2023年高考真题 模拟新题化学分类汇编：F单元化学反应与能量纯解析

化学高考题分类名目

F单元化学反响与能量

F1化学反响与能量变化

6.［2023•重庆卷］:C(s)+HO(g)===CO(g)+H(g)AH=akJ-mol।

22

2C(s)+O(g)===2CO(g)△”=—220kJmol1

2

H—H、00和OH键的键能分别为436kJ-mol।、496kJ-mol>和462kJmol贝a为

()

A.-332B.-118

C.+350D.+130

6.D［解析］依题意有：

①C(s)+HO(g)===CO(g)+H(g)AH=akJmol-i

22

②2c(s)+O,(g)===2CO(g)AH=-220kJmol।

依据盖斯定律②一2x即得2H(g)+O(g)===2H0(g)AH=-(220+2a)kJmol-U由于

222

反响热等于断裂旧化学键吸取的能量与形成化学键释放的能量的差值，

则496kJ-mol-i+2x436kJ,mol-i—2x2x462kJ-mol->=-(220+2a)kJmol-',解得

a—130。

7.［2023・浙江卷］以下说法不正确的选项是()

A.光催化复原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济

B.氨氮废水(含NH+及NH)可用化学氧化法或电化学氧化法处理

43

C.某种化学检测技术具有极高的灵敏度，可检测到单个细胞(31012L)内的数个目标

分子，据此可推算该检测技术能测量细胞内浓度约为10-2〜10—UmolL-i的目标分子

D.向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变

7.D［解析］电解水会消耗大量的电能，故光催化复原水制氢比电解水制氢更节能环

保、更经济，A项正确；化学氧化法和电化学氧化法均可以将NH+和NH中一3价的N元

43

素氧化为0价的氮元素，B项正确：单个细胞的V-10-12L,所以1L待测成分中含有1012

1012

个细胞，其物质的量为602x1023m。1，由此可知该检测技术能测量细胞内浓度约为10-12〜10

'■moll」的目标分子，C项正确；甲醇与汽油所具有的化学能不同，故向汽油中添加甲

醇后，该混合燃料的热值转变，D项错误。

9.［2023•课标全国卷I］分解1molHO放出热量98kJ。在含少量卜的溶液

22

中，HO分解的机理为

22

H0+1------>H0+10慢

222

H0+10------>H0+0+1-快

2222

以下有关该反响的说法正确的选项是()

A.反响速率与I-浓度有关

B.10-也是该反响的催化剂

C.反响活化能等于98kJmol1

D.v(HO)=v(H0)=v(0)

2222

9.A［解析］HO的分解反响主要由慢反响打算，且I-浓度越大反响速率越快，A项

22

正确；合并题中两反响，可知I-为催化剂，而IO-为中间产物，B项错误；ImolHO分解

22

时反响热为-98kJ-molI,并不是活化能，C项错误；依据化学计量数关系可确定v(H0)

22

=v(H0)=2v(0),D项错误。

22

10.［2023•安徽卷］臭氧是抱负的烟气脱硝试剂，其脱硝反响为2NO,(g)+O3(g)

口小9年)+0,(0，假设反响在恒容密闭容器中进展，以下由该反响相关图像作出的推断正

10.A［解析］由反响过程的能量变化图可知正反响为放热反响，因此上升温度，反响

逆向进展，平衡常数减小，A项正确；。〜3s内，v(NO,)=(1,0mol/L-0.4mol/L)-^3s=0.2

mol-Li-si,B项错误；参与催化剂，正、逆反响速率同等程度加快，平衡不移动，C项错

误；到达平衡时，增加。(0)平衡逆向移动，NO的转化率减小，D项错误。

22

31.[2023・广东卷]用CaSO代替O与燃料CO反响，既可提高燃烧效率，又能得到

42

高纯CO,是一种高效、清洁、经济的型燃烧技术。反响①为主反响，反响②和③为副反

2

应。

①1CaSO(s)+CO(g)k：aS(s)+CO(g)

