高三化学二轮专题限时集训-化学能与热能

试卷第=page1414页，共=sectionpages1414页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高考化学冲刺专题限时集训05化学能与热能（基础篇）一、单选题，共18小题1．（2022·全国·高三专题练习）18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：+OH-+CH3O-能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步B．反应结束后，溶液中存在18OH-C．反应结束后，溶液中存在CH318OHD．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变2．（2022·全国·高三专题练习）在298.15K、100kPa条件下，N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1，N2(g)、H2(g)和NH3(g)的比热容分别为29.1、28.9和35.6J·K-1·mol-1。一定压强下，1mol反应中，反应物[N2(g)+3H2(g)]、生成物[2NH3(g)]的能量随温度T的变化示意图合理的是A． B．C． D．3．（2022·全国·高三专题练习）关于下列的判断正确的是A． B． C． D．4．（2022·全国·高三专题练习）NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0。下列分析正确的是A．1mol平衡混合气体中含1molN原子B．断裂2molNO2中的共价键所需能量小于断裂1molN2O4中的共价键所需能量C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅5．（2022·全国·高三专题练习）中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是A．该过程将太阳能转化成为化学能B．该过程中，只涉及非极性键的断裂与生成C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3D．原料气N2可通过分离液态空气获得6．（2022·全国·高三专题练习）下列实验操作或实验设计正确的是ABCD手不会画，也找不到相似的探究铁钉的电化学腐蚀类型中和反应热的测定提纯乙酸乙酯干燥HI气体A．A B．B C．C D．D7．（2022·全国·高三专题练习）下列有关叙述不正确的是①在100℃、101kPa条件下，液态水汽化热为40.69kJ·mol-1，则H2O(g)=H2O(l)

ΔH=+40.69kJ·mol-1②已知25℃时，pH=11的CH3COONa溶液中，水电离出来的的c(H+)=10-3mol·L-1③电解NaNO3溶液时，随着电解进行，溶液的pH减小④常温下，在0.10mol·L-1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，则NH3·H2O的电离被抑制，溶液pH减小A．①③ B．③④ C．②④ D．①②8．（2022·全国·高三专题练习）工业合成三氧化硫的反应为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)

ΔH=-198kJ·mol-1，反应过程可用如图模拟(代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂)下列说法正确的是A．过程Ⅰ和过程Ⅳ决定了整个反应进行的程度B．过程Ⅱ为放热反应，过程Ⅲ为吸热反应C．1molSO2和1molO2反应，放出的热量小于99kJD．催化剂可降低整个反应的活化能，因此使ΔH发生变化9．（2022·全国·高三专题练习）用下列实验装置进行相应的实验，描述正确或能达到实验目的的是A．用图甲装置保护水体中的钢铁设备B．用图乙装置制备乙酸乙酯C．用图丙装置测定酸碱反应中和热时不能用环形铁棒代替环形玻璃棒D．用图装置丁分离乙酸乙酯和乙醇10．（2022·山东·济南市历城第二中学二模）二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的“清洁能源”，科学家研究在酸性条件下，用甲醇可合成二甲醚，反应历程中相对能量变化如图所示。下列叙述错误的是A．循环过程中，催化剂参与了中间反应B．该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为1.31kJ·mol-1C．制约总反应速率关键步骤的基元反应方程式为→CH3OCH3+H+D．总反应方程式为2CH3OHCH3OCH3+H2O11．（2022·江西九江·二模）与往届奥运会使用丙烷等气体作为火炬燃料不同，2022年北京冬奥会首次使用氢能作为火炬燃料。在火焰区当中植入微量显色剂，实现氢气燃烧时的淡蓝色火焰变为红色。下列说法正确的是A．火炬外壳的主要成分是碳纤维，碳纤维是有机高分子材料B．显色剂是一些易燃物，如：甲基橙、酚酞、石蕊等C．显色剂使淡蓝色火焰变为红色，这一变化为物理变化D．氢气、天然气和丙烷均属于一次、清洁的再生能源12．（2022·全国·模拟预测）下列实验装置(固定装置略去)和操作正确的是ABCD浓盐酸与84消毒液制取Cl2浓硫酸与萤石加热制备HF制备Fe(OH)2中和热的测定A．A B．B C．C D．D13．（2022·辽宁·模拟预测）科学家利用铁铜稀土复合表面催化剂对光化学烟雾的治理进行研究并取得了一定的突破，其反应机理如图所示。已知，下列有关说法不正确的是

