高考化学第一轮复习：热化学方程式

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高考化学第一轮复习：热化学方程式

一、选择题

1．甲基叔丁基醚(MTBE)是一种高辛烷值汽油添加剂，可由甲醇和异丁烯(以IB表示)在催化剂作用下合成，其反应过程中各物质相对能量与反应历程的关系如图所示(其中表示甲醇和异丁烯同时被吸附，表示甲醇先被吸附，表示异丁烯先被吸附)，下列说法错误的是

A．三种反应历程中，反应速率最快

B．该条件下反应的热化学方程式为：

C．甲醇比IB更易被催化剂吸附，所以若甲醇过多会占据催化剂表面从而减慢合成速率

D．同温同压下，只要起始投料相同，相同时间三种途径MTBE的产率一定相同

2．二氧化碳捕获技术可用于去除气流中的二氧化碳或者分离出二氧化碳作为气体产物，其中催化合成甲酸是一种很有前景的方法，且生成的甲酸是重要化工原料，该反应在无催化剂和有催化剂时的能量变化如图所示：

下列说法正确的是（）

A．由图可知，过程I是有催化剂的能量变化曲线

B．催化合成甲酸的热化学方程式为

C．该反应的原子利用率为100%，符合绿色化学的理念

D．该反应可用于的吸收和转化，有助于缓解酸雨的形成

3．以乙炔和1，2－二氯乙烷为原料生产氯乙烯包括如下反应：

反应I：ClCH2CH2Cl(g)→HCl(g)+CH2=CHCl(g)ΔH1=+69.7kJmol-1

反应Ⅱ：HC≡CH(g)+HCl(g)→CH2=CHCl(g)ΔH2=-98.8kJmol-1

1.0×105Pa下，分别用如表三种方式进行投料，不同温度下反应达到平衡时相关数据如图所示。

方式气体投料平衡时相关数据

甲ClCH2CH2ClClCH2CH2Cl转化率

乙n(HC≡CH)：n(HCl)=1：1HC≡CH转化率

丙n(ClCH2CH2Cl)：n(HC≡CH)=1：1CH2=CHCl产率

下列说法错误的是

A．反应ClCH2CH2Cl(g)+HC≡CH(g)→2CH2=CHCl(g)的ΔH=-29.1kJmol-1

B．曲线①表示平衡时ClCH2CH2Cl转化率随温度的变化

C．按方式丙投料，其他条件不变，移去部分CH2=CHCl可能使CH2=CHCl的产率从X点的值升至Y点的值

D．在催化剂作用下按方式丙投料，反应达到平衡时CH2=CHCl的产率(图中Z点)低于X点的原因可能是催化剂活性降低

4．以为催化剂的光热化学循环分解反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。

下列说法正确的是（）

A．过程①中钛氧键断裂会释放能量

B．该反应中，光能和热能转化为电能

C．使用作催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率

D．分解反应的热化学方程式为

5．下图是我国科研工研究与作用最终生成与的物质相对能量-反应进程曲线。下列叙述错误的是

A．中间体比更稳定

B．该反应进程中的最大能垒(活化能)为

C．生成的过程中有极性键的断裂和形成

D．总反应的热化学方程式为

6．已知：①2C(s)+O2(g)=2CO(g)；ΔH=-220kJ·mol-1

②氢气燃烧的能量变化示意图：

下列说法正确的是（）

A．1molC(s)完全燃烧放出110kJ的热量

B．H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH=-480kJ·mol-1

C．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)；ΔH=+130kJ·mol-1

D．欲分解2molH2O(l)，至少需要提供4×462kJ的热量

7．Ni可活化C2H6制得CH4，其反应历程如图所示：

下列关于活化历程的说法正确的是（）

A．中间体2→中间体3的活化能小于中间体1→中间体2

B．Ni在该反应中作催化剂

C．可以用焓判据来判断该反应是否自发进行

D．Ni(s)+C2H6(g)=NiCH2(s)+CH4(g)ΔH=+6.57kJ·mol-1

8．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A．标准状况下，22.4LNO和22.4LO2混合后的分子总数为2NA

