2020届高考化学一轮复习反应热的有关计算作业

2020届高考化学一轮复习反应热的有关计算作业

反应热的有关计算 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．已知C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O （g）+1256kJ，下列说法正确的是（　　）‎ A．1 份乙炔完全燃烧可放热1256 kJ ‎ B．反应中乙炔做还原剂、被还原 ‎ C．乙炔完全燃烧时，生成2 mol液态水，所放热量小于2512 kJ ‎ D．若有10 mol电子发生转移，则需消耗2.5 mol O2‎ ‎2．室温下1mol 苯在空气中完全燃烧，生成液态水，放出热量Q，该反应的热化学方程式是（　　）‎ A．C6H6+O2→6CO2+3H2O+Q ‎ B．C6H6（l）+O2（g）→6CO2（g）+3H2O（l）﹣Q ‎ C．C6H6（g）+O2 （g）→6CO2 （g）+3H2O（g）+Q ‎ D．2C6H6（l）+15O2（g）→12CO2（g）+6H2O（l）+2Q ‎3．反应物 X 生成 Z 的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式为（　　）‎ A．2X（ g ）→Z （ g ）+（a﹣b）kJ ‎ B．2X（ g ）→Z （ g ）+（b﹣a）kJ ‎ C．2X（ g ）→Z （ g ）+（c﹣a）kJ ‎ D．2X（ g ）→Z （ g ）+（b﹣c）kJ ‎4．炭和水蒸气反应生成 1mol H2 和 1mol CO，吸收 131.3KJ 热量，该反应的热化学方程式是（　　）‎ A．C（s）+H2O（l）→H2（g）+CO（g）﹣131.3KJ ‎ B．C（s）+H2O（g）→H2（g）+CO（g）﹣131.3KJ ‎ C．C（s）+H2O（g）→H2（g）+CO（g）+131.3KJ ‎ D．C（s）+H2O（l）→H2（g）+CO（g）+131.3KJ ‎5．已知25℃、101kPa下，石墨，CO（g）燃烧的热化学方程式分别为：‎ C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H1＝﹣akJ•mol﹣1‎ CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2＝﹣bkJ•mol﹣1‎ C（石墨，s）+O2（g）═CO（g）△H3＝﹣ckJ•mol﹣1‎ 则a、b、c的关系正确的是（　　）‎ A．a＝b+c B．a＝b﹣c C．a＝c﹣b D．c＝a+b ‎6．在298K时，2molH2燃烧生成水蒸汽放出484kJ热量，下列热化学方程式正确的是（　　）‎ A．2H2+O2＝2H2O，△H＝﹣484kJ/mol ‎ B．H2O（g）＝H2（g）+O2（g）△H＝+242kJ/mol ‎ C．2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l），△H＝﹣484kJ/mol ‎ D．H2（g）+O2（g）＝H2O（g）△H＝+242kJ/mol ‎7．根据热化学方程式S（l）+O2（g）═SO2（g）△H＝﹣293.23kJmol﹣1，分析下列说法中正确的是（　　）‎ A．1mol固体S单质燃烧放出的热量大于293.23 kJ ‎ B．1mol气体S单质燃烧放出的热量小于293.23 kJ ‎ C．1 mol SO2（g）的键能的总和大于1 mol S（l）和1 mol O2（g）的键能之和 ‎ D．1 mol SO2（g）的键能的总和小于1 mol S（l）和1 mol O2（g）的键能之和 ‎8．已知：Fe2O3（s）+C（s）═CO2（g）+2Fe（s）△H＝+234.1kJ•mol﹣1‎ C（s）+O2（g）═CO2（g）△H＝﹣393.5kJ•mol﹣1‎ 则2Fe（s）+O2（g）═Fe2O3（s）的△H是（　　）‎ A．﹣824.4kJ•mol﹣1 B．﹣627.6kJ•mol﹣1 ‎ C．﹣744.7kJ•mol﹣1 D．﹣169.4kJ•mol﹣1‎ ‎9．将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属钛的主要反应之一．已知：‎ TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（l）+O2（g）△H＝+140.5kJ・mol﹣1‎ C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H＝﹣110.5kJ・mol﹣1‎ 则反应TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s，石墨）═TiCl4（l）+CO2（g）的△H是（　　）‎ A．+30.0kJ・mol﹣1 B．﹣80.5kJ・mol﹣1 ‎ C．﹣30.0kJ・mol﹣1 D．+80.5kJ・mol﹣1‎ ‎10．已知下列反应的反应热：‎ ‎（1）CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1＝﹣870.3kJ•mol﹣1‎ ‎（2）C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2＝﹣393.5kJ•mol﹣1‎ ‎（3）H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3＝﹣285.8kJ•mol﹣1‎ 则下列反应的反应热为（　　）‎ ‎2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）‎ A．△H＝+488.3 kJ•mol﹣1 B．△H＝﹣244.15 kJ•mol﹣1 ‎ C．△H＝﹣977.6 kJ•mol﹣1 D．△H＝﹣488.3 kJ•mol﹣1‎ ‎11．工业上制氢气的一个重要反应是：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H，‎ 已知：C（石墨）+1/2 O2（g）＝CO（g）△H1 ‎ H2（g）+1/2 O2（g）＝H2O（g）△H2‎ C（石墨）+O2（g）＝CO2（g）△H3‎ 则下列说法正确的是（　　）‎ A．△H＜△H3 B．△H1＜△H3 ‎ C．△H＝△H3﹣△H2﹣△H1 D．△H＝△H1+△H2﹣△H3‎ ‎12．已知：Fe2O3（s）+C（s）＝CO2（g）+2Fe（s）△H＝234.1kJ•mol﹣1 C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.5kJ•mol﹣1则2Fe（s）+O2（g ）＝Fe2O3（s） 的△H是（　　）‎ A．﹣824.4kJ•mol﹣1 B．﹣627.6kJ•mol﹣1 ‎ C．﹣744.7kJ•mol﹣1 D．﹣169.4kJ•mol﹣1‎ ‎13．已知反应：H2（g）+O2（g）＝H2O（g）△H1‎ N2（g）+O2（g）＝NO2（g）△H2‎ N2（g）+H2（g）＝NH3（g）△H3‎ 则反应2NH3（g）+O2（g）＝2NO2（g）+3H2O（g）的△H为（　　）‎ A．2△H1+2△H2﹣2△H3 B．△H1+△H2﹣△H3 ‎ C．3△H1+2△H2+2△H3 D．3△H1+2△H2﹣2△H3‎ ‎14．关于下图所示转化关系（X代表卤素），说法不正确的是（　　）‎ A．2H（g）+2X（g）═2HX（g）△H3＜0 ‎ B．生成HX的反应热与途径无关，所以△H1＝△H2+△H3 ‎ C．F、Cl、Br的非金属性依次减弱，所以途径Ⅱ吸收的热量依次增多 ‎ D．F2、Cl2分别发生反应I，同一温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2‎ ‎15．“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的绿色液态燃料。下列有关“液态阳光”的说法错误的是（　　）‎ A．CO2和H2O转化为“液态阳光”过程中同时释放能量 ‎ B．煤气化得到的水煤气合成的甲醇不属于“液态阳光” ‎ C．“液态阳光”行动有利于可持续发展并应对气候变化 ‎ D．“液态阳光”有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题 ‎16．下列属于可再生能源的是（　　）‎ A．汽油 B．可燃冰 C．沼气 D．核燃料 ‎17．下列不属于洁净、高效的新能源的是（　　）‎ A．氢能 B．天然气 C．核能 D．太阳能 ‎18．我国的《能源百科全书》说：“能源是可以直接或经转换提供给人类所需的光、热、动力等任一形式的、且可以互相转换的能量的源泉．”人类对于能源的利用大致可以分为三个时代：柴草能源、化石能源、多能源时代．以下说法正确的是（　　）‎ A．原始社会人类学会利用火，他们以天然气取暖，吃熟食，从事生产活动 ‎ B．多年来我国广大农村生火做饭使用的都是化石燃料 ‎ C．