44,42

bH=-47.3kJmol-i

i

②CaSO(s)+CO(g)^iCaO(s)+CO(g)+SO(g)=+210.5kJmoli

4222

③CO(g)_^C(s)+,CO(g)=-86.2kJ-mob'

2223

⑴反响2CaSO(s)+7CO(g)^iCaS(s)+CaC\s)+6CO(g)+C(s)+SO(g)的△”=

422

(用、\H和\H表示)。

(2)反响①〜③的平衡常数的对数1gK随反响温度7的变化曲线如以下图。结合各反响

的\H,归纳lgK〜T曲线变化规律:

a.；b.

(3)向盛有CaSO的真空恒容密闭容器中充入CO,反响①于900°C到达平衡，c(CO)

4

=8.0x105mol.Li,计算CO的转化率(无视副反响，结果保存两位有效数字)。

(4)为削减副产物，获得更纯洁的CO,可在初始燃料中适量参与o

2

(5)以反响①中生成的CaS为原料，在确定条件下经原子利用率100%的高温反响，可再

生CaSO,该反响的化学方程式为,在确定条件

4

下，co?可与对二甲苯反响，在其苯环上引入一个竣基，产物的构造简式为。

31.(1)4A//1+A/72+2A7/3

(2)a.放热反响，lgK随T增大而减小；吸热反响，lgK随7增大而增大b.焙

变越大，IgK随7的变化程度越大

(3)99%

(4)Ca(ClO)(或KC10、KMnO等氧化性物质)

234

(5)CaS+2O=切'代。

24

COOH

I解析I(1)将给定的三个热化学方程式依据①x4+②+③x2相加可得目标方程式，故

=4A〃+△”+2A/7o

I23

(2)反响①为放热反响，由图可看出，随着温度的上升，放热反响的平衡常数的对数在

减小，故曲线I表示反响③，曲线n表示反响②。

(3)设开头时c(CO)=m转化的c(CO)=x,则。一1=8.0乂10-5mo卜L」。依据方程式可知，

c(CO)xx_

生成的c(CO,)=X,平衡常数K=一1=——=--------------------------------。由图示可知，在

clCO)a-x8.0xl0^5molL1

900℃时，lgK=2,K=100,贝iJx=8.0xl0-3molL」，故CO的转化率=_80xl02

8.0x10-3+8.0x10-5

x100%=99%o

(4)由于CO气体中主要含有SO气体，该气体具有比较强的复原性，故可参与具有氧

22

化性的物质来除去，该氧化性的物质有Ca(ClO)>KC1O、KMnO等。(5)由于要求原子利

234

用率为100%,故反响类型属于化合反响，可将CaS在高温下与O反响制取CaSO，反响

24

的方程式为CaS+2O=纶y?CaSO；对二甲苯的构造简式为

24

CH

苯环上只有一类氢原子，故在苯环上引入1个竣基，产物仅有1

种,

COOH

其构造为

*HS.

26.[2023•课标全国卷II]

在容积为1.00L的容器中，通入确定量的NO,发生反响NO(g),随温度

22久)2NO2

上升，混合气体的颜色变深。

答复以下问题:

⑴反响的0(填“大于”或“小于”)；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化

如以下图。在0〜60s时段，反响速率v(NO)为mol-LI-S-I；反响的平衡常数K

24-----------------I

为。

⑵1。。寸时达平衡后，转变反响温度为7,c(N?)y°.002°m。心g的平均速

率降低，经10s又到达平衡。

100℃(填“大于”或“小于”),推断理由是o

②列式计算温度7时反响的平衡常数K：

2------------------------------------------------------------------------------------

(3)温度T时反响达平衡后，将反响容器的容积削减一半，平衡向(填“正反响”

