1.1 化学反应的热效应（同步练习.含解析）-2025-2026学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1
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| 名称 | 1.1 化学反应的热效应（同步练习.含解析）-2025-2026学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 3.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-12-12 17:37:29 | ||
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文档简介
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1.1 化学反应的热效应
一．选择题（共16小题）
阅读下列材料，完成1﹣1题。
氮及其化合物在人类生产生活中发挥着重要作用。NH3是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱等；NH3能被NaClO氧化成N2H4 H2O（水合肼）；肼（N2H4）是常用的火箭燃料，其燃烧热为624kJ/mol；肼（N2H4）—空气燃料电池是一种碱性电池，能量转化率高，产物为氮气和水，无污染。常温下，亚硝酸（HNO2）的电离平衡常数为。
1．下列方程式书写正确的是（ ）
A．N2H4的燃烧：N2H4（l）+3O2（g）＝2NO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣624kJ/mol
B．肼一空气燃料电池负极的电极反应式：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O
C．NH3用于生产纯碱：2NaCl+2NH3+CO2+H2O＝2NH4Cl+Na2CO3
D．HNO2溶液中和NaOH溶液的离子反应：H++OH﹣＝H2O
2．（2025秋 南京校级月考）为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，示意图如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．NaCl固体溶解是吸热过程
B．根据盖斯定律可知：a+b＝4
C．根据各微粒的状态，可判断a＞0，b＞0
D．溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关
3．（2024秋 江苏校级期中）下列有关热化学方程式的叙述中正确的是（ ）
A．中和热的离子方程式为：OH﹣（aq）+H+（aq）＝H2O（g）ΔH＝﹣57.3kJ mol﹣1
B．已知C（石墨，s）＝C（金刚石，s）ΔH＝+19kJ mol﹣1，则金刚石比石墨稳定
C．已知2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ mol﹣1，则H2的燃烧热为﹣571.6kJ mol﹣1
D．已知C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1，C（s）+O2（g）＝CO2（s）ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
4．（2025 盐城一模）反应可用于储氢，可能机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔS＞0
B．步骤Ⅰ中CO2带正电荷的C与催化剂中的N之间作用
C．步骤Ⅲ中存在非极性键的断裂和形成
D．反应中每消耗1mol CO2，转移电子数约为4×6.02×1023
5．（2025秋 高新区校级月考）2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）的反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应决速步骤的活化能为E2
B．该反应的两步基元反应均为放热反应
C．使用合适的催化剂会使E1、E2、E3同时减小
D．温度升高，第Ⅰ步反应活化分子百分数增大，第Ⅱ步反应活化分子百分数减小
6．（2025秋 苏州月考）已知反应CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＜0。下列说法正确的是（ ）
A．该反应属于吸热反应
B．该反应反应物的总能量小于生成物的总能量
C．仅增大c（NO），该反应的平衡常数保持不变
D．仅加入适宜的催化剂，有利于提高NO的平衡转化率
7．（2025秋 苏州月考）下列物质间的能量变化与如图所示能量变化相符的是（ ）
A．氢氧化钠溶于水 B．氧化钙溶于水
C．氯化铵溶于水 D．浓硫酸的稀释
8．（2025秋 淮安月考）下列关于反应热和热化学反应的描述正确的是（ ）
A．断裂化学键放出热量，形成化学键吸收热量
B．稀氨水与稀盐酸反应生成1mol H2O（l），放出57.3 kJ热量
C．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧生成SO2，前者放出的热量多
D．N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）ΔH＝﹣akJ/mol，则将14gN2（g）和足量H2置于一密闭容器中，充分反应后放出0.5akJ的热量
9．（2025秋 淮安月考）金属硫化物（MxSy）催化反应CH4（g）+2H2S（g）＝CS2（g）+4H2（g），既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔS＜0
B．该反应的平衡常数
C．该反应中每消耗1mol H2S，转移电子的数目约为2×6.02×10﹣23
D．题图所示的反应机理中，步骤1可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
10．（2023秋 常熟市期中）在某金（Au5）催化剂表面HCOOH分解的能量与反应历程（吸附在金催化剂表面上的物种用*标注）如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．首先断裂的化学键是H﹣O键
B．反应HCOOH（g）→CO2（g）+H2（g）的ΔH＞0
C．HCOO*是反应中间体
D．反应HCOOH*→HCOO*+H*为决速步骤（活化能最大）
11．（2023秋 建邺区校级期中）催化剂Ca（PO4）3（OH）（简写为HAP）在表面倠化反应：HCHO（g）+O2（g） CO2（g）+H2O（g），历程示意图如图。已知该反应低温条件下能自发进行。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔH＜0、ΔS＜0
B．该反应的平衡常数
C．羟基磷灰石（HAP）的作用是通过减小ΔH，加快反应速率
D．图中反应机理可理解为HCHO中的H与O2的O分别与催化剂之间相互作用，同时HCHO中的C、H与O2中的O之间又分别相互作用
12．（2025秋 秦淮区月考）在催化剂CuCl2作用下，通过氧气直接氧化氯化氢制备氯气。该反应为可逆反应，热化学方程式为4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）；ΔH＝﹣116kJ mol﹣1。下列化学反应表示正确的是（ ）
A．实验室制氯气：MnO2+4HCl（浓）
B．使用CuCl2作为催化剂，可增大反应的活化能
C．4HCl（g）+O2（g）＝2Cl2（g）+2H2O（l）；ΔH＞﹣116kJ mol﹣1
D．氯气溶于水具有漂白性：
13．（2024秋 南京期中）氯元素具有多种化合价，可形成Cl﹣、ClO﹣、、和等离子，在一定条件下能发生相互转化。在新型催化剂RuO2作用下，O2氧化HCl可获得Cl2：4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＜0对于该反应下列说法正确的是（ ）
A．该反应ΔS＜0
B．4mol HCl与1mol O2反应转移电子数约为4×6.02×1023
C．RuO2的使用能降低该反应的焓变
D．反应的平衡常数
14．（2025春 铜山区期中）丙烷在催化剂表面催化脱氢的机理如图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，TS表示过渡态，IM表示中间体。
下列说法正确的是（ ）
A．催化剂降低了该反应的活化能，但未改变活化分子的百分数
B．丙烷催化脱氢仅涉及C—H键断裂和C—C键形成
C．丙烷催化脱氢的总反应速率由②决定
D．改变催化剂可改变反应历程进而改变焓变
15．（2025秋 江苏校级月考）下列关于热化学反应的描述正确的是（ ）
A．HCl和NaOH反应的反应热ΔH＝﹣57.3kJ mol﹣1，则H2SO4和Ba（OH）2反应的反应热ΔH＝2×（﹣57.3）kJ mol﹣1
B．常温下，反应C（s）+CO2（g）＝2CO（g）不能自发进行，则该反应的ΔH＞0
C．甲烷的燃烧热ΔH＝﹣890.3kJ mol﹣1，则CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＜﹣890.3kJ mol﹣1
D．500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）ΔH＝﹣38.6kJ mol﹣1
16．（2025秋 吴江区校级月考）某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是（ ）
A．由实验可知，（a）、（b）、（c）所涉及的反应都是放热反应
B．将实验（a）中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C．实验（c）中为了使反应进行完全，可以向盐酸中分几次加入氢氧化钠溶液
D．若用NaOH固体测定中和反应的反应热，则测定结果数值偏高
二．解答题（共4小题）
17．（2025秋 镇江月考）气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及相关反应是新型科研热点。回答下列问题：
（1）还原法：①用NH3催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。已知：
ⅰ：4NH3（g）+3O2（g）＝2N2（g）+6H2O（g）ΔH＝﹣akJ mol﹣1
ⅱ：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH＝bkJ mol﹣1
写出NH3还原NO至N2和水蒸气的热化学方程式 。
②尿素水溶液热解产生的NH3可去除尾气中的NOx，流程如图1：
a.尿素[CO（NH2）2]中氮元素的化合价为 。
b.若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。试分析硫酸盐的产生过程 。
③某脱硝反应机理如图2所示，C2H4参与Ⅰ的反应方程式为 。
（2）氧化法：O3氧化性强于O2，能更有效地氧化NO。
Ⅰ：2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）ΔH1＝﹣114kJ mol﹣1
Ⅱ：2O3（g）＝3O2（g）ΔH2＝﹣284.2kJ mol﹣1（活化能Ea＝119.2kJ mol﹣1）
Ⅲ：NO（g）+O3（g）＝NO2（g）+O2（g）ΔH3＝﹣199.1kJ mol﹣1（活化能Ea＝3.2kJ mol﹣1）
NO可经O3处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对NO脱除率的影响，将NO与O3混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，NO脱除率随NO与O3混合反应温度变化如图3所示。试分析在50～250℃范围内，随着温度的升高NO脱除率先几乎不变后下降的可能原因是 。
（3）研究表明氮氧化物的脱除率除了与还原剂、氧化剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3+x（A、B均为过渡元素）为催化剂，用H2还原NO的机理如下：
第一阶段：B4+（不稳定）+H2→低价态的金属离子（还原前后催化剂中金属原子的个数不变）
第二阶段：Ⅰ．NO（g）+□→NO（a）
Ⅱ．2NO（a）→2N（a）+O2（g）
Ⅲ．2N（a）→N2（g）+2□
Ⅳ．2NO（a）→N2（g）+2O（a）
Ⅴ．2O（a）→O2（g）+2□
注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态
第一阶段用氢气还原得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是 。
18．（2025 镇江模拟）研究CO2CH4等温室气体的资源化利用对人类具有重要的意义。
Ⅰ.以CO2和NH3为原料在ZnO作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如图：
则2NH3（l）+CO2（g）＝H2O（l）+H2NCONH2（l）ΔH＝ 。
Ⅱ.CO2甲烷化技术是碳中和理念的落脚点之一，涉及的主要反应如下：
①CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）ΔH1＜0
②CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH2＞0
催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。一定条件下，在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化的趋势如图（a）所示：
高于320℃后，以Ni—CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升，可能原因是 ；分子筛膜反应器可提高反应①的平衡转化率，其原理如图（b）所示，原因是 。
Ⅲ.FTO@BiVO4作电极，双金属串联催化剂电催化CO2制乙烯，装置如图1所示。在不同电压条件下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率（FE）随电压变化如图2所示。
已知：法拉第效率
①电势：泡沫Ni网电极 FTO@BiVO4电极（填“＞”“＜”或“＝”）。
②写出ISA—Ni催化剂上发生的电极反应式： 。
③当电解电压为U3V时，测得生成的n（CH4）：n（C2H4）＝7：4，则x＝ 。
Ⅳ.Pt12Ni；Sn12NiCu12Ni三种双金属合金团簇催化剂催化甲烷重整制氢的过程中，存在甲烷逐步脱氢的过程，其能量变化如图所示（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）：
①Sn12Ni双金属团簇具有良好的抗积碳作用，能有效抑制碳沉积对催化剂造成的不良影响，
结合图示解释其原因为 。
②甲烷逐步脱氢过程决速步反应是 （用化学方程式表示）。
Ⅴ.我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图所示。
①根据转化规律在答题卡指定位置画出化合物2的结构示意图 。
②依据电负性变化规律与断键方式，用文字描述由化合物3生成化合物1的过程 。
19．（2025秋 苏州月考）氮及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途。回答下列问题：
（1）化学反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）ΔH的能量变化如图所示（a、b、c均大于零）。
①对于反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（l）ΔH'，该反应中ΔH'＝ （用含a、b、c的代数式表示）kJ mol﹣1。
②下列关于NH3（g）═N+3H的说法正确的是 （填标号）。
A.N—H键断裂为吸热过程
B.每消耗2.24LNH3（g），同时生成1.4gN
C.每生成0.3mol H，转移电子的物质的量为0.1mol
③NH3在生活中的用途有 （写1种即可）。
（2）火箭发射时可以用肼（N2H4，液态）作燃料，NO2作氧化剂，二者反应生成N2和水蒸气。
已知：
反应Ⅰ：N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）
反应Ⅱ：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）
反应Ⅲ：2N2H4（l）+2NO2（g）＝3N2（g）+4H2O（g）
①对于反应Ⅰ，每转移0.8mol电子，此时能量变化为 kJ。该反应的能量变化与金属钠溶于水的能量变化 （填“相同”或“不相同”）。
②对于反应Ⅱ，每断裂0.4mol N—H键，此时生成N2（g）和H2O（g）的总质量为 g。
③对于反应Ⅲ，下列说法正确的是 （填标号）。
A.加入适宜的催化剂，该反应的方向发生改变
B.只及时移除部分H2O（g），N2（g）质量减小
C.2N2H4（g）+2NO2（g）＝3N2（g）+4H2O（g）ΔH4中的ΔH4与ΔH3大小不同
④表示N2H4（l）燃烧热的热化学方程式为 [已知：H2O（l）═H2O（g）ΔH＝+44kJ mol﹣1]。
20．（2025秋 鼓楼区校级月考）天然气在实现“双碳”目标进程中发挥重要的作用，成为能源低碳转型的首选能源之一。
（1）开采出的天然气中含有H2S，H2S会直接影响化工合成，并产生污染。TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图1所示。根据反应机理图可知Fe3+、S、O2三种物质在酸性条件下氧化性由强到弱顺序为 。
（2）甲烷重整法制备氢气。
反应1：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）ΔH＝+206.2kJ mol﹣1
反应2：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）；ΔH＝﹣41.2kJ mol﹣1
①工业生产中反应1和反应2要分两个温度段进行，第一阶段先采用 （填“高温”或“低温”）。
②工业上可采用加入CaO的方法提高H2产率。图2是压强为pokPa时，分别在加CaO和不加CaO时，平衡体系中H2的物质的量随温度变化的示意图。
ⅰ.600℃前加入CaO可明显提高混合空气中H2的物质的量，可能的原因是 。
