【备考2024年】从巩固到提高 高考化学二轮微专题12 化学反应与能量
一、选择题
1．（2023·海南）各相关物质的燃烧热数据如下表。下列热化学方程式正确的是（ ）
物质
A．
B．
C．
D．
2．（2023·江苏）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为
在密闭容器中，、时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如题图所示。的选择性可表示为。下列说法正确的是（ ）
A．反应的焓变
B．的平衡选择性随着温度的升高而增加
C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530℃
D．450℃时，提高的值或增大压强，均能使平衡转化率达到X点的值
3．（2023·浙江）一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
4．（2023·宁波模拟）一定条件下，与HCl发生加成反应有①、②两种可能，反应进程中能量变化如图所示。下列说法中不正确的是
A．反应①、②焓变不同，与产物稳定性有关，与反应的中间状态无关
B．反应①、②均经过两步反应完成，对应的分步反应过程中均放出能量
C．其他条件不变，适当提高反应温度，可以提高产物中的比例
D．相同条件下，的生成速率大于
5．（2023·九龙模拟）火箭发射时可以用液态肼作燃料，作氧化剂。相关物质的能量转化关系如下。已知 ，则的反应热为
A． B． C． D．
6．（2023·天津市模拟）我国学者利用催化剂催化丙烷氧化脱氢的历程如图(吸附在催化剂表面的物质用标注)。下列说法正确的是
A．反应历程中第一步化学反应为决速步骤
B．催化剂改变了丙烷氧化脱氢的焓变()
C．过渡态物质的稳定性：过渡态2小于过渡态1
D．吸附过程为吸热过程
7．（2023·莆田模拟）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如下图所示，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大。下列说法正确的是
A．比稳定
B．升高温度，生成的反应速率增大的程度更大
C．该历程中最小正反应的活化能为
D．改变催化剂可以改变生成的反应焓变
8．（2023·虹口模拟）气态有机物①~④分别与氢气发生加成反应生成1mol气态环己烷()的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．物质的热稳定性：②<③
B．物质④中不存在碳碳双键
C．物质①~④与氢气的加成反应都是放热反应
D．物质③脱氢生成④的热化学方程式为：(g)(g)+H2(g)-21kJ
9．（2023·长宁模拟）常温常压下，1mol CH3OH与O2发生反应时，生成CO或HCHO的能量变化如图(反应物O2和生成物水略去)，下列说法正确的是
A．加入催化剂后，生成CO的热效应变大，生成HCHO的热效应变小
B．加入催化剂后，生成HCHO的速率变大，单位时间内生成HCHO量变多
C．1mol CH3OH完全燃烧生成液态水和二氧化碳(g)放出393kJ的热量
D．生成HCHO的热化学方程式为2CH3OH+O2=2HCHO+2H2O+316kJ
10．（2023·闵行模拟）一定条件下，在密闭容器中，氮气与氢气合成氨气，能量变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．加入催化剂，E1、E2都变小
B．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+600kJ
C．升温可以增大该反应的化学平衡常数
D．通入1molN2和3molH2充分反应，放热小于92kJ
11．（2023·益阳模拟）一定条件下，气态反应物和生成物的相对能量与反应进程如下图所示。下列说法错误的是
A．
B．为进程II的催化剂
C．相同条件下，进程I、II中的平衡转化率相同
D．两个进程中速率最快的一步反应的
12．（2023·湖州模拟）甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的部分机理与能量变化如下：
链引发：，
链增长：部分反应进程与势能变化关系如图(所有物质状态为气态)……
链终止：，
下列说法错误的是
A．的键能为
B．链增长中反应速率较快的一步的热化学方程式为：
C．链增长过程中可能产生，，
D．链终止反应的过程中，还可能会生成少量的乙烷
13．（2023·浦东模拟）反应过程Ⅰ、Ⅱ都能将反应物(M)转化为产物(N)。其能量与反应进程的关系如下：
下列有关说法正确的是（ ）
A．进程Ⅰ是吸热反应 B．X是催化剂
C．M·X比N·X稳定 D．反应热：Ⅰ>Ⅱ
14．（2023·奉贤模拟）N2(g)与H2(g)化合生成NH3(g)的过程能量变化如下图所示，有关说法正确的是（ ）
A．使用催化剂会改变反应的热效应
B．反应的热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(l)+2bkJ
C．1molN(g)和3molH(g)生成1molNH3(g)时，放出bkJ热量
D．1molN2(g)和3molH2(g)的能量之和小于2molNH3(g)的能量
15．（2023·杨浦模拟）相关有机物分别与氢气发生反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列叙述错误的是
A．(g)(g)为吸热反应
B．(g)(g)
C．相同状况下，等质量的和完全燃烧，放热少
D．，可推测苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
16．（2022·崇明模拟）反应A(g)+B(g)→C(g)-Q1(Q1>0)分两步进行：①A(g)+B(g)→X(g)+Q2(Q2>0)；②X(g)→C(g)-Q3(Q3>0)。下列图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是
A． B．
C． D．
17．（2023·南京模拟）以乙炔和1，2－二氯乙烷为原料生产氯乙烯包括如下反应：
反应I：ClCH2CH2Cl(g)→HCl(g)+CH2=CHCl(g) ΔH1=+69.7 kJ mol-1
反应Ⅱ：HC≡CH(g)+HCl(g)→CH2=CHCl(g) ΔH2=-98.8 kJ mol-1
1.0×105Pa下，分别用如表三种方式进行投料，不同温度下反应达到平衡时相关数据如图所示。
方式 气体投料 平衡时相关数据
甲 ClCH2CH2Cl ClCH2CH2Cl转化率
乙 n(HC≡CH)：n(HCl)=1：1 HC≡CH转化率
丙 n(ClCH2CH2Cl)：n(HC≡CH)=1：1 CH2=CHCl产率
下列说法错误的是
A．反应ClCH2CH2Cl(g)+HC≡CH(g)→2CH2=CHCl(g)的ΔH=-29.1 kJ mol-1
B．曲线①表示平衡时ClCH2CH2Cl转化率随温度的变化
C．按方式丙投料，其他条件不变，移去部分CH2=CHCl可能使CH2=CHCl的产率从X点的值升至Y点的值
D．在催化剂作用下按方式丙投料，反应达到平衡时CH2=CHCl的产率(图中Z点)低于X点的原因可能是催化剂活性降低
18．（2023·普陀模拟）在生产、生活、科技中，氢能已获得越来越多的关注，是非常重要的能源。已知：
下列推断正确的是
A．H2O(l)吸收能量后，分子中氢氧键断裂而生成H2O(g)
B．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) =－484 kJ
C．若2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)＋Q1；2H2(g)＋O2(l)=2H2O(g)＋Q2；则Q1＞Q2
D．将2 mol H2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，吸收4×463 kJ的热量
19．（2023·湖南模拟）一定条件下，丙烯与HCl反应生成和的反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．丙烯与HCl的反应是吸热反应
B．合成的反应中，第Ⅱ步为反应的决速步
C．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例
D．的焓变等于第一步与第二步正反应活化能的差值
20．（2023·蚌埠模拟）已知复杂反应的速率由反应历程中活化能最大的一步基元反应决定。卤代烃的取代反应有以下两种反应历程，其反应过程中的能量变化如图所示：
下列说法中错误的是
A．卤代烃的取代为放热反应
B．SN1 反应速率与c(Nu：－)和c(R3CX)相关
C．SN2反应速率与c(RX)和c(Nu：－)相关
D．SN1机理为两步反应，SN2机理为一步反应
21．（2023·合肥模拟）下图是我国科研工作者研究与作用最终生成与的物质相对能量-反应进程曲线。下列叙述错误的是
A．中间体比更稳定
B．该反应进程中的最大能垒(活化能)为
C．生成的过程中有极性键的断裂和形成
D．总反应的热化学方程式为
22．（2023·沈阳模拟）已知硫的两种晶体形态的相图如图所示(相图：用于描述不同温度、压强下硫单质的转化及存在状态的平衡图像)，燃烧的热化学方程式为：
S(斜方，s) ；
S(单斜，s) 。
则下列有关说法中正确的是
A．温度高于119℃且压强小于，单斜硫发生液化现象
B．斜方硫和单斜硫互为同分异构体
C．图中F→G过程为固态硫的气化，该过程只破坏了分子间作用力
D．由上述信息可判断：
二、非选择题
23．（2024·贵州模拟）苯乙烯是重要的有机化工原料，可用乙苯为原料制备苯乙烯。制备方法有直接脱氢法和氧化脱氢法。在时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(ⅰ)直接脱氢：
(ⅱ)氧化脱氢：
回答下列问题：
（1）①反应的 ，平衡常数 (用表示)。
②氧化脱氢的反应趋势远大于直接脱氢，其原因是 。
③提高氧化脱氢反应平衡转化率的措施有 、 。
（2）已知，忽略随温度的变化。当时，反应能自发进行。在下，直接脱氢反应的和随温度变化的理论计算结果如图所示。
①直接脱氢反应在常温下 (选填“能”或“不能”)自发。
②随温度的变化曲线为 (选填“a”或“b”)，判断的理由是 。
③在某温度、下，向密闭容器中通入气态乙苯发生直接脱氢反应，达到平衡时，混合气体中乙苯和氢气的分压相等，该反应的平衡常数 (保留小数点后一位；分压总压物质的量分数)。
（3）乙苯脱氢制苯乙烯往往伴随副反应，生成苯和甲苯等芳香烃副产物。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和苯乙烯选择性，应当 。
24．（2024·广西壮族自治区模拟）工业尾气脱硝是减少空气污染的重要举措。回答下列问题：
（1）已知相关反应的热力学数据如下。
反应
①脱硝反应的 。时，为了提高该反应中NO的平衡转化率，理论上可采取的措施是 。
A．恒容时增大的压强 B．减小反应容器的容积
C．移去部分 D．选择合适的催化剂
②另一脱硝反应的 。
（2）模拟工业尾气脱硝：一定条件下，将的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和转化率随反应温度的变化如图。
当温度低于时，NO的去除率随温度升高而升高，可能原因是 ；高于时，NO的去除率随温度升高而降低，结合(1)的信息分析其可能原因是 。
（3）中国科学家利用Cu催化剂实现电化学脱硝。通过理论计算推测电解池阴极上NO可能的转化机理及转化步骤的活化能分别如下(*表示催化剂表面吸附位，如表示吸附于催化剂表面的NOH)。
