1.1 化学反应的热效应 同步训练 （含解析）2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

1.1 化学反应的热效应 同步训练
一、单选题
1．最近，我国自主开发120吨大推力液氧煤油发动机完成试车。下列有关叙述错误的是
A．液氧和煤油反应是放热反应 B．液氧气化时焓变(ΔH)大于0
C．在上述反应中煤油作还原剂 D．上述燃烧反应对环境友好
2．从2006年1月1日起，江苏省徐州、连云港、淮安、盐城、宿迁等苏北五市已全面推广使用车用乙醇汽油．下列各说法中正确的是（　　）
A．乙醇汽油是纯净物，汽油是混合物
B．推广使用乙醇汽油是为了减少温室气体排放
C．推广使用乙醇汽油是为了减少化石燃料消耗
D．用粮食生产乙醇是开发新能源的发展方向
3．2014年中科院大连化物所包信和团队研究甲烷高效转化获重大突破。催化原理如图所示，该研究彻底摒弃了高耗能的合成气制备过程，大大缩短了工艺路线，反应过程本身实现了二氧化碳的零排放，碳原子利用效率达到100%。关于该反应的下列说法错误的是（　　）
A．催化剂降低了反应的活化能
B．CH4→CH3+H的过程需要吸收能量
C．该反应符合绿色化学原理
D．CH3 是稳定结构
4．近日王中林院士被授予能源界“诺贝尔奖”的埃尼奖，以表彰他首次发明纳米发电机、开创自驱动系统与蓝色能源两大原创领域。下列与“蓝色能源”海洋能一样属于可再生能源的是（　　）
A．氢气 B．煤 C．石油 D．可燃冰
5．下列关于能量变化的说法正确的是（　　）
A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，水的能量更低
B．化学反应发生物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种
C．吸热反应一定需要加热条件才能发生
D．化学反应遵循质量守恒也遵循能量守恒
6．最近，中国科学院大连化物所CO2 催化转化为 CO 的研究获得新成果。下图是使用不同催化剂（NiPc 和 CoPc）时转化过程中的能量变化，下列说法不合理的是（　　）
A．转化过程中有极性键形成
B．·CO2 经氧化反应得到·COOH
C．吸附在 NiPc 或 CoPc 表面带有相同基团的物种其能量不同
D．该研究成果将有利于缓解温室效应并解决能源转化问题
7．H2与O2发生反应的过程用模型图示如下（“﹣”表示化学键）：下列说法不正确的是（　　）
A．过程Ⅰ是吸热过程
B．过程Ⅲ一定是放热过程
C．该反应过程所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键
D．该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行
8．对于反应中的能量变化，表述正确的是（　　）
A．放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量
B．断开化学键的过程会放出能量
C．加热才能发生的反应一定是吸热反应
D．氧化反应均为吸热反应
9．X+Y→M+N为放热反应，下列说法正确是（　　）
A．X的能量一定高于M
B．Y的能量一定高于N
C．X和Y的总能量一定高于M和N的总能量
D．因为该反应是放热反应，故不必加热反应一定发生
10．向绝热恒容密闭容器中通入一定量的SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g) SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是（　　）
A．Δt1＝Δt2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
B．反应在c点达到平衡状态
C．反应物的总能量低于生成物的总能量
D．反应物浓度：a点小于b
11．如图所示，ΔH1= 393.5 kJ·mol 1，ΔH2= 395.4 kJ·mol 1，下列有关说法或表示式正确的是（　　）
A．C(s，石墨) ＝ C(s，金刚石)　ΔH= 1.9 kJ·mol 1
B．石墨和金刚石的转化是物理变化
C．金刚石的稳定性比石墨的弱
D．1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能小1.9 kJ
12．单斜硫和正交硫是硫的两种同素异形体
已知：①S(单斜，s)+O2(g)═SO2(g)△H1=-297.16kJ mol-1
②S(正交，s)+O2(g)═SO2(g)△H2=-296.83kJ mol-1
③S(单斜，s)═S(正交，s)△H3
下列说法正确的是（　　）
A．△H3=+0.33 kJ mol-1
B．单斜硫转化为正交硫的反应是吸热反应
C．△H3＜0，正交硫比单斜硫稳定
D．△H3>0，单斜硫比正交硫稳定
13．单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化，如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．单斜硫和正交硫互为同素异形体
