；
D．由图B可知，温度高于230℃左右时，氮气的选择性显著降低，故一定温度范围，的加入使得生成副产物反应活化能降低更为显著，D正确；
故答案为：AD；
②的转化率和的选择性均为80%，则反应n(NH3)=25mmol×80%=20mmol，生成消耗的n(NH3)=20mmol×80%=16mmol，发生副反应消耗的n(NH3)=20mmol×80%=4mmol，由三段式可知：
则反应后n(NH3)=5mmol、n(O2)=33mmol、n(N2)=8mmol、n(H2O)=30mmol、n(NO=4mmol、n(载气)=25mmol，总的物质的量为105mmol；组分分压总压组分物质的量分数，则反应的平衡常数为；
(3)催化剂改变反应的历程，本身质量和化学性质不变；反应中吸附在催化剂表面活性位的解离为和H，同时活性O参与反应，则总反应为和活性O反应生成氮气和水，反应中④有HNO参与反应，则③为生成HNO的反应，故为。
【分析】（1）注意热化学方程式的书写规则，根据盖斯定律计算反应热；
（2）注意平衡常数的计算和影响因素；
（3）根据前后所缺的物质推出反应物和产物。
35．（2022·河南模拟）习近平主席在第75届联合国大会提出，我国要在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标。因此二氧化碳的固定和转化成为科学家研究的重要课题。
（1）以CO2和H2为原料合成乙烯，其反应的过程分两步进行：
I．CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.3kJ·mol-1
II.2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g) ΔH=+210.5kJ·mol-1
CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为 。
（2）2021年9月24日，我国科学家在《Science》上发表论文《无细胞化学酶法从二氧化碳合成淀粉》，代表着人类人工合成淀粉领域的重大颠覆性和原创性突破。该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。探究CH3OH合成反应的化学平衡影响因素，有利于提高CH3OH的产率。CO2和H2在某种催化剂作用下可同时发生以下两个反应：
I．CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-48.5kJ·mol-1
II.2CO2(g)+5H2(g)→C2H2(g)+4H2O(g) ΔH=+37.1kJ·mol-1
在压强为P，CO2、H2的起始投料为1：3的条件下，发生反应I、II。实验测得CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。
已知：CH3OH的选择性=
①有利于提高CH3OH的选择性的措施有 (填序号)。
A．适当降温
B．适当升温
C．选择合适的催化剂
②温度高于350℃时，体系中发生的反应以 (填“I”或“II”)为主，并说明理由 。
③其中表示平衡时CH3OH的选择性的曲线是 (填“a”或“b”)。
④400℃时，在该压强及投料比的条件下，利用图示所给数据计算H2的转化率为 (保留三位有效数字)。
（3）二氧化碳甲烷化技术是一种最有效的对二氧化碳循环再利用的技术。用如图装置电解二氧化碳制取甲烷，温度控制在10℃左右，持续通入二氧化碳，电解过程中KHCO3物质的量基本不变。
①阴极反应为 。
②阳极产生的气体是 (写化学式)。
【答案】（1）2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H=+293.1 kJ/mol
（2）AC；II；反应II为吸热反应，温度较高，有利于吸热反应进行；b；22.5%
（3）；O2和CO2
【知识点】热化学方程式；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)CO2与H2合成乙烯的方程式为2CO2＋6H2C2H4＋4H2O，利用盖斯定律，得出Ⅰ×2＋Ⅱ，ΔH=(+41.3×2)kJ·mol－1＋(+210.5)kJ·mol－1=＋293.1kJ·mol－1，热化学反应方程式为，故答案为：；
(2)①由反应I可知生成CH3OH的反应为放热反应，根据勒夏特列原理，温度降低，有利于平衡正向移动，因此降温可以提高选择性；选择有利于反应I进行的催化剂，可以让反应更大程度甚至只进行反应I，有利于提高甲醇的选择性，故答案为：AC；
②温