ⅱ.温度高于700℃时，加入CaO不能改变平衡体系混合气中H2的物质的量，可能的原因是 。
③利用太阳能催化CH4蒸气重整制氢的反应原理如图3所示。
ⅰ.实验测得分步制氢比直接利用CH4和H2O（g）反应具有更高的反应效率，可能的原因是 。
ⅱ.第I步反应产生的CO和H2的混合气体在催化剂和适当条件下可以合成碳氢化合物，合成时易发生副反应CO+H2O CO2+H2。图4为相同条件下用不同催化剂在不同时间段测得反应体系内CO2的体积分数，据此应选择的催化剂是 （填“Ⅰ”或“Ⅱ”），选择的依据是 。
ⅲ.和传统的甲烷重整制氢相比较，太阳能催化CH4蒸气重整法的优点有 。
1.1 化学反应的热效应
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
阅读下列材料，完成1﹣1题。
氮及其化合物在人类生产生活中发挥着重要作用。NH3是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱等；NH3能被NaClO氧化成N2H4 H2O（水合肼）；肼（N2H4）是常用的火箭燃料，其燃烧热为624kJ/mol；肼（N2H4）—空气燃料电池是一种碱性电池，能量转化率高，产物为氮气和水，无污染。常温下，亚硝酸（HNO2）的电离平衡常数为。
1．下列方程式书写正确的是（ ）
A．N2H4的燃烧：N2H4（l）+3O2（g）＝2NO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣624kJ/mol
B．肼一空气燃料电池负极的电极反应式：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O
C．NH3用于生产纯碱：2NaCl+2NH3+CO2+H2O＝2NH4Cl+Na2CO3
D．HNO2溶液中和NaOH溶液的离子反应：H++OH﹣＝H2O
【答案】B
【分析】A．燃烧热的热化学方程式中，N元素转化为N2（g），H元素转化为H2O（l）；
B．负极发生失去电子的氧化反应；
C．NH3用于生产纯碱的第一步反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓；
D．HNO2属于弱酸，不能拆成离子。
【解答】解：A．N2H4的燃烧热的热化学方程式为：N2H4（l）+O2（g）＝2N2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣624kJ/mol，故A错误；
B．负极发生失去电子的氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O，故B正确；
C．NH3用于生产纯碱的反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，故C错误；
D．HNO2溶液中和NaOH溶液的离子反应：HNO2+OH﹣H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查热化学方程式、电极反应式等书写，属于基本知识的考查，难度不大。
2．（2025秋 南京校级月考）为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，示意图如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．NaCl固体溶解是吸热过程
B．根据盖斯定律可知：a+b＝4
C．根据各微粒的状态，可判断a＞0，b＞0
D．溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关
【答案】C
【分析】A．由图可知，NaCl固体溶于水的过程ΔH3＝+4kJ/mol；
B．根据盖斯定律可知：ΔH1+ΔH2＝ΔH3；
C．NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步是离子键断裂过程，第二步是形成水合离子过程；
D．NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步是离子键断裂过程，第二步是形成水合离子过程。
【解答】解：A．由图可知，NaCl固体溶于水的过程ΔH3＝+4kJ/mol，即NaCl固体溶解是吸热过程，故A正确；
B．根据盖斯定律可知：ΔH1+ΔH2＝ΔH3，即a+b＝+4，故B正确；
C．NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步是离子键断裂过程，为吸热过程，a＞0，第二步是形成水合离子过程，为放热过程，b＜0，故C错误；
D．NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步是离子键断裂过程，第二步是形成水合离子过程，故溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查了反应热与焓变及盖斯定律的应用，难度不大，能准确筛选有用信息是解本题的关键。
3．（2024秋 江苏校级期中）下列有关热化学方程式的叙述中正确的是（ ）
A．中和热的离子方程式为：OH﹣（aq）+H+（aq）＝H2O（g）ΔH＝﹣57.3kJ mol﹣1
B．已知C（石墨，s）＝C（金刚石，s）ΔH＝+19kJ mol﹣1，则金刚石比石墨稳定
C．已知2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ mol﹣1，则H2的燃烧热为﹣571.6kJ mol﹣1
D．已知C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1，C（s）+O2（g）＝CO2（s）ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
【答案】D
【分析】A．在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热；
B．能量越低物质越稳定；
C．燃烧热指的是25摄氏度℃，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
D．已知①C（s）+O2（g）＝CO2（g） ΔH1，②C（s）+O2（g）＝CO2（s） ΔH2，均为放热反应。
【解答】解：A．中和热的离子方程式中应该是H2O（l），故A错误；
B．能量越低物质越稳定，由C（石墨，s）＝C（金刚石，s）ΔH＞0，可知反应吸热，即石墨的能量低于金刚石，故石墨比金刚石稳定，故B错误；
C．燃烧热指的是25℃，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，已知2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ mol﹣1，则H2的燃烧热为571.6kJ mol﹣1×0.5＝ 285.8 kJ mol﹣1，故C错误；
D．已知①C（s）+O2（g）＝CO2（g） ΔH1，②C（s）+O2（g）＝CO2（s） ΔH2，均为放热反应，ΔH均小于0，CO2（g）的能量高于CO2（s），故①放出的热量少于②，则ΔH1＞ΔH2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
4．（2025 盐城一模）反应可用于储氢，可能机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔS＞0
B．步骤Ⅰ中CO2带正电荷的C与催化剂中的N之间作用
C．步骤Ⅲ中存在非极性键的断裂和形成
D．反应中每消耗1mol CO2，转移电子数约为4×6.02×1023
【答案】B
【分析】A．该反应的正反应是气体体积减小的反应；
B．CO2中C显正价，O显负价；
C．步骤Ⅲ中不存在非极性键的断裂和形成；
D．该反应中CO2中C元素的化合价由+4价降低到+2价。
【解答】解：A．该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以该反应的ΔS＜0，故A错误；
B．CO2中C显正价，O显负价，步骤I可理解为CO2中带部分正电荷的C与催化剂中的N之间作用，故B正确；
C．步骤Ⅲ中不存在非极性键的断裂和形成，故C错误；
D．该反应中CO2中C元素的化合价由+4价降低到+2价，每消耗1mol CO2转移电子的数目约为2×6.02×1023，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
5．（2025秋 高新区校级月考）2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）的反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应决速步骤的活化能为E2
B．该反应的两步基元反应均为放热反应
C．使用合适的催化剂会使E1、E2、E3同时减小
D．温度升高，第Ⅰ步反应活化分子百分数增大，第Ⅱ步反应活化分子百分数减小
【答案】A
【分析】A．决速步骤是活化能最大（反应速率最慢）的步骤；
B．图中第Ⅰ步：反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应；第Ⅱ步：反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应；
C．催化剂只能降低各步基元反应的活化能（E1、E2），而E3是总反应的焓变的绝对值（由最初的反应物总能量和最终产物的总能量的相对大小决定）；
D．温度升高，分子的能量增加，使一部分原来能量较低的分子变成活化分子。
【解答】解：A．决速步骤是活化能最大（反应速率最慢）的步骤，由能量图可知第Ⅱ步的活化能E2大于第Ⅰ步的活化能E1，故决速步骤为第Ⅱ步，其活化能为E2，故A正确；
B．图中第Ⅰ步：反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应；第Ⅱ步：反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，两步并非均为放热反应，故B错误；
C．催化剂只能降低各步基元反应的活化能，而E3是总反应的焓变的绝对值，总反应的焓变不受催化剂影响，故C错误；
D．温度升高，分子的能量增加，使一部分原来能量较低的分子变成活化分子，由于分子总数不变，活化分子数增加，活化分子百分数升高，所以温度升高，第Ⅰ步和第Ⅱ步反应的活化分子百分数都升高，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
6．（2025秋 苏州月考）已知反应CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＜0。下列说法正确的是（ ）
A．该反应属于吸热反应
B．该反应反应物的总能量小于生成物的总能量
C．仅增大c（NO），该反应的平衡常数保持不变
D．仅加入适宜的催化剂，有利于提高NO的平衡转化率
【答案】C
【分析】A．ΔH＜0属于放热反应；
B．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量；
C．平衡常数只与温度有关；
D．催化剂不影响平衡移动。
【解答】解：A．该反应ΔH＜0，属于放热反应，故A错误；
B．该反应属于放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故B错误；
C．仅增大c（NO），不改变温度，该反应的平衡常数保持不变，故C正确；
D．仅加入适宜的催化剂，只能改变反应速率，但不影响平衡移动，不能提高NO的平衡转化率，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。
7．（2025秋 苏州月考）下列物质间的能量变化与如图所示能量变化相符的是（ ）
A．氢氧化钠溶于水 B．氧化钙溶于水
C．氯化铵溶于水 D．浓硫酸的稀释
【答案】C
【分析】碳酸氢钠溶于水是一个吸热过程，据此进行解答。
【解答】解：碳酸氢钠溶于水是一个吸热过程，氢氧化钠溶于水、氧化钙溶于水、浓硫酸的稀释均为放热过程，氯化铵溶于水是吸热过程，故C正确，
故选：C。
【点评】本题考查物质溶解的能量变化，属于基础知识的考查。
8．（2025秋 淮安月考）下列关于反应热和热化学反应的描述正确的是（ ）
A．断裂化学键放出热量，形成化学键吸收热量
B．稀氨水与稀盐酸反应生成1mol H2O（l），放出57.3 kJ热量
C．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧生成SO2，前者放出的热量多
D．N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）ΔH＝﹣akJ/mol，则将14gN2（g）和足量H2置于一密闭容器中，充分反应后放出0.5akJ的热量
【答案】C
【分析】A．断裂化学键需要吸收热量，形成化学键才会放出热量；
B．稀氨水中的NH3 H2O是弱碱，弱碱电离需吸热；
C．硫蒸气的能量高于硫固体；
D．合成氨为可逆反应。
【解答】解：A．断裂化学键需要吸收热量，形成化学键才会放出热量，故A错误；
B．稀氨水中的NH3 H2O是弱碱，弱碱电离需吸热，稀氨水与稀盐酸反应生成1 mol H2O（l），放出的热量小于57.3 kJ，故B错误；
C．硫蒸气的能量高于硫固体，燃烧生成相同产物时前者释放出更多热量，故C正确；
D．合成氨为可逆反应，由于反应物不能完全转化为生成物，实际放热小于0.5a kJ，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
9．（2025秋 淮安月考）金属硫化物（MxSy）催化反应CH4（g）+2H2S（g）＝CS2（g）+4H2（g），既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔS＜0
B．该反应的平衡常数
C．该反应中每消耗1mol H2S，转移电子的数目约为2×6.02×10﹣23
D．题图所示的反应机理中，步骤1可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
【答案】D
【分析】A．根据反应方程式可知：该步反应的正反应是气体体积增大的反应；
B．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之
积的比；
C．该反应中每消耗l mol H2S，则消耗0.5 mol CH4，C元素的化合价由CH4中的﹣4价变为CS2中的+4价，化合价升高8价；
D．在反应步骤Ⅰ中H2S中的带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用。
【解答】解：A．根据反应方程式可知：该步反应的正反应是气体体积增大的反应，所以该反应的△S＞0，故A错误；
B．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之
积的比，故该反应的平衡常数，故B错误；
C．该反应中每消耗l mol H2S，则消耗0.5 mol CH4，C元素的化合价由CH4中的﹣4价变为CS2中的+4价，化合价升高8价，反应过程中转移电子的数目约为0.5 mol×8×6.02×l023/mo1＝4×6.02×1023，故C错误；
D．由题图所示的反应机理可知，在反应步骤Ⅰ中H2S中的带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
10．（2023秋 常熟市期中）在某金（Au5）催化剂表面HCOOH分解的能量与反应历程（吸附在金催化剂表面上的物种用*标注）如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．首先断裂的化学键是H﹣O键
B．反应HCOOH（g）→CO2（g）+H2（g）的ΔH＞0
C．HCOO*是反应中间体
D．反应HCOOH*→HCOO*+H*为决速步骤（活化能最大）
【答案】D
【分析】A．由图可知，HCOOH通过第一步反应变成HCOO+H*；
B．由图可知，HCOOH（g）到CO2（g）+H2（g）是能量升高；
C．由图可知，HCOO*生成后又消耗；
D．由图可知，活化能最大的一步反应不是HCOOH*→HCOO*+H*。
【解答】解：A．由图可知，HCOOH通过第一步反应变成HCOO+H*，断裂的化学键是H﹣O键，故A正确；
B．由图可知，HCOOH（g）到CO2（g）+H2（g）是能量升高，故为吸热反应，即ΔH＞0，故B正确；
C．由图可知，HCOO*生成后又消耗，是反应中间体，故C正确；
D．由图可知，活化能最大的一步反应不是HCOOH*→HCOO*+H*，故反应HCOOH*→HCOO*+H*不是决速步骤，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了化学的能量变化与反应历程图像，属于高考的热点高频考点，侧重考查学生的识图能力，难度不大。
11．（2023秋 建邺区校级期中）催化剂Ca（PO4）3（OH）（简写为HAP）在表面倠化反应：HCHO（g）+O2（g） CO2（g）+H2O（g），历程示意图如图。已知该反应低温条件下能自发进行。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔH＜0、ΔS＜0
B．该反应的平衡常数
C．羟基磷灰石（HAP）的作用是通过减小ΔH，加快反应速率
D．图中反应机理可理解为HCHO中的H与O2的O分别与催化剂之间相互作用，同时HCHO中的C、H与O2中的O之间又分别相互作用
【答案】D
【分析】A．根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，反应能自发进行，进行分析；
B．根据反应的平衡常数K的计算式进行分析；
C．根据催化剂可以降低活化能，不能改变反应热进行分析；
D．根据过渡态的结构，反应机理进行分析。
【解答】解：A．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，ΔH＜0，该反应低温条件下能自发进行，则低温时ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，ΔH＜TΔS，则△S＞0也满足条件，不一定ΔS＜0，故A错误；
B．HCHO（g）+O2（g） CO2（g）+H2O（g），该反应的平衡常数K，故B错误；
C．羟基磷灰石（HAP）为催化剂，可以降低活化能，不能改变反应热，故C错误；
D．根据过渡态的结构可知，图中反应机理可理解为HCHO中的H与O2的O分别与催化剂之间相互作用，同时HCHO中的C、H与O2中的O之间又分别相互作用，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
