2021年高考化学真题和模拟题分类汇编专题09化学能与热能【含答案】

专题09化学能与热能2021年化学高考题一、单选题1．（山东高考真题试卷）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【KS5U答案】B【KS5U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．（浙江）相同温度和压强下，关于反应的，下列判断正确的是A． B．C． D．【KS5U答案】C【分析】一般的烯烃与氢气发生的加成反应为放热反应，但是，由于苯环结构的特殊性决定了苯环结构的稳定性，苯与氢气发生加成反应生成1，3-环己二烯时，破坏了苯环结构的稳定性，因此该反应为吸热反应。【KS5U解析】A．环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，因此，，A不正确；B．苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊的共价键，因此，其与氢气完全加成的反应热不等于环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应的反应热之和，即，B不正确；C．环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放反应，，由于1mol1，3-环己二烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的2倍，故其放出的热量更多，其；苯与氢气发生加成反应生成1，3-环己二烯的反应为吸热反应（），根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热，因此，C正确；D．根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热，因此，D不正确。综上所述，本题选C。3．（广东高考真题试卷）“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤。腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等化学品。下列有关说法正确的是A．煤油是可再生能源B．燃烧过程中热能转化为化学能C．火星陨石中的质量数为20D．月壤中的与地球上的互为同位素【KS5U答案】C【KS5U解析】A．煤油来源于石油，属于不可再生能源，故A错误；B．氢气的燃烧过程放出热量，将化学能变为热能，故B错误；C．元素符号左上角数字为质量数，所以火星陨石中的20Ne质量数为20，故C正确；D．同位素须为同种元素，3He和3H的质子数不同，不可能为同位素关系，故D错误；故选C。4．（河北高考真题试卷）下列操作规范且能达到实验目的的是A．图甲测定醋酸浓度 B．图乙测定中和热C．图丙稀释浓硫酸 D．图丁萃取分离碘水中的碘【KS5U答案】A【KS5U解析】A．氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A选；B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充，防止热量散失，故B不选；C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故C不选；D．分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体留下时飞溅，故D不选；综上所述，操作规范且能达到实验目的的是A项，故答案为A。5．（浙江高考真题试卷）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：共价键H-HH-O键能/(kJ·mol-1)436463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．428kJ·mol-1 B．-428kJ·mol-1 C．498kJ·mol-1 D．-498kJ·mol-1【KS5U答案】D【分析】根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算。【KS5U解析】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。6．（浙江高考真题试卷）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．【KS5U答案】B【KS5U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。二、原理综合题7．（湖南高考真题试卷）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。方法I：氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据化学键键能946436.0390.8一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题：(1)反应_______；(2)已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号)A．25℃B．125℃C．225℃D．325℃(3)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率_______(用含的代数式表示)②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是_______(用图中a、b、c、d表示)，理由是_______；③在该温度下，反应的标准平衡常数_______。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。方法Ⅱ：氨电解法制氢气利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。(4)电解过程中的移动方向为_______(填“从左往右”或“从右往左”)；(5)阳极的电极反应式为_______。KOH溶液KOH溶液【KS5U答案】+90.8CDb

开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小0.48从右往左2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O【KS5U解析】(1)根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，H=390.8kJmol-1-(946kJmol-1+436.0kJmol-1)=+90.8kJmol-1，故+90.8；(2)若反应自发进行，则需H-TS<0，T>==456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故CD；(3)①设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，=，解得x=0.02mol，(H2)==molL-1min-1，故；②t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合，故b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120kPa、40kPa、120kPa，反应的标准平衡常数==0.48，故0.48；(4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故从右往左；(5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。2021年化学高考模拟题一、单选题1．（九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）工业合成三氧化硫的反应为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH=-198kJ·mol-1，反应过程可用下图模拟(代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂)。下列说法不正确的是A．过程Ⅱ和过程Ⅲ决定了整个反应进行的程度B．过程Ⅱ为吸热过程，过程Ⅲ为放热过程C．加入SO2和O2各1mol，充分反应后放出的热量小于99KJD．催化剂可降低反应的活化能，使ΔH减小【KS5U答案】D【KS5U解析】A．