高中化学人教版（2019）选择性必修1第一章第一节反应热

高中化学人教版（2019）选择性必修1第一章第一节反应热
一、单选题
1．（2021高一下·塔县期末）下列反应属于吸热反应的是 （　　）
A．酸碱中和反应 B．葡萄糖在人体内氧化分解
C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 D．锌粒与稀H2SO4反应制取H2
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.酸碱中和反应是放热反应，故A不符合题意
B.葡萄糖是人体主要供能物质，在人体内氧化是放热反应，故B不符合题意
C.氢氧化钡晶体和氯化铵晶体反应是吸热反应，故C符合题意
D.锌与稀硫酸反应制取氢气反应剧烈，放出热量，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】常见的吸热反应是绝大多数分解反应以及碳和二氧化碳化合反应得到一氧化碳，氢氧化钡晶体和氯化铵的反应
常见的放热反应是：酸碱中和反应、酸和金属反应、酸和盐的反应以及绝大多数化合反应以及葡萄糖供能反应等等
2．（2021高二下·奉化期末）下列说法中正确的是( △H的绝对值均正确)（　　）
A．热值指在一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量，则CO热值为10.1kJ/g
B．已知稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ/mol，则稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水的中和热为-57.3kJ/mol
C．C2H5OH的燃烧热C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) △H=-1367.0kJ/mol
D．N2+2O2=2NO2 △H=67.8kJ/mol
【答案】A
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；中和热
【解析】【解答】A.热值是在一定条件下单位质量的物质完全燃烧放出的热量，则单位为KJ/g，则一氧化碳的热值是10.1KJ/g
B.醋酸是弱酸，反应过程中发生酸的电离，醋酸的电离吸热， 稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水的中和热为大于-57.3kJ/mol ，故B不符合题意
C. C2H5OH的燃烧热C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) △H=-1367.0kJ/mol ，故C不符合题意
D.氮气和氧气反应的热化学方程式为： N2（g）+2O2(g)=2NO2 (g)△H=67.8kJ/mol ，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】A.根据给出的定义计算出热值即可
B.考虑到醋酸是弱酸，弱酸电离时吸热导致放出热量偏小
C.燃烧热是1mol可燃物充分燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，乙醇燃烧应该生成气态的二氧化碳和液态水
D.热化学方程式中应该注明反应物和生成物的状态
3．（2021高一下·滨海期末）根据下列信息判断氢气燃烧生成水时的热量变化，其中不正确的是（　　）
A．H2O(g)分解为H2(g)与O2(g)时吸收热量
B．甲、乙、丙中物质所具有的总能量乙最高
C．1 mol H2(g)与0.5 mol O2(g)反应生成1 mol H2O(l)释放能量为245 kJ
D．2 mol H2O(g)的能量比2 mol H2(g)与1 mol O2(g)的能量之和低
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A.根据图示即可计算出断键吸收的能量为(436kJ+249kJ=685kJ小于成键释放的能量930kJ，所以 H2O(g)分解为H2(g)与O2(g)时吸收热量 ，故A不符合题意
B.甲乙丙中物质具有的能量大小关系是乙＞甲＞丙，故B不符合题意
C.1mol氢气与0.5mol的氧气反应生成1mol水蒸汽释放的能量是930kJ-685kJ=245kJ，物质由气态变为液态需要释放能量，因此生成1mol液态水释放的能量高于245KJ，故C符合题意
D.氢气和氧气反应得到水蒸气反应是放热反应，因此 2 mol H2O(g)的能量比2 mol H2(g)与1 mol O2(g)的能量之和低 ，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】A.氢气和氧气反应是放热，分解水是吸热反应
B.根据断键吸收能量，成键放出能量进行判断即可
C.根据计算出生成气态水释放的能量，但是气态到液态时需要放出能量
D.分解反应是放热反应，根据焓变=生成物的能量-反应物能量＞0进行判断即可
4．（2021高一下·滨海期末）下列说法不正确的是（　　）
A．化学反应必然伴随发生能量变化
B．能量变化必然伴随发生化学反应
C．化学反应中的能量变化主要是由化学键变化引起的
D．化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少有关
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A.化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，旧键的断裂需要吸收能量，新键的形成需要释放能量，化学变化中涉及能量的变化，故A不符合题意
B.伴随着能量变化，不一定是化学变化，如常见的浓硫酸的稀释等，故B符合题意
C.化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，旧键的断裂需要吸收能量，新键的形成需要释放能量，故C不符合题意
D.物质具有的能量与物质本身的质量有关，质量越大能量越大，化学反应中的能量变化的大小与反应物的质量有关，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】单位物质的质量质量具有的能量是一定值，质量越大能量越大，化学变化的实质是旧键的断裂和新键的形成，旧键断裂时需要吸收能量，新键形成时需要放出能量，因此化学变化涉及到能量的变化，有些物理变化也有能量变化，因此有能量变化的不一定是化学变化
5．（2021·包头模拟）一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．电池工作时，将太阳能转化为电能
B．X电极为电池的负极
C．Y电极发生的电极反应为 +2e-=3I-
D．当电池工作从开始到结束时，电解质溶液中I-和 的浓度分别会发生很大变化
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电池工作时，太阳光使Ru(II)失电子转化为Ru(III)，发生氧化还原反应，将太阳能转化为电能，选项A不符合题意；
B．X电极电子流岀，发生氧化反应，为电池的负极，选项B不符合题意；
C．Y电极电子流入，发生还原反应，电极反应为 +2e-=3I-，选项C不符合题意；
D．电池工作时， +2e-=3I-，生成的I-又可与Ru(III)反应重新生成 ，整个过程电解质溶液中I-和 的浓度基本不变，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图示电子的转移，说明电极X是负极，Y是正极，因此是将太阳能转化为电能，X是Ru(II)失去电子变为Ru(III)发生氧化反应，Y是由I3-得到电子变为I-，发生还原反应，根据图示所示，产生的碘离子被Ru(III)又氧化为I3-离子，因此离子浓度几乎不变
6．（2021·包头模拟）某种含二价铜微粒[CuII(OH)(NH3)]+的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2.下列说法错误的是（　　）
A．总反应焓变 H<0
B．状态③到状态④的变化过程中有O-H键的形成
C．反应过程中只发生了两次氧化还原反应
D．该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+4NO+O2=6H2O+4N2
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；反应热和焓变；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变ΔH＜0，A项不符合题意；
B．状态③到状态④的变化过程为[CuI(H2NNO)(NH3)2]+→[CuI(NH3)2]++N2+H2O，有O-H键的形成，B项不符合题意；
C．由图1可知，状态②到状态③、状态④到状态⑤，Cu元素的化合价发生改变，而状态③到状态④、状态⑤到状态①，N元素的化合价发生改变，则不只生了两次氧化还原反应，C项符合题意；
D．根据图1，加入2NH3、2NO、 O2，生成2N2、3H2O，该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+4NO+O2=6H2O+4N2，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据起始物和最终产物的能量即可判断焓变的大小
B.根据状态③和状态④ 的变化即可判断键的断裂和形成
C.根据标出过程中元素的化合价即可判断出氧化还原反应
D.根据起始物和最终的产物即可写出方程式
7．（2021·沈阳模拟）叔丁基溴在稀的碱性水溶液中水解生成叔丁醇的反应分三步进行，反应中每一步的能量变化曲线如图所示，下列有关说法错误的是（　　）
A．叔丁基溴在稀的碱性水溶液中生成叔丁醇的反应是放热反应
B． 和 为反应活性中间体
C．决定叔丁基溴水解生成叔丁醇反应的速率的是第二步反应
D．第三步反应为
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；化学反应速率
【解析】【解答】A．反应物的总能量高于生成物的总能量，叔丁基溴在稀的碱性水溶液中生成叔丁醇的反应是放热反应，故A不符合题意；
B． 和 为第二步和第三步的反应活性中间体，故B不符合题意；
C．由图可知，第一步反应所需的能量比第二步、第三步所需的能量都高，故第一步反应决定了叔丁基溴水解成叔丁醇的反应速率，故C符合题意；
D．第三步反应为 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据起始物的能量和最终生成物能量的高低即可判断
B. 和 不是反应物和生成物而是中间出现的中间体
C.活化能越高速率越慢是反应的决定步骤
D.根据反应物和生成物即可写出方程式
8．（2021·鹰潭模拟）我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应： ，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：
下列说法错误的是（　　）
A．使用催化剂不能降低水煤气变换反应的
B．过程Ⅰ、过程Ⅱ均为吸热过程
C．该催化过程中：有极性键的断裂，极性键和非极性键的形成
D．图示显示：起始时的2个 在反应过程中并未都参与了反应
【答案】D
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；催化剂
【解析】【解答】A．催化剂降低反应所需活化能，但不能降低水煤气变换反应的 ，故A不符合题意；
B．过程Ⅰ、过程Ⅱ都是断键，断键是吸热过程，故B不符合题意；
C．该催化过程中，有氧氢极性键的断裂，有碳氧极性键和氢氢非极性键的形成，故C不符合题意；
D．图示显示，根据过程Ⅱ得到起始时的2个 在反应过程中都参与了反应，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.焓变与反应物和生成物的能量有关与催化剂无关，催化剂只是改变反应速率
B.键的断裂需要吸收能量
C.根据反应物和生成物即可判断出键的断裂和形成
D.根据反应图示即可判断
9．（2021·宜春模拟）我国最近在太阳能光电催化-化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示.下列说法错误的是（　　）
A．a极区 和 的浓度会影响 分解效率
B．能量转化方式主要为“光能→化学能→电能”
C．该装置的总反应为
D．为使电池持续放电，应选用质子交换膜
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．负极区利用氧化性强的铁离子捕获H2S得到S，三价铁离子为催化剂，铁离子和亚铁离子的浓度会影响硫化氢分解效率，A项不符合题意；
B．该制氢工艺中光能转化为电能，最终转化为化学能，B项符合题意；
C．该装置发生的有关反应为 、 、 ，这三个反应相加，结合反应条件得到总反应为 ，C项不符合题意；
D．氢离子由a极区产生通过交换膜流动到b极，故为使电池持续放电，应选用质子交换膜，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据a区的反应流程即可判断铁离子将硫化氢氧化为硫单质，因此铁离子浓度影响硫化氢的分解效率
B.根据反应的流程是光能转化为电能，电能转化为化学能
C.根据发生的反应即可写出总的反应
