2025高考化学专题复习冲刺练习专题05化学反应中的能量变化（含解析）

参考答案1．D【详解】A．金属和水或酸反应属于放热反应，故A不符题意；B．酸碱中和反应属于放热反应，故B不符题意；C．燃烧属于放热反应，故C不符题意；D．氢氧化钡晶体和氯化铵反应生成氯化钡、氨气和水，同时吸收热量，故D符合题意；答案为D。2．A【详解】A．计算机芯片的主要成分是硅单质，故A错误；B．二氧化碳的过度排放导致空气中二氧化碳浓度增大，引发温室效应，故B正确；C．焰火中出现不同的焰色，是金属在灼烧中出现的焰色反应，故C正确；D．相同质量和相同温度的液态水的能量高于固体冰的能量，故D正确；故选：A。3．B【详解】A．形成化学键放出能量，断裂化学键吸收能量，A错误；B．该反应为放热反应，即从反应物到生成物为放出能量的过程，故反应物的总能量大于生成物的总能量，B正确；C．形成化学键放出能量，C错误；D．根据B选项分析知D错误；故答案选B。4．B【分析】根据题目信息判断能量转换，充电过程中是电能转换为化学能。【详解】太阳能电池将太阳能转化为电能，给蓄电池充电时，电能再转化为化学能，故选答案为B。5．C【详解】A．华为Mate系列手机采用的超大容量高密度电池是可充可放的电池，是二次电池，故A错误；B．根据能量守恒定律知，反应物总能量和生成物总能量不等，反应过程中有能量变化，如果正反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，如果正反应为吸热反应，则反应物总能量小于生成物总能量，故B错误；C．生成物相同，反应物中气态S比固态S能量高，且为放热反应，则硫蒸气反应放出热量多，故C正确；D．原电池中的电极可能由导电的非金属和金属组成，如Zn、石墨和稀硫酸构成的原电池，故D错误；故选C。6．A【详解】A．天然气是古代生物的遗骸经复杂变化而形成的化石燃料，是自然界中以现成形式提供的能源，是一次能源，故A正确；B．锌锰干电池中锌失去电子发生氧化反应生成Zn2+，所以锌作负极，故B错误；C．手机上的锂离子电池可以充电、放电，属于二次电池，故C错误；D．太阳能电池的主要材料为硅，光导纤维的主要材料是二氧化硅，故D错误；故选A。7．B【详解】根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，∆E1=2752J-534kJ=2218kJ，E(N-N)+E(O=O)+4E(N-H)=2218kJ，154kJ+500kJ+4E(N-H)=2218kJ，解得E(N-H)=391kJ，故选B。8．D【详解】A．是否加热为引发反应的外界条件，反应热与是否加热才能进行无关，故A错误；B．氢气的燃烧是放热反应，ΔH<0，故B错误；C．中和热的测定实验中，读取混合溶液的最高温度为终止温度，故C错误；D．中和热的热化学方程式为：H+(aq)+OH(aq)=H2O(l)△H=-57.4kJ/mol，表示的是强酸和强碱在稀溶液中反应生成1mol水的热效应，，则含28.0gKOH的稀溶液与稀盐酸完全中和生成0.5molH2O，放出的热量为28.7kJ，故D正确；故选D。9．C【详解】A．非金属元素的原子之间所形成的化学键也可能是离子键，如NH4Cl中，与Cl-之间为离子键，A错误；B．非氧化还原反应中化学键的形成没有电子转移，B错误；C．化学反应中能量变化的主要原因是旧键断裂吸收的能量与新键形成释放的能量不相等，C正确；D．物质中的化学键被破坏，不一定发生化学变化，如HCl溶于水会破坏共价键，但不是化学反应，D错误；故选C。10．C【详解】根据2H2+O2=2H2O反应，1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，则2molH2即4g完全燃烧生成水蒸气时放出热量484kJ，设1molH—H键断裂时吸收热量为xkJ，根据化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量可得463kJ×4−496kJ−2x=484kJ，x=436kJ，故答案选C。11．B【详解】A．根据图象，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，故A错误；B．该反应是吸热反应，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应中断开化学键吸收的总能量高于形成化学键放出的总能量，故B正确；C．根据图象，反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；D．某些吸热反应不需要加热也可以发生，如氢氧化钡晶体和铵盐发生的吸热反应，故D错误；故选B。12．C【详解】A．短周期元素，最外层电子数：第一周期从1递增到2，二、三周期从1递增到8，周而复始，故A正确；B．同周期主族元素从左到右，原子的最外层电子数从1递增到7，所以第三周期主族元素的最高化合价随着原子序数增大而增加，从+1价递增到+7价，故B正确；C．图中CH4与Cl2的第一步反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，而第二步为放热反应，故C错误；D．