A．是一种绿色氧化剂，可用于化工生产、污水处理等B．均为酸性氧化物C．是放热的非氧化还原反应D．总反应可表示为14．（2022·北京·模拟预测）某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列叙述错误的是（

）A．该历程中HCHO中所有的C-H键均断裂B．该过程的总反应为HCHO+O2CO2+H2OC．该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量D．生成物CO2中的氧原子由HCHO和O2共同提供15．（2022·重庆·二模）环氧乙烷()可用作生产一次性口罩的灭菌剂。工业上常用乙烯氧化法生产环氧乙烷，其原理是：2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g)

∆H。己知下列两个反应，则为①②A． B． C． D．16．（2022·重庆·模拟预测）氢能被称为未来能源，利用乙醇来制取氢气涉及如下反应反应I：CH3CH2OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)

△H1=+173.5kJ·mol-1反应II：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)

△H2=-41.2kJ·mol-1则lmolCH3CH2OH(g)与H2O(g)作用生成CO(g)和H2(g)反应的△H为A．+255.9kJ·mol-1 B．-255.9kJ·mol-1C．+132.3kJ·mol-1 D．-132.3kJ·mol-117．（2022·浙江杭州·二模）氯苯与硝酸发生硝化反应过程中，生成邻、间、对硝基氯苯经历的中间体过程如图所示．据所给信息可得出的结论是A．氯苯与硝酸发生一取代反应是吸热反应 B．相同温度下，生成间硝基氯苯的速率最大C．反应过程中经历了断键产生的过程 D．选用合适的催化剂，有利于提高邻硝基氯苯的选择性18．（2022·浙江浙江·二模）甲烷与氯气发生取代反应分别生成1mol相关有机物的能量变化如图所示：下列说法不正确的是A．CH4与Cl2的取代反应是放热反应B．1molCH4的能量比1molCH3Cl的能量多99kJC．△H4≈△H3≈△H2≈△H1，说明CH4与Cl2的四步取代反应难易程度相当D．己知Cl—Cl的键能为243kJ·mol-1，C—Cl的键能为327kJ·mol-1，则CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)的△H<0二、非选择题，共6小题19．（2020·宁夏银川·一模）甲烷是重要的气体燃料和化工原料。回答下列问题：(1)已知、、的燃烧热分别为，,。利用甲烷制备合成气的反应为。根据上述数据能否计算________(填“能”或“否”)，理由是________________。(2)在某密闭容器中通入和，在不同条件下发生反应：

测得平衡时的体积分数与温度、压强的关系如图所示。①________，________(填“<”、“>”或“=”)。②m、n、q三点的化学平衡常数大小关系为________。③q点甲烷的转化率为________，该条件下的化学平衡常数________(用含有的表达式表示，为以分压表示的平衡常数)。(3)用甲烷和构成的燃料电池电解溶液，装置如下图所示。反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀。则A处通入的气体是________，x电极的电极反应式是________。20．（2020·河南河南·三模）二氧化碳是引起“温室效应”的主要物质，对其有效的回收利用，不仅能缓解能源危机，又可减少温室效应的影响，具有解决能源问题和环保问题的双重意义。(1)和经过催化重整可以得到合成气（和）；①一定温度和压强下，由元素最稳定的单质生成纯化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成焓。已知、、的标准摩尔生成焓分别为、、。则上述重整反应的________。②其他条件相同，甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内测得转化率与温度变化关系如图Ⅰ，________（填“可能一定”或“一定未”）达到平衡状态理由是________。(2)与可以用来生产尿素，其反应过程为：；①时，在的密闭容器中充人和模拟工业生产。投料比，如图Ⅱ是平衡转化率与的关系。则图中点的平衡转化率_______。②当时，若起始的压强为，水为液态，平衡时压强变为起始的。用平衡分压（分压=总压×物质的量分数）代替平衡浓度表示该反应的平衡常数________。(3)以二氧化钛表面覆盖为催化剂，可以将和直接转化成乙酸。①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的变化情况如图Ⅲ所示。250-300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是________。②为了提高该反应中的转化率，可以采取的措施是________。(4)纳米二氧化钛膜中的电对吸附并将其还原。以纳米二氧化钛膜为工作电极，以一定浓度的硫酸为介质，在一定条件下通入进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯，（简称）。电解时，最终转化为的电极反应式是________。21．（2020·湖北·黄冈中学模拟预测）资源化利用二氧化碳不仅可减少温室气体的排放，还可重新获得燃料或重要工业产品。(1)以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[CO(NH2)2]。已知：①2NH3(g)＋CO2(g)＝NH2CO2NH4(s)△H＝－159.47kJ·mol-1②NH2CO2NH4(s)＝CO(NH2)2(s)＋H2O(g)△H＝+116.49kJ·mol-1③H2O(l)＝H2O(g)△H＝+88.0kJ·mol-1试写出NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式______________。(2)在一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH＜0①向一容积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在300℃时发生上述反应，达到平衡时各物质的浓度分别为CO2：0.2mol·L-1，H2：0.8mol·L-1，CH4：0.8mol·L-1，H2O：1.6mol·L-1，起始充入CO2和H2的物质的量分别为_____、_____，CO2的平衡转化率为______。②现有两个相同的恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器I、II，在I中充入1molCO2,和4molH2，在II中充入1molCH4和2molH2O(g)，300℃下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是_________(填字母)。A．容器I、II中正反应速率相同