D.根据a极可以产生质子而b极消耗质子因此可以加入质子交换膜实现持续放电
10．（2021·厦门模拟）CrOx催化丙烷脱氢的反应路径如图所示，图中括号内的数值表示相对能量、箭头上的数值表示能垒，单位为eV。下列相关说法错误的是（　　）
A．催化剂活化丙烷分子中甲基上的C-H键
B．“M2→M3”过程仅形成极性共价键
C．该催化循环中Cr的成键数目发生变化
D．该催化循环中丙烷上氢原子转移是决速步
【答案】B
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；化学反应速率
【解析】【解答】A．据图可知反应过程中丙烷中甲基上C-H键断裂，与CrOx形成C-Cr键，说明催化剂活化丙烷分子中甲基上的C-H键，使其容易断裂，A不符合题意；
B．据图可知“M2→M3”过程中形成碳碳双键，有非极性键的生成，B符合题意；
C．开始时Cr与3个O原子成键，反应过程中形成Cr-C键，同时还与3个O原子成键(其中一个为配位键)，成键数目发生变化，C不符合题意；
D．据图可知丙烷中甲基上的H原子转移的步骤能垒最大，反应速率慢，决定了整体反应速率，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示即可看出，催化剂是活化碳氢键
B.根据反应物和生成物判断含有双键形成是非极性键
C.根据图示即可找出Cr的成键数目是否变化
D.活化能越大速率越慢，找出活化能最大的即可
11．（2021高一下·焦作期中）将28g铁粉和16g硫粉混合堆放在石棉网上，用烧红的玻璃棒的一端接触混合物引发反应Fe（s）+S（s） FeS（s），移开玻璃棒后，反应保持红热状态剧烈进行至反应物完全反应。下列说法错误的是（　　）
A．该反应是放热反应
B．若完成该反应需要1min，则该反应用S表示的反应速率v（S）＝0.5mol L﹣1 min﹣1
C．该反应在理论上可以设计成原电池反应
D．增加Fe的量，不能显著增大该反应的速率
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A.移开玻璃棒后，反应保持红热状态剧烈进行，可说明为放热反应，故A不符合题意；
B.S为固体，浓度不变，不能用于表示反应速率，故B符合题意；
C.为氧化还原反应，且放热，则该反应在理论上可以设计成原电池反应，故C不符合题意；
D.铁为固体，加入固体，反应速率不变，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】用玻璃棒进行引燃，移开后，反应继续说明反应是放热的，硫为固体一般不用做表示速率，固体的速率不变，根据原电池设计原理，此反应理论上可以设计成原电池，铁是固体不能影响反应速率
12．（2021高一下·焦作期中）下列说法正确的是（　　）
A．放热反应中反应物的总能量小于生成物的总能量
B．将Mg、Al片用导线连接后放入氢氧化钠溶液中组成原电池，Al为负极，Mg为正极
C．由甲烷、空气和稀硫酸构成的燃料电池的正极反应是O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣
D．充电电池可以无限制地反复放电、充电
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A．化学反应的能量是守恒的，所以放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，故A不符合题意；
B．由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池反应是金属铝和氢氧化钠之间的反应，其负极反应是金属铝失电子的氧化反应，Al为负极，Mg为正极，故B符合题意；
C．H2、O2、稀硫酸酸性燃料电池中，O2在正极得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4H++4e﹣＝2H2O，故C不符合题意；
D．充电电池可反复充电使用，但有使用寿命，不能无限制使用，当电解质和电极发生变质时，则电池不能再使用，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据焓变=生成物的能量-反应物的能量＜0进行判断即可
B.铝和氢氧化钠反应，因此铝做负极，镁做正极，因此在镁极产生气体
C.酸性电解质，甲烷失去电子变为二氧化碳。氧气在正极失去电子结合氢离子变为水
D.任何充电电池不能无限制的使用，均有一定的寿命
13．（2021·诸暨模拟）氯胺是由氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)。已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如表和图所示。下列说法中正确的是（　　）
化学键 N—H N—Cl H—Cl
键能(kJ/mol) 391.3 x 431.8
A．表中的x=191.2
B．反应过程中的△H2=1405.6kJ·mol-1
C．选用合适的催化剂，可降低反应过程中的H值
D．NH3(g)+2Cl2(g)=NHCl2(g)+2HCl(g)△H= -22.6kJ·mol-1
【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．根据图中物质转化关系，化学反应方程式为 。题中Cl—Cl键键能未知，故用△H1绝对值代入代替反应物键能和，生成物键能和 。那么由焓变计算式(1)代入数据得， ，解之，得x=191.2。A项符合题意；
B．根据焓变计算式(2)，代入已知数据，可得 ，解之，得，△H2= -1405.6 kJ mol-1。这也符合实情，毕竟△H2表示成键放热，数值前应用负号表示。故B项不符题意；
C．催化剂通过改变反应进程而改变反应活化能，进而影响化学反应速率。但反应物总能量，生成物总能量没有改变，物质H值未发生变化，所以反应的△H也不变。C项不符题意；
D．△H1数值上与1mol NH3与1mol Cl2键能和同值，设Cl—Cl键键能为y kJ mol-1，则有 ，解之，得y=243。再根据D项方程式计算相应焓变值， 。所以，D项不符题意；
故答案为：A。
【分析】本题用到的焓变(△H)计算关系：(1) △H=反应物键能和 - 生成物键能和；(2) △H=△H1 + △H2。
△H1表示的是1mol NH3与1mol Cl2断键形成原子吸收的能量，数值上与1mol NH3与1mol Cl2键能和等值。△H2表示的是中间状态的原子成键形成1mol NH2Cl和1mol HCl放出的能量，数值上与1mol NH2Cl和1mol HCl键能和等值。
14．（2021·浙江模拟） 分子中只存在S-F键。已知：1moLS(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1moLS-F键需吸收330kJ能量。 ，则断裂1moLF-F键需要的能量为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，设断裂1molF-F键需吸收的能量为x，热化学方程式为S(s)+3F2(g)═SF6(g)△H=-1220kJ/mol，则反应热△H=280KJ/mol+3×xKJ/mol-6x330kJ/mol=-1220kJ/mol，x=160kJ/mol，即断裂1molF-F键需吸收的能量为160kJ，
故答案为：B。
【分析】依据化学方程式结合物质结构分析，反应热△H=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出能量。
15．（2021·义乌模拟）如图为某反应分别在有和没有催化剂条件下的能量变化示意图，下列说法错误的是（　　）
A．反应过程 b 有催化剂参与
B．该反应为放热反应，热效应等于 ΔH
C．有催化剂条件下，反应的活化能等于 E1＋E2
D．反应过程 a 需要外界供给能量才能持续进行
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；催化剂
【解析】【解答】A．催化剂能降低反应的活化能，反应过程 b 有催化剂参与，故A不符合题意；
B．生成物能量低于反应物，该反应为放热反应，热效应等于 ΔH，故B不符合题意；
C．有催化剂条件下，反应的最大活化能等于 E1，故C符合题意；
D．反应过程 a 的活化能大，需要外界供给能量才能持续进行，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，无催化剂时，活化能较大，需外界提供能量，才能持续进行。
16．（2021·大庆模拟）中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]能利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列叙述错误的是（　　）
A．该催化反应实现了太阳能向化学能的转化
B．该催化剂降低了过程Ⅰ和过程Ⅱ反应的△H
C．过程I中H2O既是氧化剂又是还原剂，过程Ⅱ中H2O是还原产物
D．过程I中生成物H2O2与H2的物质的量之比为1：1
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A．根据图像判断在太阳能的作用下，水分子在催化剂上发生了分解反应生成氢气和双氧水，双氧水在太阳能作用下又分解成氧气和水，故A不符合题意；
B．焓变的大小取决于反应物和生成物能量的大小，催化剂不影响焓变，故B符合题意；
C．过程1中水生成氢气和双氧水，氢元素和氧元素化合价都发生了变化，H2O既是氧化剂又是还原剂，过程2中双氧水生成氧气和水，水中的氧元素是由双氧水-1价的氧元素化合价变化而来，故水是还原产物，故C不符合题意；
D．过程I中生成物H2O2与H2的化合价的升降守恒配平方程式得： ，故生成物H2O2与H2的物质的量之比为1：1，故D不符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图像中物质间的转化判断反应物和生成物，根据物质所含元素化合价的变化判断物质的氧化性或还原性，根据化合价的升降守恒配平方程式，可以计算各物质的量之比。
17．（2021·安徽模拟）HNO2与羟基自由基(·OH)的气相氧化反应与酸雨、光化学烟雾等重大环境问题密切相关。水分子可作为该气相氧化反应的催化剂，图中表示水分子催化的一种机理：下列叙述错误的是（　　）
A．该气相氧化反应的化学方程式为HNO2+·OH NO2+H2O
B．反应历程中还可能形成HONO···H2O
C．该反应历程中最大能垒(活化能)为201.1kJ·mol-1
D． 是反应过渡态
【答案】C
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；催化剂
【解析】【解答】A． 由图知，产物为NO2和H2O，则该气相氧化反应的化学方程式为HNO2+·OH NO2+H2O，A不符合题意；
B． 由图知，水分子中的氧原子可以和亚硝酸分子中的氢原子形成氢键、水分子中的氢原子可以和亚硝酸分子中的氧原子形成氢键、则反应历程中还可能形成HONO···H2O，B不符合题意；
C． 该反应不可逆，该反应历程中Ⅲ→Ⅳ时能垒最大 (活化能)，为22.6 kJ·mol-1-(-20.5) kJ·mol-1，C符合题意；
D． 由过渡态理论知， 是反应过渡态，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.根据反应物和生成物即可写出方程式
B.根据图示即可判断可能产生
C.根据图示找出能量的最大差值即可
D.根据图示即可判断为过渡态
18．（2020高二上·广州月考）某温度下，在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=－92.60 kJ/mol。图1表示N2的物质的量随时间的变化曲线，图2表示其他条件不变的情况下，改变起始物H2的物质的量对反应平衡的影响.下列说法正确的是（　　）
A．加入适当催化剂后，该反应的△H＜-92.60 kJ/mol
B．11 min时其他条件不变压缩容器体积，N2物质的量变化曲线为c
C． 内，该反应的平均反应速率v(H2)=0.045 mol/(L·min)
D．在A，B，C三点所表示的平衡中，B点表示的N2的转化率最高
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．催化剂改变反应速率不改变化学平衡，反应焓变不变，A不符合题意；
B.11 min压缩体积，压强增大，平衡向正反应移动，平衡时氮气的物质的量小于原平衡，故n(N2)的变化曲线为d，B不符合题意；
C．由图2可知，0～10 min内氮气的物质的量变化量为△n(N2)=0.6 mol-0.3 mol=0.3 mol，v(N2)= =0.015 mol/(L min)，用不同物质表示反应速率时，速率比等于化学计量数之比，故v(H2)=3v(N2)=3×0.015 mol/(L min)=0.045 mol/(L min)，C符合题意；
D．图2表示平衡时NH3含量与H2起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，故A、B、C都处于平衡状态。达平衡后，增大H2用量，N2的转化率增大，故A、B、C三点中，C的氮气的转化率最高，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 焓变与化学平衡有关，但是催化剂不改变化学平衡；