过程I是吸附放热过程，自发进行程度大，但过程II是共价键断裂的过程，过程IV是生成物解吸过程，需要消耗能量，它们的活化能相对较大，决定了全部反应进行的程度，A正确；B．由图可知，过程II化学键断裂，为吸热过程，过程III化学键形成，为放热过程，B正确；C．反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=-198kJ/mol是可逆反应，所以1molSO2和1molO2反应时消耗SO2的物质的量小于1mol，放热小于99kJ，C正确；D．催化剂不能改变反应的始终态，不能改变反应物和生成物的内能，所以不能改变反应热，D错误；故选：D。2．（重庆市第十一中学校高三二模）文献报道：在45℃、0.1MPa时，科学家以铁粉为催化剂，通过球磨法合成氨。部分反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，下列说法正确的是A．由此历程可知：N*＋3H*＝NH*＋2H*ΔH>0B．铁粉改变了合成氨的反应历程和反应热C．图示过程中有极性共价键的生成D．用不同催化剂合成氨，反应历程均与上图相同【KS5U答案】C【KS5U解析】A．ΔH与反应过程无关，取决于反应的起点和终点，由图知，反应物的总能量比生成物的总能量高，为放热反应ΔH<0，则N*＋3H*＝NH*＋2H*ΔH<0，A错误；B．铁粉做催化剂，只改变反应历程，不改变始终态，即不能改变反应热，B错误；C．过程中有N-H极性共价键的生成，C正确；D．不同的催化剂，改变反应的历程不一样，D错误；故选：C。3．（青海高三三模）上海交通大学仇毅翔等研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4(g)＋H2(g)=C2H6(g)△H=amol·L-1]的反应历程如下图所示：下列说法正确的是A．该反应为吸热反应 B．a=-129.6C．催化乙烯加氢效果较好的催化剂是AuF D．两种过渡态物质中较稳定的是过渡态1【KS5U答案】B【KS5U解析】A．该反应生成物具有的能量低，为放热反应，故A错误；B．由反应物、生成物的总能量可知a=-129.6kJ/mol-0=-129.6kJ/mol，a=-129.6，故B正确；C．由图可知AuPF3+对应的活化能小，则催化效果好，故C错误；D．过渡态1所处状态能量高于状态2，两种过渡态物质中较稳定的是过渡态2，故D错误；故选B。4．（全国高三零模）科学家结合实验和计算机模拟结果，研究了在贵重金属催化剂表面上的气态体系中，一个分子还原的能量变化与反应历程如图所示。下列说法错误的是A．该反应的热化学方程式为B．决定整个反应速率快慢的步骤是①C．反应过程中断裂与形成的化学键都包含键和键D．改变催化剂，不能使反应的焓变发生改变【KS5U答案】A【KS5U解析】A．该过程表示一个分子还原的能量变化，热化学方程式对应的能量变化应该是2mol分子被还原的能量，故A错误；B．活化能大速率慢，是决速步骤，①的活化能大于②，决定整个反应速率快慢的步骤是①，故B正确；C．反应物分子既含有键和键，生成物N2和CO2含有键和键，所以反应过程中断裂与形成的化学键都包含键和键，故C正确；D．催化剂只能改变反应历程，不能改变焓变，故D正确；故答案为A。5．（陕西宝鸡市·）2007年诺贝尔化学奖授予埃特尔以表彰其对于合成氨反应机理的研究，氮气和氢气分子在催化剂表面的部分变化过程如图所示，下列说法不正确的是A．升高温度不能提高一段时间内的产率B．图①→②过程吸热，图②→③过程放热C．在反应过程中三键均发生断裂D．反应过程中存在、等中间产物【KS5U答案】A【KS5U解析】A．升高温度，化学反应速率加快，可以提高一段时间内的产率，A错误；B．图①→②过程表示断裂氮气分子的化学键，断键吸热，图②→③过程表示形成氮氢单键，成键放热，B正确；C．由图①→②可知，在反应过程中三键均发生断裂，C正确；D．图③④表明反应过程中存在、等中间产物，D正确；A。6．（安徽高三一模）马里奥·莫利纳等科学家通过研究揭示了大气中臭氧层被破坏的机理，如图所示。下列说法错误是A．CFCl3是四面体结构B．过程Ⅲ中的O原子可能来自大气中O2或O3的解离C．整个过程中，CFCl3是O3分解的催化剂D．紫外线辐射提供破坏化学键的能量【KS5U答案】C【分析】过程Ⅰ为：CFCl3→Cl+CFCl2，过程Ⅱ为：Cl+O3→O2+ClO，过程Ⅲ为：ClO+O→O2+Cl【KS5U解析】A．CH4是正四面体结构，CFCl3就相当于用F将一个H原子替代了，用3个Cl将一个3个H原子替代了，虽然键长、键角有变化，但是还是四面体结构，A正确；B．过程Ⅰ为：CFCl3→Cl+CFCl2，过程Ⅱ为：Cl+O3→O2+ClO，过程Ⅲ为：ClO+O→O2+Cl，故过程Ⅲ中的O原子可能来自大气中O2或O3的解离B正确；C．过程Ⅰ为：CFCl3→Cl+CFCl2，过程Ⅱ为：Cl+O3→O2+ClO，过程Ⅲ为：ClO+O→O2+Cl，我们发现CFCl3作为反应物被消耗，CFCl3不是催化剂，C错误；D．由图可知，紫外线辐射提供破坏了C-Cl，断键需要吸收能量，D正确；故选D。7．（浙江高三其他模拟）反应A+B→C分两步进行：反应①A+B→X，反应②X→C。反应过程中能量变化如图，下列说法正确的是A．该反应为放热反应，△H=a-dB．催化剂通过降低化学反应的焓变加快化学反应速率C．升高温度，a、b、c、d的数值均会发生改变D．该反应速率的快慢主要由反应②决定【KS5U答案】C【KS5U解析】A．根据图示可知：反应物A和B的能量总和比生成物C的高，发生反应放出热量，故该反应为放热反应，△H=(a+c)-(d+b)，A错误；B．催化剂通过改变反应途径，降低反应的活化能来加快化学反应速率，但该反应的焓变不变，B错误；C．升高温度，物质的内能发生改变，故a、b、c、d的数值均会发生改变，C正确；D．化学反应速率的快慢由反应速率慢的决定。反应的活化能越大，反应需消耗的能量就越高，反应就越难发生。根据上述图示可知反应①的活化能较大，故该反应速率的快慢主要由反应①决定，D错误；故合理选项是C。8．（广西南宁市·南宁三中高三三模）为应对全球气候问题，中国政府承诺“2030年碳达峰”、“2060年碳中和”。科学家使用络合物作催化剂，用多聚物来捕获二氧化碳，反应可能的过程如图所示。下列叙述错误的是A．该反应若得以推广将有利于碳中和B．反应过程中只有极性键的断裂和形成C．总反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2OD．开发太阳能、风能等再生能源可降低CO2、CH4温室气体的碳排放【KS5U答案】B【KS5U解析】A．碳中和指将通过植树造林、节能减排等方式，抵消自身产生的CO2等温室气体，实现相对碳的“零排放”，故A正确；B．第二、四步有H2参与反应，存在非极性键的断裂，故B错误；C．除去环上循环的物质和催化剂，总反应的反应物为CO2、H2生成物为CH3OH与H2O，故C正确；D．碳排放是指CO2、CH4等温室气体排放的简称，故D正确；故选B。9．（长沙市明德中学高三三模）Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示：下列关于活化历程的说法错误的是A．此反应的决速步骤：中间体2→中间体3B．只涉及极性键的断裂和生成C．在此反应过程中Ni的成键数目发生变化D．Ni(s)+C2H6(g)=NiCH2(s)+CH4(g)∆H=−6.57kJ·mol-1【KS5U答案】B【KS5U解析】A．中间体2→中间体3能量差值最大，该步反应的活化能最大，是化学反应的决定速率的步骤，A正确；B．反应过程涉及到C-C键断裂和C-H键形成，涉及到非极性键的断裂和极性键的形成，B错误；C．根据图示可知：在此反应过程中Ni的成键数目在不断发生变化，C正确；D．Ni(s)+C2H6(g)=NiCH2(s)+CH4(g)∆H=E生成物-E反应物=-6.57kJ/mol-0kJ/mol=-6.57kJ/mo1，D正确；故合理选项是B。10．（北京高三其他模拟）Deacon催化氧化法将HCl转化为Cl2的反应为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-116kJ·mol-1研究发现CuCl2(s)催化反应的过程如下：反应i：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1反应ii：CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1反应iii：……下列表述不正确的是A．反应i中反应物的总能量小于生成物的总能量B．反应ii中，1molCuCl(s)反应时转移2mole-C．