B．容器I、II中CH4的物质的量分数相同C．容器I中CO2的物质的量比容器II中的多

D．容器I中CO2的转化率与容器II中CH4的转化率之和小于1(3)华盛顿大学的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图所示：①上述生产过程的能量转化方式是_____。②上述电解反应在温度小于900℃时进行碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，则阳极的电极反应式为___，阴极的电极反应式为______。22．（2020·安徽合肥·三模）煤和甲烷既是重要的常用燃料，又是重要的化工原料。根据题意，回答下列问题：I.煤制天然气过程中，存在多种化学反应，其中在煤气化装置中发生反应①：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)∆H=+135kJ•mol-1，而在水气变换装置中发生反应②：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)∆H=-41kJ•mol-1(1)煤气化前，需要通入一定量的氧气与碳发生燃烧反应，请利用平衡移动原理说明通入氧气的作用：_____________________(2)写出碳和二氧化碳反应生成一氧化碳的热化学方程式_____。(3)如图表示发生反应①后进入反应②装置的n(H2O)/n(CO)与反应②中CO平衡转化率、温度的变化关系。若n(H2O)/n(CO)为0.8，一定量的煤和水蒸气经反应①和反应②后，得到CO与H2的物质的量之比为1:3，则反应②所对应的温度是_____(填“T1”、“T2”或“T3”)。Ⅱ.甲烷重整技术主要是利用甲烷和其他原料来制备合成气(CO和h2混合气体)。现在常(见的重整技术有甲烷——二氧化碳重整、甲烷——水蒸气重整，其反应分别为CH4(g)+3CO2(g)⇌2H2O(g)+4CO(g)；CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)(4)甲烷——二氧化碳重整的催化转化原理如图所示：①过程(二)实现了含氢物种与含碳物种的分离，写出生成H2O(g)的化学方程式：______②假设过程(一)和过程(二)中各步反应均转化完全，则下列说法正确的是_____(填序号)。a.过程(一)和过程(二)中均含有氧化还原反应b.过程(二)中使用的催化剂为Fe3O4和CaCO3C．若过程(一)投料比，可导致过程(二)中催化剂失效(5)通过计算机模拟甲烷——水蒸气重整实验测得，在操作压强为0.1Mpa、水碳比n(H2O)/n(CH4)为1.0，温度为900℃，反应达到平衡时，H2的物质的量分数为0.6。已知该反应的速率方程v=kP(CH4)·P-1(H2)，式中k为速率常数，P为气体分压，气体分压=总压×气体物质的量分数，则此时该反应速率v=_____(用含k的式子表示)；900℃时，该反应的压强平衡常数Kp=_____(用平衡分压代替平衡浓度计算)。23．（2022·天津西青·高三期末）气态亚硝酸(HNO2或HONO)是大气中的一种污染物。(1)亚硝酸的电离平衡常数Ka＝6.0×10﹣6，其电离方程式为________。(2)亚硝酸分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为________。(3)亚硝酸进入人体可以与二甲胺[(CH3)2NH]迅速反应生成亚硝酸胺[CH3)2N－N＝O]，亚硝酸胺是最重要的化学致癌物之一。①亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺的一种反应机理如下：HONO+过程ⅰ和过程ⅱ的反应类型分别为：________、消去反应。②上述反应机理的反应过程与能量变化的关系如图：亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺的反应ΔH________0(填“＞”或“＜”)。反应难度更大的是过程________(填“ⅰ”或“ⅱ”)。24．（2020·四川遂宁·三模）氢气是热量高、无污染的燃料，天然气储量丰富是理想的制氢原料，研究甲烷制氢具有重要的理论和现实意义。（1）甲烷水蒸气重整制氢：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）△H1=+216kJ•mol-1，温度1200k，压强0.2Mpa，水碳起始物质的量之比3:1，达到平衡时氢气的物质的量分数为0.3,甲烷转化率为____，Kp=____（Mpa）2。理论上近似水碳比为____，氢气的物质的量分数将达到最大。