多能源时代指的是新能源时代，包括核能、太阳能、氢能 ‎ D．化石燃料的燃烧没有污染 ‎19．信息、材料、能源被称为新科技革命的“三大支柱”．下列观点或做法错误的是（　　）‎ A．在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源 ‎ B．加大煤炭的开采速度，增加煤炭燃料的供应量，以缓解石油危机 ‎ C．光缆在信息产业中有广泛应用，制造光缆的主要材料是二氧化硅 ‎ D．高温结构陶瓷氮化硅（Si3N4）具有较高的硬度和耐磨性，可用于制造汽车发动机 ‎20．节能减排是我国政府工作地重点之一，节约能源与开发新能源是当务之急．下列方案中，你认为不合理的是（　　）‎ A．研制电解水法提供氢能的技术 ‎ B．开发煤液化制取汽油的技术 ‎ C．研制以甲醇为燃料的汽车 ‎ D．开发太阳能路灯代替传统路灯 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．镁及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用，依据镁的性质、用途等回答下列问题：‎ 已知：①Mg（s）+2H2O（g）═Mg（OH）2（s）+H2（g）△H1＝﹣441kJ•mol﹣1‎ ‎②H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H2＝+242kJ•mol﹣1‎ ‎③Mg（s）+O2（g）═MgO（s）△H3＝﹣602kJ•mol﹣1‎ 则氢氧化镁分解的热化学方程式是　 　．‎ ‎22．已知拆开1mol H﹣H键、1mol N﹣H键、1mol N≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为　 　．‎ ‎23．回答下列问题：‎ ‎（1）已知两种同素异形体A、B的燃烧热的热化学方程式为：‎ A（s）+O2（g）═CO2（g）△H＝﹣393.51kJ/mol ‎ B（s）+O2（g）═CO2（g）△H＝﹣395.41kJ/mol 则两种同素异形体中较稳定的是（填“A”或“B”）　 　．‎ ‎（2）工业上用H2和Cl2反应制HCl，各键能数据为：H﹣H：436kJ/mol，Cl﹣Cl：243kJ/mol，H﹣Cl：431kJ/mol．该反应的热化学方程式是　 　．‎ ‎（3）合成气（CO和H2为主的混合气体）不但是重要的燃料也是重要的化工原料，制备合成气的方法有多种，用甲烷制备合成气的反应为：‎ ‎①2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）；△H1＝﹣72kJ•mol﹣1‎ ‎②CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）；△H2＝+216kJ•mol﹣1‎ 氢气与氧气反应生成水蒸气的热化学方程式为　 　．‎ 现有1mol由H2O（g）与O2组成的混合气，且O2的体积分数为x，将此混合气与足量CH4充分反应．‎ 若x＝0.2时，反应①放出的能量为　 　kJ．‎ 若x＝　 　时，反应①与②放出（或吸收）的总能量为0．‎ ‎24．研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．‎ ‎（1）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＝﹣196.6kJ•mol﹣1，2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＝﹣113.0kJ•mol﹣1‎ 则反应：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的△H＝　 　kJ•mol﹣1‎ ‎（2）利用反应6NO2+8NH3 7N2+12H2O可处理NO2．一定条件下，将该反应设计成如图1所示装置，其中电极均为石墨，使用熔融金属氧化物作电解质，写出负极电极反应式　 　；若一段时间内测得外电路中有1.2mol电子通过，则两极共产生的气体产物在标准状况下的体积为　 　L．‎ ‎（3）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒容密闭容器中发生下述反应：‎ NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g），下列能说明该反应达到平衡状态的是　 　．‎ a．体系压强保持不变 b．混合气体颜色保持不变 c．SO3和NO的物质的量比保持不变 d．每消耗1mol SO3的同时生成1molNO2‎ ‎（4）CO可用于合成甲醇，反应方程式为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．一定温度下，向容积为2L的密闭容器中充入2molCO和2molH2发生上述反应，5min后反应平衡，此时测得CH3OH的浓度为0.3mol/L，计算反应开始至平衡时的平均速率v（H2）＝　 　；该温度下反应的平衡常数为　 　（保留两位小数）‎ ‎（5）不同温度CO的平衡转化率与压强的关系如图2所示．该反应△H　 　0（填“＞”或“＜”）．实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是　 　．‎ ‎25．2014年11月12日在北京发布了《中美气候变化联合声明》，碳捕获和封存技术成为了一个热点环境问题。‎ ‎（1）燃烧前捕获是其中方法之一，以CH4燃烧为例，涉及反应如下：‎ ‎①CH4（g）+H2O（g）＝C0（g）+3H2（g）△H＝﹣206.2KJ•mol﹣1‎ ‎②CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）△H＝+2.8KJ•mol﹣1‎ 则CH4（g）+2H2O（g）＝CO2（g）+4H2（g）△H＝　 　。‎ ‎（2）某研究小组在实验室测得海水中CO32﹣ 浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线如图1．根据曲线的变化。可归纳出曲线变化的规律：　 　。其它条件相同时，温度越高，海水中CO32﹣浓度越小，请在图中补充温度为T2时的曲线（T1＜T2）。‎ ‎（3）250℃时，以Ni合金为催化剂，向1L容器中通入3molCO2、3molCH4．发生反应：CO2（g）+CH4（g）⇌2C0（g）+2H2（g）。反应达到平衡时CO2的体积分数为10%，求该温度下该反应的平衡常数K（写出计算过程）。‎ ‎（4）高温电解技术可将释放的CO2转化为具有工业利用价值的产品。反应方程式为CO2+H2OCO+H2+O2，其工作原理示意图如图2，电极b上放出的气体X为　 　，电极b连接Y为电源的　 　极（填正、负）。‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎26．天然气广泛用于民用燃气和化工生产，主要成分是CH4，还含有少量H2S和水蒸气。‎ ‎（1）碳、氢、氧、硫四种元素中，最外层电子数是电子层数两倍的是　 　（填元素符号），非金属性最强元素的原子核外电子排布式为　 　。‎ ‎（2）天然气的用途之一是利用甲烷高温分解炭黑。若分解16g甲烷，需要吸收258kJ的热量，写出该反应的热化学方程式：　 　。‎ ‎（3）天然气在使用前，需进行脱硫处理。用纯碱溶液吸收其中的H2S，过程中会生成两种酸式盐，该反应的离子方程式为　 　。若改用NaOH溶液吸收H2S，从通入气体至过量，溶液中c（S2﹣）的变化趋势是　 　。‎ ‎（4）微波加热技术的原理是：利用极性分子内部正负电荷分布不均匀的特点，在电磁场作用下会频繁运动摩擦，使温度升高。用甲烷制炭黑的工业生产中，是否适合使用该技术加热，原因是　 　。硫化氢分子结构与水分子相似，加热时氯化氢较水更易分解得到氢气，从元素周期律角度分析其原因　 　。‎ ‎27．CO2的排放会带来全球“温室”效应，因此，引起国际关注和研究，渴望21世纪 CO2将作为新碳源被广泛使用。‎ ‎（1）以 CO2 和 H2 为原料可得到 CH4 燃料。‎ 已知：①CH4 （g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g）△H1＝+247kJ•mol﹣1‎ ‎②CH4 （g）+H2O（g）＝CO（g）+3H2（g）△H2＝+205kJ•mol﹣1 ‎ 写出由 CO2 获得CH4的热化学方程式： 　 　。‎ ‎（2）CO2与CH4经催化重整可制得合成气：CH4（g）+CO2（g）＝CO（g）+2H2（g）‎ 按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率影响如图1所示。此反应优选温度为900℃的原因是　 　。‎ ‎（3）以二氧化钛表面覆盖的Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。‎ ‎①催化剂的催化效率与乙酸的生成速率随温度的变化关系如图2所示。