1.2反应热的计算 练习 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 1.2反应热的计算 练习 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-10 10:48:53 | ||
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文档简介
1.2 反应热的计算--练习--2023-2024学年高二第一学期化学人教版 （2019）选择性必修1
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知：H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH=-285.8kJ·mol-1
C3H8(g)+O2(g)3CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-2219.9kJ·mol-1
在25℃和101kPa下，H2和C3H8的混合气1mol完全燃烧生成和液态水，放出1446.26kJ的热量。该混合气中H2和C3H8的体积比是
A．2∶1 B．1∶2 C．1∶1 D．2∶3
2．已知化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关，如图Ⅰ所示：ΔHa=ΔHb+ΔHc。根据上述原理和图Ⅱ所示，判断下列各项对应的反应热关系中不正确的是
A．A→F的ΔH=-ΔH6
B．A→D的ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3
C．ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0
D．ΔH1+ΔH6=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5
3．P4S3可用于制造安全火柴，相关物质的结构及键能如表所示：
物质
共价键 S—S P—P P—S
键能(kJ·mol-1) a b c
则反应S8(s)+P4(s)=P4S3(s)的ΔH为
A．(a+b-c)kJ·mol-1 B．(c-a-b)kJ·mol-1
C．(3a+3b-6c)kJ·mol-1 D．3(a+2b-3c)kJ·mol-1
4．下列说法正确的是
A．吸热反应使环境的温度升高
B．当反应放热时ΔH>0，反应吸热时ΔH<0
C．化学反应中，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，ΔH为“+”
D．化学反应中，当反应物断键吸收的总能量大于生成物成键释放的的总能量时，反应放热，ΔH为“-”
5．己知：由最稳定的单质合成某物质的反应焓变叫做该物质的摩尔生成焓，用表示，最稳定的单质的摩尔生成焓为0.相同状况下有关物质的摩尔生成焓如图所示，下列有关判断错误的是
A．的摩尔生成焓
B．相同状况下，比稳定
C．根据上表所给数据，可求得的燃烧热
D．与充分反应生成，放出的热量
6．已知25℃时，某些物质的燃烧热数据如表：
物质
燃烧热 -285.8 -393.5 -395.0 -3267.5
下列热化学方程式书写正确的是
A．
B．
C．
D．
7．标准状态下，下列物质的相对能量如下表，下列说法不正确的是
气态物质 H2 O2 H O HO H2O H2O2
能量(kJ/mol) 0 0 218 249 39 -242 -136
A．H2的键能为436kJ/mol
B．H2O2(g)=2HO(g) △H=-214kJ/mol
C．O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍
D．2H2O2(g)=2H2O(g)＋O2(g) △H=-212kJ/mol
8．和反应，其能量关系如图。下列说法正确的是
A． B．
C． D．相同条件下比更稳定
9．在一定条件下，和燃烧的热化学方程式分别为 ， 。若某和CO的混合气体充分燃烧，放出的热量为262.9kJ，生成的用过量的饱和石灰水完全吸收，得到50g白色沉淀。则混合气体中和的体积比为
A．1：2 B．1：3 C．2：1 D．2：3
10．一定条件下，和反应生成的能量变化如下图所示。下列说法正确的是
A．形成键吸收能量
B．断裂中的化学键吸收能量
C．，
D．一定条件下，、和中，最稳定的为HCl
11．以N2O5为新型硝化剂的硝化反应具有反应条件温和、选择性高、无副反应发生、过程无污染等优点。N2O5可通过N2O4臭氧化法制备。
已知：①N2O4(g)2NO2(g) ΔH1
②2O3(g)=3O2(g) ΔH2
③2N2O5(s)=4NO2(g)+O2(g) ΔH3
则N2O4(g)+O3(g)N2O5(s)+O2(g)的ΔH为
A．ΔH1+ΔH2-ΔH3 B．2ΔH1-ΔH2+ΔH3
C．ΔH1+ΔH2-ΔH3 D．2ΔH1+ΔH2+ΔH3
12．科学家已获得了气态N4，其空间结构为正四面体形(如图所示)。已知断裂1molN-N键吸收193kJ能量，断裂1molN≡N键吸收946kJ能量。下列说法正确的是
A．N4属于一种新型化合物
B．N4(g)=2N2(g) △H=+734kJ mol-1
C．N4(g)比N2(g)更稳定
D．以N4(g)为原料替代N2(g)合成等量NH3(g)时，会放出更多的热量
13．设为阿伏加德罗常数的值。已知反应：
①
②
其他数据如表所示，下列说法正确的是
化学键
键能 798 x 413 463
A．，且甲烷的摩尔燃烧焓为
B．
C．上表中
D．当有个C-H键断裂时，反应放出的热量为bkJ
14．化学反应的过程及能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．光照和点燃条件下的反应热相同
B．键的键能为
C．热化学方程式：
D．2mol气态氢原子的能量高于1mol氢气的能量
15．如下图所示，ΔH1=-393.5 kJ·mol-1，ΔH2=-395.4 kJ·mol-1，下列说法或表示式正确的是
A．石墨和金刚石的转化是物理变化
B．金刚石的稳定性强于石墨
C．C(s，石墨)=C(s，金刚石) ΔH=-1.9 kJ·mol-1
D．1 mol 石墨的总键能比1 mol 金刚石的总键能大1.9 kJ
二、工业流程题
16．金(Au)广泛应用于电子信息产业，一种从被FeS2包裹的含金矿物中提金的工艺流程如下：
(1)①“预处理”时，FeS2被氧化为Fe2(SO4)3，写出该反应的离子方程式 。
②研究发现H2O2在Fe2+的催化作用下产生具有强氧化能力的中间体 OH， OH将金表面的FeS2氧化溶出。FeS2溶出率与硫酸初始浓度的关系如图所示，随着硫酸初始浓度的增大，FeS2溶出率逐渐提高的主要原因是 。
(2)①“浸取”时Au转化为配合物NH4[Au(SCN)4]，该配合物中的配体为 。
②“浸取”时可使用硫脲[SC(NH2)2]代替NH4SCN，硫脲可通过下列反应制备：
。
(3)“置换”时需维持无氧环境，其主要原因是 。
(4)测定样品中Au的含量：准确称取0.1000g试样，加入王水，将Au转化成具有强氧化性的氯金酸(HAuCl4)，在除去硝酸根后的溶液中，边不断搅拌，边向溶液中加入过量0.4000 mol·L-1FeSO4溶液30.00mL，将HAuCl4完全还原为Au；滴加二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.1000 mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液18.00mL。
已知：
计算样品中金的质量分数(写出计算过程) 。
17．钠及其化合物的生产、应用，是化工生产与研究的重要组成部分。
I.碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产。回答下列问题：
已知：①
②
(1)反应的
II.工业上以侯氏制碱法为基础生产焦亚硫酸钠(Na2S2O3，能溶于水)的工艺流程如下：
(2)反应I的化学方程式是 。
(3)关于上述流程，下列说法不正确的是_______(填字母)。
A．氨气溶于水使溶液呈碱性的原因是：
B．在空气中灼烧发生反应的化学方程式为
C．该流程中，CO2可以循环使用
D．溶液乙经过蒸发结晶得到五水硫酸铜晶体
(4)Y溶液中含有阳离子有Na+、H+和离子X。检验离子X的方法是 。
(5)已知 Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2，其离子方程式为 。
(6)反应III包含多步反应：第一步：……；第二步：
