1、2020届高考化学二轮复习常考题型大通关（全国卷）（7）化学反应与能量1、某科研人员提出HCHO与在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成、的历程，该历程示意图如下（图中只画出了HAP的部分结构）：下列说法不正确的是( )A.HAP能提高HCHO与的反应速率B.HCHO在反应过程中，有CH键发生断裂C.产物分子中的氧原子全部来自D.该反应可表示为： 2、氮及其化合物的转化过程如下图所示。下列分析合理的是( )A.催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成 B.与反应生成的原子利用率为100%C.在催化剂b表而形成氮氧键时，不涉及电子转移D.催化剂a、b能提高反应的平衡转化率3、我国科学家在绿色化学
2、领域取得新进展。利用双催化剂Cu和，在 水溶液中用H原子将高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是( )A. 生成甲醇是通过多步还原反应实现的B.催化剂Cu结合氢原子，催化剂结合含碳微粒C.该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化 学键的断裂D.有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物4、我国科研人员提出了由和转化为高附加值产品的催化反应历程。该历程示意图如下。下列说法不正确的是( )A.生成总反应的原子利用率为100%B.过程中，有CH键发生断裂C.放出能量并形成了C-C键D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率5、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )A
3、.若S(单斜,s)= S(斜方,s) H=-0.33kJmol-1,则单斜硫比斜方硫稳定B.若2C2H2(g)+5O2(g)= 4CO2(g)+2H2O(l) H=-2687.2kJmol-1则C2H2(g)的燃烧热H=-1343.6kJmol-1C.已知H+(aq)+OH-(aq)= H2O(l) H=-57.3kJmol-1,则NaOH(s)和稀盐酸完全中和生成1mol H2O(l)时,放出57.3kJ的热量D.已知2H2S(g)+O2(g)= 2S(g)+2H2O(l) H1,2H2S(g)+3O2(g)= 2SO2(g)+2H2O(l) H2,则H1H26、断裂1mol化学键所需要的能
4、量如下:化学键N-NO=ONNN-H键能a500942194肼()的有关反应能量变化如图所示,下列说法正确的是( )A.该图表示:1mol与1mol反应生成1mol和2mol反应热H=-2752B.a=154C. D.当有2mol (g)生成时,放出534的热量7、四氯化钛是乙烯聚合催化剂的重要成分,制备反应如下: 下列说法正确的是( )A.C的燃烧热是-110.45B.若反应 中使用催化剂加快反应速率,单位时间内吸收更多热量,则变大C.反应 中的能量变化如上图所示D.反应8、N2O和CO是环境污染性气体,可在表面转化为无害气体,其反应原理为H，有关该反应的能量变化过程及物质变化过程如下，下列
5、说法中不正确的是( )A. B. C.该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能D.为了实现转化需不断向反应容器中补充和9、一定条件下，在水溶液中1mol (x=0，1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法错误的是( )A.上述离子中结合H能力最强的是EB.上述离子中最稳定的是AC.CB+D反应的热化学方程式为 H=76 kJmol-1D.BA+D的反应物的键能之和小于生成物的键能之和10、“可燃冰”属于一种包合物类型的新能源，某种“可燃冰”结构模型如 图所示。包合物中的可燃性气体分子可以是甲烷 分子，也可以是其他烃类分子。下列说法不正确 的是（ ） A.“可燃冰”是一种不可再