12．（2025秋 秦淮区月考）在催化剂CuCl2作用下，通过氧气直接氧化氯化氢制备氯气。该反应为可逆反应，热化学方程式为4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）；ΔH＝﹣116kJ mol﹣1。下列化学反应表示正确的是（ ）
A．实验室制氯气：MnO2+4HCl（浓）
B．使用CuCl2作为催化剂，可增大反应的活化能
C．4HCl（g）+O2（g）＝2Cl2（g）+2H2O（l）；ΔH＞﹣116kJ mol﹣1
D．氯气溶于水具有漂白性：
【答案】A
【分析】A．实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气；
B．使用CuCl2作为催化剂，可降低反应的活化能；
C．同种物质所含有的能量：气态＞液态，反应物的能量相同，生成物含有的能量越低，反应放出的热量就越多；
D．氯气溶于水，与水反应产生盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸。
【解答】解：A．实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气，反应方程式为MnO2+4HCl（浓），故A正确；
B．催化剂可降低反应的活化能，使用CuCl2作为催化剂，可降低反应的活化能，故B错误；
C．同种物质所含有的能量：气态＞液态，反应物的能量相同，生成物含有的能量越低，反应放出的热量就越多，则相应反应的反应热就越小，所以，故C错误；
D．氯气溶于水，与水反应产生盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，该反应的离子方程式应该为：Cl2+H2O H++Cl﹣+HClO，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
13．（2024秋 南京期中）氯元素具有多种化合价，可形成Cl﹣、ClO﹣、、和等离子，在一定条件下能发生相互转化。在新型催化剂RuO2作用下，O2氧化HCl可获得Cl2：4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＜0对于该反应下列说法正确的是（ ）
A．该反应ΔS＜0
B．4mol HCl与1mol O2反应转移电子数约为4×6.02×1023
C．RuO2的使用能降低该反应的焓变
D．反应的平衡常数
【答案】A
【分析】A．对于该反应，生成物气体分子总数小于反应物气体分子总数；
B．由于该反应为可逆反应，4mol HCl与1mol O2混合时，参加反应的HCl的物质的量小于4mol；
C．RuO2为该反应的催化剂，催化剂只能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变；
D．反应的平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值。
【解答】解：A．对于该反应，生成物气体分子总数小于反应物气体分子总数，即△S＜0，故A正确；
B．由于该反应为可逆反应，4mol HCl与1mol O2混合时，参加反应的HCl的物质的量小于4mol，则反应转移电子数小于4×6.02×1023，故B错误；
C．RuO2为该反应的催化剂，催化剂只能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，所以RuO2的使用不改变该反应的焓变，故C错误；
D．反应的平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，由于反应物和生成物都呈气态，所以反应的平衡常数，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
14．（2025春 铜山区期中）丙烷在催化剂表面催化脱氢的机理如图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，TS表示过渡态，IM表示中间体。
下列说法正确的是（ ）
A．催化剂降低了该反应的活化能，但未改变活化分子的百分数
B．丙烷催化脱氢仅涉及C—H键断裂和C—C键形成
C．丙烷催化脱氢的总反应速率由②决定
D．改变催化剂可改变反应历程进而改变焓变
【答案】C
【分析】A．催化剂降低反应活化能；
B．由图可知，丙烷催化脱氢，有H—H键的形成；
C．丙烷催化脱氢的总反应速率由活化能最大的反应决定；
D．催化剂不能改变反应的焓变。
【解答】解：A．催化剂降低反应活化能，增大活化分子百分数，故A错误；
B．丙烷催化脱氢涉及C—H键断裂和C＝C键与H—H键的形成，故B错误；
C．第②步活化能最大，则丙烷催化脱氢的总反应速率由第②步决定，故C正确；
D．改变催化剂可改变反应历程但不能改变焓变（由反应物和生成物能量差决定），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
15．（2025秋 江苏校级月考）下列关于热化学反应的描述正确的是（ ）
A．HCl和NaOH反应的反应热ΔH＝﹣57.3kJ mol﹣1，则H2SO4和Ba（OH）2反应的反应热ΔH＝2×（﹣57.3）kJ mol﹣1
B．常温下，反应C（s）+CO2（g）＝2CO（g）不能自发进行，则该反应的ΔH＞0
C．甲烷的燃烧热ΔH＝﹣890.3kJ mol﹣1，则CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＜﹣890.3kJ mol﹣1
D．500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）ΔH＝﹣38.6kJ mol﹣1
【答案】B
【分析】A．H2SO4和Ba（OH）2反应除了生成水还生成了BaSO4沉淀，额外释放热量；
B．反应C（s）+CO2（g）＝2CO（g）的ΔS＞0，若常温下不能自发；
C．燃烧热要求生成液态水，而题中生成气态水，放热更少；
D．合成氨为可逆反应，不能完全进行，0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成的氨气小于1 mol。
【解答】解：A．H2SO4和Ba（OH）2反应除了生成水还生成了BaSO4沉淀，额外释放热量，ΔH应小于2×（﹣57.3）kJ mol﹣1，故A错误；
B．反应C（s）+CO2（g）＝2CO（g）的ΔS＞0，若常温下不能自发，则ΔH﹣TΔS＞0，故ΔH＞0，故B正确；
C．燃烧热要求生成液态水，ΔH应大于﹣890.3 kJ mol﹣1，故C错误；
D．合成氨为可逆反应，不能完全进行，0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应实际放热19.3 kJ小于完全反应的理论值，ΔH应小于﹣38.6 kJ mol﹣1，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
16．（2025秋 吴江区校级月考）某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是（ ）
A．由实验可知，（a）、（b）、（c）所涉及的反应都是放热反应
B．将实验（a）中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C．实验（c）中为了使反应进行完全，可以向盐酸中分几次加入氢氧化钠溶液
D．若用NaOH固体测定中和反应的反应热，则测定结果数值偏高
【答案】D
【分析】A．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应为吸热反应；
B．反应物与生成物确定，则反应热就确定；
C．铁为热的良导体；
D．NaOH固体溶解过程放热。
【解答】解：A．（a）是金属与酸的反应，是放热反应，（b）是氢氧化钡晶体与氯化铵反应，属于吸热反应，（c）酸碱中和反应是放热反应，因此放热反应只有（a）和（c），故A错误；
B．铝粉和铝片本质一样，放出热量不变，只是铝粉参与反应速率加快，故B错误；
C．向盐酸中分几次加入氢氧化钠溶液，会造成热量损失，对实验结果有影响，故C错误；
D．NaOH固体溶解过程放热，用NaOH固体代替NaOH溶液与盐酸反应测定中和反应的反应热，放出的热量变多，测定结果偏高，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应能量的变化，涉及中和热的测定、放热和吸热反应的判断，掌握中和热的测定是关键，题目难度不大。
二．解答题（共4小题）
17．（2025秋 镇江月考）气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及相关反应是新型科研热点。回答下列问题：
（1）还原法：①用NH3催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。已知：
ⅰ：4NH3（g）+3O2（g）＝2N2（g）+6H2O（g）ΔH＝﹣akJ mol﹣1
ⅱ：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH＝bkJ mol﹣1
写出NH3还原NO至N2和水蒸气的热化学方程式 4NH3（g）+6NO（g）＝5N2（g）+6H2O（g）ΔH＝（﹣3b﹣a）kJ mol﹣1 。
②尿素水溶液热解产生的NH3可去除尾气中的NOx，流程如图1：
a.尿素[CO（NH2）2]中氮元素的化合价为 ﹣3 。
b.若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。试分析硫酸盐的产生过程 SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成（NH4）2SO4或者NH4HSO4 。
③某脱硝反应机理如图2所示，C2H4参与Ⅰ的反应方程式为 6NO2+2C2H43N2+4CO2+6H2O 。
（2）氧化法：O3氧化性强于O2，能更有效地氧化NO。
Ⅰ：2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）ΔH1＝﹣114kJ mol﹣1
Ⅱ：2O3（g）＝3O2（g）ΔH2＝﹣284.2kJ mol﹣1（活化能Ea＝119.2kJ mol﹣1）
Ⅲ：NO（g）+O3（g）＝NO2（g）+O2（g）ΔH3＝﹣199.1kJ mol﹣1（活化能Ea＝3.2kJ mol﹣1）
NO可经O3处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对NO脱除率的影响，将NO与O3混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，NO脱除率随NO与O3混合反应温度变化如图3所示。试分析在50～250℃范围内，随着温度的升高NO脱除率先几乎不变后下降的可能原因是 50～150℃时，NO和O3反应的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大，但温度在150℃～250℃时，O3分解速率迅速增加 。
（3）研究表明氮氧化物的脱除率除了与还原剂、氧化剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3+x（A、B均为过渡元素）为催化剂，用H2还原NO的机理如下：
第一阶段：B4+（不稳定）+H2→低价态的金属离子（还原前后催化剂中金属原子的个数不变）
第二阶段：Ⅰ．NO（g）+□→NO（a）
Ⅱ．2NO（a）→2N（a）+O2（g）
Ⅲ．2N（a）→N2（g）+2□
Ⅳ．2NO（a）→N2（g）+2O（a）
Ⅴ．2O（a）→O2（g）+2□
注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态
第一阶段用氢气还原得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是 还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快 。
【答案】（1）①4NH3 （g）+6NO （g）＝5N2（g）+6H2O （g）ΔH＝（﹣3b﹣a）kJ mol﹣1；
②a.﹣3；
b.SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成（NH4）2SO4或者NH4HSO4；
③6NO2+2C2H43N2+4CO2+6H2O；
（2）50～150℃时，NO和O3反应的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大，但温度在150℃～250℃时，O3分解速率迅速增加；
（3）还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快。
【分析】（1）①4NH3 （g）+3O2 （g）═2N2 （g）+6H2O （g）ΔH＝﹣akJ mol﹣1，N2（g）+O2 （g）═2NO （g）ΔH＝bkJ mol﹣1，根据盖斯定律：①﹣3×②得4NH3 （g）+6NO （g）＝5N2（g）+6H2O （g）；
②a.尿素[CO（NH2）2]中C元素为+4价，O元素为﹣2价，H元素为+1价，根据化合价代数和为0；
b.若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率；
③由图2可知，在Cu+催化作用下，NO2与C2H4反应生成N2、CO2、H2O；
（2）由NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）ΔH2＝﹣199.1kJ×mol﹣1（活化能Ea＝3.2kJ mol﹣1）和2O3（g）＝3O2（g）ΔH3＝﹣284.2kJ mol﹣1（活化能Ea＝119.2kJ mol﹣1）可知，50～150℃时，NO和O3反应的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，以NO（g）+O3（g）＝NO2（g）+O2（g）反应为主，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大，但温度在150℃～250℃时，O3分解速率迅速增加，O3分解对O3氧化NO反应的影响增大，NO脱除率下降；
（3）还原前后催化剂中金属原子的个数不变，则还原后低价的金属离子越多，催化剂表面的氧缺位越多。
【解答】解：（1）①4NH3 （g）+3O2 （g）═2N2 （g）+6H2O （g）ΔH＝﹣akJ mol﹣1，②N2（g）+O2 （g）═2NO （g）ΔH＝bkJ mol﹣1，根据盖斯定律：①﹣3×②得4NH3 （g）+6NO （g）＝5N2（g）+6H2O （g）ΔH＝（﹣3b﹣a）kJ mol﹣1，
故答案为：4NH3 （g）+6NO （g）＝5N2（g）+6H2O （g）ΔH＝（3b﹣a）kJ mol﹣1；
②a.尿素[CO（NH2）2]中C元素为+4价，O元素为﹣2价，H元素为+1价，根据化合价代数和为0，则尿素氮元素的化合价为﹣3价，
故答案为：﹣3；
b.若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率；则硫酸盐的产生过程为：SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成（NH4）2SO4或者NH4HSO4，
故答案为：SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成（NH4）2SO4或者NH4HSO4；
③由图2可知，在Cu+催化作用下，NO2与C2H4反应生成N2、CO2、H2O，反应方程式为：6NO2+2C2H43N2+4CO2+6H2O，
故答案为：6NO2+2C2H43N2+4CO2+6H2O；
（2）由题可知，50～150℃时，NO和O3反应的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，以NO（g）+O3（g）＝NO2（g）+O2（g）反应为主，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大，但温度高于150℃时，O3分解速率迅速增加，O3分解对O3氧化NO反应的影响增大，NO脱除率下降；
故答案为：50～150℃时，NO和O3反应的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大，但温度在150℃～250℃时，O3分解速率迅速增加；
（3）还原前后催化剂中金属原子的个数不变，则还原后低价的金属离子越多，催化剂表面的氧缺位越多，氧缺位越多，反应速率越快，
故答案为：还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快。
【点评】该题考查了盖斯定律、根据图象分析影响速率的因素，尤其图象分析考查学生接受信息能力、知识的迁移推理能力，题目难度中等。
18．（2025 镇江模拟）研究CO2CH4等温室气体的资源化利用对人类具有重要的意义。
Ⅰ.以CO2和NH3为原料在ZnO作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如图：
则2NH3（l）+CO2（g）＝H2O（l）+H2NCONH2（l）ΔH＝ ﹣103.7kJ/mol 。
Ⅱ.CO2甲烷化技术是碳中和理念的落脚点之一，涉及的主要反应如下：
①CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）ΔH1＜0
②CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH2＞0
催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。一定条件下，在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化的趋势如图（a）所示：
高于320℃后，以Ni—CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升，可能原因是 320℃时，Ni催化剂的活性达到最大，升高温度，催化剂活性降低，而Ni—CeO2为催化剂的最佳温度较高，此时升温催化剂活性升高 ；分子筛膜反应器可提高反应①的平衡转化率，其原理如图（b）所示，原因是 分子筛膜的存在，吹扫气能将产物中的甲烷转移出体系，使得平衡正向移动，所以反应①的平衡转化率增大。 。
Ⅲ.FTO@BiVO4作电极，双金属串联催化剂电催化CO2制乙烯，装置如图1所示。在不同电压条件下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率（FE）随电压变化如图2所示。