B. 此反应是气体分子数减少的反应，体积减小相当于压强增大，平衡正向移动，判断出n(N2)的变化；
C. 根据图1分析0～10 min内=0.3 mol，依据v(N2)=以及v(H2)=3v(N2)计算出v(H2)；
D. 要想增大N2的转化率，可以通过增大H2的用量来实现，并结合图2分析曲线上哪一点的转化率最高.
19．（2020高三上·厦门月考）我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：
下列说法正确的是（　　）
A．过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程
B．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
C．该催化过程中：有极性键的断裂，极性键和非极性键的形成
D．图示显示：起始时的2个H2O在反应过程中并未都参与了反应
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A．根据反应过程，过程Ⅰ和过程Ⅱ都有H-O键的断裂，断键要吸收热量，故A不符合题意；
B．△H只与始态和终态有关，与反应的途径无关，使用催化剂对△H无影响，故B不符合题意；
C．催化过程中，H2O中的O-H键断裂，O-H为极性键，生成CO2，有极性键的生成，生成H2，H-H键为非极性键，故C符合题意；
D．过程I中有1个水分子参与反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，断键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，使用催化剂能够降低活化能，但对焓变无影响，据此分析；
20．（2020·海淀模拟）丙烷的一溴代反应产物有两种: 和 ，部分反应过程的能量变化如图所示( 表示活化能)。下列叙述错误的是（　　）
A． 丙烷中有 共价键
B． 与 的反应涉及极性键和非极性键的断裂
C．
D．比较 和 推测生成速率：
【答案】D
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．丙烷的结构式为 ，1个丙烷分子中有10条共价键，故 丙烷中有 共价键，A不符合题意；
B．C3H8与Br2发生取代反应，丙烷断C-H键，是极性键，Br2断Br-Br键，是非极性键，B不符合题意；
C．由图像可知，CH3CH2CH3和 的能量低于 和HBr，所以反应吸热， ，C不符合题意；
D．由图像可知，生成 的活化能 小于生成 的活化能 ，活化能越小，单位体积内活化分子百分数越多，反应速率越快，故生成速率 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】B、C-H为极性键,C-C,Br-Br为非极性键，非极性键为相同的非金属原子之间的共价键,故B不符合题意
C、成键放出能量,故C不符合题意
D、活化能越大，反应速率越慢,故D符合题意
二、多选题
21．（2021高一下·任城期中）如图是 1mol CO(g)和 2mol H2(g)发生反应 CO(g)+2H2(g)→CH3OH(g)过程中的能量变化曲线。曲线 a 表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线 b 表示使用催化剂时反应的能量变化。下列相关说法正确的是（　　）
A．使用催化剂后该反应从放热反应变成了吸热反应
B．使用和不使用催化剂相比反应的能量变化相同
C．1mol CO(g)和2mol H2(g)中的化学键完全被破坏需要释放 419kJ能量
D．1mol CO(g)和2mol H2(g)完全反应生成1mol CH3OH(g)会释放出91kJ能量
【答案】B,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，使用催化剂后降低了该反应所需的活化能，但反应物和生成物的状态没有改变，反应热不变，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，A项不符合题意；
B．使用和不使用催化剂相比，反应热不变，能量变化相同，B项符合题意；
C．反应物化学键断裂吸收能量，由图可知，1mol CO(g)和2mol H2(g)中的化学键完全被破坏需要吸收419kJ能量，C项不符合题意；
D.1mol CO(g)和2mol H2(g)完全反应生成1mol CH3OH(g)释放的能量为 ，D项符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.催化剂只是改变了反应速率，降低了活化能
B.焓变只和起始状态和末尾状态相同，能量不变
C.键断裂需要吸收能量
D.根据焓变=反应物的键能-生成物的键能即可计算
22．（2021高一下·无棣期中）N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如图所示，用 、 、 分别表示N2、H2、NH3，其中a、b分别代表该反应无催化剂和有催化剂的能量变化示意图，下列说法正确的是（　　）
A．使用催化剂时，合成氨的反应放出的热量不变
B．在该过程中，b线代表有催化剂时的反应历程
C．在该过程中，N原子和H原子形成了含有非极性键的NH3
D．合成氨反应中，反应物断键吸收的能量大于生成物形成新键释放的能量
【答案】A,B
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；催化剂
【解析】【解答】A．催化剂不改变反应热，且平衡不移动，不能改变反应放出的热量，A符合题意；
B．根据图像可知，b线所代表的过程中活化能较低，因此b线代表有催化剂时的反应历程，B符合题意；
C．NH3含有N-H键，为极性键，C不符合题意；
D．合成氨为放热反应，则反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】根据图示，反应物的能量高于生成物的能量，即判断反应为放热，使用催化剂时，降低活化能，但是焓变不变，之和起始和最终的状态有关，氨气是含有极性键的极性分子。
23．（2021高二下·张家口开学考）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）
A．已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1，则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3 kJ的热量
B．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6 kJ·mol-1，则氢气的摩尔燃烧焓为241.8 kJ·mol-1
C．已知①2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH=a kJ·mol-1，②2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=b kJ·mol-1 则a>b
D．已知P(白磷，s)=P(红磷，s) ΔH<0，则红磷比白磷稳定
【答案】A,D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A.40.0gNaOH物质的量为1mol，则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和时放出的热量小于57.3kJ，A结论符合题意；
B．燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，B结论不符合题意；
C．反应①为碳完全燃烧，反应②为不完全燃烧，完全燃烧放热多，但a、b数值都为负值，则a＜b，C结论不符合题意；
D．白磷转化为红磷的反应为放热反应，红磷的能量低，所以红磷稳定，D结论符合题意；
故答案为AD。
【分析】A.醋酸是弱酸，电离时吸收热量
B.水应为液态
C.完全燃烧和不完全燃烧放出的热量的大小比较
D.能量越低越稳定
24．（2020高二上·张家口期中）在一定温度下，H2(g)+I2(g) 2HI(g)反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该反应为放热反应
B．该反应的△H=Ea'-Ea
C．该反应中加入催化剂，可增大反应速率，同时改变焓变
D．温度升高，单位体积的活化分子百分数增加，反应速率加快，且平衡逆向移动
【答案】A,D
【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；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由上述分析可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，故A符合题意；
B．放热反应的焓变等于正反应的活化能与逆反应的活化能之差，即△H=Ea-Ea′，故B不符合题意；
C．加入催化剂，可增大反应速率，不能改变焓变，故C不符合题意；
D．温度升高，单位体积的活化分子百分数增加，反应速率加快，反应为放热反应，升温，反应逆向移动，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】易错点：1、该反应为放热反应，所以焓变小于零，△H=Ea-Ea′
2、催化剂能改变活化能，不能改变焓变
3、温度升高，单位体积的活化分子百分数增加，但增大压强单位体积的活化分子百分数不变，单位体积的活化分子数增加
25．（2020高二上·公主岭期中）下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）
A．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3 kJ/mol
B．甲烷的标准燃烧热△H=- 890.3 kJ/mol，则CH4(g) +2O2(g) =CO2(g)+2H2O(g) △H＜-890.3 kJ/mol
C．500℃、30 MPa下，N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H = -92.4kJ/mo1， 将1.5 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量46.2 kJ
D．CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)的△H=+566.0 kJ/mol
【答案】A,D
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】A．HCl和NaOH反应的中和热即△H=-57.3 kJ/mol，故A项符合题意；
B．甲烷的标准燃烧热是生成液态水，由于气态水的能量高于液态水的能量，则1mol甲烷完全燃烧生成液态水放出的热量更多，但△H＜0，所以放热越多，△H越小，故△H＞-890.3 kJ/mol，故B项不符合题意；
C．合成氨的反应是可逆反应，方程式所标△H是完全反应时的放热，但是1.5molH2无法完全反应，所以放出的热量小于46.2 kJ，故C项不符合题意；
D．因为CO的燃烧热为283.0 kJ/mol，且CO2(g)=CO(g)+ O2(g)为CO燃烧热的热化学方程式的逆反应，所以△H=+283.0 kJ/mol，所以目标方程式的△H=+566.0 kJ/mol，故D项符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A．中和热是强酸强碱在稀溶液中反应生成1mol水时放出的热量，△H=-57.3 kJ/mol；
B．燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
C．可逆反应不能完全进行；
D．根据燃烧热方程式计算；
26．（2020高一下·潍坊期末）俗语说“雷雨发庄稼”与N2和O2反应生成NO有关。反应过程中不使用催化剂(曲线I)和使用催化剂(曲线II)的能量变化如图所示(图中E1表示破坏旧化学键吸收的能量，E2表示形成新化学键释放的能量)。下列叙述错误的是（　　）
A．上述反应属于吸热反应
B．途径I的反应焓变比途径II大
C．过程I的反应速率比过程II慢
D．N2与O2反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=(E1-E2)kJ mol 1
【答案】B,D
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式；化学反应速率
【解析】【解答】A．上述反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，属于吸热反应，A叙述不符合题意；
B．根据图像可知，途径I的反应焓变与途径II的焓变相等，B叙述符合题意；
C．过程I活化能大于过程II的，则过程I反应速率比过程II慢，C叙述不符合题意；
D．N2与O2反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=2(E1-E2)kJ mol 1，D叙述符合题意；
答案为BD。
【分析】A.根据前后能量的高低判断放热吸热反应
B.焓变和路径无关，只和起始状态有关
C.活化能越高，速率越慢
D.根据焓变=生成物的能量-生成物的能量计算即可
三、填空题
27．（2020高一下·沙雅期末）从能量的角度看，断开化学键要　 　，形成化学键要　 　。
【答案】吸收能量；放出能量
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】从能量的角度看，断开化学键要吸收能量，形成化学键要放出能量，如果断开化学键吸收的能量大于形成化学键放出的能量，则反应是吸热反应，反之是放热反应。
【分析】断开化学键要吸收能量，形成化学键要放出能量.
28．（2021高二下·钦州月考）化学反应过程中发生物质变化的同时，常常伴有能量的变化。这种能量的变化常以热量的形式表现出来，叫做反应热。由于反应的情况不同，反应热可以分为许多种，如燃烧热和中和热等。 下列△H 表示物质燃烧热的是　 　（填字母编号）。
A. 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1
B. C（s）+ O2（g）═CO（g）△H2
C. 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1
D. C（s）+ O2（g）═CO（g）△H2
E. C6H12O6（s）+6O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H5
F. NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H6
G. CH3COO（aq）+NaOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O（l）△H7
【答案】DE
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】A.物质的量不为1mol，故A 不符合题意
B.产物不是稳定物，故B不符合题意
C.产物气态水不是稳定化合物，故C不符合题意
D.1mol可燃物且完全燃烧，故D符合题意
E.1mol可燃物且完全燃烧，故E符合题意
F.是中和反应，故F不符合题意
G.是中和反应，故G不符合题意
【分析】考查的是燃烧热的定义，1mol可燃物在氧气中完全燃烧生成稳定的化合物。
29．（2021高二下·钦州月考）中学化学实验中的中和热的测定所需的玻璃仪器除了大、小烧杯外还有　 　。在大、小烧杯间填满碎泡沫（或纸条）的作用是　 　。结合日常生活实际，该实验改在　 　中进行效果会更好。
【答案】量筒、温度计；保温、隔热、减少实验过程中热量的损失；保温杯
【知识点】中和热的测定
【解析】【解答】中和热的测定实验需要的是大小烧杯，环形玻璃棒，量筒，温度计，大小烧杯之间的碎泡沫的作用是保温、隔热、减少过程中能量的损失，恒温条件对实验的结果更准确，可将实验放在保温杯中进行
【分析】考查的是中和热测定的实验中的一起使用，以及常见物品的作用。以及实验的改进
30．（2020高二上·惠民月考）化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。已知AX3的熔点和沸点分别为－93.6 ℃和76 ℃，AX5的熔点为167 ℃。室温时AX3与气体X2反应生成1 mol AX5，放出热量123.8 kJ。该反应的热化学方程式为　 　。
【答案】AX3(l)＋X2(g)=AX5(s) ΔH＝－123.8 kJ/mol
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】因为AX3的熔点和沸点分别为-93.6℃和76℃，AX5的熔点为167℃，室温时，AX3为液态，AX5为固态，生成1mol AX5，放出热量123.8kJ，该反应的热化学方程为：AX3（l）+X2（g）=AX5（s）△H=-123.8kJ mol-1，故答案为AX3（l）+X2（g）=AX5（s）△H=-123.8kJ mol-1。