B．
C．单斜硫比正交硫稳定
D．分解成(s，单斜)和时会吸收热量
14．化学反应的发生必然伴随有能量的转化，其根本原因是（　　）
A．化学反应中一定有新物质生成
B．化学反应中旧化学键的断裂需要吸收能量，新化学键的生成需要放出能量
C．化学反应通常需要加热等条件才能发生
D．生成物的总能量与反应物的总能量不同
15．在同温同压下，下列各组热化学方程式中，△H1＞△H2的是（　　）
A．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H1 2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2
B．S（g）+O2（g）=SO2（g）△H1 S（s）+O2（g）=SO2（g）△H2
C．C（s）+O2（g）=CO（g）△H1 C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2
D．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H1 H2（g）+ Cl2（g）=HCl（g）△H2
16．下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是
①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1； C(s)+ O2(g)=CO(g) △H2
②S(s)+O2(g)=SO2(g) △H3； S(g)+O2(g)=SO2(g) △H4
③H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H5； 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H6
④CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) △H7； CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s) △H8
A．① B．④ C．②③④ D．①②③
二、综合题
17．研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2催化加氢生成乙烯等低碳烯烃，进而制取液态烃，作为低碳液态燃料。制取乙烯发生的主要反应有：
i.2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)△H=-127.89kJ mol-1
ii．CO2(g)+H2(g) H2O(g)+CO(g)△H=+41.2kJ mol-1
（1）CO2催化加氢制乙烯包括两个步骤：
步骤I：CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)+CO(g)△H=-49.5kJ mol-1，写出步骤II由甲醇制乙烯的热化学方程式　 　。
（2）不同压强下CO2的平衡转化率与温度的关系如图：
①400~600℃，CO2的平衡转化率随着压强的升高而增大，B点v正　 　A点v逆(填“＞”“＜”或“=”)。在A点给定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率的方法有　 　。(任写一种)
②在恒定压强下，随着温度的升高，CO2的平衡转化率先降低后升高。试分析可能原因　 　。
③根据图像可知，为了获得更多乙烯等低碳烯烃，反应条件应控制在　 　(填序号)。
A．压强0.1~1.0MPa B．温度300~400℃
C．压强2.0~3.0MPa D．温度900~1000℃
一定条件下，将H2和CO2[n(H2)：n(CO2)=3]以一定的流速通过K—Fe—MnO/Al2O3催化剂进行反应，测得CO2的平衡转化率为50.0%，C2H4和CO的物质的量之比为2∶1，反应i的化学平衡常数Kp=　 　(只列算式不计算)。不改变气体流速和温度，一定能提高C2H4选择性的措施有　 　。(任写二种)
18．表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量：
物质 Cl2 Br2 I2 HCl HBr HI H2
能量（kJ） 243 193 151 432 366 298 436
根据上述数据回答下列问题：
（1）下列物质本身具有的能量最低的是 （填字母代号）．
A．H2 B．Cl2 C．Br2 D．I2
（2）下列氢化物中最稳定的是 （填字母代号）．
A．HCl B．HBr C．HI
（3）1molCl2与足量的H2完全反应时　 　（填“吸收”或“放出”）热量　 　 kJ．
19．尿素是蛋白质代谢的产物，也是重要的化学肥料．工业合成尿素反应如下：
2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）
（1）在一个真空恒容密闭容器中充入CO2和NH3发生上述反应合成尿素，恒定温度下混合气体中的氨气含量如图1所示．