推断反应iii应为CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-242kJ·mol-1D．由反应过程可知催化剂参与反应，通过改变反应路径提高反应速率【KS5U答案】C【KS5U解析】A．反应i为吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，A正确；B．反应ii中，铜从+1升高到+2、氯从-1升高到0，则1molCuCl(s)反应时失去2mole-，氧气中氧从0降低到-2，则molO2得到2mole-，B正确；C．按盖斯定律，反应4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-116kJ·mol-1减去2×(反应i+反应ii)可得：2CuO(s)+4HCl(g)=2CuCl2(s)+2H2O(g)ΔH3=-242kJ·mol-1，则CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ·mol-1，C不正确；D．由反应过程可知催化剂参与反应后重新生成，但催化剂改变反应路径、通过降低反应活化能提高反应速率，D正确；答案选C。11．（河南新乡市·新乡县一中高三其他模拟）CH3-CH=CH-COOCH3有两种立体异构体和，由CH3CHO和Ph3P=CHCOOCH3反应制取这两种异构体的历程中能量变化如图已知：在立体结构中，实线表示该键在纸平面上，实楔形线表示该键在纸前方，虚线表示该键在纸后方。下列说法正确的是A．比稳定B．温度升高，CH3CHO的转化率减小C．生成的过程中，速率最快的是由生成的反应D．两个反应历程中，中间产物相同【KS5U答案】C【KS5U解析】A．图像中比能量高，稳定，A错误；B．图像该反应历程中生成两种物质都是吸热反应，温度升高，CH3CHO的转化率增大，B错误。C．由生成的过程活化能最小，反应速率快，C正确；D．两个反应历程中，是生成的中间产物，是生成的中间产物，两个过程中间产物不同，D错误；故选C。12．（【一飞冲天】4.一模）CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步为①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)、②FeO++CO=CO2+Fe+(快)。下列说法正确的是

A．分子构型：CO2为直线型，N2O为V形(已知N2O中每个原子都满足8电子稳定结构)B．反应①的活化能比反应②大C．反应中每转移1mol电子，生成N2体积为11.2LD．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定【KS5U答案】B【KS5U解析】A．CO2与N2O均为三原子分子，22个电子，互为等电子体，所以均为直线型分子，故A错；B．反应①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)，反应②FeO++CO=CO2+Fe+(快)，由图示可知，则反应①活化能较反应②大，故B正确；C．选项中未告诉是否处于标况下，若标况下，则根据可知，每转移1mol电子，生成N2体积为11.2L，故C错；D．总反应的化学反应速率由反应较慢一步所决定，即由反应①决定，故D错；答案选B。13．（阜新市第二高三其他模拟）CO2是廉价的碳资源，将其甲烷化具有重要意义。其原理是CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH<0.在某密闭容器中，充入1molCO2和4molH2发生上述反应，下列叙述正确的是A．反应物的总能量小于生成物的总能量B．升高温度可增大活化分子的百分数及有效碰撞频率，因而温度越高越利于获得甲烷C．恒温、恒压条件下，充入He，平衡向正反应方向移动D．在绝热密闭容器中进行时，容器中温度不再改变，说明已达到平衡【KS5U答案】D【KS5U解析】A．该反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故A错误；B．该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，则温度越高越不利于获得甲烷，故B错误；C．恒温、恒压条件下充入惰性气体氦气，容器的容积增大，相当于减小压强，该反应为气体体积减小的反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，故C错误；D．该反应是放热反应，在绝热密闭容器中进行时，反应温度会增大，则当容器中温度不再改变时，说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确；故选D。14．（阜新市第二高三其他模拟）在含有Fe3+、S2O和I-的混合溶液中，反应S2O(aq)+2I-(aq)=2SO(aq)+I2(aq)的分部机理如下，反应进程中的能量变化如图所示。步骤①：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)步骤②：S2O(aq)+2Fe2+(aq)=2SO(aq)+2Fe3+(aq)下列关于该反应的说法错误的是A．Fe3+是该反应的催化剂B．步骤②比步骤①速率快C．该反应为放热反应D．若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的大【KS5U答案】D【分析】步骤①：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)，步骤②：S2O(aq)+2Fe2+(aq)=2SO(aq)+2Fe3+(aq)，①+②得S2O(aq)+2I-(aq)=2SO(aq)+I2(aq)，Fe3+作催化剂，Fe2+为中间产物，S2O(aq)+2I-(aq)+2Fe3+(aq)的总能量高于2Fe3+(aq)+2SO(aq)+I2(aq)的总能量，反应放热。【KS5U解析】A．根据反应的机理可知铁离子参与了反应，但是在反应前后其物质的量不变，则Fe3+是该反应的催化剂，故A正确；B．由图象可知步骤①的活化能大于步骤②的，活化能越大，反应速率越小，故步骤①反应速率慢，故B正确；C．反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故C正确；D．ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，该反应为放热反应，不管加不加催化剂，正反应活化能都低于逆反应活化能，故D错误；故选D。15．（长沙市明德中学高三三模）我国研究人员研发了一种新型纳米催化剂，实现CO2和H2反应得到CH4，部分微粒转化过程如图(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法不正确的是A．过程②吸收热量B．过程③涉及极性键的断裂和形成C．结合过程③，过程④的方程式为*C+2*OH+6H→CH4+2H2OD．整个过程中制得1molCH4转移电子的物质的量为6mol【KS5U答案】D【KS5U解析】A．由图示知，过程②涉及*CO2中化学键的断裂，需要吸收能量，A正确；B．由图示知，过程③涉及*CO中极性键断裂和生成物*OH中极性键的形成，B正确；C．由图示知，过程③对应方程式为：*CO+*O+2H→*C+2*OH，过程④反应物为*C、*OH、H，生成物为CH4和H2O，根据过程③知*C、*OH反应比例为1:2，故过程④方程式为：*C+2*OH+6H→CH4+2H2O，C正确；D．CO2转化为CH4，碳元素化合价由+4价降低为-4价，得关系式：CO2～CH4～8e-，故1molCH4生成转移电子为8mol，D错误；故答案选D。16．（天津高三一模）正戊烷异构化为异戊烷是油品升级的一项重要技术。在合适催化剂和一定压强下，正戊烷的平衡转化率(a)随温度变化如图所示。名称熔点/℃沸点/℃燃烧热ΔH/kJ·mol-1正戊烷-13036-3506.1异戊烷-159.427.8-3504.1下列说法不正确的是A．正戊烷异构化为异戊烷反应的ΔH<0B．28～36℃时，随溫度升高，正戊烷的平衡转化率增大，原因是异戊烷气化离开体系，产物浓度降低，平衡正向移动C．寻找更好的催化剂可使正戊烷异构化为异戊烷的转化率提升D．150℃时，体系压强从100kPa升高到500kPa，正戊烷的平衡转化率基本不变【KS5U答案】C【KS5U解析】A．根据正戊烷和异戊烷的燃烧热，①，，根据盖斯定律①−②得正戊烷异构化为异戊烷反应，故A正确；B．根据表中沸点数值，在28～36℃时，随温度升高，异戊烷气化离开体系，产物浓度降低，导致平衡正向移动，正戊烷的平衡转化率增大，故B正确；C．