专题07化学反应中的能量变化-2020年高考化学真题与模拟题分类训练（教师版含解析）_05高考化学_新高考复习资料_2022年新高考资料_2022年一轮复习各版本

专题 07 化学反应中的能量变化及机理 2020年高考真题 1．(2020年浙江卷)下列说法不正确的是( ) A．天然气是不可再生能源 B．用水煤气可合成液态碳氢化合物和含氧有机物 C．煤的液化属于物理变化 D．火棉是含氮量高的硝化纤维 【答案】C 【解析】A．天然气是由远古时代的动植物遗体经过漫长的时间变化而形成的，储量有限，是不可再生能 源，A选项正确； B．水煤气为CO和H，在催化剂的作用下，可以合成液态碳氢化合物和含氧有机物(如甲醇)，B选项正确； 2 C．煤的液化是把煤转化为液体燃料，属于化学变化，C选项错误； D．火棉是名为纤维素硝酸酯，是一种含氮量较高的硝化纤维，D选项正确； 答案选C。 2．(2020年浙江卷)关于下列ΔH的判断正确的是( ) CO2− (aq)+H+ (aq)=HCO− (aq) ΔH 3 3 1 CO 3 2- (aq)+H 2 O(l)⇌ HCO− 3 (aq)+OH− (aq) ΔH 2 OH− (aq)+H+ (aq)=H O(l) ΔH 2 3 OH− (aq)+CH COOH(aq)=CH COO− (aq)+H O(l) ΔH 3 3 2 4 A．ΔH <0 ΔH <0 B．ΔH <ΔH C．ΔH <0 ΔH >0D． 1 2 1 2 3 4 ΔH >ΔH 3 4 【答案】B 【解析】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO❑ 2- (aq)+H+(aq)=HCO❑ - (aq)为放热反应，所以△H<0； 3 3 1 CO (aq)+H O(l) HCO (aq)+OHˉ(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO 的水解反应为吸热反应，所 2- 2 - 2- ❑ ⇌ ❑ ❑ 3 3 3 以△H>0； 2OHˉ(aq)+H+(aq)=H O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以△H<0； 2 3 醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以△H<0； 4 但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出的热量小于强酸和强碱反 应放出的热量，则△H> H； 4 3 综上所述，只有△H< H△正确，故答案为B。 1 2 3．(2020年新课标Ⅰ)铑△的配合物离子[Rh(CO) I]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。 2 2 下列叙述错误的是 A．CHCOI是反应中间体 3 B．甲醇羰基化反应为CHOH+CO=CH COH 3 3 2 C．反应过程中Rh的成键数目保持不变 D．存在反应CHOH+HI=CH I+H O 3 3 2 【答案】C 【解析】【分析】题干中明确指出，铑配合物 充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。 由题干中提供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且 也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在 历程中的，既非反应物又非产物的物种如CHCOI以及各种配离子等，都可视作中间物种。 3 【详解】A．通过分析可知，CHCOI属于甲醇羰基化反应的反应中间体；其可与水作用，生成最终产物乙 3 酸的同时，也可以生成使甲醇转化为CHI的HI，A项正确； 3 B．通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成： ，B项正确；C．通过分析可知，铑配合物在整个反应历程中，成键数目，配体种类等均发生了变化，C项不正确； D．通过分析可知，反应中间体CHCOI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CHI，方程式可写成： 3 3 ，D项正确； 答案选C。 【点睛】对于反应机理图的分析，最基本的是判断反应物，产物以及催化剂；一般的，催化剂在机理图中 多是以完整的循环出现的；反应物则是通过一个箭头进入整个历程的物质；而产物一般多是通过一个箭头 最终脱离整个历程的物质。 4．(2020年山东省新高考)1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正 离子( )；第二步Br -进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化 如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70:30和15:85。下列说 法正确的是 A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定 B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大 C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小 D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度 【答案】AD 【解析】 【分析】根据图像分析可知该加成反应为放热反应，且生成的1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量 低，结合题干信息及温度对化学反应速率与化学平衡的影响效果分析作答。【详解】根据上述分析可知， A．能量越低越稳定，根据图像可看出，1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量低，即1,4-加成产物的 能量比1,2-加成产物稳定，故A正确； B．该加成反应不管生成1,4-加成产物还是1,2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1,3-丁二烯 的转化，即在40℃时其转化率会减小，故B错误； C．从0℃升至40℃，正化学反应速率均增大，即1,4-加成和1,2-加成反应的正速率均会增大，故C错误； D．