为了减少产品Na2S2O5中的杂质含量，理论上需控制第一步反应中气体反应物与固体反应物的物质的量之比为 ；若通入气体量不足，则会导致产品中杂质含量增加。检验产品中是否含有碳酸钠杂质，所需试剂是 (填编号)。
①酸性高锰酸钾溶液②品红溶液③澄清石灰水④饱和碳酸氢钠溶液⑤NaOH溶液⑥稀盐酸
18．铂(Pt)是一种贵金属，广泛用于化工领域。从某废催化剂(主要含有Pt、C、Al2O3、MgO)中回收Pt的一种工艺流程如图所示。
(1)I中焙烧时，C与空气中的O2生成了CO和CO2，发生的反应如下：
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5kJ·mol-1；
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-221kJ·mol-1；
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H3= kJ·mol-1。
(2)实验人员采用三种不同的浸出液分别研究II中Pt的浸出率。所用的浸出液分别是HCl－H2SO4－NaClO3、HCl－NaClO3和HCl－H2O2。
①将下列浸出反应的离子方程式补充完整： 。
3Pt+Cl-+ClO+_____=3[PtCl6]2-+H2O
②当NaClO3或H2O2作为氧化剂浸出等量Pt时，n(NaClO3)：n(H2O2)= 。
③c(H+)相同、浸出时间相同时，三种浸出液对Pt的浸出率如表。
[注：c(NaClO3)按照②中的物质的量关系换算成c(H2O2)计]。
氧化剂浓度/mol·L-1 0.1 0.2 0.3 0.4
甲 HCl－H2SO4－NaClO3对Pt的浸出率/% 72.7 78.2 77.5 75.4
乙 HCl－NaClO3对Pt的浸出率/% 79.6 85.3 82.1 81.6
丙 HCl－H2O2对Pt的浸出率/% 80.0 85.6 83.2 82.5
a.以HCl－NaClO3为例，说明当其中氧化剂浓度大于0.2mol·L-1时，Pt的浸出率降低的原因：随着c(NaClO3)增大，其氧化性增强，部分ClO被 还原而消耗。
b.氧化剂浓度均为0.2mol·L-1时，甲中Pt的浸出率最低的可能原因：由于三种浸出液中的c(H+)均相同， 。
(3)III中萃取剂(R3N)的萃取机理如下(O表示有机体系，A表示水溶液体系)。
i.R3N(O)+H+(A)+Cl-(A)R3NHCl(O)
ii.2R3NHCl(O)+[PtCl6]2-(A)(R3NH2)[PtCl6](O)+2Cl-(A)
①分离操作x是 。
②IV中向含Pt的有机物中加入NaOH溶液可使[PtCl6]2-进入水溶液体系，反应的离子方程式是 。
19．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
(1)合成塔中发生反应的化学方程式为 。
(2)单质X的化学式是 。 吸收塔中X的作用是 。
(3)工业上为了储运浓硝酸，最好选择_______作为罐体材料。
A．铜 B．铂 C．铝 D．镁
(4)为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，工业上常用Na2CO3吸收尾气，发生的反应为：NO+NO2+Na2CO3 =2NaNO2+CO2、2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2，将标准状况下44.8L仅含NO和NO2混合气体的尾气通入Na2CO3溶液中，尾气被完全吸收，则消耗的Na2CO3的物质的量为 mol。
将拆开或形成1mol化学键所需要的能量称为键能(kJ·mol-1)。表中是一些共价键的键能：
共价键 H-H N≡N N-H
键能(kJ·mol-1) 436 945 391
(5)根据表中的数据判断工业合成氨的反应是 (填“吸热”或“放热”)反应；
(6)取一定量N2和H2放入一密闭容器中，在一定条件下进行反应，理论上生成2molNH3时放出或吸收的热量为QkJ，则Q= 。
20．习近平总书记在世界领导人气候峰会上指出，中国将在2030年前实现“碳达峰”、2060年前实现“碳中和”。这是中国基于推动构建人类命运共同体的责任担当和实现可持续发展的内在要求作出的重大战略决策。因此CO2的捕集、创新利用与封存成为科学家研究的重要课题。
Ⅰ.最近有科学家提出“绿色自由”构想：先把空气吹入饱和碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，并使之变为可再生燃料甲醇。“绿色自由”构想技术流程如图：
已知：
化学键 H—H C—O C=O H—O C—H
键能/(kJ mol-1) 436 326 803 464 414
(1)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(空气从吸收池底部进入，溶液从顶部喷淋)，其目的是 。写出吸收池中反应的化学方程式 。
(2)根据表中键能写出合成塔中反应的热化学方程式 。
(3)合成塔中制备甲醇的反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H1
②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H2=-90kJ·mol-1
若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 。
A． B．
C． D．
(4)下列物质能作为CO2捕获剂的是 (填标号)。
A．NaOH溶液 B．NH4Cl溶液 C．CH3CH2OH D．浓氨水
Ⅱ.CO2和H2合成甲烷也是CO2资源化利用的重要方法。
(5)一定条件下Pd—Mg/SiO2催化剂可使CO2“甲烷化”从而变废为宝，其反应机理如图1所示，该反应的化学方程式为 ，反应过程中碳元素的化合价为-2价的中间体是 。
(6)催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化的影响如图2所示。对比两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是 ，使用的合适温度为 。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】假设混合气体中氢气物质的量为y，则C3H8物质的量为1-y，根据题意列出方程：，解得氢气，则C3H8物质的量0.6mol，根据阿伏伽德罗定律可知，该混合气中H2和C3H8的体积比：2∶3，答案选D。
2．D
【分析】一个化学反应的热效应，仅与反应物的最初状态及生成物的最终状态有关，而与中间步骤无关，可以根据盖斯定律以及热化学方程式的含义来回答判断，据此分析。
【详解】A．根据热化学方程式的含义，互为可逆的两个化学反应其焓变是互为相反数的关系，A→F，ΔH=-ΔH6，A正确；
B．根据盖斯定律：A→D，ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，B正确；
C．对于自身物质而言，物质的能量是固定的，即H是一定的，但是焓变为0，ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0，C正确；
D．对于自身物质而言，物质的能量是固定的，即H是一定的，但是焓变为0，ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0，即ΔH1+ΔH6=-(ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5)，D错误；
故选D。
3．C
【详解】根据反应物总键能-生成物总键能，则该反应，答案选C。
4．C
【详解】A．吸热反应是体系从环境中吸收热量的反应，使环境的温度降低，故A错误；
B．当反应放热时ΔH<0，反应吸热时ΔH>0，故B错误；
C．一个化学反应，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，则反应为吸热反应，ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量>0，ΔH为“+”，故C正确；
D．化学反应中，ΔH=反应物断键吸收的总能量-生成物成键释放的的总能量>0，当反应物断键吸收的总能量大于生成物成键释放的的总能量时，反应吸热，ΔH为“+”，故D错误；
故选C。
5．C
【详解】A．由图可知，的摩尔生成焓为-241.8kJ mol-1，H2O（g）能量高于，则的摩尔生成焓ΔH＜-241.8kJ mol-1，故A正确；
B．N2H4(l)标准摩尔生成焓为50.6kJ/mol，NH3(g)的标准摩尔生成焓为-45.9kJ/mol，根据能量越低越稳定，则NH3比N2H4稳定稳定，故B正确；