或“逆反应”)方向移动，判断理由是

26.⑴大于0.00100.36molL-i

(2)①大于反响正方向吸热，反响向吸热方向进展，故温度上升

②平衡时，c(NO)=0.120mol-L-1+0.0020mol-L-i-s-ixlOsx2=0.16mol-L-i

2

c(NO)=0.040mobL-1-0.0020molL-^s-^lOs=0.020mol-L-1

24

K=(016mol-L-i)2=1,3mol.L-i

20.020mol-L-i

⑶逆反响对气体分子数增大的反响，增大压强平衡向逆反响方向移动

［解析］(1)依题意知，温度上升，混合气体的颜色加深，说明平衡向生成NO,的正反响

方向移动，即正反响是吸热反响；依据图像0〜6()s时段，NO的物质的量浓度变化为0.060

2

mol-L1,依据公式》/=哪可计算出速率；依据图像可知NO的平衡浓度为0.120molLT

At2

@（NO）

NQ4的平衡浓度为0.040mol-LI,依据K=°丽。））可计算出平衡常数舄。（2）①依据题

24

意知，转变反响温度为7后，反响速率降低，故为降低温度，即T小于100℃；②依据题

意知,再次到达平衡后NO的浓度减小，Ac=vA/=0.0020mol-Ls-ixlOs=0.02molL-',

24

则NO的浓度增加0.040mol.Li,即到达平衡时NO的浓度为0.020mol-Li,NO的浓

2242

c2（NO）

度为0.160m。心"据K=k52r可计算出平衡常数G⑶温度为7时，反响到达平衡,

cIN24

将反响容器减小一半，即增大压强。其他条件不变时，增大压强，平衡向气体分子数减小的

方向移动，即向逆反响方向移动。

8.［2023•海南卷］某反响过程能量变化如以下图，以下说法正确的选项是（）

A.反响过程a

B.该反响为放热反响，热效应等于

C.转变催化剂，可转变该反响的活化能

D.有催化剂条件下，反响的活化能等于E+E

\2

8.BC［解析］a过程的活化能比b过程的高，故反响过程b有催化剂参与，A项错误;

该反响生成物所具有的能量比反响物的低，且由图标信息可知二者能量的量值之差为AH,B

项正确；不同催化剂的催化效率不同，故转变催化剂，可转变该反响的活化能，C项正确;

在有催化剂的条件下，该反响的活化能等于E,D项错误。

I

F2反响热的计算与重要的反响热

4.|2023.海南卷］标准状态下，气态分子断开1mol化学键的熔变称为键焰。H—H、H-

O和O===O键的键熠AH分别为436kJ-mol-i>463kJ-mol>和495kJmol-*.以下热化

学方程式正确的选项是()

A.HO(g)===H+£(g)AW=-485kJmol-i

2222

B.HO(g)===H(g)+、D(g)AW=+485kJmol-i

2222

c.2H(g)+O(g)===2H0(g)

222

△”=+485kJmoli

D.2H(g)+0(g)===2H0(g)

222

AH=-485kJ-mol।

4.D［解析J化学反响的烧变等于反响物总键焰与生成物总键烯的差，由此可确定D

项正确。

6.［2023•重庆卷］:C(s)+HO(g)===CO(g)+H(g)AH=akJ-mol।

22

2C(s)+O(g)===2CO(g)AH=-220kJ-mol।

2

H—H、00和OH键的键能分别为436kJ-mol-\496kJmol-i和462kJ-moli,则a为

()

A.-332B.-118

C.+350D.+130

6.D［解析］依题意有：

①C(s)+HO(g)===CO(g)+H(g)AH=akJ-mol1

22

②2c(s)+O,(g)===2CO(g)AH=-220kJ-mol-i

依据盖斯定律②一2x即得2H(g)+O(g)===2H0(g)AH=-(220+2a)kJmol-i»由于

222

反响热等于断裂旧化学键吸取的能量与形成化学键释放的能量的差值，

贝IJ496kJ-mol-i+2x436kJ-mol-i-2x2x462kJ-mol-i=-(220+2a)kJmol-i,解得

a=130»