已知：法拉第效率
①电势：泡沫Ni网电极 ＜ FTO@BiVO4电极（填“＞”“＜”或“＝”）。
②写出ISA—Ni催化剂上发生的电极反应式： CO2+2e﹣+H2O ＝ CO+2OH﹣ 。
③当电解电压为U3V时，测得生成的n（CH4）：n（C2H4）＝7：4，则x＝ 42 。
Ⅳ.Pt12Ni；Sn12NiCu12Ni三种双金属合金团簇催化剂催化甲烷重整制氢的过程中，存在甲烷逐步脱氢的过程，其能量变化如图所示（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）：
①Sn12Ni双金属团簇具有良好的抗积碳作用，能有效抑制碳沉积对催化剂造成的不良影响，
结合图示解释其原因为 积碳反应为最后一步反应，三种催化剂中Sn12Ni所需要的活化能最大，反应不易发生，具有良好的抗积碳作用 。
②甲烷逐步脱氢过程决速步反应是 CH3*+H*═CH2*+2H* （用化学方程式表示）。
Ⅴ.我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图所示。
①根据转化规律在答题卡指定位置画出化合物2的结构示意图 。
②依据电负性变化规律与断键方式，用文字描述由化合物3生成化合物1的过程 电负性O＞H，化合物3中Fe﹣OH2中的O—H键断裂，结合OH﹣生成化合物4和H2O，化合物4中的Fe﹣OH结合H2中的H，同时CO等基团重新配位，最终生成化合物1和H2O。 。
【答案】Ⅰ.﹣103.7kJ mol﹣1；
Ⅱ.320℃时，Ni催化剂的活性达到最大，升高温度，催化剂活性降低，而Ni—CeO2为催化剂的最佳温度较高，此时升温催化剂活性升高；
吹扫气将产物中的甲烷转移出体系，使反应①平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率；
Ⅲ.①.＜；
②.CO2+2e﹣+H2O ＝ CO+2OH﹣；
③.42；
Ⅳ.①.积碳反应为最后一步反应，三种催化剂中Sn12Ni所需要的活化能最大，反应不易发生，具有良好的抗积碳作用；
②.CH3*+H*→CH2*+2H*或CH3*→CH2*+H*；
Ⅴ.①.；
②.由于电负性O＞H，化合物3中Fe﹣OH2中的O—H键断裂，结合OH﹣生成化合物4和H2O，化合物4中的Fe﹣OH结合H2中的H，同时CO等基团重新配位，最终生成化合物1和H2O。
【分析】Ⅰ.根据盖斯定律，将已知方程进行加减消元即可；
Ⅱ.考查有关催化剂影响物质的转化率的图像，根据图像分析，催化剂的活性受温度的影响进行作答即可；
Ⅲ.①.正极的电势高于负极的电势，阳极的电势高于阴极的电势。只要根据氧化还原判断正负极即可；
②.电极反应式的书写，根据反应物和生成物确定得失电子的个数，配平电荷即可；
③.根据元素守恒进行计算；
Ⅳ.主要考查能量变化与活化能以及反应难易程度之间的关系；
Ⅴ.主要考查通过反应图示以及断键方式和成键方式和电负性的变化规律判断化合物2的结构式。
【解答】解：Ⅰ.根据盖斯定律，将反应②+反应③+反应①相加，可得：2NH3（l）+CO2（g） ＝ H2O（l）+H2NCONH2（l）ΔH＝ΔH2+ΔH3+ΔH1＝﹣109.2kJ mol﹣1+15.5kJ mol﹣1﹣10kJ mol﹣1＝﹣103.7kJ mol﹣1；
故答案为：﹣103.7kJ mol﹣1；
Ⅱ.对于Ni催化剂，320℃时活性达到最大，升温后活性降低，Ni—CeO2催化剂最佳温度较高，升温时活性升高，所以高于320℃后，以Ni—CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升；
故答案为：320℃时，Ni催化剂的活性达到最大，升高温度，催化剂活性降低，而Ni—CeO2为催化剂的最佳温度较高，此时升温催化剂活性升高；
分子筛膜反应器中，吹扫气将产物中的甲烷转移出体系，使反应①CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率；
故答案为：吹扫气将产物中的甲烷转移出体系，使反应①平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率；
Ⅲ.①由装置图可知，泡沫Ni网电极附近由CO2转化为C2H4，化合价降低，发生还原反应，所以Ni网电极是阴极，FTO@BiVO4电极是阳极，阴极电势低于阳极电势，所以泡沫Ni网电极的电势＜FTO@BiVO4电极电势；
故答案为：＜；
②ISA﹣Ni催化剂上CO2得到电子生成CO，而且电解质是KHCO3显碱性，电极反应式为CO2+2e﹣+H2O ＝ CO+2OH﹣；
故答案为：CO2+2e﹣+H2O ＝ CO+2OH﹣；
③设生成CH4的物质的量为7mol，C2H4的物质的量为4mol。生成1mol CH4转移8mol电子，生成1mol C2H4转移12mol电子，由图知CH4的法拉第效率为x%，C2H4的法拉第效率为36%，HCOO﹣的法拉第效率为0，
，；两式列比例，求出x＝42；
故答案为：42；
Ⅳ.①.由能量变化图可知，积碳反应为最后一步反应，三种催化剂中Sn12Ni所需要的活化能最大，反应速度较慢，故产生的积碳较少，具有良好的抗积碳作用；
故答案为：积碳反应为最后一步反应，三种催化剂中Sn12Ni所需要的活化能最大，反应不易发生，具有良好的抗积碳作用；
②反应的决速步是活化能最高的步骤，由图可知，CH3*+H*→CH2*+2H*或CH3*→CH2*+H*的活化能最高，是决速步反应；
Ⅴ.①.根据转化规律，化合物2的结构示意图为：；
故答案为：；
②.电负性O＞H，化合物3中Fe﹣OH2中的O—H键断裂，结合OH﹣生成化合物4和H2O，化合物4中的Fe﹣OH结合H2中的H，同时CO等基团重新配位，最终生成化合物1和H2O；
故答案为：由于电负性O＞H，化合物3中Fe﹣OH2中的O—H键断裂，结合OH﹣生成化合物4和H2O，化合物4中的Fe﹣OH结合H2中的H，同时CO等基团重新配位，最终生成化合物1和H2O。
【点评】这组题目围绕CO2等温室气体的资源化利用展开，涵盖了多个化学研究领域与知识点，具有很强的综合性与前沿性。在解题要求上，需要学生具备较强的信息提取与整合能力，能从能量变化图、装置图、反应历程图等多种图表中获取关键信息，并结合化学知识进行分析计算、原理解释，对学生的综合素养要求较高，是一套能很好考查化学学科核心素养的题目。
19．（2025秋 苏州月考）氮及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途。回答下列问题：
（1）化学反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）ΔH的能量变化如图所示（a、b、c均大于零）。
①对于反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（l）ΔH'，该反应中ΔH'＝ ﹣2（c+b﹣a） （用含a、b、c的代数式表示）kJ mol﹣1。
②下列关于NH3（g）═N+3H的说法正确的是 A （填标号）。
A.N—H键断裂为吸热过程
B.每消耗2.24LNH3（g），同时生成1.4gN
C.每生成0.3mol H，转移电子的物质的量为0.1mol
③NH3在生活中的用途有 作制冷剂（或作化肥原料等） （写1种即可）。
（2）火箭发射时可以用肼（N2H4，液态）作燃料，NO2作氧化剂，二者反应生成N2和水蒸气。
已知：
反应Ⅰ：N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）
反应Ⅱ：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）
反应Ⅲ：2N2H4（l）+2NO2（g）＝3N2（g）+4H2O（g）
①对于反应Ⅰ，每转移0.8mol电子，此时能量变化为 6.64 kJ。该反应的能量变化与金属钠溶于水的能量变化 不相同 （填“相同”或“不相同”）。
②对于反应Ⅱ，每断裂0.4mol N—H键，此时生成N2（g）和H2O（g）的总质量为 6.4 g。
③对于反应Ⅲ，下列说法正确的是 C （填标号）。
A.加入适宜的催化剂，该反应的方向发生改变
B.只及时移除部分H2O（g），N2（g）质量减小
C.2N2H4（g）+2NO2（g）＝3N2（g）+4H2O（g）ΔH4中的ΔH4与ΔH3大小不同
④表示N2H4（l）燃烧热的热化学方程式为 N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣622kJ mol﹣1 [已知：H2O（l）═H2O（g）ΔH＝+44kJ mol﹣1]。
【答案】（1）①﹣2（c+b﹣a）；
②A；
③作制冷剂（或作化肥原料等）；
（2）①6.64；不相同；
②6.4；
③C；
④N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣622kJ mol﹣1。
【分析】（1）①由图可知，生成1mol NH3（l）时，放出热量为（b﹣a+c）kJ，据此计算反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（l）中的ΔH'；
②A.断键过程吸热；
B.NH3的状态未知，不能确定NH3的物质的量；
C.NH3（g）═N+3H，N元素升高3价；
③NH3在生活中的用途有作制冷剂（或作化肥原料等）；
（2）①对于反应Ⅰ，N2（g）+2O2（g）═2NO2（g），N元素由0价升高为+4价，电子转移数目为8e﹣，每转移0.8mol电子，该反应为吸热反应，金属钠溶于水属于放热反应；
②对于反应Ⅱ，每断裂0.4mol N—H键，即反应0.1mol N2H4，此时生成0.1mol N2（g）和0.2mol H2O（g），据此计算总质量；
③A.加入适宜的催化剂，只改变反应速率，不影响平衡移动；
B.只及时移除部分H2O（g），减小生成物浓度，平衡正向移动；
C.水蒸气与液态水的能量不同；
④已知反应Ⅱ：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）ΔH3＝﹣534kJ mol﹣1，反应Ⅳ：H2O（l）═H2O（g）ΔH＝+44kJ mol﹣1，根据盖斯定律：反应Ⅱ﹣2×反应Ⅳ可得：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣622kJ mol﹣1。
【解答】l解：（1）①由图可知，生成1mol NH3（l）时，放出热量为（b﹣a+c）kJ，所以反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（l）ΔH'，该反应中ΔH'＝﹣2（c+b﹣a）kJ mol﹣1，
故答案为：﹣2（c+b﹣a）；
②A.断键过程吸热，故N—H键断裂为吸热过程，故A正确；
B.NH3的状态未知，不能确定NH3的物质的量，不能计算生成N的质量，故B错误；
C.每生成0.3mol H，转移电子的物质的量为0.3mol，故C错误；
故答案为：A；
③NH3在生活中的用途有作制冷剂（或作化肥原料等），
故答案为：作制冷剂（或作化肥原料等）；
（2）①对于反应Ⅰ，N2（g）+2O2（g）═2NO2（g），N元素由0价升高为+4价，电子转移数目为8e﹣，每转移0.8mol电子，生成0.2mol NO2（g），吸收能量变化为6.64kJ，该反应的能量变化与金属钠溶于水的能量变化不相同，
故答案为：6.64；不相同；
②对于反应Ⅱ，每断裂0.4mol N—H键，即反应0.1mol N2H4，此时生成0.1mol N2（g）和0.2mol H2O（g），其总质量为（2.8+3.6）g＝6.4g，
故答案为：6.4；
③A.加入适宜的催化剂，只改变反应速率，不影响平衡移动，该反应的方向不发生改变，故A错误；
B.只及时移除部分H2O（g），平衡正向移动，N2（g）质量增加，故B错误；
C.水蒸气与液态水的能量不同，所以2N2H4（g）+2NO2（g）＝3N2（g）+4H2O（g）ΔH4中的ΔH4与ΔH3大小不同，故C正确；
故答案为：C；
④已知反应Ⅱ：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）ΔH3＝﹣534kJ mol﹣1，反应Ⅳ：H2O（l）═H2O（g）ΔH＝+44kJ mol﹣1，根据盖斯定律：反应Ⅱ﹣2×反应Ⅳ可得：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣622kJ mol﹣1，
故答案为：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣622kJ mol﹣1。
【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。
20．（2025秋 鼓楼区校级月考）天然气在实现“双碳”目标进程中发挥重要的作用，成为能源低碳转型的首选能源之一。
（1）开采出的天然气中含有H2S，H2S会直接影响化工合成，并产生污染。TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图1所示。根据反应机理图可知Fe3+、S、O2三种物质在酸性条件下氧化性由强到弱顺序为 O2＞Fe3+＞S 。
（2）甲烷重整法制备氢气。
反应1：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）ΔH＝+206.2kJ mol﹣1
反应2：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）；ΔH＝﹣41.2kJ mol﹣1
①工业生产中反应1和反应2要分两个温度段进行，第一阶段先采用 高温 （填“高温”或“低温”）。
②工业上可采用加入CaO的方法提高H2产率。图2是压强为pokPa时，分别在加CaO和不加CaO时，平衡体系中H2的物质的量随温度变化的示意图。
ⅰ.600℃前加入CaO可明显提高混合空气中H2的物质的量，可能的原因是 CaO与CO2反应，使反应2平衡正向移动，同时促进反应1平衡正向移动，从而提高氢气的产率 。
ⅱ.温度高于700℃时，加入CaO不能改变平衡体系混合气中H2的物质的量，可能的原因是 温度高于700℃时，CaO与CO2反应很慢，对平衡移动几乎无影响 。
③利用太阳能催化CH4蒸气重整制氢的反应原理如图3所示。
ⅰ.实验测得分步制氢比直接利用CH4和H2O（g）反应具有更高的反应效率，可能的原因是 分步反应的活化能更低，反应更容易进行 。
ⅱ.第I步反应产生的CO和H2的混合气体在催化剂和适当条件下可以合成碳氢化合物，合成时易发生副反应CO+H2O CO2+H2。图4为相同条件下用不同催化剂在不同时间段测得反应体系内CO2的体积分数，据此应选择的催化剂是 Ⅱ （填“Ⅰ”或“Ⅱ”），选择的依据是 催化剂Ⅱ作用下，体系中CO2体积分数更低，副反应进行程度小 。
ⅲ.和传统的甲烷重整制氢相比较，太阳能催化CH4蒸气重整法的优点有 利用太阳能，节约传统能源；反应条件相对温和等（答案不唯一） 。
【答案】（1）O2＞Fe3+＞S；
（2）①高温；
②ⅰ.CaO与CO2反应，使反应2平衡正向移动，同时促进反应1平衡正向移动，从而提高氢气的产率；
ⅱ.温度高于700℃时，CaO与CO2反应很慢，对平衡移动几乎无影响；
③ⅰ.分步反应的活化能更低，反应更容易进行；
ⅱ.Ⅱ；催化剂Ⅱ作用下，体系中CO2体积分数更低，副反应进行程度小；
ⅲ.利用太阳能，节约传统能源；反应条件相对温和等（答案不唯一）。
【分析】（1）根据在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性来分析；
（2）①根据反应1为吸热反应和反应2为放热反应，升高温度，有利于反应1的进行来分析；
②根据影响平衡移动的因素来分析；
③根据 太阳能催化CH4蒸气重整法的原理并结合影响化学反应速率的因素、平衡移动规律等知识进行分析。
【解答】解：（1）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；由反应机理可知，Fe3+能氧化H2S生成S，所以氧化性：Fe3+＞S；同时，O2能氧化Fe2+生成Fe3+，所以氧化性：O2＞Fe3+；综上，氧化性由强到弱的顺序为O2＞Fe3+＞S，
故答案为：O2＞Fe3+＞S；
（2）①反应1：反应1：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）ΔH＝+206.2kJ mol﹣1，为吸热反应；反应2：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41.2kJ mol﹣1，为放热反应；要提高甲烷的转化率，利于反应1进行，因为反应1吸热，升高温度，平衡正向移动，所以第一阶段先采用高温，
故答案为：高温；
②ⅰ.CaO能与CO2反应，使反应2：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）的平衡正向移动，从而生成更多的氢气；同时，反应2正向移动，会使CO浓度降低，也有利于反应1：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）ΔH＝+206.2kJ mol﹣1的平衡正向移动，进一步提高氢气的产率；所以600℃前加入CaO可明显提高混合空气中H2的物质的量，原因是CaO与CO2反应，使反应2平衡正向移动，同时促进反应1平衡正向移动，从而提高氢气的产率，
故答案为：CaO与CO2反应，使反应2平衡正向移动，同时促进反应1平衡正向移动，从而提高氢气的产率；
ⅱ.温度高于700℃时，CaO与CO2的反应速率很慢，几乎不能与CO2发生反应，也就无法使反应2的平衡发生移动，所以加入CaO不能改变平衡体系混合气中H2的物质的量，原因是温度高于700℃时，CaO与CO2反应很慢，对平衡移动几乎无影响，
故答案为：温度高于700℃时，CaO与CO2反应很慢，对平衡移动几乎无影响；
③ⅰ.分步制氢时，每一步反应的活化能可能较低，反应更容易进行；而直接利用甲烷与水蒸气反应，反应的活化能较高，所以分步制氢比直接反应具有更高的反应效率，可能的原因是分步反应的活化能更低，反应更容易进行，
故答案为：分步反应的活化能更低，反应更容易进行；
ⅱ.由图4可知，催化剂Ⅱ作用下，反应体系内二氧化碳的体积分数更低，说明副反应CO+H2O CO2+H2进行的程度更小，主反应（合成碳氢化合物的反应）进行得更好。所以应选择的催化剂是Ⅱ，选择的依据是催化剂Ⅱ作用下，体系中CO2体积分数更低，副反应进行程度小，
故答案为：Ⅱ；催化剂Ⅱ作用下，体系中CO2体积分数更低，副反应进行程度小；
ⅲ.和传统的甲烷重整制氢相比，太阳能催化甲烷蒸气重整法利用了太阳能，太阳能是清洁能源，可节约传统能源；同时，该方法可能在反应条件等方面更温和，对设备要求相对较低等。所以优点有利用太阳能，节约传统能源；反应条件相对温和等，