250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是　 　。‎ 为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是　 　（写出两种）。‎ ‎③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中离子方程式是　 　。‎ ‎（4）O2辅助的Al﹣CO2电池工作原理如图3所示。‎ 该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2（C2O4）3是重要的化工原料。‎ 电池的负极反应式：　 　。‎ 电池的正极反应式：2CO2+2e﹣＝C2O42﹣‎ 该过程中，O2起催化作用，催化过程可表示为：‎ i：6 O2 +6e﹣＝6 O2﹣‎ ii：……‎ 写出ii的离子方程式：　 　。 ‎ ‎28．高铁酸盐等具有强氧化性，溶液pH越小氧化性越强，可用于除去废水中的氨氮、重金属等。‎ ‎（1）用Na2O2与FeSO4干法制备Na2FeO4的反应历程中包含的热化学方程式有：‎ ‎2FeSO4（s）+Na2O2（s）＝Fe2O3（s）+Na2SO4（s）+SO3（g）△H1＝akJ•mol﹣1‎ ‎2Fe2O3（s）+2Na2O2（s）＝4NaFeO2（s）+O2（g）△H2＝bkJ•mol﹣1‎ ‎2SO3（g）+2Na2O2（s）＝2Na2SO4（s）+O2（g）△H3＝ckJ•mol﹣1‎ ‎2NaFeO2（s）+3Na2O2（s）＝2Na2FeO4（s）+2Na2O（s）△H4＝dkJ•mol﹣1‎ 则反应2FeSO4（s）+6Na2O2（s）＝2Na2FeO4（s）+2Na2O（s）+2Na2SO4（s）+O2（g）的 ‎△H＝　 　kJ•mol﹣1（用含a、b、c、d的代数式表示）；该反应中，每生成1mol Na2FeO4转移电子数为　 　mol。‎ ‎（2）J．C．Poggendor早在1841年利用纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解制得Na2FeO4，阳极生成FeO42﹣的电极反应式为　 　；Deinimger等对其进行改进，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是　 　。‎ ‎（3）K2FeO4的稳定性与pH关系如题图﹣1所示，用K2FeO4去除某氨氮（NH3﹣N）废水，氨氮去除率与pH关系如图﹣2；用K2FeO4处理Zn2+浓度为0.12mg•L﹣1‎ 的含锌废水{Ksp[Zn（OH）2]＝1.2×10﹣17}，锌残留量与pH关系如图﹣3所示（已知：K2FeO4与H2O反应生成Fe（OH）3的过程中，可以捕集某些难溶金属的氢氧化物形成共沉淀）。‎ ‎①pH＝11时，K2FeO4与H2O反应生成Fe（OH）3和O2等物质的离子方程式为　 　。‎ ‎②图﹣2中：pH越大氨氮的去除率也越大，其原因可能是　 　。‎ ‎③图﹣3中：pH＝10时锌的去除率比pH＝5时大得多，其原因是　 　（从锌的存在形态的角度说明）。‎ ‎29．氮元素的氢化物和氧化物在工业生产和防建设中都有广泛的应用．请回答下列问题：‎ ‎（1）氨气可由N2和H2反应制取，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应过程的能量变化如图所示：已知1molN2分子中的化学键断裂时需要吸收942kJ的能量；1molH2分子中的化学键断裂时需要吸收436kJ的能量；形成1molN﹣H键时释放390.8kJ的能量．‎ ‎①图中E的大小对该反应热有无影响？　 　．该反应需要用铁触媒作催化剂，加铁触媒会使图中B点升高还是降低？　 　，理由　 　．‎ ‎②图中△H＝　 　kJ/mol．‎ ‎③如果反应速率v（H2）为0.15mol/（L•min），则v（N2）＝　 　 mol/（L•min），v（NH3）＝　 　．‎ ‎（2）肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气．‎ 已知：N2（g）+2O2（g）＝N2O4（l）？△H＝﹣19.5kJ•mol﹣1‎ N2H4（l）+O2（g）＝N2（g）+2H2O（g）△H＝﹣534.2kJ•mol﹣1‎ 请写出肼和 N2O4反应的热化学反应方程式　 　．‎ ‎30．研究氮氧化合物的治理是环保的一项重要工作，合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有着重要的意义。‎ ‎（1）已知：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+181.5 kJ•mol﹣1某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解。若用●●、●〇、〇〇和分别表示N2、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如下图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是　 　（填字母序号）。‎ ‎（2）为减少汽车尾气中NOx的排放，常采用CxHy（烃）催化还原NOx消除氮氧化物的污染。‎ 例如：①CH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1＝﹣574 kJ/mol ‎②CH4（g）+4NO（g）＝2N2 （g）+CO2 （g）+2H2O（g）△H2＝﹣1160 kJ/mol ‎③CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H3‎ 则△H3＝　 　。‎ ‎（3）亚硝酰氯（ClNO）是有机合成中常用试剂，已知：2NO（g）+Cl2（g）⇌2 ClNO（g）‎ ‎①一定温度下，将2 molNO与2 molCl2置于2L密闭容器中发生反应，若该反应4min后达平衡，此时压强是初始的0.8倍，则平均反应速率v（Cl2）＝　 　mol•L﹣1•min﹣1．下列可判断反应达平衡状态的是　 　（项序号字母）。‎ A．混合气体的平均相对相对分子质量不变 B．混合气体密度保持不变 C．NO和Cl2的物质的量之比保持不变 D．每消耗1 mol NO同时生成1molClNO ‎②为了加快化学反应速率，同时提高NO的转化率，其他条件不变时，可采取的措施有　 　（填选项序号字母）。‎ A．升高温度 B．缩小容器体积C．再充入Cl2气体 D．使用合适的催化剂 ‎③一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按一定比例充入NO（g）和Cl2（g），平衡时ClNO的体积分数随n（NO）/n（Cl2）的变化图象如图（b）所示，当n（NO）/n（Cl2）＝2.5时，达到平衡状态，ClNO的体积分数可能是图（b）中D、E、F三点中的　 　点。‎ ‎（4）已知2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的反应历程分两步：‎ ‎①2NO（g）⇌N2O2（g）（快），v1正＝k1正c2（NO），v1逆＝k1逆c2（N2O2）‎ ‎②N2O2（g）+O2（g）⇌2NO2（g）（慢），v2正＝k2正c（N2O2）•c（O2），v2逆＝k2逆c2（NO2）‎ 比较反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小：E1　 　E2（填“＞”、“＜”或“＝”）：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的平衡常数K与上述反应速率常数k1正、k1逆、k2正、k2逆的关系式为　 　。‎ 反应热的有关计算 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】A．C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O （g）+1256kJ，则1molC2H2和2.5molO2燃烧生成气态水放出的热量为1256 kJ；‎ B．C2H2中的C由﹣1价升高到+4价，据此进行分析；‎ C．液态水到气态水要吸热；‎ D．C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O （g）～10e﹣，据此进行分析。‎ ‎【解答】解：A．A．C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O （g）+1256kJ，则1molC2H2和2.5molO2燃烧生成气态水放出的热量为1256 kJ，而不是1 份乙炔完全燃烧可放热1256 kJ，故A错误；‎ B．C2H2中的C由﹣1价升高到+4价，化合价升高，作还原剂，还原剂具有还原性被氧化，故B错误；‎ C．液态水到气态水要吸热，故乙炔完全燃烧时，生成2 mol液态水，所放热量大于2512 kJ，故C错误；‎ D．