资源简介

备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题7 化学反应的热效应
一、选择题
1．右图是简易量热计装置示意图，下列反应的反应热不适宜用该装置测定的是（　　）
A．BaO和足量的水 B．Al和足量的NaOH溶液
C．ZnO和足量的稀硫酸 D．KOH溶液和足量的稀盐酸
【答案】B
【知识点】中和热
【解析】【解答】A、BaO与H2O的反应为放热反应，可用该装置测定反应热，A选项正确。
B、Al与NaOH溶液的反应为放热反应；且同时反应过程中生成H2，使得装置内的压强增大。由于该装置为密闭装置，压强增大，杯盖容易被“冲出”，因此不可用该装置测量反应热，B选项错误。
C、ZnO与稀硫酸的反应为放热反应，可用该装置测量反应热，C选项正确。
D、KOH与稀盐酸的反应为放热反应，可用该装置测量反应热，D选项正确。
故答案为：B
【分析】该装置为反应热的测量装置，由于装置为密闭装置，因此所测量的反应中，其反应过程中应保持压强不变。因此对于有气体生成的反应，一般不可用该装置测量反应热。据此结合选项所给的反应进行分析。
2．下列说法不正确的是（　　）
A．葡萄糖氧化生成和的反应是放热反应
B．核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子
C．由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基
D．向饱和的溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；盐析；核酸
【解析】【解答】A、葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反应是放热反应，A选项正确。
B、核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，B选项正确。
C、氨基乙酸形成二肽的过程中－NH2与－COOH发生反应，因此所形成的二肽中只含有一个－NH2和一个－COOH，C选项错误。
D、NaCl溶液属于轻金属盐溶液，可使蛋白质发生盐析。因此向饱和的NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、葡萄糖的氧化反应属于放热反应。
B、根据核酸的形成分析。
C、形成肽键的过程中－NH2和－COOH发生反应。
D、加入轻金属盐溶液可使蛋白质发生盐析。
3．下列反应均能自发进行，相关判断不正确的是（　　）
H2SO4(l) + Fe(OH)2(s) = FeSO4(s) + 2H，O(I) △H1
H2SO4(l)+ 2NaOH(s)= Na2SO4(s)+ 2H2O(I) △H2
H2SO4(l)+ Na2O(s) = Na2SO4(s) + H2O(I) △H3
SO3(g) + Na2O(s) = Na2SO4(s) △H4
SO3(g) + H2O(I)= H2SO4(I) △H5
A．△H1-△H2>0 B．△H2-△H3>0
C．△H3-△H4【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．酸碱中和反应为放热反应，难溶于水而氢氧化钠易溶于水，已知反应①，
②，则反应①放出的热量小于反应②，即，故，A正确；
B．已知反应②，
③，
利用盖斯定律将反应③-反应②得到，该反应为放热反应，则该反应的，即，B正确；
C．已知反应⑤(化合反应)为放热反应，即，利用盖斯定律，将反应④-反应③得到反应⑤，即，，C错误；
D．已知反应③为放热反应，，根据C项分析可知：，则，D正确；
故选C。
【分析】根据时反应自发进行以及盖斯定律分析，盖斯定律指的是，不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的 。也就是说，化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。
4． 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。
下列说法不正确的是（　　）
A．固体溶解是吸热过程
B．根据盖斯定律可知：
C．根据各微粒的状态，可判断，
D．溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、由示意图可知，NaCl固体溶解过程ΔH3=＋4kJ·mol－1，因此NaCl固体的溶解是吸热过程，A选项正确。
B、根据盖斯定律可得，ΔH3=ΔH1＋ΔH2，所以a+b=4，B选项正确。
C、NaCl转化为Na＋、Cl－的过程中离子键断裂，需要吸收热量，因此ΔH1＞0；Na＋、Cl－形成水合离子的过程中，放出热量，因此b＜0，C选项错误。
D、溶解过程中能量的变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间的作用力强弱有关，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、NaCl溶解的过程中的热效应为ΔH3。
B、结合盖斯定律分析。
C、形成水合离子的过程为放热反应。
D、溶解过程中的能量变化，与微粒间作用力的强弱有关。
5．一定条件下，石墨转化为金刚石反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．该反应为放热反应
B．石墨和金刚石互为同位素
C．反应中涉及化学键的断裂和形成
D．反应物的总能量大于生成物的总能量
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．石墨的总能量低于金刚石的总能量，则该反应为吸热反应，故A错误；
Ｂ．石墨和金刚石均为碳元素形成的单质，互为同素异形体，故B错误；
Ｃ．石墨转化为金刚石为化学变化，一定涉及化学键的断裂和形成，故C正确；
Ｄ．图示中反应物的总能量低于生成物的总能量，故D错误；
故选C。
【分析】反应物的总能量低于生成物的总能量的反应为吸热反应。
6．下列说法正确的是
A．常温常压下和混合无明显现象，则反应在该条件下不自发
B．，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小
C．，则正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．，则
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．当ΔG=ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行。该反应中ΔH＜0、ΔS＜0，温度较低时ΔG＜0，因此该反应在低温时能自发进行，A错误；
B．升高温度，平衡向吸热反应方向移动。该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，因此平衡常数减小，B正确；
C．该反应为放热反应，所以，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误；
D．，根据盖斯定律，反应①－反应②得到目标反应Na(s)+Cl2(g)=Na+(g)+Cl (g)，所以目标反应的反应热ΔH=。由于相对大小未知，因此无法确定ΔH的正负，D错误；
故答案为：B
【分析】A、当ΔG=ΔH-TΔS＜0时，反应能自发进行，据此判断反应自发进行的条件。
B、平衡常数只与温度有关，结合温度对平衡移动的影响分析。
C、该反应为放热反应，所以活化能：正反应＜逆反应。
D、根据盖斯定律分析。
7．按下图装置进行实验。搅拌一段时间后，滴加浓盐酸。不同反应阶段的预期现象及其相应推理均合理的是（　　）
A．烧瓶壁会变冷，说明存在的反应
B．试纸会变蓝，说明有生成，产氨过程熵增
C．滴加浓盐酸后，有白烟产生，说明有升华
D．实验过程中，气球会一直变大，说明体系压强增大
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；氨的性质及用途
【解析】【解答】A、烧杯壁变冷，说明温度降低，则存在的反应应为吸热反应，ΔH＞0，A不符合题意。
B、湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有碱性气体NH3生成。反应过程中生成气体，体系的混乱程度增加，因此产氨过程中熵增，B符合题意。
C、滴加浓盐酸后，产生的白烟为NH4Cl，是由NH3与HCl反应生成，不能说明NH4Cl升华，C不符合题意。
D、搅拌过程中NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O的反应为吸热反应，温度降低，压强减小，气球体积变小，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、放热反应使得温度升高，吸热反应使得温度降低。
B、湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有碱性物质生成。
C、NH3与HCl反应生成NH4Cl，产生白烟现象。
D、反应过程中，气球体积不会一直变大。
8．某温度下，在密闭容器中充入一定量的X（g），发生下列反应：X（g） Y（g）（ΔH1＜0），Y（g） Z（g）（ΔH2＜0），测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)的 H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g) Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；
B．图像显示X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)的 H都小于0，且X(g) Y(g)的活化能小于Y(g) Z(g)的活化能，B项符合题意；
C．图像显示X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)的 H都小于0，但图像上X(g) Y(g)的活化能大于Y(g) Z(g)的活化能，C项不符合题意；
D．图像显示X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)的 H都大于0，且X(g) Y(g)的活化能大于Y(g) Z(g)的活化能，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图可知，反应初期随着时间推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g) Y(g)的反应速率大于Y(g) Z(g)的反应速率，则反应X(g) Y(g)的活化能小于反应Y(g) Z(g)的活化能。
9．下列实验能达到目的的是（　　）
实验目的 实验方法或操作
A 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度
B 探究浓度对化学反应速率的影响 量取同体积不同浓度的溶液，分别加入等体积等浓度的溶液，对比现象
C 判断反应后是否沉淀完全 将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液
D 检验淀粉是否发生了水解 向淀粉水解液中加入碘水
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】中和热的测定；探究影响化学反应速率的因素；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热，A不符合题意；
B．和反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B不符合题意；
C．将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴溶液，若有浑浊产生，则说明没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C符合题意；
D．检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.中和热的测定实验要保证测定过程中尽可能不向外散热；
B.NaClO溶液和Na2SO3的溶液反应无明显的现象；
C.判断Ba2+离子是否沉淀完全，可取上层清液滴加原沉淀剂Na2CO3溶液继续滴加，依据现象判断是否沉淀完全；
D.检验淀粉溶液是否发生水解，应该检验其水解产物中有没有葡萄糖存在。
10．已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键 H- H H-O
键能/(kJ·mol-1) 436 463
热化学方程式 2H2(g) + O2 (g)=2H2O(g) ΔH= -482kJ·mol-1
则2O(g)=O2(g)的ΔH为（　　）
A．428 kJ·mol-1 B．-428 kJ·mol-1
C．498 kJ·mol-1 D．-498 kJ·mol-1
【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】反应的ΔH=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2×436kJ/mol+(O-O)-4×463kJ/mol，解得O-O键的键能为498kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的ΔH=-498kJ/mol。
【分析】根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算
11．AgCN与可发生取代反应，反应过程中的C原子和N原子均可进攻，分别生成腈和异腈两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。
由图示信息，下列说法错误的是
A．从生成和的反应都是放热反应
B．过渡态TS1是由的C原子进攻的而形成的
C．Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱
D．生成放热更多，低温时是主要产物
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、从能量图看，产物（腈、异腈）的能量均低于反应物（CH3CH2Br+AgCN），故两个反应都是放热反应，A正确；
B、过渡态 TS1 对应的产物是腈（CH3CH2CN），是 CN-的 C 原子进攻 CH3CH2Br 的 α-C 形成的，B 正确；
C、Ⅰ 中 “N--Ag” 的键长更长（作用力更弱），Ⅱ 中 “C--Ag” 的键长更短（作用力更强），故 Ⅰ 中作用力更弱，C正确；
D、生成异腈的放热更多，但反应速率由活化能决定（TS2 活化能更低），低温时反应速率快的异腈是主要产物，并非腈，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
产物主要性的判断依据混淆：易误将 “放热多少” 当作低温下产物主要性的判断依据，实际低温下产物由活化能（反应速率）决定（TS2 活化能更低，异腈生成速率更快）。
作用力强弱的判断：错把 “键的表示形式” 当作作用力强弱的依据，实际需结合过渡态、中间体的键长（Ⅰ 中 “N--Ag” 键长更长，作用力更弱）。
过渡态与进攻原子的对应：可能混淆 TS1、TS2 对应的进攻原子，需结合产物（腈对应 C 进攻、异腈对应 N 进攻）明确过渡态的形成主体。
12．恒容密闭容器中， 在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量（n）如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该反应的
B．a为 随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入 的平衡转化率增大
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图示信息，随着温度的升高，n(H2)逐渐减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，A不符合题意；
B．由A项分析可知，该反应正向为吸热反应，则随着温度的升高，n(H2O)增加，根据图示信息，最上面的曲线表示n(H2O)随温度的变化曲线，B不符合题意；
C．由于该容器恒容密闭，向容器中充入惰性气体，不影响各物质的浓度，则平衡不移动，C符合题意；
D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，平衡不移动，则氢气的转化率不变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据勒夏特列原理进行分析。
B.该反应是吸热反应，温度升高，反应正向进行，n(H2O)增加。
C.恒容条件下，加入惰性气体不影响各组分的浓度。
D.可逆反应中，纯液体或固体的浓度不变。
13．相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列推理不正确的是（　　）
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；反应热的大小比较
【解析】【解答】A.2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，但是不能是存在相互作用的两个碳碳双键，故A符合题意；
B．ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B不符合题意；
C.3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C不符合题意；
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.2ΔH1≈ΔH2只能说明双键之间的能量差；
B.能量越低越稳定；
C.3ΔH1＜ΔH4说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键；
D.ΔH3-ΔH1＜0，说明多一个双键变得不稳定，但ΔH4-ΔH3＞0，说明苯的稳定结构并不简单只是双键的原因，具有特殊稳定性。
14．Li电池使用过程中会产生LiH，对电池的性能和安全性带来影响。可用D2O与LiH进行反应测定LiH含量，由产物中的n(D2)/n(HD)比例可推算n(Li)/n(LiH)。
已知：①2LiH 2Li+H2 △H>0
②LiH+H2O=LiOH+H2↑
下列说法错误的是（　　）
A．H2O、D2O的化学性质基本相同
B．Li与D2O反应的方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑
C．n(D2)/n(HD)比例小说明n(Li)/n(LiH)比例大
D．80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD)
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；碱金属的性质
【解析】【解答】A．H与 D互为同位素、具有相同的核外电子排布 ，则H2O、D2O的化学性质基本相同，A不符合题意；
B．类似于钠和水的反应， Li与D2O反应生成LiOD与D2，化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑，B不符合题意；
C．D2由Li与D2O反应生成、HD 通过反应LiH+D2O=LiOD+HD ，则 n(D2)/n(HD)比例小说明n(Li)/n(LiH)比例小，C符合题意；
D．升温，2LiH 2Li+H2 △H>0平衡右移，Li增多LiH 减少，则结合选项C可知：80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD) ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．同种物质化学性质基本相同；
B．碱金属与水反应生成碱和氢气；
C．根据LiH+D2O=LiOD+HD 分析；
D．根据勒夏特列原理分析。
15．在密闭容器中发生反应：2A（g）+B（g） 2C（g），往密闭容器中以n（A）：n（B）＝2：1通入两种反应物，15min后A在四温度下的转化率如下表所示，且T1＜T2＜T3＜T4，下列说法正确的是（　　）
温度 T1 T2 T3 T4
转化率 10% 70% 70% 60%
A．该反应是吸热反应
B．T温度时（T2＜T＜T3），A的转化率是70%
C．T3温度下，若反应在15min后继续进行，则A的转化率变大
D．T4温度反应15min后，若c（B）＝0.5mol L﹣1，则T4温度时的平衡常数是4.5
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.15 min后A在四温度下的转化率为单位时间内的转化率，该转化率与速率有关，根据表格数据可知，随着温度升高，速率加快，T1、T2温度下15min未达平衡，T3、T4温度下15min时反应已经达到平衡，为平衡转化率，平衡转化率随升高温度而减小，根据勒夏特列原理知该反应为放热反应，故A不符合题意；
B．由A中分析和表格数据可知T温度时( T2＜T＜T3 )，A的转化率大于70%，故B不符合题意；
C．由A中分析可知T3温度下15min时已经达到平衡，在15 min后继续进行反应，A的转化率不变，故C不符合题意；
D．T4℃温度反应15 min后已建立该条件下的平衡，若c（B）＝0.5mol L﹣1，设A、B的起始浓度分别为2c，c，A的转化率为60%：
　 2A（g）+B（g） 2C（g）
起始（mol/L） 2c c 0
变化（mol/L） 60%×2c 60%×c 60%×2c
平衡（mol/L） 40%×2c 40%×c 60%×2c
由40%×c=c（B）＝0.5mol L﹣1，即可得到c=1.25mol L﹣1，K== =4.5 ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据温度变化，即可判断T1和T2向着平衡移动，因此T3，T4平衡，因此温度升高平衡逆向移动，正反应为放热；
B.反应放热，因此温度时( T2＜T＜T3 )A的转化率大于70%；
C.T3温度下15min时已经达到平衡，在15 min后继续进行反应，A的转化率不变；
D.根据T4时的数据利用方程式计算出平衡时浓度即可计算出常数。
二、实验探究题
16．粉末可在较低温度下还原。回答下列问题：
（1）已知一定温度下：
则的　 　(用m和n表示)。
（2）图1分别是和下还原过程中反应体系电阻随反应时间变化的曲线，可用　 　(填标号)表示反应的快慢。
a． b． c． d．
（3）图1中曲线　 　(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。
（4）研究发现对的还原性主要来自于其产生的。一般认为在表面被氧化成有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径　 　(填“a”或“b”)是主要途径。
（5）产生的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在至的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应　 　(填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是的来源，必须进行的实验是　 　。
（6）已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：　 　。
【答案】（1）
（2）d
（3）Ⅰ
（4）a
（5）②；将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小
（6）消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率
【知识点】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）设①，②，根据盖斯定律，将×①+×②可得，则=×+×=，故答案为： 。
（2）可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即，选d，故答案为：d。
（3）温度越高反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，说明曲线Ⅰ对应的反应温度最高，故答案为：Ⅰ。
（4）途径a中能垒为1.3eV，小于途径b，能垒越小反应速率越快，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径，故答案为：a。
（5）固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应②；若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是：将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小，故答案为：②； 将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小 。
（6）在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因是：消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率，故答案为：消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率 。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率；
（3）温度越高，反应速率越快；
（4）活化能越大，反应速率越快；
（5）反应①固体质量减小，反应②固体质量增大；
（6）化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
17．合成气（和）是重要的工业原料气。
（1）合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要　 　（填数字）种化学键的键能数据。
（2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯。
①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：
催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有　 　。
②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的吸收剂、（正价有）缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是　 　（填化学式）。减缓设备腐蚀的原理是　 　。
（3）研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的，依次发生的主要反应：
步骤Ⅰ
步骤Ⅱ
①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有　 　；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为　 　。
②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示（X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有　 　（填化学式）。
③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值：　 　。
【答案】（1）5
（2）该反应为放热反应，在绝热容器中进行，的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，过量可有效防止催化剂活性下降；；具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜
（3）当时，载氧体为，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大；432；C、Fe、FeO；步骤Ⅰ中 作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量C，造成积炭，导致催化剂失活；采用分步制备，可提高原料利用率，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源
【知识点】反应热和焓变；催化剂；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1） =反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的需、、、、，共5种化学键的键能数据。
（2）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，过量可有效防止催化剂活性下降。
②脱碳过程中，溶液会吸收，发生反应，当溶液浓度偏高时，会生成较多，而溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。中的Cr元素化合价为，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。
（3）①当时，载氧体中没有，只有，由于的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当时，转化率为60%，则，已知CO的选择性，则，根据图乙中数据可知，此时产物气中，则，故生成标准状况下CO和的总体积为432mL。
②新制载氧体与反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与反应，使载氧体再生从而继续与反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与反应。
③步骤Ⅰ中作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。
【分析】（1） =反应物的总键能-生成物的总键能；
（2）①温度会影响催化剂活性；
②具有强氧化性 ；
（3）①当时，载氧体中没有，只有；当时，转化率为60%，则，CO的选择性，则，产物气中，则，据此计算生成标准状况下和的总体积；
②结合X射线衍射谱图判断与反应的物质；
③ 可提供氧，将甲烷转化为CO。
18．化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式计算获得。
（1）盐酸浓度的测定：移取待测液，加入指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液。
①上述滴定操作用到的仪器有　 　。
A． B． C． D．
②该盐酸浓度为　 　。
（2）热量的测定：取上述溶液和盐酸各进行反应，测得反应前后体系的温度值()分别为，则该过程放出的热量为　 　(c和分别取和，忽略水以外各物质吸收的热量，下同)。
（3）借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应的焓变(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。
序号 反应试剂 体系温度/
反应前 反应后
i 溶液 粉 a b
ii 粉 a c
①温度：b　 　c(填“>”“<”或“=”)。
②　 　(选择表中一组数据计算)。结果表明，该方法可行。
（4）乙同学也借鉴(2)的方法，测量反应的焓变。
查阅资料：配制溶液时需加入酸。加酸的目的是　 　。
提出猜想：粉与溶液混合，在反应A进行的过程中，可能存在粉和酸的反应。
验证猜想：用试纸测得溶液的不大于1；向少量溶液中加入粉，溶液颜色变浅的同时有气泡冒出，说明存在反应A和　 　(用离子方程式表示)。
实验小结：猜想成立，不能直接测反应A的焓变。
教师指导：鉴于以上问题，特别是气体生成带来的干扰，需要设计出实验过程中无气体生成的实验方案。
优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计了优化的实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为　 　。
（5）化学能可转化为热能，写出其在生产或生活中的一种应用　 　。
【答案】（1）AD；0.5500
（2）
（3）>；或
（4）抑制水解；；将一定量的粉加入一定浓度的溶液中反应，测量反应热，计算得到反应的焓变；根据(3)中实验计算得到反应的焓变；根据盖斯定律计算得到反应的焓变为
（5）燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等)
【知识点】盖斯定律及其应用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）①用NaOH溶液滴定盐酸的浓度，需用碱式滴定管盛装标准NaOH溶液，用锥形瓶盛装待测盐酸溶液，因此所需的仪器有锥形瓶、碱式滴定管。
②滴定过程中发生反应的化学方程式为NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，因此该盐酸的浓度。
（2）混合后所得溶液的质量m=(50mL＋50mL)×1.0g·mL－1=100g；反应前后温度的变化量ΔT=(T1－T0)℃。所以反应过程中放出的热量Q=cmΔT=4.18×100×(T1－T0)=418(T1－T0)J。
（3）①由于该反应为放热反应，因此反应后溶液的温度身高，故b＞c。
②实验ⅰ中，n(CuSO4)=c×V=0.20mol·L－1×0.L=0.02mol。所以实验ⅰ中0.02molCuSO4完全反应，反应过程中放出热量Q=4.18×100×(b－a)×10－3kJ=0.418(b-a)kJ。所以该反应的反应热。
实验ⅱ中，则0.01molFe完全反应，反应过程中放出的热量Q=4.18×100×(c-a)×10－3kJ=0.418(c-a)kJ。所以该反应的反应热。
（4）查阅资料：Fe2SO4溶液中存在Fe3＋的水解反应Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，配制Fe2(SO4)3溶液时，加入酸，可增大溶液中c(H＋)，从而抑制Fe3＋的水解。
验证猜想：加入铁粉后Fe3＋与Fe反应生成Fe2＋，使得溶液由黄色变为浅绿色，因此溶液颜色变浅。同时有气泡冒出，是由于溶液中Fe3＋水解，使得溶液显酸性，Fe与H＋反应生成H2，该反应的离子方程式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。
优化设计：Fe与Fe2(SO4)3溶液反应的过程中，同时存在Fe与H＋的反应，因此无法直接测定Fe与Fe2(SO4)3反应的反应，此时可结合盖斯定律，通过测定反应Cu＋Fe2(SO4)3=CuSO4＋2FeSO4、Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu的反应热，从而计算反应Fe＋Fe2(SO4)3=3FeSO4的反应热。因此实验方案为：将一定量的Cu加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，完全反应后测量反应热，得到反应Cu＋Fe2(SO4)3=CuSO4＋2FeSO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu的焓变ΔH2。根据盖斯定律计算得到反应Fe＋Fe2(SO4)3=3FeSO4的焓变ΔH=ΔH1＋ΔH2。
（5）应用化学能转化为让热能，生活中可利用燃料燃烧放出的热量进行加热。
【分析】（1）①根据酸碱中和滴定确定所需的仪器。
②根据公式c1V1=c2V2进行计算。
（2）根据公式Q=cmΔt计算反应放出的热量。
（3）①Fe与CuSO4溶液的反应为放热反应，因此反应后溶液的温度升高。
②根据公式Q=cmΔt计算反应放出的热量，进行计算Fe或CuSO4完全反应时放出的热量。
（4）Fe3＋易水解，加酸可抑制Fe3＋的水解。
加入铁粉后，有气泡冒出，说明反应生成H2。
根据盖斯定律通过反应“Cu＋Fe2(SO4)3=CuSO4＋2FeSO4”和反应“Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu”的反应热，从而计算反应“Fe＋Fe2(SO4)3=3FeSO4”的反应热。
（5）化学能转化为热能，可应用于生活中燃料燃烧。
三、综合题
19． 乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应：
反应1：
反应2：
（1）25℃，101kPa时，反应 　 　。
（2）一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。
①在范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为　 　(任写一条)，当温度由220℃升高至260℃，乙炔转化率减小的原因可能为　 　。
②在120~240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为　 　(填“>”“<”或“=”)，理由为　 　。
（3）对于反应1，反应速率与浓度的关系可用方程式表示(k为常数)。时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当时，　 　。
实验组
一
二
（4）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。以　 　为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为　 　。(图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能)
【答案】（1）-137
（2）温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强；催化剂在该温度范围内失活；＞；乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率
（3）9.2×10-3
（4）Pd/W；Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将②－① 得到 ，则，故答案为：-137。
（2）① 在范围内，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大；220℃-260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活，故答案为：温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强；催化剂在该温度范围内失活。
②由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率，即，故答案为：>；乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率。
（3）将表格中的数据数据代入方程可得：，解得，则，时，，，故答案为： 9.2×10-3 。
（4）选择Pd做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W时的(0.68＜0.83)，说明使用Pd做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W做催化剂时，乙烯的选择性更高，故答案为：Pd/W；Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的。
【分析】（1）根据盖斯定律，将②－①可得 ，据此计算；
（2）升高温度，活化分子数增大，有效碰撞次数增加，反应速率增大，同时温度也能影响催化剂活性；
（3）将表格中的数据代入表达式计算；
（4）催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率。
20．在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下：
回答下列问题：
（1）电解池中电极M与电源的　 　极相连。
（2）放电生成的电极反应式为　 　。
（3）在反应器中，发生如下反应：
反应i：
反应ii：
计算反应的　 　，该反应　 　（填标号）。
A.高温自发 B.低温自发 C.高温低温均自发 D.高温低温均不自发
（4）一定温度下，和（体积比为）按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器（入口压强为）发生反应i和ii。有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性（选择性）如图2所示。
根据图1，写出生成的决速步反应式　 　；的选择性大于的原因是　 　。
②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是　 　；当时，该温度下反应ii的　 　（保留两位小数）。0.16
【答案】（1）正
（2）
（3）﹣126；B
（4）；由C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢；随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小；0.16
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）N电极上CO转化为C2H4，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连，故答案为：正。
（2）CO发生还原反应得到C2H4，还原反应得电子，电解液呈碱性，则电极反应式为：，故答案为：。