6、生的清洁能源B.“可燃冰”在常温常压下不能稳定存在C.等质量的甲烷与气体分子为甲烷的“可燃冰”分 别完全燃烧，“可燃冰”放出热量多D.“可燃冰”中水肝与气体分子之间不存在化学键11、肼是一种常见的还原剂,不同条件下分解产物不同。60 300时,在等金属表面肼分解的机理如图。已知200时:. . 下列说法不正确的是( )A.肼属于共价化合物B.图示过程、都是吸热反应C.反应中氧化剂与还原荆的物质的量之比为2:1D.200时,肼分解的热化学方程式为12、某科研团队研制出“TMLiH(TM表示过渡金属)”双催化剂体系,显著提高了在温和条件下氮气和氢气合成的效率,原理示意如下: 下列分析不合理的是(
7、)A.状态,吸收能量并有NN键发生断裂B.合成总反应的原子利用率是100%C.“TMLiH”能降低合成氨反应的HD.生成：13、研究表明CO与在Fe作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示,两步反应分別为: (慢): (快)。下列说法正确的是( )A.反应是氧化还原反应,反应是非氧化还原反应B.两步反应均为放热反应,总反应的化学反应速率由反应决定C.使反应的活化能减小，是中间产物D.若转移1 mol电子,则消耗11. 2 L 14、固体表面的化学过程研究对于化学工业非常重要。在Fe作催化剂、一定压强 和温度下合成氨的反应机理如下图所示：下列说法不正确的是（ ）A.N2和H2分子被吸附在铁表面
8、发生反应B. 吸附在铁表面的N2断裂了键C.NH3分子中的NH键不是同时形成的D.Fe催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率15、厌氧氨化法（Anammox)是一种新喷的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是（ ）A. 1 mol所含的质子总数为10 B.联氨（)中含有极性键和非极性键 C.过程属于氧化反应，过程属于还原反应D.过程I中，参与反应的与的物质的量之比为1 :1 答案以及解析1答案及解析：答案：C解析：A项，由信息可知，HAP在反应中作催化剂，可以提高化学反应速率：B项，由信息可知，HCHO与反应生成和，因此一定涉及CH键的断裂；C项，根据图示信息中的一个O原子源于，另一个O原子源于HC
9、HO；D项，根据图示信息可知，该反应为 2答案及解析：答案：B解析： A项，观察图像知，在催化剂a的表面和发生反应合成氨 气，故催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成，错误；B项，与反应生成为化合反应，原子利用率为 100%,正确；C项，在催化剂b表面形成氮氧键时，氧元素的化合价发生了变化，涉及电子转移，错误；D项，催化剂a、b能改变化学反 应速率，但不能提高反应的平衡转化率，错误。 3答案及解析：答案：C解析： A项，根据图中提示可以发现甲醇的生成路径是一个逐渐加氢 的过程，在有机反应中，加氢属于还原反应过程，正确；B项,根据图示可知，“黑色圆球状”阁示代表Cu，与H原子结合
10、，“灰色锯齿状” 图示代表，与含碳微粒结合，正确；C项,二氧化碳中的C = O键在流程中断裂，错误；D项，反应路径中产生醛基（一CHO)，可以 控制反应条件使路径停在这一步产生甲醛，正确。 4答案及解析：答案：D解析：与转化为的总反应为，该反应的原子利用率为100，A正确；由图示反应历程可知，反应过程中中四个C-H键中的一个发生了断裂，B正确；由图示反应历程可知，的过程中形成了C-C键，且反应物的总能量高于生成物的总能量，则该过程放出能量，C正确催化剂通过改变反应的活化能来改变反应速率，而不能使平衡发生移动，即不能改变反应物的平衡转化率，D错误 5答案及解析：答案：B解析：A项,由热化学方程式
11、可知单斜硫具有的能量比斜方硫高,而能量越高越活泼,所以斜方硫比单斜硫更稳定,错误;B项,燃烧热指的是在25、101kPa下,1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物所放出的热量,正确;C项,NaOH溶解要释放热量,则该反应生成1mol H2O(l)时,放出的热量大于57.3kJ,错误;D项,因两个反应都是放热反应,放热反应的HH2,错误。 6答案及解析：答案：B解析：该图能表示反应的热化学方程式为，A 不正确；结构式为，a = 154, B 正确；，C不正确；1 mol与 1 mol反应生成 1 mol和 2 mol时放出534 kJ的热量，D不正确。 7答案及解析：答案：D解析： C的燃烧热对