7.［2023•天津卷］元素单质及其化合物有广泛用途，请依据周期表中第三周期元素相

关学问答复以下问题：

(1)按原子序数递增的挨次(稀有气体除外)，以下说法正确的选项是。

a.原子半径和离子半径均减小

b.金属性减弱，非金属性增加

c.氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增加

d.单质的熔点降低

(2)原子最外层电子数与次外层电子数一样的元素名称为,氧化性最弱的简洁

阳离子是O

(3)：

化合物MgOA1MgCl,AICI

2033

类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物

熔点/℃28002050714191

工业制镁时，电解MgJ而不电解MgO的原因是

制铝时，电解A1O而不电解A1C1的缘由是。

233

(4)晶体硅(熔点1410°C)是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下：

Si(粗l^SiCI』^SiCl(纯)——Si(纯)

460℃44uno©

写出SiCl的电子式：;在上述由SiCl制纯硅的反响中，测得每生成

44

1.12kg纯硅需吸收akJ热量，写出该反应的热化学方程式：

(5)PO是非氧化性枯燥剂，以下气体不能用浓硫酸枯燥，可用PO枯燥的是o

2525

a.NHb.HIc.SOd.CO

322

(6)KCIC)3可用于试验室制o,,假设不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种

是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1。写出该反响的化学方程式：

O

7.(l)b⑵氨Na+(或钠离子)

(3)MgO的熔点高，熔融时消耗更多能源，增加生产本钱

A1C%是共价化合物，熔融态难导电

:a:

：a：si:《

⑷“：a:"

SiCl4(g)+2H,(g)眈=沼i(s)+4HCl(g)

A/7=+O.O25akJmol।

(5)b

(6)4KC1O及空二水C1+3KC1O

34

［解析］(1)除稀有气体外，第三周期元素随原子序数的递增原子半径渐渐减小，而离子

半径不愿定减小，如r(Na+)<r(Cl),a错误；同一周期的主族元素随原子序数的递增，金

属性减弱，非金属性增加，b正确；同周期主族元素从左至右，最高价氧化物对应的水化物

碱性减弱，酸性增加，c错误；单质的熔点不愿定降低，如Na的熔点低于Mg、Al等的熔

点，d错误。(2)第三周期元素的原子核外有三个电子层，次外层电子数为8,故该元素原子

最外层的电子数也为8,该元素为僦；简洁离子的氧化性越弱，对应单质的复原性越强，元

素的金属性越强，第三周期中金属性最强的元素是Na,因此Na，的氧化性最弱。(3)由题给

数据表知，MgO的熔点比MgCl,的熔点高，MgO熔融时消耗更多能源，增加本钱；A1C1,

是共价化合物，熔融态时不电离，难导电，故冶炼铝不能用电解A1C1的方法。(4)SiCl属

34

:a:

:ci:si:ci:

于共价化合物，其电子式为“：&：”;由SiCl制纯硅的化学方程式为SiCI(1)+2H(g)34=

442

Si(s)+4HCl(g),生成1.12kg即40mol纯硅吸取akJ热量，贝性成1mol纯硅需吸取0.025a

kJ热量。(5)NH是碱性气体，既不能用浓硫酸枯燥，也不能用P,0、枯燥；HI是具有复原性

的酸性气体，可用PO枯燥，但不能用浓硫酸枯燥；SO、CO既能用浓硫酸枯燥，又能用

2522

P,O$枯燥，综上分析，正确答案为bo(6)KCIO的化合价为+5价)受热分解生成的无氧

酸盐是KCL另一含氧酸盐中氯元素的化合价必需比+5价高，可能为+6价或+7价，假设

为+6价，形成的盐中阴阳离子个数比不行能为1：1,只能是+7价，故该含氧酸盐为KC1O,

4

据此可写出该反响的化学方程式•

28.(15分)［2023•课标全国卷I］乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合

法生产或间接水合法生产。答复以下问题：

⑴间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反响生成硫酸氢乙酯(CHOSOH),再水解生成乙

253

醇。写出相应反响的化学方程式：.