可逆反应达到平衡状态时，v(正反应)=v(逆反应)≠0，图中t2为平衡状态，v(正反应)=v(逆反应)≠0，故D正确；故选C。13．B【详解】A．放热反应的ΔH＜0，正确的热化学方程式为：H2(g)＋Cl2(g)＝HCl(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1，A项错误；B．充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出bkJ热量，则生成4molCO2和液态水，应放出4bkJ热量，B项正确；C．1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94kJ热量，则1mol碳与水蒸气反应，吸收热量为，且热化学方程式需要标注物质的聚集状态。则此反应的热化学方程式为C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g)ΔH=+131.28kJ·mol-1，C项错误；D．题目中给出的数据意义是：燃烧1g的甲烷放出55.625kJ的热量，换算成燃烧1mol甲烷放出的热量为890kJ。故正确的热化学方程式为：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)；ΔH=－890kJ·mol-1，D项错误；答案选B。14．C【分析】由左图可知，一定条件下二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，由右图可知，该反应为放热反应，反应的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=—156.8kJ•mol﹣1。【详解】A．二氧化硫和氧气在常温下不反应，在催化剂作用下，二氧化硫和氧气共热才能反应，故A错误；B．使用催化剂，可以降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故B错误；C．由分析可知，该反应的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=—156.8kJ•mol﹣1，故C正确；D．由分析可知，该反应为可逆反应，1mol的SO2(g)和0.5molO2(g)于密闭容器中不可能完全反应，则反应放出的热量小于78.4kJ，故D错误；故选C。15．C【详解】A．根据盖斯定律可知，，故=(-393.5kJ/mol)-(-283.0kJ/mol)=-110.5kJ/mol，又=，故=(-110.5kJ/mol)-1.9kJ/mol=-112.4kJ/mol，故，A正确；B．由过程1中可知，石墨转化为金刚石是吸热的，故石墨具有的能量低于金刚石，故石墨的稳定性比金刚石高，B正确；C．由图可知，反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)，反应②CO(g)+O2(g)=CO2(g)，根据盖斯定律可知，反应C(石墨，s)由①-2②，故，C错误；D．由图中可知，1mol石墨或1molCO分别完全燃烧，放出的热量分别为：393.5kJ、283.0kJ，故石墨放出热量多，D正确；故答案为：C。16．D【详解】A．大小烧杯口应相平，尽量防止热量散失，故A错误；B．检验图2装置的气密性时，先关闭止水夹，再向漏斗中加水若出现图中所示的现象，且一段时间液柱高度不变，则可以证明该气密性良好，故B错误；C．由2Ag+Cl2=2AgCl及装置可知，Ag失去电子作负极，而Pt电极作正极，正极发生还原反应，电极反应式为Cl2+2e-+2Ag+=2AgCl，故C错误；D．由图可知，温度高于40℃时MgSO4•7H2O和CaSO4•2H2O溶解度差异较大，则在较高温度下容易分离MgSO4•7H2O和CaSO4•2H2O，要注意温度不易过高，防止结晶水合物分解，故D正确；故选D。17．C【分析】反应I、Ⅲ均为放热反应，升高温度，I、Ⅲ平衡均逆向移动，CH4物质的量减小，因此A代表CH4对应的曲线；反应Ⅱ为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，升高温度，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动，CO物质的量增大，因此C代表CO对应的曲线；则B代表CO2对应的曲线。【详解】A．反应Ⅲ的平衡常数为，在a点，所以平衡常数为：，故A正确；B．由分析可知曲线B为CO2的物质的量变化曲线，故B正确；C．由Ⅱ+Ⅲ得：，1mol气态水的能量比1mol液态水的能量高，气态水转化为液态水放热，故，故C错误；D．由图可知，温度低于600℃时，随着温度的降低甲烷物质的量增大，二氧化碳低物质的量减小，因此在低温条件下，可同时提高平衡转化率和的平衡产率，故D正确；故答案为C。18．B【详解】A．焓变仅与物质的状态和系数有关，所以I、III中反应焓变相同，故A错误；B．