A点的正反应速率v正（CO2）　 　 B点的逆反应速率v逆（CO2）（填“＞”、“＜”或“=”）；氨气的平衡转化率为　 　．
（2）氨基甲酸铵是合成尿素的一种中间产物．将体积比为2：1的NH3和CO2混合气体充入一个容积不变的真空密闭容器中，在恒定温度下使其发生下列反应并达到平衡：2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）将实验测得的不同温度下的平衡数据列于表：
温度（℃） 15.0 20.0 25.0 30.0 35.0
平衡气体总浓度 （10﹣3mol/L） 2.4 3.4 4.8 6.8 9.4
①关于上述反应的焓变、熵变说法正确的是　 　．
A．△H＜0，△S＜0B．△H＞0，△S＜0 C．△H＞0，△S＞0D．△H＜0，△S＞0
②关于上述反应的平衡状态下列说法正确的是　 　
A．分离出少量的氨基甲酸铵，反应物的转化率将增大
B．平衡时降低体系温度，CO2的体积分数下降
C．NH3的转化率始终等于CO2的转化率
D．加入有效的催化剂能够提高氨基甲酸铵的产率
③氨基甲酸铵极易水解成碳酸铵，酸性条件水解更彻底．将氨基甲酸铵粉末逐渐加入1L0.1mol/L的盐酸溶液中直到pH=7（室温下，忽略溶液体积变化），共用去0.052mol氨基甲酸铵，此时溶液中几乎不含碳元素．
此时溶液中c（NH4+）=　 　；（填具体数值）NH4+水解平衡常数值为　 　．
（3）化学家正在研究尿素动力燃料电池，尿液也能发电！用这种电池直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水又能发电．尿素燃料电池结构如图2所示，写出该电池的负极反应式：　 　．
20．当今世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。其中用、为原料合成甲醇（）过程主要涉及以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ的　 　。
（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了与在/Cu催化剂表面生成和的部分反应历程，如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。
反应历程中反应速率最快一步的能垒（活化能）的　 　eV。并写出该历程的化学方程式　 　。
（3）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有____（填字母）。
A．升高温度，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动
B．加入反应Ⅰ的催化剂，可以降低反应的活化能及反应热
C．增大的浓度，有利于提高的平衡转化率
D．及时分离出，可以使得反应Ⅰ的正反应速率增大
（4）加压，甲醇产率将　 　（填“升高”“不变”“降低”或“无法确定”）；若原料二氧化碳中掺混一氧化碳，随一氧化碳含量的增加，甲醇产率将　 　（填“升高”“不变”“降低”或“无法确定”）。
（5）加入新催化剂使1mol 和3mol 在1L密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡转化率和甲醇选择率（甲醇选择率是指转化生成甲醇的物质的量分数）与温度的变化趋势如图所示。
①由图可知，达到平衡时，最适宜的反应温度是　 　（填“473K”“513K”或“553K”）。
②553K时，若反应后体系的总压为p，反应Ⅰ的　 　（列出计算式）。（为压强平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中用气体分压代替浓度，气体的分压等于总压乘以物质的量分数。）
21．用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl．利用反应A，可实现氯的循环利用．反应A：
4HCl+O2 2Cl2+2H2O
已知：ⅰ．反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量．
ⅱ．
（1）反应A的热化学方程式是　 　．
（2）断开1mol H﹣O键与断开1mol H﹣Cl键所需能量相差约为　 　 kJ，H2O中H﹣O键比HCl中H﹣Cl键（填“强”或“弱”）　 　．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A.液氧和煤油反应属于燃烧反应，是放热反应，A选项是正确的；
B.同一物质，由液体变为气体时，时吸收能量的过程，因此该过程的焓变大于0，B选项是正确的；
C.在该氧化还原反应中，氧气作氧化剂，煤油作还原剂，C选项是正确的；
D.含碳的物质燃烧会得到CO和CO2，其中CO是有毒气体，而CO2会加剧温室效应，因此上述燃烧 反应并不是对环境友好。D选项是错误的。
故答案为：D。
【分析】煤油属于烃类，内部含有的元素种类有C和O，燃烧时对应得产物主要是CO2和水，在发生燃烧反应时，氧气作氧化剂，煤油是还原剂。
2．【答案】C