催化剂不影响平衡，不能提高平衡转化率，故C错误；D．150℃时，正戊烷和异戊烷都是气态，此时反应前后气体体积不变，增大压强，平衡不移动，正戊烷的平衡转化率不变，故D正确；答案选C。17．（天津高三一模）如图是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质物质的能量变化关系图(Ea表示活化能)，下列说法错误的是A．增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小B．第一步反应的速率小于第二步反应C．总反应为放热反应D．升高温度，Ea1、Ea2均增大，反应速率加快【KS5U答案】D【KS5U解析】A．Cl2是该反应的反应物，增大反应物的浓度，反应速率增大，但增大氯气的浓度不影响ΔH的大小，故A正确；B．第一步反应所需活化能Ea1大于第二步反应所需活化能Ea2，第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，故第二步反应速率更大，故B正确；C．反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故C正确；D．Ea1、Ea2分别为第一步反应、第二步反应所需活化能，升高温度，反应所需活化能不变，即Ea1、Ea2不变，故D错误；故选D。二、原理综合题18．（安徽高三一模）甲醇是目前人类认知最为安全、高效、清洁的替代燃料，可用如下方法制备：碳的氧化物和氢气合成法，其主要反应包括：Ⅰ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=—90.8kJ•mol—1Ⅱ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H2=—49.0kJ•mol—1Ⅲ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3(1)在恒温的合成塔中发生上述反应，达到平衡时合成塔出口处总压强为5.0MPa，各组分的体积分数如表所示：COCO2H2CH3OH其他10.0%5.0%50.0%2.5%32.5%①反应Ⅲ的焓变△H3=___。②此温度下反应Ⅰ的平衡常数Kp=___(MPa)—2。(2)反应Ⅰ是合成甲醇的主要反应，在二氧化碳存在时，单位体积催化剂上生成甲醇的速率如图：①加入二氧化碳对甲醇反应速率的影响是___。②在无二氧化碳的体系中加入适量氧气也可以起到和二氧化碳相似的作用，原因是___。(3)一氧化碳与氢气的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。①该反应历程中控速步骤的能垒为___eV。②写出虚线框内发生的化学反应方程式___。【KS5U答案】+41.8kJ/mol0.04先增大后减小氧气能与一氧化碳反应生成二氧化碳0.8H3CO*+H2=CH3OH*【KS5U解析】(1)①由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得反应Ⅲ，则焓变△H3=△H2—△H1=(—49.0kJ/mol)—(—90.8kJ/mol)=+41.8kJ/mol，故+41.8kJ/mol；②由题给数据可知，一氧化碳、氢气和甲醇的平衡分压分别为10.0%×5.0MPa=0.5MPa、50%×5.0MPa=2.5MPa、2.5%×5.0MPa=0.125MPa，则反应Ⅰ的平衡常数Kp===0.04(MPa)—2，故0.04；(2)①由图可知，随着二氧化碳百分含量的增加，单位体积催化剂上，甲醇反应速率先增大后减小，故先增大后减小；②若在无二氧化碳的体系中加入适量氧气，氧气能与一氧化碳反应生成二氧化碳，从而起到和二氧化碳相似的作用，故氧气能与一氧化碳反应生成二氧化碳；(3)①化学反应速率取决于化学反应速率最慢的一步，反应的能垒越大，反应速率越慢，由图可知，反应历程中控速步骤的能垒为(—0.1eV)—(—0.9eV)=0.8eV，故0.8；②由图可知，虚线框内发生的反应为H3CO*与H2反应生成CH3OH*，反应的化学反应方程式为H3CO*+H2=CH3OH*，故H3CO*+H2=CH3OH*。19．（四川成都市·成都七中）近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：(1)Deacon发明的直接氧化法为：。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知该反应在___________(高温或低温)条件下能自发进行。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K(400℃)=___________(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是___________。(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：△H1=83kJ·mol-1则的______(3)在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是___________(写出2种)(4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：负极区发生的反应有___________(写反应方程式)。电路中转移1mol电子，需消耗氧气___________L(标准状况)。【KS5U答案】高温O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低-58kJ•mol-1增加反应体系压强；及时分离出产物Fe3++e-═Fe2+、4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O5.6【KS5U解析】(1)根据图知，进料浓度比c(HCl)：c(O2)一定时，升高温度HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，∆H<0，反应为气体分子数减小的反应，∆S<0，由∆G=∆H-T∆S>0，则高温下自发进行；温度一定时进料浓度比c(HCl)：c(O2)越大，HCl的转化率越小，所以400℃进料浓度比c(HCl)：c(O2)=1：1时，HCl的转化率为最上边曲线，HCl转化率为84%，列三段式：，400℃时化学平衡常数；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低O2和Cl2分离能耗较高、过高时HCl转化率较低，所以投料浓度比过高或过低都不好；(2)根据盖斯定律：∆H=∆H1+∆H2+∆H3=(83-20-121)kJ•mol-1=-58kJ•mol-1；(3)提高HCl的转化率，即要反应正向进行，4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)，正向是气体分子数减少的反应，可以增大压强，使反应正向；亦可分离出生成物，使反应正向；(4)根据图示，电解池左侧发生反应Fe3++e-═Fe2+，该反应为还原反应，属于电解池的阴极，负极通入氧气后Fe2+被O2氧化而再生成Fe3+，该反应为4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O；根据电子守恒及4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O可知，电路中转移1mol电子，消耗氧气的物质的量为：1mol×1/4=0.25mol，标况下0.25mol氧气的体积为：22.4L/mol×0.25mol=5.6L。20．（河南新乡市·新乡县一中高三其他模拟）在一定条件下，由CO2和H2合成甲醇已成为现实，该合成对解决能源问题具有重大意义。该过程中有两个竞争反应，反应过程能量关系如图。(1)请写出CO(g)与H2(g)生成CH3OH(g)的热化学方程式为___________。(2)对于CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)反应，已知v正=k正c(CO2)c3(H2)，v逆=k逆c(CH3OH)c(H2O)，升高温度k正增大的倍数___________k逆增大的倍数(填“＜”、“＞”或“=”)，为了提高H2的转化率，可采取的措施有___________(填选项)。A．加压B．升温C．加催化剂D．