1、专题07 化学反应中的能量变化及机理2020年高考真题1（2020年浙江卷）下列说法不正确的是( )A天然气是不可再生能源B用水煤气可合成液态碳氢化合物和含氧有机物C煤的液化属于物理变化D火棉是含氮量高的硝化纤维【答案】C【解析】A天然气是由远古时代的动植物遗体经过漫长的时间变化而形成的，储量有限，是不可再生能源，A选项正确；B水煤气为CO和H2，在催化剂的作用下，可以合成液态碳氢化合物和含氧有机物(如甲醇)，B选项正确；C煤的液化是把煤转化为液体燃料，属于化学变化，C选项错误；D火棉是名为纤维素硝酸酯，是一种含氮量较高的硝化纤维，D选项正确；答案选C。2（2020年浙江卷）关于下列的判断正确
2、的是( ) ABCD【答案】B【解析】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO(aq)+H+(aq)=HCO(aq)为放热反应，所以H10；OH(aq)+H+(aq)=H2O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以H30；醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以H4H3；综上所述，只有H10，故A错误；B根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=,故B正确；C题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4Lmol1计算，故C错误；DH=反应物键能总和生成物键能总和，即H=4E(SiCl)2E(HH)4E(HCl) 2E(SiSi)，故D错误； 答案为B。6（2020年天津卷）理论研究表
3、明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是AHCN比HNC稳定B该异构化反应的C正反应的活化能大于逆反应的活化能D使用催化剂，可以改变反应的反应热【答案】D【解析】A根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；B根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的，故B正确；C根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；D使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误。综上所述，答案为D。7（2020年新课
4、标）据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是AOH-参与了该催化循环B该反应可产生清洁燃料H2C该反应可消耗温室气体CO2D该催化循环中Fe的成键数目发生变化【答案】C【解析】【分析】题干中明确指出，铁配合物Fe(CO)5充当催化剂的作用。机理图中，凡是出现在历程中，进去的箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成为中间物种。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，反应过程中所需的反应物除CO外还需要H2O，最终产物是CO2
5、和H2，同时参与反应的还有OH-，故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。【详解】A从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参与了该催化循环，故A项正确；B从反应机理图中可知，该反应的反应物为CO和H2O，产物为H2和CO2，Fe(CO)5作为整个反应的催化剂，而OH-仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为，故有清洁燃料H2生成，故 B项正确；C由B项分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2，反而是生成了温室气体CO2，故 C项不正确；D从反应机理图中可知，Fe的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故 D项正确；答案选C。【点睛】对于反应机理
6、图的分析，最重要的是判断反应物，产物以及催化剂；一般催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的；通过一个箭头进入整个历程的物质则是反应物；而通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物。8（2020年新课标节选）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g) H=98 kJmol1。回答下列问题：（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为：_。【答案】（1）2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351
7、 kJmol-1 【解析】【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。【详解】(1)由题中信息可知：SO2(g)+O2(g)SO3(g) H= -98kJmol-1V2O4(s)+ SO3(g)V2O5(s)+ SO2(g) H2= -24kJmol-1V2O4(s)+ 2SO3(g)2VOSO4(s) H1= -399kJmol-1根据盖斯定律可知，-2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