【分析】根据熔沸点判断出常温下各物质的状态，根据生成物与放出热量关系，计算出反应热，再据此写出热化学方程式。
四、实验探究题
31．（2021高一下·大庆月考）某实验小组用 溶液和 硫酸进行中和反应反应热的测定。
（1）配制 溶液
①若实验中大约要使用 溶液，至少需要称量 固体　 　g。
②从下表中选择，称量 固体所需要的仪器是(填字母) 　 　 。
名称 托盘天平(带砝码) 小烧杯 坩埚钳 玻璃棒 药匙 量筒
仪器
序号 a b c d e f
（2）取 溶液和 硫酸进行实验，实验数据如下表。测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和反应反应热的实验装置如图所示：
①仪器A的名称为　 　；实验中还需要用到的玻璃仪器是　 　。
假设稀硫酸和稀氢氧化钠溶液的密度都是 ，又知中和反应后生成溶液的比热容 。为了计算中和热(稀溶液中，酸和碱发生中和反应生成 液态水放出的热量)，某学生实验记录数据如下：
②请填写下表中的空白：
温度实验次数 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃ 温度差平均值 (t2-t1)/℃
平均值
1 26.2 26.0 26.1 30.1 　 　
2 27.0 27.4 27.2 33.3
3 25.9 25.9 25.9 29.8
4 26.4 26.2 26.3 30.4
③依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热 　 　(结果保留一位小数)。
已知强酸强碱的稀溶液反应生成 液态 时反应放出的热量为 ，上述实验产生偏差的原因可能是　 　(填字母)。
A．实验装置保温、隔热效果差
B．量取 溶液的体积时仰视读数
C．分多次把 溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
D．用温度计测定 溶液起始温度后直接测定 溶液的温度
【答案】（1）5.0；abe
（2）环形玻璃搅拌棒；量筒；4.0；；ACD
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定
【解析】【解答】(1)①容量瓶没有245mL规格的，只能用250mL容量瓶配制，需要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g，故答案为：5.0；
②氢氧化钠要在称量瓶或者小烧杯中称量，称量固体氢氧化钠所用的仪器有天平、烧杯和药匙，故答案为：abe；
(2)①根据图示，仪器A为环形玻璃搅拌棒；量取酸和碱溶液时，要用到量筒，所以除图中所示仪器之外，还需要的玻璃仪器是量筒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；量筒；
②4次温度差分别为：4.0℃，6.1℃， 3.9℃，4.1℃，第2组数据相差较大，舍去，其他三次温度差的平均值4.0℃，故答案为：4.0；
③50mL0.50mol L-1氢氧化钠与30mL0.50mol L-1硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为80mL×1g/cm3=80g，温度变化的值为△t=4.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m c △t=80g×4.18J/(g ℃)×4.0℃=1337.6J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热△H=- =-53.5kJ/mol；强酸强碱的稀溶液反应生成1mol液态H2O时反应放出的热量为57.3kJ，而实验测得生成1mol液态H2O时反应放出的热量为53.4kJ，测得的热量偏少。A．实验装置保温、隔热效果差，导致测得的热量偏少，故A正确；B．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏多，故B不正确；C．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，导致热量散失，测得的热量偏少，故C正确；D．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，部分氢氧化钠与硫酸发生了中和反应，热量散失，同时硫酸的起始温度偏高，导致测得的热量偏少，故D正确，
故答案为：ACD，故答案为：-53.5kJ/mol；ACD。
【分析】容量瓶没有245mL规格的，只能用250mL容量瓶配制，根据m=nM计算需要的氢氧化钠的质量；测定中和热时需要先判断数据的有效性，再根据Q=m c △t计算反应放出的热量，然后根据△H=- kJ/mol计算中和热，强酸强碱的稀溶液反应生成1mol液态H2O时反应放出的热量为57.3kJ，根据计算的 kJ分析误差产生的原因。
32．（2020高二上·遵化期中）中和热的测定实验中取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL置于如图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：
（1）从实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是　 　，除此之外，装置中的一个明显不正确是　 　，烧杯间填满碎纸条的作用是　 　。
（2）若改用60mL0.25mol·L--1H2SO4和50mL0.55mol·L--1NaOH溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量__（填“相等”或“不相等”）
温度 实验次数 起始温度t1℃ 终止温度t2/℃
H2SO4 NaOH 平均值
1 26.2 26.0 26.1 29.5
2 27.0 27.4 27.2 32.3
3 25.9 25.9 25.9 29.2
4 26.4 26.2 26.3 29.8
（3）近似认为0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)，通过以上数据计算中和热ΔH=　 　(结果保留小数点后一位)。
（4）上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)　 　。
a.实验装置保温、隔热效果差
b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
c.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
【答案】（1）环形玻璃搅拌棒；小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高）；减少实验中的热量损失
（2）不相等
（3）-56.8kJ/mol
（4）abc
【知识点】中和热的测定
【解析】【解答】(1)由量热计的构造可知该装置中缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒；为了减少热量的损失，大烧杯杯口与小烧杯杯口相平，即图示装置中不正确是：小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高）；该实验关键是尽可能减少热量损失，则烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验中的热量损失；(2)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL0.25mol·L-1H2SO4和50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，故答案为：不相等；(3)4次温度差分别为：3.4℃，5.1℃，3.3℃，3.5℃，第2组数据无效，温度差平均值=3.4℃；50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/L NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/mL=100g，温度变化的值为△T=3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m c △T=100g×4.18J/（g ℃）×3.4℃=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热△H=-1.4212kJ÷0.025mol=-56.8kJ/mol；(4)a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a正确；
b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定硫酸溶液的温度，酸碱反应放热，导致硫酸的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故b正确；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失较多，测得温度偏低，中和热的数值偏小，故c正确；
故答案为abc。
【分析】(1)考查的是中和热仪器的使用，缺少环形玻璃棒，小烧杯距离大烧杯口太远易造成能量散失，周围碎纸的作用时防止能量的散失
（2）生成的水的物质的量增多，放出热量增多
(3)根据公式Q=m c △T计算出放出的热量，再根据H=Q/n即可
(4)影响热量的最大因素可能是温度
33．（2020高二上·秦皇岛期末）用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是　 　；由图可知该装置有不妥之处，应如何改正？　 　；
（2）烧杯间填满碎塑料泡沫的作用是　 　；
（3）如果用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求得的中和热数值　 　（填“相等、不相等”）；
（4）用相同浓度和体积的氨水（NH3·H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会　 　（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。
【答案】（1）环形玻璃搅拌棒；小烧杯与大烧杯杯口应相平，且在两烧杯中间填满碎泡沫塑料
（2）保温隔热，减少实验过程中热量的损失
（3）相等
（4）偏小
【知识点】中和热的测定
【解析】【解答】（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；装置的错误是：小烧杯口与大烧杯口不相平，且未填满碎纸条；
（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，烧杯间填满碎塑料泡沫的作用是保温、隔热，减少实验过程中的热量损失；
（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等；
（4）NH3 H2O为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，求得的中和热数值将会减小。
【分析】（1）根据中和热的测定所需仪器以及操作规范即可解答；
（2）塑料泡沫有利于隔绝热；
（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；
（4）根据弱电解质电离吸热分析。
五、综合题
34．（2021高一下·新余期末）
（1）Ⅰ.如图是化学反应中物质变化和能量变化的示意图。
在锌与稀盐酸的反应中， 　 　 （填“＞”或“＜”或“=”）
（2）工业上利用 和 比在催化剂作用下合成甲醇： ，已知反应中有关物质的化学键键能数据如下表所示：
化学键
436 343 1076 465 413
则 生成 放出　 　 热量。
（3）化学兴趣小组进行测定中和热的实验，装置如图，步骤如下。
a.用量筒量取 盐酸倒入如图装置的小烧杯中，测出盐酸温度。
b.用另一量筒量取 溶液，并用另一温度计测出其温度。
c.将 溶液倒入小烧杯中，使之混合均匀，测得混合液最高温度。
①实验中，倒入 溶液的正确操作是　 　。
A.一次性快速倒入 B.分3次倒入 C.边搅拌边慢慢倒入
②若将各含 溶质的 稀溶液、 稀溶液、稀氨水，分别与足量的稀盐酸反应，放出的热量分别为 、 、 ，则 、 、 的关系为　 　。
（4）Ⅱ.甲烷燃料电池。已知电池的总反应为 ，
①负极的电极反应式为　 　。
②当消耗甲烷11.2L（标准状况下时），则导线中转移的电子的物质的量为　 　 。
【答案】（1）＜
（2）99
（3）A； 或
（4）；4
【知识点】反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式；中和热的测定；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）金属和酸的反应是放热反应，因此吸收能量E1小于放出能量E2，故正确答案是：＜
（2） 反应断键吸收的能量是(436x2+1076)KJ=1948KJ，成键放出的能量是(413x3+343+465)KJ=2047KJ，所以生成1mol甲醇放出的能量是99KJ，故正确答案是：99KJ
（3）①氢氧化钠与盐酸反应是放热反应，为了防止热量散失实验中倒入氢氧化钠溶液的正确操作是一次性快速倒入，故正确答案是A②若将各含 溶质的 稀溶液、 稀溶液、稀氨水，分别与足量的稀盐酸反应， 氢氧化钙与稀盐酸反应放出的热量是氢氧化钠反应放出热量的2倍，故2Q1=Q2，1mol一水合氨与盐酸反应方程的热量减少，故Q1＞Q3，因此 或 故正确答案是：A、 或
（4）①根据电池反应 ， 电池负极还甲烷失去电子发生氧化反应电极式为： ②根据负极电极式当消耗甲烷11.2L（标准状况下时） 即为0.5mol甲烷时转移的电子数为4mol，故正确答案是： 、4
【分析】（1）根据金属和酸的反应是放热反应根据焓变=反应物的键能-生成物的键能判断即可
（2）根据焓变=反应物的键能-生成物的键能计算
（3）①考虑到热量散失问题，应该是一次性倒入快速搅拌防止热量散失②中合热是生成1mol水释放出的热量，而醋酸是弱酸，弱酸电离时需要吸热，导致放出热量减少
（4）①根据电池反应可知电解质溶液是碱性，负极是甲烷失去电子结合氢氧根离子变为碳酸根离子的反应②根据负极电极反应式结合甲烷的体积即可计算出转移的电子数
35．（2021·鹰潭模拟）碘及碘的化合物在人类活动中占有重要的地位。已知反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)ΔH=-14.9kJ·mol－1。
（1）根据下图判断1molH2(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为　 　kJ。
（2）氢气和碘蒸气能直接反应生成碘化氢，T℃时，向1L的恒容密闭容器中充入0.2mol H2(g)和0.2mol
I2(g)，5min时反应达到平衡，H2(g)、I2(g)和HI(g)的物质的量浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示：
0～5min内，用H2(g)表示的该反应速率v(H2)=　 　。6min时，改变的外界条件为　 　。
（3）反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)的反应机理如下：
第一步：I2 2I(快速平衡)；
第二步：I+H2 H2I(快速平衡)；
第三步：H2I+I→2HI(慢反应)。
则该反应的反应速率由　 　步决定。
（4）将等物质的量的I2和H2置于预先抽真空的特制1L恒容密闭容器中，加热到1500K，起始总压强为416kPa;体系达到平衡时，总压强为456kPa。若体系中只考虑如下反应关系：
①I2(g) 2I(g)Kpl=200ΔH1
②I2(g)+H2(g) 2HI(g)Kp2ΔH2
KP为以分压表示的平衡常数。1500K时，平衡体系中I(g)的分压为　 　kPa，Kp2=　 　（写表达式）。
（5）某实验兴趣小组将氧化还原反应2Cu2＋+5I－ 2CuI↓++ 设计成如图所示的原电池装置：
带孔的封蜡鸡蛋壳为半透膜，鸡蛋壳内的电极为　 　（填“正极”或“负极”）；该电极反应式为　 　。
【答案】（1）439.9
（2）0.032mol·L－1·min－1；降低温度
（3）第三
（4）80；
（5）负极；3I－－2e－=
【知识点】反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知，断裂1molH－H键的焓变=ΔH3－ΔH1=+439.9kJ·mol－1，所以断裂1molH－H键需要吸收的能量为439.9kJ；
(2)0～5min内，v(H2)= =0.032 mol·L－1·min－1；6min时改变外界条件，平衡向正反应方向移动，根据图像曲线斜率可知，化学反应速率降低，且Δc(HI)=2Δc(H2)，该反应正向为放热反应，因此改变的条件为降低温度；
(3)多步反应的反应速率由慢反应决定，故该反应的反应速率由第三步决定；