（3）根据盖斯定律，将反应ii－反应i得到 ，则；该反应为放热反应，，气体分子数减小，，该反应在低温下存在，则该反应在低温下能自发进行，故选B，故答案为：﹣126；B。
（4）①活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由生成时，活化能较大，反应速率慢，说明的选择性大于，故答案为： ； 由C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢 。
② 当时 ，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x增大，CO的量增大，CO不参与该反应，而容器恒容，这相当于稀释了反应物和H2，反应i和反应ii的平衡均逆向移动，导致的转化率减小；当x=2时，的转化率为90%，的选择性为80%，和 的体积比为2：2：1，则设CO的物质的量为2mol，的物质的量为2mol，H2的物质的量为1mol，则有、、、，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为，、、，反应ii的Kp==，故答案为：0.16。
【分析】（1）N电极上，CO转化为乙烯，发生还原反应，则N为阴极，M为阳极；
（2） 得电子发生还原反应生成 ；
（3）根据盖斯定律计算；当时反应能够自发进行；
（4）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；先计算各物质的分压，结合平衡常数表达式计算。
21． 利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO，转化生产单质硫，涉及的主要反应如下：
I . CaS(s) +2SO2(g) =CaSO4(s)+S2(g) ΔH1
II. CaSO4(s) +4H2(g)=CaS(s)+ 4H2O(g) ΔH2
III. SO2(g)+3H2(g)=H，S(g)+2H2O(g) ΔH3
恒容条件下，按1mol CaS，1mol SO2和0.1mol H2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lg n随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。
已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K=108基本不变。
回答下列问题：
（1） 反应的焓变ΔH =　 　((用含ΔH1，ΔH2的代数式表示)。
（2）乙线所示物种为　 　(填化学式)。反应Ⅲ的焓变ΔH3　 　0 (填“>”“<”或“=”)。
（3）T温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为a mol，则S2为　 　mol(用含a的代数式表示)；此时，CaS与CaSO4物质的量的差值n(CaS)-n(CaSO4)=　 　mol(用含a的最简代数式表示)。
（4）T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，H2S与H2物质的量之比　 　(填“增大”“减小”或“不变”)， H2O 物质的量n(H2O)　 　（填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）ΔH1+ΔH2
（2）H2O；<
（3）0.45+；150a
（4）增大；减小
【知识点】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）根据盖斯定律，将I+Ⅱ可得，则 ΔH = ΔH1+ΔH2 ，故答案为： ΔH1+ΔH2 。
（2） 图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K=108基本不变 ，则，则， 因此可知曲线乙表示的物质为H2O，曲线丁表示的物种为H2，随温度升高，S2减小，说明反应I的平衡逆向移动，则SO2增大，因此丙曲线代表SO2，甲曲线代表H2S，随着温度升高，H2S减小，说明反应Ⅲ的平衡逆向移动，则反应Ⅲ为放热反应，其焓变 ΔH3 <0，故答案为：H2O；<。
（3）T1温度下，反应达到平衡时，乙线（H2）、丙线（SO2）所示物种的物质的量相等，设H2为amol，则H2O和SO2均为100amol，根据H元素守恒可得，H2S的物质的量为0.1-101a，根据S原子守恒可知，S2的物质的量为 0.45+ ；根据O守恒可得，CaSO4的物质的量为， 根据Ca守恒可得，CaS的物质的量为（1-）mol，则 n(CaS)-n(CaSO4)= 1--=150amol，故答案为： 0.45+ ；150a。
（4）反应Ⅲ的平衡常数表达式为， T2温度下，体系达平衡后 ，压缩容器体积，反应I的平衡正向移动，c(SO2)增大，为定值，而K3不变，则 增大；根据H守恒有n(H2S)+n(H2O)+n(H2)=0.1mol，则n(H2S)+1.01n(H2O)=0.1mol，增大压强，反应Ⅲ的平衡正向移动，n(H2S)增大，则 n(H2O) 减小，故答案为：增大；减小。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）升温平衡向吸热反应方向移动，据此判断；
（3）结合元素守恒列式计算；
（4）压缩容器体积，压强增大， 的平衡正向移动。
四、流程题
22． 利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。
已知：
物质
、
（1）制
已知：
由制的热化学方程式为　 　。
（2）制
I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应：
第一步：
第二步：
Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。
①Ⅱ中生成的化学方程式是　 　。
②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是　 　。
③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是　 　，需除去。
④尾气吸收器中，吸收的气体有　 　。
（3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。
①，与优先反应的离子是　 　。
②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：　 　。
【答案】（1）
（2）；；；
（3）；时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降
【知识点】盖斯定律及其应用；含硫物质的性质及综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由H2S生成SO2的化学方程式为2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)，该反应的反应热ΔH=2×(－221.1kJ·mol－1－296.8kJ·mol－1)=－1036kJ·mol－1。因此由H2S制SO2的热化学方程式为2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH=－1036kJ·mol－1。
故答案为：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH=－1036kJ·mol－1
（2）①Ⅱ中NaHSO3转化为Na2S2O5的同时生成H2O，该反应的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O。
故答案为：2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O
②“固液分离”后所得母液为NaHSO3溶液，与Na2CO3反应生成NaHCO3和Na2SO3。该反应的化学方程式为：NaHSO3＋Na2CO3=NaHCO3＋Na2SO3。
故答案为：NaHSO3＋Na2CO3=NaHCO3＋Na2SO3
③“煅烧炉”反应后所得的混合气体中含有少量的O2，O2能将Na2SO3氧化生成Na2SO4。因此多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子为SO42－。
故答案为：SO42－
④尾气吸收器中加入NaOH溶液，主要用于吸收反应过程中产生的CO2气体。
故答案为：CO2
（3）①0～amol过程中，SO32－的平衡转化率大于HCO3－，说明SO32－优先与SO2发生反应。
故答案为：SO32－
②随着加入n(SO2)逐渐增大，在a～bmol时，发生反应SO2＋2HCO3－=SO32－＋2CO2＋H2O，反应生成的CO2逸出，HCO3－的平衡转化率增大。同时由于c(SO32－)增大，抑制了SO32－与SO2的反应，使得SO32－的平衡转化率降低。
故答案为：时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热，进而得到反应的热化学方程式。
（2）①根据题干信息确定反应物和生成物，结合原子守恒确定反映过的化学方程式。
②“固液分离”后所得母液中溶质为NaHSO3，与Na2CO3反应生成NaHCO3和Na2SO3，据此写出反应的化学方程式。
③“煅烧炉”中混有O2，O2能将Na2SO3氧化成Na2SO4。
④尾气吸收器中加入的NaOH溶液，用于吸收尾气中的CO2。
（3）①a~amol过程中，SO32－的平衡转化率高，说明SO32－优先发生反应。
②a～bmol过程中，发生反应SO2＋2HCO3－=SO32－＋CO2＋H2O，据此分析。
23．钛（ ）及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣（主要成分为 ，含少量V、 和 的氧化物杂质）为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗 中含有的几种物质的沸点：
物质
沸点/ 136 127 57 180
回答下列问题：
（1）已知 ， 的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略 、 随温度的变化。若 ，则该反应可以自发进行。根据下图判断： 时，下列反应不能自发进行的是______________。
A．
B．
C．
D．
（2） 与C、 在 的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
物质
分压/
①该温度下， 与C、 反应的总化学方程式为　 　；
②随着温度升高，尾气中 的含量升高，原因是　 　。
（3）“除钒”过程中的化学方程式为　 　；“除硅、铝”过程中，分离 中含 、 杂质的方法是　 　。
（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序　 　（填“能”或“不能”）交换，理由是　 　。
（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入 冶炼 的方法相似的是______________。
A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
【答案】（1）C
（2）5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2；随着温度升高，CO2与C发生反应
（3）3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏
（4）不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质
（5）A；C
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；金属冶炼的一般原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。
(1)记① ，② ，③ ，④ ；
A．由图可知，600℃时 的 ，反应自发进行，故A不符合题意；
B．由图可知，600℃时 的 ，反应自发进行，故B不符合题意；
C．由图可知，600℃时 的 ，反应不能自发进行，故C符合题意；
D．根据盖斯定律， 可由①+③得到，则600℃时其 ，反应自发进行，故D不符合题意；
故选C；
(2)①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C发生反应 ，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应 ；
(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
(4)若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；
A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；
C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；
D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
【分析】（1）根据图像，结合 分析判断；
（2）①根据压强之比等于物质的量之比计算各物质的系数之比，再写出化学方程式；
②高温下碳与二氧化碳反应生成一氧化碳；
（3）“除钒”过程前，钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al生成VOCl2渣，分离沸点差距较大的物质，可用蒸馏的方法；
（4）“除钒”时需要加入Al，若后“除钒”则含有杂质Al；
（5）Mg冶炼Ti的方法为热还原法。
1 / 1备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题7 化学反应的热效应
一、选择题
1．右图是简易量热计装置示意图，下列反应的反应热不适宜用该装置测定的是（　　）