8、化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJmol-1。9（2020年浙江卷）溶液与锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为，反应后最高温度为。已知：反应前后，溶液的比热容均近似为、溶液的密度均近似为，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：（1）反应放出的热量_J。（2）反应的_(列式计算)。【答案】（1） （2） 【解析】(1)100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与1.95g锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m=1.00g/cm3100mL
9、(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，反应放出的热量Q=cm=4.18100g(30.1-20.1)= 4.18103J，故答案为：4.18103；(2)上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)= 0.200mol/L0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)=0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第(1)问可知，转化0.020mol硫酸铜所放出的热量为4.18103J，又因为该反应中焓变代表反应1mol硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列出计算式为：，故答案为：（答案符合要求且合理即可）。【点睛】该题的难点是第(2)问，要求学生对反应焓变有充
10、分的理解，抓住锌粉过量这个条件是解题的突破口，题目计算量虽不大，但要求学生有较好的思维与辨析能力。2020届高考模拟试题10（辽宁省营口市第二高级中学2020届高三上学期第一次月考）下列热化学方程式中，正确的是A甲烷的燃烧热为890.3kJmol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O(g)H=-890.3kJmol-1B500、30MPa下，将0.5molN2（g）和1.5molH2（g）置于密闭容器中充分反应生成NH3（g）放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=-38.6kJmol-1CHCl和NaO
11、H反应的中和热H=-57.3kJmol-1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热H=2（-57.3）kJmol-1D在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)H=-571.6kJmol-1【答案】D【解析】【分析】燃烧热指在25C、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和热，据此回答问题。【详解】A甲烷的燃烧热为890.3kJmol-1，要生成液态水，甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+
12、2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-890.3kJmol-1，A错误；B500、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，由于反应为可逆反应，则1molN2完全反应放热大于38.6kJ，其热化学反应方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H-38.6 kJ/mol，B错误；C中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol，故无论稀H2SO4和Ca（OH）2反应生成的水是几摩尔，其中和热恒为57.3kJ/mol，C错误；D在101kPa时，2gH2的物质的量为
13、1mol，完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)H=-571.6kJmol-1，D正确；答案为D。【点睛】本题易错点为B，注意反应为可逆反应，实际情况下的放热量与反应焓变不一致。11（山东省聊城市2020年普通高中学业水平等级考试模拟卷二模）某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示：根据以上信息判断，下列叙述错误的是A过程至过程中硼元素的化合价不变BX是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价相等C过程和过程各产生1molH2时转移的电子数不相等D0.25mo
14、lNaBH4的还原能力与标准状况下22.4LH2的还原能力相当(还原能力即生成H+失去电子的量)【答案】B【解析】A由图示可知，过程至过程中BH4-反应生成B(OH) 4-，硼元素的化合价一直为+3价，化合价不变，A正确；B过程中2moH2O水与2molX反应生成2mol B(OH) 4-和1molH2，根据元素守恒X为H3BO3，H3BO3中H为+1价，但在BH3分子中H为-1价，B错误；C由图示可知，过程中产生1molH2时转移的电子数为NA，过程产生1molH2时转移的电子数为2NA,，两者不相等，C正确；DNaBH4中H为-1价，0.25molNaBH4生成H+失去的电子的量20.25