C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O，1mol乙炔反应转移10mol电子，故若有10 mol电子发生转移，则需消耗2.5 mol O2，故D正确，‎ 故选：D。‎ ‎2．【分析】室温下苯为液体，1mol 苯在空气中完全燃烧，生成液态水，放出热量Q，可知为放热反应，结合物质的状态、能量变化书写热化学方程式，以此来解答。‎ ‎【解答】解：室温下苯为液体，1mol 苯在空气中完全燃烧，生成液态水，放出热量Q，可知为放热反应，则该反应的热化学方程式是C6H6（l）+O2（g）→6CO2（g）+3H2O（l）+Q，且物质的量与热量成正比，或为2C6H6（l）+15O2（g）→12CO2（g）+6H2O（l）+2Q，‎ 故选：D。‎ ‎3．【分析】由图可知，反应物 X 生成 Z为吸热反应，吸收的热量即为（b﹣a）kJ，以此来解答。‎ ‎【解答】解：由图可知，反应物 X 生成 Z为吸热反应，吸收的热量即为（b﹣a）kJ，所以该反应的热化学方程式为2X（ g ）→Z （ g ）+（a﹣b）kJ，故A正确；‎ 故选：A。‎ ‎4．【分析】热化学方程式需要标注物质聚集状态，注意△H的符号为‘﹣’表示放热，据此书写。‎ ‎【解答】解：红热的炭和水蒸气反应生成1mol氢气和1mol一氧化碳气体，吸收131.3KJ热量，则该反应热化学方程式为C（s）+H2O（g）＝H2（g）+CO（g）△H＝+131.3KJ，‎ 故选：D。‎ ‎5．【分析】①C（石墨，s）+O2（g）═CO（g）△H3＝﹣ckJ•mol﹣1，②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2＝﹣bkJ•mol﹣1，利用盖斯定律①+②可得③C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H1＝﹣akJ•mol﹣1，反应热与化学计量数成正比，据此分析a、b、c的关系．‎ ‎【解答】解：①C（石墨，s）+O2（g）═CO（g）△H3＝﹣ckJ•mol﹣1，②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2＝﹣bkJ•mol﹣1，利用盖斯定律①+②可得③C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H1＝﹣akJ•mol﹣1，反应热与化学计量数成正比，则﹣c+（﹣b）＝（﹣a），即a＝b+c，‎ 故选：A。‎ ‎6．【分析】A、反应物和生成物的聚集状态未标；‎ B、根据氢气燃烧生成水蒸气的逆过程为吸热过程来分析；‎ C、生成液态水，而不是水蒸气；‎ D、根据反应放热时焓变符号为负来判断．‎ ‎【解答】解：A、反应物和生成物的聚集状态未标，故A错误；‎ B、2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，则1mol氢气燃烧生成水蒸气放出242kJ热量，其逆过程就要吸收这些热量，有：H2O（g）＝H2（g）+O2（g）△H＝+242kJ•mol﹣1，故B正确；‎ C、生成的水应该为气态，而不是液态，故C错误；‎ D、反应为放热反应，此时焓变符号为负，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎7．【分析】物质由液态转变成固态要放出热量，由液态转变成气态要吸收热量，放热反应中旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量，据此对各选项进行判断．‎ ‎【解答】解：A．物质由液态转变成固态要放出热量，则1mol固体S单质燃烧放出的热量小于297.23kJ•mol﹣1，故A错误；‎ B．物质由液态转变成气态要吸收热量，则1mol气体S单质燃烧放出的热量大于297.23kJ•mol﹣1，故B错误；‎ C．放热反应中旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量，则1molSO2的键能总和大于1molS和1molO2的键能总和，故C正确；‎ D．放热反应中旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量，则1molSO2的键能总和大于1molS和1molO2的键能总和，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎8．【分析】根据盖斯定律②×﹣①得：2Fe（s）+O2（g）＝Fe2O3（s），焓变也乘以相应的数值进行加减，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：已知：①Fe2O3（s）+C（s）＝CO2（g）+2Fe（s）△H＝+234.1kJ•mol﹣1‎ ‎②C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.5kJ•mol﹣1‎ 由盖斯定律，②×﹣①，得：2Fe（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）△H＝（﹣393.5kJ•mol﹣1）×﹣（+234.1kJ•mol﹣1）＝﹣824.35kJ•mol﹣1，‎ 故选：B。‎ ‎9．【分析】根据盖斯定律，由已知热化学方程式①+②可构造出目标热化学方程式，注意反应热也处于相应的系数进行相应的加减，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：已知：①TiO2（s）+2Cl2（g）＝TiCl4（l）+O2（g）△H＝+140.5kJ/mol ‎②C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H＝﹣110.5kJ・mol﹣1，‎ 根据盖斯定律①+②可得：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s，石墨）═TiCl4（l）+CO2（g）△H＝+140.5kJ/mol+（﹣110.5kJ/mol）＝+30.0kJ/mol，‎ 故选：A。‎ ‎10．【分析】根据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）＝CH3COOH（1）的反应热。‎ ‎【解答】解：由（1）CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1＝﹣870.3kJ•mol﹣1‎ ‎（2）C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2＝﹣393.5kJ•mol﹣1‎ ‎（3）H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3＝﹣285.8kJ•mol﹣1‎ 由盖斯定律可知，（3）×2+（2）×2﹣（1）可得反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）＝CH3COOH（1），‎ 其反应热为2×（﹣285.8kJ•mol﹣1）+2×（﹣393.5kJ•mol﹣1）+870.3kJ•mol﹣1＝﹣488.3KJ•mol﹣1，‎ 故选：D。‎ ‎11．【分析】A．由题意无法判断△H和△H3相对大小；‎ B．完全燃烧放出的热量多；‎ C、D．根据盖斯定律结合已知方程式来构建目标方程式，然后计算反应热．‎ ‎【解答】解：A．CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）和C（石墨）+1/2 O2（g）＝CO（g）均为放热反应，由题意无法判断△H和△H3相对大小，故A错误；‎ B．完全燃烧放出的热量多，则生成二氧化碳放出的热量多，由于△H均为负值，则△H1＞△H3；故B错误；‎ C、D．已知：C（石墨）+1/2 O2（g）＝CO（g）△H1 ‎ H2（g）+1/2 O2（g）＝H2O（g）△H2‎ C（石墨）+O2（g）＝CO2（g）△H3，‎ 由盖斯定律得：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＝△H3﹣△H2﹣△H1，故C正确，D错误；‎ 故选：C。‎ ‎12．【分析】已知：①Fe2O3（s）+C（s）＝CO2（g）+2Fe（s）△H＝234.1kJ•mol﹣1 ‎ ‎②C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.5kJ•mol﹣1，‎ 由盖斯定律②×﹣①得：2Fe（s）+O2（g ）＝Fe2O3（s）据此计算反应热．‎ ‎【解答】解：已知：①Fe2O3（s）+C（s）＝CO2（g）+2Fe（s）△H＝234.1kJ•mol﹣1 ‎ ‎②C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.5kJ•mol﹣1，‎ 由盖斯定律②×﹣①得：2Fe（s）+O2（g ）＝Fe2O3（s）△H＝（﹣393.5）×﹣234.1＝﹣824.4kJ•mol﹣1；‎ 故选：A。