A．BaO和足量的水 B．Al和足量的NaOH溶液
C．ZnO和足量的稀硫酸 D．KOH溶液和足量的稀盐酸
2．下列说法不正确的是（　　）
A．葡萄糖氧化生成和的反应是放热反应
B．核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子
C．由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基
D．向饱和的溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析
3．下列反应均能自发进行，相关判断不正确的是（　　）
H2SO4(l) + Fe(OH)2(s) = FeSO4(s) + 2H，O(I) △H1
H2SO4(l)+ 2NaOH(s)= Na2SO4(s)+ 2H2O(I) △H2
H2SO4(l)+ Na2O(s) = Na2SO4(s) + H2O(I) △H3
SO3(g) + Na2O(s) = Na2SO4(s) △H4
SO3(g) + H2O(I)= H2SO4(I) △H5
A．△H1-△H2>0 B．△H2-△H3>0
C．△H3-△H44． 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。
下列说法不正确的是（　　）
A．固体溶解是吸热过程
B．根据盖斯定律可知：
C．根据各微粒的状态，可判断，
D．溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关
5．一定条件下，石墨转化为金刚石反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．该反应为放热反应
B．石墨和金刚石互为同位素
C．反应中涉及化学键的断裂和形成
D．反应物的总能量大于生成物的总能量
6．下列说法正确的是
A．常温常压下和混合无明显现象，则反应在该条件下不自发
B．，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小
C．，则正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．，则
7．按下图装置进行实验。搅拌一段时间后，滴加浓盐酸。不同反应阶段的预期现象及其相应推理均合理的是（　　）
A．烧瓶壁会变冷，说明存在的反应
B．试纸会变蓝，说明有生成，产氨过程熵增
C．滴加浓盐酸后，有白烟产生，说明有升华
D．实验过程中，气球会一直变大，说明体系压强增大
8．某温度下，在密闭容器中充入一定量的X（g），发生下列反应：X（g） Y（g）（ΔH1＜0），Y（g） Z（g）（ΔH2＜0），测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是（　　）
A． B．
C． D．
9．下列实验能达到目的的是（　　）
实验目的 实验方法或操作
A 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度
B 探究浓度对化学反应速率的影响 量取同体积不同浓度的溶液，分别加入等体积等浓度的溶液，对比现象
C 判断反应后是否沉淀完全 将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液
D 检验淀粉是否发生了水解 向淀粉水解液中加入碘水
A．A B．B C．C D．D
10．已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键 H- H H-O
键能/(kJ·mol-1) 436 463
热化学方程式 2H2(g) + O2 (g)=2H2O(g) ΔH= -482kJ·mol-1
则2O(g)=O2(g)的ΔH为（　　）
A．428 kJ·mol-1 B．-428 kJ·mol-1
C．498 kJ·mol-1 D．-498 kJ·mol-1
11．AgCN与可发生取代反应，反应过程中的C原子和N原子均可进攻，分别生成腈和异腈两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。
由图示信息，下列说法错误的是
A．从生成和的反应都是放热反应
B．过渡态TS1是由的C原子进攻的而形成的
C．Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱
D．生成放热更多，低温时是主要产物
12．恒容密闭容器中， 在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量（n）如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该反应的
B．a为 随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入 的平衡转化率增大
13．相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列推理不正确的是（　　）
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
14．Li电池使用过程中会产生LiH，对电池的性能和安全性带来影响。可用D2O与LiH进行反应测定LiH含量，由产物中的n(D2)/n(HD)比例可推算n(Li)/n(LiH)。
已知：①2LiH 2Li+H2 △H>0
②LiH+H2O=LiOH+H2↑
下列说法错误的是（　　）
A．H2O、D2O的化学性质基本相同
B．Li与D2O反应的方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑
C．n(D2)/n(HD)比例小说明n(Li)/n(LiH)比例大
D．80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD)
15．在密闭容器中发生反应：2A（g）+B（g） 2C（g），往密闭容器中以n（A）：n（B）＝2：1通入两种反应物，15min后A在四温度下的转化率如下表所示，且T1＜T2＜T3＜T4，下列说法正确的是（　　）
温度 T1 T2 T3 T4
转化率 10% 70% 70% 60%
A．该反应是吸热反应
B．T温度时（T2＜T＜T3），A的转化率是70%
C．T3温度下，若反应在15min后继续进行，则A的转化率变大
D．T4温度反应15min后，若c（B）＝0.5mol L﹣1，则T4温度时的平衡常数是4.5
二、实验探究题
16．粉末可在较低温度下还原。回答下列问题：
（1）已知一定温度下：
则的　 　(用m和n表示)。
（2）图1分别是和下还原过程中反应体系电阻随反应时间变化的曲线，可用　 　(填标号)表示反应的快慢。
a． b． c． d．
（3）图1中曲线　 　(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。
（4）研究发现对的还原性主要来自于其产生的。一般认为在表面被氧化成有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径　 　(填“a”或“b”)是主要途径。
（5）产生的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在至的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应　 　(填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是的来源，必须进行的实验是　 　。
（6）已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：　 　。
17．合成气（和）是重要的工业原料气。
（1）合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要　 　（填数字）种化学键的键能数据。
（2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯。
①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：
催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有　 　。
②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的吸收剂、（正价有）缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是　 　（填化学式）。减缓设备腐蚀的原理是　 　。
（3）研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的，依次发生的主要反应：
步骤Ⅰ
步骤Ⅱ
①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有　 　；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为　 　。
②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示（X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有　 　（填化学式）。
③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值：　 　。
18．化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式计算获得。
（1）盐酸浓度的测定：移取待测液，加入指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液。
①上述滴定操作用到的仪器有　 　。
A． B． C． D．
②该盐酸浓度为　 　。
（2）热量的测定：取上述溶液和盐酸各进行反应，测得反应前后体系的温度值()分别为，则该过程放出的热量为　 　(c和分别取和，忽略水以外各物质吸收的热量，下同)。
（3）借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应的焓变(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。
序号 反应试剂 体系温度/
反应前 反应后
i 溶液 粉 a b
ii 粉 a c
①温度：b　 　c(填“>”“<”或“=”)。
②　 　(选择表中一组数据计算)。结果表明，该方法可行。
（4）乙同学也借鉴(2)的方法，测量反应的焓变。
查阅资料：配制溶液时需加入酸。加酸的目的是　 　。
提出猜想：粉与溶液混合，在反应A进行的过程中，可能存在粉和酸的反应。
验证猜想：用试纸测得溶液的不大于1；向少量溶液中加入粉，溶液颜色变浅的同时有气泡冒出，说明存在反应A和　 　(用离子方程式表示)。
实验小结：猜想成立，不能直接测反应A的焓变。
教师指导：鉴于以上问题，特别是气体生成带来的干扰，需要设计出实验过程中无气体生成的实验方案。
优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计了优化的实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为　 　。
（5）化学能可转化为热能，写出其在生产或生活中的一种应用　 　。
三、综合题
19． 乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应：
反应1：
反应2：
（1）25℃，101kPa时，反应 　 　。
（2）一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。
①在范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为　 　(任写一条)，当温度由220℃升高至260℃，乙炔转化率减小的原因可能为　 　。
②在120~240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为　 　(填“>”“<”或“=”)，理由为　 　。
（3）对于反应1，反应速率与浓度的关系可用方程式表示(k为常数)。时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当时，　 　。
实验组
一
二
（4）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。以　 　为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为　 　。(图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能)
20．在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下：
回答下列问题：
（1）电解池中电极M与电源的　 　极相连。
（2）放电生成的电极反应式为　 　。
（3）在反应器中，发生如下反应：
反应i：
反应ii：
计算反应的　 　，该反应　 　（填标号）。
A.高温自发 B.低温自发 C.高温低温均自发 D.高温低温均不自发
（4）一定温度下，和（体积比为）按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器（入口压强为）发生反应i和ii。有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性（选择性）如图2所示。
根据图1，写出生成的决速步反应式　 　；的选择性大于的原因是　 　。
②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是　 　；当时，该温度下反应ii的　 　（保留两位小数）。0.16
21． 利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO，转化生产单质硫，涉及的主要反应如下：