15、mol4=2mol，标准状况下22.4LH2为1mol，1mol H2生成H+失去的电子的量21mol=2mol，故两者还原能力相当，D正确；答案选B。12（天津市南开区2020届高三年级第二次模拟）硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx），将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3Ce中文名“铈”的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是A该转化过程的实质为NOx被H2还原Bx=l时，过程II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1C处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少D过程I发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H+Ce3+【答案】A
16、【解析】【分析】分析转化过程图，可知在过程I中发生H22Ce4=2H2Ce3，在过程中发生2NOx4xH4xCe3=2xH2ON24xCe4，据此进行分析。【详解】A由分析可知，总反应可以看作烟气与氢气反应，该转化过程的实质为NOx被H2还原，A项正确；Bx=1时，根据图示，过程II中发生2NO4H4Ce3=2H2ON24Ce4，N的化合价降低，NO为氧化剂，Ce3为还原剂，根据得失电子守恒：，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，B项错误；C过程I发生H22Ce4=2H2Ce3，过程II发生2NOx4xH4xCe3=2xH2ON24xCe4，处理过程中，混合液中Ce3和Ce4总数不变，C项
17、错误；D根据图示，过程I发生H2Ce4HCe3，利用化合价升降法进行配平，离子方程式为H22Ce4=2H2Ce3，D项错误；答案选A。13（北京市密云2020届高三第二次模拟）甲烷燃烧时的能量变化如图，有关说法正确的是（ ）A图1中反应为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) DH=+890.3kJ/molB图2中反应为：CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g) DH=607.3kJ/molC由图可以推得：CO(g)+O2(g)=CO2(g) DH=283kJ/molD由图可以推知：等物质的量的CO2和CO，CO2具有的能量高【答案】C【解析】A根据图像分析，反
18、应物的总能量高于生成物总能量，则图1中反应为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) DH=-890.3kJ/mol，A错误；B根据图像分析，生成物水的状态是液态，则图2中反应为：CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) DH=607.3kJ/mol，B错误；CCO(g)+O2(g)=CO2(g) 的焓变可根据CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) DH=-890.3kJ/mol和反应DH=283kJ/mol，CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) DH=607.3kJ/mol求出焓变DH=283kJ/mol，C正确；DCO(g)+
19、O2(g)=CO2(g) DH=283kJ/mol，该反应放热，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以等物质的量的CO2和CO，CO具有的能量高，D错误；故选C。14（上海市松江区2020届高三高考一模）如图是某反应的能量关系图，下列叙述错误的是()A反应物总能量高于生成物的总能量B曲线b是使用了催化剂的能量变化曲线C反应的热化学方程式为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)+115.6kJD若反应生成2mol液态水，放出的热量低于115.6kJ【答案】D【解析】A由图看出反应物总能量高，生成物总能量低，反应物总能量高于生成物总能量，故A正确；B使用催化剂能降低反应所需活化
20、能，则b为使用催化剂的图象，a为未使用催化剂的图象，故B正确；C反应物为：4HCl(g)+O2(g)，生成物为：2Cl2(g)+2H2O(g)，反应放出热量为115.6kJ，所以热化学方程式为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)+115.6kJ，故C正确；D若生成2mol液态水，液态水比气态水能量低，放热会更多，放出的热量高于115.6kJ，故D错误；答案选D。15（北大附中2020届高三化学阶段性测试）一氧化碳甲烷化反应为：CO(g) + 3H2(g) = CH4(g) + H2O(g)。下图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化（部分物质省略）。下列说法不正确的是A步
21、骤只有非极性键断裂B步骤的原子利用率为 100%C过渡态能量最高，因此其对应的步骤反应速率最慢D该方法可以清除剧毒气体CO，从而保护环境【答案】C【解析】A步骤是H2断键，CO未断键，因此只有非极性键断裂，故A正确；B步骤反应物全部变为生成物，因此原子利用率为 100%，故B正确；C根据图中信息，过渡态I的能量差最高，因此其对应的步骤反应速率最慢，故C错误；D根据反应的历程可知，有毒一氧化碳与氢气反应最终转化为无毒的甲烷，该方法可以清除剧毒气体CO，从而保护环境，故D正确。综上所述，答案为C。16（陕西省榆林市2020届高三第三次模拟）中科院兰州化学物理研究所用Fe3(CO)12/ZSM5催化