增加CO2的浓度(3)在一容积可变的密闭容器中，充入1molCO2与3molH2发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，CO2在不同温度下的平衡转化率与总压强的关系如下图所示，图中M点时CH3OH的物质的量分数为___________，该反应的压强平衡常数为Kp=___________atm-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)(4)由CO2和H2合成甲醇有两个竞争反应，为提高CH3OH的选择性，在原料气中掺入一定量CO，原因是___________。另外，可以通过控制双组份催化剂(CuO-ZnO)中CuO的含量，可提高甲醇产率，根据下图判断，催化剂选择性最好的CuO的含量为___________。【KS5U答案】CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H=－90.56kJ·mol－1<AD16.7%5.33×10－4加入一定浓度CO，使反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)向逆向移动，提高生产CH3OH的选择性50%【KS5U解析】(1)根据图像可知两个竞争反应为：i：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH=－53.66kJ/molii：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH=36.90kJ/mol根据盖斯定律i-ii可得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH=－90.56kJ·mol－1；(2)该反应焓变小于0，升高温度平衡逆向移动，说明逆反应速率比正反应速率增大的多，所以k正＜k逆；升温平衡逆向移动，H2的转化率减小，加催化剂不影响平衡转化率，增大压强，增加CO2的浓度都能使平衡正向移动，H2转化率增大，故选AD；(3)根据图中M点是CO2的平衡转化率为50%，得：所以平时CH3OH的物质的量分数为×100%≈16.7%；Kp=≈5.33×10－4；(4)加入一定量的CO可以使反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，提高生产CH3OH的选择性；根据图像可知CH3OH含量最大，催化剂选择性最好的CuO的含量为50%。21．（天津）氮和氮的化合物在国防建设、工农业生产和生活中都有极其广泛的用途。请回答下列与氮元素有关的问题：(1)已知部分化学键的键能如表化学键N≡NH—HN—H键能/(kJ·mol-1)946436391工业上合成氨反应当过程中转移3mol电子时，理论上热量变化为___________kJ。(2)在一个恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1molCl2(g)发生反应：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)在一定温度下测得NO的物质的量(单位：mol)与时间的关系如表所示：t/min05813NO的物质的量21.151.01.0①测得该反应平衡常数与温度关系为1gKp=5.08+，则该反应是___________(填“吸热”或“放热”反应)。②同温度下，起始时容器内的压强为P0，则该反应的平衡常数KP=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。③若同温度下，在相同容器中，充入1molNO(g)和0.5molCl2(g)，则NO的平衡转化率___________50%(填“大于”、“等于”或“小于”)。(3)某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生反应4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)；NO的转化率随温度变化的情况如图。5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)___________，420K之前，NO生成N2的转化率偏低的原因可能是___________。(4)若将NO2与O2通入如图所示甲装置，D电极上有红色物质析出，A电极的电极反应式为___________。【KS5U答案】46放热小于0.171mol/(L·min)420K前反应未达平衡，转化率较低NO2-e-+H2O=+2H+【KS5U解析】(1)N2与H2合成NH3的化学反应方程式：N2+3H2⇌2NH3，每有1molN2参加反应，转移6mol电子，反应过程中的能量变化为Q=946kJ+3×436kJ-6×391kJ=-92kJ，即反应放出92kJ的热量，当合成反应当过程中转移3mol电子时，则理论上放出热量是=46kJ；(2)①该反应平衡常数与温度关系为1gKp=5.08+，可见：温度越高，化学平衡常数越小。说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，故该反应的正反应是放热反应；②对于反应2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，在反应开始时n(NO)=2mol，n(Cl2)=1mol，n(ClNO)=0，反应过程中△n(NO)=1mol，根据物质反应转化关系可知平衡时，n(NO)=1.0mol，n(Cl2)=0.5mol，n(ClNO)=1.0mol，在相同外界条件下，压强比等于气体的物质的量的比，所以==，所以P总=P0，所以化学平衡常数Kp===；③由已知条件可知反应在加入2molNO(g)和1molCl2(g)时反应达到平衡时NO的转化率是50%。该反应的正反应是气体体积减小的反应，若在同温度下，在相同容器中，充入1molNO(g)和0.5molCl2(g)，气体的压强减小，减小压强，化学平衡逆向移动，反应达到平衡时NO的平衡转化率降低，所以在充入1molNO(g)和0.5molCl2(g)时NO的平衡转化率会小于50%；(3)根据图示可知：在420K时NO转化率是2%，此时消耗NO的n(NO)=3mol×2%=0.06mol；在580K时NO转化率是59%，此时消耗NO的n(NO)=3mol×59%=1.77mol，此时段内NO消耗的物质的量为△n(NO)=1.77mol-0.06mol=1.71mol，由于容器的容积是2L，所以NO的反应速率v(NO)===0.171mol/(L·min)；420K之前，NO生成N2的转化率偏低，原因可能是在420K前反应未达平衡，转化率较低；(4)D电极上有红色物质析出，说明D电极为正极，则与D电极连接的A电极为阳极，通入的气体失去电子发生氧化反应，A电极上通入NO2，其失去电子变为N，故A电极的电极反应式为：NO2-e-

+H2O=N+2H+。22．（天津高三二模）氮的化合物在生产实践及科学研究中应用广泛(1)目前工业上使用的捕碳剂有NH3和(NH4)2CO3，它们与CO2可发生如下可逆反应：2NH3(1)+H2O(1)+CO2(g)(NH4)2CO3(aq)K1NH3(l)+H2O(1)+CO2(g)NH4HCO3(aq)K2(NH4)2CO3(aq)+H2O(1)+CO2(g)2NH4HCO3(aq)K3则K3=___(用含K1、K2的代数式表示)。(2)利用CO2制备乙烯是我国能源领域的一个重要战略方向，具体如下：CO2催化加氢合成乙烯，其反应为：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)；ΔH=akJ·mol-1。起始时按n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入20L的恒容密闭容器中，不同温度下平衡时H2和H2O的物质的量如图甲所示：①a___0(选填“>”或“＜”)。②下列说法正确的是___(填字母序号)。A．使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率B．其它条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆增大C．测得容器内混合气体密度不随时间改变时，说明反应已达平衡③393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2)：n(H2)=1：3投入CO2和H2，则将___(填“变大”、“不变”或“变小”)。