故答案为：利用太阳能，节约传统能源；反应条件相对温和等。
【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，同时考查催化剂的作用等，学生需要掌握学科基础知识并具有一定的分析问题解答问题的能力，难度适中。
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1.1 化学反应的热效应
一．选择题（共16小题）
阅读下列材料，完成1﹣1题。
氮及其化合物在人类生产生活中发挥着重要作用。NH3是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱等；NH3能被NaClO氧化成N2H4 H2O（水合肼）；肼（N2H4）是常用的火箭燃料，其燃烧热为624kJ/mol；肼（N2H4）—空气燃料电池是一种碱性电池，能量转化率高，产物为氮气和水，无污染。常温下，亚硝酸（HNO2）的电离平衡常数为。
1．下列方程式书写正确的是（ ）
A．N2H4的燃烧：N2H4（l）+3O2（g）＝2NO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣624kJ/mol
B．肼一空气燃料电池负极的电极反应式：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O
C．NH3用于生产纯碱：2NaCl+2NH3+CO2+H2O＝2NH4Cl+Na2CO3
D．HNO2溶液中和NaOH溶液的离子反应：H++OH﹣＝H2O
2．（2025秋 南京校级月考）为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，示意图如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．NaCl固体溶解是吸热过程
B．根据盖斯定律可知：a+b＝4
C．根据各微粒的状态，可判断a＞0，b＞0
D．溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关
3．（2024秋 江苏校级期中）下列有关热化学方程式的叙述中正确的是（ ）
A．中和热的离子方程式为：OH﹣（aq）+H+（aq）＝H2O（g）ΔH＝﹣57.3kJ mol﹣1
B．已知C（石墨，s）＝C（金刚石，s）ΔH＝+19kJ mol﹣1，则金刚石比石墨稳定
C．已知2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ mol﹣1，则H2的燃烧热为﹣571.6kJ mol﹣1
D．已知C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1，C（s）+O2（g）＝CO2（s）ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
4．（2025 盐城一模）反应可用于储氢，可能机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔS＞0
B．步骤Ⅰ中CO2带正电荷的C与催化剂中的N之间作用
C．步骤Ⅲ中存在非极性键的断裂和形成
D．反应中每消耗1mol CO2，转移电子数约为4×6.02×1023
5．（2025秋 高新区校级月考）2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）的反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应决速步骤的活化能为E2
B．该反应的两步基元反应均为放热反应
C．使用合适的催化剂会使E1、E2、E3同时减小
D．温度升高，第Ⅰ步反应活化分子百分数增大，第Ⅱ步反应活化分子百分数减小
6．（2025秋 苏州月考）已知反应CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＜0。下列说法正确的是（ ）
A．该反应属于吸热反应
B．该反应反应物的总能量小于生成物的总能量
C．仅增大c（NO），该反应的平衡常数保持不变
D．仅加入适宜的催化剂，有利于提高NO的平衡转化率
7．（2025秋 苏州月考）下列物质间的能量变化与如图所示能量变化相符的是（ ）
A．氢氧化钠溶于水 B．氧化钙溶于水
C．氯化铵溶于水 D．浓硫酸的稀释
8．（2025秋 淮安月考）下列关于反应热和热化学反应的描述正确的是（ ）
A．断裂化学键放出热量，形成化学键吸收热量
B．稀氨水与稀盐酸反应生成1mol H2O（l），放出57.3 kJ热量
C．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧生成SO2，前者放出的热量多
D．N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）ΔH＝﹣akJ/mol，则将14gN2（g）和足量H2置于一密闭容器中，充分反应后放出0.5akJ的热量
9．（2025秋 淮安月考）金属硫化物（MxSy）催化反应CH4（g）+2H2S（g）＝CS2（g）+4H2（g），既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔS＜0
B．该反应的平衡常数
C．该反应中每消耗1mol H2S，转移电子的数目约为2×6.02×10﹣23
D．题图所示的反应机理中，步骤1可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
10．（2023秋 常熟市期中）在某金（Au5）催化剂表面HCOOH分解的能量与反应历程（吸附在金催化剂表面上的物种用*标注）如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．首先断裂的化学键是H﹣O键
B．反应HCOOH（g）→CO2（g）+H2（g）的ΔH＞0
C．HCOO*是反应中间体
D．反应HCOOH*→HCOO*+H*为决速步骤（活化能最大）
11．（2023秋 建邺区校级期中）催化剂Ca（PO4）3（OH）（简写为HAP）在表面倠化反应：HCHO（g）+O2（g） CO2（g）+H2O（g），历程示意图如图。已知该反应低温条件下能自发进行。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔH＜0、ΔS＜0
B．该反应的平衡常数
C．羟基磷灰石（HAP）的作用是通过减小ΔH，加快反应速率
D．图中反应机理可理解为HCHO中的H与O2的O分别与催化剂之间相互作用，同时HCHO中的C、H与O2中的O之间又分别相互作用
12．（2025秋 秦淮区月考）在催化剂CuCl2作用下，通过氧气直接氧化氯化氢制备氯气。该反应为可逆反应，热化学方程式为4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）；ΔH＝﹣116kJ mol﹣1。下列化学反应表示正确的是（ ）
A．实验室制氯气：MnO2+4HCl（浓）
B．使用CuCl2作为催化剂，可增大反应的活化能
C．4HCl（g）+O2（g）＝2Cl2（g）+2H2O（l）；ΔH＞﹣116kJ mol﹣1
D．氯气溶于水具有漂白性：
13．（2024秋 南京期中）氯元素具有多种化合价，可形成Cl﹣、ClO﹣、、和等离子，在一定条件下能发生相互转化。在新型催化剂RuO2作用下，O2氧化HCl可获得Cl2：4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＜0对于该反应下列说法正确的是（ ）
A．该反应ΔS＜0
B．4mol HCl与1mol O2反应转移电子数约为4×6.02×1023
C．RuO2的使用能降低该反应的焓变
D．反应的平衡常数
14．（2025春 铜山区期中）丙烷在催化剂表面催化脱氢的机理如图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，TS表示过渡态，IM表示中间体。
下列说法正确的是（ ）
A．催化剂降低了该反应的活化能，但未改变活化分子的百分数
B．丙烷催化脱氢仅涉及C—H键断裂和C—C键形成
C．丙烷催化脱氢的总反应速率由②决定
D．改变催化剂可改变反应历程进而改变焓变
15．（2025秋 江苏校级月考）下列关于热化学反应的描述正确的是（ ）
A．HCl和NaOH反应的反应热ΔH＝﹣57.3kJ mol﹣1，则H2SO4和Ba（OH）2反应的反应热ΔH＝2×（﹣57.3）kJ mol﹣1
B．常温下，反应C（s）+CO2（g）＝2CO（g）不能自发进行，则该反应的ΔH＞0
C．甲烷的燃烧热ΔH＝﹣890.3kJ mol﹣1，则CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＜﹣890.3kJ mol﹣1
D．500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）ΔH＝﹣38.6kJ mol﹣1
16．（2025秋 吴江区校级月考）某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是（ ）
A．由实验可知，（a）、（b）、（c）所涉及的反应都是放热反应
B．将实验（a）中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C．实验（c）中为了使反应进行完全，可以向盐酸中分几次加入氢氧化钠溶液
D．若用NaOH固体测定中和反应的反应热，则测定结果数值偏高
二．解答题（共4小题）
17．（2025秋 镇江月考）气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及相关反应是新型科研热点。回答下列问题：
（1）还原法：①用NH3催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。已知：
ⅰ：4NH3（g）+3O2（g）＝2N2（g）+6H2O（g）ΔH＝﹣akJ mol﹣1
ⅱ：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH＝bkJ mol﹣1
写出NH3还原NO至N2和水蒸气的热化学方程式 。
②尿素水溶液热解产生的NH3可去除尾气中的NOx，流程如图1：
a.尿素[CO（NH2）2]中氮元素的化合价为 。
b.若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。试分析硫酸盐的产生过程 。
③某脱硝反应机理如图2所示，C2H4参与Ⅰ的反应方程式为 。
（2）氧化法：O3氧化性强于O2，能更有效地氧化NO。
Ⅰ：2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）ΔH1＝﹣114kJ mol﹣1
Ⅱ：2O3（g）＝3O2（g）ΔH2＝﹣284.2kJ mol﹣1（活化能Ea＝119.2kJ mol﹣1）
Ⅲ：NO（g）+O3（g）＝NO2（g）+O2（g）ΔH3＝﹣199.1kJ mol﹣1（活化能Ea＝3.2kJ mol﹣1）
NO可经O3处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对NO脱除率的影响，将NO与O3混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，NO脱除率随NO与O3混合反应温度变化如图3所示。试分析在50～250℃范围内，随着温度的升高NO脱除率先几乎不变后下降的可能原因是 。
（3）研究表明氮氧化物的脱除率除了与还原剂、氧化剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3+x（A、B均为过渡元素）为催化剂，用H2还原NO的机理如下：
第一阶段：B4+（不稳定）+H2→低价态的金属离子（还原前后催化剂中金属原子的个数不变）
第二阶段：Ⅰ．NO（g）+□→NO（a）
Ⅱ．2NO（a）→2N（a）+O2（g）
Ⅲ．2N（a）→N2（g）+2□
Ⅳ．2NO（a）→N2（g）+2O（a）
Ⅴ．2O（a）→O2（g）+2□
注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态
第一阶段用氢气还原得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是 。
18．（2025 镇江模拟）研究CO2CH4等温室气体的资源化利用对人类具有重要的意义。
Ⅰ.以CO2和NH3为原料在ZnO作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如图：
则2NH3（l）+CO2（g）＝H2O（l）+H2NCONH2（l）ΔH＝ 。
Ⅱ.CO2甲烷化技术是碳中和理念的落脚点之一，涉及的主要反应如下：
①CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）ΔH1＜0
②CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH2＞0
催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。一定条件下，在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化的趋势如图（a）所示：
高于320℃后，以Ni—CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升，可能原因是 ；分子筛膜反应器可提高反应①的平衡转化率，其原理如图（b）所示，原因是 。
Ⅲ.FTO@BiVO4作电极，双金属串联催化剂电催化CO2制乙烯，装置如图1所示。在不同电压条件下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率（FE）随电压变化如图2所示。
已知：法拉第效率
①电势：泡沫Ni网电极 FTO@BiVO4电极（填“＞”“＜”或“＝”）。
②写出ISA—Ni催化剂上发生的电极反应式： 。
③当电解电压为U3V时，测得生成的n（CH4）：n（C2H4）＝7：4，则x＝ 。
Ⅳ.Pt12Ni；Sn12NiCu12Ni三种双金属合金团簇催化剂催化甲烷重整制氢的过程中，存在甲烷逐步脱氢的过程，其能量变化如图所示（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）：
①Sn12Ni双金属团簇具有良好的抗积碳作用，能有效抑制碳沉积对催化剂造成的不良影响，
结合图示解释其原因为 。
②甲烷逐步脱氢过程决速步反应是 （用化学方程式表示）。
Ⅴ.我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图所示。
①根据转化规律在答题卡指定位置画出化合物2的结构示意图 。
②依据电负性变化规律与断键方式，用文字描述由化合物3生成化合物1的过程 。
19．（2025秋 苏州月考）氮及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途。回答下列问题：
（1）化学反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）ΔH的能量变化如图所示（a、b、c均大于零）。
①对于反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（l）ΔH'，该反应中ΔH'＝ （用含a、b、c的代数式表示）kJ mol﹣1。
②下列关于NH3（g）═N+3H的说法正确的是 （填标号）。
A.N—H键断裂为吸热过程
B.每消耗2.24LNH3（g），同时生成1.4gN
C.每生成0.3mol H，转移电子的物质的量为0.1mol
③NH3在生活中的用途有 （写1种即可）。
（2）火箭发射时可以用肼（N2H4，液态）作燃料，NO2作氧化剂，二者反应生成N2和水蒸气。
已知：
反应Ⅰ：N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）
反应Ⅱ：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）
反应Ⅲ：2N2H4（l）+2NO2（g）＝3N2（g）+4H2O（g）
①对于反应Ⅰ，每转移0.8mol电子，此时能量变化为 kJ。该反应的能量变化与金属钠溶于水的能量变化 （填“相同”或“不相同”）。
②对于反应Ⅱ，每断裂0.4mol N—H键，此时生成N2（g）和H2O（g）的总质量为 g。
③对于反应Ⅲ，下列说法正确的是 （填标号）。
A.加入适宜的催化剂，该反应的方向发生改变
B.只及时移除部分H2O（g），N2（g）质量减小
C.2N2H4（g）+2NO2（g）＝3N2（g）+4H2O（g）ΔH4中的ΔH4与ΔH3大小不同
④表示N2H4（l）燃烧热的热化学方程式为 [已知：H2O（l）═H2O（g）ΔH＝+44kJ mol﹣1]。
20．（2025秋 鼓楼区校级月考）天然气在实现“双碳”目标进程中发挥重要的作用，成为能源低碳转型的首选能源之一。
（1）开采出的天然气中含有H2S，H2S会直接影响化工合成，并产生污染。TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图1所示。根据反应机理图可知Fe3+、S、O2三种物质在酸性条件下氧化性由强到弱顺序为 。
（2）甲烷重整法制备氢气。
反应1：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）ΔH＝+206.2kJ mol﹣1
反应2：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）；ΔH＝﹣41.2kJ mol﹣1
①工业生产中反应1和反应2要分两个温度段进行，第一阶段先采用 （填“高温”或“低温”）。
②工业上可采用加入CaO的方法提高H2产率。图2是压强为pokPa时，分别在加CaO和不加CaO时，平衡体系中H2的物质的量随温度变化的示意图。
ⅰ.600℃前加入CaO可明显提高混合空气中H2的物质的量，可能的原因是 。
ⅱ.温度高于700℃时，加入CaO不能改变平衡体系混合气中H2的物质的量，可能的原因是 。
③利用太阳能催化CH4蒸气重整制氢的反应原理如图3所示。
ⅰ.实验测得分步制氢比直接利用CH4和H2O（g）反应具有更高的反应效率，可能的原因是 。
ⅱ.第I步反应产生的CO和H2的混合气体在催化剂和适当条件下可以合成碳氢化合物，合成时易发生副反应CO+H2O CO2+H2。图4为相同条件下用不同催化剂在不同时间段测得反应体系内CO2的体积分数，据此应选择的催化剂是 （填“Ⅰ”或“Ⅱ”），选择的依据是 。