从0℃升至40℃，对于1,2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1,2-加成正反应速率的增大程度小 于其逆反应速率的增大程度，故D正确； 答案选AD。 5．(2020年江苏卷)反应 可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法 正确的是 A．该反应 、 B．该反应的平衡常数 C．高温下反应每生成1 mol Si需消耗 D．用E表示键能，该反应 【答案】B 【解析】A．SiCl 、H、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵 4 2 增，即△S>0，故A错误； B．根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K= ,故B正确； C．题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，故C错误； D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl) －2E(Si－Si)，故 D错误； 答案为B。 6．(2020年天津卷)理论研究表明，在101kPa和298K下， 异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．HCN比HNC稳定 B．该异构化反应的 C．正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．使用催化剂，可以改变反应的反应热 【答案】D 【解析】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳 定，故A正确； B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的 ，故B正确； C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确； D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关， 故D错误。 综上所述，答案为D。 7．(2020年新课标Ⅱ)据文献报道：Fe(CO) 催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是 5A．OH-参与了该催化循环 B．该反应可产生清洁燃料H 2 C．该反应可消耗温室气体CO D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化 2 【答案】C 【解析】 【分析】题干中明确指出，铁配合物Fe(CO) 充当催化剂的作用。机理图中，凡是出现在历程中，进去的 5 箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以 看成为中间物种。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物Fe(CO) 在整个反应历程中成键数目，配体 5 种类等均发生了变化；并且也可以观察出，反应过程中所需的反应物除CO外还需要HO，最终产物是 2 CO 和H，同时参与反应的还有OH-，故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。 2 2 【详解】A．从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参与了该催化循环，故A 项正确； B．从反应机理图中可知，该反应的反应物为CO和HO，产物为H 和CO，Fe(CO) 作为整个反应的催化 2 2 2 5 剂，而OH-仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为 ，故 有清洁燃料H 生成，故 B项正确； 2 C．由B项分析可知，该反应不是消耗温室气体CO，反而是生成了温室气体CO，故 C项不正确； 2 2 D．从反应机理图中可知，Fe的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故 D项正确； 答案选C。 【点睛】 对于反应机理图的分析，最重要的是判断反应物，产物以及催化剂；一般催化剂在机理图中多数是以完整 的循环出现的；通过一个箭头进入整个历程的物质则是反应物；而通过一个箭头最终脱离整个历程的物质 一般多是产物。 8．(2020年新课标Ⅰ节选)硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO 的催化 2 氧化：SO (g)+ O(g) SO (g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题： 2 2 3 (1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，VO(s)与SO (g)反应生成VOSO(s)和VO(s)的热化学方程式 2 5 2 4 2 4 为：_________。【答案】(1)2VO(s)+ 2SO(g) 2VOSO (s)+ V O(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1 2 5 2 4 2 4 【解析】 ⇌ 【分析】根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应的反应热。 【详解】(1)由题中信息可知： ①SO (g)+ O(g) SO (g) ∆H= -98kJ∙mol-1 2 2 3 ⇌ ②VO(s)+ SO(g) VO(s)+ SO(g) ∆H= -24kJ∙mol-1 2 4 3 2 5 2 2 ③VO(s)+ 2SO(g⇌) 2VOSO(s) ∆H= -399kJ∙mol-1 2 4 3 4 1 根据盖斯定律可知，⇌③-②2得2VO(s)+ 2SO(g) 2VOSO (s)+ V O(s)，则∆H= ∆H-2∆H=( -399kJ∙mol-1)- 2 5 2 4 2 4 1 2 ( -24kJ∙mol-1)2= -351kJ∙mol-1，所以该反应的热化学⇌方程式为：2VO(s)+ 2SO(g) 2VOSO (s)+ V O(s) 2 5 2 4 2 4 ∆H= -351 kJ∙mol-1。 ⇌ 9．(2020年浙江卷) 溶液与 锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度 100mL0.200mol⋅L−1CuSO 1.95g 4 为20.1℃，反应后最高温度为30.1℃。 已知：反应前后，溶液的比热容均近似为4.18J⋅g−1 ⋅℃−1、溶液的密度均近似为1.00g⋅cm−3，忽略溶 液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算： (1)反应放出的热量Q=_____J。 (2)反应Zn(s)+CuSO (aq)=ZnSO (aq)+Cu(s)的ΔH=______kJ⋅mol−1(列式计算)。 4 4 4.18×103/1000 【答案】(1)4.18×103 (2)− =−209 0.100×0.200 【解析】(1)100mL 0.200mol/L CuSO 溶液与1.95g锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO +Zn=ZnSO+Cu， 4 4 4 忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m=ρV=1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可 知，反应放出的热量Q=cmΔt=4.18J⋅g−1 ⋅°C−1×100g×(30.1-20.1)°C= 4.18×103J，故答案为：4.18×103； (2)上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO )= 0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)= 4m 1.95g = =0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第(1)问可知，转化0.020mol硫酸铜所放出的 M 65g/mol 热量为4.18×103J，又因为该反应中焓变ΔH代表反应1mol硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则 4.18×103J÷1000J/kJ 4.18×103/1000 可列出计算式为：ΔH=− =- =-209 kJ/mol，故答案为： 0.100L×0.200mol/L 0.100×0.200 4.18×103/1000 − =-209(答案符合要求且合理即可)。 0.100×0.200 【点睛】该题的难点是第(2)问，要求学生对反应焓变有充分的理解，抓住锌粉过量这个条件是解题的突破 口，题目计算量虽不大，但要求学生有较好的思维与辨析能力。 2020届高考模拟试题 10．(辽宁省营口市第二高级中学2020届高三上学期第一次月考)下列热化学方程式中，正确的是 A．甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH(g)+2O(g)=CO (g) 4 2 2 +2H O(g) H=-890.3kJ·mol-1 2 B．500℃△、30MPa下，将0.5molN 2 (g)和1.5molH 2 (g)置于密闭容器中充分反应生成NH 3 (g)放热19.3kJ，其 热化学方程式为：N(g)+3H(g) 2NH (g) H=-38.6kJ·mol-1 2 2 3 C．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ△·mol-1，则HSO 和Ca(OH) 反应的中和热△H=2×(-57.3)kJ·mol-1 2 4 2 D．在101kPa时，2gH 完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H(g) 2 2 +O (g)=2HO(1) H=-571.6kJ·mol-1 2 2 【答案】D △ 【解析】 【分析】燃烧热指在25C°、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；稀溶液 中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和热，据此回答问题。 【详解】A．甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，要生成液态水，甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH(g) 4 +2O (g)=CO (g)+2HO(l) H=-890.3kJ·mol-1，A错误； 2 2 2 B．500℃、30MPa下，将△0.5molN 和1.5molH 置于密闭的容器中充分反应生成NH (g)，放热19.3kJ，由于 2 2 3 反应为可逆反应，则1molN 完全反应放热大于38.6kJ，其热化学反应方程式为：N(g)+3H(g) 2NH (g) H 2 2 2 3 ＜-38.6 kJ/mol，B错误； ⇌ △ C．中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol， 故无论稀HSO 和Ca(OH) 反应生成的水是几摩尔，其中和热恒为57.3kJ/mol，C错误； 2 4 2D．在101kPa时，2gH 的物质的量为1mol，完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学 2 方程式表示为2H(g)+O(g)=2HO(1) H=-571.6kJ·mol-1，D正确； 2 2 2 答案为D。 △ 【点睛】 本题易错点为B，注意反应为可逆反应，实际情况下的放热量与反应焓变不一致。 11．(山东省聊城市2020年普通高中学业水平等级考试模拟卷二模)某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH ) 4 在催化剂Ru表面与水反应可生成H，其反应机理如图所示： 2 根据以上信息判断，下列叙述错误的是 A．过程①至过程④中硼元素的化合价不变 B．X是HBO，HBO 和BH 两分子中H的化合价相等 3 3 3 3 3 C．过程③和过程④各产生1molH 时转移的电子数不相等 2 D．0.25molNaBH 的还原能力与标准状况下22.4LH 的还原能力相当(还原能力即生成H+失去电子的量) 4 2 【答案】B 【解析】A．