I . CaS(s) +2SO2(g) =CaSO4(s)+S2(g) ΔH1
II. CaSO4(s) +4H2(g)=CaS(s)+ 4H2O(g) ΔH2
III. SO2(g)+3H2(g)=H，S(g)+2H2O(g) ΔH3
恒容条件下，按1mol CaS，1mol SO2和0.1mol H2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lg n随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。
已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K=108基本不变。
回答下列问题：
（1） 反应的焓变ΔH =　 　((用含ΔH1，ΔH2的代数式表示)。
（2）乙线所示物种为　 　(填化学式)。反应Ⅲ的焓变ΔH3　 　0 (填“>”“<”或“=”)。
（3）T温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为a mol，则S2为　 　mol(用含a的代数式表示)；此时，CaS与CaSO4物质的量的差值n(CaS)-n(CaSO4)=　 　mol(用含a的最简代数式表示)。
（4）T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，H2S与H2物质的量之比　 　(填“增大”“减小”或“不变”)， H2O 物质的量n(H2O)　 　（填“增大”“减小”或“不变”)。
四、流程题
22． 利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。
已知：
物质
、
（1）制
已知：
由制的热化学方程式为　 　。
（2）制
I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应：
第一步：
第二步：
Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。
①Ⅱ中生成的化学方程式是　 　。
②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是　 　。
③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是　 　，需除去。
④尾气吸收器中，吸收的气体有　 　。
（3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。
①，与优先反应的离子是　 　。
②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：　 　。
23．钛（ ）及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣（主要成分为 ，含少量V、 和 的氧化物杂质）为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗 中含有的几种物质的沸点：
物质
沸点/ 136 127 57 180
回答下列问题：
（1）已知 ， 的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略 、 随温度的变化。若 ，则该反应可以自发进行。根据下图判断： 时，下列反应不能自发进行的是______________。
A．
B．
C．
D．
（2） 与C、 在 的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
物质
分压/
①该温度下， 与C、 反应的总化学方程式为　 　；
②随着温度升高，尾气中 的含量升高，原因是　 　。
（3）“除钒”过程中的化学方程式为　 　；“除硅、铝”过程中，分离 中含 、 杂质的方法是　 　。
（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序　 　（填“能”或“不能”）交换，理由是　 　。
（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入 冶炼 的方法相似的是______________。
A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】中和热
【解析】【解答】A、BaO与H2O的反应为放热反应，可用该装置测定反应热，A选项正确。
B、Al与NaOH溶液的反应为放热反应；且同时反应过程中生成H2，使得装置内的压强增大。由于该装置为密闭装置，压强增大，杯盖容易被“冲出”，因此不可用该装置测量反应热，B选项错误。
C、ZnO与稀硫酸的反应为放热反应，可用该装置测量反应热，C选项正确。
D、KOH与稀盐酸的反应为放热反应，可用该装置测量反应热，D选项正确。
故答案为：B
【分析】该装置为反应热的测量装置，由于装置为密闭装置，因此所测量的反应中，其反应过程中应保持压强不变。因此对于有气体生成的反应，一般不可用该装置测量反应热。据此结合选项所给的反应进行分析。
2．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；盐析；核酸
【解析】【解答】A、葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反应是放热反应，A选项正确。
B、核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，B选项正确。
C、氨基乙酸形成二肽的过程中－NH2与－COOH发生反应，因此所形成的二肽中只含有一个－NH2和一个－COOH，C选项错误。
D、NaCl溶液属于轻金属盐溶液，可使蛋白质发生盐析。因此向饱和的NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、葡萄糖的氧化反应属于放热反应。
B、根据核酸的形成分析。
C、形成肽键的过程中－NH2和－COOH发生反应。
D、加入轻金属盐溶液可使蛋白质发生盐析。
3．【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．酸碱中和反应为放热反应，难溶于水而氢氧化钠易溶于水，已知反应①，
②，则反应①放出的热量小于反应②，即，故，A正确；
B．已知反应②，
③，
利用盖斯定律将反应③-反应②得到，该反应为放热反应，则该反应的，即，B正确；
C．已知反应⑤(化合反应)为放热反应，即，利用盖斯定律，将反应④-反应③得到反应⑤，即，，C错误；
D．已知反应③为放热反应，，根据C项分析可知：，则，D正确；
故选C。
【分析】根据时反应自发进行以及盖斯定律分析，盖斯定律指的是，不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的 。也就是说，化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。
4．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、由示意图可知，NaCl固体溶解过程ΔH3=＋4kJ·mol－1，因此NaCl固体的溶解是吸热过程，A选项正确。
B、根据盖斯定律可得，ΔH3=ΔH1＋ΔH2，所以a+b=4，B选项正确。
C、NaCl转化为Na＋、Cl－的过程中离子键断裂，需要吸收热量，因此ΔH1＞0；Na＋、Cl－形成水合离子的过程中，放出热量，因此b＜0，C选项错误。
D、溶解过程中能量的变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间的作用力强弱有关，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、NaCl溶解的过程中的热效应为ΔH3。
B、结合盖斯定律分析。
C、形成水合离子的过程为放热反应。
D、溶解过程中的能量变化，与微粒间作用力的强弱有关。
5．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．石墨的总能量低于金刚石的总能量，则该反应为吸热反应，故A错误；
Ｂ．石墨和金刚石均为碳元素形成的单质，互为同素异形体，故B错误；
Ｃ．石墨转化为金刚石为化学变化，一定涉及化学键的断裂和形成，故C正确；
Ｄ．图示中反应物的总能量低于生成物的总能量，故D错误；
故选C。
【分析】反应物的总能量低于生成物的总能量的反应为吸热反应。
6．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．当ΔG=ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行。该反应中ΔH＜0、ΔS＜0，温度较低时ΔG＜0，因此该反应在低温时能自发进行，A错误；
B．升高温度，平衡向吸热反应方向移动。该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，因此平衡常数减小，B正确；
C．该反应为放热反应，所以，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误；
D．，根据盖斯定律，反应①－反应②得到目标反应Na(s)+Cl2(g)=Na+(g)+Cl (g)，所以目标反应的反应热ΔH=。由于相对大小未知，因此无法确定ΔH的正负，D错误；
故答案为：B
【分析】A、当ΔG=ΔH-TΔS＜0时，反应能自发进行，据此判断反应自发进行的条件。
B、平衡常数只与温度有关，结合温度对平衡移动的影响分析。
C、该反应为放热反应，所以活化能：正反应＜逆反应。
D、根据盖斯定律分析。
7．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；氨的性质及用途
【解析】【解答】A、烧杯壁变冷，说明温度降低，则存在的反应应为吸热反应，ΔH＞0，A不符合题意。
B、湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有碱性气体NH3生成。反应过程中生成气体，体系的混乱程度增加，因此产氨过程中熵增，B符合题意。
C、滴加浓盐酸后，产生的白烟为NH4Cl，是由NH3与HCl反应生成，不能说明NH4Cl升华，C不符合题意。
D、搅拌过程中NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O的反应为吸热反应，温度降低，压强减小，气球体积变小，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、放热反应使得温度升高，吸热反应使得温度降低。
B、湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有碱性物质生成。
C、NH3与HCl反应生成NH4Cl，产生白烟现象。
D、反应过程中，气球体积不会一直变大。
8．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)的 H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g) Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；
B．图像显示X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)的 H都小于0，且X(g) Y(g)的活化能小于Y(g) Z(g)的活化能，B项符合题意；
C．图像显示X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)的 H都小于0，但图像上X(g) Y(g)的活化能大于Y(g) Z(g)的活化能，C项不符合题意；
D．图像显示X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)的 H都大于0，且X(g) Y(g)的活化能大于Y(g) Z(g)的活化能，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图可知，反应初期随着时间推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g) Y(g)的反应速率大于Y(g) Z(g)的反应速率，则反应X(g) Y(g)的活化能小于反应Y(g) Z(g)的活化能。
9．【答案】C
【知识点】中和热的测定；探究影响化学反应速率的因素；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热，A不符合题意；
B．和反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B不符合题意；
C．将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴溶液，若有浑浊产生，则说明没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C符合题意；
D．检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.中和热的测定实验要保证测定过程中尽可能不向外散热；
B.NaClO溶液和Na2SO3的溶液反应无明显的现象；
C.判断Ba2+离子是否沉淀完全，可取上层清液滴加原沉淀剂Na2CO3溶液继续滴加，依据现象判断是否沉淀完全；
D.检验淀粉溶液是否发生水解，应该检验其水解产物中有没有葡萄糖存在。
10．【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】反应的ΔH=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2×436kJ/mol+(O-O)-4×463kJ/mol，解得O-O键的键能为498kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的ΔH=-498kJ/mol。