C．N2H4(l)标准摩尔生成焓为50.6kJ/mol，①N2(g)+2H2(g) N2H4(l)ΔH=+50.6kJ/mol，H2O(g)标准摩尔生成焓为-241.8kJ/mol，则②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6kJ/mol，根据盖斯定律：②-①得N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534.2kJ/mol，但标准燃烧热是指生成液态水，故标准状况下，N2H4(l)的燃烧热大于534.2kJ mol-1，不能计算出具体的数值，故C错误；
D．根据图中数据可知，0.5molN2(g)与1.5molH2(g)充分反应生成1molNH3(g)，放出45.9kJ的热量，故D正确。
答案选C。
6．A
【分析】根据燃烧热的概念可写出① ；② ；③ 。
【详解】A．根据盖斯定律，由(①×6+②×3-③)可得：
，A正确；
B．石墨和金刚石的化学式均为C，应注明是石墨还是金刚石，B错误；
C．由于 ，则的，C错误；
D．由的燃烧热可知 ，D错误；
答案选A。
7．B
【详解】A．根据表格中的数据及H(g)+H(g)=H2(g)可知H2的键能为218kJ·mol-1×2=436kJ·mol-1，A正确；
B．H2O2(g)=2HO(g) △H=（+39 kJ/mol）×2-（-136 kJ/mol）=+214kJ/mol，B错误；
C．由表格中的数据及O(g)+O(g)=O2(g)，可知O2的键能为：249kJ·mol-1×2=498kJ·mol-1，由题中信息可知H2O2中氧氧单键的键能为214kJ·mol-1，则O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，C正确；
D．由表中的数据可知2H2O2(g)=2H2O(g)＋O2(g) △H=（-242kJ·mol-1）×2+0kJ·mol-1-2×(-136kJ·mol-1)= -212 kJ·mol-1，D正确；
故选B。
8．A
【详解】A．根据图示可知：①2Na+(g)+2Cl-(g)=2NaCl(g) △H8；②2Na+(g)+2Cl-(g)=2NaCl(g) △H6；③2NaCl(g)=2NaCl(s) △H7，根据盖斯定律，将②+③，整理可得：2Na+(g)+2Cl-(g)=2NaCl(g)；所以△H8=△H6+△H7，A正确；
B．生成氯化钠的反应为放热反应，焓变小于0，固态变为气态为吸热反应，焓变大于0，，B错误；
C．断裂化学键需吸收能量，所以△H4>0，C错误；
D．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。物质由气态变为固态时会释放能量，说明固体时能量低，更稳定，故相同条件下NaCl(g)不如NaCl(s)更稳定，D错误；
选A。
9．D
【详解】设混合气体中和物质的量分别为x、y；，根据C元素守恒可知；根据能量守恒可知；两式联立解得，，根据可知，一定条件下，气体的物质的量之比等于气体的体积之比，则混合气体中和的体积比：2：3，答案选D。
10．C
【详解】A．成键放出能量，形成键放出能量243kJ，故A错误；
B．断键需要吸收热量，断裂1molHCl中的化学键吸收能量是431kJ，故B错误；
C．ΔH可以用反应物的总键能减去生成物的总键能，ΔH=(436+243)-2×431=-183kJ/mol，故C正确；
D．键能越大越稳定，H-H键键能最大，H2最稳定，故D错误；
答案选C。
11．C
【详解】已知：①N2O4(g)2NO2(g) ΔH1，
②2O3(g)=3O2(g) ΔH2，
③2N2O5(s)=4NO2(g)+O2(g) ΔH3，
由盖斯定律可知，反应①+②-③得反应N2O4(g)+O3(g)N2O5(s)+O2(g)，故该反应的 ΔH═ΔH1+ΔH2-ΔH3；C符合。
答案选C。
12．D
【详解】A．N4属单质，故A错误；
B．1molN4气体中含有6molN-N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为：6×193kJ=1158kJ，形成化学键放出的热量为946kJ×2=1892kJ，所以反应放热，放出的热量为：1892kJ-1158kJ=734kJ，则N4(g)=2N2(g) △H=-734kJ mol-1，故B错误；
C．结合选项B可知，N4(g)比N2(g)能量高，则N4(g)不如N2(g)稳定，故C错误；
D．结合选项B可知，2molN2转化为1molN4需要吸收734kJ的热量，则以N4为原料替代N2合成等量NH3时，放出的热量变多，故D正确；
故答案为D。
13．C
【详解】A．反应①②都是甲烷燃烧，所有的燃烧都是放热反应，反应热，等量的甲烷完全燃烧生成液态水比生成气态水放出的热量多，因为负值，放出的热量越多，越小，因此，摩尔燃烧焓为生成液态水的焓变，故不是，A错误；
B．已知：① ，② ，根据盖斯定律(①-②)可得： ，B错误；
C．根据反应② ，，整理可得：，C正确；
D．当有个键断裂时，反应消耗了1mol甲烷，按照反应①进行生成液态水放出的热量为akJ，按照反应②进行生成气态水放出的热量为bkJ，D错误；
故答案为：C。
14．B
【详解】A．反应热效应只与反应的始态和终态有关，与条件、途径无关，因此该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的，A正确；
B．由图可知2molHCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量，所以键的键能为，B错误；
C．由图可知1mol H2(g)和1molCl2(g)反应生成2mol HCl(g)放出(862-679)kJ=183kJ能量，因此氢气与氯气反应的热化学方程式为，C正确；
D．气态氢原子形成氢气分子时形成化学键，形成化学键释放能量，因此2mol气态氢原子的能量高于1mol氢气的能量，D正确；
故选B。
15．D
【分析】由题给信息可得出：
①C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393.5 kJ·mol-1；
②C(s，金刚石)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-395.4 kJ·mol-1。
【详解】A．石墨和金刚石互为同素异形体，二者的结构不同，二者的转化是化学变化，A不正确；
B．从图中可以看出，金刚石具有的能量比石墨高，则金刚石的稳定性弱于石墨，B不正确；
C．依据盖斯定律，将反应①-②得，C(s，石墨)=C(s，金刚石) ΔH=+1.9 kJ·mol-1，C不正确；
D．C(s，石墨)=C(s，金刚石) ΔH=+1.9 kJ·mol-1，ΔH=E(石墨)-E(金刚石)=+1.9 kJ·mol-1，则1 mol 石墨的总键能比1 mol 金刚石的总键能大1.9 kJ，D正确；
故选D。
16．(1) 硫酸浓度增大，与FeS2反应生成的Fe2+增多，催化H2O2产生的 OH增多，FeS2溶出率增大
(2) SCN- (2a-b) kJ mol-1
(3)有氧环境下铝会和氧气反应在表面生成氧化膜，阻碍置换的进行
(4)由关系式：6Fe2+——K2Cr2O7，可求出过量的Fe2+的物质的量为：0.1000 mol·L-1×0.01800L×6=0.0108mol，则与HAuCl4反应的Fe2+的物质的量为0.4000 mol·L-1×0.03000L-0.0108mol=0.0012mol；由关系式：3Fe2+——HAuCl4——Au，可得出n(Au)==0.0004mol，样品中金的质量分数=78.8%
【分析】将被FeS2包裹的含金矿物加入H2SO4和H2O2预处理，将FeS2氧化为Fe2(SO4)3等；加入Fe2(SO4)3和NH4SCN，将Au转化为NH4[Au(SCN)4]，再用Al将Au置换出来。
【详解】（1）①“预处理”时，FeS2被H2O2氧化为Fe2(SO4)3等，该反应的离子方程式：。
②从信息中可以看出，H2O2在Fe2+的催化作用下产生具有强氧化能力的中间体 OH， OH将金表面的FeS2氧化溶出，则Fe2+浓度越大，生成 OH越多，FeS2溶出率越高，而硫酸浓度越大，溶解的FeS2越多，生成的Fe2+越多，所以随着硫酸初始浓度的增大，FeS2溶出率逐渐提高的主要原因是：硫酸浓度增大，与FeS2反应生成的Fe2+增多，催化H2O2产生的 OH增多，FeS2溶出率增大。答案为：；硫酸浓度增大，与FeS2反应生成的Fe2+增多，催化H2O2产生的 OH增多，FeS2溶出率增大；
（2）①“浸取”时Au转化为配合物NH4[Au(SCN)4]，该配合物中的配体为SCN-。
②ⅰ.
ⅱ.