由图示可知，过程①至过程④中BH-反应生成B(OH) -，硼元素的化合价一直为+3价，化合 4 4 价不变，A正确； B．过程④中2moH O水与2molX反应生成2mol B(OH) -和1molH ，根据元素守恒X为HBO，HBO 中 2 4 2 3 3 3 3 H为+1价，但在BH 分子中H为-1价，B错误； 3 C．由图示可知，过程③中产生1molH 时转移的电子数为N ，过程④产生1molH 时转移的电子数为 2 A 2 2N ，两者不相等，C正确； A, D．NaBH 中H为-1价，0.25molNaBH 生成H+失去的电子的量2×0.25mol×4=2mol，标准状况下22.4LH 为 4 4 2 1mol，1mol H 生成H+失去的电子的量2×1mol=2mol，故两者还原能力相当，D正确； 2 答案选B。 12．(天津市南开区2020届高三年级第二次模拟)硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NO)，将烟气与H x 2 的混合气体通入Ce(SO) 与Ce (SO )[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所 4 2 2 4 3 示。下列说法正确的是A．该转化过程的实质为NO 被H 还原 x 2 B．x=l时，过程II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1 C．处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少 D．过程I发生反应的离子方程式：H+Ce4+=2H++Ce3+ 2 【答案】A 【解析】 【分析】分析转化过程图，可知在过程I中发生H＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，在过程Ⅱ中发生2NO＋4xH＋＋ 2 x 4xCe3＋=2xHO＋N＋4xCe4＋，据此进行分析。 2 2 【详解】A．由分析可知，总反应可以看作烟气与氢气反应，该转化过程的实质为NO 被H 还原，A项正 x 2 确； B．x=1时，根据图示，过程II中发生2NO＋4H＋＋4Ce3＋=2H O＋N＋4Ce4＋，N的化合价降低，NO为氧 2 2 化剂，Ce3＋为还原剂，根据得失电子守恒： ，因此氧化剂与还原剂物质的量之比 为1:2，B项错误； C．过程I发生H＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，过程II发生2NO＋4xH＋＋4xCe3＋=2xHO＋N＋4xCe4＋，处理过 2 x 2 2 程中，混合液中Ce3＋和Ce4＋总数不变，C项错误； D．根据图示，过程I发生H＋Ce4＋→H＋＋Ce3＋，利用化合价升降法进行配平，离子方程式为H＋2Ce4＋ 2 2 =2H＋＋2Ce3＋，D项错误；答案选A。 13．(北京市密云2020届高三第二次模拟)甲烷燃烧时的能量变化如图，有关说法正确的是( )A．图1中反应为：CH(g)+2O(g)=CO (g)+2HO(l) H=+890.3kJ/mol 4 2 2 2 B．图2中反应为：CH(g)+ O(g)=CO(g)+2HO(g) H=﹣607.3kJ/mol 4 2 2 C．由图可以推得：CO(g)+ O(g)=CO (g) H=﹣283kJ/mol 2 2 D．由图可以推知：等物质的量的CO 和CO，CO 具有的能量高 2 2 【答案】C 【解析】A．根据图像分析，反应物的总能量高于生成物总能量，则图1中反应为：CH(g)+2O(g)=CO (g) 4 2 2 +2H O(l) H=-890.3kJ/mol，A错误； 2 B．根据图像分析，生成物水的状态是液态，则图2中反应为：CH(g)+ O(g)=CO(g)+2HO(l) H=﹣ 4 2 2 607.3kJ/mol，B错误； C．CO(g)+ O(g)=CO (g) 的焓变可根据CH(g)+2O(g)=CO (g)+2HO(l) H=-890.3kJ/mol和反应H=﹣ 2 2 4 2 2 2 283kJ/mol，CH(g)+ O(g)=CO(g)+2HO(l) H=﹣607.3kJ/mol求出焓变H=﹣283kJ/mol，C正确； 4 2 2 D．CO(g)+ O(g)=CO (g) H=﹣283kJ/mol，该反应放热，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以等 2 2 物质的量的CO 和CO，CO具有的能量高，D错误；故选C。 2 14．(上海市松江区2020届高三高考一模)如图是某反应的能量关系图，下列叙述错误的是( )A．反应物总能量高于生成物的总能量 B．曲线b是使用了催化剂的能量变化曲线 C．反应的热化学方程式为：4HCl(g)+O (g) 2Cl(g)+2HO(g)+115.6kJ 2 2 2 D．若反应生成2mol液态水，放出的热量低于115.6kJ 【答案】D 【解析】A．由图看出反应物总能量高，生成物总能量低，反应物总能量高于生成物总能量，故A正确； B．使用催化剂能降低反应所需活化能，则b为使用催化剂的图象，a为未使用催化剂的图象，故B正确； C．反应物为：4HCl(g)+O (g)，生成物为：2Cl(g)+2HO(g)，反应放出热量为115.6kJ，所以热化学方程式 2 2 2 为：4HCl(g)+O (g) 2Cl(g)+2HO(g)+115.6kJ，故C正确； 2 2 2 D．若生成2mol液态水，液态水比气态水能量低，放热会更多，放出的热量高于115.6kJ，故D错误； 答案选D。 15．(北大附中2020届高三化学阶段性测试)一氧化碳甲烷化反应为：CO(g) + 3H (g) = CH (g) + HO(g)。 2 4 2 下图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化(部分物质省略)。下列说法不正确的是 A．步骤①只有非极性键断裂 B．步骤②的原子利用率为 100% C．过渡态Ⅱ能量最高，因此其对应的步骤③反应速率最慢 D．该方法可以清除剧毒气体CO，从而保护环境 【答案】C 【解析】A．步骤①是H 断键，CO未断键，因此只有非极性键断裂，故A正确； 2 B．步骤②反应物全部变为生成物，因此原子利用率为 100%，故B正确； C．根据图中信息，过渡态I的能量差最高，因此其对应的步骤①反应速率最慢，故C错误； D．