(3)N2H4为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，常温下，向10mL0.1mol/L的联氨溶液中，滴加0.1mol/L的HCl溶液xmL溶液中N2H4、N2H、N2H的物质的量分数δ随溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]变化的曲线如图所示。①25℃时，写出N2H4在水中第一步电离方程式___。②25℃时，N2H4在水中的第二步电离常数值为___。③工业上利用NH3制备联氨(N2H4)装置如图，试写出其阳极电极反应式：___。【KS5U答案】<A变小N2H4+H2ON2H+OH-10-9.32NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O【分析】根据题给方程式写出相应反应的平衡常数表达式，结合盖斯定律分析；根据图甲知随着温度的升高，平衡时氢气的物质的量逐渐增大，水蒸气的物质的量逐渐减小，说明升高温度，平衡逆向移动；393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2):n(H2)=1:3投入CO2和H2，相当于增大压强，该反应正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动；POH=9.3时，N2H、N2H浓度相等，Ka2===c(OH-)得N2H4第二步电离常数；在阳极氨气失电子，发生氧化反应，结合电解质写出电极方程式。【KS5U解析】(1)NH3和(NH4)2CO3与CO2可发生如下可逆反应：2NH3(1)+H2O(1)+CO2(g)(NH4)2CO3(aq)K1=，NH3(l)+H2O(1)+CO2(g)NH4HCO3(aq)K2=，(NH4)2CO3(aq)+H2O(1)+CO2(g)2NH4HCO3(aq)K3==，则K3=(用含K1、K2的代数式表示)，故；(2)①根据图甲知随着温度的升高，平衡时氢气的物质的量逐渐增大，水蒸气的物质的量逐渐减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应为放热反应，a<0；故<；②A．使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率，故A正确；B．其它条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆减小，故B错误；C．反应体系中各物质均为气体，根据质量守恒定律容器内混合气体的质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度不随反应的进行而变化，密度不随时间改变时，不能说明反应已达平衡，故C错误；故A；③393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2):n(H2)=1:3投入CO2和H2，当于增大压强，该反应正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强，2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)平衡正向移动，则将变小，故变小；(3)①25℃时，N2H4在水中第一步电离方程式N2H4+H2ON2H+OH-，故N2H4+H2ON2H+OH-；②25℃时，N2H4在水中的第二步电离常数值为POH=9.3时，N2H、N2H浓度相等，Ka2==c(OH-)=10-9.3，故10-9.3；③工业上利用NH3制备联氨(N2H4)，在阳极氨气失电子，发生氧化反应，阳极电极反应式：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O，故2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O。23．（长沙市明德中学高三三模）CH4—CO2重整反应[CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H>0]在大力推进生态文明建设、“碳达峰”、“碳中和”的时代背景下，受到更为广泛的关注。(1)相关物质的燃烧热数据如下表所示：物质CH4(g)CO(g)H2(g)燃烧热(kJ·mol-1)890.3283.0285.8ΔH=_______kJ·mol-1。(2)该反应以两种温室气体为原料，可以生成合成气。如何减少反应过程中的催化剂积炭，是研究的热点之一、某条件下，发生主反应的同时，还发生了积炭反应：CO歧化：2CO(g)=CO2(g)+C(s)△H=-172kJ/molCH4裂解：CH4(g)=C(s)+2H2(g)△H=+75kJ/mol①对积炭反应进行计算，得到温度和压强对积炭反应中平衡炭量的影响图(图a和图b)，其中表示温度和压强对CH4的裂解反应中平衡炭量影响的是(选填序号)_______，理由是_______。②实验表明，在重整反应中，低温、高压时会有显著积炭产生，由此可推断，对于该重整反应而言，其积炭主要由_______反应产生。综合以上分析，为抑制积炭产生，应选用高温、低压条件。(3)该重整反应也可用于太阳能、核能、高温废热等的储存，储能研究是另一研究热点。①该反应可以储能的原因是_______。②某条件下，研究者研究反应物气体流量、物质的量比()对CH4转化率(XCH4)、储能效率的影响，部分数据如下所示。序号加热温度/℃反应物气体流量/L·min-1XCH4/%ηchem/%①80042：279.652.2②80063：364.261.9③80062：481.141.6(资料)储能效率：热能转化为化学能的效率，用ηchem表示。ηchem=。其中，Qchem是通过化学反应吸收的热量，Q是设备的加热功率。a.对比实验_______(填序号)，可得出结论：气体流量越大，CH4转化率越低。b.对比实验②和③发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是_______(该条件下设备的加热功率Q视为不变)。【KS5U答案】+247.3aCH4的裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡正移，即高温低压有利于反应正向进行，平衡炭量大，与图a相符CO歧化该反应是吸热反应，可通过反应将热量储存在产物CO、H2中(生成高热值的物质CO、H2)，CO、H2可通过燃烧放出大量热①和②通过数据分析可知，气体流量一定的情况下，②中CH4转化的物质的量相对较多，因此通过化学反应吸收的热量(即Qchem)较多【KS5U解析】(1)由燃烧热数据可得：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，③H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，由盖斯定律可知，①-2×②-2×③可得重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，则△H=(-890.3kJ/mol)-2×(-283.0kJ/mol)-2×(-285.8kJ/mol)=+247.3kJ/mol，故+247.3；(2)①甲烷的裂解反应为气体体积增大的吸热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡炭量减小，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡炭量增大，由图可知，图a中温度升高或降低压强时，平衡炭量增大，则图a表示温度和压强对甲烷裂解反应中平衡炭量影响，故a；CH4裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡正移，即高温低压有利于反应正向进行，平衡炭量大，与图a相符；②由在重整反应中，低温、高压时会有显著积炭产生可知，产生积炭的反应为气体体积减小的放热反应，由题给方程式可知，积炭主要是由一氧化碳的歧化反应产生，故CO歧化；(3)①重整反应是吸热反应，反应时生成高热值的物质一氧化碳和氢气，将热量储存在产物一氧化碳和氢气中，一氧化碳和氢气可通过燃烧放出大量热，所以该反应可以储能，故该反应是吸热反应，可通过反应将热量储存在产物CO、H2中(生成高热值的物质CO、H2)，CO、H2可通过燃烧放出大量热；②由题给数据可知，实验①和②的加热温度、物质的量比相同，而反应物气体流量不同，反应物气体流量越大，甲烷转化率越低；实验②和③的加热温度、反应物气体流量相同，而物质的量比不同，混合气中二氧化碳占比越低，甲烷转化的物质的量相对较多，反应得到的热量较多，Qchem越大，储能效率越高，故①和②；通过数据分析可知，气体流量一定的情况下，②中CH4转化的物质的量相对较多，因此通过化学反应吸收的热量(即Qchem)较多。