利用盖斯定律，将反应①×2-②得：=(2a-b) kJ mol-1。答案为：SCN-；(2a-b) kJ mol-1；
（3）Al是活泼金属，表面的Al能被O2氧化生成Al2O3，则“置换”时需维持无氧环境，其主要原因是：有氧环境下铝会和氧气反应在表面生成氧化膜，阻碍置换的进行。答案为：有氧环境下铝会和氧气反应在表面生成氧化膜，阻碍置换的进行；
（4）由关系式：6Fe2+——K2Cr2O7，可求出过量的Fe2+的物质的量为：0.1000 mol·L-1×0.01800L×6=0.0108mol，则与HAuCl4反应的Fe2+的物质的量为0.4000 mol·L-1×0.03000L-0.0108mol=0.0012mol；由关系式：3Fe2+——HAuCl4——Au，可得出n(Au)==0.0004mol，样品中金的质量分数=78.8%。答案为：78.8%。
【点睛】多步计算时，可建立关系式求解。
17．(1)+135.6
(2)NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl
(3)D
(4)取少量溶液于洁净试管中，加入溶液，再加热，用湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，则含有，反之则无
(5)＋2H+═2SO2↑＋H2O
(6) 2∶1 ①③⑥
【分析】本实验的目的，制取Na2S2O5和胆矾。往饱和食盐水中先通氨气、后通二氧化碳，制得碳酸氢钠固体，热分解得到碳酸钠固体；溶于水后通入SO2气体、干燥，获得Na2S2O5晶体。将CuS灼烧得SO2和CuO，SO2用于与Na2CO3反应，CuO用于制取胆矾。
（1）
①
②
利用盖斯定律，将反应①-②×2得：反应的(-127.4+2×131.5)kJ mol-1=+135.6。答案为：+135.6；
（2）
反应I为往饱和食盐水中先通氨气、后通二氧化碳，制得碳酸氢钠固体，化学方程式是NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl。答案为：NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl；
（3）
A. 氨气溶于水使溶液呈碱性的原因是：，A正确；
B.CuS在空气中灼烧时，CuS与O2反应，生成CuO和SO2，化学方程式为，B正确；
C. 该流程中，起初提供CO2，后来生成CO2，则CO2可以循环使用，C正确；
D. 溶液乙需经过蒸发浓缩、冷却结晶，以得到五水硫酸铜晶体，D不正确；
答案为：D；
（4）
Y溶液中含有阳离子有Na+、H+和离子。检验离子时，溶液中加碱，然后检验NH3的存在，方法是：取少量溶液于洁净试管中，加入溶液，再加热，用湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，则含有，反之则无。答案为：取少量溶液于洁净试管中，加入溶液，再加热，用湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，则含有，反之则无；
（5）
Na2S2O5与稀硫酸反应生成Na2SO4，同时生成SO2，其离子方程式为＋2H+═2SO2↑＋H2O。答案为：＋2H+═2SO2↑＋H2O；
（6）
将SO2气体通入Na2CO3固体中，加水发生反应2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2，所以理论上需控制第一步反应中气体反应物与固体反应物的物质的量之比为2∶1可以减少产品中的杂质含量；若二氧化硫不足，焦亚硫酸钠产品中亚硫酸钠、碳酸钠等杂质含量增加；检验产品中是否含有碳酸钠杂质时，应先加盐酸，再排除SO2的干扰，最后检验CO2气体，步骤为：取样品，加入足量稀盐酸，生成的气体通入足量的高锰酸钾溶液，除去二氧化硫气体后把气体通入澄清石灰水，若溶液变浑浊，样品含有碳酸钠杂质，则需要的试剂是①③⑥。答案为：2∶1；①③⑥。
【点睛】因为SO2也能使澄清石灰水变浑浊，所以检验CO2前，需排除SO2的干扰。
18．(1)-566
(2) 3Pt+16Cl-+2ClO+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O 1：3 Cl- 甲中c(Cl-)最小，不利于[PtCl6]2-的形成
(3) 分液 (R3NH2)[PtCl6](O)+2OH-(A)=2R3N(O)+[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)
【分析】从某废催化剂(主要含有Pt、C、Al2O3、MgO)中回收Pt，进行流程分析，通过焙烧将C转化为CO、CO2，通过酸浸，将Pt浸出，经过萃取、分液、反萃取等一系列操作得到Pt，据此分析解答。
【详解】（1）根据盖斯定律，△H3=2△H1-△H2==-566 kJ·mol-1；
（2）根据氧化还原反应规律配平：3Pt+16Cl-+2ClO+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O；由方程式可知，当NaClO3作为氧化剂时，浸出3molPt时，Pt的化合价升高+4，3molPt失12mol电子，NaClO3作为氧化剂消耗2mol，H2O2作为氧化剂时，应得12mol电子，消耗H2O26mol ，故n(NaClO3)：n(H2O2)=1：3；由表格可知，随着c(NaClO3)增大，其氧化性增强，部分ClO与Cl-发生氧化还原反应而被消耗，Pt的浸出率降低；氧化剂浓度均为0.2mol·L-1时，由于三种浸出液中的c(H+)均相同，甲中c(Cl-)最小，不利于[PtCl6]2-的形成，甲中Pt的浸出率最低；
（3）加入萃取剂萃取后，进行分液；由ii可知，萃取后有机体系为(R3NH2)[PtCl6](O)，加入NaOH溶液可使[PtCl6]2-进入水溶液体系，则萃取剂(R3N) 与水溶液分层，反应的离子方程式为(R3NH2)[PtCl6](O)+2OH-(A)=2R3N(O)+[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)。
19．(1)
(2) O2 将氮氧化物充分氧化为HNO3
(3)C
(4)1
(5)放热
(6)93
【分析】将氮气和氢气充入合成塔中，反应生成氨气，经过分离器分离出氨气，将氨气通入氧化炉，催化氧化后得到NO，再将得到的NO通入吸收塔，与水和X反应得到硝酸，则X应为氧气，最后进行尾气处理。
（1）
合成塔中氮气和氢气反应生成氨气，反应的化学方程式为；
（2）
由上述分析可知，X为O2，吸收塔中O2的作用是将氮氧化物充分氧化为HNO3；
（3）
浓硝酸具有强氧化性，能和大多数金属反应，常温下铁、铝在浓硝酸中能发生钝化，因此工业上为了储运浓硝酸，最好选择铝制容器，故选C；
（4）
标准状况下44.8 L仅含NO和NO2混合气体的尾气，物质的量为，n(N)=2mol，通入Na2CO3溶液中，尾气被完全吸收，钠元素和氮元素守恒n(Na)=n(N) 则消耗的Na2CO3的物质的量为1mol。
（5）
的，焓变为负，为放热反应；
（6）
理论上生成2molNH3时放出或吸收的热量为QkJ，由于，则Q=93。
20．(1) 增大接触面积，使空气中CO2被充分捕捉吸收 K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3
(2)CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=-46kJ·mol-1
(3)A
(4)AD
(5) CO2+4H2CH4+2H2O MgOCH2
(6) Ni—CeO2 320℃
【分析】本实验通过将空气通入饱和的碳酸钾溶液，将生成的碳酸氢钾溶液通入分解池在加入高温水蒸气，将生成的二氧化碳通入合成塔与氢气在催化剂加热情况下反应生成甲醇和水，据此分析回答问题。
【详解】（1）上述工艺中采用气液逆流接触吸收的目的是增大接触面积，使空气中CO2被充分捕捉吸收；吸收池中碳酸钾、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钾，化学方程式为K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；
（2）根据题干合成塔中信息可知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，化学方程式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，H=反应物键能-生成物键能=kJ·mol-1，故热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=-46kJ·mol-1；