根据反应的历程可知，有毒一氧化碳与氢气反应最终转化为无毒的甲烷，该方法可以清除剧毒气体 CO，从而保护环境，故D正确。综上所述，答案为C。 16．(陕西省榆林市2020届高三第三次模拟)中科院兰州化学物理研究所用Fe (CO) /ZSM－5催化CO 加氢 3 12 2 合成低碳烯烃反应，所得产物含CH、C H、C H 等副产物，反应过程如图 4 3 6 4 8 下列说法正确的是 A．第i步反应为CO＋H＝CO＋HO 2 2 2 B．第i步反应的活化能低于第ii步 C．Fe (CO) /ZSM－5使CO 加氢合成低碳烯的△H减小 3 12 2 D．添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同 【答案】A 【解析】A．第i步所反应为：CO2+l2→CO+H2O 故A正确； B．第ⅰ步反应是慢反应，第ⅱ步是快反应，反应的活化能越低，反应速率越快，所以第i步 反应的活化能高于第ⅱ步，故B错误； C．催化剂不能改变平衡状态，不能改变焓变△H，故C错误； D．反应的平衡常数只与温度有关，不同助剂能改变反应历程，但不能改变反应的起始状态，不能改变反 应温度，所以反应的平衡常数不变，故D错误； 故答案为A。 17．(湖北省2020届高三下学期6月供卷理综)我国科技工作者提出的一种OER(氧气析出反应) 机理如图所 示｡下列说法错误的是 A．物质M不能改变OER反应的趋势 B．每一步反应过程都是氧化还原反应 C．反应过程中只涉及极性键的断裂和形成 D．该总反应方程式为4OH--4e- 2HO+O↑ 2 2 【答案】C 【解析】A．OER机理为氧气析出反应，根据图示可知，M为转化过程的催化剂，催化剂能改变反应进程 或改变反应速率，但不能改变OER反应转化率或氧气的产率，故A错误； B．根据图示，OER(氧气析出反应) 机理每一步反应过程都有电子得失，是氧化还原反应，故B正确； C．根据图示，反应过程中除了涉及极性键的断裂和形成，由M-O转化为M-OOH含有非极性键的形成， 故C错误； D．根据图示，可知M为OER(氧气析出反应) 机理的催化剂，四步反应中，每步都有电子失去，反应过程 中生成水和氧气，该总反应方程式为4OH--4e- 2HO+O↑，故D正确； 2 2 答案选C。 18．(山东省烟台市2020届高三适应性练习一)《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na SO，其中S为+6价)去除废水中的正五价砷[As(V)]的研究成果，其反应机制模型如图所示(SO ·、 2 2 8 ·OH表示自由基)。设阿伏加德罗常数的值为N 。下列叙述错误的是( ) A A．过硫酸钠中-2价氧与-1价氧的个数比为3：1 B．若56gFe参加反应，共有1.5N 个SO2−被还原 A 2 8 C．碱性条件下硫酸根自由基发生反应的方程式为SO -·+OH-=SO2-+·OH 4 4 D．pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷 【答案】BD 【解析】A．过硫酸钠中正负化合价之和为零，S为+6价，Na为+1价，正价之和=(+6)×2+(+1)×2=14，负 价之和为-14，若-2价氧与-1价氧的个数比为3：1，即-2价氧为6个，-1价氧的个数为2个，负价之和为 (-2)×6+(-1)×2=-14，故A正确； B．56gFe为1mol，根据图示可知，1molS O2−和1molFe反应生成2molSO 2−和1molFe2+，该过程转移2mol 2 8 4 电子，但是Fe2+还要与SO2−反应变成Fe3+和自由基，根据图示，形成的沉淀中即含有二价铁离子，又含有 2 8 三价铁离子，即第一步反应中的二价铁没有被完全氧化为三价铁离子，因此1mol铁参加反应消耗小于 1.5mol S O2−，共有少于1.5N 个SO2−被还原，故B错误； 2 8 A 2 8 C．结合图示可知，碱性条件下，SO −发生反应的方程式为：SO −+OH−═SO 2−+OH，故C正确； 4 4 4 D．根据图示可知，最后是碱性条件下⋅，铁离子和亚铁离子转化为⋅氢氧化亚铁和氢⋅ 氧化铁，正五价砷离子 转变为沉淀，二者共同以沉淀形式析出的，则溶液的碱性越强越有利于析出，即pH越大越有利于去除废 水中的正五价砷，故D错误； 答案选BD。 19．(湖南省衡阳市2020届高三下学期第二次联考二模)乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及能量与反 应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是A．①、②、③三步均属于加成反应 B．总反应速率由第①步反应决定 C．第①步反应的中间体比第②步反应的中间体稳定 D．总反应不需要加热就能发生 【答案】B 【解析】A．根据乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理可知只有第①步属于加成反应，A错误； B．活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反 应速率由第①步反应决定，故B正确； C．由图可知，第①步反应的中间体比第②步反应的中间体的能量高，所以第②步反应的中间体稳定，故 C错误； D．总反应是否需要加热与反应的能量变化没有关系，故D错误；故答案选B。 20．(山东省威海市2020届高三年级高考模拟考二模)我国科学家实现了在铜催化剂条件下将 DMF[(CH )NCHO]转化为三甲胺[N(CH )]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所 3 2 3 3 示，下列说法正确的是 A．该历程中最小能垒的化学方程式为 (CH)NCH OH*＝(CH)NCH ＋OH* 3 2 2 3 2 2 B．该历程中最大能垒(活化能)为2.16eV C．该反应的热化学方程式为(CH)NCHO(g)＋2H(g)＝N(CH )(g)＋HO(g) ΔH＝－1.02ev•mol－1 3 2 2 3 3 2 D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率 【答案】A 【解析】 【分析】从图中可以看出，在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23-(-2.16)=0.93、-1.55- (-1.77)=0.22、-1.02-(-2.21)=1.19。【详解】A．