【解析】【解答】解：A、汽油本身即混合物，而乙醇汽油是乙醇和普通汽油的混合物，故A错误；
B、乙醇和汽油燃烧均能生成二氧化碳，故推广乙醇汽油不能减少温室气体的排放，故B错误；
C、汽油是由石油分馏得到，石油是化石燃料不可再生，故汽油不可再生，而乙醇可以再生，故推广乙醇汽油可以减少化石燃料的消耗，故C正确；
D、粮食是一个国家重要的资源，是百姓的根本，用粮食生产乙醇会造成粮食的浪费，应该用植物的秸秆来生产，故D错误．
故选C．
【分析】A、乙醇汽油是乙醇和普通汽油的混合物；
B、乙醇和汽油燃烧均能生成二氧化碳；
C、汽油是由石油分馏得到，不可再生，而乙醇可以再生；
D、用粮食生产乙醇会造成粮食的浪费．
3．【答案】D
【解析】【解答】A项，催化剂改变了反应历程，降低了反应的活化能，故A不符合题意；
B项，CH4→CH3+H的过程需要断裂碳氢键，而断裂化学键需要吸收能量，故B不符合题意；
C项，绿色化学原理的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，反应物的原子全部转化为期望的最终产物，由已知，反应过程本身实现了二氧化碳的零排放，碳原子利用效率达到100%，所以符合绿色化学原理，故C不符合题意；
D项，CH3中C原子不满足8电子稳定结构，在自然界中不能稳定存在这样的单个粒子，只能与其他基团连接，故D不符合题意。
【分析】A.根据催化剂在化学反应中的作用进行分析；
B.分子的解离吸收热量；
C.原子利用率最高，符合绿色化学的原则；
D.吸收热量后稳定性降低。
4．【答案】A
【解析】【解答】煤、石油、天然气属于不可再生能源；氢气属于可再生能源；
故答案为：A
【分析】此题是对化石能源的考查，煤、石油、天然气属于不可再生能源。
5．【答案】D
6．【答案】B
【解析】【解答】A.反应过程中生成·COOH，形成O-H极性键，选项正确，A不符合题意；
B.·CO2转化为·COOH的过程中，各元素的化合价均没有变化，因此·CO2转化为·COOH不是氧化过程，选项错误，B符合题意；
C.由图示可知，·COOH吸附在NiPc中的能量高于吸附在CoPc上的能量，因此吸附在NiPc或CoPc表面带有相同基团的物种，其能量不同，选项正确，C不符合题意；
D.该过程中，CO2转化为CO，可减少空气中CO2的含量，缓解温室效应，同时反应生成的CO具有可燃性，为燃料，可解决能源转化危机，选项正确，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据反应过程中生成物质所含化学键进行分析；
B.根据物质化合价变化分析；
C.根据图示相对能量大小分析；
D.根据反应过程中物质转换分析；
7．【答案】D
【解析】【解答】解：A、过程Ⅰ分子化学键断裂形成原子，属于吸热过程，故A正确；
B、过程Ⅲ为新化学键形成的过程，是放热过程，故B正确；
C、过程Ⅰ中所有的旧化学键断裂，过程Ⅲ为新化学键形成的过程，故C正确；
D、该反应可通过燃料电池，实现化学能到电能的转化，故D错误；
故选：D．
【分析】由图可知，过程Ⅰ分子化学键断裂形成原子，属于吸热过程；过程Ⅲ由原子重新形成新的化学键，属于放热过程，该反应可通过燃料电池，实现化学能到电能的转化．
8．【答案】A
【解析】【解答】A、大当反应物的总能量大于生成物的总能量时，该反应是放热反应，A符合题意；
B、断开化学键的过程会吸收能量，B不符合题意；
C、吸热反应不一定需要加热热才发生，如氯化铵和十水合氢氧化钡的反应就是吸热的，加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如铝热反应，C不符合题意；
D、食物的腐败变质是氧化反应，该过程是放热的，D不符合题意；
故选A
【分析】A、反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应放热；
B、旧化学键的断裂需要吸收能量；
C、吸热反应不一定需要加热热才发生，加热才能发生的反应不一定是吸热反应；
D、有的氧化反应放热有的吸热．
9．【答案】C
【解析】【解答】A．虽然反应物的总能量大于生成物的总能量，但X的能量不一定高于M，不符合题意；
B. 虽然反应物的总能量大于生成物的总能量，但Y的能量一定高于N，不符合题意；
C. 由分析知，X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，符合题意；
D. 即便是放热反应，通常也需加热才能发生反应，符合题意。
故答案为：C。
【分析】对于放热反应来说，反应物的总能量必大于生成物的总能量。
10．【答案】A
【解析】【解答】A、随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，则SO2的转化率将逐渐增大，选项A符合题意；
B、化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，选项B不符合题意；
C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，选项C不符合题意；