B．0.1molL-1的氨水中，溶液中各微粒的物质的量存在以下关系：n（NH4+）+n（NH3）+n（NHH2O）=0.1mol

C．已知氢气的热值为143kJg-1，则氢气充分燃烧的热化学方程式可表示为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－286kJmol1

D．用酸性高锰酸钾溶液检验火柴头燃烧产生的SO2气体，当10mL0.1molL-1的酸性高锰酸钾溶液刚好褪色时，转移的电子总数为0.0025NA

9．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)+483.6kJ。下列说法正确的是（）

A．1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量小于241.8KJ

B．1mol水蒸气完全分解成氢气与氧气，需吸收241.8kJ热量

C．2mol氢气与1mol氧气的总能量小于2mol水蒸气的总能量

D．2mol氢氢键和1mol氧氧键拆开所消耗的能量大于4mol氢氧键成键所放出的能量

10．“胜哥”在常温下将氨气通入装有CaCl2粉末的玻璃管中，一段时间后结合生成CaCl2·8NH3。下列说法错误的是（）

A．CaCl2·6NH3(s)＋2NH3(g)CaCl2·8NH3(s)ΔHEa2

下列判断正确的是（）

A．总反应中I2为氧化产物

B．第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率

C．已知键能：，可推知键能H-Cltm后，v逐渐下降。原因是。

14．与重整是利用的研究热点之一。该重整反应体系有以下反应：

Ⅰ.

Ⅱ.

Ⅲ.(只在高温下自发进行)

（1）已知25℃、101kPa时、和的燃烧热分别为、和，则。0(填“>”或“Ea1，活化能大的反应速率慢，故第一步的化学反应速率小于第二步的化学反应速率，B不符合题意；

C．H-Cl键长小于I-Cl键键长，键长越短，键能越大，故键能H-Cl>I-Cl，C不符合题意；

D．总反应方程式减去第一步反应方程式可得第二步化学方程式，所给方程式正确，D符合题意；

故答案为：D。

12．答案：D

分析：催化剂是能改变反应速率，在反应前后质量和化学性质都不变的物质。很多催化剂都参加反应，但最终会在回到最初的状态，即质量和化学性质不变。在该反应中，硫酸就是催化剂。

解析：A.1molH2SO4在反应①中和乙烯发生了加成反应，在反应②中又生成了1molH2SO4，所以H2SO4是该合成过程的催化剂，A不符合题意；

B．反应②的活化能大于反应①，活化能越大，反应速率越慢，所以反应②速率慢，合成过程的速率由反应②决定，B不符合题意；

C．从图中可以看出，反应①和反应②的反应物的总能量都高于生成物的总能量，均为放热反应，C不符合题意；

D．从图中可以看出，总反应C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)的△H=(E1-E2+E3-E4）kJmol-1，D符合题意；

故答案为：D。

二、非选择题

13．答案：（1）2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)H=-351kJmol-1

（2）0.975；该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa＝p2的，所以p1=5.0MPa；反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强

（3）；

（4）升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低

分析：根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应的反应热；根据压强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压条件下总压不变，求出各组分的分压，进一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，分析温度对速率常数及二氧化硫的转化率的影响，进一步分析对速率的影响。

解析：(1)由题中信息可知：①SO2(g)+O2(g)SO3(g)H=-98kJmol-1②V2O4(s)+SO3(g)V2O5(s)+SO2(g)H2=-24kJmol-1③V2O4(s)+2SO3(g)2VOSO4(s)H1=-399kJmol-1根据盖斯定律可知，③-②2得2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)，则H=H1-2H2=(-399kJmol-1)-(-24kJmol-1)2=-351kJmol-1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)H=-351kJmol-1；(2)SO2(g)+O2(g)SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等。(3)假设原气体的物质的量为100mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2mmol、mmol和qmol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为α，则有下列关系：

平衡时气体的总物质的量为n(总)=2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+qmol，则SO3的物质的量分数为。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)=，p(SO2)=，p(O2)=，在该条件下，SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的Kp=。(4)由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v=，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低。