22、CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图下列说法正确的是A第i步反应为CO2H2COH2OB第i步反应的活化能低于第ii步CFe3(CO)12/ZSM5使CO2加氢合成低碳烯的H减小D添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同【答案】A【解析】A第i步所反应为：CO2+l2CO+H2O 故A正确；B第步反应是慢反应，第步是快反应，反应的活化能越低，反应速率越快，所以第i步 反应的活化能高于第步，故B错误；C催化剂不能改变平衡状态，不能改变焓变H，故C错误； D反应的平衡常数只与温度有关，不同助剂能改变反应历程，但不能改变反应的起始状态，不能改变反应温度
23、，所以反应的平衡常数不变，故D错误；故答案为A。17（湖北省2020届高三下学期6月供卷理综）我国科技工作者提出的一种OER(氧气析出反应) 机理如图所示下列说法错误的是A物质M不能改变OER反应的趋势B每一步反应过程都是氧化还原反应C反应过程中只涉及极性键的断裂和形成D该总反应方程式为4OH-4e-2H2O+O2【答案】C【解析】AOER机理为氧气析出反应，根据图示可知，M为转化过程的催化剂，催化剂能改变反应进程或改变反应速率，但不能改变OER反应转化率或氧气的产率，故A错误； B根据图示，OER(氧气析出反应) 机理每一步反应过程都有电子得失，是氧化还原反应，故B正确；C根据图示，反应过程
24、中除了涉及极性键的断裂和形成，由M-O转化为M-OOH含有非极性键的形成，故C错误；D根据图示，可知M为OER(氧气析出反应) 机理的催化剂，四步反应中，每步都有电子失去，反应过程中生成水和氧气，该总反应方程式为4OH-4e-2H2O+O2，故D正确；答案选C。18（山东省烟台市2020届高三适应性练习一）环境科学刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8，其中S为+6价)去除废水中的正五价砷As(V)的研究成果，其反应机制模型如图所示（SO、OH表示自由基）。设阿伏加德罗常数的值为NA。下列叙述错误的是（ ）A过硫酸钠中-2价氧与-1价氧的个数比为3：1B若56gFe参加反应，
25、共有1.5NA个S2O82被还原C碱性条件下硫酸根自由基发生反应的方程式为SO4-+OH-=SO42-+OHDpH越小，越有利于去除废水中的正五价砷【答案】BD【解析】A过硫酸钠中正负化合价之和为零，S为+6价，Na为+1价，正价之和=(+6)2+(+1)2=14，负价之和为-14，若-2价氧与-1价氧的个数比为3：1，即-2价氧为6个，-1价氧的个数为2个，负价之和为(-2)6+(-1)2=-14，故A正确；B56gFe为1mol，根据图示可知，1molS2O82和1molFe反应生成2molSO42和1molFe2+，该过程转移2mol电子，但是Fe2+还要与S2O82反应变成Fe3+和自
26、由基，根据图示，形成的沉淀中即含有二价铁离子，又含有三价铁离子，即第一步反应中的二价铁没有被完全氧化为三价铁离子，因此1mol铁参加反应消耗小于1.5mol S2O82，共有少于1.5NA个S2O82被还原，故B错误；C结合图示可知，碱性条件下，SO4发生反应的方程式为：SO4+OHSO42+OH，故C正确；D根据图示可知，最后是碱性条件下，铁离子和亚铁离子转化为氢氧化亚铁和氢氧化铁，正五价砷离子转变为沉淀，二者共同以沉淀形式析出的，则溶液的碱性越强越有利于析出，即pH越大越有利于去除废水中的正五价砷，故D错误；答案选BD。19（湖南省衡阳市2020届高三下学期第二次联考二模）乙烯在酸催化下水
27、合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是A、三步均属于加成反应B总反应速率由第步反应决定C第步反应的中间体比第步反应的中间体稳定D总反应不需要加热就能发生【答案】B【解析】A根据乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理可知只有第步属于加成反应，A错误；B活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第步反应的活化能最大，总反应速率由第步反应决定，故B正确；C由图可知，第步反应的中间体比第步反应的中间体的能量高，所以第步反应的中间体稳定，故C错误；D总反应是否需要加热与反应的能量变化没有关系，故D错误；故答案选B。20（山东省威海市2020届高三年级高考模拟考二
28、模）我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF(CH3)2NCHO转化为三甲胺N(CH3)3。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是A该历程中最小能垒的化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*(CH3)2NCH2OH*B该历程中最大能垒(活化能)为2.16eVC该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)2H2(g)N(CH3)3(g)H2O(g) H1.02evmol1D增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率【答案】A【解析】【分析】从图中可以看出，在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23-(-2.16)=0.93、-1.55