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
Ⅳ．
V．
上述反应机理中，Ⅱ～V中速率最慢的步骤是 。若电路中有电子流过，其中生成的选择性为95%，电解池阴极生成的的物质的量为 mmol。
25．（2023·湖南）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
（1）Ⅰ．苯乙烯的制备
已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④的 ；
（2）在某温度、下，向反应器中充入气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入 水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
（3）在、下，以水蒸气作稀释气。作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是 ，理由是 ；
（4）关于本反应体系中催化剂的描述错误的是____；
A．X射线衍射技术可测定晶体结构
B．可改变乙苯平衡转化率
C．降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变颗粒大小不影响反应速率
（5）Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某(Ⅰ)的配合物促进(引发剂，X表示卤素)生成自由基，实现苯乙烯可控聚合。
引发剂中活性最高的是 ；
（6）室温下，①在配体L的水溶液中形成，其反应平衡常数为K；②在水中的溶度积常数为。由此可知，在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为 (所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
26．（2023·西城模拟）镁基储氢材料MgH2具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。
Ⅰ.MgH2热分解放出H2
MgH2(s)Mg(s)+H2(g) ΔH=+75kJ/mol
该反应的能量变化如图。
（1）E1= 。
（2）提高H2平衡产率的措施有 (答2条)。
（3）Ⅱ.MgH2水解制备H2
MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是 。
（4）MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是 。
（5）MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的水解性能。1mol/L的几种盐溶液对MgH2水解制备H2的性能曲线如图。
已知：ⅰ.
物质 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Cu(OH)2
Ksp 5.6×10-12 5.5×10-16 2.2×10-20
ⅱ.MgH2在MCl2(M代表Mg、Ni、Cu)溶液中水解的示意图如图。
①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是 。
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是 。
③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．根据燃烧热定义，必须生成为稳定的物质，H2O应该为液态，A错误；
B.，B项错误；
C.氢气的燃烧热为285.8kJ/mol， 反应颠倒后可得，，C项错误；
D.根据燃烧热定义可知，D项正确；
故答案为：D。
【分析】1mol纯物质完全燃烧生成指定的物质放出的热量称为燃烧热，水必须为液态。
2．【答案】D
【知识点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.根据盖斯定律， 反应，A项错误；
B. 反应为为放热反应，升高温度平衡逆向移动，甲烷的含量降低，故甲烷的平衡选择性随着温度的升高而降低，B错误；
C.由图可知，温度范围约为450~550℃时二氧化碳实际转化率趋近于平衡转化率，此时为最适温度，温度继续增加，转化率会降低，可能与催化剂活性有关C错误；
D.450℃时，提高 的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强反应I平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使二氧化碳平衡转化率达到X点的值，D正确；
故答案为：D。
【分析】平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线。
3．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、反应Ⅰ、反应Ⅱ都是放热反应，且反应Ⅲ也是放热反应，因为反应Ⅱ放出的热量更多，所以反应Ⅱ的焓变更小，因此反应焓变：反应Ⅰ＞反应Ⅱ，A不符合题意。
B、由图可知，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，因此反应所需的活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ，B不符合题意。
C、增加c(HCl)，平衡正向移动，产物Ⅰ和产物Ⅱ的物质的量增加，但比例减小，C符合题意。
D、由图可知，在相对较短的反应时间内，产物Ⅰ的占比较大，因此及时分离可促使反应Ⅰ正向移动，或高高产率的产物Ⅰ，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、根据反应过程中放出热量的多少比较焓变的大小，反应过程中放出的热量越多，其焓变越小。
B、反应速率越快，反应所需的活化能越低。
C、增加c(HCl)，平衡正向移动，产物Ⅰ和产物Ⅱ的物质的量增加，但比例不一定增加。
D、由图可知，在较短时间内，产物Ⅰ的占比较大。
4．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．△H=生成物总能量-反应物总能量，由图可知，反应①②反应物相同，生成物不同，二者焓变不同，能量越低越稳定，则产物CH3CHClCH3（g）比CH3CH2CH2Cl（g）稳定，说明焓变与产物稳定性有关，与反应的中间状态无关，A不符合题意；
B．△H=生成物总能量-反应物总能量＜0，表示放热反应，△H＞0表示吸热反应，由图可知，第一步为吸热反应，第二步为放热反应，B符合题意；
C．由图可知，反应①活化能大，升高温度，反应物较易转化为活化分子，促进反应①发生，可以提高产物中CH3CH2CH2Cl（g）的比例，C不符合题意；
D．活化能越大，反应速率越慢，由图可知，反应①的活化能大于反应②，则相同条件下，CH3CHClCH3（g）的生成速率大于CH3CH2CH2Cl（g），D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.△H=生成物总能量-反应物总能量，能量越低越稳定。
B.△H＜0表示放热反应，△H＞0表示吸热反应。
C.反应①活化能大，升高温度，反应物较易转化为活化分子。
D.活化能越大，反应速率越慢。
5．【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】根据给出的信息得出：1/2N2(g)+O2(g)=NO2(g)+33.2KJ/mol①
N2H4(g)+2O2(g)=N2(g)+2H2O(g)-543.7KJ/mol② ③
结合 得到②x2+③x2-①x2= KJ/mol
故答案为：A
【分析】根据盖斯定律即可计算出给出的方程式的焓变。
6．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．化学反应的决速步骤是慢反应，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒(活化能)最大的是到过渡态I的能量，故第一步化学反应为决速步骤，A符合题意；
B．催化剂不能改反应的焓变()，B不符合题意；
C．物质具有的能量越低越稳定，故过渡态2更稳定，C不符合题意；
D．由图可知吸附过程为放热过程，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、决速步骤即活化能最大的步骤；
B、催化剂不影响焓变；
C、活化能越大，则稳定性越强；
D、能量升高为吸热，能量降低为放热。
7．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【分析】A．的能量更高，故其不如稳定，A不符合题意；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；结合图像可知，升高温度，生成的反应速率增大的程度更大，B不符合题意；
C．该历程中最小正反应的活化能为中间产物Z生成过渡Ⅲ时的活化能，为，C符合题意；
D．改变催化剂可以改变反应历程，加快反应速率，但是不能改变生成的反应焓变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、活化能越高物质越稳定；
B、升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；
C、结合图示可以知道最小活化能为；
D、催化剂不影响焓变。
8．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式
【解析】【解答】A．从图中可知，物质②的能量高于物质③，则稳定性②<③，A不符合题意；
B．物质④为苯，苯环中不存在碳碳双键，B不符合题意；
C．从图中可知，四种物质与氢气发生加成反应生成1mol气态环己烷都放出热量，都是放热反应，C不符合题意；
D．物质③能量高于物质④，则物质③脱氢生成④的热化学方程式为(g)(g)+H2(g)+21kJ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、能量越高，物质越稳定；
B、苯不存在碳碳双键和碳碳单键；
C、能量降低，为放热反应；
D、△H=生成物总内能-反应物总内能。
9．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式；催化剂
【解析】【解答】A．加入催化剂只改变反应历程而不改变热效应，加入催化剂生成CO的活化能增大而HCHO的活化能降低，A项不符合题意；
B．活化能低反应越快。加入催化剂生成CO的活化能增大而HCHO的活化能降低，故生成HCHO速率更快，B项符合题意；
C.1mol CH3OH完全燃烧生成液态水和一氧化碳(g)放出393kJ的热量，C项不符合题意；
D．该热化学方程式为没有标注物质的状态，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.催化剂不影响热效应；
B.活化能越低反应速率越快；
C.一氧化碳转化为二氧化碳放热；
D.热化学方程式应标出物质的聚集状态。
10．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡常数
【解析】【解答】A．加入催化剂可以降低活化能，但是不能改变反应热，即E2不变，A不符合题意；
B．根据图示， 1mol 氮气和 3mol 氢气完全反应生成 2mol 氨气时，放出的热量为 600kJ-508 kJ =92kJ ，根据热化学方程式书写规则得： N2 (g)+3H2 (g) 2NH3 (g) △H=-92kJ·mol -1 ，B不符合题意；