14．答案：（1）；>

（2）a；曲线c、d分别代表和的转化率曲线，温度高于1300K后，升高温度有利于Ⅲ的进行，导致的转化率大于

（3）催化剂失活；压强恒定时，充入水蒸气，平衡右移，的平衡转化率a大于50%

（4）

分析：（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减。；

（2）①物质的量分数均随温度升高减小，低温时只发生反应Ⅰ和Ⅱ，所以二氧化碳的物质的量分数小于甲烷物质的量分数；

②升高温度有利于Ⅲ的进行，导致的转化率大于；

（3）①未平衡之前，有催化剂跟无催化剂相比，有催化剂转化率应该更高，但是a点时刻两者相等，有可能是温度过高导致催化剂失去活性；

②恒压时，充入水蒸气，平衡朝正向移动；

（4）此类题要结合三段式进行关系式的判断，通过各种物质的化学计量数，计算其分压。

解析：(1)已知25℃、101kPa时、和的燃烧热分别为、和，可得燃烧热的热化学方程式分别为、、，由盖斯定律，甲烷的燃烧热方程式减去氢气和一氧化碳燃烧热方程式的两倍，即可得到；反应Ⅲ正反应是熵增反应，因为反应Ⅲ只在高温下自发进行，所以>0；

(2)①物质的量分数均随温度升高减小，温度低温时反应Ⅲ不发生，只发生反应Ⅰ和Ⅱ，所以二氧化碳的物质的量分数小于甲烷物质的量分数，平衡时的物质的量分数随温度变化的曲线是a；

②曲线c、d分别代表和的转化率曲线，温度高于1300K后，升高温度有利于积碳反应的进行，导致的转化率大于；

(3)①a点时与无催化剂的转化率相同，说明已无催化活性，则a点转化率相等的原因是：催化剂失活；

②压强恒定时，充入水蒸气，平衡右移，的平衡转化率a大于50%；

(4)平衡时氢气的分压为bkPa，依据相对压力平衡常数，可得平衡时。根据阿伏加德罗定律推论，恒温恒容时气体的压强之比等于物质的量之比，按投料比，初始总压为150kPa，则起始时，消耗的，所以甲烷的平衡转化率为=kPa。

15．答案：（1）CH4+2H2O4H2+CO2；C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)=2CO(g)；abc；降低；CaO+CO2=CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积

（2）K1；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O。制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用

分析：（1）根据盖斯定律可知，要么计算反应3的反应热，应该再增加一个反应，即：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)；

增大投料比的目的是促进甲烷和一氧化碳德转化以及减少固态碳的生成；

（2）电解池的阳极失去电子，发生的是氧化反应，阴极得到电子，发生的是还原反应。

解析：（1）①甲烷和水蒸气在催化剂作用下发生的反应为：CH4+2H2O4H2+CO2；

②.根据三个反应方程式可知要想计算出△H3，应该再利用C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)=2CO(g)反应，因此答案为：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)=2CO(g)；

③在反应刚开始投料比大于计量数之比的目的是促进甲烷和一氧化碳的转化以及减少固态碳的生成，因此答案为abc；

④根据图像可知：从时开始，体积分数显著降低，单位时间消耗率降低，这是由于氧化钆和二氧化碳反应生成了碳酸钙，减少了二氧化碳和碳的接触面积，因此降低了反应的速率；

（2）①制氢气时，应该使电极1为阴极，电极反应为水得到电子生成氢气和氢氧根，因此答案为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；

③结合①和②可知，电极3的作用是：制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O。制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用。

16．答案：（1）H2-2e-+O2-=H2O；CO-2e-+O2-=CO2

（2）CO、CO2

（3）CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.1kJ/mol

（4）c

（5）催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)