‎ ‎13．【分析】利用盖斯定律可知，反应一步完成和多步完成的热效应相同，利用已知的反应和目标反应确定关系，然后计算反应热．‎ ‎【解答】解：H2（g）+O2（g）＝H2O（g）△H1①‎ N2（g）+O2（g）＝NO2（g）△H2②‎ N2（g）+H2（g）＝NH3（g）△H3③‎ 将方程式①×3+②×2﹣③×2得2NH3（g）+O2（g）＝2NO2（g）+3H2O（g）△H＝3△H1+2△H2﹣2△H3，‎ 故选：D。‎ ‎14．【分析】A、原子形成化学键放热，焓变小于0；‎ B、依据盖斯定律分析，反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关；‎ C、途径Ⅱ是断裂化学键的过程，是吸热过程，F、Cl、Br的原子半径依次增大，F2、Cl2、Br2断裂化学键需要能量依次减小；‎ D、根据F2的氧化性大于Cl2，所以F2与氢气化合的程度比Cl2大，据此判断平衡常数大小；‎ ‎【解答】解：A、原子形成化学键放热，焓变小于0，2H（g）+2X（g）═2HX（g）△H3＜0，故A正确；‎ B、反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关，途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，所以△H1＝△H2+△H3 ，故B正确；‎ C、F、Cl、Br的原子半径依次增大，F2、Cl2、Br2断裂化学键需要能量依次减小，所以途径Ⅱ吸收的热量依次减小，故C错误；‎ D、因F2的氧化性大于Cl2，所以F2与氢气化合的程度比Cl2大，则F2、Cl2分别发生反应I，同一温度下的平衡常数分别为K1＞K2，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎15．【分析】A．“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的绿色液态燃料为甲醇，合成过程为吸热过程；‎ B．甲醇属于绿色液态燃料，但水煤气生成是利用的化石燃料；‎ C．“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的绿色液态燃料，能吸收二氧化碳解决温室效应；‎ D．利用阳光、二氧化碳和水合成绿色燃料减少对化石燃料的依赖。‎ ‎【解答】解：A．由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的绿色液态燃料的过程中同时吸收能量，故A错误；‎ B．煤气化得到的水煤气为氢气和一氧化碳，利用的是化石燃料，所以氢气和一氧化碳合成的甲醇不属于“液态阳光”，故B正确；‎ C．“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的绿色液态燃料，能吸收二氧化碳解决温室效应，有利于可持续发展并应对气候变化，故C正确；‎ D．利用阳光、二氧化碳和水合成绿色燃料减少对化石燃料的依赖，有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎16．【分析】从能源是否可再利用的角度可把能源分为可再生能源和不可再生能源。人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；在自然界中可以不断再生的能源，属于可再生能源。‎ 化石燃料是古代生物在地下经过漫长的地质年代形成的，不可再生，化石燃料包括煤、石油、天然气，据此分析；‎ ‎【解答】解：A．汽油属于化石燃料，为不可再生能源，故A错误；‎ B．可燃冰成分为天然气，属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故B错误；‎ C．沼气可以通过发酵而制得，可以长期提供，属于可再生能源，故C正确；‎ D．核燃料不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎17．【分析】氢能、核能、太阳能等是清洁能源，可减少污染。‎ ‎【解答】解：氢能、核能、太阳能等是清洁、高效的新能源能源，天然气不是，‎ 故选：B。‎ ‎18．【分析】A．原始社会不可能用天然气； ‎ B．农村一般使用柴草做饭；‎ C．新能源包括太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物能、核能等；‎ D．化石燃料燃烧时产生硫的氧化物和氮的氧化物．‎ ‎【解答】解：A．天然气属于化石能源，原始社会不可能用天然气，故A错误； ‎ B．农村一般使用柴草做饭，不是用化石燃料，故B错误；‎ C．新能源包括太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物能、核能等，故C正确；‎ D．化石燃料燃烧时产生的硫的氧化物和氮的氧化物均能对环境造成污染，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎19．【分析】A．核能、太阳能、氢能都是洁净能源；‎ B．增大煤的使用不利于环保；‎ C．二氧化硅晶体具有导光性；‎ D．氮化硅陶瓷是耐高温隔热材料．‎ ‎【解答】解：A．核能、太阳能、氢能都是洁净能源，是未来发展的新能源，故A正确； ‎ B．增大煤的使用不利于环保，故B错误；‎ C．二氧化硅晶体具有导光性，可以制造光缆，故C正确；‎ D．氮化硅陶瓷是耐高温耐磨隔热的材料，能用于制造汽车发动机，故D正确。‎ 故选：B。‎ ‎20．【分析】A．电解水法制取氢气要消耗大量的电能； ‎ B． 煤炭液化技术是指以煤为原料制取汽油、柴油和液化石油气的技术；‎ C．甲醇中不含硫氮元素；‎ D．太阳能是洁净能源，且取之不尽用之不竭．‎ ‎【解答】解：A．用电解水法制取氢气要消耗大量的电能，故A错误； ‎ B．开发煤液化制取汽油的技术，可提高煤的利用率，节约能源，故B正确；‎ C．甲醇中不含硫氮元素，研制以甲醇为燃料的汽车，可以减少汽车尾气对环境造成的污染，故C正确；‎ D．太阳能是洁净能源，且取之不尽用之不竭，开发太阳能路灯代替传统路灯，能节能减排，故D正确。‎ 故选：A。‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．【分析】根据盖斯定律将③+②﹣①得：Mg（OH）2（s）═MgO（s）+H2O（g）△H＝△H3+△H2﹣△H1，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：已知：①Mg（s）+2H2O（g）═Mg（OH）2（s）+H2（g）△H1＝﹣441kJ ‎•mol﹣1‎ ‎②H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H2＝+242kJ•mol﹣1‎ ‎③Mg（s）+O2（g）═MgO（s）△H3＝﹣602kJ•mol﹣1．‎ 根据盖斯定律将③+②﹣①得：Mg（OH）2（s）═MgO（s）+H2O（g）△H＝（﹣602kJ•mol﹣1）+（+242kJ•mol﹣1）﹣（﹣441kJ•mol﹣1）＝+81 kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：Mg（OH）2（s）═MgO（s）+H2O（g）△H＝+81 kJ•mol﹣1．‎ ‎22．【分析】化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热．‎ ‎【解答】解：在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH﹣H键，1mol N三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ＝2254kJ，生成2mol NH3，共形成6mol N﹣H键，放出的能量为：6×391kJ＝2346kJ，吸收的热量少，放出的热量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ﹣2254kJ＝92kJ；‎ 故答案为：N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）△H＝﹣92kJ•mol﹣1．‎ ‎23．【分析】（1）由①A（s）+O2（g）═CO2（g）△H＝﹣393.51kJ/mol；②B（s）+O2（g）═CO2（g）△H＝﹣395.41kJ/mol，根据盖斯定律：①﹣②分析反应的热效应，能量越高越不稳定；‎ ‎（2）反应方程式为：H2+Cl2＝2HCl，根据吸收的能量之和与放出的能量之和的相对大小判断反应的吸放热，二者的差值即为焓变的数值；‎ ‎（3）据热化学方程式和盖斯定律计算写出热化学方程式；据图象写出水与甲烷反应的热化学方程式和氧气与甲烷反应的热化学方程式，再据热化学方程式计算．