(2)：

甲醇的脱水反响

2CHOH(g)===CHOCH(g)+H0(g)

3332

AW=-23.9kJ-mol-i

i

甲醇制烯烽的反响

2CHOH(g)===CH(g)+2HO(g)

3242

AW=-29.1kJmol-i

2

乙醇的异构化反响CHOH(g)===CHOCH(g)

2533

AH=+50.7kJmol-i

3

则乙烯气相直接水合反响CH(g)+HO(g)===CHOH(g)W\HkJmolL与间

24225

接水合法相比，气相直接水合法的优点是o

(3)如以下图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系［其中n(H2O)：

r9H-

m2

享

3

»30

«20

«层10

7

200250300350

①列式计算乙烯水合制乙醇反响在图中A点的平衡常数=(用

Kp

平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。

②图中压强(pj匕、/、打)的大小挨次为，理由是。

③气相直接水合法常承受的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反响温度290℃、压

强6.9MPa,n(HO)：n(CH)=0.6：1。乙烯的转化率为5%,假设要进一步提高乙烯转化率,

除了可以适当改变反应温度和压强外，还可采取的措施有

28.(1)CH+HSO-->CHOSOH,CHOSOH+HO-->CHOH+HSO(2)一

242425325322524

20%叩

45.5污染小、腐蚀性小等(3)①/(CH0H)2仁20%”=

p(C9H4)p(H2O)(80%/?/?>

l2n-20%«J

,=0.07(MPa)'②p<p<p<p反响分子数削减，一样温度下，压强上升

80x7.85MPa1234

乙烯转化率提高

③将产物乙醇液化移去增加OHO)：OfH”匕

［解析］(1)依据题中信息可写出由乙烯与浓硫酸间接水合法制乙醇的反响为CH+

24

HSO-->CHOSOH和CHOSOH+HO-->CHOH+HSO。(2)依据盖斯定律①一②

2425325322524

一③得：CH(g)+HO(g)===CHOH(g)AH=-45.5kJmoli0间接水合法中用到浓硫酸

24225

等强腐蚀性物质，与其相比直接水合法具有污染小、腐蚀性小等优点。(3)①设起始时CH

24

和30(g)的物质的量均为〃依据C尸4的转化率为20%,则平衡时C,HjHp(g)WlCHOH

20%印

的物质的量分别为80%〃、80%〃和20%〃，则K=〃(CH,OH)2〃=20%,=

Pp(C2H4)p(H2O)(80%/?p>

12.-20%3

20x180=007(MPaklo②增大压强，平衡将正向移动，能提高CH的转化率，即压

80x7.85MPa24

强PI<P<P,<P4。③为了使平衡正向移动，还可以将乙醇液化准时分别，或增大〃(H,O)：

n(CH)之比等措施。

24

25.［2023・安徽卷］Na、Cu、0、Si、S、Cl是常见的六种元素。

(l)Na位于元素周期表第周期第族；S的基态原子核外有个

未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为。

⑵用，'或y填空：

第一电离能离子半径熔点酸性

SiS02-Na+NaClSiH,SO_HC10

24—4t

(3)CuCl(s)与°?反响生成CuC串和一种黑色固体。在250lOlkPa下，该反响

每消耗1molCuCl(s),放热44.4kJ,该反应的热化学方程式是

(4)C1O,常用于水的净化，工业上可用C1,氧化NaClO,溶液制取CIO,。写出该反响的离

子方程式，并标出电子转移的方向和数目：

25.⑴三IA2Is22s22P63s23P2

(2)

<><<

(3)4CuCl(s)+O(g)===2CuCl(s)+2CuO(s)

22

177.6kJ-mol-1(合理答案均可)

(4)2C1O+C2e1===2C1O+2C1-(合理答案均可)