（2）①将甲烷水蒸气重整和甲烷氧化重整两种方法结合，理论上按照空气、甲烷、水蒸气约15:7：1体积比进料（空气中氧气体积分数约为0.2），可以实现反应器中能量自给（不需要补充热量）。甲烷氧化重整制氢：2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H2=____kJ•mol-1②实际生产中，空气、甲烷、水蒸气按照约1:1:2体积比进料，增加水蒸气的作用是____，还能发生____（用化学方程式表示）反应，从而获得更多的氢气。（3）甲烷水蒸气重整过程中，温度1000K,原料气以57.6Kg•h-1通入容积为1L镍基催化反应器中，2-5s甲烷质量分数由7.32%变为5.32%，用甲烷表示2-5s的反应速率为____mol•min-1,随着反应的进行反应速率会急速下降，可能的原因是甲烷等高温不稳定，造成____。有人提出将甲烷水蒸气重整和甲烷氧化重整两种方法结合则能解决这个问题，原因是____。答案第=page2828页，共=sectionpages1414页参考答案：1．B【解析】A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应IV的活化能较高，因此反应的决速步为反应I、IV，故A错误；B．反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故B正确；C．反应III的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH318H，故C错误；D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误；综上所述，正确的是B项，故答案为B。2．B【解析】该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，根据题目中给出的反应物与生成物的比热容可知，升高温度反应物能量升高较快，反应结束后反应放出的热量也会增大，比较4个图像B符合题意，故答案选B。3．B【解析】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO(aq)+H+(aq)=HCO(aq)为放热反应，所以△H1<0；CO(aq)+H2O(l)HCO(aq)+OHˉ(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO的水解反应为吸热反应，所以△H2>0；OHˉ(aq)+H+(aq)=H2O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以△H3<0；醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以△H4<0；但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出的热量小于强酸和强碱反应放出的热量，则△H4>△H3；综上所述，只有△H1<△H2正确，故答案为B。4．B【解析】A．1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1mol平衡混合气体中所含原子大于1molN，A项错误；B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；答案选B。5．B【解析】A.该过程将太阳能转化成为化学能，A正确；B.该过程中，既有极性键（N-H、O-H）的断裂与生成，也有非极性键（NN、O=O）的断裂与生成，B不正确；C.该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，C正确；D.原料气N2可通过分离液态空气获得，D正确。本题选B。6．A【解析】A．由图可知，铁钉在饱和食盐水中发生吸氧腐蚀，支管试管内氧气的物质的量减小，气体压强减小，试管中的红墨水会进入玻璃导管中，则该装置能探究铁钉的电化学腐蚀类型，故A正确；B．由图可知，测定中和反应热的装置中缺少环形玻璃搅拌棒，不能使反应充分进行，大小烧杯中碎泡沫塑料没有填平，会造成热量散失，则该装置不能完成中和反应热的测定，故B错误；C．乙酸乙酯能与氢氧化钠溶液发生水解反应，不能用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，则该装置不能提纯乙酸乙酯，故C错误；D．浓硫酸具有强氧化性，能将碘化氢气体氧化，则该装置不能干燥碘化氢气体，故D错误；故选A。7．A【解析】①在100℃、101kPa条件下，液态水汽化热为40.69kJ·mol-1，则H2O(g)=H2O(l)为放热过程ΔH=-40.69kJ·mol-1，①错误；②已知25℃时，pH=11的CH3COONa溶液中，溶液中c(H+)=10-11mol·L-1，水电离出来的的c(H+)=10-3mol·L-1，②正确；③电解NaNO3溶液时，阳极氢离子放电生成氢气，阴极氢氧根离子失去电子生成氧气，实质为电解水，随着电解进行，溶液的pH不变，③错误；④常温下，在0.10mol·L-1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，NH浓度增大，使电离平衡向逆方向移动，则NH3·H2O的电离被抑制，溶液pH减小，④正确；综上所述故选A。8．C【解析】A．过程Ⅱ发生SO2、O2中共价键的断裂，过程Ⅲ形成SO3中的共价键，过程Ⅱ、Ⅲ决定了整个反应进行的程度，故A错误；B．过程Ⅱ发生SO2、O2中共价键的断裂，为吸热过程，过程Ⅲ形成SO3中的共价键，为放热过程，故B错误；C．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应可逆，1molSO2和1molO2反应生成SO3小于1mol，放出的热量小于99kJ，故C正确；D．