ⅲ.和传统的甲烷重整制氢相比较，太阳能催化CH4蒸气重整法的优点有 。
1.1 化学反应的热效应
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
阅读下列材料，完成1﹣1题。
氮及其化合物在人类生产生活中发挥着重要作用。NH3是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱等；NH3能被NaClO氧化成N2H4 H2O（水合肼）；肼（N2H4）是常用的火箭燃料，其燃烧热为624kJ/mol；肼（N2H4）—空气燃料电池是一种碱性电池，能量转化率高，产物为氮气和水，无污染。常温下，亚硝酸（HNO2）的电离平衡常数为。
1．下列方程式书写正确的是（ ）
A．N2H4的燃烧：N2H4（l）+3O2（g）＝2NO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣624kJ/mol
B．肼一空气燃料电池负极的电极反应式：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O
C．NH3用于生产纯碱：2NaCl+2NH3+CO2+H2O＝2NH4Cl+Na2CO3
D．HNO2溶液中和NaOH溶液的离子反应：H++OH﹣＝H2O
【答案】B
【分析】A．燃烧热的热化学方程式中，N元素转化为N2（g），H元素转化为H2O（l）；
B．负极发生失去电子的氧化反应；
C．NH3用于生产纯碱的第一步反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓；
D．HNO2属于弱酸，不能拆成离子。
【解答】解：A．N2H4的燃烧热的热化学方程式为：N2H4（l）+O2（g）＝2N2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣624kJ/mol，故A错误；
B．负极发生失去电子的氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O，故B正确；
C．NH3用于生产纯碱的反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，故C错误；
D．HNO2溶液中和NaOH溶液的离子反应：HNO2+OH﹣H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查热化学方程式、电极反应式等书写，属于基本知识的考查，难度不大。
2．（2025秋 南京校级月考）为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，示意图如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．NaCl固体溶解是吸热过程
B．根据盖斯定律可知：a+b＝4
C．根据各微粒的状态，可判断a＞0，b＞0
D．溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关
【答案】C
【分析】A．由图可知，NaCl固体溶于水的过程ΔH3＝+4kJ/mol；
B．根据盖斯定律可知：ΔH1+ΔH2＝ΔH3；
C．NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步是离子键断裂过程，第二步是形成水合离子过程；
D．NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步是离子键断裂过程，第二步是形成水合离子过程。
【解答】解：A．由图可知，NaCl固体溶于水的过程ΔH3＝+4kJ/mol，即NaCl固体溶解是吸热过程，故A正确；
B．根据盖斯定律可知：ΔH1+ΔH2＝ΔH3，即a+b＝+4，故B正确；
C．NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步是离子键断裂过程，为吸热过程，a＞0，第二步是形成水合离子过程，为放热过程，b＜0，故C错误；
D．NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步是离子键断裂过程，第二步是形成水合离子过程，故溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查了反应热与焓变及盖斯定律的应用，难度不大，能准确筛选有用信息是解本题的关键。
3．（2024秋 江苏校级期中）下列有关热化学方程式的叙述中正确的是（ ）
A．中和热的离子方程式为：OH﹣（aq）+H+（aq）＝H2O（g）ΔH＝﹣57.3kJ mol﹣1
B．已知C（石墨，s）＝C（金刚石，s）ΔH＝+19kJ mol﹣1，则金刚石比石墨稳定
C．已知2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ mol﹣1，则H2的燃烧热为﹣571.6kJ mol﹣1
D．已知C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1，C（s）+O2（g）＝CO2（s）ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
【答案】D
【分析】A．在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热；
B．能量越低物质越稳定；
C．燃烧热指的是25摄氏度℃，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
D．已知①C（s）+O2（g）＝CO2（g） ΔH1，②C（s）+O2（g）＝CO2（s） ΔH2，均为放热反应。
【解答】解：A．中和热的离子方程式中应该是H2O（l），故A错误；
B．能量越低物质越稳定，由C（石墨，s）＝C（金刚石，s）ΔH＞0，可知反应吸热，即石墨的能量低于金刚石，故石墨比金刚石稳定，故B错误；
C．燃烧热指的是25℃，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，已知2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ mol﹣1，则H2的燃烧热为571.6kJ mol﹣1×0.5＝ 285.8 kJ mol﹣1，故C错误；
D．已知①C（s）+O2（g）＝CO2（g） ΔH1，②C（s）+O2（g）＝CO2（s） ΔH2，均为放热反应，ΔH均小于0，CO2（g）的能量高于CO2（s），故①放出的热量少于②，则ΔH1＞ΔH2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
4．（2025 盐城一模）反应可用于储氢，可能机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔS＞0
B．步骤Ⅰ中CO2带正电荷的C与催化剂中的N之间作用
C．步骤Ⅲ中存在非极性键的断裂和形成
D．反应中每消耗1mol CO2，转移电子数约为4×6.02×1023
【答案】B
【分析】A．该反应的正反应是气体体积减小的反应；
B．CO2中C显正价，O显负价；
C．步骤Ⅲ中不存在非极性键的断裂和形成；
D．该反应中CO2中C元素的化合价由+4价降低到+2价。
【解答】解：A．该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以该反应的ΔS＜0，故A错误；
B．CO2中C显正价，O显负价，步骤I可理解为CO2中带部分正电荷的C与催化剂中的N之间作用，故B正确；
C．步骤Ⅲ中不存在非极性键的断裂和形成，故C错误；
D．该反应中CO2中C元素的化合价由+4价降低到+2价，每消耗1mol CO2转移电子的数目约为2×6.02×1023，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
5．（2025秋 高新区校级月考）2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）的反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应决速步骤的活化能为E2
B．该反应的两步基元反应均为放热反应
C．使用合适的催化剂会使E1、E2、E3同时减小
D．温度升高，第Ⅰ步反应活化分子百分数增大，第Ⅱ步反应活化分子百分数减小
【答案】A
【分析】A．决速步骤是活化能最大（反应速率最慢）的步骤；
B．图中第Ⅰ步：反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应；第Ⅱ步：反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应；
C．催化剂只能降低各步基元反应的活化能（E1、E2），而E3是总反应的焓变的绝对值（由最初的反应物总能量和最终产物的总能量的相对大小决定）；
D．温度升高，分子的能量增加，使一部分原来能量较低的分子变成活化分子。
【解答】解：A．决速步骤是活化能最大（反应速率最慢）的步骤，由能量图可知第Ⅱ步的活化能E2大于第Ⅰ步的活化能E1，故决速步骤为第Ⅱ步，其活化能为E2，故A正确；
B．图中第Ⅰ步：反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应；第Ⅱ步：反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，两步并非均为放热反应，故B错误；
C．催化剂只能降低各步基元反应的活化能，而E3是总反应的焓变的绝对值，总反应的焓变不受催化剂影响，故C错误；
D．温度升高，分子的能量增加，使一部分原来能量较低的分子变成活化分子，由于分子总数不变，活化分子数增加，活化分子百分数升高，所以温度升高，第Ⅰ步和第Ⅱ步反应的活化分子百分数都升高，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
6．（2025秋 苏州月考）已知反应CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＜0。下列说法正确的是（ ）
A．该反应属于吸热反应
B．该反应反应物的总能量小于生成物的总能量
C．仅增大c（NO），该反应的平衡常数保持不变
D．仅加入适宜的催化剂，有利于提高NO的平衡转化率
【答案】C
【分析】A．ΔH＜0属于放热反应；
B．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量；
C．平衡常数只与温度有关；
D．催化剂不影响平衡移动。
【解答】解：A．该反应ΔH＜0，属于放热反应，故A错误；
B．该反应属于放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故B错误；
C．仅增大c（NO），不改变温度，该反应的平衡常数保持不变，故C正确；
D．仅加入适宜的催化剂，只能改变反应速率，但不影响平衡移动，不能提高NO的平衡转化率，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。
7．（2025秋 苏州月考）下列物质间的能量变化与如图所示能量变化相符的是（ ）
A．氢氧化钠溶于水 B．氧化钙溶于水
C．氯化铵溶于水 D．浓硫酸的稀释
【答案】C
【分析】碳酸氢钠溶于水是一个吸热过程，据此进行解答。
【解答】解：碳酸氢钠溶于水是一个吸热过程，氢氧化钠溶于水、氧化钙溶于水、浓硫酸的稀释均为放热过程，氯化铵溶于水是吸热过程，故C正确，
故选：C。
【点评】本题考查物质溶解的能量变化，属于基础知识的考查。
8．（2025秋 淮安月考）下列关于反应热和热化学反应的描述正确的是（ ）
A．断裂化学键放出热量，形成化学键吸收热量
B．稀氨水与稀盐酸反应生成1mol H2O（l），放出57.3 kJ热量
C．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧生成SO2，前者放出的热量多
D．N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）ΔH＝﹣akJ/mol，则将14gN2（g）和足量H2置于一密闭容器中，充分反应后放出0.5akJ的热量
【答案】C
【分析】A．断裂化学键需要吸收热量，形成化学键才会放出热量；
B．稀氨水中的NH3 H2O是弱碱，弱碱电离需吸热；
C．硫蒸气的能量高于硫固体；
D．合成氨为可逆反应。
【解答】解：A．断裂化学键需要吸收热量，形成化学键才会放出热量，故A错误；
B．稀氨水中的NH3 H2O是弱碱，弱碱电离需吸热，稀氨水与稀盐酸反应生成1 mol H2O（l），放出的热量小于57.3 kJ，故B错误；
C．硫蒸气的能量高于硫固体，燃烧生成相同产物时前者释放出更多热量，故C正确；
D．合成氨为可逆反应，由于反应物不能完全转化为生成物，实际放热小于0.5a kJ，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
9．（2025秋 淮安月考）金属硫化物（MxSy）催化反应CH4（g）+2H2S（g）＝CS2（g）+4H2（g），既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔS＜0
B．该反应的平衡常数
C．该反应中每消耗1mol H2S，转移电子的数目约为2×6.02×10﹣23
D．题图所示的反应机理中，步骤1可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
【答案】D
【分析】A．根据反应方程式可知：该步反应的正反应是气体体积增大的反应；
B．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之
积的比；
C．该反应中每消耗l mol H2S，则消耗0.5 mol CH4，C元素的化合价由CH4中的﹣4价变为CS2中的+4价，化合价升高8价；
D．在反应步骤Ⅰ中H2S中的带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用。
【解答】解：A．根据反应方程式可知：该步反应的正反应是气体体积增大的反应，所以该反应的△S＞0，故A错误；
B．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之
积的比，故该反应的平衡常数，故B错误；
C．该反应中每消耗l mol H2S，则消耗0.5 mol CH4，C元素的化合价由CH4中的﹣4价变为CS2中的+4价，化合价升高8价，反应过程中转移电子的数目约为0.5 mol×8×6.02×l023/mo1＝4×6.02×1023，故C错误；
D．由题图所示的反应机理可知，在反应步骤Ⅰ中H2S中的带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
10．（2023秋 常熟市期中）在某金（Au5）催化剂表面HCOOH分解的能量与反应历程（吸附在金催化剂表面上的物种用*标注）如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．首先断裂的化学键是H﹣O键
B．反应HCOOH（g）→CO2（g）+H2（g）的ΔH＞0
C．HCOO*是反应中间体
D．反应HCOOH*→HCOO*+H*为决速步骤（活化能最大）
【答案】D
【分析】A．由图可知，HCOOH通过第一步反应变成HCOO+H*；
B．由图可知，HCOOH（g）到CO2（g）+H2（g）是能量升高；
C．由图可知，HCOO*生成后又消耗；
D．由图可知，活化能最大的一步反应不是HCOOH*→HCOO*+H*。
【解答】解：A．由图可知，HCOOH通过第一步反应变成HCOO+H*，断裂的化学键是H﹣O键，故A正确；
B．由图可知，HCOOH（g）到CO2（g）+H2（g）是能量升高，故为吸热反应，即ΔH＞0，故B正确；
C．由图可知，HCOO*生成后又消耗，是反应中间体，故C正确；
D．由图可知，活化能最大的一步反应不是HCOOH*→HCOO*+H*，故反应HCOOH*→HCOO*+H*不是决速步骤，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了化学的能量变化与反应历程图像，属于高考的热点高频考点，侧重考查学生的识图能力，难度不大。
11．（2023秋 建邺区校级期中）催化剂Ca（PO4）3（OH）（简写为HAP）在表面倠化反应：HCHO（g）+O2（g） CO2（g）+H2O（g），历程示意图如图。已知该反应低温条件下能自发进行。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔH＜0、ΔS＜0
B．该反应的平衡常数
C．羟基磷灰石（HAP）的作用是通过减小ΔH，加快反应速率
D．图中反应机理可理解为HCHO中的H与O2的O分别与催化剂之间相互作用，同时HCHO中的C、H与O2中的O之间又分别相互作用
【答案】D
【分析】A．根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，反应能自发进行，进行分析；
B．根据反应的平衡常数K的计算式进行分析；
C．根据催化剂可以降低活化能，不能改变反应热进行分析；
D．根据过渡态的结构，反应机理进行分析。
【解答】解：A．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，ΔH＜0，该反应低温条件下能自发进行，则低温时ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，ΔH＜TΔS，则△S＞0也满足条件，不一定ΔS＜0，故A错误；
B．HCHO（g）+O2（g） CO2（g）+H2O（g），该反应的平衡常数K，故B错误；
C．羟基磷灰石（HAP）为催化剂，可以降低活化能，不能改变反应热，故C错误；
D．根据过渡态的结构可知，图中反应机理可理解为HCHO中的H与O2的O分别与催化剂之间相互作用，同时HCHO中的C、H与O2中的O之间又分别相互作用，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
12．（2025秋 秦淮区月考）在催化剂CuCl2作用下，通过氧气直接氧化氯化氢制备氯气。该反应为可逆反应，热化学方程式为4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）；ΔH＝﹣116kJ mol﹣1。下列化学反应表示正确的是（ ）
A．实验室制氯气：MnO2+4HCl（浓）
B．使用CuCl2作为催化剂，可增大反应的活化能