12、应的燃烧产物为，A项错误;使用催化剂不能改变焓变,B项错误;反应是吸热反应，生成物总能量高于反应物总能量,C项错误;根据盖斯定律，+2得D 项正确。 8答案及解析：答案：D解析： ,结合盖斯定律,+可得,故A正确;由图示分析可知,反应杨的总能量高于生成物的总能量,为放热反应,H=生成物总能量-反应物总能量=,故B正确;正反应的活化能小于逆反应的活化能,故C正确; ,反应过程中和参与反应后又生成,不需要补充,故D错误 9答案及解析：答案：A解析：A.酸性越弱的酸，其结合氢离子能力越强，次氯酸是最弱的酸，所以结合氢离子能力最强的为B(CIO-），故A错误；B.A、B，C、D、E中A能量最低，所以A
13、最稳定，故B正确；C.CB+D，由电子守恒得该反应方程式为，H=（64 kJ/mol + 60 kJ/mol）-2 100 kJ/mol=-76 kJ/mol，热化学方程式为 H=-76 kJ.mol-1，故C正确；D.BA+D，由电子守恒得该反应方程式为，H =（64 kJ/mol+20 kJ/mol）-3 60 kJ/mol=-116 kJ/mol，为放热反应，反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故D正确。 10答案及解析：答案：C解析：“可燃冰”属于化石能源，是一种不可再生的能源，烃类气体分 子完全燃烧生成和，属于清洁能源，A正确；“可燃冰”必 须在低温高压条件下形成.在常温常压下不能
14、稳定存在，B正确；等 质量的甲烷与气体分子为甲烷的“可燃冰”，“可燃冰”含的物 质的量少，分别完全燃烧时.甲烷放出热量多，C错误；“可燃冰”的水分子与气体分子之间的相互作用属于分子间作用力，不存在化学键，D正确。 11答案及解析：答案：B解析：分子中含有NH键、NN键，均为共价键，肼属于共价 化合物，故 A 正确；，说明过程是放热反应，故B错误；反应中，N的化合价升高，作还原剂，N的化合价降低，作氧化剂，生成和的物质的 量之比为4: 1，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2 :1，故C 正确；根据盖斯定律：（）式-2 ( )式得，故D正确。 12答案及解析：答案：C解析： A项，观察原理示意图
15、知，状态I为转化为氮原子的过程， 该过程发生：NN键的断裂.吸收能量；B项，合成氨反应是化合反应，原子利用率为100 %；C项，“ TM - LiH ”是催化剂，催化剂不能改变反应的；D项，结合原理示意图知，生成的反应为。 13答案及解析：答案：C解析：A.反应、均有元素化合价的升降，因此 都是氧化还原反应，A错误；B.由图可知，、两步中均为反应物总能量大于生成物总能量.所以两个反应都 是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应 决定，B错误；C. 作催化剂，使反应的活化能减小，是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，C正确；D.由于没有指明外界条件，所以不能确定 气体的体积，D错误。 1
16、4答案及解析：答案：D解析：A项，由2、3可知N2和H2分子被吸附在铁表面，而4、5、6、7表示 发生反应，所以N2和H2分子被吸附在铁表面发生反应，正确；B项， 由4可知氮气吸附在铁表面，并断裂了键，正确;C项，由5、6、7 可知，NH3分子中的NH键不是同时形成的，正确；D项，催化剂能 改变化学反应速率，不能提高反应物的平衡转化率，错误。 15答案及解析：答案：A解析： N原子的质子数为7，H原子的质子数为1，1 中含有质子总数为11，故A错误;联氨（)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B正确;过程中,N元素化合价由-2 价升高到-1价，发生氧化反应，过程IV中,N元素化合价由 + 3价降低到-1价，发生还原反应，故C正确：中N元素显-3价，中N元素显-1价, 中N元素显-2价，根据得失电子守恒可 知过程I中与的物质的量之比为1：1，故D正确。