催化剂可降低整个反应的活化能，加快反应速率，不能使ΔH发生变化，故D错误；选C。9．C【解析】A．铁比铜活泼，形成原电池后，钢铁设备为负极，加速氧化，A错误；B．NaOH溶液会使生成的乙酸乙酯水解，应用饱和碳酸钠溶液，B错误；C．铁的导热性较好，用环形铁棒搅拌会导致更多的热量散失，C正确；D．蒸馏时温度计应放在支管口处，D错误；综上所述答案为C。10．B【解析】A．整个过程中是催化剂，先参与第一步反应，最后一步生成，故A正确；B．判断反应历程能垒时，注意纵坐标采用科学计数法，由图可知该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为131kJ·mol-1，故B错误；C．决定总反应速率的是活化能或能垒最高的基元反应，由图可知，该基元反应为：→CH3OCH3+H+，故C正确；D．整个过程消耗甲醇，生成二甲醚和水，故总反应为，故D正确；故选B。11．C【解析】A．碳纤维是无机高分子材料，不是有机高分子材料，故A错误；B．显色剂是金属化合物，不是酸碱指示剂，故B错误；C．显色剂使淡蓝色火焰变为红色是金属元素的焰色反应，属于物理变化，故C正确；D．氢气是能通过一定方法制备的二级能源，不是一级能源，故D错误；故选C。12．A【解析】A．84消毒液中有次氯酸钠，与盐酸发生归中反应，生成氯气：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，A正确；B．HF能与玻璃反应，该装置应该选择铅皿，B错误；C．制备氢氧化亚铁，要把胶头滴管伸入氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠，并且氯化亚铁溶液应该油封，防止氢氧化亚铁被氧化，C错误；D．中和热的测定中，温度计应该插入溶液中以测量溶液的温度，D错误；故选：A。13．B【解析】A．作氧化剂时，自身转化为不会造成污染的物质，通常也不会引入难分离杂质，是一种绿色氧化剂，可用于化工生产、污水处理等，故A正确；B．酸性氧化物和碱反应只生成一种盐和水，与碱反应时发生氧化还原反应，生成硝酸盐、亚硝酸盐和水，因此不属于酸性氧化物，故B错误；C．由知，反应是放热的非氧化还原反应，故C正确；D．由反应机理图可知，总反应为，故D正确；故答案：B。14．C【解析】A．反应HCHO→CO2，HCHO中所有的C-H键均断裂，A项正确；B．根据题干所示，反应物为HCHO和O2，生成物为CO2和H2O，HAP做催化剂，反应方程式为：HCHO+O2CO2+H2O，B项正确；C．该反应与甲醛和氧气燃烧：HCHO+O2CO2+H2O能量变化大致相同，甲醛燃烧为放热反应，故题中反应也为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，C项错误；D．根据图示反应时HCHO中C-H键均断裂，连接O2提供的一个O原子形成CO2，则生成物CO2中的氧原子由HCHO和O2共同提供，D项正确；答案选C。15．B【解析】由盖斯定律可知，反应①×2-②×2得到反应：2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g)，则其焓变为（-1323kJ/mol）×2-（-1218kJ/mol）×2=；故选B。16．A【解析】CH3CH2OH(g)与H2O(g)作用生成CO(g)和H2(g)反应方程式Ⅲ为：CH3CH2OH(g)＋H2O(g)=2CO(g)＋4H2(g)；由盖斯定律可知，I-2×II=Ⅲ，则该反应的热化学方程式为：CH3CH2OH(g)＋H2O(g)=2CO(g)＋4H2(g)ΔH=ΔH1-2ΔH2=(＋173.5kJ·mol-1)-2×(-41.2kJ·mol-1)=＋255.9kJ·mol-1。故选A。17．D【解析】A．图中只是给出了氯苯和中间体的能量，并没有给出最终产物的能量，故无法判断该反应是吸热还是放热，A错误；B．由图可知，生成间硝基氯苯的活化能最大，故其反应速率应该是最慢的，B错误；C．反应过程中经历了断键产生的是硝基，不是，C错误；D．催化剂具有选择性，故选用合适的催化剂，有利于提高邻硝基氯苯的选择性，D正确；故选D。18．B【解析】A．由题干信息可知，CH4与Cl2的取代反应不管生成CH3Cl、CH2Cl2还是CHCl3或者CCl4均为＜0，则CH4与Cl2的取代反应是放热反应，A正确；B．由题干信息可知，1molCH4和1molCl2的能量之和比1molCH3Cl和1molHCl的能量之和多99kJ，B错误；C．由题干图中信息可知，即△H4≈△H3≈△H2≈△H1，说明CH4与Cl2的四步取代反应难易程度相当，C正确；D．已知CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)过程中断裂了1molC-H键，形成了1mol的H-Cl键，己知Cl—Cl的键能为243kJ·mol-1，C—Cl的键能为327kJ·mol-1，且有：CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g)=-99kJ/mol，即4E(C-H)+E(Cl-Cl)-3E(C-H)-E(C-Cl)-E(H-Cl)=-99kJ/mol，即E(C-H)+E(Cl-Cl)-E(C-Cl)-E(H-Cl)=-99kJ/mol，则E(C-H)+243kJ/mol-327kJ/mol-E(H-Cl)=-99kJ/mol，则E(C-H)-E(H-Cl)=-15kJ/mol，即CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)的△H=-15kJ/mol<0，D正确；故答案为：B。19．