C．4HCl（g）+O2（g）＝2Cl2（g）+2H2O（l）；ΔH＞﹣116kJ mol﹣1
D．氯气溶于水具有漂白性：
【答案】A
【分析】A．实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气；
B．使用CuCl2作为催化剂，可降低反应的活化能；
C．同种物质所含有的能量：气态＞液态，反应物的能量相同，生成物含有的能量越低，反应放出的热量就越多；
D．氯气溶于水，与水反应产生盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸。
【解答】解：A．实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气，反应方程式为MnO2+4HCl（浓），故A正确；
B．催化剂可降低反应的活化能，使用CuCl2作为催化剂，可降低反应的活化能，故B错误；
C．同种物质所含有的能量：气态＞液态，反应物的能量相同，生成物含有的能量越低，反应放出的热量就越多，则相应反应的反应热就越小，所以，故C错误；
D．氯气溶于水，与水反应产生盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，该反应的离子方程式应该为：Cl2+H2O H++Cl﹣+HClO，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
13．（2024秋 南京期中）氯元素具有多种化合价，可形成Cl﹣、ClO﹣、、和等离子，在一定条件下能发生相互转化。在新型催化剂RuO2作用下，O2氧化HCl可获得Cl2：4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＜0对于该反应下列说法正确的是（ ）
A．该反应ΔS＜0
B．4mol HCl与1mol O2反应转移电子数约为4×6.02×1023
C．RuO2的使用能降低该反应的焓变
D．反应的平衡常数
【答案】A
【分析】A．对于该反应，生成物气体分子总数小于反应物气体分子总数；
B．由于该反应为可逆反应，4mol HCl与1mol O2混合时，参加反应的HCl的物质的量小于4mol；
C．RuO2为该反应的催化剂，催化剂只能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变；
D．反应的平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值。
【解答】解：A．对于该反应，生成物气体分子总数小于反应物气体分子总数，即△S＜0，故A正确；
B．由于该反应为可逆反应，4mol HCl与1mol O2混合时，参加反应的HCl的物质的量小于4mol，则反应转移电子数小于4×6.02×1023，故B错误；
C．RuO2为该反应的催化剂，催化剂只能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，所以RuO2的使用不改变该反应的焓变，故C错误；
D．反应的平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，由于反应物和生成物都呈气态，所以反应的平衡常数，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
14．（2025春 铜山区期中）丙烷在催化剂表面催化脱氢的机理如图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，TS表示过渡态，IM表示中间体。
下列说法正确的是（ ）
A．催化剂降低了该反应的活化能，但未改变活化分子的百分数
B．丙烷催化脱氢仅涉及C—H键断裂和C—C键形成
C．丙烷催化脱氢的总反应速率由②决定
D．改变催化剂可改变反应历程进而改变焓变
【答案】C
【分析】A．催化剂降低反应活化能；
B．由图可知，丙烷催化脱氢，有H—H键的形成；
C．丙烷催化脱氢的总反应速率由活化能最大的反应决定；
D．催化剂不能改变反应的焓变。
【解答】解：A．催化剂降低反应活化能，增大活化分子百分数，故A错误；
B．丙烷催化脱氢涉及C—H键断裂和C＝C键与H—H键的形成，故B错误；
C．第②步活化能最大，则丙烷催化脱氢的总反应速率由第②步决定，故C正确；
D．改变催化剂可改变反应历程但不能改变焓变（由反应物和生成物能量差决定），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
15．（2025秋 江苏校级月考）下列关于热化学反应的描述正确的是（ ）
A．HCl和NaOH反应的反应热ΔH＝﹣57.3kJ mol﹣1，则H2SO4和Ba（OH）2反应的反应热ΔH＝2×（﹣57.3）kJ mol﹣1
B．常温下，反应C（s）+CO2（g）＝2CO（g）不能自发进行，则该反应的ΔH＞0
C．甲烷的燃烧热ΔH＝﹣890.3kJ mol﹣1，则CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＜﹣890.3kJ mol﹣1
D．500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）ΔH＝﹣38.6kJ mol﹣1
【答案】B
【分析】A．H2SO4和Ba（OH）2反应除了生成水还生成了BaSO4沉淀，额外释放热量；
B．反应C（s）+CO2（g）＝2CO（g）的ΔS＞0，若常温下不能自发；
C．燃烧热要求生成液态水，而题中生成气态水，放热更少；
D．合成氨为可逆反应，不能完全进行，0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成的氨气小于1 mol。
【解答】解：A．H2SO4和Ba（OH）2反应除了生成水还生成了BaSO4沉淀，额外释放热量，ΔH应小于2×（﹣57.3）kJ mol﹣1，故A错误；
B．反应C（s）+CO2（g）＝2CO（g）的ΔS＞0，若常温下不能自发，则ΔH﹣TΔS＞0，故ΔH＞0，故B正确；
C．燃烧热要求生成液态水，ΔH应大于﹣890.3 kJ mol﹣1，故C错误；
D．合成氨为可逆反应，不能完全进行，0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应实际放热19.3 kJ小于完全反应的理论值，ΔH应小于﹣38.6 kJ mol﹣1，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
16．（2025秋 吴江区校级月考）某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是（ ）
A．由实验可知，（a）、（b）、（c）所涉及的反应都是放热反应
B．将实验（a）中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C．实验（c）中为了使反应进行完全，可以向盐酸中分几次加入氢氧化钠溶液
D．若用NaOH固体测定中和反应的反应热，则测定结果数值偏高
【答案】D
【分析】A．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应为吸热反应；
B．反应物与生成物确定，则反应热就确定；
C．铁为热的良导体；
D．NaOH固体溶解过程放热。
【解答】解：A．（a）是金属与酸的反应，是放热反应，（b）是氢氧化钡晶体与氯化铵反应，属于吸热反应，（c）酸碱中和反应是放热反应，因此放热反应只有（a）和（c），故A错误；
B．铝粉和铝片本质一样，放出热量不变，只是铝粉参与反应速率加快，故B错误；
C．向盐酸中分几次加入氢氧化钠溶液，会造成热量损失，对实验结果有影响，故C错误；
D．NaOH固体溶解过程放热，用NaOH固体代替NaOH溶液与盐酸反应测定中和反应的反应热，放出的热量变多，测定结果偏高，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应能量的变化，涉及中和热的测定、放热和吸热反应的判断，掌握中和热的测定是关键，题目难度不大。
二．解答题（共4小题）
17．（2025秋 镇江月考）气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及相关反应是新型科研热点。回答下列问题：
（1）还原法：①用NH3催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。已知：
ⅰ：4NH3（g）+3O2（g）＝2N2（g）+6H2O（g）ΔH＝﹣akJ mol﹣1
ⅱ：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH＝bkJ mol﹣1
写出NH3还原NO至N2和水蒸气的热化学方程式 4NH3（g）+6NO（g）＝5N2（g）+6H2O（g）ΔH＝（﹣3b﹣a）kJ mol﹣1 。
②尿素水溶液热解产生的NH3可去除尾气中的NOx，流程如图1：
a.尿素[CO（NH2）2]中氮元素的化合价为 ﹣3 。
b.若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。试分析硫酸盐的产生过程 SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成（NH4）2SO4或者NH4HSO4 。
③某脱硝反应机理如图2所示，C2H4参与Ⅰ的反应方程式为 6NO2+2C2H43N2+4CO2+6H2O 。
（2）氧化法：O3氧化性强于O2，能更有效地氧化NO。
Ⅰ：2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）ΔH1＝﹣114kJ mol﹣1
Ⅱ：2O3（g）＝3O2（g）ΔH2＝﹣284.2kJ mol﹣1（活化能Ea＝119.2kJ mol﹣1）
Ⅲ：NO（g）+O3（g）＝NO2（g）+O2（g）ΔH3＝﹣199.1kJ mol﹣1（活化能Ea＝3.2kJ mol﹣1）
NO可经O3处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对NO脱除率的影响，将NO与O3混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，NO脱除率随NO与O3混合反应温度变化如图3所示。试分析在50～250℃范围内，随着温度的升高NO脱除率先几乎不变后下降的可能原因是 50～150℃时，NO和O3反应的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大，但温度在150℃～250℃时，O3分解速率迅速增加 。
（3）研究表明氮氧化物的脱除率除了与还原剂、氧化剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3+x（A、B均为过渡元素）为催化剂，用H2还原NO的机理如下：
第一阶段：B4+（不稳定）+H2→低价态的金属离子（还原前后催化剂中金属原子的个数不变）
第二阶段：Ⅰ．NO（g）+□→NO（a）
Ⅱ．2NO（a）→2N（a）+O2（g）
Ⅲ．2N（a）→N2（g）+2□
Ⅳ．2NO（a）→N2（g）+2O（a）
Ⅴ．2O（a）→O2（g）+2□
注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态
第一阶段用氢气还原得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是 还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快 。
【答案】（1）①4NH3 （g）+6NO （g）＝5N2（g）+6H2O （g）ΔH＝（﹣3b﹣a）kJ mol﹣1；
②a.﹣3；
b.SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成（NH4）2SO4或者NH4HSO4；
③6NO2+2C2H43N2+4CO2+6H2O；
（2）50～150℃时，NO和O3反应的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大，但温度在150℃～250℃时，O3分解速率迅速增加；
（3）还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快。
【分析】（1）①4NH3 （g）+3O2 （g）═2N2 （g）+6H2O （g）ΔH＝﹣akJ mol﹣1，N2（g）+O2 （g）═2NO （g）ΔH＝bkJ mol﹣1，根据盖斯定律：①﹣3×②得4NH3 （g）+6NO （g）＝5N2（g）+6H2O （g）；
②a.尿素[CO（NH2）2]中C元素为+4价，O元素为﹣2价，H元素为+1价，根据化合价代数和为0；
b.若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率；
③由图2可知，在Cu+催化作用下，NO2与C2H4反应生成N2、CO2、H2O；
（2）由NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）ΔH2＝﹣199.1kJ×mol﹣1（活化能Ea＝3.2kJ mol﹣1）和2O3（g）＝3O2（g）ΔH3＝﹣284.2kJ mol﹣1（活化能Ea＝119.2kJ mol﹣1）可知，50～150℃时，NO和O3反应的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，以NO（g）+O3（g）＝NO2（g）+O2（g）反应为主，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大，但温度在150℃～250℃时，O3分解速率迅速增加，O3分解对O3氧化NO反应的影响增大，NO脱除率下降；
（3）还原前后催化剂中金属原子的个数不变，则还原后低价的金属离子越多，催化剂表面的氧缺位越多。
【解答】解：（1）①4NH3 （g）+3O2 （g）═2N2 （g）+6H2O （g）ΔH＝﹣akJ mol﹣1，②N2（g）+O2 （g）═2NO （g）ΔH＝bkJ mol﹣1，根据盖斯定律：①﹣3×②得4NH3 （g）+6NO （g）＝5N2（g）+6H2O （g）ΔH＝（﹣3b﹣a）kJ mol﹣1，
故答案为：4NH3 （g）+6NO （g）＝5N2（g）+6H2O （g）ΔH＝（3b﹣a）kJ mol﹣1；
②a.尿素[CO（NH2）2]中C元素为+4价，O元素为﹣2价，H元素为+1价，根据化合价代数和为0，则尿素氮元素的化合价为﹣3价，
故答案为：﹣3；
b.若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率；则硫酸盐的产生过程为：SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成（NH4）2SO4或者NH4HSO4，
故答案为：SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成（NH4）2SO4或者NH4HSO4；
③由图2可知，在Cu+催化作用下，NO2与C2H4反应生成N2、CO2、H2O，反应方程式为：6NO2+2C2H43N2+4CO2+6H2O，
故答案为：6NO2+2C2H43N2+4CO2+6H2O；
（2）由题可知，50～150℃时，NO和O3反应的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，以NO（g）+O3（g）＝NO2（g）+O2（g）反应为主，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大，但温度高于150℃时，O3分解速率迅速增加，O3分解对O3氧化NO反应的影响增大，NO脱除率下降；
故答案为：50～150℃时，NO和O3反应的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大，但温度在150℃～250℃时，O3分解速率迅速增加；
（3）还原前后催化剂中金属原子的个数不变，则还原后低价的金属离子越多，催化剂表面的氧缺位越多，氧缺位越多，反应速率越快，
故答案为：还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快。
【点评】该题考查了盖斯定律、根据图象分析影响速率的因素，尤其图象分析考查学生接受信息能力、知识的迁移推理能力，题目难度中等。
18．（2025 镇江模拟）研究CO2CH4等温室气体的资源化利用对人类具有重要的意义。
Ⅰ.以CO2和NH3为原料在ZnO作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如图：
则2NH3（l）+CO2（g）＝H2O（l）+H2NCONH2（l）ΔH＝ ﹣103.7kJ/mol 。
Ⅱ.CO2甲烷化技术是碳中和理念的落脚点之一，涉及的主要反应如下：
①CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）ΔH1＜0
②CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH2＞0
催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。一定条件下，在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化的趋势如图（a）所示：
高于320℃后，以Ni—CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升，可能原因是 320℃时，Ni催化剂的活性达到最大，升高温度，催化剂活性降低，而Ni—CeO2为催化剂的最佳温度较高，此时升温催化剂活性升高 ；分子筛膜反应器可提高反应①的平衡转化率，其原理如图（b）所示，原因是 分子筛膜的存在，吹扫气能将产物中的甲烷转移出体系，使得平衡正向移动，所以反应①的平衡转化率增大。 。
Ⅲ.FTO@BiVO4作电极，双金属串联催化剂电催化CO2制乙烯，装置如图1所示。在不同电压条件下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率（FE）随电压变化如图2所示。
已知：法拉第效率
①电势：泡沫Ni网电极 ＜ FTO@BiVO4电极（填“＞”“＜”或“＝”）。
②写出ISA—Ni催化剂上发生的电极反应式： CO2+2e﹣+H2O ＝ CO+2OH﹣ 。
③当电解电压为U3V时，测得生成的n（CH4）：n（C2H4）＝7：4，则x＝ 42 。