从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH)NCH OH*转化为(CH)NCH 的反应， 3 2 2 3 2 2 化学方程式为 (CH)NCH OH*＝(CH)NCH ＋OH*，A正确； 3 2 2 3 2 2 B．该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，B不正确； C．该反应的总反应是由(CH)NCHO(g)转化为N(CH )(g)，但1.02ev•为单个(CH)NCHO(g)反应时放出的 3 2 3 3 3 2 热量，所以热化学方程式为(CH)NCHO(g)＋2H(g)＝N(CH )(g)＋HO(g) ΔH＝－1.02N ev•mol－1，C不 3 2 2 3 3 2 A 正确； D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不 正确；故选A。 21．(2020届四川省成都市第七中三诊模拟)炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生 成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可快速氧化 SO 。下列说法错误的是： 2 A．每活化一个氧分子放出 0.29 eV 能量 B．水可使氧分子活化反应的活化能降低 0.18 eV C．氧分子的活化是氧氧共价键的断裂与碳氧共价键的生成过程 D．无水条件下该过程的活化能为 1.04 eV 【答案】D 【解析】A、根据能量变化图分析，氧气最终变成活化氧，体系能量降低，则每活化一个氧气分子放出 0.29eV能量，A项正确； B、反应过程中存在多步反应的活化能，根据能量变化图分析，整个反应的活化能应是活化能较大的，则 没有水加入的反应活化能E=0.75eV，有水加入反应的活化能E=0.57eV，所以水可以使氧分子活化反应的 活化能降低0.75eV-0.57eV=0.18eV，B项正确； C、根据能量变化图和题意，氧分子活化过程中氧氧的断裂，生成碳氧键，所以氧分子的活化是氧氧的断 裂与碳氧键的生成过程，C项正确； D、根据能量变化图分析，整个反应的活化能应是活化能较大的，则没有水加入的反应活化能E=0.75eV， D项错误；答案选D。 22．(泰安市2020届高三第五次模拟考试)工业上常利用CO 和NH 合成尿素[CO(NH)]，该可逆反应分两 2 3 2 2 步进行，整个过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是( ) A．NH COONH 为合成尿素反应的中间产物 2 4 B．反应Ⅰ逆反应的活化能＞反应Ⅱ正反应的活化能 C．反应Ⅱ在热力学上进行趋势很大 D．2NH (g)+CO (g) CO(NH)(1)+HO(1)的焓变△H=E-E 3 2 2 2 2 l 2 【答案】CD 【解析】A．从图像可知，合成尿素的过程中生成了NH COONH，其为合成尿素反应的中间产物，A正确； 2 4 B．活化能是指化学反应中反应物分子到达活化分子所需的最小能量，由图像可知，反应Ⅰ逆反应的活化 能＞反应Ⅱ正反应的活化能，B正确； C．反应Ⅱ为吸热反应，在热力学上进行趋势较小，C错误； D．2NH (g)+CO (g) CO(NH)(1)+HO(1)为放热反应，△H =生成物的总能量-反应物的总能量<0，即 3 2 2 2 2 △H=E-E ，D错误； 2 1 答案选CD。 23．(2020届河北省保定市高三第二次模拟)将CO 应用于生产清洁燃料甲醇，既能缓解温室效应的影响， 2 又能为能源的制备开辟新的渠道，其合成反应为CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g)。回答下列问题： 2 2 3 2 (1)如图为CO 平衡转化率和温度、压强的关系，其中压强分别为3.0MPa、4.0MPa和5.0MPa。据图可知， 2 该反应为_______________反应(填“放热”或“吸热")。设CO 的初始浓度为cmol•L-1，根据5.0MPa时的 2 o 数据计算该反应的平衡常数K(240k)=_______________ (列出计算式即可)。若在4.0MPa时减小投料比， 则CO 的平衡转化率曲线可能位于II线的_______________(填“上方”或“下方”)。 2(2)利用二氧化碳制得的甲醇还可以制取甲胺，其反应原理为CHOH(g)+NH(g) CHNH (g) 3 3 3 2 +H O(g) H。已知该反应中相关化学键的键能数据如下： 2 共价键 △ C—O H—O N—H C—N 键能/k.J•mol-1 351 463 393 293 则该反应的△H=_______________k.J•mol-1 。 (3)已知：①CO(g)+NO (g) CO(g)+NO(g) H=-226kJ•rnol-1 2 2 1 ②N(g)+2O(g) 2NO (g) H=+68kJ•mol-1 △ 2 2 2 2 ③N(g)+O(g) 2NO(g) △ H=+183kJ•mol-1 2 2 3 则：2CO(g)+2NO(g) 2CO(△g)+N(g) H=_______________kJ•mol-1。 2 2 (4)一定温度下，下列措施一定能加快反应CO△(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g)的速率的是 2 2 3 2 _______________(填选项字母)。 A．及时移去甲醇 B．改进催化剂 C．提高反应物浓度 D．增大容器压强 (5)甲烷重整可选氧化物NiO- Al O 作为催化剂，工业上常用Ni(NO )、Al(NO ) 混合液加入氨水调节 2 3 3 2 3 3 pH=12(常温)，然后将浊液高压恒温放置及煅烧等操作制备该催化剂。加入氨水调节pH=12时，c(Ni2+)为 _______________。