否

缺少

>

>0

25%

【解析】（1）燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所释放的能量；（2）①由可知，该反应为反应前后气体分子数改变的反应，压强增大，平衡逆向移动，的体积分数增大；由图中的横坐标和纵坐标分析可得，随着温度的升高，的体积分数减小，即温度升高，平衡正向移动；②化学平衡常数只与温度有关，该反应的正反应为吸热反应，所以温度升高，化学平衡常数增大；③q点的体积分数为，开始通入和，根据三段式：始态转化q点计算即可；（3）反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀，说明x电极附近生成氢氧根离子，则x是阴极，氢离子放电生成氢气，y是阳极，氯离子放电生成氯气；x与原电池的负极相连，y与原电池的正极相连，则a是负极、b是正极，据此分析解答。（1）燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所释放的能量，由反应可知，水为气态，所以不能由、、的燃烧热计算出该反应的，缺少

，故答案为：否；缺少

；（2）①由可知，该反应为反应前后气体分子数改变的反应，压强增大，平衡逆向移动，的体积分数增大，图中P1时的的体积分数大于P2时的的体积分数，所以P1>P2；由图中的横坐标和纵坐标分析可得，随着温度的升高，的体积分数减小，即温度升高，平衡正向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，>0，故答案为：>；>0；②化学平衡常数只与温度有关，该反应的正反应为吸热反应，所以温度升高，化学平衡常数增大，温度大小关系为：，所以m、n、q三点的化学平衡常数大小关系为：，故答案为：；③q点的体积分数为，开始通入和，根据三段式：始态转化q点则，所以q点甲烷的转化率为：；该条件下的化学平衡常数，故答案为：；；（3）反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀，即生成了氢氧化镁的白色沉淀，反应式为：，则x电极为阴极，a为负极，甲烷和构成的燃料电池中，甲烷作负极，氧气作正极，所以A处通入的气体是，故答案为：；。【点睛】在燃料电池中，燃料作负极，氧化剂作正极；电解池的阴极与原电池的负极相连，阳极与原电池的正极相连。20．

一定未

因为相同温度时，如果达平衡，相同温度时两种情况转化率应相等

温度超过时，催化剂的催化效率降低

增大压强或者增加二氧化碳的浓度

【解析】(1)①反应焓变，且单质的标准摩尔生成焓为0是新信息，再代入数据计算即可；②催化剂不会改变平衡转化率，则平衡时，两个不同催化剂的转化率应是相同的；(2)转化率，再利用三段式计算Kp值；(3)由图获取信息可得温度升高而乙酸的生成速率降低，说明温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；利用化学方程式：，判断若想使的转化率增大，就得使平衡正向移动，增加另一反应物或增大体系压强都可以；(4)用电荷守恒来书写电极反应式。(1)①根据标准摩尔生成焓的定义，稳定单质的标准摩尔生成焓为0，即H2(g)的为0，反应焓变；②c点一定未达到平衡；因为催化剂不会改变平衡转化率，如果达到平衡，甲催化剂与乙催化剂在相同温度的点相交，转化率应相等；(2)①B点，设，二氧化碳的转化率为50%，则反应的二氧化碳为0.5mol，根据，则反应的氨气为1.0mol，氨气的转化率；②当x=1.0时，，若起始压强为，平衡时压强为起始的，则平衡总压强为，设起始氨气和二氧化碳的物质的量为1mol，消耗的二氧化碳物质的量为x，，气体总物质的量为，氨气物质的量分数，则；(3)①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低；②将和直接转化成乙酸的化学方程式：，为了提高的转化率，可增大压强或者增加二氧化碳的浓度；(4)，碳的化合价从+4变为-2，每个碳原子得到6个电子，则共得到12n电子，根据电荷守恒可得该电极反应式为：。21．