D、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由题意可知一个反应前后体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响．结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快。
11．【答案】C
【解析】【解答】由图得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ·mol－1
②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.4kJ·mol－1，
利用盖斯定律将①-②可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ·mol－1，则
A、因C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJ·mol－1，故A不符合题意；
B、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故B不符合题意；
C、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C符合题意；
D、依据热化学方程式 C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ·mol－1，所以1mol石墨本身具有的总能量比1mol金刚石本身具有的总能量小1.9 kJ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图示，金刚石能量比石墨高，金刚石的稳定性比石墨的弱。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．由盖斯定律可知，反应①-②=③，所以△H3=(-297.16kJ mol-1)-(-296.83kJ mol-1)=-0.33kJ/mol，A不符合题意；
B．S(单斜，s)═S(正交，s)△H3=-0.33kJ/mol，反应放热，B不符合题意；
C．根据S(单斜，s)═S(正交，s)△H3=-0.33kJ/mol，单斜硫的能量比正交硫的能量高，正交硫比单斜硫稳定，C符合题意；
D．根据S(单斜，s)═S(正交，s)△H3=-0.33kJ/mol，单斜硫的能量比正交硫的能量高，正交硫比单斜硫稳定，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．根据盖斯定律进行计算；
B．由△H3的值确定确定反应的热效应；
C．物质所具有的能量越高，越不稳定；
D．物质所具有的能量越高，越不稳定；
13．【答案】C
【解析】【解答】A．同一种元素形成的不同单质是同素异形体，单斜硫和正交硫是硫元素的不同单质，二者互为同素异形体，故A不符合题意；
B．由图可知，S(s，单斜)和O2反应生成1molSO2(g)时放热297.16kJ，S(s，正交)和O2反应生成1molSO2(g)时放热296.83kJ，则S(s，单斜)=S(s，正交)△H=-(297.16kJ-296.83kJ)=-0.33kJ/mol，故B不符合题意；
C．由图可知，单斜硫具有的能量比正交硫高，则正交硫更稳定，故C符合题意；
D．由图可知，单斜硫和氧气反应是放热反应，则其逆反应是吸热反应，即SO2(g)分解成S(s，单斜)和O2时会吸收热量，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
B.根据盖斯定律计算；
D.单斜硫和氧气反应是放热反应。
14．【答案】B
【解析】【解答】解：化学反应的发生是旧键断裂和新键生成的过程，其中旧键断裂吸收的能量和新键生成释放的能量不同，化学反应必然伴随能量的变化．
A、化学反应的特征是有新物质生成，新物质的生成不是能量变化的原因，故A错误；
B、化学反应的实质：旧键的断裂和新键的生成，旧化学键的断裂需要吸收能量，新化学键的生成需要放出能量，吸收的能量和释放的能量不同，导致化学反应必然伴随能量的变化，故B正确；
C、加热不是所有化学反应的条件，不是化学反应的发生必然伴随有能量的转化的原因，故C错误；
D、生成物的总能量与反应物的总能量不同，会使得化学反应表现为吸热和放热，不是化学反应的发生必然伴随有能量的转化的原因，故D错误．
故选B．
【分析】A、化学反应的特征：有新物质生成；
B、化学反应的实质：旧键的断裂和新键的生成；
C、加热不是所有化学反应的条件；
D、生成物的总能量与反应物的总能量不同，化学反应表现为吸热和放热．
15．【答案】C
【解析】【解答】解：A、物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，液态水变为气态水的过程是吸热的，故△H1＜△H2，故A错误；
B、物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，固体硫变为气态硫需要吸收热量，硫蒸气燃烧放热多，所以△H1＜△H2，故B错误；