（3）根据题干中已知信息以及上一步总的热化学方程式，根据盖斯定律可知①=总-②，故H1=-46-(-90)=44 kJ·mol-1，在多步反应历程中，慢反应的活化能大，反应①为慢反应，说明反应①的活化能大于反应②的活化能，且H1为正值，H2和H是负值，故选A；
（4）由题意分析可知，可以与二氧化碳发生反应的符合题意，氢氧化钠溶液和浓氨水可以与二氧化碳发生反应，NH4Cl溶液和CH3CH2OH与二氧化碳不反应，故选AD；
（5）由图中箭头指向可知，反应物为CO2和4H2，生成物为CH4和2H2O，化学方程式为CO2+4H2 CH4+2H2O；根据化合价正负代数和为0可知，反应过程中碳元素的化合价为-2价的中间体是MgOCH2；
（6）根据图示信息可知，催化剂Ni—CeO2对应的二氧化碳转化率较高；320℃使二氧化碳转化率达到最大
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知：H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH=-285.8kJ·mol-1
C3H8(g)+O2(g)3CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-2219.9kJ·mol-1
在25℃和101kPa下，H2和C3H8的混合气1mol完全燃烧生成和液态水，放出1446.26kJ的热量。该混合气中H2和C3H8的体积比是
A．2∶1 B．1∶2 C．1∶1 D．2∶3
2．已知化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关，如图Ⅰ所示：ΔHa=ΔHb+ΔHc。根据上述原理和图Ⅱ所示，判断下列各项对应的反应热关系中不正确的是
A．A→F的ΔH=-ΔH6
B．A→D的ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3
C．ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0
D．ΔH1+ΔH6=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5
3．P4S3可用于制造安全火柴，相关物质的结构及键能如表所示：
物质
共价键 S—S P—P P—S
键能(kJ·mol-1) a b c
则反应S8(s)+P4(s)=P4S3(s)的ΔH为
A．(a+b-c)kJ·mol-1 B．(c-a-b)kJ·mol-1
C．(3a+3b-6c)kJ·mol-1 D．3(a+2b-3c)kJ·mol-1
4．下列说法正确的是
A．吸热反应使环境的温度升高
B．当反应放热时ΔH>0，反应吸热时ΔH<0
C．化学反应中，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，ΔH为“+”
D．化学反应中，当反应物断键吸收的总能量大于生成物成键释放的的总能量时，反应放热，ΔH为“-”
5．己知：由最稳定的单质合成某物质的反应焓变叫做该物质的摩尔生成焓，用表示，最稳定的单质的摩尔生成焓为0.相同状况下有关物质的摩尔生成焓如图所示，下列有关判断错误的是
A．的摩尔生成焓
B．相同状况下，比稳定
C．根据上表所给数据，可求得的燃烧热
D．与充分反应生成，放出的热量
6．已知25℃时，某些物质的燃烧热数据如表：
物质
燃烧热 -285.8 -393.5 -395.0 -3267.5
下列热化学方程式书写正确的是
A．
B．
C．
D．
7．标准状态下，下列物质的相对能量如下表，下列说法不正确的是
气态物质 H2 O2 H O HO H2O H2O2
能量(kJ/mol) 0 0 218 249 39 -242 -136
A．H2的键能为436kJ/mol
B．H2O2(g)=2HO(g) △H=-214kJ/mol
C．O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍
D．2H2O2(g)=2H2O(g)＋O2(g) △H=-212kJ/mol
8．和反应，其能量关系如图。下列说法正确的是
A． B．
C． D．相同条件下比更稳定
9．在一定条件下，和燃烧的热化学方程式分别为 ， 。若某和CO的混合气体充分燃烧，放出的热量为262.9kJ，生成的用过量的饱和石灰水完全吸收，得到50g白色沉淀。则混合气体中和的体积比为
A．1：2 B．1：3 C．2：1 D．2：3
10．一定条件下，和反应生成的能量变化如下图所示。下列说法正确的是
A．形成键吸收能量
B．断裂中的化学键吸收能量
C．，
D．一定条件下，、和中，最稳定的为HCl
11．以N2O5为新型硝化剂的硝化反应具有反应条件温和、选择性高、无副反应发生、过程无污染等优点。N2O5可通过N2O4臭氧化法制备。
已知：①N2O4(g)2NO2(g) ΔH1
②2O3(g)=3O2(g) ΔH2
③2N2O5(s)=4NO2(g)+O2(g) ΔH3
则N2O4(g)+O3(g)N2O5(s)+O2(g)的ΔH为
A．ΔH1+ΔH2-ΔH3 B．2ΔH1-ΔH2+ΔH3
C．ΔH1+ΔH2-ΔH3 D．2ΔH1+ΔH2+ΔH3
12．科学家已获得了气态N4，其空间结构为正四面体形(如图所示)。已知断裂1molN-N键吸收193kJ能量，断裂1molN≡N键吸收946kJ能量。下列说法正确的是
A．N4属于一种新型化合物
B．N4(g)=2N2(g) △H=+734kJ mol-1
C．N4(g)比N2(g)更稳定
D．以N4(g)为原料替代N2(g)合成等量NH3(g)时，会放出更多的热量
13．设为阿伏加德罗常数的值。已知反应：
①
②
其他数据如表所示，下列说法正确的是
化学键
键能 798 x 413 463
A．，且甲烷的摩尔燃烧焓为
B．
C．上表中
D．当有个C-H键断裂时，反应放出的热量为bkJ
14．化学反应的过程及能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．光照和点燃条件下的反应热相同
B．键的键能为
C．热化学方程式：
D．2mol气态氢原子的能量高于1mol氢气的能量
15．如下图所示，ΔH1=-393.5 kJ·mol-1，ΔH2=-395.4 kJ·mol-1，下列说法或表示式正确的是
A．石墨和金刚石的转化是物理变化
B．金刚石的稳定性强于石墨
C．C(s，石墨)=C(s，金刚石) ΔH=-1.9 kJ·mol-1
D．1 mol 石墨的总键能比1 mol 金刚石的总键能大1.9 kJ
二、工业流程题
16．金(Au)广泛应用于电子信息产业，一种从被FeS2包裹的含金矿物中提金的工艺流程如下：
(1)①“预处理”时，FeS2被氧化为Fe2(SO4)3，写出该反应的离子方程式 。
②研究发现H2O2在Fe2+的催化作用下产生具有强氧化能力的中间体 OH， OH将金表面的FeS2氧化溶出。FeS2溶出率与硫酸初始浓度的关系如图所示，随着硫酸初始浓度的增大，FeS2溶出率逐渐提高的主要原因是 。
(2)①“浸取”时Au转化为配合物NH4[Au(SCN)4]，该配合物中的配体为 。
②“浸取”时可使用硫脲[SC(NH2)2]代替NH4SCN，硫脲可通过下列反应制备：
。
(3)“置换”时需维持无氧环境，其主要原因是 。
(4)测定样品中Au的含量：准确称取0.1000g试样，加入王水，将Au转化成具有强氧化性的氯金酸(HAuCl4)，在除去硝酸根后的溶液中，边不断搅拌，边向溶液中加入过量0.4000 mol·L-1FeSO4溶液30.00mL，将HAuCl4完全还原为Au；滴加二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.1000 mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液18.00mL。
已知：
计算样品中金的质量分数(写出计算过程) 。
17．钠及其化合物的生产、应用，是化工生产与研究的重要组成部分。
I.碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产。回答下列问题：
已知：①
②
(1)反应的
II.工业上以侯氏制碱法为基础生产焦亚硫酸钠(Na2S2O3，能溶于水)的工艺流程如下：
(2)反应I的化学方程式是 。
(3)关于上述流程，下列说法不正确的是_______(填字母)。
A．氨气溶于水使溶液呈碱性的原因是：
B．在空气中灼烧发生反应的化学方程式为
C．该流程中，CO2可以循环使用
D．溶液乙经过蒸发结晶得到五水硫酸铜晶体
(4)Y溶液中含有阳离子有Na+、H+和离子X。检验离子X的方法是 。
(5)已知 Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2，其离子方程式为 。