(4)可设起始时n(I2)=n(H2)=208mol，则平衡时混合气体总物质的量为456mol，1mol气体的分压为1kPa，由于反应②是等体积变化的反应，反应①正向是气体体积增大的反应，由反应的差量I2(g) 2I(g)Δn=2 1=1可知，生成I(g)的物质的量为气体物质的量变化量的2倍，所以I(g)的物质的量为：(456 416)mol×2=80mol，即平衡时I(g)的物质的量为80mol，分压分压为80kpa，即p(I)=80kPa；KP是指可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的分压（方程式系数幂次方）乘积比或反应产物与反应底物的分压（方程式系数幂次方）乘积比，因此Kp2= ；
(5)鸡蛋壳内为碘化钾溶液，烧杯中盛装硫酸铜溶液，根据总反应可知，鸡蛋壳内的是I-发生氧化反应生成 ，电极为负极，其电极反应式为3I－－2e－= 。
【分析】（1）根据盖斯定律即可求出 1molH2(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量
（2）根据氢气的变化量即可计算出速率，根据HI浓度增大，而H2和I2的浓度降低，说明反应向正反应方向移动因此可以是降温
（3）分步反应的速率是由最慢的一步决定
（4）① 恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即可计算，再根据公式即可计算出平衡常数
（5）根据 2Cu2＋+5I－ 2CuI↓++ 即可判断发生氧化反应的是负极，发生还原反应的是正极即可判断
1 / 1高中化学人教版（2019）选择性必修1第一章第一节反应热
一、单选题
1．（2021高一下·塔县期末）下列反应属于吸热反应的是 （　　）
A．酸碱中和反应 B．葡萄糖在人体内氧化分解
C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 D．锌粒与稀H2SO4反应制取H2
2．（2021高二下·奉化期末）下列说法中正确的是( △H的绝对值均正确)（　　）
A．热值指在一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量，则CO热值为10.1kJ/g
B．已知稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ/mol，则稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水的中和热为-57.3kJ/mol
C．C2H5OH的燃烧热C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) △H=-1367.0kJ/mol
D．N2+2O2=2NO2 △H=67.8kJ/mol
3．（2021高一下·滨海期末）根据下列信息判断氢气燃烧生成水时的热量变化，其中不正确的是（　　）
A．H2O(g)分解为H2(g)与O2(g)时吸收热量
B．甲、乙、丙中物质所具有的总能量乙最高
C．1 mol H2(g)与0.5 mol O2(g)反应生成1 mol H2O(l)释放能量为245 kJ
D．2 mol H2O(g)的能量比2 mol H2(g)与1 mol O2(g)的能量之和低
4．（2021高一下·滨海期末）下列说法不正确的是（　　）
A．化学反应必然伴随发生能量变化
B．能量变化必然伴随发生化学反应
C．化学反应中的能量变化主要是由化学键变化引起的
D．化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少有关
5．（2021·包头模拟）一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．电池工作时，将太阳能转化为电能
B．X电极为电池的负极
C．Y电极发生的电极反应为 +2e-=3I-
D．当电池工作从开始到结束时，电解质溶液中I-和 的浓度分别会发生很大变化
6．（2021·包头模拟）某种含二价铜微粒[CuII(OH)(NH3)]+的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2.下列说法错误的是（　　）
A．总反应焓变 H<0
B．状态③到状态④的变化过程中有O-H键的形成
C．反应过程中只发生了两次氧化还原反应
D．该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+4NO+O2=6H2O+4N2
7．（2021·沈阳模拟）叔丁基溴在稀的碱性水溶液中水解生成叔丁醇的反应分三步进行，反应中每一步的能量变化曲线如图所示，下列有关说法错误的是（　　）
A．叔丁基溴在稀的碱性水溶液中生成叔丁醇的反应是放热反应
B． 和 为反应活性中间体
C．决定叔丁基溴水解生成叔丁醇反应的速率的是第二步反应
D．第三步反应为
8．（2021·鹰潭模拟）我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应： ，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：
下列说法错误的是（　　）
A．使用催化剂不能降低水煤气变换反应的
B．过程Ⅰ、过程Ⅱ均为吸热过程
C．该催化过程中：有极性键的断裂，极性键和非极性键的形成
D．图示显示：起始时的2个 在反应过程中并未都参与了反应
9．（2021·宜春模拟）我国最近在太阳能光电催化-化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示.下列说法错误的是（　　）
A．a极区 和 的浓度会影响 分解效率
B．能量转化方式主要为“光能→化学能→电能”
C．该装置的总反应为
D．为使电池持续放电，应选用质子交换膜
10．（2021·厦门模拟）CrOx催化丙烷脱氢的反应路径如图所示，图中括号内的数值表示相对能量、箭头上的数值表示能垒，单位为eV。下列相关说法错误的是（　　）
A．催化剂活化丙烷分子中甲基上的C-H键
B．“M2→M3”过程仅形成极性共价键
C．该催化循环中Cr的成键数目发生变化
D．该催化循环中丙烷上氢原子转移是决速步
11．（2021高一下·焦作期中）将28g铁粉和16g硫粉混合堆放在石棉网上，用烧红的玻璃棒的一端接触混合物引发反应Fe（s）+S（s） FeS（s），移开玻璃棒后，反应保持红热状态剧烈进行至反应物完全反应。下列说法错误的是（　　）
A．该反应是放热反应
B．若完成该反应需要1min，则该反应用S表示的反应速率v（S）＝0.5mol L﹣1 min﹣1
C．该反应在理论上可以设计成原电池反应
D．增加Fe的量，不能显著增大该反应的速率
12．（2021高一下·焦作期中）下列说法正确的是（　　）
A．放热反应中反应物的总能量小于生成物的总能量
B．将Mg、Al片用导线连接后放入氢氧化钠溶液中组成原电池，Al为负极，Mg为正极
C．由甲烷、空气和稀硫酸构成的燃料电池的正极反应是O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣
D．充电电池可以无限制地反复放电、充电
13．（2021·诸暨模拟）氯胺是由氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)。已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如表和图所示。下列说法中正确的是（　　）
化学键 N—H N—Cl H—Cl
键能(kJ/mol) 391.3 x 431.8
A．表中的x=191.2
B．反应过程中的△H2=1405.6kJ·mol-1
C．选用合适的催化剂，可降低反应过程中的H值
D．NH3(g)+2Cl2(g)=NHCl2(g)+2HCl(g)△H= -22.6kJ·mol-1
14．（2021·浙江模拟） 分子中只存在S-F键。已知：1moLS(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1moLS-F键需吸收330kJ能量。 ，则断裂1moLF-F键需要的能量为（　　）
A． B．
C． D．
15．（2021·义乌模拟）如图为某反应分别在有和没有催化剂条件下的能量变化示意图，下列说法错误的是（　　）
A．反应过程 b 有催化剂参与
B．该反应为放热反应，热效应等于 ΔH
C．有催化剂条件下，反应的活化能等于 E1＋E2
D．反应过程 a 需要外界供给能量才能持续进行
16．（2021·大庆模拟）中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]能利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列叙述错误的是（　　）
A．该催化反应实现了太阳能向化学能的转化
B．该催化剂降低了过程Ⅰ和过程Ⅱ反应的△H
C．过程I中H2O既是氧化剂又是还原剂，过程Ⅱ中H2O是还原产物
D．过程I中生成物H2O2与H2的物质的量之比为1：1
17．（2021·安徽模拟）HNO2与羟基自由基(·OH)的气相氧化反应与酸雨、光化学烟雾等重大环境问题密切相关。水分子可作为该气相氧化反应的催化剂，图中表示水分子催化的一种机理：下列叙述错误的是（　　）
A．该气相氧化反应的化学方程式为HNO2+·OH NO2+H2O
B．反应历程中还可能形成HONO···H2O
C．该反应历程中最大能垒(活化能)为201.1kJ·mol-1
D． 是反应过渡态
18．（2020高二上·广州月考）某温度下，在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=－92.60 kJ/mol。图1表示N2的物质的量随时间的变化曲线，图2表示其他条件不变的情况下，改变起始物H2的物质的量对反应平衡的影响.下列说法正确的是（　　）
A．加入适当催化剂后，该反应的△H＜-92.60 kJ/mol
B．11 min时其他条件不变压缩容器体积，N2物质的量变化曲线为c
C． 内，该反应的平均反应速率v(H2)=0.045 mol/(L·min)
D．在A，B，C三点所表示的平衡中，B点表示的N2的转化率最高
19．（2020高三上·厦门月考）我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：
下列说法正确的是（　　）
A．过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程
B．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
C．该催化过程中：有极性键的断裂，极性键和非极性键的形成
D．图示显示：起始时的2个H2O在反应过程中并未都参与了反应
20．（2020·海淀模拟）丙烷的一溴代反应产物有两种: 和 ，部分反应过程的能量变化如图所示( 表示活化能)。下列叙述错误的是（　　）
A． 丙烷中有 共价键
B． 与 的反应涉及极性键和非极性键的断裂
C．
D．比较 和 推测生成速率：
二、多选题
21．（2021高一下·任城期中）如图是 1mol CO(g)和 2mol H2(g)发生反应 CO(g)+2H2(g)→CH3OH(g)过程中的能量变化曲线。曲线 a 表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线 b 表示使用催化剂时反应的能量变化。下列相关说法正确的是（　　）
A．使用催化剂后该反应从放热反应变成了吸热反应
B．使用和不使用催化剂相比反应的能量变化相同
C．1mol CO(g)和2mol H2(g)中的化学键完全被破坏需要释放 419kJ能量
D．1mol CO(g)和2mol H2(g)完全反应生成1mol CH3OH(g)会释放出91kJ能量
22．（2021高一下·无棣期中）N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如图所示，用 、 、 分别表示N2、H2、NH3，其中a、b分别代表该反应无催化剂和有催化剂的能量变化示意图，下列说法正确的是（　　）
A．使用催化剂时，合成氨的反应放出的热量不变
B．在该过程中，b线代表有催化剂时的反应历程
C．在该过程中，N原子和H原子形成了含有非极性键的NH3
D．合成氨反应中，反应物断键吸收的能量大于生成物形成新键释放的能量
23．（2021高二下·张家口开学考）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）
A．已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1，则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3 kJ的热量
B．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6 kJ·mol-1，则氢气的摩尔燃烧焓为241.8 kJ·mol-1
C．已知①2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH=a kJ·mol-1，②2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=b kJ·mol-1 则a>b
D．已知P(白磷，s)=P(红磷，s) ΔH<0，则红磷比白磷稳定
24．（2020高二上·张家口期中）在一定温度下，H2(g)+I2(g) 2HI(g)反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该反应为放热反应
B．该反应的△H=Ea'-Ea
C．该反应中加入催化剂，可增大反应速率，同时改变焓变
D．温度升高，单位体积的活化分子百分数增加，反应速率加快，且平衡逆向移动
25．（2020高二上·公主岭期中）下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）
A．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3 kJ/mol
B．甲烷的标准燃烧热△H=- 890.3 kJ/mol，则CH4(g) +2O2(g) =CO2(g)+2H2O(g) △H＜-890.3 kJ/mol
C．500℃、30 MPa下，N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H = -92.4kJ/mo1， 将1.5 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量46.2 kJ
D．CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)的△H=+566.0 kJ/mol
26．（2020高一下·潍坊期末）俗语说“雷雨发庄稼”与N2和O2反应生成NO有关。反应过程中不使用催化剂(曲线I)和使用催化剂(曲线II)的能量变化如图所示(图中E1表示破坏旧化学键吸收的能量，E2表示形成新化学键释放的能量)。下列叙述错误的是（　　）
A．上述反应属于吸热反应
B．途径I的反应焓变比途径II大
C．过程I的反应速率比过程II慢
D．N2与O2反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=(E1-E2)kJ mol 1
三、填空题
27．（2020高一下·沙雅期末）从能量的角度看，断开化学键要　 　，形成化学键要　 　。
28．（2021高二下·钦州月考）化学反应过程中发生物质变化的同时，常常伴有能量的变化。这种能量的变化常以热量的形式表现出来，叫做反应热。由于反应的情况不同，反应热可以分为许多种，如燃烧热和中和热等。 下列△H 表示物质燃烧热的是　 　（填字母编号）。
A. 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1
B. C（s）+ O2（g）═CO（g）△H2
C. 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1
D. C（s）+ O2（g）═CO（g）△H2
E. C6H12O6（s）+6O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H5
F. NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H6
G. CH3COO（aq）+NaOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O（l）△H7
29．（2021高二下·钦州月考）中学化学实验中的中和热的测定所需的玻璃仪器除了大、小烧杯外还有　 　。在大、小烧杯间填满碎泡沫（或纸条）的作用是　 　。结合日常生活实际，该实验改在　 　中进行效果会更好。
30．（2020高二上·惠民月考）化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。已知AX3的熔点和沸点分别为－93.6 ℃和76 ℃，AX5的熔点为167 ℃。室温时AX3与气体X2反应生成1 mol AX5，放出热量123.8 kJ。该反应的热化学方程式为　 　。