［已知：K [Ni(OH) ]=5×10-16] sp 2 【答案】(1)放热 上方 (2)-12 (3)-750 (4)BC (5)5×10-2 mol·L-1 【解析】(1)根据图像，随着温度的升高，CO 的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，根据 2 勒夏特列原理，推出该反应的正反应是放热反应：反应为气体体积减小的反应，作等温线，增大压强，平 衡向正反应方向移动，CO 的转化率增大，I为5.0MPa下进行的曲线，240K时CO 的转化率为0.8，则可 2 2 列三段式为根据化学平衡常平数的表达式K= ；根据上述分析，II曲线代表4.0MPa下进行的曲线， 减小投料比，相当于增大H 的量，CO 的量不变，平衡向正反应方向进行，CO 的转化率增大，即CO 的 2 2 2 2 平衡转化曲线可能位于II曲线的上方； (2)反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，故△H =351 kJ/mol +393 kJ/mol -293 kJ/mol -463kJ/mol=-12kJ/mol； (3)由盖斯定律：①×2+②-③×2可得：2CO(g)+2NO(g) 2CO(g)+N(g) H=-750kJ•mol-1，故答案 2 2 △ 为：-750； (4)A.及时移去甲醇，则生成物的浓度减小，反应速率减慢，故A错误； B.改进催化剂能加快反应速率，故B正确； C.提高反应物浓度，反应物浓度增大，则反应速率加快，故C正确； D.若缩小体积而使容器压强增大，则反应速率加快，若通入惰性气体使容器压强增大，则反应速率不变， 故D错误；综上所述，答案为：BC； (5)pH=12，c(OH-)=0.01mol·L-1，K [Ni(OH) ]=5×10-16，c(Ni2+)= 。 sp 2 24．(2020届广东省茂名市高三综合测试)CO 加氢可转化为高附加值的CO、CH、CHOH等C1产物。该 2 4 3 过程可缓解CO 带来的环境压力，同时可变废为宝，带来巨大的经济效益。CO 加氢过程，主要发生的三 2 2 个竞争反应为： 反应i：CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g) H=-49.01kJ•mol-1 2 2 3 2 反应ii：CO(g)+4H(g) CH(g)+2HO(g) △H=-165.0kJ•mol-1 2 2 4 2 反应iii：CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) H△=+41.17kJ•mol-1 2 2 2 回答下列问题： △ (1)由CO、H 合成甲醇的热化学方程式为_____。 2 (2)反应iii为逆水煤气变换反应，简称RWGS。以金属催化剂为例，该反应历程的微观示意和相对能量(eV)变化图如图所示( 为催化剂， 为C原子， 为O原子，o为H原子) 历程I： 历程II： 历程III： ①历程1方框内反应的方程式为CO*+*=CO*+O*(*为催化剂活性位点)。根据图示，其反应热 2 △H_____0(填“＞”或“<”)。 ②反应历程II方框内的方程式是_____。 ③反应历程中_____(填“历程I”、“历程II”或“历程III”)是RWGS的控速步骤。 (3)我国科学家研究了不同反应温度对含碳产组成的影响。在反应器中按 =3：1通入H 和CO，分 2 2 别在0.1MPa和1MPa下进行反应。试验中温度对平衡组成C (CO、CO、CH)中的CO和CH 的影响如图 1 2 4 4 所示(该反应条件下甲醇产量极低，因此忽略“反应i”)：①1MPa时，表示CH 和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是_____、_____。M点平衡组成含虽高 4 于N点的原因是_____。 ②当CH 和CO平衡组成为40%时，该温度下反应iii的平衡常数K 为_____。 4 p 【答案】(1)CO(g)+2H (g) CHOH(g) H=-90.18kJ•mol-1 2 3 (2)①< ②O*+H*=OH*+* ③历程III△ (3)①a d 相同温度下，增大压强反应II向正方向移动，c(HO)增大，使得反应III向逆方向移动， 2 使得CO平衡组分降低 ②2.4 【解析】 (1)反应i−反应iii即可得CO、H 合成甲醇的热化学方程式：CO(g)+2H(g) =C H OH(g)，计算焓变： 2 2 3 △H=−49kJmol−1−41.17kJmol−1=−90.17kJmol−1； 故答案为：⋅CO(g)+2H(g) ⋅=C H OH(g) H=⋅−90.17kJmol−1； 2 3 (2)①根据图示△H=−0.75eV+0.37eV=−△0.38eV<0，故⋅ 答案为：<； ②根据图示，反应历程Ⅱ方框内的方程式是：O +H =OH ，故答案为：O +H =OH ； ③根据图示，历程Ⅲ的过渡态Ⅲ相对能量最大，∗即活∗化能∗最大，所以历程Ⅲ∗ 是∗RWG∗S的控速步骤，故答案 为：历程Ⅲ； (3)①对于反应ii，升高温度，平衡逆移，CH、HO的百分含量减少，对于平衡iii，升高温度，则平衡正 4 2 移，CO的百分含量增加；增大压强，反应ii，平衡正移，HO的百分含量增大，使反应Ⅲ逆移，CO百分 2 含量降低，,综上：CH、CO的变化幅度相对较小，则表示CH 和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别 4 4 是a、d； 故答案为：a；d；相同温度下，增大压强反应II向正方向移动，c(HO)增大，使得反应III向逆方向动，使 2 得CO平衡组分降低； ②设起始时n(CO)=5mol，则n(H )=15mol，根据图象，当CH 和CO平衡组成为40%时，则CO 平衡组成 2 2 4 2 为20%，所以△n(CO)=5mol×40%=2mol，△n(CH)=5mol×40%=2mol，则 4反应ii： ， 反应iii： 平衡时：n(CO)=(5−2−2)mol=1mol，n(H )=(15−8−2)mol=5mol，n(CO)=2mol，n(H O)=(4+2)mol=6mol，平 2 2 2 衡常数 ； 故答案为：2.4。 25．(江西省2020届高三下学期调研考试三)苯乙烯是制备聚苯乙烯的单体。工业上，利用乙苯催化脱氢制 取苯乙烯的反应： (g)+CO (g) (g)+CO(g)+ H O(g) H 2 2 △ (1)已知CO分子中化学键为C≡O。相关的化学键键能数据如下： 利用上表数据估算△H为___________。 (2)在三个体积相同的恒容密闭容器中充入CO 和乙苯蒸气发生上述反应，有关数据如下： 2 ①T______T(填“＞”“＜”或“＝”，下同)，a___________2.0。 1 2 ②TK时，容器I中平衡混合气体中苯乙烯体积分数为___________，假设容器I中起始压强为p，用平衡 1 0 分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K ＝___________。