【分析】根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算
11．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、从能量图看，产物（腈、异腈）的能量均低于反应物（CH3CH2Br+AgCN），故两个反应都是放热反应，A正确；
B、过渡态 TS1 对应的产物是腈（CH3CH2CN），是 CN-的 C 原子进攻 CH3CH2Br 的 α-C 形成的，B 正确；
C、Ⅰ 中 “N--Ag” 的键长更长（作用力更弱），Ⅱ 中 “C--Ag” 的键长更短（作用力更强），故 Ⅰ 中作用力更弱，C正确；
D、生成异腈的放热更多，但反应速率由活化能决定（TS2 活化能更低），低温时反应速率快的异腈是主要产物，并非腈，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
产物主要性的判断依据混淆：易误将 “放热多少” 当作低温下产物主要性的判断依据，实际低温下产物由活化能（反应速率）决定（TS2 活化能更低，异腈生成速率更快）。
作用力强弱的判断：错把 “键的表示形式” 当作作用力强弱的依据，实际需结合过渡态、中间体的键长（Ⅰ 中 “N--Ag” 键长更长，作用力更弱）。
过渡态与进攻原子的对应：可能混淆 TS1、TS2 对应的进攻原子，需结合产物（腈对应 C 进攻、异腈对应 N 进攻）明确过渡态的形成主体。
12．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图示信息，随着温度的升高，n(H2)逐渐减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，A不符合题意；
B．由A项分析可知，该反应正向为吸热反应，则随着温度的升高，n(H2O)增加，根据图示信息，最上面的曲线表示n(H2O)随温度的变化曲线，B不符合题意；
C．由于该容器恒容密闭，向容器中充入惰性气体，不影响各物质的浓度，则平衡不移动，C符合题意；
D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，平衡不移动，则氢气的转化率不变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据勒夏特列原理进行分析。
B.该反应是吸热反应，温度升高，反应正向进行，n(H2O)增加。
C.恒容条件下，加入惰性气体不影响各组分的浓度。
D.可逆反应中，纯液体或固体的浓度不变。
13．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；反应热的大小比较
【解析】【解答】A.2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，但是不能是存在相互作用的两个碳碳双键，故A符合题意；
B．ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B不符合题意；
C.3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C不符合题意；
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.2ΔH1≈ΔH2只能说明双键之间的能量差；
B.能量越低越稳定；
C.3ΔH1＜ΔH4说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键；
D.ΔH3-ΔH1＜0，说明多一个双键变得不稳定，但ΔH4-ΔH3＞0，说明苯的稳定结构并不简单只是双键的原因，具有特殊稳定性。
14．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；碱金属的性质
【解析】【解答】A．H与 D互为同位素、具有相同的核外电子排布 ，则H2O、D2O的化学性质基本相同，A不符合题意；
B．类似于钠和水的反应， Li与D2O反应生成LiOD与D2，化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑，B不符合题意；
C．D2由Li与D2O反应生成、HD 通过反应LiH+D2O=LiOD+HD ，则 n(D2)/n(HD)比例小说明n(Li)/n(LiH)比例小，C符合题意；
D．升温，2LiH 2Li+H2 △H>0平衡右移，Li增多LiH 减少，则结合选项C可知：80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD) ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．同种物质化学性质基本相同；
B．碱金属与水反应生成碱和氢气；
C．根据LiH+D2O=LiOD+HD 分析；
D．根据勒夏特列原理分析。
15．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.15 min后A在四温度下的转化率为单位时间内的转化率，该转化率与速率有关，根据表格数据可知，随着温度升高，速率加快，T1、T2温度下15min未达平衡，T3、T4温度下15min时反应已经达到平衡，为平衡转化率，平衡转化率随升高温度而减小，根据勒夏特列原理知该反应为放热反应，故A不符合题意；
B．由A中分析和表格数据可知T温度时( T2＜T＜T3 )，A的转化率大于70%，故B不符合题意；
C．由A中分析可知T3温度下15min时已经达到平衡，在15 min后继续进行反应，A的转化率不变，故C不符合题意；
D．T4℃温度反应15 min后已建立该条件下的平衡，若c（B）＝0.5mol L﹣1，设A、B的起始浓度分别为2c，c，A的转化率为60%：
　 2A（g）+B（g） 2C（g）
起始（mol/L） 2c c 0
变化（mol/L） 60%×2c 60%×c 60%×2c
平衡（mol/L） 40%×2c 40%×c 60%×2c
由40%×c=c（B）＝0.5mol L﹣1，即可得到c=1.25mol L﹣1，K== =4.5 ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据温度变化，即可判断T1和T2向着平衡移动，因此T3，T4平衡，因此温度升高平衡逆向移动，正反应为放热；
B.反应放热，因此温度时( T2＜T＜T3 )A的转化率大于70%；
C.T3温度下15min时已经达到平衡，在15 min后继续进行反应，A的转化率不变；
D.根据T4时的数据利用方程式计算出平衡时浓度即可计算出常数。
16．【答案】（1）
（2）d
（3）Ⅰ
（4）a
（5）②；将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小
（6）消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率
【知识点】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）设①，②，根据盖斯定律，将×①+×②可得，则=×+×=，故答案为： 。
（2）可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即，选d，故答案为：d。
（3）温度越高反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，说明曲线Ⅰ对应的反应温度最高，故答案为：Ⅰ。
（4）途径a中能垒为1.3eV，小于途径b，能垒越小反应速率越快，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径，故答案为：a。
（5）固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应②；若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是：将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小，故答案为：②； 将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小 。
（6）在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因是：消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率，故答案为：消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率 。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率；
（3）温度越高，反应速率越快；
（4）活化能越大，反应速率越快；
（5）反应①固体质量减小，反应②固体质量增大；
（6）化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
17．【答案】（1）5
（2）该反应为放热反应，在绝热容器中进行，的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，过量可有效防止催化剂活性下降；；具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜
（3）当时，载氧体为，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大；432；C、Fe、FeO；步骤Ⅰ中 作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量C，造成积炭，导致催化剂失活；采用分步制备，可提高原料利用率，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源
【知识点】反应热和焓变；催化剂；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1） =反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的需、、、、，共5种化学键的键能数据。
（2）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，过量可有效防止催化剂活性下降。
②脱碳过程中，溶液会吸收，发生反应，当溶液浓度偏高时，会生成较多，而溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。中的Cr元素化合价为，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。
（3）①当时，载氧体中没有，只有，由于的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当时，转化率为60%，则，已知CO的选择性，则，根据图乙中数据可知，此时产物气中，则，故生成标准状况下CO和的总体积为432mL。
②新制载氧体与反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与反应，使载氧体再生从而继续与反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与反应。
③步骤Ⅰ中作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。
【分析】（1） =反应物的总键能-生成物的总键能；
（2）①温度会影响催化剂活性；
②具有强氧化性 ；
（3）①当时，载氧体中没有，只有；当时，转化率为60%，则，CO的选择性，则，产物气中，则，据此计算生成标准状况下和的总体积；
②结合X射线衍射谱图判断与反应的物质；
③ 可提供氧，将甲烷转化为CO。
18．【答案】（1）AD；0.5500
（2）
（3）>；或
（4）抑制水解；；将一定量的粉加入一定浓度的溶液中反应，测量反应热，计算得到反应的焓变；根据(3)中实验计算得到反应的焓变；根据盖斯定律计算得到反应的焓变为
（5）燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等)
【知识点】盖斯定律及其应用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）①用NaOH溶液滴定盐酸的浓度，需用碱式滴定管盛装标准NaOH溶液，用锥形瓶盛装待测盐酸溶液，因此所需的仪器有锥形瓶、碱式滴定管。
②滴定过程中发生反应的化学方程式为NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，因此该盐酸的浓度。
（2）混合后所得溶液的质量m=(50mL＋50mL)×1.0g·mL－1=100g；反应前后温度的变化量ΔT=(T1－T0)℃。所以反应过程中放出的热量Q=cmΔT=4.18×100×(T1－T0)=418(T1－T0)J。
（3）①由于该反应为放热反应，因此反应后溶液的温度身高，故b＞c。
②实验ⅰ中，n(CuSO4)=c×V=0.20mol·L－1×0.L=0.02mol。所以实验ⅰ中0.02molCuSO4完全反应，反应过程中放出热量Q=4.18×100×(b－a)×10－3kJ=0.418(b-a)kJ。所以该反应的反应热。
实验ⅱ中，则0.01molFe完全反应，反应过程中放出的热量Q=4.18×100×(c-a)×10－3kJ=0.418(c-a)kJ。所以该反应的反应热。
（4）查阅资料：Fe2SO4溶液中存在Fe3＋的水解反应Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，配制Fe2(SO4)3溶液时，加入酸，可增大溶液中c(H＋)，从而抑制Fe3＋的水解。
验证猜想：加入铁粉后Fe3＋与Fe反应生成Fe2＋，使得溶液由黄色变为浅绿色，因此溶液颜色变浅。同时有气泡冒出，是由于溶液中Fe3＋水解，使得溶液显酸性，Fe与H＋反应生成H2，该反应的离子方程式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。