29、-(-1.77)=0.22、-1.02-(-2.21)=1.19。【详解】A从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*(CH3)2NCH2OH*，A正确；B该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，B不正确；C该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02ev为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)2H2(g)N(CH3)3(g)H2O(g) H1.02NAevmol1，C不正确；D增大压强或升高温度均
30、能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确；故选A。21（2020届四川省成都市第七中三诊模拟）炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可快速氧化 SO2。下列说法错误的是：A每活化一个氧分子放出 0.29 eV 能量B水可使氧分子活化反应的活化能降低 0.18 eVC氧分子的活化是氧氧共价键的断裂与碳氧共价键的生成过程D无水条件下该过程的活化能为 1.04 eV【答案】D【解析】A、根据能量变化图分析，氧气最终变成活化氧，体系能量降低，则每活化一个氧气分子放出0.29eV能量，A项正确；B、
31、反应过程中存在多步反应的活化能，根据能量变化图分析，整个反应的活化能应是活化能较大的，则没有水加入的反应活化能E=0.75eV，有水加入反应的活化能E=0.57eV，所以水可以使氧分子活化反应的活化能降低0.75eV-0.57eV=0.18eV，B项正确；C、根据能量变化图和题意，氧分子活化过程中氧氧的断裂，生成碳氧键，所以氧分子的活化是氧氧的断裂与碳氧键的生成过程，C项正确；D、根据能量变化图分析，整个反应的活化能应是活化能较大的，则没有水加入的反应活化能E=0.75eV，D项错误；答案选D。22（泰安市2020届高三第五次模拟考试）工业上常利用CO2和NH3合成尿素CO(NH2)2，该可逆
32、反应分两步进行，整个过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是（ ）ANH2COONH4为合成尿素反应的中间产物B反应逆反应的活化能反应正反应的活化能C反应在热力学上进行趋势很大D2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(1)的焓变H=El-E2【答案】CD【解析】A从图像可知，合成尿素的过程中生成了NH2COONH4，其为合成尿素反应的中间产物，A正确；B活化能是指化学反应中反应物分子到达活化分子所需的最小能量，由图像可知，反应逆反应的活化能反应正反应的活化能，B正确；C反应为吸热反应，在热力学上进行趋势较小，C错误；D2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H
33、2O(1)为放热反应，H =生成物的总能量-反应物的总能量0，即H=E2-E1，D错误；答案选CD。23（2020届河北省保定市高三第二次模拟）将CO2应用于生产清洁燃料甲醇，既能缓解温室效应的影响，又能为能源的制备开辟新的渠道，其合成反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。回答下列问题：（1）如图为CO2平衡转化率和温度、压强的关系，其中压强分别为3.0MPa、4.0MPa和5.0MPa。据图可知，该反应为_反应（填“放热”或“吸热)。设CO2的初始浓度为comolL-1，根据5.0MPa时的数据计算该反应的平衡常数K(240k)=_ (列出计算式即可）。若在4.0M
34、Pa时减小投料比，则CO2的平衡转化率曲线可能位于II线的_（填“上方”或“下方”)。（2）利用二氧化碳制得的甲醇还可以制取甲胺，其反应原理为CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)H。已知该反应中相关化学键的键能数据如下：共价键COHONHCN键能/k.Jmol-1351463393293则该反应的H=_k.Jmol-1 。（3）已知：CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g) H1=-226kJrnol-1N2(g)+2O2(g)2NO2(g)H2=+68kJmol-1N2(g)+O2(g)2NO(g) H3=+183kJmol-1则：2CO(g)+2NO(g)
35、2CO2(g)+N2(g) H=_kJmol-1。（4）一定温度下，下列措施一定能加快反应CO2(g)+3H2（g)CH3OH(g)+H2O(g)的速率的是_（填选项字母）。A及时移去甲醇 B改进催化剂 C提高反应物浓度 D增大容器压强（5）甲烷重整可选氧化物NiO- Al2O3作为催化剂，工业上常用Ni(NO3)2、Al(NO3)3混合液加入氨水调节pH=12(常温），然后将浊液高压恒温放置及煅烧等操作制备该催化剂。加入氨水调节pH=12时，c(Ni2+)为_。已知：KspNi(OH)2=510-16【答案】（1）放热 上方 （2）-12 （3）-750 （4）BC （5）510-2 mol