222

［解析］(l)Na核外电子分三层排布且最外层电子数为1,位于周期表的第三周期IA族；

S的价层电子排布为3s23P%利用洪特规章和泡利不相容原理可知S的基态原子核外有2个

未成对电子；依据能量最低原理以及洪特规章和泡利不相容原理，14号元素Si的基态原子

核外电子排布式为Is22s22P63s23P2。(2)非金属性Si<S,因此第一电离能Si<S；核外电子排

布一样的简洁离子，核电荷数越大离子半径越小，离子半径02->Na+；离子晶体NaCl的

熔点小于原子晶体单质硅的熔点：元素非金属性越强其最高价氧化物对应水化物的酸性越

强，酸性H,SO4cHe10屋(3)利用氧化复原反响规律和原子守恒等可知，CuCl与O,反响得

244L

到氧化产物CuCl,黑色产物必为复原产物CuO(同时也属于氧化产物)，由此可得反响的热

2

化学方程式：4CuCl(s)+O(g)===2CuCl⑸+2CuO(s)AW=-177.6kJ/molo(4)Cl将CIO-氧

2222

化为CIO,自身被复原为Cl,由此可得反响的离子方程式，并可标出电子转移的方向和数

2

目。

23.[2023•福建卷]元素周期表中第VI1A族元素的单质及其化合物的用途广泛。

(1)与氯元素同族的短周期元素的原子构造示意图为.

(2)能作为氯、漠、碘元素非金属性(原子得电子力气)递变规律的推断依据是(填

序号)。

a.Cl、Br、I的熔点

222

b.Cl、Br、I的氧化性

222

c.HC1、HBr、HI的热稳定性

d.HCKHBr、HI的酸性

⑶工业上，通过如下转化可制得KC1O晶体：

3

NaCl溶液8Q:*电NaClO溶液黄山gKC1O晶体①完成I中反响的总化学方程式：

I3H3

|^]NaCl+1|H^O===||NaC10+1|»

②n中转化的根本反响类型是,该反响过程能析出Koo.晶体而无

其他晶体析出的缘由是o

(4)确定条件下，在水溶液中1molCl、C1Q(x=l,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如右

图所示。

①D是(填离子符号)。

②B-A+C反响的热化学方程式为(用离子符号表示)。

00

80

60

40如

O

23.⑴⑷〃⑵b、c⑶①|T|NaCl+⑶H,0===|T]NaC103+回HJ

②复分解反响

室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体

(4)①CIO-②3C1O-(aq)===C10-(aq)+2Cl-(aq)AH=-117khnol-1

43

<0、\

㈤27

I解析］(D与氯元素同族的短周期元素为F,F的原子构造示意图为'乙/。

(2)Q、Br、I都是分子晶体，其熔点受分子间作用力影响，与非金属性无关，a项错

222

误；单质的氧化性越强则其元素的非金属性越强，b项正确；非金属性强弱可用气态氢化物

的稳定性推断，C项正确；卤素氢化物的酸性可用来推断氢原子与卤素原子形成的共价键强

弱，d项错误。⑶①依据氧化复原反响的化合价升降法配平可得：NaCl+3HO===NaCIO

23

+3HT；②步骤H发生的反响NaCIO+KCl===KClO|+NaClt，各元素的化合价没有变化，

233

则该反响属于复分解反响。在室温下，氯酸钾在水中的溶解度小于其他晶体，则有氯酸钾晶

体析出而无其他晶体析出。(4)①从图可知D中氯元素的化合价为+7,则D为CIO：②从

4

图中可知：A为C1-,B为CIO,C为CIO,B—A+C的氧化复原反响用升降法配平可

3

得该热化学方程式为3cle)-(aq)===C1O?(aq)+2CI(aq)AW=(63kJ/mol+2x0)-3x60

kJ/mol=-117kJ/moL

28.［2023・全国卷］化合物AX刎单质X车确定条件下反响可生成化合物AX。$答复

以下问题：

(DAX的熔点和沸点分别为-93.6℃和76℃,AX的熔点为167°C。室温时AX

353

与气体X反响生成1molAX,放出热量123.8kJ。该反响的热化学方程式为

25

(2)反响AX(g)+X(g)在容积为10L的密闭容器中进展。起始时AX和X

3加)AX532

均为0.2moU反响在不同条件下进展，反响体系总压强随时间的变化如以下图。

①列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX?=

②图中3组试验从反响开头至到达平衡时的反响速率MAX)由大到小的次序为

.(填试验序号)；与试验a相比，其他两组转变的试验条件及推断依据是:

