1、专题 07 化学反应中的能量变化及机理 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
2、C。 2(2020 年浙江卷)关于下列的判断正确的是( ) CO3 2(aq)+ H+(aq) = HCO 3 (aq) 1 CO3 2-(aq) + H 2O(l) HCO3 (aq)+ OH(aq) 2 OH(aq) + H+(aq) = H2O(l) 3 OH(aq) + CH3COOH(aq)=CH3COO(aq) + H2O(l) 4 A1020 B12 C30 D34 【答案】B 【解析】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则 CO 3 2-(aq)+H+(aq)=HCO 3 -(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，
3、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 、S0，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= 4 2 42 c (HCl) c(SiCl ) c (H ) ,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 22.4L mol1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)理论研究表明，在 101kPa 和 298K 下，HCN(g)HNC(g)异构化反应过程的能量变 化如图所示。下
4、列说法错误的是 AHCN 比 HNC 稳定 B该异构化反应的 -1 H=+59.3kJ mol 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 11 59.3kJ mol59.3kJ mol0H ，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
5、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 H2 C该反应可消耗温室气体 CO2 D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
6、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 2522 CO+H OFe(CO) CO +H ，故 有清洁燃料 H2生成，故 B 项正确
7、； 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)+ 1 2 O2(g) 钒催化剂 SO3(g)
8、H=98 kJmol 1。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 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)+ 1 2 O2(g)SO3(g) H= -98kJmol-1 V2O4(s)+ SO3(g)V2O5(s)+ SO2(g) H2= -24kJmol-
9、1 V2O4(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， 所以该反应的热化学方程式为： 2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJmol-1。 9(2020 年浙江卷)100mL0.200mol L1CuSO4溶液与1.95g锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为 20.1，反应后最高温度为30.1。
10、已知：反应前后，溶液的比热容均近似为4.18J g1 1、溶液的密度均近似为1.00g cm3，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Q=_J。 (2)反应Zn(s) + CuSO4(aq)=ZnSO4(aq) + Cu(s)的H=_kJ mol1(列式计算)。 【答案】(1)4.18 103 (2) 4.18103/1000 0.1000.200 = 209 【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
11、/cm3 100mL(cm3)=100g， 忽略金属吸收的热量可知， 反应放出的热量 Q=cm=4.18J g 1 C1 100g (30.1-20.1)C= 4.18 103J，故答案为：4.18 103； (2)上述反应中硫酸铜的物质的量 n(CuSO4)= 0.200mol/L 0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量 n(Zn)= = 1.95g 65g/mol=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 4.18 103J，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
12、 可列出计算式为： = 4.18103J1000J/kJ 0.100L0.200mol/L =- 4.18103/1000 0.1000.200 =-209 kJ/mol，故答案为： 4.18103/1000 0.1000.200 =-209(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。 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 890.3kJ mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表
13、示为： CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H=-890.3kJ mol-1 2020 届高考模拟试题届高考模拟试题 B500、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=-38.6kJ mol-1 CHCl 和 NaOH 反应的中和热H=-57.3kJ mol-1，则 H2SO4和 Ca(OH)2反应的中和热H=2 (-57.3)kJ mol-1 D在 101kPa 时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出 285.8kJ 热量，氢
14、气燃烧的热化学方程式表示为 2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)H=-571.6kJ mol-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 890.3kJ mol-1，要生成液态水，甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-890.3kJ mol-1，A 错误； B500、30MPa 下，将 0.5molN2和 1.5mol
15、H2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 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 2H
16、2(g)+O2(g)=2H2O(1)H=-571.6kJ mol-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 D0.25molNaBH4的还原能力与标准状况下
17、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，0.25m
18、olNaBH4生成 H+失去的电子的量 20.25mol4=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 2:1 C处理过程中，混合溶液
19、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 【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 2NOx4xH 4xCe3=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： 3+ NO2Ce1nn，因此氧化剂与还原剂物质的量之
20、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=2H 2Ce3，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) H=+890.3kJ/mol B图 2 中反应为：CH4(g)+
21、 3 2 O2(g)=CO(g)+2H2O(g) H=607.3kJ/mol C由图可以推得：CO(g)+ 1 2 O2(g)=CO2(g) H=283kJ/mol D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) H=-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)+ 3 2 O2(g)=CO(g)+2H2O(l) H= 607.3kJ/mol，B 错误； CCO(g)+
22、 1 2 O2(g)=CO2(g) 的焓变可根据 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-890.3kJ/mol 和反应H= 283kJ/mol，CH4(g)+ 3 2 O2(g)=CO(g)+2H2O(l) H=607.3kJ/mol 求出焓变H=283kJ/mol，C 正确； DCO(g)+ 1 2 O2(g)=CO2(g) H=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( )
23、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) 400 硫化剂 2Cl2(g)+2H2O(g)+115.6kJ D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
24、为：4HCl(g)+O2(g) 400 硫化剂 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
25、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 CO2加氢 合成低碳烯烃反应，所得产物含 CH4、C3H6、C4H8等副
26、产物，反应过程如图 下列说法正确的是 A第 i 步反应为 CO2H2COH2O B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，所以
27、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- M 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
28、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- M 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(SO4 、 OH 表示
29、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 3：1 B若 56gFe 参加反应，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-+OH DpH 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=-1
30、4，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
31、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
32、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(
33、活化能)为 2.16eV C该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)2H2(g)N(CH3)3(g)H2O(g) H1.02evmol1 D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-(-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)2NC
34、H2OH*，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
35、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 eV C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、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=0.57
36、eV，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
37、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)+H2O(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
38、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 4.0MPa 时减小投料比，则 CO2的平衡转化率曲
39、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 CO HO NH CN 键能/k.Jmol-1 351 463 393 293 则该反应的H=_k.Jmol-1 。 (3)已知：CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g) H1=-226kJrnol-1 N2(g)+2O2(g) 2NO2(g)H2=+68kJmol-1 N2(g)+O2(g) 2NO(g) H3=+183kJmol-1 则：2CO(g)+2NO
40、(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=5 10-16 【答案】(1)放热 00 3 00 0.80.8 0.2(
41、0.6) cc cc 上方 (2)-12 (3)-750 (4)BC (5)5 10-2 mol 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 223 00 0000 0000 2 -1 -1 -1 (mol L )cc (mol L )0.8cc0.8c0.8 CO (g)+3H c (m (g)CH O
42、ol L )cc0.8c H(g)+H O(g) 300 2.4 00.268c0. 起始态 转化态 平衡态 根据化学平衡常平数的表达式 K= 00 3 00 0.80.8 0.2(0.6) cc cc ；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：
43、 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-)=0.01mol L-1，KspNi(OH)2=5 10-16，c(Ni2+)= -16 -12 -2 2 5 10
44、 mol/L5 10 mol/L (10 ) 。 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： (
45、1)由 CO、H2合成甲醇的热化学方程式为_。 (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
46、中按 2 2 n H n CO =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、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
47、(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：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
48、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 ii，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
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