‎ ‎【解答】解：（1）由①A（s）+O2（g）═CO2（g）△H＝﹣393.51kJ/mol；②B（s）+O2（g）═CO2（g）△H＝﹣395.41kJ/mol，根据盖斯定律：①﹣②得：A（s）＝B（s）△H＞0，所以B的能量高，能量越高越不稳定，A稳定，‎ 故答案为：A；‎ ‎（2）反应方程式为：H2+Cl2＝2HCl，生成2molHCl，需吸收能量：436kJ+243kJ＝679kJ，放出能量：2×431kJ＝862kJ，放出的能量大于吸收的能量，则该反应放热，焓变为负号，且放出的热量为：864kJ﹣679kJ＝185kJ，所以△H＝﹣183KJ/mol，所以反应的热化学方程式是H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）△H＝﹣183 kJ/mol；‎ 故答案为：H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）△H＝﹣183 kJ/mol；‎ ‎（3）①2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）；△H1＝﹣72kJ•mol﹣1‎ ‎②CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H2＝+216 kJ•mol﹣1‎ 依据盖斯定律①﹣②得到氢气与氧气反应生成水蒸气的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H＝﹣252kJ•mol﹣1，CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）；△H2＝+216kJ•mol﹣1‎ ‎，2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）；△H1＝﹣72kJ•mol﹣1，‎ 若x＝0.2，有0.8molH2O（g）和0.2molO2（g），0.2mol氧气反应放热0.2mol×36KJ/mol×2＝14.4KJ；‎ 反应①与②放出（或吸收）的总能量为0时，设水蒸气物质的量为amol，则氧气物质的量为（1﹣a）mol，有216KJ/mol×amol＝72KJ/mol×（1﹣a）mol，解得：a＝0.26mol，所以x＝＝0.75；‎ 故答案为：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H＝﹣252kJ•mol﹣1；14.4；0.75．‎ ‎24．【分析】（1）①2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H＝﹣196.6kJ•mol﹣1；②2NO（g）+O2（g）2NO2（g）△H＝﹣113.0kJ•mol﹣1，依据盖斯定律得到热化学方程式；‎ ‎（2）负极发生氧化反应，氨气被氧化生成氮气，结合化合价的变化计算生成气体的体积；‎ ‎（3）达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；‎ ‎（4）5min后反应平衡，此时测得CH3OH的浓度为0.3mol/L，则v（CH3OH）＝＝0.06mol/（L•min），结合方程式计量关系计算v（H2）；计算平衡时可各物质的浓度，可计算平衡常数；‎ ‎（5）从横坐标上一点，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率，温度越低转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动．‎ ‎【解答】解：（1）①2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H＝﹣196.6kJ•mol﹣1‎ ‎②2NO（g）+O2（g）2NO2（g）△H＝﹣113.0kJ•mol﹣1‎ 依据盖斯定律得到热化学方程式为：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）△H＝﹣41.8KJ/mol；‎ 故答案为：﹣41.8；‎ ‎（2）负极发生氧化反应，氨气被氧化生成氮气，电极方程式为2NH3﹣6e﹣+3O2﹣＝N2+3H2O，反应的总方程式为6NO2+8NH3 7N2+12H2O，反应中N元素化合价分别由+4价、﹣3价变化为0价，有1.2mol电子通过，由方程式可知生成0.35mol氮气，体积为0.35mol×22.4L/mol＝7.84L，‎ 故答案为：2NH3﹣6e﹣+3O2﹣＝N2+3H2O；7.84；‎ ‎（3）a．无论是否达到平衡，体系压强都保持不变，不能用于判断是否达到平衡状态，故a错误；‎ b．混合气体颜色保持不变，说明浓度不变，达到平衡状态，故b正确；‎ c．SO3和NO的计量数之比为1：1，无论是否达到平衡，二者的体积比保持不变，不能判断是否达到平衡状态，故c错误；‎ d．物质的量之比等于化学计量数之比，则每消耗1mol SO3的同时生成1molNO2，不能判断是否达到平衡状态，故d错误．‎ ‎ 故答案为：b；‎ ‎（4）5min后反应平衡，此时测得CH3OH的浓度为0.3mol/L，则v（CH3OH）＝＝0.06mol/（L•min），由方程式可知v（H2）＝2v（CH3OH）＝0.12mol/（L•min），‎ 起始时容积为2L的密闭容器中充入2molCO和2molH2，即c（CO）＝1mol/L、c（H2）＝1mol/L，则 平衡时c（CH3OH）＝0.3mol/L，则c（CO）＝1mol/L﹣0.3mool/L＝0.7mol/L，c（H2）＝1mol/L﹣2×0.3mol/L＝0.4mol/L，‎ k＝＝2.68，‎ 故答案为：0.12mol/（L•min）； 2.68；‎ ‎（5）从横坐标上一点0.5处，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率，温度越高转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动．‎ 第二问：实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是工业生产要考虑速经济效益，要考虑速度和效率，压强越大需要的条件越高，花费越大．‎ 故答案为：＜；在1.3×104kPa下，CO的转化率已较高，再增大压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加．‎ ‎25．【分析】（1）已知①CH4（g）+H2O（g）＝C0（g）+3H2（g）△H＝﹣206.2KJ•mol﹣1‎ ‎②CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）△H＝+2.8KJ•mol﹣1‎ 由盖斯定律：①﹣②得CH4（g）+2H2O（g）＝CO2（g）+4H2（g）据此计算；‎ ‎（2）海水中存在2HCO3﹣⇌CO32﹣+CO2+H2O，根据平衡移动分析；其它条件相同时，温度越高，海水中CO32﹣浓度越小，T2时曲线在T1曲线下面；‎ ‎（3）设CO2转化的浓度为xmol/L，利用三段式求出x，根据K＝计算；‎ ‎（4）电极b氧离子失去电子发生氧化反应生成氧气，则b为阳极，与电源正极相连。‎ ‎【解答】解：（1）已知①CH4（g）+H2O（g）＝C0（g）+3H2（g）△H＝﹣206.2KJ•mol﹣1‎ ‎②CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）△H＝+2.8KJ•mol﹣1‎ 由盖斯定律：①﹣②得CH4（g）+2H2O（g）＝CO2（g）+4H2（g）△H＝﹣206.2KJ•mol﹣1﹣2.8KJ•mol﹣1＝﹣209.0KJ•mol﹣1；‎ 故答案为：﹣209.0KJ•mol﹣1；‎ ‎（2）海水中存在2HCO3﹣⇌CO32﹣+CO2+H2O，CO2浓度增大，化学平衡向左移动，CO32﹣浓度降低，则其它条件相同时，随着模拟空气中CO2浓度增大，海水中CO32﹣ 浓度变小；其它条件相同时，温度越高，海水中CO32﹣浓度越小，T2时曲线在T1曲线下面，则图象为；‎ 故答案为：其它条件相同时，随着模拟空气中CO2浓度增大，海水中CO32﹣ 浓度变小；；‎ ‎（3）设CO2转化的浓度为xmol/L，‎ ‎ CO2（g）+CH4（g）⇌2C0（g）+2H2（g）。‎ 开始浓度（mol/L）：3 3 0 0‎ 转化浓度（mol/L）：x x 2x 2x 平衡浓度（mol/L）：3﹣x 3﹣x 2x 2x 反应达到平衡时CO2的体积分数为10%，则×100%＝10%，解得x＝2‎ 则K＝＝＝256；‎ 答：该温度下该反应的平衡常数为256；‎ ‎（4）电极b氧离子失去电子发生氧化反应生成氧气，所以电极b上放出的气体为O2，阴离子在阳极失电子，所以b为阳极，与电源正极相连；‎ 故答案为：O2；正。‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎26．