2NH3(g)＋CO2(g)＝CO(NH2)2(s)＋H2O(l)

△H＝－130.98kJ·mol−1

2mol

8mol

80%

CD

太阳能和电能转化为化学能

2CO32－－4e－=2CO2↑+O2↑

3CO2+4e－=C+2CO32－【解析】(1)根据盖斯定律进行计算。(2)①求出改变量，再求起始时浓度，再求起始的物质的量，再计算CO2的平衡转化率；②A．由于反应正向是放热反应，逆向吸热反应，容器I温度高于容器II中温度，因此正反应速率不相同；B．两个容器是恒温恒容则两容器中CH4的物质的量分数相同，但容器I温度比容器II中温度高，容器I相对恒温恒容容器，平衡逆向移动，容器II相对恒温恒容容器，平衡正向移动，因此容器I中CH4的物质的量分数大；C．根据B选项类似分析得出容器I中CO2的物质的量比容器II中的多；D．若是恒温恒容，两个容器的中是等效平衡，转化率相加等于1，但对容器I中CO2的转化率比恒温时减小，对容器II中CH4的转化率比恒温时减小，因此两者转化率之和小于1。(3)①根据图中信息，石灰石高温电解是吸热反应；②根据图中信息阳极是熔融盐中的碳酸根离子得到电子生成氧气和二氧化碳，阴极是二氧化碳得到电子变为碳和碳酸根。(1)根据盖斯定律①＋②－③得到NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式2NH3(g)＋CO2(g)＝CO(NH2)2(s)＋H2O(l)

△H＝－130.98kJ·mol−1；故答案为：2NH3(g)＋CO2(g)＝CO(NH2)2(s)＋H2O(l)

△H＝－130.98kJ·mol−1。(2)①达到平衡时各物质的浓度分别为CO2：0.2mol·L−1，H2：0.8mol·L−1，CH4：0.8mol·L−1，H2O：1.6mol·L−1，则CO2改变量为0.8mol·L−1，H2改变量为3.2mol·L−1，因此起始时CO2和H2的物质的量浓度分别为1mol·L−1，4mol·L−1，容器体积为2L，因此充入CO2和H2的物质的量分别为2mol、8mol，CO2的平衡转化率为；故答案为：2mol；8mol；80%。②A．由于反应正向是放热反应，逆向吸热反应，容器I温度高于容器II中温度，因此正反应速率不相同，故A错误；B．两个容器是恒温恒容则两容器中CH4的物质的量分数相同，但容器I温度比容器II中温度高，容器I相对恒温恒容容器，平衡逆向移动，容器II相对恒温恒容容器，平衡正向移动，因此容器I中CH4的物质的量分数大，故B错误；C．根据B选项类似分析得出容器I中CO2的物质的量比容器II中的多，故C正确；D．若是恒温恒容，两个容器的中是等效平衡，转化率相加等于1，但对容器I中CO2的转化率比恒温时减小，对容器II中CH4的转化率比恒温时减小，因此两者转化率之和小于1，故D错误；综上所述，答案为CD。(3)①根据图中信息，石灰石高温电解，电能提供能量，太阳能在石墨阴极提供能量，因此上述生产过程的能量转化方式是太阳能和电能转化为化学能；故答案为：太阳能和电能转化为化学能。②上述电解反应在温度小于900℃时进行碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，根据图中信息阳极是熔融盐中的碳酸根离子得到电子生成氧气和二氧化碳，因此阳极的电极反应式为2CO32−－4e－=2CO2↑+O2↑，阴极是二氧化碳得到电子变为碳和碳酸根，其阴极的电极反应式为3CO2+4e－=C+2CO32−；故答案为：2CO32−－4e－=2CO2↑+O2↑；3CO2+4e－=C+2CO32−。【点睛】盖斯定律在综合题型中第一问是常考题型，利用盖斯定律对方程式变性，焓变也相应变化。22．