b

③用Po表示开头时总压强，p表示平衡时总压强，a表示AX3的平衡转化率，则a的表

达式为；试验a和c的平衡转化率：a为，a为。

ac------------

28.(1)AX(1)+X(g)===AX(s)AW=-123.8kJ/mol⑵①().1()mol=17x10-4

32510Lx60min

mol-L1min1

解：开头时〃=0.4mol,总压强为160kPa,平衡时总压强为120kPa120kPa

0,则n罚60kPa=

♦

0.40mol'

n=120kPa

0.40molX160kPa=03。mol,

AX^(g)+X9(g)^AX^g)

起始时〃/mol：0.200.200

o

平衡时〃/mol：0.20-x0.20-xx

(0.20-x)+(0.20-x)+x=0.30

x=0.10

v(AX)=°-10mo1=1.7x10-*molLi-min-i

510Lx60min

②bca参与催化剂。反响速率加快，但平衡点没有转变温度上升。反响速率加快，但

平衡点向逆反响方向移动(或反响容器的容积和起始物质的量未转变，但起始总压强增大)

③a=2(L450%40%

P。

［解析］(1)书写热化学方程式时要留意常温下AX呈液态，AX呈固态。(2)②由图像知，

35

到达平衡所需时间：a>c>b,所以反响速率MAX?由大到小的挨次为b>c>a;与试验a

相比，试验b先到达平衡，化学反响速率快，但平衡点没有变化，说明试验b参与了催化剂;

反响为放热反响，与试验a相比，试验c平衡向逆反响方向移动，且反响速率加快，说明试

验c转变的条件是上升温度。

AX3(g)+“g)=士AXJg)

起始量(mol)0.20.20

变化量(mol)XXX

平衡量(mol)0.2-x0.2—xx

0.4—xp0.4(P-P)0.4(p—p)cP

则有0.4-；，解得X-0，"，则AX的转化率为0羲-2(1-

PA3

分别将试验a、c的p、p0的数据代入上式，得墨、4分别为50%、40%。

5.［2023•海南卷］以下反响的热化学方程式：6C(s)+5H(g)+3N(g)+

22

90(g)===2CH(ONO)(1)\H

235231

2H(g)+O(g)===2HO(g)

2222

C(s)+O(g)===CO(g)AH

223

则反响4CH(ONO)(l)===12CO(g)+10H0(g)+O(g)+6N(g)的△”为()

35232222

A.12A/y+5A//—2A“

321

B.2AH-5A4-12A〃3

C.12A”—5A“—2A/y

321

D.△“-5A”一12A”

123

5.A［解析］将三个热化学方程式依次编号为①、②、③，依据盖斯定律，可得目标

热化学方程式：12x③+5x②一2x①，即+5△9一2△族，即裨A。

10.［2023•江苏卷］:

CXs)+O(g)===CO(g)AW

221

CO(g)+C(s)===2C0(g)AH

22

2CO(g)+O2(g)===2CO^g)A4

4Fe(s)+3O(g)===2FeO(s)A”

2234

3C0(g)+FeO(s)===3CO(g)+2Fe(s)AH

2325

以下关于上述反响焰变的推断正确的选项是()

A.A//>0,A^<0B.A/,。，A//^>0

C.Aw=△4+△，D.=&H+△，

123345

10.C［解析1C、CO的燃烧都是放热反响，故△“<()、△“<(),A项错误；CO与

132

C生成CO的反响为吸热反响，则>0；铁的燃烧为放热反响，则<0,B项错误；

24

将其次、三个热化学方程式相加可得第一个热化学方程式，C项正确；将第五个热化学方程

式系数同时乘以2后与第四个热化学方程式相加，再将系数同除以3可得第三个热化学方程

„,,AW+2A//

式，故