四、实验探究题
31．（2021高一下·大庆月考）某实验小组用 溶液和 硫酸进行中和反应反应热的测定。
（1）配制 溶液
①若实验中大约要使用 溶液，至少需要称量 固体　 　g。
②从下表中选择，称量 固体所需要的仪器是(填字母) 　 　 。
名称 托盘天平(带砝码) 小烧杯 坩埚钳 玻璃棒 药匙 量筒
仪器
序号 a b c d e f
（2）取 溶液和 硫酸进行实验，实验数据如下表。测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和反应反应热的实验装置如图所示：
①仪器A的名称为　 　；实验中还需要用到的玻璃仪器是　 　。
假设稀硫酸和稀氢氧化钠溶液的密度都是 ，又知中和反应后生成溶液的比热容 。为了计算中和热(稀溶液中，酸和碱发生中和反应生成 液态水放出的热量)，某学生实验记录数据如下：
②请填写下表中的空白：
温度实验次数 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃ 温度差平均值 (t2-t1)/℃
平均值
1 26.2 26.0 26.1 30.1 　 　
2 27.0 27.4 27.2 33.3
3 25.9 25.9 25.9 29.8
4 26.4 26.2 26.3 30.4
③依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热 　 　(结果保留一位小数)。
已知强酸强碱的稀溶液反应生成 液态 时反应放出的热量为 ，上述实验产生偏差的原因可能是　 　(填字母)。
A．实验装置保温、隔热效果差
B．量取 溶液的体积时仰视读数
C．分多次把 溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
D．用温度计测定 溶液起始温度后直接测定 溶液的温度
32．（2020高二上·遵化期中）中和热的测定实验中取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL置于如图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：
（1）从实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是　 　，除此之外，装置中的一个明显不正确是　 　，烧杯间填满碎纸条的作用是　 　。
（2）若改用60mL0.25mol·L--1H2SO4和50mL0.55mol·L--1NaOH溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量__（填“相等”或“不相等”）
温度 实验次数 起始温度t1℃ 终止温度t2/℃
H2SO4 NaOH 平均值
1 26.2 26.0 26.1 29.5
2 27.0 27.4 27.2 32.3
3 25.9 25.9 25.9 29.2
4 26.4 26.2 26.3 29.8
（3）近似认为0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)，通过以上数据计算中和热ΔH=　 　(结果保留小数点后一位)。
（4）上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)　 　。
a.实验装置保温、隔热效果差
b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
c.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
33．（2020高二上·秦皇岛期末）用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是　 　；由图可知该装置有不妥之处，应如何改正？　 　；
（2）烧杯间填满碎塑料泡沫的作用是　 　；
（3）如果用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求得的中和热数值　 　（填“相等、不相等”）；
（4）用相同浓度和体积的氨水（NH3·H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会　 　（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。
五、综合题
34．（2021高一下·新余期末）
（1）Ⅰ.如图是化学反应中物质变化和能量变化的示意图。
在锌与稀盐酸的反应中， 　 　 （填“＞”或“＜”或“=”）
（2）工业上利用 和 比在催化剂作用下合成甲醇： ，已知反应中有关物质的化学键键能数据如下表所示：
化学键
436 343 1076 465 413
则 生成 放出　 　 热量。
（3）化学兴趣小组进行测定中和热的实验，装置如图，步骤如下。
a.用量筒量取 盐酸倒入如图装置的小烧杯中，测出盐酸温度。
b.用另一量筒量取 溶液，并用另一温度计测出其温度。
c.将 溶液倒入小烧杯中，使之混合均匀，测得混合液最高温度。
①实验中，倒入 溶液的正确操作是　 　。
A.一次性快速倒入 B.分3次倒入 C.边搅拌边慢慢倒入
②若将各含 溶质的 稀溶液、 稀溶液、稀氨水，分别与足量的稀盐酸反应，放出的热量分别为 、 、 ，则 、 、 的关系为　 　。
（4）Ⅱ.甲烷燃料电池。已知电池的总反应为 ，
①负极的电极反应式为　 　。
②当消耗甲烷11.2L（标准状况下时），则导线中转移的电子的物质的量为　 　 。
35．（2021·鹰潭模拟）碘及碘的化合物在人类活动中占有重要的地位。已知反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)ΔH=-14.9kJ·mol－1。
（1）根据下图判断1molH2(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为　 　kJ。
（2）氢气和碘蒸气能直接反应生成碘化氢，T℃时，向1L的恒容密闭容器中充入0.2mol H2(g)和0.2mol
I2(g)，5min时反应达到平衡，H2(g)、I2(g)和HI(g)的物质的量浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示：
0～5min内，用H2(g)表示的该反应速率v(H2)=　 　。6min时，改变的外界条件为　 　。
（3）反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)的反应机理如下：
第一步：I2 2I(快速平衡)；
第二步：I+H2 H2I(快速平衡)；
第三步：H2I+I→2HI(慢反应)。
则该反应的反应速率由　 　步决定。
（4）将等物质的量的I2和H2置于预先抽真空的特制1L恒容密闭容器中，加热到1500K，起始总压强为416kPa;体系达到平衡时，总压强为456kPa。若体系中只考虑如下反应关系：
①I2(g) 2I(g)Kpl=200ΔH1
②I2(g)+H2(g) 2HI(g)Kp2ΔH2
KP为以分压表示的平衡常数。1500K时，平衡体系中I(g)的分压为　 　kPa，Kp2=　 　（写表达式）。
（5）某实验兴趣小组将氧化还原反应2Cu2＋+5I－ 2CuI↓++ 设计成如图所示的原电池装置：
带孔的封蜡鸡蛋壳为半透膜，鸡蛋壳内的电极为　 　（填“正极”或“负极”）；该电极反应式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.酸碱中和反应是放热反应，故A不符合题意
B.葡萄糖是人体主要供能物质，在人体内氧化是放热反应，故B不符合题意
C.氢氧化钡晶体和氯化铵晶体反应是吸热反应，故C符合题意
D.锌与稀硫酸反应制取氢气反应剧烈，放出热量，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】常见的吸热反应是绝大多数分解反应以及碳和二氧化碳化合反应得到一氧化碳，氢氧化钡晶体和氯化铵的反应
常见的放热反应是：酸碱中和反应、酸和金属反应、酸和盐的反应以及绝大多数化合反应以及葡萄糖供能反应等等
2．【答案】A
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；中和热
【解析】【解答】A.热值是在一定条件下单位质量的物质完全燃烧放出的热量，则单位为KJ/g，则一氧化碳的热值是10.1KJ/g
B.醋酸是弱酸，反应过程中发生酸的电离，醋酸的电离吸热， 稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水的中和热为大于-57.3kJ/mol ，故B不符合题意
C. C2H5OH的燃烧热C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) △H=-1367.0kJ/mol ，故C不符合题意
D.氮气和氧气反应的热化学方程式为： N2（g）+2O2(g)=2NO2 (g)△H=67.8kJ/mol ，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】A.根据给出的定义计算出热值即可
B.考虑到醋酸是弱酸，弱酸电离时吸热导致放出热量偏小
C.燃烧热是1mol可燃物充分燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，乙醇燃烧应该生成气态的二氧化碳和液态水
D.热化学方程式中应该注明反应物和生成物的状态
3．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A.根据图示即可计算出断键吸收的能量为(436kJ+249kJ=685kJ小于成键释放的能量930kJ，所以 H2O(g)分解为H2(g)与O2(g)时吸收热量 ，故A不符合题意
B.甲乙丙中物质具有的能量大小关系是乙＞甲＞丙，故B不符合题意
C.1mol氢气与0.5mol的氧气反应生成1mol水蒸汽释放的能量是930kJ-685kJ=245kJ，物质由气态变为液态需要释放能量，因此生成1mol液态水释放的能量高于245KJ，故C符合题意
D.氢气和氧气反应得到水蒸气反应是放热反应，因此 2 mol H2O(g)的能量比2 mol H2(g)与1 mol O2(g)的能量之和低 ，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】A.氢气和氧气反应是放热，分解水是吸热反应
B.根据断键吸收能量，成键放出能量进行判断即可
C.根据计算出生成气态水释放的能量，但是气态到液态时需要放出能量
D.分解反应是放热反应，根据焓变=生成物的能量-反应物能量＞0进行判断即可
4．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A.化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，旧键的断裂需要吸收能量，新键的形成需要释放能量，化学变化中涉及能量的变化，故A不符合题意
B.伴随着能量变化，不一定是化学变化，如常见的浓硫酸的稀释等，故B符合题意
C.化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，旧键的断裂需要吸收能量，新键的形成需要释放能量，故C不符合题意
D.物质具有的能量与物质本身的质量有关，质量越大能量越大，化学反应中的能量变化的大小与反应物的质量有关，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】单位物质的质量质量具有的能量是一定值，质量越大能量越大，化学变化的实质是旧键的断裂和新键的形成，旧键断裂时需要吸收能量，新键形成时需要放出能量，因此化学变化涉及到能量的变化，有些物理变化也有能量变化，因此有能量变化的不一定是化学变化
5．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电池工作时，太阳光使Ru(II)失电子转化为Ru(III)，发生氧化还原反应，将太阳能转化为电能，选项A不符合题意；
B．X电极电子流岀，发生氧化反应，为电池的负极，选项B不符合题意；
C．Y电极电子流入，发生还原反应，电极反应为 +2e-=3I-，选项C不符合题意；
D．电池工作时， +2e-=3I-，生成的I-又可与Ru(III)反应重新生成 ，整个过程电解质溶液中I-和 的浓度基本不变，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图示电子的转移，说明电极X是负极，Y是正极，因此是将太阳能转化为电能，X是Ru(II)失去电子变为Ru(III)发生氧化反应，Y是由I3-得到电子变为I-，发生还原反应，根据图示所示，产生的碘离子被Ru(III)又氧化为I3-离子，因此离子浓度几乎不变
6．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；反应热和焓变；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变ΔH＜0，A项不符合题意；
B．状态③到状态④的变化过程为[CuI(H2NNO)(NH3)2]+→[CuI(NH3)2]++N2+H2O，有O-H键的形成，B项不符合题意；
C．由图1可知，状态②到状态③、状态④到状态⑤，Cu元素的化合价发生改变，而状态③到状态④、状态⑤到状态①，N元素的化合价发生改变，则不只生了两次氧化还原反应，C项符合题意；
D．根据图1，加入2NH3、2NO、 O2，生成2N2、3H2O，该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+4NO+O2=6H2O+4N2，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据起始物和最终产物的能量即可判断焓变的大小
B.根据状态③和状态④ 的变化即可判断键的断裂和形成
C.根据标出过程中元素的化合价即可判断出氧化还原反应
D.根据起始物和最终的产物即可写出方程式
7．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；化学反应速率
【解析】【解答】A．反应物的总能量高于生成物的总能量，叔丁基溴在稀的碱性水溶液中生成叔丁醇的反应是放热反应，故A不符合题意；
B． 和 为第二步和第三步的反应活性中间体，故B不符合题意；
C．由图可知，第一步反应所需的能量比第二步、第三步所需的能量都高，故第一步反应决定了叔丁基溴水解成叔丁醇的反应速率，故C符合题意；
D．第三步反应为 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据起始物的能量和最终生成物能量的高低即可判断
B. 和 不是反应物和生成物而是中间出现的中间体
C.活化能越高速率越慢是反应的决定步骤
D.根据反应物和生成物即可写出方程式
8．【答案】D
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；催化剂
【解析】【解答】A．催化剂降低反应所需活化能，但不能降低水煤气变换反应的 ，故A不符合题意；
B．过程Ⅰ、过程Ⅱ都是断键，断键是吸热过程，故B不符合题意；
C．该催化过程中，有氧氢极性键的断裂，有碳氧极性键和氢氢非极性键的形成，故C不符合题意；
D．图示显示，根据过程Ⅱ得到起始时的2个 在反应过程中都参与了反应，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.焓变与反应物和生成物的能量有关与催化剂无关，催化剂只是改变反应速率
B.键的断裂需要吸收能量
C.根据反应物和生成物即可判断出键的断裂和形成
D.根据反应图示即可判断
9．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．负极区利用氧化性强的铁离子捕获H2S得到S，三价铁离子为催化剂，铁离子和亚铁离子的浓度会影响硫化氢分解效率，A项不符合题意；
B．该制氢工艺中光能转化为电能，最终转化为化学能，B项符合题意；
C．该装置发生的有关反应为 、 、 ，这三个反应相加，结合反应条件得到总反应为 ，C项不符合题意；
D．氢离子由a极区产生通过交换膜流动到b极，故为使电池持续放电，应选用质子交换膜，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据a区的反应流程即可判断铁离子将硫化氢氧化为硫单质，因此铁离子浓度影响硫化氢的分解效率
B.根据反应的流程是光能转化为电能，电能转化为化学能
C.根据发生的反应即可写出总的反应
D.根据a极可以产生质子而b极消耗质子因此可以加入质子交换膜实现持续放电
10．【答案】B
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；化学反应速率
【解析】【解答】A．据图可知反应过程中丙烷中甲基上C-H键断裂，与CrOx形成C-Cr键，说明催化剂活化丙烷分子中甲基上的C-H键，使其容易断裂，A不符合题意；
B．据图可知“M2→M3”过程中形成碳碳双键，有非极性键的生成，B符合题意；