【分析】（1）根据碳、氢、氧、硫四种元素的原子结构特点分析解答，元素周期律：同一周期从左到右非金属性逐渐增强，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱；‎ ‎（2）分解16g甲烷即1mol吸收258kJ热量，结合热化学方程式书写规则写出热化学方程式；‎ ‎（3）纯碱Na2CO3溶液吸收H2S气体生成两种酸式盐为NaHCO3和NaHS，NaOH溶液吸收H2S时先生成Na2S，而后过量的H2S与Na2S反应生成酸式盐NaHS，据此分析解答；‎ ‎（4）甲烷是正四面体结构、是非极性分子，结合微波加热技术的原理解答；硫化氢分子结构与水分子相似，但O的非金属性强，其氢化物的稳定性大。‎ ‎【解答】解：（1）氢是1号元素，核外只一电子层、最外层一个电子；碳元素的原子结构示意图为，氧元素的原子结构示意图为，硫元素的原子结构示意图为，所以最外层电子数是电子层数两倍的是C、S；碳、氢、氧、硫四种元素中H的非金属性最弱，碳、氧位于同一周期，O的非金属性强，氧、硫位于同一主族，O的非金属性强，所以四种元素中O的非金属性最强，核外电子排布式为1s22s22p4，‎ 故答案为：C、S；1s22s22p4；‎ ‎（2）16g甲烷即1mol分解吸收258kJ热量，所以甲烷分解的热化学方程式为CH4（g）＝C（s）+2H2（g）△H＝+258kJ/mol，‎ 故答案为：CH4（g）＝C（s）+2H2（g）△H＝+258kJ/mol；‎ ‎（3）Na2CO3溶液吸收H2S气体生成两种酸式盐为NaHCO3和NaHS，离子方程式为CO32﹣+H2S＝HCO3﹣+HS﹣；NaOH溶液吸收H2S时先生成Na2S和水，Na2S是正盐、完全电离生成S2﹣，并且c（S2﹣）不断增大直到NaOH反应完全，而后继续通入H2S气体，H2S与Na2S反应生成酸式盐NaHS，NaHS以水解为主，所以，溶液中c（S2﹣）是先增大，后减小，‎ 故答案为：CO32﹣+H2S＝HCO3﹣+HS﹣；先增大，后减小；‎ ‎（4）甲烷是正四面体结构、是非极性分子，微波加热技术的原理是：利用极性分子内部正负电荷分布不均匀的特点，在电磁场作用下会频繁运动摩擦，使温度升高，所以甲烷制炭黑的工业生产中，甲烷不适合使用该技术加热；氧、硫位于同一主族，但O的非金属性强，所以H2O的热稳定性强于H2S，‎ 故答案为：不适合，甲烷是非极性分子，分子内部正负电荷均匀分布；O的非金属性强于S，H2O的热稳定性强于H2S，因此H2S更易分解。‎ ‎27．【分析】（1）以 CO2 和 H2 为原料可得到 CH4 燃料。‎ 已知：①CH4 （g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g）△H1＝+247kJ•mol﹣1‎ ‎②CH4 （g）+H2O（g）＝CO（g）+3H2（g）△H2＝+205kJ•mol﹣1 ‎ 盖斯定律计算①﹣②×2得到由 CO2 获得CH4的热化学方程式；‎ ‎（2）900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大；‎ ‎（3）①催化剂活性越大，反应速率越大，温度过高，催化剂的活性降低；‎ ‎②为了提高该反应中的CH4转化率，可以使平衡正向移动；‎ ‎③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中反应生成硝酸铜、硝酸铝、一氧化氮和水，结合电荷守恒和电子守恒、原子守恒书写离子方程式；‎ ‎（4）该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子；在正极的反应式中，在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，二氧化碳和O2﹣反应生成草酸根和氧气。‎ ‎【解答】解：（1）以 CO2 和 H2 为原料可得到 CH4 燃料，‎ 已知：①CH4 （g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g）△H1＝+247kJ•mol﹣1‎ ‎②CH4 （g）+H2O（g）＝CO（g）+3H2（g）△H2＝+205kJ•mol﹣1 ‎ 盖斯定律计算①﹣②×2得到由 CO2 获得CH4的热化学方程式：CO2（g）+4H2（g）＝CH4（g）+2H2O（g）△H1 ＝﹣163 kJ/mo1，‎ 故答案为：CO2（g）+4H2（g）＝CH4（g）+2H2O（g）△H1 ＝﹣163 kJ/mo1；‎ ‎（2）根据图知，900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低，‎ 故答案为：900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低；‎ ‎（3）①由于250℃是Cu2Al2O4催化剂的活性温度，所以在250℃时催化剂活性最大，反应速率大，温度250～300℃时，催化剂的活性降低，使催化效率下降，‎ 故答案为：温度高于250℃时，催化剂的活性降低，使催化效率下降；‎ ‎②平衡正向移动，CH4转化率增大，增大CO2的浓度或及时分离出乙酸，平衡正向移动，‎ 故答案为：增大CO2的浓度；及时分离出乙酸 ‎③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中离子方程式是：3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣＝6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O，‎ 故答案为：3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣＝6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；‎ ‎（4）该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子，电极反应式为Al﹣3e﹣＝Al3+（或2Al﹣6e﹣＝2Al3+），‎ 电池的正极反应式：2CO2+2e﹣＝C2O42﹣‎ 该过程中，O2起催化作用，催化过程可表示为：‎ i：6 O2 +6e﹣＝6 O2﹣‎ ii：二氧化碳和O2﹣反应生成草酸根和氧气，反应为6CO2+6O2﹣＝3C2O42﹣+6O2，‎ 故答案为：Al﹣3e﹣＝Al3+（或2Al﹣6e﹣＝2Al3+）；6CO2+6O2﹣＝3C2O42﹣+6O2。‎ ‎28．【分析】（1）由①2FeSO4（s）+Na2O2（s）＝Fe2O3（s）+Na2SO4（s）+SO3（g）△H1＝akJ•mol﹣1‎ ‎②2Fe2O3（s）+2Na2O2（s）＝4NaFeO2（s）+O2（g）△H2＝bkJ•mol﹣1‎ ‎③2SO3（g）+2Na2O2（s）＝2Na2SO4（s）+O2（g）△H3＝ckJ•mol﹣1‎ ‎④2NaFeO2（s）+3Na2O2（s）＝2Na2FeO4（s）+2Na2O（s）△H4＝dkJ•mol﹣1‎ 结合盖斯定律可知反应（①×2+②+③+④×2）×得到2FeSO4（s）+6Na2O2‎ ‎（s）＝2Na2FeO4（s）+2Na2O（s）+2Na2SO4（s）+O2（g）；每生成2mol Na2FeO4转移电子2mol×（6﹣2）+1mol×[0﹣（﹣1）]＝10mol；‎ ‎（2）阳极上Fe失去电子生成FeO42﹣，阳离子交换膜可避免FeO42﹣在阴极上被还原；‎ ‎（3）①pH＝11时，K2FeO4与H2O反应生成Fe（OH）3和O2，Fe元素的化合价降低，O元素的化合价升高；‎ ‎②图﹣2中：pH越大氨氮的去除率也越大，因高铁酸盐在酸性较强时不稳定，容易分解，与污染物作用的时间短；‎ ‎③图﹣3中：pH＝10时锌的去除率比pH＝5时大得多，碱性条件下锌几乎都以Zn（OH）2存在。‎ ‎【解答】解：（1）由①2FeSO4（s）+Na2O2（s）＝Fe2O3（s）+Na2SO4（s）+SO3（g）△H1＝akJ•mol﹣1‎ ‎②2Fe2O3（s）+2Na2O2（s）＝4NaFeO2（s）+O2（g）△H2＝bkJ•mol﹣1‎ ‎③2SO3（g）+2Na2O2（s）＝2Na2SO4（s）+O2（g）△H3＝ckJ•mol﹣1‎ ‎④2NaFeO2（s）+3Na2O2（s）＝2Na2FeO4（s）+2Na2O（s）△H4＝dkJ•mol﹣1‎ 结合盖斯定律可知反应（①×2+②+③+④×2）×得到2FeSO4（s）+6Na2O2（s）＝2Na2FeO4（s）+2Na2O（s）+2Na2SO4（s）+O2（g）△H＝kJ•mol﹣1；每生成2mol Na2FeO4转移电子2mol×（6﹣2）+1mol×[0﹣（﹣1）]＝10mol，则该反应中，每生成1mol Na2FeO4转移电子数为5mol，‎ 故答案为：； 5；‎ ‎（2）阳极生成FeO42﹣的电极反应式为Fe+8OH﹣﹣6e﹣＝FeO42﹣+4H2O，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是避免FeO42﹣在阴极上被还原，‎ 故答案为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣＝FeO42﹣+4H2O；避免FeO42﹣在阴极上被还原；‎ ‎（3）①pH＝11时，K2FeO4与H2O反应生成Fe（OH）3和O2，Fe元素的化合价降低，O元素的化合价升高，由电子、电荷及原子守恒可知，离子反应为4FeO42﹣+10H2O＝4Fe（OH）3↓+3O2↑+8OH﹣，‎ 故答案为：4FeO42﹣+10H2O＝4Fe（OH）3↓+3O2↑+8OH﹣；‎ ‎②图﹣2中：pH越大氨氮的去除率也越大，其原因可能是高铁酸盐在酸性较强时不稳定，容易分解，与污染物作用的时间短（以及在酸性条件下，氨氮主要以NH4+‎ 的形成存在，具有较稳定结构，还原性比NH3弱），‎ 故答案为：高铁酸盐在酸性较强时不稳定，容易分解，与污染物作用的时间短；‎ ‎③图﹣3中：pH＝10时锌的去除率比pH＝5时大得多，其原因是在pH为5时，锌以Zn2+存在，而在pH＝10时，锌几乎都以Zn（OH）2存在，并被高铁酸盐分解的产物Fe（OH）3捕集，‎ 故答案为：pH为5时，锌以Zn2+存在，而在pH＝10时，锌几乎都以Zn（OH）2存在，并被高铁酸盐分解的产物Fe（OH）3捕集。