C、碳单质完全燃烧生成二氧化碳放热多于不完全燃烧生成一氧化碳放的热，反应的焓变是负值，故△H1＞△H2，故C正确；
D、化学反应方程式的系数加倍，焓变数值加倍，该化合反应是放热的，所以焓变值是负值，△H1=2△H2，△H1＜△H2，故D错误；
故选C．
【分析】A、液态水变为气态水的过程是吸热过程；
B、固体硫变为气态硫需要吸收热量；
C、碳单质完全燃烧放热多于不完全燃烧放的热．
D、化学反应方程式的系数加倍，焓变数值加倍．
16．【答案】C
【解析】【解答】①都为放热反应，△H＜0，前者完全反应，放出的热量多，则△H1＜△H2，①不符合题意；
②都为放热反应，△H＜0，由于S（s）→S（g）吸热，前者放出的热量少，则△H3＞△H4，②符合题意；
③都为放热反应，△H＜0，消耗的氢气越多，则放出的热量越多，则△H5＞△H6，③符合题意；
④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，④符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、一氧化碳燃烧放出的热量比碳燃烧放出热量少；
B、固体转化为气体需要吸热；
C、同种转台同种物质，物质的量越多放出热量越多，则焓变越小；
D、碳酸钙分解为吸热反应，氧化钙和水反应为放热反应。
17．【答案】（1）2CH3OH(g) C2H4(g)+2H2O(g) △H=-28.89kJ mol-1
（2）＜；增大氢碳比、将生成物及时分离；反应i为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；反应ii为吸热反应，温度升高，平衡正向移动。随着温度的升高，CO2平衡转化率降低是因为反应i占主导，CO2平衡转化率升高是因为反应ii占主导；BC；；催化剂、加压
【解析】【解答】(1) i.2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) △H=-127.89kJ mol-1
ii．CO2(g)+H2(g) H2O(g)+CO(g) △H=+41.2kJ mol-1
iii．CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.25kJ mol-1
根据盖斯定律：i-2×iii得2CH3OH(g) C2H4(g)+2H2O(g) △H=(-127.89+49.25×2)kJ mol-1=-28.89kJ mol-1，故答案为：2CH3OH(g) C2H4(g)+2H2O(g) △H=-28.89kJ mol-1；
(2)①由图可知，A、B均为平衡点，各点正逆反应速率相等，A、B两点温度相同，但A点压强大于B点压强，压强越高，反应速率越快，则B点v正＜A点v逆；在一定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率有增大氢碳比、将生成物及时分离，故答案为：＜；增大氢碳比、将生成物及时分离；
②反应i.2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) △H=-127.89kJ mol-1为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，反应ii．CO2(g)+H2(g) H2O(g)+CO(g) △H=+41.2kJ mol-1为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，而在较低温度下，随着温度的升高CO2的平衡转化率降低，说明反应ⅰ占主导，在较高温度下，随着温度的升高CO2的平衡转化率升高，说明反应ii占主导，故答案为：反应i为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；反应ii为吸热反应，温度升高，平衡正向移动。随着温度的升高，CO2平衡转化率降低是因为反应i占主导，CO2平衡转化率升高是因为反应ii占主导；
③为了使更多获得乙烯等低碳烯烃，则要使反应i.2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) △H=-127.89kJ mol-1为主导，反应ⅰ为放热反应，则要选择较低温度，同时考虑反应速率，所以温度选300～400℃，增大压强可以加快反应速率同时使反应ⅰ平衡正向移动，所以压强选2.0～3.0MPa，则选择BC；
设起始H2物质的量为6mol，则起始CO2物质的量为2mol，平衡时C2H4和CO的物质的量之比为2∶1，设C2H4和CO的物质的量分别为xmol和0.5xmol，