氧气与碳发生燃烧反应放热，放出的热被可逆反应吸收利用，促进反应正向移动

C(s)+CO2(g)=2CO(g)∆H=+176kJ/mol

T3

4H2+Fe3O43Fe+4H2O

ac

4.32×10-2(MPa)2【解析】根据碳与氧气反应放出热量，会引起C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)∆H=+135kJ•mol-1平衡移动，就可分析解答；对于本题（3）由已知n(H2O)/n(CO)为0.8，可假设水蒸气为4mol，则CO为5mol，根据CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)求出CO的平衡转化率即可解答。对于本题（4）根据甲烷—二氧化碳重整的催化转化原理图示，找出过程（一）和过程（二）发生的反应就可解答。(1)C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)△H=+135kJ⋅mol−1，是吸热反应，而碳与氧气反应放出热量，使反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)，向正反应方向移动，提高碳的利用率；答案为氧气与碳发生燃烧反应放热，放出的热被可逆反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)吸收利用，促进反应正向移动。（2）由①：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)∆H=+135kJ•mol-1，②：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)∆H=-41kJ•mol-1，根据盖斯定律，用①-②可得出：C(s)+CO2(g)=2CO(g)∆H=+135kJ•mol-1-(-41kJ•mol-1)=+176kJ•mol-1；答案为C(s)+CO2(g)=2CO(g)∆H=+176kJ•mol-1；（3）如图：若n(H2O)/n(CO)为0.8，设水蒸气的物质的量是4mol、则①生成的CO物质的量为5mol，同时生成5mol氢气,经煤气化反应①和水气变换反应②后,设反应②中CO变化了xmol,则生成xmol氢气，则(5−x)：(5+x)=1：3，x=2.5mol，CO的转化率=×100%=50%，根据图知,反应温度为T3；答案为T3。（4）①由上述图可知，过程（一）的产物CO、H2、和过量的CO2进入过程（二）中，与过程（二）中的Fe3O4、CaO混合发生反应，实现了含氢物种与含碳物种的分离，生成H2O(g)的反应显然是H2与Fe3O4反应，则化学方程式为：Fe3O4+4H23Fe+4H2O；答案为Fe3O4+4H23Fe+4H2O。②a.过程（一）：CH4+CO2(g)2H2(g)+2CO，碳、氢元素化合价发生变化，属于氧化还原反应,过程（二）：4H2+Fe3O43Fe+4H2O，氢、铁元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，过程（一）和过程（二）中均含有氧化还原反应，故a正确；b．过程(二)中CaCO3是CaO与CO2发生化学反应生成的，不符合催化剂的概念，CaO才是催化剂，故b错误；c．若过程(一)投料比，CH4与CO2刚好反应，CO2无剩余，则催化剂CaO在过程（二）中没有二氧化碳与之反应生成CaCO3，催化剂失效，故c正确；答案为ac。（5）已知n(H2O)/n(CH4)为1.0，可假设n(H2O)=n(CH4)=1mol，操作压强为0.1Mpa，温度为900℃，反应达到平衡时，H2的物质的量分数为0.6，设达平衡时CH4变化了xmol，根据H2的物质的量分数==0.6，求出x=mol，则CH4的物质的量分数==0.1，由反应的速率方程v=kP(CH4)•P-1(H2)=k·=k·=，同理可求出H2O的物质的量分数为0.1，CO的物质的量分数为0.2；根据气体分压=总压×气体物质的量分数，总压为0.1Mpa，则P(CO)=0.1×0.2MPa，P(H2)=0.1×0.6MPa，P(CH4)=0.1×0.1MPa，P(H2O)=0.1×0.1MPa，在900℃时，该反应的压强平衡常数Kp===4.32×10-2(MPa)2；答案为，4.32×10-2(MPa)2。【点睛】对于本题（4）甲烷——二氧化碳重整的催化转化原理图示，一定弄清楚过程（一）发生CH4(g)+3CO2(g)⇌2H2O(g)+4CO(g)反应，过程（二）发生三个反应，分别是CaO+CO2CaCO3，Fe3O4+4H23Fe+4H2O，3Fe+4CaCO3Fe3O4+4CaO+4CO↑，就能准确快速判断两个过程均发生了氧化还原反应，催化剂是Fe3O4和CaO。23．

HNO2⇌H+＋NO2－

加成反应

＜

过程ⅰ【解析】(1)由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸；(2)亚硝酸属于共价化合物，据此书写电子式；(3)①亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程ⅰ的反应中生成物氮氧双键消失，变为氮氧单键，过程ⅱ中中脱去一个羟基和氢原子，形成氮氧双键，结合有机物的反应类型分析；②根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关分析判断；活化能越大，反应进行的越慢，反应难度越大。(1)由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸，在溶液中部分电离，电离方程式为HNO2⇌H+＋NO2－；(2)亚硝酸属于共价化合物，分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为；(3)①亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程ⅰ的反应中生成物氮氧双键消