C．该反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C不符合题意；
D．该反应为可逆反应，反应不能进行到底，故通入1molN2和3molH2充分反应，放热小于92kJ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.催化剂不影响反应热；
B.ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能；
C.升温该反应的平衡逆向移动；
D.该反应为可逆反应，不能完全进行。
11．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A．由图可知，Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能改变反应的反应热，则历程Ⅰ、Ⅱ的反应热相等，即为E1-E4=E2-E5，A不符合题意；
B．根据反应历程可知，Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，B不符合题意；
C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率为历程Ⅰ等于历程Ⅱ，C不符合题意；
D．由图可知，历程Ⅱ中的第二步反应活化能小于第一步反应的活化能，反应的活化能越低，反应速率越快，则历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的焓变为E2-E3，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．催化剂只能改变反应的途径降低反应所需要的活化能，不能改变反应的始态和终态，即不改变反应热；
B．催化剂反应前参与反应，反应后又生成；
C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率；
D．反应的活化能越低，反应速率越快。
12．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式
【解析】【解答】A．根据，可知，的键能为，A不符合题意；
B．反应速率较快的一步应该是活化能较低的一步，由图可知，反应速率较快的一步的热化学方程式为：，B符合题意；
C．由图可知，链增长中碳上的氢原子可能失去，故链增长过程中可能产生，，，C不符合题意；
D．链终止反应的过程中，两个结合在一起可以形成乙烷，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据图中数据分析；
B．反应速率较快的一步是活化能较低的一步；
C．依据图像分析，链增长中碳上的氢原子可能失去；
D．依据反应的粒子判断。
13．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．进程Ⅰ中产物N能力低与反应物M，所以为放热反应；故A不符合题意；
B．由进程Ⅱ可知，反应前为M+X，反应后为N+X，X为催化剂，故B符合题意；
C．由图可知，M·X能量更高，更活泼，故C不符合题意；
D．X为催化剂，不该改变反应热，所以反应热：Ⅰ=Ⅱ；故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应物的总能量高于生成物的总能量为放热反应；
B.X在反应前后不变，为催化剂；
C.物质的能量越低越稳定；
D.催化剂不影响反应热。
14．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．催化剂不会改变反应的热效应，A不符合题意；
B．根据反应过程的能量变化可知，反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-2(b-a)kJ/mol，B不符合题意；
C．从图中可知，1molN(g)和3molH(g)生成1molNH3(g)时，放出bkJ热量，C符合题意；
D．氮气和氢气反应生成氨气，这是一个放热反应，1molN2(g)和3molH2(g)的能量之和大于2molNH3(g)的能量，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．催化剂不会改变反应的热效应；
B．根据反应过程的能量变化分析；
C．依据图像数据分析；
D．依据图像，是放热反应。
15．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式
【解析】【解答】A．由图可知，(g)的能量小于(g)，则(g)(g)的反应为吸热反应，故A不符合题意；
B．由图可知，(g)转化为 (g)和氢气的反应为放热反应，反应的热化学方程式为(g)(g)，故B符合题意；
C．由图可知，(g)的能量小于(g)，则相同状况下，等质量的和完全燃烧，放热少，故C不符合题意；
D．(g)转化为(g)放出热量不是(g) 转化为(g)放出热量的3倍说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应；
C.(g)的能量小于(g)；
D.3d=a时，说明苯分子中存在三个完全独立的碳碳双键。
16．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A(g)+B(g)→C(g)-Q1(Q1＞0)说明A和B的总能量小于C的总能量，A(g)+B(g)→X(g)+Q2(Q2＞0)说明A和B的总能量大于X的能量，X(g)→C(g)-Q3(Q3＞0)说明X的能量小于C的能量，因此能量的关系为C＞A+B＞X，
故答案为：A。
【分析】利用图中曲线，根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量分析；
17．【答案】D
【知识点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ可得该反应，即反应ClCH2CH2Cl(g)+HC≡CH(g)→2CH2=CHCl(g)的ΔH=-29.1 kJ mol-1，A不符合题意；
B．反应Ⅰ正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，ClCH2CH2Cl转化率，由图可知，曲线①表示平衡时ClCH2CH2Cl转化率随温度的变化，B不符合题意；
C．按方式丙投料，其他条件不变，移去部分CH2=CHCl，CH2=CHCl的浓度减小，反应反应Ⅰ和Ⅱ均向正反应方向移动，CH2=CHCl的产率增加，可能使CH2=CHCl的产率从X点的值升至Y点的值，C不符合题意；
D．催化剂不影响化学平衡移动，对平衡时CH2=CHCl的产率无影响；D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据盖斯定律进行分析。
B.升温利于平衡向吸热反应方向移动。
C.根据勒夏特列原理进行分析。
D.催化剂不影响化学平衡移动。
18．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．H2O(l)吸收能量后变为H2O(g)是物理变化，分子中氢氧键不断裂，A不符合题意；
B．由题干转化历程图可知，2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) =2×436kJ/mol+496kJ/mol-4×463kJ/mol=－484kJ/mol，B不符合题意；
C．由于O2(l)变为O2(g)的过程需要吸收热量，故若2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)＋Q1；2H2(g)＋O2(l)=2H2O(g)＋Q2，前者放出的热量大于后者即 Q1＞Q2，C符合题意；
D．由B项分析可知，将2 mol H2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，吸收484 kJ的热量，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.H2O(l)变为H2O(g)为物理变化，化学键未发生断裂；
B.反应热=反应物的键能和-生成物的键能和；
C.O2(l)变为O2(g)需要吸热；
D.H2(g)和O2(g)和生成水蒸气放出484 kJ能量，则2molH2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，吸收484 kJ的热量。
19．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．由图可知，无论是生成1-氯丙烷还是生成2-氯丙烷，反应物的总能量总是高于生成物的总能量，则丙烯与HCl的反应是放热反应，A不符合题意；
B．在合成2-氯丙烷的反应中，第Ⅰ步反应的活化能更大，即第Ⅰ步的反应速率慢，故第Ⅰ步为反应的决速步，B不符合题意；
C．由图可知：，升高温度，平衡正向移动，故其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例，C符合题意；
D．由图像可知，第一步与第二步正反应活化能的差值不是反应物和生成物的能量差，即该差值不是反应的焓变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.丙烯与HCl反应生成CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl的反应中，反应物总能量都大于生成物总能量；
B.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
D.根据盖斯定律，的焓变等于第一步焓变与第二步焓变之和。
20．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．卤代烃的取代反应中生成物能量低于反应物，该反应为放热反应，A项不符合题意；
B．SN1为单分子亲核取代反应，反应物先解离为碳正离子与带负电荷的离去基团，这个过程的活化能大，决定反应速率，所以SN1反应速率只和c(R3CX)相关，B项符合题意；
C．SN2反应为双分子亲核取代反应，只有一个阶段，其反应速率与c(RX)和c(Nu：－)相关，C项不符合题意；
D．SN1反应是两步反应，第一步是反应物在溶剂中离解成为碳正离子和由离去基团形成的负离子（慢反应），第二步是碳正离子与X－结合（快反应）。SN2反应中R-X的断裂与新的R-Nu键的形成是同时的，为一步反应，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
B．活化能越大，反应速率越慢，速率最慢是决速步骤；
C．反应只有一个阶段；
D．依据图像曲线分析。
21．【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．由图可知，中间体比能量更低，故更稳定，A不符合题意；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小；该反应进程中的最大能垒(活化能)为，B符合题意；
C．生成的过程中有碳氢键的断裂和氢氧键的生成，故有极性键的断裂和形成，C不符合题意；
D．由图可知，总反应为氧化镁和甲烷反应生成镁和甲醇，反应放热，其热化学方程式为 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.物质的能量越低越稳定。
B.活化能是指过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值。
C.共价键中，相同原子之间一般形成非极性键，不同原子之间形成极性键。
D.总反应为氧化镁和甲烷反应生成镁和甲醇，=生成物总能量-反应物总能量。