‎ ‎29．【分析】（1）①加入催化剂，可以使得活化能减小，反应速度加快；‎ ‎②根据反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）结合1molN2分子中的化学键断裂时需要吸收942kJ的能量；1molH2分子中的化学键断裂时需要吸收436kJ的能量；形成1molN﹣H键时释放390.8kJ的能量计算反应热；‎ ‎③依据化学反应速率之比等于系数之比计算得到．‎ ‎（2）已知①N2（g）+2O2（g）═N2O4（l），△H＝﹣19.5kJ/mol；‎ ‎②N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g），△H＝﹣534.7kJ/mol；‎ 利用盖斯定律将②×2﹣①可得2N2H4（l）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g），并以此计算反应热．‎ ‎【解答】解：（1）①因图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量，而E为反应的活化能，由于反应热的大小取决于反应物和生成物的总能量的相对大小，故E的大小对反应热无影响；加入催化剂，改变了反应路径，使反应的活化能减小，即B点降低．‎ 故答案为：无影响；降低；催化剂参与反应，改变了反应路径，降低反应的活化能；‎ ‎②根据反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）结合1molN2分子中的化学键断裂时需要吸收942kJ的能量、1molH2分子中的化学键断裂时需要吸收436kJ的能量、形成1molN﹣H键时释放390.8kJ的能量，可知，反应的反应热△H＝942kJ/mol+3×436kJ/mol﹣390.8kJ/mol×6＝﹣94.8KJ/mol，‎ 故答案为：﹣94.8KJ/mol；‎ ‎③由于v（H2）＝0.15mol/（L•min），而化学反应速率之比等于系数之比，故v（N2）＝v（H2）＝0.05mol/（L•min），v（NH3）＝2v（N2）＝0.1mol/（L•min），‎ 故答案为：0.05；0.1mol/（L•min）；‎ ‎（2）已知①N2（g）+2O2（g）═N2O4（l），△H＝﹣19.5kJ/mol；‎ ‎②N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g），△H＝﹣534.7kJ/mol；‎ 利用盖斯定律将②×2﹣①可得2N2H4（l）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g），‎ ‎△H＝（﹣534.7kJ/mol）×2﹣（﹣19.5kJ/mol）＝﹣1049.9kJ/mol，‎ 故答案为：2N2H4（l）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H＝﹣1049.9kJ/mol．‎ ‎30．【分析】（1）N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+181.5kJ•mol﹣1，则2NON2+O2 △H＝﹣181.5kJ•mol﹣1，根据催化剂表面分解NO过程可知，分子被吸附时体系低，发生化学变化放出能量、并被吸附时，体系能量更低，解吸时分子混乱度增加、体系内能略有增大；‎ ‎（2）根据盖斯定律（①+②）×得到反应CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）的焓变△H3；‎ ‎（3）①恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，结合反应的三段式计算Cl2的变化量，利用v＝计算v（Cl2）；‎ 可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的其它物理量不变；‎ ‎②提高NO的转化率即改变条件反应正向进行，提高反应速率可采取增大浓度、升高温度、加入催化剂、压缩气体，综合两方面解答；‎ ‎③当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当n（NO）/n（Cl2）＝2.5时产物的含量减小；‎ ‎（4）反应的活化能越低，反应速率越大；反应达到平衡状态，则v1正＝v1逆，v2正＝v2逆，2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的平衡常数K＝，据此推算；‎ ‎【解答】解：（1）从过程图可知，A状态时NO被吸附到催化剂表面，B状态为NO变成N原子和O原子，这个过程需要吸收能量，C状态为N原子和N原子结合变成N2，O原子和O原子结合变成O2，这个过程为成键过程，需要放出能量，则从整个反应过程来看，反应是2NON2+O2△H＝﹣181.5kJ•mol﹣1即△H＜0，所以生成的N2、O2被吸附时体系熵变最小、能量最低，即能量状态最低的是C，故答案为：C；‎ ‎（2）由盖斯定律（①+②）×得到反应CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO2‎ ‎（g）+2H2O（g）的焓变△H3＝×[（﹣574 kJ/mol）+（﹣1160 kJ/mol）]＝﹣867kJ/mol，‎ 故答案为：﹣867kJ/mol；‎ ‎（3）①反应的三段式为：2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）‎ ‎ 起始量（mol） 2 2 0‎ ‎ 变化量（mol） 2x x 2x ‎ 平衡量（mol） 2﹣2x 2﹣x 2x 恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即（2﹣2x+2﹣x+2x）：（2+2）＝0.8：1，x＝0.8mol，v（Cl2）＝＝0.1mol/（L•min）；‎ A、反应2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）是体积变化的反应，反应正向进行则气体总物质的量n减小，逆向进行则气体总物质的量n增大，体系中物质总质量m不变，结合＝可知，不变则各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故A正确；‎ B、反应体系是恒容，各物质均为气态，所以气体的总质量不变，根据ρ＝可知，体系中混合气体密度始终不变，即混合气体密度不变不能判定反应是否达到平衡 ‎，故B错误；‎ C、NO与 Cl2的物质的量之比值保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；‎ D、v（ClNO）正＝v（NO）正时，反应正向进行，无不能确定是否达到平衡状态，故D错误；‎ 故答案为：0.1；AC；‎ ‎②A．升高温度，反应速率加快，反应会移动，但不知道反应的热效应，故A不确定；‎ ‎ B．缩小容器体积，相当加压，反应正向进行、反应速率加快，故B选；‎ C．充入Cl2气体，反应速率加快、反应正向进行，NO的转化率提高，故C选；‎ D．使用合适的催化剂，能加快反应速率，但不影响反应移动方向，即NO的转化率不变，故D不选；‎ 故答案为：BC；‎ ‎③当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当n（NO）/n（Cl2）＝2.5时ClNO的体积分数减小，所以应该是F点，‎ 故答案为：F；‎ ‎（4）反应的活化能越低，反应速率越大，反应①的反应速率大，则E1小、E2大，即E1＜E2；‎ 反应达到平衡状态，则v1正＝v1逆，v2正＝v2逆，即k1正c2（NO）＝k1逆c（N2O2），k2正c（N2O2）•c（O2）＝k2逆c2（NO2），所以＝，2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的平衡常数K＝＝，故答案为：＜；；‎