(6)反应III包含多步反应：第一步：……；第二步：
为了减少产品Na2S2O5中的杂质含量，理论上需控制第一步反应中气体反应物与固体反应物的物质的量之比为 ；若通入气体量不足，则会导致产品中杂质含量增加。检验产品中是否含有碳酸钠杂质，所需试剂是 (填编号)。
①酸性高锰酸钾溶液②品红溶液③澄清石灰水④饱和碳酸氢钠溶液⑤NaOH溶液⑥稀盐酸
18．铂(Pt)是一种贵金属，广泛用于化工领域。从某废催化剂(主要含有Pt、C、Al2O3、MgO)中回收Pt的一种工艺流程如图所示。
(1)I中焙烧时，C与空气中的O2生成了CO和CO2，发生的反应如下：
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5kJ·mol-1；
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-221kJ·mol-1；
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H3= kJ·mol-1。
(2)实验人员采用三种不同的浸出液分别研究II中Pt的浸出率。所用的浸出液分别是HCl－H2SO4－NaClO3、HCl－NaClO3和HCl－H2O2。
①将下列浸出反应的离子方程式补充完整： 。
3Pt+Cl-+ClO+_____=3[PtCl6]2-+H2O
②当NaClO3或H2O2作为氧化剂浸出等量Pt时，n(NaClO3)：n(H2O2)= 。
③c(H+)相同、浸出时间相同时，三种浸出液对Pt的浸出率如表。
[注：c(NaClO3)按照②中的物质的量关系换算成c(H2O2)计]。
氧化剂浓度/mol·L-1 0.1 0.2 0.3 0.4
甲 HCl－H2SO4－NaClO3对Pt的浸出率/% 72.7 78.2 77.5 75.4
乙 HCl－NaClO3对Pt的浸出率/% 79.6 85.3 82.1 81.6
丙 HCl－H2O2对Pt的浸出率/% 80.0 85.6 83.2 82.5
a.以HCl－NaClO3为例，说明当其中氧化剂浓度大于0.2mol·L-1时，Pt的浸出率降低的原因：随着c(NaClO3)增大，其氧化性增强，部分ClO被 还原而消耗。
b.氧化剂浓度均为0.2mol·L-1时，甲中Pt的浸出率最低的可能原因：由于三种浸出液中的c(H+)均相同， 。
(3)III中萃取剂(R3N)的萃取机理如下(O表示有机体系，A表示水溶液体系)。
i.R3N(O)+H+(A)+Cl-(A)R3NHCl(O)
ii.2R3NHCl(O)+[PtCl6]2-(A)(R3NH2)[PtCl6](O)+2Cl-(A)
①分离操作x是 。
②IV中向含Pt的有机物中加入NaOH溶液可使[PtCl6]2-进入水溶液体系，反应的离子方程式是 。
19．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
(1)合成塔中发生反应的化学方程式为 。
(2)单质X的化学式是 。 吸收塔中X的作用是 。
(3)工业上为了储运浓硝酸，最好选择_______作为罐体材料。
A．铜 B．铂 C．铝 D．镁
(4)为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，工业上常用Na2CO3吸收尾气，发生的反应为：NO+NO2+Na2CO3 =2NaNO2+CO2、2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2，将标准状况下44.8L仅含NO和NO2混合气体的尾气通入Na2CO3溶液中，尾气被完全吸收，则消耗的Na2CO3的物质的量为 mol。
将拆开或形成1mol化学键所需要的能量称为键能(kJ·mol-1)。表中是一些共价键的键能：
共价键 H-H N≡N N-H
键能(kJ·mol-1) 436 945 391
(5)根据表中的数据判断工业合成氨的反应是 (填“吸热”或“放热”)反应；
(6)取一定量N2和H2放入一密闭容器中，在一定条件下进行反应，理论上生成2molNH3时放出或吸收的热量为QkJ，则Q= 。
20．习近平总书记在世界领导人气候峰会上指出，中国将在2030年前实现“碳达峰”、2060年前实现“碳中和”。这是中国基于推动构建人类命运共同体的责任担当和实现可持续发展的内在要求作出的重大战略决策。因此CO2的捕集、创新利用与封存成为科学家研究的重要课题。
Ⅰ.最近有科学家提出“绿色自由”构想：先把空气吹入饱和碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，并使之变为可再生燃料甲醇。“绿色自由”构想技术流程如图：
已知：
化学键 H—H C—O C=O H—O C—H
键能/(kJ mol-1) 436 326 803 464 414
(1)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(空气从吸收池底部进入，溶液从顶部喷淋)，其目的是 。写出吸收池中反应的化学方程式 。
(2)根据表中键能写出合成塔中反应的热化学方程式 。
(3)合成塔中制备甲醇的反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H1
②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H2=-90kJ·mol-1
若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 。
A． B．
C． D．
(4)下列物质能作为CO2捕获剂的是 (填标号)。
A．NaOH溶液 B．NH4Cl溶液 C．CH3CH2OH D．浓氨水
Ⅱ.CO2和H2合成甲烷也是CO2资源化利用的重要方法。
(5)一定条件下Pd—Mg/SiO2催化剂可使CO2“甲烷化”从而变废为宝，其反应机理如图1所示，该反应的化学方程式为 ，反应过程中碳元素的化合价为-2价的中间体是 。
(6)催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化的影响如图2所示。对比两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是 ，使用的合适温度为 。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】假设混合气体中氢气物质的量为y，则C3H8物质的量为1-y，根据题意列出方程：，解得氢气，则C3H8物质的量0.6mol，根据阿伏伽德罗定律可知，该混合气中H2和C3H8的体积比：2∶3，答案选D。
2．D
【分析】一个化学反应的热效应，仅与反应物的最初状态及生成物的最终状态有关，而与中间步骤无关，可以根据盖斯定律以及热化学方程式的含义来回答判断，据此分析。
【详解】A．根据热化学方程式的含义，互为可逆的两个化学反应其焓变是互为相反数的关系，A→F，ΔH=-ΔH6，A正确；
B．根据盖斯定律：A→D，ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，B正确；
C．对于自身物质而言，物质的能量是固定的，即H是一定的，但是焓变为0，ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0，C正确；
D．对于自身物质而言，物质的能量是固定的，即H是一定的，但是焓变为0，ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0，即ΔH1+ΔH6=-(ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5)，D错误；
故选D。
3．C
【详解】根据反应物总键能-生成物总键能，则该反应，答案选C。
4．C
【详解】A．吸热反应是体系从环境中吸收热量的反应，使环境的温度降低，故A错误；
B．当反应放热时ΔH<0，反应吸热时ΔH>0，故B错误；
C．一个化学反应，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，则反应为吸热反应，ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量>0，ΔH为“+”，故C正确；
D．化学反应中，ΔH=反应物断键吸收的总能量-生成物成键释放的的总能量>0，当反应物断键吸收的总能量大于生成物成键释放的的总能量时，反应吸热，ΔH为“+”，故D错误；
故选C。
5．C
【详解】A．由图可知，的摩尔生成焓为-241.8kJ mol-1，H2O（g）能量高于，则的摩尔生成焓ΔH＜-241.8kJ mol-1，故A正确；
B．N2H4(l)标准摩尔生成焓为50.6kJ/mol，NH3(g)的标准摩尔生成焓为-45.9kJ/mol，根据能量越低越稳定，则NH3比N2H4稳定稳定，故B正确；