22．【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】A．由图可知，温度高于119℃时，单斜硫是固态，需要增大压强单斜硫才能发生液化现象，故A不符合题意；
B．单斜硫和正交硫是由S元素形成的不同单质，故正交硫和单斜硫互为同素异形体，故B不符合题意；
C．图中F→G过程为固态硫的气化，由斜方晶体先变为单斜硫再变为气体，过程中发生了化学变化，除了破坏了分子间作用力外，还破坏了共价键，故C不符合题意；
D．①S(斜方，s) ，②S(单斜，s) ，①-②可得，S(斜方，s)=S(单斜，s)，由图可知，在相同条件下，斜方硫转变为单斜硫需要升温，即，则，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合图象判断，可以知道增大压强单斜硫可以液化；
B、同种元素的不同单质为同素异形体；
C、不同物质之间的转化，为化学变化，破坏了共价键；
D、结合盖斯定律的方法进行判断。
23．【答案】（1）-241.8；；氧化脱氢反应和直接脱氢反应的△S均大于0，但氧化脱氢反应△H＜0，反应自发进行，直接脱氢反应△H＞0，反应高温下才能自发进行；及时分离出产物；适当降低温度
（2）不能；b；反应为吸热反应，温度上升，平衡正向移动，Kp1上升；33.3
（3）选择合适的催化剂
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律，将反应ⅱ-反应ⅰ可得，则，且，故答案为：-241.8； ；
②氧化脱氢反应和直接脱氢反应的△S均大于0，但氧化脱氢反应△H＜0，反应自发进行，直接脱氢反应△H＞0，反应高温下才能自发进行，故氧化脱氢的反应趋势远大于直接脱氢，故答案为：氧化脱氢反应和直接脱氢反应的△S均大于0，但氧化脱氢反应△H＜0，反应自发进行，直接脱氢反应△H＞0，反应高温下才能自发进行；
③提高氧化脱氢反应平衡转化率，应使平衡尽量正向移动，则可采取的措施有：及时分离出产物、适当降低温度，故答案为：及时分离出产物；适当降低温度；
（2）①直接脱氢反应为吸热反应，ΔH>0，且ΔS>0，在高温条件下存在ΔH-TΔS<0，则在常温下不能自发，故答案为：不能；
②该反应为吸热反应，升温，平衡正向移动， 增大，则 随温度的变化曲线为 b，故答案为：b； 反应为吸热反应，温度上升，平衡正向移动，Kp1上升 ；
③设转化的C8H10物质的量为xmol，据此列出反应的三段式为：
达到平衡时，混合气体中乙苯和氢气的分压相等，则此时1-x=x，解得x=0.5mol，平衡时气体的总物质的量为1.5mol，则，故答案为：33.3；
（3）为了提高反应速率和苯乙烯选择性，可以选择合适的催化剂，故答案为：选择合适的催化剂。
【分析】（1）根据盖斯定律分析；平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（2）根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；升温，平衡向吸热反应方向移动；列出反应的三段式，结合计算；
（3）催化剂能提高反应速率。
24．【答案】（1）-985.2；AC；5.9×1064
（2）当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低
（3）Ⅱ；0.19
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）设a. ，b. ，根据盖斯定律，将a-b可得 ，则ΔH=（-802.6-182.6）=-985.2；
提高该反应中NO的平衡转化率，应使平衡尽量正向移动；
A、 恒容时增大的压强，反应的平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，故A符合题意；
B、减小反应容器的容积，压强增大，该反应的平衡不移动，NO的平衡转化率不变，故B不符合题意；
C、 移去部分 ，反应的平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，故C符合题意；
D、催化剂只能提高反应速率，不影响平衡状态，则NO的平衡转化率不变，故D不符合题意；
故答案为：-985.2；AC；
②设c. ，d. ，e. ，根据盖斯定律，e=c-d，则 的 =5.9×1064，故答案为： 5.9×1064 ；
（2）当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；温度高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低，故答案为：当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低；
（3）反应的活化能越大，反应越慢，步骤Ⅱ的活化能最大，则最慢的步骤是Ⅱ；电解池阴极上NO发生还原反应得到氨气，则反应的方程式为NO+5H++5e-=NH3+H2O， 生成的选择性为95% ，根据方程式可知， 若电路中有电子流过 ，电解池阴极生成的的物质的量为，故答案为：Ⅱ；0.19。
【分析】（1）根据盖斯定律分析；平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（2）升高温度，平衡向吸热反应方向移动，且升高温度，反应速率加快；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；根据得失电子守恒计算。
25．【答案】（1）+118
（2）5
（3）苯；反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯
（4）B；D
（5）C6H5CH2Cl
（6）K Ksp
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH4=ΔH1－ΔH2－ΔH3=(－4386.9kJ·mol－1)－(－4263.1kJ·mol－1)－(－241.8kJ·mol－1)=118kJ·mol－1，因此该反应的反应热ΔH4=＋118kJ·mol－1。
（2）当乙苯的平衡转化率为50%时，参与反应的n(乙苯)=0.5mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.5mol+0.5mol+0.5mol=1.5mol，设此时容器的体积为V，则可得该温度下反应的平衡常数。
当乙苯的平衡转化率为75%时，参与反应的n(乙苯)=1mol×75%=0.75mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.25mol+0.75mol+0.75mol=1.75mol。设加入n(水蒸气)=amol，此时容器的体积为V′，由于物质的量之比等于体积之比，因此可得，解得。此时反应的平衡常数
因为反应温度不变，因此平衡常数不变，所以可得，解得a=5。所以加入水蒸气的物质的量为5mol。
（3）反应④为主反应，随着乙苯转化率的增大，反应生成苯乙烯和氢气的量增多，体系的压强增大。而反应⑥中反应前后气体分子数不变，压强增大，平衡不移动。反应⑤中反应后气体分子数增大，压强增大后，反应⑤平衡逆向移动，苯的产量降低，因此曲线b表示的产物是苯。
（4）A、测定晶体结构的方法为X射线衍射技术，A不符合题意；
B、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂，不影响平衡移动，因此不可改变乙苯的平衡转化率，B符合题意；
C、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂可降低乙苯脱氢反应的活化能，C不符合题意；
D、改变Fe2O3的颗粒大小，可改变固体与气体的接触面积，从而改变反应速率，D符合题意；
故答案为：BD
（5）由于非金属性Cl>Br>I，氯原子吸引电子的能力更强，则形成自由基C6H5CH2·的能力越强，因此活性最高的是C6H5CH2Cl。
（6）Cu＋在配体L的水溶液中反应的离子方程式为：Cu＋(aq)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)，该反应的平衡常数。CuBr的沉淀溶解平衡反应为CuBr(s) Cu＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数Ksp=c(Cu＋)×c(Br－)。CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq)=[Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数。由于，所以K′=K·Ksp。
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）温度不变，则平衡常数不变，根据三段式结合平衡常数的表达式进行计算。
（3）随着乙苯转化率增大，体系的压强增大，结合压强对反应⑤、反应⑥平衡移动的影响分析。
（4）A、测定晶体结构，可用X射线衍射实验；
B、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动；
C、加入催化剂，可降低反应所需的活化能；
D、增大催化剂的接触面积，可增大反应速率；
（5）根据卤素原子吸引电子的能力强弱分析。
（6）CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，据此结合平衡常数的表达式进行计算。
26．【答案】（1）160kJ/mol
（2）高温、低压、及时移走H2
（3）MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑
（4）产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积
（5）Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则ΔH=E1-E2=E1-85kJ/mol=+75kJ/mol，解得E1=160kJ/mol；
（2）该反应为体积增大的吸热反应，则提高H2平衡产率的措施有高温、低压、及时移走H2；
（3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑；
（4）MgH2与H2O反应时会生成氢氧化镁沉淀，附着在MgH2表面，故原因是产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积；
（5）①根据Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+更容易生成沉淀，故NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；
③铜离子具有较强的氧化性，而MgH2具有较强的还原性，故CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生。
【分析】（1）根据ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能计算；
（2） 提高H2平衡产率应使平衡正向移动，平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3） MgH2与H2O反应生成氢氧化镁和氢气；
（4） 产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积，导致 生成H2的速率先快后慢；
（5）①Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②反应后固体生成物仅有Mg(OH)2；分离除去Mg(OH)2，剩余的MgCl2溶液课循环使用；
③MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面。
1 / 1【备考2024年】从巩固到提高 高考化学二轮微专题12 化学反应与能量
一、选择题
1．（2023·海南）各相关物质的燃烧热数据如下表。下列热化学方程式正确的是（ ）
物质
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．根据燃烧热定义，必须生成为稳定的物质，H2O应该为液态，A错误；
B.，B项错误；
C.氢气的燃烧热为285.8kJ/mol， 反应颠倒后可得，，C项错误；
D.根据燃烧热定义可知，D项正确；
故答案为：D。
【分析】1mol纯物质完全燃烧生成指定的物质放出的热量称为燃烧热，水必须为液态。
2．（2023·江苏）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为
在密闭容器中，、时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如题图所示。的选择性可表示为。下列说法正确的是（ ）
A．反应的焓变
B．的平衡选择性随着温度的升高而增加
C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530℃
D．450℃时，提高的值或增大压强，均能使平衡转化率达到X点的值
【答案】D
【知识点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.根据盖斯定律， 反应，A项错误；
B. 反应为为放热反应，升高温度平衡逆向移动，甲烷的含量降低，故甲烷的平衡选择性随着温度的升高而降低，B错误；
C.由图可知，温度范围约为450~550℃时二氧化碳实际转化率趋近于平衡转化率，此时为最适温度，温度继续增加，转化率会降低，可能与催化剂活性有关C错误；
D.450℃时，提高 的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强反应I平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使二氧化碳平衡转化率达到X点的值，D正确；
故答案为：D。
【分析】平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线。
3．（2023·浙江）一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、反应Ⅰ、反应Ⅱ都是放热反应，且反应Ⅲ也是放热反应，因为反应Ⅱ放出的热量更多，所以反应Ⅱ的焓变更小，因此反应焓变：反应Ⅰ＞反应Ⅱ，A不符合题意。
B、由图可知，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，因此反应所需的活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ，B不符合题意。
C、增加c(HCl)，平衡正向移动，产物Ⅰ和产物Ⅱ的物质的量增加，但比例减小，C符合题意。
D、由图可知，在相对较短的反应时间内，产物Ⅰ的占比较大，因此及时分离可促使反应Ⅰ正向移动，或高高产率的产物Ⅰ，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、根据反应过程中放出热量的多少比较焓变的大小，反应过程中放出的热量越多，其焓变越小。
B、反应速率越快，反应所需的活化能越低。
C、增加c(HCl)，平衡正向移动，产物Ⅰ和产物Ⅱ的物质的量增加，但比例不一定增加。
D、由图可知，在较短时间内，产物Ⅰ的占比较大。
4．（2023·宁波模拟）一定条件下，与HCl发生加成反应有①、②两种可能，反应进程中能量变化如图所示。下列说法中不正确的是
A．反应①、②焓变不同，与产物稳定性有关，与反应的中间状态无关
B．反应①、②均经过两步反应完成，对应的分步反应过程中均放出能量
C．其他条件不变，适当提高反应温度，可以提高产物中的比例
D．相同条件下，的生成速率大于
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．△H=生成物总能量-反应物总能量，由图可知，反应①②反应物相同，生成物不同，二者焓变不同，能量越低越稳定，则产物CH3CHClCH3（g）比CH3CH2CH2Cl（g）稳定，说明焓变与产物稳定性有关，与反应的中间状态无关，A不符合题意；
B．△H=生成物总能量-反应物总能量＜0，表示放热反应，△H＞0表示吸热反应，由图可知，第一步为吸热反应，第二步为放热反应，B符合题意；
C．由图可知，反应①活化能大，升高温度，反应物较易转化为活化分子，促进反应①发生，可以提高产物中CH3CH2CH2Cl（g）的比例，C不符合题意；
D．活化能越大，反应速率越慢，由图可知，反应①的活化能大于反应②，则相同条件下，CH3CHClCH3（g）的生成速率大于CH3CH2CH2Cl（g），D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.△H=生成物总能量-反应物总能量，能量越低越稳定。
B.△H＜0表示放热反应，△H＞0表示吸热反应。
C.反应①活化能大，升高温度，反应物较易转化为活化分子。
D.活化能越大，反应速率越慢。
5．（2023·九龙模拟）火箭发射时可以用液态肼作燃料，作氧化剂。相关物质的能量转化关系如下。已知 ，则的反应热为
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】根据给出的信息得出：1/2N2(g)+O2(g)=NO2(g)+33.2KJ/mol①
N2H4(g)+2O2(g)=N2(g)+2H2O(g)-543.7KJ/mol② ③
结合 得到②x2+③x2-①x2= KJ/mol
故答案为：A
【分析】根据盖斯定律即可计算出给出的方程式的焓变。
6．（2023·天津市模拟）我国学者利用催化剂催化丙烷氧化脱氢的历程如图(吸附在催化剂表面的物质用标注)。下列说法正确的是
A．反应历程中第一步化学反应为决速步骤
B．催化剂改变了丙烷氧化脱氢的焓变()
C．过渡态物质的稳定性：过渡态2小于过渡态1
D．吸附过程为吸热过程
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．化学反应的决速步骤是慢反应，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒(活化能)最大的是到过渡态I的能量，故第一步化学反应为决速步骤，A符合题意；
B．催化剂不能改反应的焓变()，B不符合题意；
C．物质具有的能量越低越稳定，故过渡态2更稳定，C不符合题意；
D．由图可知吸附过程为放热过程，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、决速步骤即活化能最大的步骤；
B、催化剂不影响焓变；
C、活化能越大，则稳定性越强；
D、能量升高为吸热，能量降低为放热。
7．（2023·莆田模拟）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如下图所示，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大。下列说法正确的是
A．比稳定
B．升高温度，生成的反应速率增大的程度更大
C．该历程中最小正反应的活化能为
D．改变催化剂可以改变生成的反应焓变
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【分析】A．的能量更高，故其不如稳定，A不符合题意；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；结合图像可知，升高温度，生成的反应速率增大的程度更大，B不符合题意；
C．该历程中最小正反应的活化能为中间产物Z生成过渡Ⅲ时的活化能，为，C符合题意；
D．改变催化剂可以改变反应历程，加快反应速率，但是不能改变生成的反应焓变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、活化能越高物质越稳定；
B、升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；
C、结合图示可以知道最小活化能为；
D、催化剂不影响焓变。
8．（2023·虹口模拟）气态有机物①~④分别与氢气发生加成反应生成1mol气态环己烷()的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．物质的热稳定性：②<③
B．物质④中不存在碳碳双键
C．物质①~④与氢气的加成反应都是放热反应
D．物质③脱氢生成④的热化学方程式为：(g)(g)+H2(g)-21kJ
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式
【解析】【解答】A．从图中可知，物质②的能量高于物质③，则稳定性②<③，A不符合题意；
B．物质④为苯，苯环中不存在碳碳双键，B不符合题意；
C．从图中可知，四种物质与氢气发生加成反应生成1mol气态环己烷都放出热量，都是放热反应，C不符合题意；
D．物质③能量高于物质④，则物质③脱氢生成④的热化学方程式为(g)(g)+H2(g)+21kJ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、能量越高，物质越稳定；
B、苯不存在碳碳双键和碳碳单键；
C、能量降低，为放热反应；
D、△H=生成物总内能-反应物总内能。
9．（2023·长宁模拟）常温常压下，1mol CH3OH与O2发生反应时，生成CO或HCHO的能量变化如图(反应物O2和生成物水略去)，下列说法正确的是
A．加入催化剂后，生成CO的热效应变大，生成HCHO的热效应变小
B．加入催化剂后，生成HCHO的速率变大，单位时间内生成HCHO量变多
C．1mol CH3OH完全燃烧生成液态水和二氧化碳(g)放出393kJ的热量
D．生成HCHO的热化学方程式为2CH3OH+O2=2HCHO+2H2O+316kJ
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式；催化剂
【解析】【解答】A．加入催化剂只改变反应历程而不改变热效应，加入催化剂生成CO的活化能增大而HCHO的活化能降低，A项不符合题意；
B．活化能低反应越快。加入催化剂生成CO的活化能增大而HCHO的活化能降低，故生成HCHO速率更快，B项符合题意；
C.1mol CH3OH完全燃烧生成液态水和一氧化碳(g)放出393kJ的热量，C项不符合题意；
D．该热化学方程式为没有标注物质的状态，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.催化剂不影响热效应；
B.活化能越低反应速率越快；
C.一氧化碳转化为二氧化碳放热；
D.热化学方程式应标出物质的聚集状态。
10．（2023·闵行模拟）一定条件下，在密闭容器中，氮气与氢气合成氨气，能量变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．加入催化剂，E1、E2都变小
B．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+600kJ
C．升温可以增大该反应的化学平衡常数
D．通入1molN2和3molH2充分反应，放热小于92kJ
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡常数
【解析】【解答】A．加入催化剂可以降低活化能，但是不能改变反应热，即E2不变，A不符合题意；