平衡时CO2的转化率为 ×100%=50.0%，解得：x=0.4，则平衡时n(CO2)=2mol-2.5×0.4mol=1mol，n(C2H4)=0.4mol，n(CO)=0.2mol，n(H2)=6mol-6.5×0.4mol=3.4mol，n(H2O)=4.5×0.4mol=1.8mol，混合气总物质的量为1mol+0.4mol+0.2mol+3.4mol+1.8mol=6.8mol，A点压强为1MPa，p(CO2)= ×1MPa= MPa，p(C2H4)= ×1MPa= MPa，p(H2)= ×1MPa= MPa，p(H2O)= ×1MPa= MPa，则Kp= = ；不改变气体流速和温度，要提高C2H4的选择性，可以选择合适的催化剂，降低反应ⅰ的活化能，加快反应速率，提高C2H4选择性；反应ⅰ为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，压强对反应ii没有影响，H2O(g)含量增加，从而使反应ⅱ平衡逆向移动，有进一步促进反应ⅰ平衡正向移动，提高C2H4选择性，故答案为：BC； ；催化剂、加压。
【分析】根据盖斯定律，结合反应i和步骤I计算解答；由图可知，A、B均为平衡点，各点正逆反应速率相等，A、B两点温度相同，但A点压强大于B点压强；在B点给定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率即使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，结合温度对平衡的影响分析解答；设起始H2物质的量为6mol，起始CO2物质的量为2mol，根据平衡时C2H4和CO的物质的量之比为2∶1结合三段式计算解答。
18．【答案】（1）A
（2）A
（3）放出；185
【解析】【解答】解：（1）根据表中数据可知，破坏1mol氢气中的化学键所消耗的能量最高，则说明氢气最稳定，具有的能量最低，
故选：A；（2）根据表中数据可知，破坏1mol氯化氢中的化学键所消耗的能量最高，则说明HCl最稳定，
故选：A；（3）根据反应Cl2+H2═2HCl，可以计算反应的△H=反应物的键能和﹣生成物的键能和=243KJ/mol+436KJ/mol﹣2×432KJ/mol=﹣185kJ/mol，新键生成释放的热量大于旧键断裂吸收的热量，所以1molCl2与足量的H2完全反应时放出热量185kJ，
故答案为：放出；185．
【分析】（1）破坏1mol 物质中的化学键所消耗的能量越高则说明物质越稳定，物质具有的能量越低；（2）破坏1mol 物质中的化学键所消耗的能量越高则说明物质越稳定；（3）根据新键生成放热情况和旧键断裂吸热情况来计算回答．
19．【答案】（1）＞；75%
（2）A；C；0.1mol/L；4×10﹣9
（3）CO（NH2）2+H2O﹣6e﹣=CO2+N2+6H+
【解析】【解答】解：（1.）氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明B点反应达到平衡状态，A点氨气体积百分含量大于B的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，A点的正反应速率大于B点的正反应速率，故v正（CO2）＞v逆（CO2）；
设氨气消耗物质的量x，开始氨气体积分数为50%，假设氨气为50mol，二氧化碳为50mol，
CO2 + 2NH3 （NH2）2CO + H2O
起始量（mol） 50 50 0 0
变化量（mol） 0.5x x 0.5x 0.5x
平衡量（mol） 50﹣0.5x 50﹣x 0.5x 0.5x
氨气的体积分数= =20%；解得：x=37.5mol，
氨气的平衡转化率= ×100%=75%，故答案为：＞；75%；
（2.）①根据表中的数据分析：温度越高，则平衡气体的总浓度越大，所以升高温度，平衡逆向移动，正反应反应是放热反应，故△H＜0；
反应物是气体，产物是固体，该反应是熵减小的过程，即，△S＜0，
故答案为：A；
②A．因为氨基甲酸铵为固体，分离出少量的氨基甲酸铵，平衡不移动，所以反应物的转化率不变，故A错误；
B．平衡时降低体系温度，平衡向放热方向即正反应方向移动，又氨基甲酸铵为固体，所以NH3和CO2始终为2：1，则CO2的体积分数不变，故B错误；
C．因为体积比为2：1的NH3和CO2混合气体充入反应，NH3和CO2又按照2：1的消耗，所以NH3的转化率始终等于CO2的转化率，故C正确；
D．催化剂只改变速率，不改变平衡移动，所以加入有效的催化剂不能够提高氨基甲酸铵的产率，故D错误；
故答案为：C；
③因为氨基甲酸铵极易水解成碳酸铵，即反应式为NH2COONH4（s）+H2O （NH4）2CO3，加入1L0.1mol/L的盐酸溶液中直到溶液pH=7并且溶液中几乎不含碳元素，所以溶液中只有H+、NH4+、OH﹣、Cl﹣，根据电荷守恒c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.1mol/L，又用去0.052mol氨基甲酸铵，所以开始溶液中的铵根离子浓度为0.052mol/L×2=0.104mol/L，
NH4+ + H2O NH3 H2O + H+
开始 0.104mol/L 0
转化 0.004mol/L 0.004mol/L
平衡 0.1mol/L 0.004mol/L
又溶液为pH=7，所以氢离子浓度为10﹣7mol/L，则NH4+水解平衡常数K= = =4×10﹣9，
故答案为：0.1mol/L；4×10﹣9；