24．（青龙满族自治县高三其他模拟）2020年9月，主席在第75届联合国大会提出我国要实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标。因此CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。I.研究表明CO2与CH4在催化剂存在下可发生反应制得合成气：CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)∆H(1)一定压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知CO2(g)、CH4(g)、CO(g)的摩尔生成焓分别为-395kJ·mol-1、-74.9kJ·mol-1、-110.4kJ·mol-1则上述反应的∆H=_______kJ·mol-1(2)此反应的活化能Ea(正)_______Ea(逆)(填“>”、“=”或“<”)，利于反应自发进行的条件是_______(填“高温”或“低温”)。(3)一定温度下，向一恒容密闭容器中充入CO2和CH4发生上述反应，初始时CO2和CH4的分压分别为14kPa、16kPa，一段时间达到平衡后，测得体系压强是起始时的1.4倍，则该反应的平衡常数Kp=_______(kPa)2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。II.CO2和H2合成甲烷也是CO2资源化利用的重要方法。对于反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)∆H=-165kJ·mol-1，催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示。(4)高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是_______。(5)对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是_______，使用的合适温度为_______。【KS5U答案】+249.1>高温259.2以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，CO2转化率下降；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加Ni-CeO2320℃【KS5U解析】I。(1)根据摩尔生成焓的定义，推出①C(s)+O2(g)=CO2(g)=-395kJ·mol-1，②C(s)+2H2(g)=CH4(g)=-74.9kJ·mol-1，③C(s)+O2(g)=CO(g)=-110.4kJ·mol-1，根据目标反应方程式及盖斯定律可知，③×2-②-①得目标方程式，所以=[(-110.4)×2-(-74.9)-(-395)]kJ·mol-1=+249.1kJ·mol-1；故答案为+249.1；(2)根据第(1)问分析可知，该反应为吸热反应，所以活化能Ea(正)>Ea(逆)；根据可知，要想自发进行，即满足＜0，当>0时，高温有利于自发进行，故>；高温；(3)根据已知信息，设平衡时转化的二氧化碳的压强为pkPa，则，由平衡的p总=(14+16)kPa=42kPa可知，(14-p)+(16-p)+(14-p)+2p+2p=30+2p=42kPa，则p=6kPa。所以平衡时，p(CO2)=8kPa，p(CH4)=10kPa，p(CO)=12kPa，p(H2)=12kPa，则平衡常数Kp=；II。(4)高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，其选择性有所下降，所以CO2转化率略有下降，且以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，CO2转化率下降；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加；(5)根据图像分析可知，温度适宜(320℃)时，以Ni-CeO2为催化剂明显比以Ni为催化剂时CO2转化率高，且催化剂选择性强，所以应选择Ni-CeO2为催化剂，最佳温度为320℃，故Ni-CeO2；320℃；25．（天津和平区·耀华中学高三二模）近年来我国在环境治理上成效斐然。回答下列问题：(1)CH4还原氨氧化物使其转化为无毒气体，部分反应的热化学方程式及活化能(E)如下：i．CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+2H2O(g)+CO2(g)ΔH1=-574kJ·mol-1E1=1274kJ·mol-1；ii．CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)ΔH2=-1160kJ·mol-1E2=493kJ·mol-1。①反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)ΔH3=_______kJ·mol-1②相同条件下，反应i比反应ii的速率慢，理由为_______。(2)探究催化剂条件下CO和NO的处理，反应原理为：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH4。向某密闭容器中充入等物质的量的CO和NO，不同条件下NO的平衡转化率如图1所示：①下列事实能说明该反应达到平衡状态的是_______(填选项字母)。a．CO和NO的转化率相等b．NO和N2的总物质的量不再发生变化c．CO和CO2的总物质的量不再发生变化②ΔH4_______0(填“＞”或“＜”，下同，p1_______p2。(3)最近我国科学家设计了一种电解法处理污染气体中NOx的高效去除装置，如图2所示，其中电极分别为催化剂石墨烯(石墨烯包裹催化剂)和石墨烯。①催化剂石墨烯为_______极(填“阴”或“阳”)。②若电解质溶液显酸性，则催化剂石墨烯电极的电极反应式为_______。(4)燃煤烟气脱硫的方法有多种。其中有种方法是用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化成(NH4)2SO4，向NH4HSO3溶液中通空气氧化的离子反应方程式_______。已知H2SO3的Ka1=1.3×10-2、Ka2=6.2×10-8。常温下，将SO2通入某氨水至溶液恰好呈中性，此时溶液中=_______。【KS5U答案】-867反应ii的活化能低，反应速率快b＜＞阴2NOx+4xH++4xe-=N2+2xH2O2+O2=2+2H+2.24【分析】根据盖斯定律分析计算ΔH3；反应的活化能越大，反应速率越慢；根据图象，结合温度和压强对平衡的影响分析判断；根据图象，催化剂石墨烯上NOx转化为N2，N元素的化合价降低，被还原，发生还原反应，据此分析解答；被O2氧化生成和H+；将SO2通入某氨水至溶液恰好呈中性，根据电荷守恒，c(H+)+c(NH)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH-)，有c(NH)=2c(SO)+c(HSO)，因此=+1，结合亚硫酸的电离平衡常数分析解答。【KS5U解析】(1)①i．CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+2H2O(g)+CO2(g)ΔH1=-574kJ·mol-1，ii．CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)ΔH2=-1160kJ·mol-1，根据盖斯定律，将i+ii得到2CH4(g)+4NO2(g)=2N2(g)+4H2O(g)+2CO2(g)ΔH=(-574kJ·mol-1)+(-1160kJ·mol-1)=-1734kJ·mol-1，则CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)ΔH3=-867kJ·mol-1，故-867；②相同条件下，反应i的活化能大于反应ii的活化能，导致反应i比反应ii的速率慢，故反应ii的活化能低，反应速率快；(2)①a．反应达到平衡状态时CO和NO的转化率不一定相等，CO和NO的转化率与起始时二者的物质的量和反应的量有关，故a错误；b．根据2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，NO和N2的总物质的量是变量，当NO和N2的总物质的量不再发生变化时，说明反应达到平衡状态，故b正确；c．