C．N2H4(l)标准摩尔生成焓为50.6kJ/mol，①N2(g)+2H2(g) N2H4(l)ΔH=+50.6kJ/mol，H2O(g)标准摩尔生成焓为-241.8kJ/mol，则②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6kJ/mol，根据盖斯定律：②-①得N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534.2kJ/mol，但标准燃烧热是指生成液态水，故标准状况下，N2H4(l)的燃烧热大于534.2kJ mol-1，不能计算出具体的数值，故C错误；
D．根据图中数据可知，0.5molN2(g)与1.5molH2(g)充分反应生成1molNH3(g)，放出45.9kJ的热量，故D正确。
答案选C。
6．A
【分析】根据燃烧热的概念可写出① ；② ；③ 。
【详解】A．根据盖斯定律，由(①×6+②×3-③)可得：
，A正确；
B．石墨和金刚石的化学式均为C，应注明是石墨还是金刚石，B错误；
C．由于 ，则的，C错误；
D．由的燃烧热可知 ，D错误；
答案选A。
7．B
【详解】A．根据表格中的数据及H(g)+H(g)=H2(g)可知H2的键能为218kJ·mol-1×2=436kJ·mol-1，A正确；
B．H2O2(g)=2HO(g) △H=（+39 kJ/mol）×2-（-136 kJ/mol）=+214kJ/mol，B错误；
C．由表格中的数据及O(g)+O(g)=O2(g)，可知O2的键能为：249kJ·mol-1×2=498kJ·mol-1，由题中信息可知H2O2中氧氧单键的键能为214kJ·mol-1，则O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，C正确；
D．由表中的数据可知2H2O2(g)=2H2O(g)＋O2(g) △H=（-242kJ·mol-1）×2+0kJ·mol-1-2×(-136kJ·mol-1)= -212 kJ·mol-1，D正确；
故选B。
8．A
【详解】A．根据图示可知：①2Na+(g)+2Cl-(g)=2NaCl(g) △H8；②2Na+(g)+2Cl-(g)=2NaCl(g) △H6；③2NaCl(g)=2NaCl(s) △H7，根据盖斯定律，将②+③，整理可得：2Na+(g)+2Cl-(g)=2NaCl(g)；所以△H8=△H6+△H7，A正确；
B．生成氯化钠的反应为放热反应，焓变小于0，固态变为气态为吸热反应，焓变大于0，，B错误；
C．断裂化学键需吸收能量，所以△H4>0，C错误；
D．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。物质由气态变为固态时会释放能量，说明固体时能量低，更稳定，故相同条件下NaCl(g)不如NaCl(s)更稳定，D错误；
选A。
9．D
【详解】设混合气体中和物质的量分别为x、y；，根据C元素守恒可知；根据能量守恒可知；两式联立解得，，根据可知，一定条件下，气体的物质的量之比等于气体的体积之比，则混合气体中和的体积比：2：3，答案选D。
10．C
【详解】A．成键放出能量，形成键放出能量243kJ，故A错误；
B．断键需要吸收热量，断裂1molHCl中的化学键吸收能量是431kJ，故B错误；
C．ΔH可以用反应物的总键能减去生成物的总键能，ΔH=(436+243)-2×431=-183kJ/mol，故C正确；
D．键能越大越稳定，H-H键键能最大，H2最稳定，故D错误；
答案选C。
11．C
【详解】已知：①N2O4(g)2NO2(g) ΔH1，
②2O3(g)=3O2(g) ΔH2，
③2N2O5(s)=4NO2(g)+O2(g) ΔH3，
由盖斯定律可知，反应①+②-③得反应N2O4(g)+O3(g)N2O5(s)+O2(g)，故该反应的 ΔH═ΔH1+ΔH2-ΔH3；C符合。
答案选C。
12．D
【详解】A．N4属单质，故A错误；
B．1molN4气体中含有6molN-N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为：6×193kJ=1158kJ，形成化学键放出的热量为946kJ×2=1892kJ，所以反应放热，放出的热量为：1892kJ-1158kJ=734kJ，则N4(g)=2N2(g) △H=-734kJ mol-1，故B错误；
C．结合选项B可知，N4(g)比N2(g)能量高，则N4(g)不如N2(g)稳定，故C错误；
D．结合选项B可知，2molN2转化为1molN4需要吸收734kJ的热量，则以N4为原料替代N2合成等量NH3时，放出的热量变多，故D正确；
故答案为D。
13．C
【详解】A．反应①②都是甲烷燃烧，所有的燃烧都是放热反应，反应热，等量的甲烷完全燃烧生成液态水比生成气态水放出的热量多，因为负值，放出的热量越多，越小，因此，摩尔燃烧焓为生成液态水的焓变，故不是，A错误；
B．已知：① ，② ，根据盖斯定律(①-②)可得： ，B错误；
C．根据反应② ，，整理可得：，C正确；
D．当有个键断裂时，反应消耗了1mol甲烷，按照反应①进行生成液态水放出的热量为akJ，按照反应②进行生成气态水放出的热量为bkJ，D错误；
故答案为：C。
14．B
【详解】A．反应热效应只与反应的始态和终态有关，与条件、途径无关，因此该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的，A正确；
B．由图可知2molHCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量，所以键的键能为，B错误；
C．由图可知1mol H2(g)和1molCl2(g)反应生成2mol HCl(g)放出(862-679)kJ=183kJ能量，因此氢气与氯气反应的热化学方程式为，C正确；
D．气态氢原子形成氢气分子时形成化学键，形成化学键释放能量，因此2mol气态氢原子的能量高于1mol氢气的能量，D正确；
故选B。
15．D
【分析】由题给信息可得出：
①C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393.5 kJ·mol-1；
②C(s，金刚石)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-395.4 kJ·mol-1。
【详解】A．石墨和金刚石互为同素异形体，二者的结构不同，二者的转化是化学变化，A不正确；
B．从图中可以看出，金刚石具有的能量比石墨高，则金刚石的稳定性弱于石墨，B不正确；
C．依据盖斯定律，将反应①-②得，C(s，石墨)=C(s，金刚石) ΔH=+1.9 kJ·mol-1，C不正确；
D．C(s，石墨)=C(s，金刚石) ΔH=+1.9 kJ·mol-1，ΔH=E(石墨)-E(金刚石)=+1.9 kJ·mol-1，则1 mol 石墨的总键能比1 mol 金刚石的总键能大1.9 kJ，D正确；
故选D。
16．(1) 硫酸浓度增大，与FeS2反应生成的Fe2+增多，催化H2O2产生的 OH增多，FeS2溶出率增大
(2) SCN- (2a-b) kJ mol-1
(3)有氧环境下铝会和氧气反应在表面生成氧化膜，阻碍置换的进行
(4)由关系式：6Fe2+——K2Cr2O7，可求出过量的Fe2+的物质的量为：0.1000 mol·L-1×0.01800L×6=0.0108mol，则与HAuCl4反应的Fe2+的物质的量为0.4000 mol·L-1×0.03000L-0.0108mol=0.0012mol；由关系式：3Fe2+——HAuCl4——Au，可得出n(Au)==0.0004mol，样品中金的质量分数=78.8%
【分析】将被FeS2包裹的含金矿物加入H2SO4和H2O2预处理，将FeS2氧化为Fe2(SO4)3等；加入Fe2(SO4)3和NH4SCN，将Au转化为NH4[Au(SCN)4]，再用Al将Au置换出来。
【详解】（1）①“预处理”时，FeS2被H2O2氧化为Fe2(SO4)3等，该反应的离子方程式：。
②从信息中可以看出，H2O2在Fe2+的催化作用下产生具有强氧化能力的中间体 OH， OH将金表面的FeS2氧化溶出，则Fe2+浓度越大，生成 OH越多，FeS2溶出率越高，而硫酸浓度越大，溶解的FeS2越多，生成的Fe2+越多，所以随着硫酸初始浓度的增大，FeS2溶出率逐渐提高的主要原因是：硫酸浓度增大，与FeS2反应生成的Fe2+增多，催化H2O2产生的 OH增多，FeS2溶出率增大。答案为：；硫酸浓度增大，与FeS2反应生成的Fe2+增多，催化H2O2产生的 OH增多，FeS2溶出率增大；
（2）①“浸取”时Au转化为配合物NH4[Au(SCN)4]，该配合物中的配体为SCN-。
②ⅰ.
ⅱ.