36、L-1 【解析】（1）根据图像，随着温度的升高，CO2的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，推出该反应的正反应是放热反应：反应为气体体积减小的反应，作等温线，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，I为5.0MPa下进行的曲线，240K时CO2的转化率为0.8，则可列三段式为根据化学平衡常平数的表达式K= ；根据上述分析，II曲线代表4.0MPa下进行的曲线，减小投料比，相当于增大H2的量，CO2的量不变，平衡向正反应方向进行，CO2的转化率增大，即CO2的平衡转化曲线可能位于II曲线的上方；（2）反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，故H =351
37、kJ/mol +393 kJ/mol -293 kJ/mol -463kJ/mol=-12kJ/mol；（3）由盖斯定律：2+-2可得：2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g)H=-750kJmol-1，故答案为：-750；（4）A.及时移去甲醇，则生成物的浓度减小，反应速率减慢，故A错误；B.改进催化剂能加快反应速率，故B正确；C.提高反应物浓度，反应物浓度增大，则反应速率加快，故C正确；D.若缩小体积而使容器压强增大，则反应速率加快，若通入惰性气体使容器压强增大，则反应速率不变，故D错误；综上所述，答案为：BC；（5）pH=12，c(OH-)=0.01molL-1，KspNi
38、(OH)2=510-16，c(Ni2+)=。24（2020届广东省茂名市高三综合测试）CO2加氢可转化为高附加值的CO、CH4、CH3OH等C1产物。该过程可缓解CO2带来的环境压力，同时可变废为宝，带来巨大的经济效益。CO2加氢过程，主要发生的三个竞争反应为：反应i：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.01kJmol-1反应ii：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H=-165.0kJmol-1反应iii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H=+41.17kJmol-1回答下列问题：（1）由CO、H2合成甲醇的热化学方程式
39、为_。（2）反应iii为逆水煤气变换反应，简称RWGS。以金属催化剂为例，该反应历程的微观示意和相对能量(eV)变化图如图所示(为催化剂，为C原子，为O原子，o为H原子）历程I：历程II：历程III：历程1方框内反应的方程式为CO2*+*=CO*+O*(*为催化剂活性位点）。根据图示，其反应热H_0(填“”或“”)。反应历程II方框内的方程式是_。反应历程中_（填“历程I”、“历程II”或“历程III”）是RWGS的控速步骤。（3）我国科学家研究了不同反应温度对含碳产组成的影响。在反应器中按=3：1通入H2和CO2，分别在0.1MPa和1MPa下进行反应。试验中温度对平衡组成C1(CO2、CO
40、、CH4)中的CO和CH4的影响如图所示（该反应条件下甲醇产量极低，因此忽略“反应i”)：1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是_、_。M点平衡组成含虽高于N点的原因是_。当CH4和CO平衡组成为40%时，该温度下反应iii的平衡常数Kp为_。【答案】（1）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=-90.18kJmol-1 （2） O*+H*=OH*+* 历程III（3）a d 相同温度下，增大压强反应II向正方向移动，c(H2O）增大，使得反应III向逆方向移动，使得CO平衡组分降低 2.4 【解析】 （1）反应i反应iii即可得CO、H2合成甲醇的热化学方程式
41、：CO(g)+2H2(g) =C H3OH(g)，计算焓变：H=49kJmol141.17kJmol1=90.17kJmol1；故答案为：CO(g)+2H2(g) =C H3OH(g)H=90.17kJmol1；（2）根据图示H=0.75eV+0.37eV=0.38eV0，故答案为：；根据图示，反应历程方框内的方程式是：O+H=OH，故答案为：O+H=OH；根据图示，历程的过渡态相对能量最大，即活化能最大，所以历程是RWGS的控速步骤，故答案为：历程；（3）对于反应ii，升高温度，平衡逆移，CH4、H2O的百分含量减少，对于平衡iii，升高温度，则平衡正移，CO的百分含量增加；增大压强，反应i
42、i，平衡正移，H2O的百分含量增大，使反应逆移，CO百分含量降低，,综上：CH4、CO的变化幅度相对较小，则表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是a、d；故答案为：a；d；相同温度下，增大压强反应II向正方向移动，c(H2O）增大，使得反应III向逆方向动，使得CO平衡组分降低；设起始时n(CO2)=5mol，则n(H2)=15mol，根据图象，当CH4和CO平衡组成为40%时，则CO2平衡组成为20%，所以n(CO)=5mol40%=2mol，n(CH4)=5mol40%=2mol，则反应ii： ，反应iii： 平衡时：n(CO2)=(522)mol=1mol，n(H2)=(15
43、82)mol=5mol，n(CO)=2mol，n(H2O)=(4+2)mol=6mol，平衡常数；故答案为：2.4。25（江西省2020届高三下学期调研考试三）苯乙烯是制备聚苯乙烯的单体。工业上，利用乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应：(g)+CO2（g）（g）+CO(g)+ H2O（g） H（1）已知CO分子中化学键为CO。相关的化学键键能数据如下：利用上表数据估算H为_。（2）在三个体积相同的恒容密闭容器中充入CO2和乙苯蒸气发生上述反应，有关数据如下：T1_T2（填“”“”或“”，下同），a_2.0。T1K时，容器I中平衡混合气体中苯乙烯体积分数为_，假设容器I中起始压强为p0，用平衡分压代替