B．根据图示， 1mol 氮气和 3mol 氢气完全反应生成 2mol 氨气时，放出的热量为 600kJ-508 kJ =92kJ ，根据热化学方程式书写规则得： N2 (g)+3H2 (g) 2NH3 (g) △H=-92kJ·mol -1 ，B不符合题意；
C．该反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C不符合题意；
D．该反应为可逆反应，反应不能进行到底，故通入1molN2和3molH2充分反应，放热小于92kJ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.催化剂不影响反应热；
B.ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能；
C.升温该反应的平衡逆向移动；
D.该反应为可逆反应，不能完全进行。
11．（2023·益阳模拟）一定条件下，气态反应物和生成物的相对能量与反应进程如下图所示。下列说法错误的是
A．
B．为进程II的催化剂
C．相同条件下，进程I、II中的平衡转化率相同
D．两个进程中速率最快的一步反应的
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A．由图可知，Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能改变反应的反应热，则历程Ⅰ、Ⅱ的反应热相等，即为E1-E4=E2-E5，A不符合题意；
B．根据反应历程可知，Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，B不符合题意；
C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率为历程Ⅰ等于历程Ⅱ，C不符合题意；
D．由图可知，历程Ⅱ中的第二步反应活化能小于第一步反应的活化能，反应的活化能越低，反应速率越快，则历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的焓变为E2-E3，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．催化剂只能改变反应的途径降低反应所需要的活化能，不能改变反应的始态和终态，即不改变反应热；
B．催化剂反应前参与反应，反应后又生成；
C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率；
D．反应的活化能越低，反应速率越快。
12．（2023·湖州模拟）甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的部分机理与能量变化如下：
链引发：，
链增长：部分反应进程与势能变化关系如图(所有物质状态为气态)……
链终止：，
下列说法错误的是
A．的键能为
B．链增长中反应速率较快的一步的热化学方程式为：
C．链增长过程中可能产生，，
D．链终止反应的过程中，还可能会生成少量的乙烷
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式
【解析】【解答】A．根据，可知，的键能为，A不符合题意；
B．反应速率较快的一步应该是活化能较低的一步，由图可知，反应速率较快的一步的热化学方程式为：，B符合题意；
C．由图可知，链增长中碳上的氢原子可能失去，故链增长过程中可能产生，，，C不符合题意；
D．链终止反应的过程中，两个结合在一起可以形成乙烷，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据图中数据分析；
B．反应速率较快的一步是活化能较低的一步；
C．依据图像分析，链增长中碳上的氢原子可能失去；
D．依据反应的粒子判断。
13．（2023·浦东模拟）反应过程Ⅰ、Ⅱ都能将反应物(M)转化为产物(N)。其能量与反应进程的关系如下：
下列有关说法正确的是（ ）
A．进程Ⅰ是吸热反应 B．X是催化剂
C．M·X比N·X稳定 D．反应热：Ⅰ>Ⅱ
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．进程Ⅰ中产物N能力低与反应物M，所以为放热反应；故A不符合题意；
B．由进程Ⅱ可知，反应前为M+X，反应后为N+X，X为催化剂，故B符合题意；
C．由图可知，M·X能量更高，更活泼，故C不符合题意；
D．X为催化剂，不该改变反应热，所以反应热：Ⅰ=Ⅱ；故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应物的总能量高于生成物的总能量为放热反应；
B.X在反应前后不变，为催化剂；
C.物质的能量越低越稳定；
D.催化剂不影响反应热。
14．（2023·奉贤模拟）N2(g)与H2(g)化合生成NH3(g)的过程能量变化如下图所示，有关说法正确的是（ ）
A．使用催化剂会改变反应的热效应
B．反应的热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(l)+2bkJ
C．1molN(g)和3molH(g)生成1molNH3(g)时，放出bkJ热量
D．1molN2(g)和3molH2(g)的能量之和小于2molNH3(g)的能量
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．催化剂不会改变反应的热效应，A不符合题意；
B．根据反应过程的能量变化可知，反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-2(b-a)kJ/mol，B不符合题意；
C．从图中可知，1molN(g)和3molH(g)生成1molNH3(g)时，放出bkJ热量，C符合题意；
D．氮气和氢气反应生成氨气，这是一个放热反应，1molN2(g)和3molH2(g)的能量之和大于2molNH3(g)的能量，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．催化剂不会改变反应的热效应；
B．根据反应过程的能量变化分析；
C．依据图像数据分析；
D．依据图像，是放热反应。
15．（2023·杨浦模拟）相关有机物分别与氢气发生反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列叙述错误的是
A．(g)(g)为吸热反应
B．(g)(g)
C．相同状况下，等质量的和完全燃烧，放热少
D．，可推测苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式
【解析】【解答】A．由图可知，(g)的能量小于(g)，则(g)(g)的反应为吸热反应，故A不符合题意；
B．由图可知，(g)转化为 (g)和氢气的反应为放热反应，反应的热化学方程式为(g)(g)，故B符合题意；
C．由图可知，(g)的能量小于(g)，则相同状况下，等质量的和完全燃烧，放热少，故C不符合题意；
D．(g)转化为(g)放出热量不是(g) 转化为(g)放出热量的3倍说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应；
C.(g)的能量小于(g)；
D.3d=a时，说明苯分子中存在三个完全独立的碳碳双键。
16．（2022·崇明模拟）反应A(g)+B(g)→C(g)-Q1(Q1>0)分两步进行：①A(g)+B(g)→X(g)+Q2(Q2>0)；②X(g)→C(g)-Q3(Q3>0)。下列图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A(g)+B(g)→C(g)-Q1(Q1＞0)说明A和B的总能量小于C的总能量，A(g)+B(g)→X(g)+Q2(Q2＞0)说明A和B的总能量大于X的能量，X(g)→C(g)-Q3(Q3＞0)说明X的能量小于C的能量，因此能量的关系为C＞A+B＞X，
故答案为：A。
【分析】利用图中曲线，根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量分析；
17．（2023·南京模拟）以乙炔和1，2－二氯乙烷为原料生产氯乙烯包括如下反应：
反应I：ClCH2CH2Cl(g)→HCl(g)+CH2=CHCl(g) ΔH1=+69.7 kJ mol-1
反应Ⅱ：HC≡CH(g)+HCl(g)→CH2=CHCl(g) ΔH2=-98.8 kJ mol-1
1.0×105Pa下，分别用如表三种方式进行投料，不同温度下反应达到平衡时相关数据如图所示。
方式 气体投料 平衡时相关数据
甲 ClCH2CH2Cl ClCH2CH2Cl转化率
乙 n(HC≡CH)：n(HCl)=1：1 HC≡CH转化率
丙 n(ClCH2CH2Cl)：n(HC≡CH)=1：1 CH2=CHCl产率
下列说法错误的是
A．反应ClCH2CH2Cl(g)+HC≡CH(g)→2CH2=CHCl(g)的ΔH=-29.1 kJ mol-1
B．曲线①表示平衡时ClCH2CH2Cl转化率随温度的变化
C．按方式丙投料，其他条件不变，移去部分CH2=CHCl可能使CH2=CHCl的产率从X点的值升至Y点的值
D．在催化剂作用下按方式丙投料，反应达到平衡时CH2=CHCl的产率(图中Z点)低于X点的原因可能是催化剂活性降低
【答案】D
【知识点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ可得该反应，即反应ClCH2CH2Cl(g)+HC≡CH(g)→2CH2=CHCl(g)的ΔH=-29.1 kJ mol-1，A不符合题意；
B．反应Ⅰ正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，ClCH2CH2Cl转化率，由图可知，曲线①表示平衡时ClCH2CH2Cl转化率随温度的变化，B不符合题意；
C．按方式丙投料，其他条件不变，移去部分CH2=CHCl，CH2=CHCl的浓度减小，反应反应Ⅰ和Ⅱ均向正反应方向移动，CH2=CHCl的产率增加，可能使CH2=CHCl的产率从X点的值升至Y点的值，C不符合题意；
D．催化剂不影响化学平衡移动，对平衡时CH2=CHCl的产率无影响；D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据盖斯定律进行分析。
B.升温利于平衡向吸热反应方向移动。
C.根据勒夏特列原理进行分析。
D.催化剂不影响化学平衡移动。
18．（2023·普陀模拟）在生产、生活、科技中，氢能已获得越来越多的关注，是非常重要的能源。已知：
下列推断正确的是
A．H2O(l)吸收能量后，分子中氢氧键断裂而生成H2O(g)
B．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) =－484 kJ
C．若2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)＋Q1；2H2(g)＋O2(l)=2H2O(g)＋Q2；则Q1＞Q2
D．将2 mol H2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，吸收4×463 kJ的热量
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．H2O(l)吸收能量后变为H2O(g)是物理变化，分子中氢氧键不断裂，A不符合题意；
B．由题干转化历程图可知，2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) =2×436kJ/mol+496kJ/mol-4×463kJ/mol=－484kJ/mol，B不符合题意；