容器Ⅱ恒温恒容，III恒温恒压、随着反应进行，容器III的体积小于容器Ⅱ，相当于Ⅱ平衡后增大压强，平衡右移，SO2的转化率增大，体积分数减小，故B正确；C．容器II、III中压强不同，速率不同，故C错误；D．若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，两容器的投料相当，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1，故D错误；故选B。19．D【详解】A．根据盖斯定律可知，反应③可由反应①-反应②，故∆H3=∆H1-∆H2=(-49.5kJ/mol)-(-90.4kJ/mol)=+40.9kJ/mol，A错误；B．分析反应①正反应为气体体积减小的方向，反应③反应前后气体体积不变，故增大压强，反应①正向移动，CO2的转化率增大，反应③不移动，故p1＞p2＞p3，B错误；C．为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，即让反应①尽可能正向移动，而反应①是一个正反应为气体体积减小的放热反应，故反应条件应选择低温、高压，C错误；D．根据A的分析可知，反应③为吸热反应且反应前后气体的体积不变，故改变压强平衡不移动，升高温度平衡正向移动，故T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是：该温度下，主要发生反应③，D正确；故答案为：D。20．C【详解】A．由反应过程的能量变化图可知，反应①和②生成物的能量都高于反应物的能量，属于吸热反应，故A错误；B．无法判断反应②是否使用了催化剂，故B错误；C．反应①的活化能比反应②活化能高，因此反应②更容易进行，反应②产物CH3CH·CH3(g)含量高，故C正确；D．由反应过程的能量变化图可知，CH3CH·CH3(g)能量低，CH3CH2CH2·(g)能量高，CH3CH2CH2·(g)转变为CH3CH·CH3(g)时需要放热，故D错误；故答案为C。21．BC【分析】根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定；而根据热力学，能量越低越稳定，依次进行分析；【详解】A．根据与氢气化合的难易程度和气态氢化物的稳定性可以判断出a、b、c、d分别代表碲、硒、硫、氧，a的ΔH最大，a的氢化物最不稳定，A错误；B．生成H2Se的热化学方程式可表示为Se(s)＋H2(g)==H2Se(g)ΔH＝+81kJ/mol，B正确；C．c代表硫元素，C正确；D．H2O的沸点最高是由于水分子间存在氢键，D错误；故选BC。22．AC【分析】生成物总能量高于反应物总能量，说明是吸热反应。【详解】A．二氧化碳与碳单质高温反应生成一氧化碳，是吸热反应，故A符合题意；B．镁与盐酸反应是放热反应，故B不符合题意；C．碳酸氢钠与柠檬酸的反应生成柠檬酸钠、二氧化碳和水，是吸热反应，故C符合题意；D．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，是放热反应，故D不符合题意。综上所述，答案为AC。23．AB【详解】A．过程①是N2H4分解生成N2和NH3，已知热化学方程式I中△H为负值，所以图示过程①为放热反应，过程②反应为2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)，由盖斯定理可知该反应的△H=△H1-3△H2=92.5kJ/mol，为吸热反应，故A正确；B．反应II：，该反应为放热反应，反应物的能量高于生成物的能量，过程示意图如图乙所示，故B正确；C．反应I：，该反应为放热反应，断裂中的化学键吸收的能量小于形成和中的化学键释放的能量，故C错误；D．由盖斯定理可知，时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为△H1-2△H2=50.7kJ/mol，故D错误；故选AB。24．AB【详解】A．由于B为固体，该反应的平衡常数为：K=；实验Ⅲ中，由于反应2A（g）+B（s）⇌2D（g）中，c（A）平衡=0.85mol/L，反应消耗A的浓度为1mol/L-0.85mol/L=0.15mol/L，则生成的D的浓度为0.15mol/L，K==＜1，故A错误；B．在恒容条件下，实验Ⅱ中A的变化浓度是实验Ⅰ中A的变化浓度的2倍，即实验Ⅱ中参加反应的A的物质的量是实验Ⅰ中参加反应的A的物质的量的2倍，则实验Ⅱ中放出的热量是实验Ⅰ中放出热量的2倍，即bkJ=2akJ，故B错误；C．实验Ⅲ达到平衡时，A的浓度变化是0.15mol/L，A的平均反应速率为=0.005mol•L-1•min-1，故C正确；D．由于反应方程式中B是固体，反应两边气体的质量不相等，而容器的容积固定，根据ρ=，V是定值，密度不变，说明混合气体的质量不变，此时正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；故答案为AB。25．AD【解析】【详解】A．平衡时放出的热量为32.8kJ，故参加反应的CO的物质的量为mol=0.8mol，故υ(CO)==0.08mol•L-1•s-1，故A正确；B．容器①中，

CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)开始(mol)：4

1

0

0变化(mol)：0.8

0.8

0.8

0.8平衡(mol)：0.2

3.2

0.8

0.8故平衡常数k===1；容器①②③温度相同，故平衡常数相同，正逆反应平衡常数互为倒数；容器②中的平衡常数为1，令容器②中CO的物质的量变化量为amol，则：

CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)开始(mol)

8

2

0

0变化(mol)：a

a

a

a平衡(mol)：8-a

2-a

a

a平衡常数k==1，解得a=1.6，令容器③中CO2的物质的量变化量为bmol，则：

CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)开始(mol)：1

4

00变化(mol)：b

b

b

b平衡(mol)：1-b

4-b

bb平衡常数k==1，解得b=0.8，容器②和容器③中反应物的变化量不等，则能量变化也不等，故B错误；C．催化剂能改变反应速率，不影响平衡的移动，也不改变反应的△H，故C错误；D．保持相同条件，向平衡后的容器①中再加入0.2molCO(g)和0.8molCO2(g)，此时Qc==1=K，仍为平衡状态，即平衡不发生改变，故D正确；故答案为AD。【点睛】判断可逆反应进行的方向：对于可逆反应，在一定的温度的任意时刻，生成物浓度的化学计量数次幂与反应物的化学计量数次幂的比值叫做反应的浓度商，用Qc表示。Qc＜K时，向正反应方向进行；Qc=K时，反应平衡；Qc＞K时，向逆反应方向进行。26．放热极性键、非极性键放热1283.21260【详解】(1)①由能量图可知反应物的能量高于生成物的能量，为放热反应，故答案为：放热；②N2H4中含有N-N、H-N两种化学键，前者为非极性共价键，后者为极性共价键，故答案为：极性键、非极性键；③由已知可得：N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g)，1molN2H4中有4mol极性键，若该反应过程中N2H4中有8mol极性键发生断裂，则有2molN2H4反应，放出的热量为1283.2kJ，故答案为：1283.2；(2)氨气完全燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式为：4NH3(g)+3O2(1)=2N2(g)+6H2O(g)，根据焓变=反应物的键能和-生成物的键能和，可得：=4×391+3×496-2×942-12×463=-1260，68g氨气恰好为4mol，燃烧放出的热量为1260kJ，故答案为：1260。27．Mg表面有大量气泡产生，Mg逐渐溶解，烧杯中石灰水变浑浊Mg+2H+=Mg2++H2↑小于正有气泡产生正Cu2++2e-=Cu减少6.5H2-2e-+2OH-=2H2O【分析】