根据2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，CO和CO2的总物质的量为常量，CO和CO2的总物质的量始终不变，不能判断是平衡状态，故c错误；故b；②根据图象，升高温度，NO的平衡转化率减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH4＜0；相同温度下，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，根据图象，p1＞p2，故＜；＞；(3)①根据图象，催化剂石墨烯上NOx转化为N2，N元素的化合价降低，被还原，发生还原反应，催化剂石墨烯为阴极，故阴；②若电解质溶液显酸性，催化剂石墨烯电极的电极反应式为2NOx+4xH++4xe-=N2+2xH2O，故2NOx+4xH++4xe-=N2+2xH2O；(4)被O2氧化生成和H+，则离子方程式为2+O2=2+2H+；已知常温下亚硫酸的电离常数Kal=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8，将SO2通入某氨水至溶液恰好呈中性，根据电荷守恒，c(H+)+c(NH)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH-)，则c(NH)=2c(SO)+c(HSO)，因此=+1=+1=+1=2.24，故2+O2=2+2H+；2.24。26．（【一飞冲天】6.芦台一中一模）碳的化合物在工业上应用广泛，下面对几种碳的化合物的具体应用进行分析对“碳中和”具有重要意义。(1)已知下列热化学方程式：i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g)ΔH1=-133kJ·mol-1ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)ΔH2=-100kJ·mol-1又已知在相同条件下，CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)的正反应的活化能Ea(正)为132kJ·mol-1，则逆反应的活化能Ea(逆)为___kJ·mol-1。(2)查阅资料得知，反应CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)在含有少量I2的溶液中分两步进行：第①步反应为CH3CHO(aq)+I2(aq)=CH3I(l)+HI(aq)+CO(g)(慢反应)；第②步为快反应；增大I2的浓度能明显增大总反应的平均速率。理由为___。(3)工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH<0，在一定条件下，将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：①下列描述能说明该反应处于化学平衡状态的是___(填字母)。A．CO的体积分数保持不变B．容器中CO的转化率与H2的转化率相等C．v逆(CH3OH)=2v逆(H2)D．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变②平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为___。③X轴上a点的数值比b点___(填“大”或“小”)，某同学认为图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是___。(4)甲醇与CO可以生成醋酸，常温下将amol/L的醋酸与bmol·L-1Ba(OH)2溶液以2：1体积比混合，混合溶液中2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，则醋酸的电离平衡常数为_____(忽略混合过程中溶液体积的变化，用含a和b的代数式表示)。【KS5U答案】165总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大AD25%小由图可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度【KS5U解析】(1)根据盖斯定律，i－ii得到目标反应式的ΔH=ΔH1－ΔH2=[(－133)－(－100)]kJ/mol=－33kJ/mol，该反应为放热反应，逆反应的活化能=正反应的活化能+33kJ/mol=132kJ/mol+33kJ/mol=165kJ/mol，故答案为165kJ/mol；(2)化学反应的速率由慢反应的速率决定，根据题中所给信息，反应①为慢反应，CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)的反应速率由①决定，增加I2的浓度，慢反应速率增大，则总反应速率增大；故答案为总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大；(3)①A．根据化学平衡状态的定义，CO的体积分数保持不变，说明反应达到平衡，故A符合题意；B．投入量的比值等于化学计量数的比值，从反应开始到平衡，CO和H2的转化率相等，故B不符合题意；C．用不同物质的反应速率表示反应达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，v逆(CH3OH)=2v逆(H2)时两个反应的方向都是向逆反应方向进行，因此v逆(CH3OH)=2v逆(H2)不能说明反应达到平衡,故C不符合题意；D．利用,组分都是气体，混合气体总质量保持不变，该反应气体物质的量减少，因此当气体平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡，故D符合题意；答案为AD；②建立：，平衡时，M点甲醇的体积分数为10%，即有，解得x=0.25mol，CO的转化率为25%；故答案为25%；③根据图像，当Y一定时，X轴从0～d甲醇的体积分数增大，即a点的数值比b点小；根据图像，可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度；故答案为小；由图可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度；(4)根据溶液呈现电中性，得出c(H+)+2c(Ba2+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，因为2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，因此c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L,2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=mol/L，根据物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=mol/L，推出c(CH3COOH)=mol/L，根据电离平衡常数的表达式Ka==；故答案为。27．（天津高三三模）我国在碳—1化学方面的进展主要集中在合成气化工和甲醇化工。I.研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2(合成气)，可减缓燃料危机和减弱温室效应，过程包括反应a：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1>0反应b：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)△H2>0(1)反应a在一定条件下能够自发进行的原因是___；该反应工业生产适宜的温度和压强为___(填标号)。A．高温高压B．高温低压C．低温高压D．低温低压(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1：1投料制取CO和H2时，CH4和CO2平衡转化率随温度变化关系如图所示。

①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是___。②计算923K时反应b的化学平衡常数K=____(计算结果保留小数点后两位)。II.CO2催化加氢制甲醇：在1.0L恒容密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图2所示。

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