Ⅳ.Pt12Ni；Sn12NiCu12Ni三种双金属合金团簇催化剂催化甲烷重整制氢的过程中，存在甲烷逐步脱氢的过程，其能量变化如图所示（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）：
①Sn12Ni双金属团簇具有良好的抗积碳作用，能有效抑制碳沉积对催化剂造成的不良影响，
结合图示解释其原因为 积碳反应为最后一步反应，三种催化剂中Sn12Ni所需要的活化能最大，反应不易发生，具有良好的抗积碳作用 。
②甲烷逐步脱氢过程决速步反应是 CH3*+H*═CH2*+2H* （用化学方程式表示）。
Ⅴ.我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图所示。
①根据转化规律在答题卡指定位置画出化合物2的结构示意图 。
②依据电负性变化规律与断键方式，用文字描述由化合物3生成化合物1的过程 电负性O＞H，化合物3中Fe﹣OH2中的O—H键断裂，结合OH﹣生成化合物4和H2O，化合物4中的Fe﹣OH结合H2中的H，同时CO等基团重新配位，最终生成化合物1和H2O。 。
【答案】Ⅰ.﹣103.7kJ mol﹣1；
Ⅱ.320℃时，Ni催化剂的活性达到最大，升高温度，催化剂活性降低，而Ni—CeO2为催化剂的最佳温度较高，此时升温催化剂活性升高；
吹扫气将产物中的甲烷转移出体系，使反应①平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率；
Ⅲ.①.＜；
②.CO2+2e﹣+H2O ＝ CO+2OH﹣；
③.42；
Ⅳ.①.积碳反应为最后一步反应，三种催化剂中Sn12Ni所需要的活化能最大，反应不易发生，具有良好的抗积碳作用；
②.CH3*+H*→CH2*+2H*或CH3*→CH2*+H*；
Ⅴ.①.；
②.由于电负性O＞H，化合物3中Fe﹣OH2中的O—H键断裂，结合OH﹣生成化合物4和H2O，化合物4中的Fe﹣OH结合H2中的H，同时CO等基团重新配位，最终生成化合物1和H2O。
【分析】Ⅰ.根据盖斯定律，将已知方程进行加减消元即可；
Ⅱ.考查有关催化剂影响物质的转化率的图像，根据图像分析，催化剂的活性受温度的影响进行作答即可；
Ⅲ.①.正极的电势高于负极的电势，阳极的电势高于阴极的电势。只要根据氧化还原判断正负极即可；
②.电极反应式的书写，根据反应物和生成物确定得失电子的个数，配平电荷即可；
③.根据元素守恒进行计算；
Ⅳ.主要考查能量变化与活化能以及反应难易程度之间的关系；
Ⅴ.主要考查通过反应图示以及断键方式和成键方式和电负性的变化规律判断化合物2的结构式。
【解答】解：Ⅰ.根据盖斯定律，将反应②+反应③+反应①相加，可得：2NH3（l）+CO2（g） ＝ H2O（l）+H2NCONH2（l）ΔH＝ΔH2+ΔH3+ΔH1＝﹣109.2kJ mol﹣1+15.5kJ mol﹣1﹣10kJ mol﹣1＝﹣103.7kJ mol﹣1；
故答案为：﹣103.7kJ mol﹣1；
Ⅱ.对于Ni催化剂，320℃时活性达到最大，升温后活性降低，Ni—CeO2催化剂最佳温度较高，升温时活性升高，所以高于320℃后，以Ni—CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升；
故答案为：320℃时，Ni催化剂的活性达到最大，升高温度，催化剂活性降低，而Ni—CeO2为催化剂的最佳温度较高，此时升温催化剂活性升高；
分子筛膜反应器中，吹扫气将产物中的甲烷转移出体系，使反应①CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率；
故答案为：吹扫气将产物中的甲烷转移出体系，使反应①平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率；
Ⅲ.①由装置图可知，泡沫Ni网电极附近由CO2转化为C2H4，化合价降低，发生还原反应，所以Ni网电极是阴极，FTO@BiVO4电极是阳极，阴极电势低于阳极电势，所以泡沫Ni网电极的电势＜FTO@BiVO4电极电势；
故答案为：＜；
②ISA﹣Ni催化剂上CO2得到电子生成CO，而且电解质是KHCO3显碱性，电极反应式为CO2+2e﹣+H2O ＝ CO+2OH﹣；
故答案为：CO2+2e﹣+H2O ＝ CO+2OH﹣；
③设生成CH4的物质的量为7mol，C2H4的物质的量为4mol。生成1mol CH4转移8mol电子，生成1mol C2H4转移12mol电子，由图知CH4的法拉第效率为x%，C2H4的法拉第效率为36%，HCOO﹣的法拉第效率为0，
，；两式列比例，求出x＝42；
故答案为：42；
Ⅳ.①.由能量变化图可知，积碳反应为最后一步反应，三种催化剂中Sn12Ni所需要的活化能最大，反应速度较慢，故产生的积碳较少，具有良好的抗积碳作用；
故答案为：积碳反应为最后一步反应，三种催化剂中Sn12Ni所需要的活化能最大，反应不易发生，具有良好的抗积碳作用；
②反应的决速步是活化能最高的步骤，由图可知，CH3*+H*→CH2*+2H*或CH3*→CH2*+H*的活化能最高，是决速步反应；
Ⅴ.①.根据转化规律，化合物2的结构示意图为：；
故答案为：；
②.电负性O＞H，化合物3中Fe﹣OH2中的O—H键断裂，结合OH﹣生成化合物4和H2O，化合物4中的Fe﹣OH结合H2中的H，同时CO等基团重新配位，最终生成化合物1和H2O；
故答案为：由于电负性O＞H，化合物3中Fe﹣OH2中的O—H键断裂，结合OH﹣生成化合物4和H2O，化合物4中的Fe﹣OH结合H2中的H，同时CO等基团重新配位，最终生成化合物1和H2O。
【点评】这组题目围绕CO2等温室气体的资源化利用展开，涵盖了多个化学研究领域与知识点，具有很强的综合性与前沿性。在解题要求上，需要学生具备较强的信息提取与整合能力，能从能量变化图、装置图、反应历程图等多种图表中获取关键信息，并结合化学知识进行分析计算、原理解释，对学生的综合素养要求较高，是一套能很好考查化学学科核心素养的题目。
19．（2025秋 苏州月考）氮及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途。回答下列问题：
（1）化学反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）ΔH的能量变化如图所示（a、b、c均大于零）。
①对于反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（l）ΔH'，该反应中ΔH'＝ ﹣2（c+b﹣a） （用含a、b、c的代数式表示）kJ mol﹣1。
②下列关于NH3（g）═N+3H的说法正确的是 A （填标号）。
A.N—H键断裂为吸热过程
B.每消耗2.24LNH3（g），同时生成1.4gN
C.每生成0.3mol H，转移电子的物质的量为0.1mol
③NH3在生活中的用途有 作制冷剂（或作化肥原料等） （写1种即可）。
（2）火箭发射时可以用肼（N2H4，液态）作燃料，NO2作氧化剂，二者反应生成N2和水蒸气。
已知：
反应Ⅰ：N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）
反应Ⅱ：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）
反应Ⅲ：2N2H4（l）+2NO2（g）＝3N2（g）+4H2O（g）
①对于反应Ⅰ，每转移0.8mol电子，此时能量变化为 6.64 kJ。该反应的能量变化与金属钠溶于水的能量变化 不相同 （填“相同”或“不相同”）。
②对于反应Ⅱ，每断裂0.4mol N—H键，此时生成N2（g）和H2O（g）的总质量为 6.4 g。
③对于反应Ⅲ，下列说法正确的是 C （填标号）。
A.加入适宜的催化剂，该反应的方向发生改变
B.只及时移除部分H2O（g），N2（g）质量减小
C.2N2H4（g）+2NO2（g）＝3N2（g）+4H2O（g）ΔH4中的ΔH4与ΔH3大小不同
④表示N2H4（l）燃烧热的热化学方程式为 N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣622kJ mol﹣1 [已知：H2O（l）═H2O（g）ΔH＝+44kJ mol﹣1]。
【答案】（1）①﹣2（c+b﹣a）；
②A；
③作制冷剂（或作化肥原料等）；
（2）①6.64；不相同；
②6.4；
③C；
④N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣622kJ mol﹣1。
【分析】（1）①由图可知，生成1mol NH3（l）时，放出热量为（b﹣a+c）kJ，据此计算反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（l）中的ΔH'；
②A.断键过程吸热；
B.NH3的状态未知，不能确定NH3的物质的量；
C.NH3（g）═N+3H，N元素升高3价；
③NH3在生活中的用途有作制冷剂（或作化肥原料等）；
（2）①对于反应Ⅰ，N2（g）+2O2（g）═2NO2（g），N元素由0价升高为+4价，电子转移数目为8e﹣，每转移0.8mol电子，该反应为吸热反应，金属钠溶于水属于放热反应；
②对于反应Ⅱ，每断裂0.4mol N—H键，即反应0.1mol N2H4，此时生成0.1mol N2（g）和0.2mol H2O（g），据此计算总质量；
③A.加入适宜的催化剂，只改变反应速率，不影响平衡移动；
B.只及时移除部分H2O（g），减小生成物浓度，平衡正向移动；
C.水蒸气与液态水的能量不同；
④已知反应Ⅱ：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）ΔH3＝﹣534kJ mol﹣1，反应Ⅳ：H2O（l）═H2O（g）ΔH＝+44kJ mol﹣1，根据盖斯定律：反应Ⅱ﹣2×反应Ⅳ可得：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣622kJ mol﹣1。
【解答】l解：（1）①由图可知，生成1mol NH3（l）时，放出热量为（b﹣a+c）kJ，所以反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（l）ΔH'，该反应中ΔH'＝﹣2（c+b﹣a）kJ mol﹣1，
故答案为：﹣2（c+b﹣a）；
②A.断键过程吸热，故N—H键断裂为吸热过程，故A正确；
B.NH3的状态未知，不能确定NH3的物质的量，不能计算生成N的质量，故B错误；
C.每生成0.3mol H，转移电子的物质的量为0.3mol，故C错误；
故答案为：A；
③NH3在生活中的用途有作制冷剂（或作化肥原料等），
故答案为：作制冷剂（或作化肥原料等）；
（2）①对于反应Ⅰ，N2（g）+2O2（g）═2NO2（g），N元素由0价升高为+4价，电子转移数目为8e﹣，每转移0.8mol电子，生成0.2mol NO2（g），吸收能量变化为6.64kJ，该反应的能量变化与金属钠溶于水的能量变化不相同，
故答案为：6.64；不相同；
②对于反应Ⅱ，每断裂0.4mol N—H键，即反应0.1mol N2H4，此时生成0.1mol N2（g）和0.2mol H2O（g），其总质量为（2.8+3.6）g＝6.4g，
故答案为：6.4；
③A.加入适宜的催化剂，只改变反应速率，不影响平衡移动，该反应的方向不发生改变，故A错误；
B.只及时移除部分H2O（g），平衡正向移动，N2（g）质量增加，故B错误；
C.水蒸气与液态水的能量不同，所以2N2H4（g）+2NO2（g）＝3N2（g）+4H2O（g）ΔH4中的ΔH4与ΔH3大小不同，故C正确；
故答案为：C；
④已知反应Ⅱ：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）ΔH3＝﹣534kJ mol﹣1，反应Ⅳ：H2O（l）═H2O（g）ΔH＝+44kJ mol﹣1，根据盖斯定律：反应Ⅱ﹣2×反应Ⅳ可得：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣622kJ mol﹣1，
故答案为：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣622kJ mol﹣1。
【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。
20．（2025秋 鼓楼区校级月考）天然气在实现“双碳”目标进程中发挥重要的作用，成为能源低碳转型的首选能源之一。
（1）开采出的天然气中含有H2S，H2S会直接影响化工合成，并产生污染。TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图1所示。根据反应机理图可知Fe3+、S、O2三种物质在酸性条件下氧化性由强到弱顺序为 O2＞Fe3+＞S 。
（2）甲烷重整法制备氢气。
反应1：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）ΔH＝+206.2kJ mol﹣1
反应2：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）；ΔH＝﹣41.2kJ mol﹣1
①工业生产中反应1和反应2要分两个温度段进行，第一阶段先采用 高温 （填“高温”或“低温”）。
②工业上可采用加入CaO的方法提高H2产率。图2是压强为pokPa时，分别在加CaO和不加CaO时，平衡体系中H2的物质的量随温度变化的示意图。
ⅰ.600℃前加入CaO可明显提高混合空气中H2的物质的量，可能的原因是 CaO与CO2反应，使反应2平衡正向移动，同时促进反应1平衡正向移动，从而提高氢气的产率 。
ⅱ.温度高于700℃时，加入CaO不能改变平衡体系混合气中H2的物质的量，可能的原因是 温度高于700℃时，CaO与CO2反应很慢，对平衡移动几乎无影响 。
③利用太阳能催化CH4蒸气重整制氢的反应原理如图3所示。
ⅰ.实验测得分步制氢比直接利用CH4和H2O（g）反应具有更高的反应效率，可能的原因是 分步反应的活化能更低，反应更容易进行 。
ⅱ.第I步反应产生的CO和H2的混合气体在催化剂和适当条件下可以合成碳氢化合物，合成时易发生副反应CO+H2O CO2+H2。图4为相同条件下用不同催化剂在不同时间段测得反应体系内CO2的体积分数，据此应选择的催化剂是 Ⅱ （填“Ⅰ”或“Ⅱ”），选择的依据是 催化剂Ⅱ作用下，体系中CO2体积分数更低，副反应进行程度小 。
ⅲ.和传统的甲烷重整制氢相比较，太阳能催化CH4蒸气重整法的优点有 利用太阳能，节约传统能源；反应条件相对温和等（答案不唯一） 。
【答案】（1）O2＞Fe3+＞S；
（2）①高温；
②ⅰ.CaO与CO2反应，使反应2平衡正向移动，同时促进反应1平衡正向移动，从而提高氢气的产率；
ⅱ.温度高于700℃时，CaO与CO2反应很慢，对平衡移动几乎无影响；
③ⅰ.分步反应的活化能更低，反应更容易进行；
ⅱ.Ⅱ；催化剂Ⅱ作用下，体系中CO2体积分数更低，副反应进行程度小；
ⅲ.利用太阳能，节约传统能源；反应条件相对温和等（答案不唯一）。
【分析】（1）根据在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性来分析；
（2）①根据反应1为吸热反应和反应2为放热反应，升高温度，有利于反应1的进行来分析；
②根据影响平衡移动的因素来分析；
③根据 太阳能催化CH4蒸气重整法的原理并结合影响化学反应速率的因素、平衡移动规律等知识进行分析。
【解答】解：（1）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；由反应机理可知，Fe3+能氧化H2S生成S，所以氧化性：Fe3+＞S；同时，O2能氧化Fe2+生成Fe3+，所以氧化性：O2＞Fe3+；综上，氧化性由强到弱的顺序为O2＞Fe3+＞S，
故答案为：O2＞Fe3+＞S；
（2）①反应1：反应1：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）ΔH＝+206.2kJ mol﹣1，为吸热反应；反应2：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41.2kJ mol﹣1，为放热反应；要提高甲烷的转化率，利于反应1进行，因为反应1吸热，升高温度，平衡正向移动，所以第一阶段先采用高温，
故答案为：高温；
②ⅰ.CaO能与CO2反应，使反应2：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）的平衡正向移动，从而生成更多的氢气；同时，反应2正向移动，会使CO浓度降低，也有利于反应1：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）ΔH＝+206.2kJ mol﹣1的平衡正向移动，进一步提高氢气的产率；所以600℃前加入CaO可明显提高混合空气中H2的物质的量，原因是CaO与CO2反应，使反应2平衡正向移动，同时促进反应1平衡正向移动，从而提高氢气的产率，
故答案为：CaO与CO2反应，使反应2平衡正向移动，同时促进反应1平衡正向移动，从而提高氢气的产率；
ⅱ.温度高于700℃时，CaO与CO2的反应速率很慢，几乎不能与CO2发生反应，也就无法使反应2的平衡发生移动，所以加入CaO不能改变平衡体系混合气中H2的物质的量，原因是温度高于700℃时，CaO与CO2反应很慢，对平衡移动几乎无影响，
故答案为：温度高于700℃时，CaO与CO2反应很慢，对平衡移动几乎无影响；
③ⅰ.分步制氢时，每一步反应的活化能可能较低，反应更容易进行；而直接利用甲烷与水蒸气反应，反应的活化能较高，所以分步制氢比直接反应具有更高的反应效率，可能的原因是分步反应的活化能更低，反应更容易进行，
故答案为：分步反应的活化能更低，反应更容易进行；
ⅱ.由图4可知，催化剂Ⅱ作用下，反应体系内二氧化碳的体积分数更低，说明副反应CO+H2O CO2+H2进行的程度更小，主反应（合成碳氢化合物的反应）进行得更好。所以应选择的催化剂是Ⅱ，选择的依据是催化剂Ⅱ作用下，体系中CO2体积分数更低，副反应进行程度小，
故答案为：Ⅱ；催化剂Ⅱ作用下，体系中CO2体积分数更低，副反应进行程度小；
ⅲ.和传统的甲烷重整制氢相比，太阳能催化甲烷蒸气重整法利用了太阳能，太阳能是清洁能源，可节约传统能源；同时，该方法可能在反应条件等方面更温和，对设备要求相对较低等。所以优点有利用太阳能，节约传统能源；反应条件相对温和等，
故答案为：利用太阳能，节约传统能源；反应条件相对温和等。
【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，同时考查催化剂的作用等，学生需要掌握学科基础知识并具有一定的分析问题解答问题的能力，难度适中。
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