（6）A；C

（7）进行完全

分析：（1）氢气失去电子化合价升高，结合氧负离子形成水，一氧化碳失去电子，化合价升高，结合氧负离子形成二氧化碳；

（2）结合题干以及上题，可知一氧化碳和二氧化碳可以重复利用形成循环；

（3）一氧化碳和水发生氧化还原反应，生成氢气，氢元素化合价降低，则碳元素化合价升高，生成二氧化碳；

（4）决速步骤，即活化能最大的步骤，根据图示可知碳氧键的形成活化能最大；

（5）根据图示可知OH*降低了反应活化能，因此为催化剂；

（6）提高氢气产量，即平衡朝正向移动。

解析：(1)由题干信息可知，CH4在电池中除电极反应外还发生的如下重整反应，其反应速率远大于电极反应速率，则负极参与反应的燃料物质还有CO和H2，故负极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O、H2-2e-+O2-=H2O、CO-2e-+O2-=CO2，故答案为：H2-2e-+O2-=H2O；CO-2e-+O2-=CO2；

(2)由(1)分析可知，可循环使用的含碳物质有CO、CO2，故答案为：CO、CO2；

(3)已知反应①CH4(g)+H2O(g)→CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206.2kJ/mol②CH4(g)+CO2(g)→2CO(g)+2H2(g)ΔH2=+247.3kJ/mol，则CO与H2O(g)反应可制得H2，同时产生一种温室效应气体即CO2，该反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，反应①-②得目标反应，根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH1-ΔH2=(+206.2kJ/mol)-(+247.3kJ/mol)=-41.1kJ/mol，故其热化学方程式为CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.1kJ/mol，故答案为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.1kJ/mol；

(4)反应步骤中活化能越大，反应速率越慢，最慢的一步为决速步骤，由题干反应历程图中可知，碳氧键的断裂过程的活化能最大，为决速步骤，故答案为：c；

(5)由题干图示信息可知，加入OH*后该步骤的活化能大大减小，能加快反应速率，即OH*起到的作用是催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)，故答案为：催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)；

(6)A.升高温度反应速率加快，该反应正反应是一个吸热反应，则升高温度平衡正向移动，H2的平衡产率增大，A正确；

B.加入催化剂反应速率加快，但平衡不移动，H2的平衡产率不变，B不合题意；

C.增大H2O(g)浓度反应速率增大，增大反应物浓度，平衡正向移动，H2的平衡产率增大，C正确；

D.增大压强即缩小体积，反应物、生成物浓度增大，反应速率加快，该反应正反应是一个气体体积增大的方向，故增大压强平衡逆向移动，H2的平衡产率减小，D不合题意；

故答案为：AC；

(7)CH2O*+*CH2O*+H*，正反应速率v1=k1c(CH2O*)c(*)，逆反应速率v2=k-1c(CHO*)c(H*)，若K≥105反应进行完全，已知k1=2.5×109，k-1=8.4×103，达到平衡的本质特征为：正反应速率等于逆反应速率即v1=v2即k1c(CH2O*)c(*)=k-1c(CHO*)c(H*)则有=K==2.98×105＞105，故判断正反应进行完全，故答案为：进行完全。

17．答案：（1）(g)(g)ΔH=+4.16kJ·mol-1

（2）L1；丙烯和HCl的转化量相等，但起始投入的HCl物质的量多，所以其转化率低；T1温度前，温度升高，反应速率加快，丙烯转化率升高；T1温度后，温度升高，反应i、反应ⅱ平衡均逆向移动，丙烯转化率降低；26%；5.3

（3）不变；温度不变，所以平衡常数不变，两种物质的比例不变

分析：（1）根据盖斯定律计算；

（2）①②依据影响化学平衡的因素分析；

③利用三段式法计算；

（3）K的大小只与温度有关，与反应物或生成物起始浓度的大小无关。

解析：（1）由反应ⅱ减去反应ⅰ计算可得1-氯丙烷转化为2-氯丙烷的热化学反应方程式为(g)(g)ΔH=+4.16kJ·mol-1；

（2）①由化学方程式可知，和HCl的转化量相等，但HCl的初始量是的两倍，所以其转化率低，故表示HCl转化率的曲线为L1；

②T1温度前，温度升高，反应速率加快，丙烯转化率升高；T1温度后，温度升高，反应i、反应ⅱ平衡均逆向移动，丙烯转化率降低，所以T1温度下丙烯转化率最高；

③已知T2