C．由于O2(l)变为O2(g)的过程需要吸收热量，故若2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)＋Q1；2H2(g)＋O2(l)=2H2O(g)＋Q2，前者放出的热量大于后者即 Q1＞Q2，C符合题意；
D．由B项分析可知，将2 mol H2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，吸收484 kJ的热量，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.H2O(l)变为H2O(g)为物理变化，化学键未发生断裂；
B.反应热=反应物的键能和-生成物的键能和；
C.O2(l)变为O2(g)需要吸热；
D.H2(g)和O2(g)和生成水蒸气放出484 kJ能量，则2molH2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，吸收484 kJ的热量。
19．（2023·湖南模拟）一定条件下，丙烯与HCl反应生成和的反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．丙烯与HCl的反应是吸热反应
B．合成的反应中，第Ⅱ步为反应的决速步
C．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例
D．的焓变等于第一步与第二步正反应活化能的差值
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．由图可知，无论是生成1-氯丙烷还是生成2-氯丙烷，反应物的总能量总是高于生成物的总能量，则丙烯与HCl的反应是放热反应，A不符合题意；
B．在合成2-氯丙烷的反应中，第Ⅰ步反应的活化能更大，即第Ⅰ步的反应速率慢，故第Ⅰ步为反应的决速步，B不符合题意；
C．由图可知：，升高温度，平衡正向移动，故其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例，C符合题意；
D．由图像可知，第一步与第二步正反应活化能的差值不是反应物和生成物的能量差，即该差值不是反应的焓变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.丙烯与HCl反应生成CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl的反应中，反应物总能量都大于生成物总能量；
B.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
D.根据盖斯定律，的焓变等于第一步焓变与第二步焓变之和。
20．（2023·蚌埠模拟）已知复杂反应的速率由反应历程中活化能最大的一步基元反应决定。卤代烃的取代反应有以下两种反应历程，其反应过程中的能量变化如图所示：
下列说法中错误的是
A．卤代烃的取代为放热反应
B．SN1 反应速率与c(Nu：－)和c(R3CX)相关
C．SN2反应速率与c(RX)和c(Nu：－)相关
D．SN1机理为两步反应，SN2机理为一步反应
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．卤代烃的取代反应中生成物能量低于反应物，该反应为放热反应，A项不符合题意；
B．SN1为单分子亲核取代反应，反应物先解离为碳正离子与带负电荷的离去基团，这个过程的活化能大，决定反应速率，所以SN1反应速率只和c(R3CX)相关，B项符合题意；
C．SN2反应为双分子亲核取代反应，只有一个阶段，其反应速率与c(RX)和c(Nu：－)相关，C项不符合题意；
D．SN1反应是两步反应，第一步是反应物在溶剂中离解成为碳正离子和由离去基团形成的负离子（慢反应），第二步是碳正离子与X－结合（快反应）。SN2反应中R-X的断裂与新的R-Nu键的形成是同时的，为一步反应，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
B．活化能越大，反应速率越慢，速率最慢是决速步骤；
C．反应只有一个阶段；
D．依据图像曲线分析。
21．（2023·合肥模拟）下图是我国科研工作者研究与作用最终生成与的物质相对能量-反应进程曲线。下列叙述错误的是
A．中间体比更稳定
B．该反应进程中的最大能垒(活化能)为
C．生成的过程中有极性键的断裂和形成
D．总反应的热化学方程式为
【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．由图可知，中间体比能量更低，故更稳定，A不符合题意；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小；该反应进程中的最大能垒(活化能)为，B符合题意；
C．生成的过程中有碳氢键的断裂和氢氧键的生成，故有极性键的断裂和形成，C不符合题意；
D．由图可知，总反应为氧化镁和甲烷反应生成镁和甲醇，反应放热，其热化学方程式为 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.物质的能量越低越稳定。
B.活化能是指过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值。
C.共价键中，相同原子之间一般形成非极性键，不同原子之间形成极性键。
D.总反应为氧化镁和甲烷反应生成镁和甲醇，=生成物总能量-反应物总能量。
22．（2023·沈阳模拟）已知硫的两种晶体形态的相图如图所示(相图：用于描述不同温度、压强下硫单质的转化及存在状态的平衡图像)，燃烧的热化学方程式为：
S(斜方，s) ；
S(单斜，s) 。
则下列有关说法中正确的是
A．温度高于119℃且压强小于，单斜硫发生液化现象
B．斜方硫和单斜硫互为同分异构体
C．图中F→G过程为固态硫的气化，该过程只破坏了分子间作用力
D．由上述信息可判断：
【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】A．由图可知，温度高于119℃时，单斜硫是固态，需要增大压强单斜硫才能发生液化现象，故A不符合题意；
B．单斜硫和正交硫是由S元素形成的不同单质，故正交硫和单斜硫互为同素异形体，故B不符合题意；
C．图中F→G过程为固态硫的气化，由斜方晶体先变为单斜硫再变为气体，过程中发生了化学变化，除了破坏了分子间作用力外，还破坏了共价键，故C不符合题意；
D．①S(斜方，s) ，②S(单斜，s) ，①-②可得，S(斜方，s)=S(单斜，s)，由图可知，在相同条件下，斜方硫转变为单斜硫需要升温，即，则，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合图象判断，可以知道增大压强单斜硫可以液化；
B、同种元素的不同单质为同素异形体；
C、不同物质之间的转化，为化学变化，破坏了共价键；
D、结合盖斯定律的方法进行判断。
二、非选择题
23．（2024·贵州模拟）苯乙烯是重要的有机化工原料，可用乙苯为原料制备苯乙烯。制备方法有直接脱氢法和氧化脱氢法。在时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(ⅰ)直接脱氢：
(ⅱ)氧化脱氢：
回答下列问题：
（1）①反应的 ，平衡常数 (用表示)。
②氧化脱氢的反应趋势远大于直接脱氢，其原因是 。
③提高氧化脱氢反应平衡转化率的措施有 、 。
（2）已知，忽略随温度的变化。当时，反应能自发进行。在下，直接脱氢反应的和随温度变化的理论计算结果如图所示。
①直接脱氢反应在常温下 (选填“能”或“不能”)自发。
②随温度的变化曲线为 (选填“a”或“b”)，判断的理由是 。
③在某温度、下，向密闭容器中通入气态乙苯发生直接脱氢反应，达到平衡时，混合气体中乙苯和氢气的分压相等，该反应的平衡常数 (保留小数点后一位；分压总压物质的量分数)。
（3）乙苯脱氢制苯乙烯往往伴随副反应，生成苯和甲苯等芳香烃副产物。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和苯乙烯选择性，应当 。
【答案】（1）-241.8；；氧化脱氢反应和直接脱氢反应的△S均大于0，但氧化脱氢反应△H＜0，反应自发进行，直接脱氢反应△H＞0，反应高温下才能自发进行；及时分离出产物；适当降低温度
（2）不能；b；反应为吸热反应，温度上升，平衡正向移动，Kp1上升；33.3
（3）选择合适的催化剂
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律，将反应ⅱ-反应ⅰ可得，则，且，故答案为：-241.8； ；
②氧化脱氢反应和直接脱氢反应的△S均大于0，但氧化脱氢反应△H＜0，反应自发进行，直接脱氢反应△H＞0，反应高温下才能自发进行，故氧化脱氢的反应趋势远大于直接脱氢，故答案为：氧化脱氢反应和直接脱氢反应的△S均大于0，但氧化脱氢反应△H＜0，反应自发进行，直接脱氢反应△H＞0，反应高温下才能自发进行；
③提高氧化脱氢反应平衡转化率，应使平衡尽量正向移动，则可采取的措施有：及时分离出产物、适当降低温度，故答案为：及时分离出产物；适当降低温度；
（2）①直接脱氢反应为吸热反应，ΔH>0，且ΔS>0，在高温条件下存在ΔH-TΔS<0，则在常温下不能自发，故答案为：不能；
②该反应为吸热反应，升温，平衡正向移动， 增大，则 随温度的变化曲线为 b，故答案为：b； 反应为吸热反应，温度上升，平衡正向移动，Kp1上升 ；
③设转化的C8H10物质的量为xmol，据此列出反应的三段式为：
达到平衡时，混合气体中乙苯和氢气的分压相等，则此时1-x=x，解得x=0.5mol，平衡时气体的总物质的量为1.5mol，则，故答案为：33.3；
（3）为了提高反应速率和苯乙烯选择性，可以选择合适的催化剂，故答案为：选择合适的催化剂。
【分析】（1）根据盖斯定律分析；平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（2）根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；升温，平衡向吸热反应方向移动；列出反应的三段式，结合计算；
（3）催化剂能提高反应速率。
24．（2024·广西壮族自治区模拟）工业尾气脱硝是减少空气污染的重要举措。回答下列问题：
（1）已知相关反应的热力学数据如下。
反应
①脱硝反应的 。时，为了提高该反应中NO的平衡转化率，理论上可采取的措施是 。
A．恒容时增大的压强 B．减小反应容器的容积
C．移去部分 D．选择合适的催化剂
②另一脱硝反应的 。
（2）模拟工业尾气脱硝：一定条件下，将的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和转化率随反应温度的变化如图。
当温度低于时，NO的去除率随温度升高而升高，可能原因是 ；高于时，NO的去除率随温度升高而降低，结合(1)的信息分析其可能原因是 。
（3）中国科学家利用Cu催化剂实现电化学脱硝。通过理论计算推测电解池阴极上NO可能的转化机理及转化步骤的活化能分别如下(*表示催化剂表面吸附位，如表示吸附于催化剂表面的NOH)。
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
Ⅳ．
V．
上述反应机理中，Ⅱ～V中速率最慢的步骤是 。若电路中有电子流过，其中生成的选择性为95%，电解池阴极生成的的物质的量为 mmol。
【答案】（1）-985.2；AC；5.9×1064
（2）当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低
（3）Ⅱ；0.19
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）设a. ，b. ，根据盖斯定律，将a-b可得 ，则ΔH=（-802.6-182.6）=-985.2；
提高该反应中NO的平衡转化率，应使平衡尽量正向移动；