优化设计：Fe与Fe2(SO4)3溶液反应的过程中，同时存在Fe与H＋的反应，因此无法直接测定Fe与Fe2(SO4)3反应的反应，此时可结合盖斯定律，通过测定反应Cu＋Fe2(SO4)3=CuSO4＋2FeSO4、Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu的反应热，从而计算反应Fe＋Fe2(SO4)3=3FeSO4的反应热。因此实验方案为：将一定量的Cu加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，完全反应后测量反应热，得到反应Cu＋Fe2(SO4)3=CuSO4＋2FeSO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu的焓变ΔH2。根据盖斯定律计算得到反应Fe＋Fe2(SO4)3=3FeSO4的焓变ΔH=ΔH1＋ΔH2。
（5）应用化学能转化为让热能，生活中可利用燃料燃烧放出的热量进行加热。
【分析】（1）①根据酸碱中和滴定确定所需的仪器。
②根据公式c1V1=c2V2进行计算。
（2）根据公式Q=cmΔt计算反应放出的热量。
（3）①Fe与CuSO4溶液的反应为放热反应，因此反应后溶液的温度升高。
②根据公式Q=cmΔt计算反应放出的热量，进行计算Fe或CuSO4完全反应时放出的热量。
（4）Fe3＋易水解，加酸可抑制Fe3＋的水解。
加入铁粉后，有气泡冒出，说明反应生成H2。
根据盖斯定律通过反应“Cu＋Fe2(SO4)3=CuSO4＋2FeSO4”和反应“Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu”的反应热，从而计算反应“Fe＋Fe2(SO4)3=3FeSO4”的反应热。
（5）化学能转化为热能，可应用于生活中燃料燃烧。
19．【答案】（1）-137
（2）温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强；催化剂在该温度范围内失活；＞；乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率
（3）9.2×10-3
（4）Pd/W；Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将②－① 得到 ，则，故答案为：-137。
（2）① 在范围内，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大；220℃-260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活，故答案为：温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强；催化剂在该温度范围内失活。
②由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率，即，故答案为：>；乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率。
（3）将表格中的数据数据代入方程可得：，解得，则，时，，，故答案为： 9.2×10-3 。
（4）选择Pd做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W时的(0.68＜0.83)，说明使用Pd做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W做催化剂时，乙烯的选择性更高，故答案为：Pd/W；Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的。
【分析】（1）根据盖斯定律，将②－①可得 ，据此计算；
（2）升高温度，活化分子数增大，有效碰撞次数增加，反应速率增大，同时温度也能影响催化剂活性；
（3）将表格中的数据代入表达式计算；
（4）催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率。
20．【答案】（1）正
（2）
（3）﹣126；B
（4）；由C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢；随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小；0.16
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）N电极上CO转化为C2H4，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连，故答案为：正。
（2）CO发生还原反应得到C2H4，还原反应得电子，电解液呈碱性，则电极反应式为：，故答案为：。
（3）根据盖斯定律，将反应ii－反应i得到 ，则；该反应为放热反应，，气体分子数减小，，该反应在低温下存在，则该反应在低温下能自发进行，故选B，故答案为：﹣126；B。
（4）①活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由生成时，活化能较大，反应速率慢，说明的选择性大于，故答案为： ； 由C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢 。
② 当时 ，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x增大，CO的量增大，CO不参与该反应，而容器恒容，这相当于稀释了反应物和H2，反应i和反应ii的平衡均逆向移动，导致的转化率减小；当x=2时，的转化率为90%，的选择性为80%，和 的体积比为2：2：1，则设CO的物质的量为2mol，的物质的量为2mol，H2的物质的量为1mol，则有、、、，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为，、、，反应ii的Kp==，故答案为：0.16。
【分析】（1）N电极上，CO转化为乙烯，发生还原反应，则N为阴极，M为阳极；
（2） 得电子发生还原反应生成 ；
（3）根据盖斯定律计算；当时反应能够自发进行；
（4）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；先计算各物质的分压，结合平衡常数表达式计算。
21．【答案】（1）ΔH1+ΔH2
（2）H2O；<
（3）0.45+；150a
（4）增大；减小
【知识点】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）根据盖斯定律，将I+Ⅱ可得，则 ΔH = ΔH1+ΔH2 ，故答案为： ΔH1+ΔH2 。
（2） 图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K=108基本不变 ，则，则， 因此可知曲线乙表示的物质为H2O，曲线丁表示的物种为H2，随温度升高，S2减小，说明反应I的平衡逆向移动，则SO2增大，因此丙曲线代表SO2，甲曲线代表H2S，随着温度升高，H2S减小，说明反应Ⅲ的平衡逆向移动，则反应Ⅲ为放热反应，其焓变 ΔH3 <0，故答案为：H2O；<。
（3）T1温度下，反应达到平衡时，乙线（H2）、丙线（SO2）所示物种的物质的量相等，设H2为amol，则H2O和SO2均为100amol，根据H元素守恒可得，H2S的物质的量为0.1-101a，根据S原子守恒可知，S2的物质的量为 0.45+ ；根据O守恒可得，CaSO4的物质的量为， 根据Ca守恒可得，CaS的物质的量为（1-）mol，则 n(CaS)-n(CaSO4)= 1--=150amol，故答案为： 0.45+ ；150a。
（4）反应Ⅲ的平衡常数表达式为， T2温度下，体系达平衡后 ，压缩容器体积，反应I的平衡正向移动，c(SO2)增大，为定值，而K3不变，则 增大；根据H守恒有n(H2S)+n(H2O)+n(H2)=0.1mol，则n(H2S)+1.01n(H2O)=0.1mol，增大压强，反应Ⅲ的平衡正向移动，n(H2S)增大，则 n(H2O) 减小，故答案为：增大；减小。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）升温平衡向吸热反应方向移动，据此判断；
（3）结合元素守恒列式计算；
（4）压缩容器体积，压强增大， 的平衡正向移动。
22．【答案】（1）
（2）；；；
（3）；时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降
【知识点】盖斯定律及其应用；含硫物质的性质及综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由H2S生成SO2的化学方程式为2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)，该反应的反应热ΔH=2×(－221.1kJ·mol－1－296.8kJ·mol－1)=－1036kJ·mol－1。因此由H2S制SO2的热化学方程式为2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH=－1036kJ·mol－1。
故答案为：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH=－1036kJ·mol－1
（2）①Ⅱ中NaHSO3转化为Na2S2O5的同时生成H2O，该反应的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O。
故答案为：2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O
②“固液分离”后所得母液为NaHSO3溶液，与Na2CO3反应生成NaHCO3和Na2SO3。该反应的化学方程式为：NaHSO3＋Na2CO3=NaHCO3＋Na2SO3。
故答案为：NaHSO3＋Na2CO3=NaHCO3＋Na2SO3
③“煅烧炉”反应后所得的混合气体中含有少量的O2，O2能将Na2SO3氧化生成Na2SO4。因此多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子为SO42－。
故答案为：SO42－
④尾气吸收器中加入NaOH溶液，主要用于吸收反应过程中产生的CO2气体。
故答案为：CO2
（3）①0～amol过程中，SO32－的平衡转化率大于HCO3－，说明SO32－优先与SO2发生反应。
故答案为：SO32－
②随着加入n(SO2)逐渐增大，在a～bmol时，发生反应SO2＋2HCO3－=SO32－＋2CO2＋H2O，反应生成的CO2逸出，HCO3－的平衡转化率增大。同时由于c(SO32－)增大，抑制了SO32－与SO2的反应，使得SO32－的平衡转化率降低。
故答案为：时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热，进而得到反应的热化学方程式。
（2）①根据题干信息确定反应物和生成物，结合原子守恒确定反映过的化学方程式。
②“固液分离”后所得母液中溶质为NaHSO3，与Na2CO3反应生成NaHCO3和Na2SO3，据此写出反应的化学方程式。
③“煅烧炉”中混有O2，O2能将Na2SO3氧化成Na2SO4。
④尾气吸收器中加入的NaOH溶液，用于吸收尾气中的CO2。
（3）①a~amol过程中，SO32－的平衡转化率高，说明SO32－优先发生反应。
②a～bmol过程中，发生反应SO2＋2HCO3－=SO32－＋CO2＋H2O，据此分析。
23．【答案】（1）C
（2）5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2；随着温度升高，CO2与C发生反应
（3）3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏
（4）不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质
（5）A；C
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；金属冶炼的一般原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。
(1)记① ，② ，③ ，④ ；
A．由图可知，600℃时 的 ，反应自发进行，故A不符合题意；
B．由图可知，600℃时 的 ，反应自发进行，故B不符合题意；
C．由图可知，600℃时 的 ，反应不能自发进行，故C符合题意；
D．根据盖斯定律， 可由①+③得到，则600℃时其 ，反应自发进行，故D不符合题意；
故选C；
(2)①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C发生反应 ，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应 ；
(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
(4)若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；
A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；
C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；
D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
【分析】（1）根据图像，结合 分析判断；
（2）①根据压强之比等于物质的量之比计算各物质的系数之比，再写出化学方程式；
②高温下碳与二氧化碳反应生成一氧化碳；
（3）“除钒”过程前，钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al生成VOCl2渣，分离沸点差距较大的物质，可用蒸馏的方法；
（4）“除钒”时需要加入Al，若后“除钒”则含有杂质Al；
（5）Mg冶炼Ti的方法为热还原法。
1 / 1

展开更多......

收起↑