【详解】I．(1)镁与稀盐酸会发生反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，该反应为放热反应，因Ca(OH)2溶解度随温度升高而降低，故实验现象为：镁片上有大量气泡产生，镁片逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊，故答案为：镁片上有大量气泡产生，镁片逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊；(2)镁与盐酸反应的离子方程式为：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，故答案为：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑；(3)该反应为放热反应，即反应物总能量高于生成物总能量，故MgCl2溶液和H2的总能量小于镁片和盐酸的总能量，故答案为：小于；II．(1)由铜、镁和稀盐酸组成的原电池中，镁作负极，则作正极的是Cu；在正极，溶液中的H+得电子生成氢气，现象为：有气泡产生；原电池中，电解质中的阳离子移向正极，答案为：正；有气泡产生；正；(2)将铁棒和锌片连接后浸入CuCl2溶液里，形成原电池，负极上是金属锌失电子，设负极上质量减少x，负极上的电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；铁棒为正极，正极电极反应式：Cu2++2e-=Cu；根据电极反应式可知：1molZn反应会转移2mol电子，则转移0.2mol电子，反应的锌的质量是x=65g×0.2mol÷2mol=6.5g，所以负极质量减少6.5g，故答案为：Cu2++2e-=Cu；减少；6.5；(3)氢氧燃料电池总反应为2H2+O2=2H2O(KOH为电解质)，构成燃料电池，则负极氢气发生氧化反应，电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2O，故答案为：H2+2OH--2e-=2H2O。【点睛】本题重点Ⅱ，在原电池中，相对活泼的金属电极为负极，相对不活泼的金属电极或非金属电极作正极，且负极材料能与电解质溶液发生氧化还原反应；设计原电池时，需分析电池反应，失电子的反应物作负极，得电子的离子来自电解质。28．+194CH4(g)＋CO2(g)=2CO＋2H2(g)△H＝＋235kJ∙mol−1【详解】(1)化学反应的△H=旧键断裂吸收的能量-新键形成放出的能量，根据表格数据计算△H1＝463kJ∙mol−1×2＋413kJ∙mol−1×4－1076kJ∙mol−1－436kJ∙mol−1×3＝＋194kJ∙mol−1，根据盖斯定律，第①个方程式减去第②个方程式的一半，在加上第③个方程式得到CH4超干重整CO2技术得到CO和H2的反应的热化学方程式为CH4(g)＋CO2(g)=2CO＋2H2(g)△H＝＋235kJ∙mol−1；故答案为：＋194；CH4(g)＋CO2(g)=2CO＋2H2(g)△H＝＋235kJ∙mol−1。29．KJ/molAD>正向【详解】Ⅰ.(1)根据盖斯定律：②×2-①-③得：；根据平衡常数的定义，平衡常数表达式。故答案为：KJ/mol；(2)由于该反应是气体体积减小的放热反应，A．增大容器压强平衡正向移动，NO转化率增大，A正确；B．升高温度平衡逆向移动，NO转化率减小，B错误；C．使用优质催化剂不改变平衡，C错误；D．增大CO的浓度，可以提高NO的转化率，D正确。故答案为：ADⅡ.根据盖斯定律：上述已知反应②-③得：；(1)利用表格数据：0~5min内，以表示的该反应速率所以以表示的该反应速率；通过分析知10min后浓度不再改变，处于平衡状态，分析浓度改变如下：平衡常数。故答案为：0.042；(2)第15min后，温度调整到，从表格查得NO减少，增加，平衡正向移动，由于正反应为放热反应，改变条件为降温，则。故答案为：>(3)若30min时，保持不变，此时由30min时平衡浓度可得时平衡常数，加入混合物后反应混合物各物质浓度增加，所以此时的浓度熵为，则此时反应正向移动。故答案为：正向。30．第三周期ⅥA族0.04mol·L-1·s-12N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(l)△H=-4akJ/molNH4N3NH+NNaHCO3和Na2CO30.25mol/L3:10【分析】A、B、C、D、E、F、G六种短周期主族元素，原子序数依次增大。其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成分子X，X的水溶液呈碱性，X是氨气，因此A是H，B是N；A、D同主族，D的焰色反应为黄色，D是Na；E的简单阳离子与X具有相同电子数，且E是同周期中简单离子半径最小的元素，属于E是Al；F元素的原子最外层比次外层少两个电子，F是S，因此G是Cl。C、G两种元素的原子最外层共有13个电子，因此C的最外层电子数是13-7=6，则C是O；A、B、C、D、E、F、G分别是H、N、O、Na、Al、S，据此分析。【详解】(1)F是S，S在元素周期表中