[气体分压(p )＝气体总压(p )×气体体积分数] p 分 总 (3)一定温度下，在某催化剂作用下发生上述反应，其反应历程如下： ①由原料到状态I__________(填“放出”或“吸收”)能量，判断依据是_______。②如果其他条件不变，再通入CO，如图所示的四幅图像中，符合乙苯平衡转化率与p(CO)的关系的是 2 2 ___________。(填选项) 【答案】(1)+164 kJ/mol (2)①＞ ＜ ②20% 0.25p MPa 0 (3)①吸收 断裂C-H键需要吸收较多能量 ②B 【解析】 【分析】根据反应物键能总和与生成物键能总和的差值计算反应热；根据化学平衡移动的方向判断反应温 度的大小；利用反应前后气体的变化量和压强变化量计算平衡常数；根据图示的反应过程判断反应是吸热 还是放热；根据图示反应过程判断转化率与压强的转化趋势。 【详解】(1)反应的△H可以利用键能大小计算，利用反应物的键能总和减去生成物的键能总和即可得到反 应的△H，当计算结果为正值时为吸热反应，反之则为放热反应；在本反应中由于苯基在反应前后不变， 因此苯基的能量在反应前后相同，只需要计算乙基和二氧化碳反应变成乙烯基、一氧化碳和水的键能变化 差值即可，即反应热=(348+5×413+2×803) kJ/mol -(615+3×413+1075+2×463) kJ/mol =+164 kJ/mol； (2)①上述反应是吸热反应，降低温度，平衡向左移动，苯乙烯的量减小，故T 小于T；该反应正向是气体 2 1 分子数增大的反应，I到Ⅲ相当于加压，平衡向左移动，苯乙烯的量小于2.0； ②平衡时苯乙烯为1 mol，则 平衡时，苯乙烯占体积分数为20%； 平衡后压强为 ×p=1.25pMPa，K = =0.25pMPa； 0 0 p 0 (3) ①原料到状态Ⅰ，断裂C-H键，需要吸收能量； ②一定范围内，p(CO)越大，说明在原料中CO 的配比越高，则乙苯平衡转化率越高；二者首先吸附在催 2 2 化剂表面上，当CO 在催化剂表面吸附率过高时，会造成乙苯在催化剂表面的吸附率下降，使乙苯平衡转 2化率随着p(CO)增大而减小，图像B符合实际。 2 26．(保定市2020年高三第二次模拟理科综合)将CO 应用于生产清洁燃料甲醇，既能缓解温室效应的影响， 2 又能为能源的制备开辟新的渠道，其合成反应为CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g)。回答下列问题： 2 2 3 2 (1)如图为CO 平衡转化率和温度、压强的关系，其中压强分别为3.0MPa、4.0MPa和5.0MPa。据图可知， 2 该反应为_______________反应(填“放热”或“吸热")。设CO 的初始浓度为cmol•L-1，根据5.0MPa时的 2 o 数据计算该反应的平衡常数K(240k)=_______________(列出计算式即可)。若在4.0MPa时减小投料比，则 CO 的平衡转化率曲线可能位于II线的_______________(填“上方”或“下方”)。 2 (2)利用二氧化碳制得的甲醇还可以制取甲胺，其反应原理为CHOH(g)+NH(g) CHNH (g) 3 3 3 2 +H O(g) H。已知该反应中相关化学键的键能数据如下： 2 共价键 △ C—O H—O N—H C—N 键能/k.J•mol-1 351 463 393 293 则该反应的△H=_______________k.J•mol-1 。 (3)已知：①CO(g)+NO (g) CO(g)+NO(g) H=-226kJ•rnol-1 2 2 1 ②N(g)+2O(g) 2NO (g) H=+68kJ•mol-1 △ 2 2 2 2 ③N(g)+O(g) 2NO(g) △ H=+183kJ•mol-1 2 2 3 则：2CO(g)+2NO(g) 2CO(△g)+N(g) H=_______________kJ•mol-1。 2 2 (4)一定温度下，下列措施一定能加快反应CO△(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g)的速率的是 2 2 3 2 _______________(填选项字母)。 A．及时移去甲醇 B．改进催化剂 C．提高反应物浓度 D．增大容器压强 (5)甲烷重整可选氧化物NiO- Al O 作为催化剂，工业上常用Ni(NO )、Al(NO ) 混合液加入氨水调节 2 3 3 2 3 3 pH=12(常温)，然后将浊液高压恒温放置及煅烧等操作制备该催化剂。加入氨水调节pH=12时，c(Ni2+)为 _______________。［已知：K [Ni(OH) ]=5×10-16] sp 2【答案】(1)放热 上方 (2)-12 (3)-750 (4)BC (5)5×10-2 mol·L-1 【解析】(1)根据图像，随着温度的升高，CO 的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，根据 2 勒夏特列原理，推出该反应的正反应是放热反应：反应为气体体积减小的反应，作等温线，增大压强，平 衡向正反应方向移动，CO 的转化率增大，I为5.0MPa下进行的曲线，240K时CO 的转化率为0.8，则可 2 2 列三段式为 根据化学平衡常平数的表达式K= ；根据上述分析，II曲线代表4.0MPa下进行的曲线， 减小投料比，相当于增大H 的量，CO 的量不变，平衡向正反应方向进行，CO 的转化率增大，即CO 的 2 2 2 2 平衡转化曲线可能位于II曲线的上方； (2)反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，故△H =351 kJ/mol +393 kJ/mol -293 kJ/mol -463kJ/mol=-12kJ/mol； (3)由盖斯定律：①×2+②-③×2可得：2CO(g)+2NO(g) 2CO(g)+N(g) H=-750kJ•mol-1； 2 2 △ (4)A．及时移去甲醇，则生成物的浓度减小，反应速率减慢，故A错误； B．改进催化剂能加快反应速率，故B正确； C．提高反应物浓度，反应物浓度增大，则反应速率加快，故C正确； D．若缩小体积而使容器压强增大，则反应速率加快，若通入惰性气体使容器压强增大，则反应速率不变， 故D错误；综上所述，答案为：BC； (5)pH=12，c(OH-)=0.01mol·L-1，K [Ni(OH) ]=5×10-16，c(Ni2+)= 。 sp 2