44、平衡浓度表示的化学平衡常数Kp_。气体分压（p分）气体总压（p总）气体体积分数（3）一定温度下，在某催化剂作用下发生上述反应，其反应历程如下：由原料到状态I_（填“放出”或“吸收”）能量，判断依据是_。如果其他条件不变，再通入CO2，如图所示的四幅图像中，符合乙苯平衡转化率与p（CO2）的关系的是_。（填选项）【答案】（1）+164 kJ/mol （2） 20% 0.25p0 MPa （3）吸收 断裂C-H键需要吸收较多能量 B 【解析】【分析】根据反应物键能总和与生成物键能总和的差值计算反应热；根据化学平衡移动的方向判断反应温度的大小；利用反应前后气体的变化量和压强变化量计算平衡常数；根据图
45、示的反应过程判断反应是吸热还是放热；根据图示反应过程判断转化率与压强的转化趋势。【详解】(1)反应的H可以利用键能大小计算，利用反应物的键能总和减去生成物的键能总和即可得到反应的H，当计算结果为正值时为吸热反应，反之则为放热反应；在本反应中由于苯基在反应前后不变，因此苯基的能量在反应前后相同，只需要计算乙基和二氧化碳反应变成乙烯基、一氧化碳和水的键能变化差值即可，即反应热=(348+5413+2803) kJ/mol -(615+3413+1075+2463) kJ/mol =+164 kJ/mol；(2)上述反应是吸热反应，降低温度，平衡向左移动，苯乙烯的量减小，故T2小于T1；该反应正向是
46、气体分子数增大的反应，I到相当于加压，平衡向左移动，苯乙烯的量小于2.0；平衡时苯乙烯为1 mol，则平衡时，苯乙烯占体积分数为20%；平衡后压强为p0=1.25p0MPa，Kp=0.25p0MPa；(3) 原料到状态，断裂C-H键，需要吸收能量；一定范围内，p(CO2)越大，说明在原料中CO2的配比越高，则乙苯平衡转化率越高；二者首先吸附在催化剂表面上，当CO2在催化剂表面吸附率过高时，会造成乙苯在催化剂表面的吸附率下降，使乙苯平衡转化率随着p(CO2）增大而减小，图像B符合实际。26（保定市2020年高三第二次模拟理科综合）将CO2应用于生产清洁燃料甲醇，既能缓解温室效应的影响，又能为能源
47、的制备开辟新的渠道，其合成反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。回答下列问题：（1）如图为CO2平衡转化率和温度、压强的关系，其中压强分别为3.0MPa、4.0MPa和5.0MPa。据图可知，该反应为_反应（填“放热”或“吸热)。设CO2的初始浓度为comolL-1，根据5.0MPa时的数据计算该反应的平衡常数K(240k)=_(列出计算式即可）。若在4.0MPa时减小投料比，则CO2的平衡转化率曲线可能位于II线的_（填“上方”或“下方”)。（2）利用二氧化碳制得的甲醇还可以制取甲胺，其反应原理为CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)H。已知
48、该反应中相关化学键的键能数据如下：共价键COHONHCN键能/k.Jmol-1351463393293则该反应的H=_k.Jmol-1 。（3）已知：CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g) H1=-226kJrnol-1N2(g)+2O2(g)2NO2(g)H2=+68kJmol-1N2(g)+O2(g)2NO(g) H3=+183kJmol-1则：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) H=_kJmol-1。（4）一定温度下，下列措施一定能加快反应CO2(g)+3H2（g)CH3OH(g)+H2O(g)的速率的是_（填选项字母）。A及时移去甲醇 B改进催化剂 C提高反
49、应物浓度 D增大容器压强（5）甲烷重整可选氧化物NiO- Al2O3作为催化剂，工业上常用Ni(NO3)2、Al(NO3)3混合液加入氨水调节pH=12(常温），然后将浊液高压恒温放置及煅烧等操作制备该催化剂。加入氨水调节pH=12时，c(Ni2+)为_。已知：KspNi(OH)2=510-16【答案】（1）放热 上方 （2）-12 （3）-750 （4）BC （5）510-2 molL-1【解析】（1）根据图像，随着温度的升高，CO2的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，推出该反应的正反应是放热反应：反应为气体体积减小的反应，作等温线，增大压强，平衡向正反应方向移
50、动，CO2的转化率增大，I为5.0MPa下进行的曲线，240K时CO2的转化率为0.8，则可列三段式为根据化学平衡常平数的表达式K= ；根据上述分析，II曲线代表4.0MPa下进行的曲线，减小投料比，相当于增大H2的量，CO2的量不变，平衡向正反应方向进行，CO2的转化率增大，即CO2的平衡转化曲线可能位于II曲线的上方；（2）反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，故H =351 kJ/mol +393 kJ/mol -293 kJ/mol -463kJ/mol=-12kJ/mol；（3）由盖斯定律：2+-2可得：2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g)H=-750kJmol-1；（4）A及时移去甲醇，则生成物的浓度减小，反应速率减慢，故A错误；B改进催化剂能加快反应速率，故B正确；C提高反应物浓度，反应物浓度增大，则反应速率加快，故C正确；D若缩小体积而使容器压强增大，则反应速率加快，若通入惰性气体使容器压强增大，则反应速率不变，故D错误；综上所述，答案为：BC；（5）pH=12，c(OH-)=0.01molL-1，KspNi(OH)2=510-16，c(Ni2+)=。