C．开始时Cr与3个O原子成键，反应过程中形成Cr-C键，同时还与3个O原子成键(其中一个为配位键)，成键数目发生变化，C不符合题意；
D．据图可知丙烷中甲基上的H原子转移的步骤能垒最大，反应速率慢，决定了整体反应速率，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示即可看出，催化剂是活化碳氢键
B.根据反应物和生成物判断含有双键形成是非极性键
C.根据图示即可找出Cr的成键数目是否变化
D.活化能越大速率越慢，找出活化能最大的即可
11．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A.移开玻璃棒后，反应保持红热状态剧烈进行，可说明为放热反应，故A不符合题意；
B.S为固体，浓度不变，不能用于表示反应速率，故B符合题意；
C.为氧化还原反应，且放热，则该反应在理论上可以设计成原电池反应，故C不符合题意；
D.铁为固体，加入固体，反应速率不变，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】用玻璃棒进行引燃，移开后，反应继续说明反应是放热的，硫为固体一般不用做表示速率，固体的速率不变，根据原电池设计原理，此反应理论上可以设计成原电池，铁是固体不能影响反应速率
12．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A．化学反应的能量是守恒的，所以放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，故A不符合题意；
B．由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池反应是金属铝和氢氧化钠之间的反应，其负极反应是金属铝失电子的氧化反应，Al为负极，Mg为正极，故B符合题意；
C．H2、O2、稀硫酸酸性燃料电池中，O2在正极得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4H++4e﹣＝2H2O，故C不符合题意；
D．充电电池可反复充电使用，但有使用寿命，不能无限制使用，当电解质和电极发生变质时，则电池不能再使用，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据焓变=生成物的能量-反应物的能量＜0进行判断即可
B.铝和氢氧化钠反应，因此铝做负极，镁做正极，因此在镁极产生气体
C.酸性电解质，甲烷失去电子变为二氧化碳。氧气在正极失去电子结合氢离子变为水
D.任何充电电池不能无限制的使用，均有一定的寿命
13．【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．根据图中物质转化关系，化学反应方程式为 。题中Cl—Cl键键能未知，故用△H1绝对值代入代替反应物键能和，生成物键能和 。那么由焓变计算式(1)代入数据得， ，解之，得x=191.2。A项符合题意；
B．根据焓变计算式(2)，代入已知数据，可得 ，解之，得，△H2= -1405.6 kJ mol-1。这也符合实情，毕竟△H2表示成键放热，数值前应用负号表示。故B项不符题意；
C．催化剂通过改变反应进程而改变反应活化能，进而影响化学反应速率。但反应物总能量，生成物总能量没有改变，物质H值未发生变化，所以反应的△H也不变。C项不符题意；
D．△H1数值上与1mol NH3与1mol Cl2键能和同值，设Cl—Cl键键能为y kJ mol-1，则有 ，解之，得y=243。再根据D项方程式计算相应焓变值， 。所以，D项不符题意；
故答案为：A。
【分析】本题用到的焓变(△H)计算关系：(1) △H=反应物键能和 - 生成物键能和；(2) △H=△H1 + △H2。
△H1表示的是1mol NH3与1mol Cl2断键形成原子吸收的能量，数值上与1mol NH3与1mol Cl2键能和等值。△H2表示的是中间状态的原子成键形成1mol NH2Cl和1mol HCl放出的能量，数值上与1mol NH2Cl和1mol HCl键能和等值。
14．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，设断裂1molF-F键需吸收的能量为x，热化学方程式为S(s)+3F2(g)═SF6(g)△H=-1220kJ/mol，则反应热△H=280KJ/mol+3×xKJ/mol-6x330kJ/mol=-1220kJ/mol，x=160kJ/mol，即断裂1molF-F键需吸收的能量为160kJ，
故答案为：B。
【分析】依据化学方程式结合物质结构分析，反应热△H=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出能量。
15．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；催化剂
【解析】【解答】A．催化剂能降低反应的活化能，反应过程 b 有催化剂参与，故A不符合题意；
B．生成物能量低于反应物，该反应为放热反应，热效应等于 ΔH，故B不符合题意；
C．有催化剂条件下，反应的最大活化能等于 E1，故C符合题意；
D．反应过程 a 的活化能大，需要外界供给能量才能持续进行，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，无催化剂时，活化能较大，需外界提供能量，才能持续进行。
16．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A．根据图像判断在太阳能的作用下，水分子在催化剂上发生了分解反应生成氢气和双氧水，双氧水在太阳能作用下又分解成氧气和水，故A不符合题意；
B．焓变的大小取决于反应物和生成物能量的大小，催化剂不影响焓变，故B符合题意；
C．过程1中水生成氢气和双氧水，氢元素和氧元素化合价都发生了变化，H2O既是氧化剂又是还原剂，过程2中双氧水生成氧气和水，水中的氧元素是由双氧水-1价的氧元素化合价变化而来，故水是还原产物，故C不符合题意；
D．过程I中生成物H2O2与H2的化合价的升降守恒配平方程式得： ，故生成物H2O2与H2的物质的量之比为1：1，故D不符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图像中物质间的转化判断反应物和生成物，根据物质所含元素化合价的变化判断物质的氧化性或还原性，根据化合价的升降守恒配平方程式，可以计算各物质的量之比。
17．【答案】C
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；催化剂
【解析】【解答】A． 由图知，产物为NO2和H2O，则该气相氧化反应的化学方程式为HNO2+·OH NO2+H2O，A不符合题意；
B． 由图知，水分子中的氧原子可以和亚硝酸分子中的氢原子形成氢键、水分子中的氢原子可以和亚硝酸分子中的氧原子形成氢键、则反应历程中还可能形成HONO···H2O，B不符合题意；
C． 该反应不可逆，该反应历程中Ⅲ→Ⅳ时能垒最大 (活化能)，为22.6 kJ·mol-1-(-20.5) kJ·mol-1，C符合题意；
D． 由过渡态理论知， 是反应过渡态，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.根据反应物和生成物即可写出方程式
B.根据图示即可判断可能产生
C.根据图示找出能量的最大差值即可
D.根据图示即可判断为过渡态
18．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．催化剂改变反应速率不改变化学平衡，反应焓变不变，A不符合题意；
B.11 min压缩体积，压强增大，平衡向正反应移动，平衡时氮气的物质的量小于原平衡，故n(N2)的变化曲线为d，B不符合题意；
C．由图2可知，0～10 min内氮气的物质的量变化量为△n(N2)=0.6 mol-0.3 mol=0.3 mol，v(N2)= =0.015 mol/(L min)，用不同物质表示反应速率时，速率比等于化学计量数之比，故v(H2)=3v(N2)=3×0.015 mol/(L min)=0.045 mol/(L min)，C符合题意；
D．图2表示平衡时NH3含量与H2起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，故A、B、C都处于平衡状态。达平衡后，增大H2用量，N2的转化率增大，故A、B、C三点中，C的氮气的转化率最高，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 焓变与化学平衡有关，但是催化剂不改变化学平衡；
B. 此反应是气体分子数减少的反应，体积减小相当于压强增大，平衡正向移动，判断出n(N2)的变化；
C. 根据图1分析0～10 min内=0.3 mol，依据v(N2)=以及v(H2)=3v(N2)计算出v(H2)；
D. 要想增大N2的转化率，可以通过增大H2的用量来实现，并结合图2分析曲线上哪一点的转化率最高.
19．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A．根据反应过程，过程Ⅰ和过程Ⅱ都有H-O键的断裂，断键要吸收热量，故A不符合题意；
B．△H只与始态和终态有关，与反应的途径无关，使用催化剂对△H无影响，故B不符合题意；
C．催化过程中，H2O中的O-H键断裂，O-H为极性键，生成CO2，有极性键的生成，生成H2，H-H键为非极性键，故C符合题意；
D．过程I中有1个水分子参与反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，断键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，使用催化剂能够降低活化能，但对焓变无影响，据此分析；
20．【答案】D
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．丙烷的结构式为 ，1个丙烷分子中有10条共价键，故 丙烷中有 共价键，A不符合题意；
B．C3H8与Br2发生取代反应，丙烷断C-H键，是极性键，Br2断Br-Br键，是非极性键，B不符合题意；
C．由图像可知，CH3CH2CH3和 的能量低于 和HBr，所以反应吸热， ，C不符合题意；
D．由图像可知，生成 的活化能 小于生成 的活化能 ，活化能越小，单位体积内活化分子百分数越多，反应速率越快，故生成速率 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】B、C-H为极性键,C-C,Br-Br为非极性键，非极性键为相同的非金属原子之间的共价键,故B不符合题意
C、成键放出能量,故C不符合题意
D、活化能越大，反应速率越慢,故D符合题意
21．【答案】B,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，使用催化剂后降低了该反应所需的活化能，但反应物和生成物的状态没有改变，反应热不变，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，A项不符合题意；
B．使用和不使用催化剂相比，反应热不变，能量变化相同，B项符合题意；
C．反应物化学键断裂吸收能量，由图可知，1mol CO(g)和2mol H2(g)中的化学键完全被破坏需要吸收419kJ能量，C项不符合题意；
D.1mol CO(g)和2mol H2(g)完全反应生成1mol CH3OH(g)释放的能量为 ，D项符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.催化剂只是改变了反应速率，降低了活化能
B.焓变只和起始状态和末尾状态相同，能量不变
C.键断裂需要吸收能量
D.根据焓变=反应物的键能-生成物的键能即可计算
22．【答案】A,B
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；催化剂
【解析】【解答】A．催化剂不改变反应热，且平衡不移动，不能改变反应放出的热量，A符合题意；
B．根据图像可知，b线所代表的过程中活化能较低，因此b线代表有催化剂时的反应历程，B符合题意；
C．NH3含有N-H键，为极性键，C不符合题意；
D．合成氨为放热反应，则反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】根据图示，反应物的能量高于生成物的能量，即判断反应为放热，使用催化剂时，降低活化能，但是焓变不变，之和起始和最终的状态有关，氨气是含有极性键的极性分子。
23．【答案】A,D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A.40.0gNaOH物质的量为1mol，则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和时放出的热量小于57.3kJ，A结论符合题意；
B．燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，B结论不符合题意；
C．反应①为碳完全燃烧，反应②为不完全燃烧，完全燃烧放热多，但a、b数值都为负值，则a＜b，C结论不符合题意；
D．白磷转化为红磷的反应为放热反应，红磷的能量低，所以红磷稳定，D结论符合题意；
故答案为AD。
【分析】A.醋酸是弱酸，电离时吸收热量
B.水应为液态
C.完全燃烧和不完全燃烧放出的热量的大小比较
D.能量越低越稳定
24．【答案】A,D
【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；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由上述分析可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，故A符合题意；
B．放热反应的焓变等于正反应的活化能与逆反应的活化能之差，即△H=Ea-Ea′，故B不符合题意；
C．加入催化剂，可增大反应速率，不能改变焓变，故C不符合题意；
D．温度升高，单位体积的活化分子百分数增加，反应速率加快，反应为放热反应，升温，反应逆向移动，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】易错点：1、该反应为放热反应，所以焓变小于零，△H=Ea-Ea′
2、催化剂能改变活化能，不能改变焓变
3、温度升高，单位体积的活化分子百分数增加，但增大压强单位体积的活化分子百分数不变，单位体积的活化分子数增加
25．【答案】A,D
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】A．HCl和NaOH反应的中和热即△H=-57.3 kJ/mol，故A项符合题意；
B．甲烷的标准燃烧热是生成液态水，由于气态水的能量高于液态水的能量，则1mol甲烷完全燃烧生成液态水放出的热量更多，但△H＜0，所以放热越多，△H越小，故△H＞-890.3 kJ/mol，故B项不符合题意；
C．合成氨的反应是可逆反应，方程式所标△H是完全反应时的放热，但是1.5molH2无法完全反应，所以放出的热量小于46.2 kJ，故C项不符合题意；
D．因为CO的燃烧热为283.0 kJ/mol，且CO2(g)=CO(g)+ O2(g)为CO燃烧热的热化学方程式的逆反应，所以△H=+283.0 kJ/mol，所以目标方程式的△H=+566.0 kJ/mol，故D项符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A．中和热是强酸强碱在稀溶液中反应生成1mol水时放出的热量，△H=-57.3 kJ/mol；
B．燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
C．可逆反应不能完全进行；
D．根据燃烧热方程式计算；
26．【答案】B,D
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式；化学反应速率
【解析】【解答】A．上述反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，属于吸热反应，A叙述不符合题意；
B．根据图像可知，途径I的反应焓变与途径II的焓变相等，B叙述符合题意；
C．过程I活化能大于过程II的，则过程I反应速率比过程II慢，C叙述不符合题意；
D．N2与O2反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=2(E1-E2)kJ mol 1，D叙述符合题意；
答案为BD。
【分析】A.根据前后能量的高低判断放热吸热反应
B.焓变和路径无关，只和起始状态有关
C.活化能越高，速率越慢
D.根据焓变=生成物的能量-生成物的能量计算即可
27．【答案】吸收能量；放出能量
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】从能量的角度看，断开化学键要吸收能量，形成化学键要放出能量，如果断开化学键吸收的能量大于形成化学键放出的能量，则反应是吸热反应，反之是放热反应。
【分析】断开化学键要吸收能量，形成化学键要放出能量.