A、 恒容时增大的压强，反应的平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，故A符合题意；
B、减小反应容器的容积，压强增大，该反应的平衡不移动，NO的平衡转化率不变，故B不符合题意；
C、 移去部分 ，反应的平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，故C符合题意；
D、催化剂只能提高反应速率，不影响平衡状态，则NO的平衡转化率不变，故D不符合题意；
故答案为：-985.2；AC；
②设c. ，d. ，e. ，根据盖斯定律，e=c-d，则 的 =5.9×1064，故答案为： 5.9×1064 ；
（2）当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；温度高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低，故答案为：当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低；
（3）反应的活化能越大，反应越慢，步骤Ⅱ的活化能最大，则最慢的步骤是Ⅱ；电解池阴极上NO发生还原反应得到氨气，则反应的方程式为NO+5H++5e-=NH3+H2O， 生成的选择性为95% ，根据方程式可知， 若电路中有电子流过 ，电解池阴极生成的的物质的量为，故答案为：Ⅱ；0.19。
【分析】（1）根据盖斯定律分析；平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（2）升高温度，平衡向吸热反应方向移动，且升高温度，反应速率加快；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；根据得失电子守恒计算。
25．（2023·湖南）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
（1）Ⅰ．苯乙烯的制备
已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④的 ；
（2）在某温度、下，向反应器中充入气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入 水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
（3）在、下，以水蒸气作稀释气。作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是 ，理由是 ；
（4）关于本反应体系中催化剂的描述错误的是____；
A．X射线衍射技术可测定晶体结构
B．可改变乙苯平衡转化率
C．降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变颗粒大小不影响反应速率
（5）Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某(Ⅰ)的配合物促进(引发剂，X表示卤素)生成自由基，实现苯乙烯可控聚合。
引发剂中活性最高的是 ；
（6）室温下，①在配体L的水溶液中形成，其反应平衡常数为K；②在水中的溶度积常数为。由此可知，在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为 (所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
【答案】（1）+118
（2）5
（3）苯；反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯
（4）B；D
（5）C6H5CH2Cl
（6）K Ksp
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH4=ΔH1－ΔH2－ΔH3=(－4386.9kJ·mol－1)－(－4263.1kJ·mol－1)－(－241.8kJ·mol－1)=118kJ·mol－1，因此该反应的反应热ΔH4=＋118kJ·mol－1。
（2）当乙苯的平衡转化率为50%时，参与反应的n(乙苯)=0.5mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.5mol+0.5mol+0.5mol=1.5mol，设此时容器的体积为V，则可得该温度下反应的平衡常数。
当乙苯的平衡转化率为75%时，参与反应的n(乙苯)=1mol×75%=0.75mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.25mol+0.75mol+0.75mol=1.75mol。设加入n(水蒸气)=amol，此时容器的体积为V′，由于物质的量之比等于体积之比，因此可得，解得。此时反应的平衡常数
因为反应温度不变，因此平衡常数不变，所以可得，解得a=5。所以加入水蒸气的物质的量为5mol。
（3）反应④为主反应，随着乙苯转化率的增大，反应生成苯乙烯和氢气的量增多，体系的压强增大。而反应⑥中反应前后气体分子数不变，压强增大，平衡不移动。反应⑤中反应后气体分子数增大，压强增大后，反应⑤平衡逆向移动，苯的产量降低，因此曲线b表示的产物是苯。
（4）A、测定晶体结构的方法为X射线衍射技术，A不符合题意；
B、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂，不影响平衡移动，因此不可改变乙苯的平衡转化率，B符合题意；
C、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂可降低乙苯脱氢反应的活化能，C不符合题意；
D、改变Fe2O3的颗粒大小，可改变固体与气体的接触面积，从而改变反应速率，D符合题意；
故答案为：BD
（5）由于非金属性Cl>Br>I，氯原子吸引电子的能力更强，则形成自由基C6H5CH2·的能力越强，因此活性最高的是C6H5CH2Cl。
（6）Cu＋在配体L的水溶液中反应的离子方程式为：Cu＋(aq)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)，该反应的平衡常数。CuBr的沉淀溶解平衡反应为CuBr(s) Cu＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数Ksp=c(Cu＋)×c(Br－)。CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq)=[Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数。由于，所以K′=K·Ksp。
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）温度不变，则平衡常数不变，根据三段式结合平衡常数的表达式进行计算。
（3）随着乙苯转化率增大，体系的压强增大，结合压强对反应⑤、反应⑥平衡移动的影响分析。
（4）A、测定晶体结构，可用X射线衍射实验；
B、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动；
C、加入催化剂，可降低反应所需的活化能；
D、增大催化剂的接触面积，可增大反应速率；
（5）根据卤素原子吸引电子的能力强弱分析。
（6）CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，据此结合平衡常数的表达式进行计算。
26．（2023·西城模拟）镁基储氢材料MgH2具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。
Ⅰ.MgH2热分解放出H2
MgH2(s)Mg(s)+H2(g) ΔH=+75kJ/mol
该反应的能量变化如图。
（1）E1= 。
（2）提高H2平衡产率的措施有 (答2条)。
（3）Ⅱ.MgH2水解制备H2
MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是 。
（4）MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是 。
（5）MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的水解性能。1mol/L的几种盐溶液对MgH2水解制备H2的性能曲线如图。
已知：ⅰ.
物质 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Cu(OH)2
Ksp 5.6×10-12 5.5×10-16 2.2×10-20
ⅱ.MgH2在MCl2(M代表Mg、Ni、Cu)溶液中水解的示意图如图。
①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是 。
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是 。
③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是 。
【答案】（1）160kJ/mol
（2）高温、低压、及时移走H2
（3）MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑
（4）产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积
（5）Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则ΔH=E1-E2=E1-85kJ/mol=+75kJ/mol，解得E1=160kJ/mol；
（2）该反应为体积增大的吸热反应，则提高H2平衡产率的措施有高温、低压、及时移走H2；
（3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑；
（4）MgH2与H2O反应时会生成氢氧化镁沉淀，附着在MgH2表面，故原因是产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积；
（5）①根据Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+更容易生成沉淀，故NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；
③铜离子具有较强的氧化性，而MgH2具有较强的还原性，故CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生。
【分析】（1）根据ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能计算；
（2） 提高H2平衡产率应使平衡正向移动，平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3） MgH2与H2O反应生成氢氧化镁和氢气；
（4） 产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积，导致 生成H2的速率先快后慢；
（5）①Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②反应后固体生成物仅有Mg(OH)2；分离除去Mg(OH)2，剩余的MgCl2溶液课循环使用；
③MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面。
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