（3.）尿素燃料电池中尿素再负极上失去电子生成氮气、二氧化碳，则负极反应为：CO（NH2）2+H2O﹣6e﹣═N2↑+CO2↑+6H+，故答案为：CO（NH2）2+H2O﹣6e﹣═N2↑+CO2↑+6H+．
【分析】（1.）图象分析氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明B点反应达到平衡状态，A点氨气体积百分含量大于B的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，A点的正反应速率大于B点的正反应速率；依据氨气的体积分数结合平衡三段式列式计算平衡转化率；
（2.）①根据表中的数据分析：温度越高，则平衡气体的总浓度越大，所以升高温度，平衡逆向移动，正反应反应是放热反应；
反应物是气体，产物是固体，该反应是熵减小的过程；
②A．因为氨基甲酸铵为固体，分离出少量的氨基甲酸铵，平衡不移动；
B．氨基甲酸铵为固体，所以NH3和CO2始终为2：1；
C．因为体积比为2：1的NH3和CO2混合气体充入反应，NH3和CO2又按照2：1的消耗，所以NH3的转化率始终等于CO2的转化率；
D．催化剂只改变速率，不改变平衡移动，由此进行判断；
③根据氨基甲酸铵极易水解成碳酸铵，即反应式为NH2COONH4（s）+H2O （NH4）2CO3，将氨基甲酸铵粉末逐渐加入1L0.1mol/L的盐酸溶液中直到pH=7并且溶液中几乎不含碳元素，所以溶液中只有H+、NH4+、OH﹣、Cl﹣，根据电荷守恒计算c（NH4+），根据NH4++H2O NH3 H2O+OH﹣结合K= 进行计算；
（3.）尿素燃料电池中尿素再负极上失去电子生成氮气、二氧化碳．
20．【答案】（1）
（2）0.61；或
（3）A；C
（4）升高；升高
（5）513K；
【解析】【解答】（1） 反应Ⅰ： ①反应Ⅱ： ②反应Ⅲ： ③。根据盖斯定律即可得到①=②+2③，即可得到 +2 = ；
（2） 反应历程中反应速率最快一步的能垒（活化能）即能垒最低的为过程④，最小为0.61eV，反应为CO*+HO*+H*=CO+H2O*；
（3）A.反应II是吸热反应，反应III为放热，温度升高II向正向移动，III逆向移动，故A符合题意；
B.催化剂只是改变活化能，不能改变反应热，故B不符合题意；
C.增大氢气的量促进反应向右移动，提高二氧化碳转化率，故C符合题意；
D.分离出甲醇减小速率，故D不符合题意；
（4）增大压强，平衡向右移动，甲醇产率增大，含有一氧化碳，反应III正向移动，反应II逆向移动，斗志二氧化碳和氢气汉两种含量增大，反应I正向移动，甲醇产率增大；
（5）①根据在513K时，甲醇选择率和二氧化碳的转化率适中；
②
开始（mol/L） 1 3 0 0
改变（mol/L） 0.2X0.6 0.36 0.12 0.12
改变（mol/L） 0.2X0.4 0.08 0.08 0.08
平衡（mol/L） 0.8 2.56 0.2
反应的后压强p(CO2)=，p(H2)=p(CH3OH)=p(H2O)=，常数为 ；
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算；
（2）根据找出能垒变化最小的即为速率最快即可写出方程式；
（3）A.结合温度对反应的影响判断；
B.根据催化剂降低活化能但反应热不变；
C.增大一种反应物浓度可提高另外一种物质的转化率；
D.及时减小生成物降低速率；
（4）根据压强对反应影响判断，根据增加的物质对平衡影响判断；
（5）①根据图示的数据即可判断；
②结合选择性和转化率结合三段式计算出平衡后的压强即可计算出常数。
21．【答案】（1）4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）△H=﹣115.6 KJ/mol
（2）32；强
【解析】【解答】解：（1）依据反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）△H=﹣115.6 KJ/mol；故答案为：4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）△H=﹣115.6 KJ/mol；（2）焓变=反应物断键吸收热量﹣生成物形成化学键放出热量，4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）△H=﹣115.6 KJ/mol，4×E（H﹣Cl）+498﹣[243×2+4×E（H﹣O）]=﹣115.6，得到4×E（H﹣O）﹣4×E（H﹣Cl）=498﹣486+115.6=127.6E（H﹣O）﹣E（H﹣Cl）=31.9≈32，H2O中H﹣O键比HCl中H﹣Cl键强，故答案为：32；强．
【分析】（1）反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，依据热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应焓变写出；（2）依据反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，焓变=反应物断键吸收热量﹣生成物形成化学键放出热量计算．