28．【答案】DE
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】A.物质的量不为1mol，故A 不符合题意
B.产物不是稳定物，故B不符合题意
C.产物气态水不是稳定化合物，故C不符合题意
D.1mol可燃物且完全燃烧，故D符合题意
E.1mol可燃物且完全燃烧，故E符合题意
F.是中和反应，故F不符合题意
G.是中和反应，故G不符合题意
【分析】考查的是燃烧热的定义，1mol可燃物在氧气中完全燃烧生成稳定的化合物。
29．【答案】量筒、温度计；保温、隔热、减少实验过程中热量的损失；保温杯
【知识点】中和热的测定
【解析】【解答】中和热的测定实验需要的是大小烧杯，环形玻璃棒，量筒，温度计，大小烧杯之间的碎泡沫的作用是保温、隔热、减少过程中能量的损失，恒温条件对实验的结果更准确，可将实验放在保温杯中进行
【分析】考查的是中和热测定的实验中的一起使用，以及常见物品的作用。以及实验的改进
30．【答案】AX3(l)＋X2(g)=AX5(s) ΔH＝－123.8 kJ/mol
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】因为AX3的熔点和沸点分别为-93.6℃和76℃，AX5的熔点为167℃，室温时，AX3为液态，AX5为固态，生成1mol AX5，放出热量123.8kJ，该反应的热化学方程为：AX3（l）+X2（g）=AX5（s）△H=-123.8kJ mol-1，故答案为AX3（l）+X2（g）=AX5（s）△H=-123.8kJ mol-1。
【分析】根据熔沸点判断出常温下各物质的状态，根据生成物与放出热量关系，计算出反应热，再据此写出热化学方程式。
31．【答案】（1）5.0；abe
（2）环形玻璃搅拌棒；量筒；4.0；；ACD
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定
【解析】【解答】(1)①容量瓶没有245mL规格的，只能用250mL容量瓶配制，需要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g，故答案为：5.0；
②氢氧化钠要在称量瓶或者小烧杯中称量，称量固体氢氧化钠所用的仪器有天平、烧杯和药匙，故答案为：abe；
(2)①根据图示，仪器A为环形玻璃搅拌棒；量取酸和碱溶液时，要用到量筒，所以除图中所示仪器之外，还需要的玻璃仪器是量筒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；量筒；
②4次温度差分别为：4.0℃，6.1℃， 3.9℃，4.1℃，第2组数据相差较大，舍去，其他三次温度差的平均值4.0℃，故答案为：4.0；
③50mL0.50mol L-1氢氧化钠与30mL0.50mol L-1硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为80mL×1g/cm3=80g，温度变化的值为△t=4.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m c △t=80g×4.18J/(g ℃)×4.0℃=1337.6J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热△H=- =-53.5kJ/mol；强酸强碱的稀溶液反应生成1mol液态H2O时反应放出的热量为57.3kJ，而实验测得生成1mol液态H2O时反应放出的热量为53.4kJ，测得的热量偏少。A．实验装置保温、隔热效果差，导致测得的热量偏少，故A正确；B．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏多，故B不正确；C．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，导致热量散失，测得的热量偏少，故C正确；D．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，部分氢氧化钠与硫酸发生了中和反应，热量散失，同时硫酸的起始温度偏高，导致测得的热量偏少，故D正确，
故答案为：ACD，故答案为：-53.5kJ/mol；ACD。
【分析】容量瓶没有245mL规格的，只能用250mL容量瓶配制，根据m=nM计算需要的氢氧化钠的质量；测定中和热时需要先判断数据的有效性，再根据Q=m c △t计算反应放出的热量，然后根据△H=- kJ/mol计算中和热，强酸强碱的稀溶液反应生成1mol液态H2O时反应放出的热量为57.3kJ，根据计算的 kJ分析误差产生的原因。
32．【答案】（1）环形玻璃搅拌棒；小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高）；减少实验中的热量损失
（2）不相等
（3）-56.8kJ/mol
（4）abc
【知识点】中和热的测定
【解析】【解答】(1)由量热计的构造可知该装置中缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒；为了减少热量的损失，大烧杯杯口与小烧杯杯口相平，即图示装置中不正确是：小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高）；该实验关键是尽可能减少热量损失，则烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验中的热量损失；(2)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL0.25mol·L-1H2SO4和50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，故答案为：不相等；(3)4次温度差分别为：3.4℃，5.1℃，3.3℃，3.5℃，第2组数据无效，温度差平均值=3.4℃；50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/L NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/mL=100g，温度变化的值为△T=3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m c △T=100g×4.18J/（g ℃）×3.4℃=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热△H=-1.4212kJ÷0.025mol=-56.8kJ/mol；(4)a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a正确；
b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定硫酸溶液的温度，酸碱反应放热，导致硫酸的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故b正确；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失较多，测得温度偏低，中和热的数值偏小，故c正确；
故答案为abc。
【分析】(1)考查的是中和热仪器的使用，缺少环形玻璃棒，小烧杯距离大烧杯口太远易造成能量散失，周围碎纸的作用时防止能量的散失
（2）生成的水的物质的量增多，放出热量增多
(3)根据公式Q=m c △T计算出放出的热量，再根据H=Q/n即可
(4)影响热量的最大因素可能是温度
33．【答案】（1）环形玻璃搅拌棒；小烧杯与大烧杯杯口应相平，且在两烧杯中间填满碎泡沫塑料
（2）保温隔热，减少实验过程中热量的损失
（3）相等
（4）偏小
【知识点】中和热的测定
【解析】【解答】（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；装置的错误是：小烧杯口与大烧杯口不相平，且未填满碎纸条；
（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，烧杯间填满碎塑料泡沫的作用是保温、隔热，减少实验过程中的热量损失；
（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等；
（4）NH3 H2O为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，求得的中和热数值将会减小。
【分析】（1）根据中和热的测定所需仪器以及操作规范即可解答；
（2）塑料泡沫有利于隔绝热；
（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；
（4）根据弱电解质电离吸热分析。
34．【答案】（1）＜
（2）99
（3）A； 或
（4）；4
【知识点】反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式；中和热的测定；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）金属和酸的反应是放热反应，因此吸收能量E1小于放出能量E2，故正确答案是：＜
（2） 反应断键吸收的能量是(436x2+1076)KJ=1948KJ，成键放出的能量是(413x3+343+465)KJ=2047KJ，所以生成1mol甲醇放出的能量是99KJ，故正确答案是：99KJ
（3）①氢氧化钠与盐酸反应是放热反应，为了防止热量散失实验中倒入氢氧化钠溶液的正确操作是一次性快速倒入，故正确答案是A②若将各含 溶质的 稀溶液、 稀溶液、稀氨水，分别与足量的稀盐酸反应， 氢氧化钙与稀盐酸反应放出的热量是氢氧化钠反应放出热量的2倍，故2Q1=Q2，1mol一水合氨与盐酸反应方程的热量减少，故Q1＞Q3，因此 或 故正确答案是：A、 或
（4）①根据电池反应 ， 电池负极还甲烷失去电子发生氧化反应电极式为： ②根据负极电极式当消耗甲烷11.2L（标准状况下时） 即为0.5mol甲烷时转移的电子数为4mol，故正确答案是： 、4
【分析】（1）根据金属和酸的反应是放热反应根据焓变=反应物的键能-生成物的键能判断即可
（2）根据焓变=反应物的键能-生成物的键能计算
（3）①考虑到热量散失问题，应该是一次性倒入快速搅拌防止热量散失②中合热是生成1mol水释放出的热量，而醋酸是弱酸，弱酸电离时需要吸热，导致放出热量减少
（4）①根据电池反应可知电解质溶液是碱性，负极是甲烷失去电子结合氢氧根离子变为碳酸根离子的反应②根据负极电极反应式结合甲烷的体积即可计算出转移的电子数
35．【答案】（1）439.9
（2）0.032mol·L－1·min－1；降低温度
（3）第三
（4）80；
（5）负极；3I－－2e－=
【知识点】反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知，断裂1molH－H键的焓变=ΔH3－ΔH1=+439.9kJ·mol－1，所以断裂1molH－H键需要吸收的能量为439.9kJ；
(2)0～5min内，v(H2)= =0.032 mol·L－1·min－1；6min时改变外界条件，平衡向正反应方向移动，根据图像曲线斜率可知，化学反应速率降低，且Δc(HI)=2Δc(H2)，该反应正向为放热反应，因此改变的条件为降低温度；
(3)多步反应的反应速率由慢反应决定，故该反应的反应速率由第三步决定；
(4)可设起始时n(I2)=n(H2)=208mol，则平衡时混合气体总物质的量为456mol，1mol气体的分压为1kPa，由于反应②是等体积变化的反应，反应①正向是气体体积增大的反应，由反应的差量I2(g) 2I(g)Δn=2 1=1可知，生成I(g)的物质的量为气体物质的量变化量的2倍，所以I(g)的物质的量为：(456 416)mol×2=80mol，即平衡时I(g)的物质的量为80mol，分压分压为80kpa，即p(I)=80kPa；KP是指可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的分压（方程式系数幂次方）乘积比或反应产物与反应底物的分压（方程式系数幂次方）乘积比，因此Kp2= ；
(5)鸡蛋壳内为碘化钾溶液，烧杯中盛装硫酸铜溶液，根据总反应可知，鸡蛋壳内的是I-发生氧化反应生成 ，电极为负极，其电极反应式为3I－－2e－= 。
【分析】（1）根据盖斯定律即可求出 1molH2(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量
（2）根据氢气的变化量即可计算出速率，根据HI浓度增大，而H2和I2的浓度降低，说明反应向正反应方向移动因此可以是降温
（3）分步反应的速率是由最慢的一步决定
（4）① 恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即可计算，再根据公式即可计算出平衡常数
（5）根据 2Cu2＋+5I－ 2CuI↓++ 即可判断发生氧化反应的是负极，发生还原反应的是正极即可判断
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