利用盖斯定律，将反应①×2-②得：=(2a-b) kJ mol-1。答案为：SCN-；(2a-b) kJ mol-1；
（3）Al是活泼金属，表面的Al能被O2氧化生成Al2O3，则“置换”时需维持无氧环境，其主要原因是：有氧环境下铝会和氧气反应在表面生成氧化膜，阻碍置换的进行。答案为：有氧环境下铝会和氧气反应在表面生成氧化膜，阻碍置换的进行；
（4）由关系式：6Fe2+——K2Cr2O7，可求出过量的Fe2+的物质的量为：0.1000 mol·L-1×0.01800L×6=0.0108mol，则与HAuCl4反应的Fe2+的物质的量为0.4000 mol·L-1×0.03000L-0.0108mol=0.0012mol；由关系式：3Fe2+——HAuCl4——Au，可得出n(Au)==0.0004mol，样品中金的质量分数=78.8%。答案为：78.8%。
【点睛】多步计算时，可建立关系式求解。
17．(1)+135.6
(2)NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl
(3)D
(4)取少量溶液于洁净试管中，加入溶液，再加热，用湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，则含有，反之则无
(5)＋2H+═2SO2↑＋H2O
(6) 2∶1 ①③⑥
【分析】本实验的目的，制取Na2S2O5和胆矾。往饱和食盐水中先通氨气、后通二氧化碳，制得碳酸氢钠固体，热分解得到碳酸钠固体；溶于水后通入SO2气体、干燥，获得Na2S2O5晶体。将CuS灼烧得SO2和CuO，SO2用于与Na2CO3反应，CuO用于制取胆矾。
（1）
①
②
利用盖斯定律，将反应①-②×2得：反应的(-127.4+2×131.5)kJ mol-1=+135.6。答案为：+135.6；
（2）
反应I为往饱和食盐水中先通氨气、后通二氧化碳，制得碳酸氢钠固体，化学方程式是NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl。答案为：NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl；
（3）
A. 氨气溶于水使溶液呈碱性的原因是：，A正确；
B.CuS在空气中灼烧时，CuS与O2反应，生成CuO和SO2，化学方程式为，B正确；
C. 该流程中，起初提供CO2，后来生成CO2，则CO2可以循环使用，C正确；
D. 溶液乙需经过蒸发浓缩、冷却结晶，以得到五水硫酸铜晶体，D不正确；
答案为：D；
（4）
Y溶液中含有阳离子有Na+、H+和离子。检验离子时，溶液中加碱，然后检验NH3的存在，方法是：取少量溶液于洁净试管中，加入溶液，再加热，用湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，则含有，反之则无。答案为：取少量溶液于洁净试管中，加入溶液，再加热，用湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，则含有，反之则无；
（5）
Na2S2O5与稀硫酸反应生成Na2SO4，同时生成SO2，其离子方程式为＋2H+═2SO2↑＋H2O。答案为：＋2H+═2SO2↑＋H2O；
（6）
将SO2气体通入Na2CO3固体中，加水发生反应2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2，所以理论上需控制第一步反应中气体反应物与固体反应物的物质的量之比为2∶1可以减少产品中的杂质含量；若二氧化硫不足，焦亚硫酸钠产品中亚硫酸钠、碳酸钠等杂质含量增加；检验产品中是否含有碳酸钠杂质时，应先加盐酸，再排除SO2的干扰，最后检验CO2气体，步骤为：取样品，加入足量稀盐酸，生成的气体通入足量的高锰酸钾溶液，除去二氧化硫气体后把气体通入澄清石灰水，若溶液变浑浊，样品含有碳酸钠杂质，则需要的试剂是①③⑥。答案为：2∶1；①③⑥。
【点睛】因为SO2也能使澄清石灰水变浑浊，所以检验CO2前，需排除SO2的干扰。
18．(1)-566
(2) 3Pt+16Cl-+2ClO+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O 1：3 Cl- 甲中c(Cl-)最小，不利于[PtCl6]2-的形成
(3) 分液 (R3NH2)[PtCl6](O)+2OH-(A)=2R3N(O)+[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)
【分析】从某废催化剂(主要含有Pt、C、Al2O3、MgO)中回收Pt，进行流程分析，通过焙烧将C转化为CO、CO2，通过酸浸，将Pt浸出，经过萃取、分液、反萃取等一系列操作得到Pt，据此分析解答。
【详解】（1）根据盖斯定律，△H3=2△H1-△H2==-566 kJ·mol-1；
（2）根据氧化还原反应规律配平：3Pt+16Cl-+2ClO+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O；由方程式可知，当NaClO3作为氧化剂时，浸出3molPt时，Pt的化合价升高+4，3molPt失12mol电子，NaClO3作为氧化剂消耗2mol，H2O2作为氧化剂时，应得12mol电子，消耗H2O26mol ，故n(NaClO3)：n(H2O2)=1：3；由表格可知，随着c(NaClO3)增大，其氧化性增强，部分ClO与Cl-发生氧化还原反应而被消耗，Pt的浸出率降低；氧化剂浓度均为0.2mol·L-1时，由于三种浸出液中的c(H+)均相同，甲中c(Cl-)最小，不利于[PtCl6]2-的形成，甲中Pt的浸出率最低；
（3）加入萃取剂萃取后，进行分液；由ii可知，萃取后有机体系为(R3NH2)[PtCl6](O)，加入NaOH溶液可使[PtCl6]2-进入水溶液体系，则萃取剂(R3N) 与水溶液分层，反应的离子方程式为(R3NH2)[PtCl6](O)+2OH-(A)=2R3N(O)+[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)。
19．(1)
(2) O2 将氮氧化物充分氧化为HNO3
(3)C
(4)1
(5)放热
(6)93
【分析】将氮气和氢气充入合成塔中，反应生成氨气，经过分离器分离出氨气，将氨气通入氧化炉，催化氧化后得到NO，再将得到的NO通入吸收塔，与水和X反应得到硝酸，则X应为氧气，最后进行尾气处理。
（1）
合成塔中氮气和氢气反应生成氨气，反应的化学方程式为；
（2）
由上述分析可知，X为O2，吸收塔中O2的作用是将氮氧化物充分氧化为HNO3；
（3）
浓硝酸具有强氧化性，能和大多数金属反应，常温下铁、铝在浓硝酸中能发生钝化，因此工业上为了储运浓硝酸，最好选择铝制容器，故选C；
（4）
标准状况下44.8 L仅含NO和NO2混合气体的尾气，物质的量为，n(N)=2mol，通入Na2CO3溶液中，尾气被完全吸收，钠元素和氮元素守恒n(Na)=n(N) 则消耗的Na2CO3的物质的量为1mol。
（5）
的，焓变为负，为放热反应；
（6）
理论上生成2molNH3时放出或吸收的热量为QkJ，由于，则Q=93。
20．(1) 增大接触面积，使空气中CO2被充分捕捉吸收 K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3
(2)CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=-46kJ·mol-1
(3)A
(4)AD
(5) CO2+4H2CH4+2H2O MgOCH2
(6) Ni—CeO2 320℃
【分析】本实验通过将空气通入饱和的碳酸钾溶液，将生成的碳酸氢钾溶液通入分解池在加入高温水蒸气，将生成的二氧化碳通入合成塔与氢气在催化剂加热情况下反应生成甲醇和水，据此分析回答问题。
【详解】（1）上述工艺中采用气液逆流接触吸收的目的是增大接触面积，使空气中CO2被充分捕捉吸收；吸收池中碳酸钾、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钾，化学方程式为K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；
（2）根据题干合成塔中信息可知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，化学方程式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，H=反应物键能-生成物键能=kJ·mol-1，故热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=-46kJ·mol-1；
（3）根据题干中已知信息以及上一步总的热化学方程式，根据盖斯定律可知①=总-②，故H1=-46-(-90)=44 kJ·mol-1，在多步反应历程中，慢反应的活化能大，反应①为慢反应，说明反应①的活化能大于反应②的活化能，且H1为正值，H2和H是负值，故选A；
（4）由题意分析可知，可以与二氧化碳发生反应的符合题意，氢氧化钠溶液和浓氨水可以与二氧化碳发生反应，NH4Cl溶液和CH3CH2OH与二氧化碳不反应，故选AD；
（5）由图中箭头指向可知，反应物为CO2和4H2，生成物为CH4和2H2O，化学方程式为CO2+4H2 CH4+2H2O；根据化合价正负代数和为0可知，反应过程中碳元素的化合价为-2价的中间体是MgOCH2；
（6）根据图示信息可知，催化剂Ni—CeO2对应的二氧化碳转化率较高；320℃使二氧化碳转化率达到最大