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解密 06 化学反应与能量
一、单选题
1．下列反应属于吸热反应的是
A．氢气在氯气中燃烧 B．石灰石在高温下分解
C．稀硫酸与NaOH溶液反应 D．铝和氧化铁在高温下反应
【答案】B
【解析】A．氢气在氯气中燃烧属于放热反应，故A错误；
B．石灰石在高温下分解属于吸热反应，故B正确；
C．稀硫酸与NaOH溶液反应为酸碱中和反应，属于放热反应，故C错误；
D．铝和氧化铁在高温下反应属于放热反应，故D错误；
故选B。
2．用下列实验装置能达到相关实验目的的是
选
A B C D
项
实
验
装
置
实
除去 ，
验 用 作喷泉实
实验室制取 气体 中和热的测定 粉末中混有的
目 验，水充满烧瓶
少量
的
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．块状硫化亚铁能在隔板上，且能和稀硫酸生成硫化氢气体，A正确；
B．铜质搅拌器导热性好，会导致热量损失，测量不准，B错误；
C．除去 ，粉末中混有的少量 应该使用坩埚加热而不是蒸发皿，C错误；
D．二氧化氮和水生成一氧化氮，水不会充满烧瓶，D错误；故选A。
3．N 和H 合成NH 的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是
2 2 3
A．N(g)+3H(g)=2NH (l) △H=2(a-b-c)kJ/mol
2 2 3
B．N(g)+3H(g)=2NH (g) △H=2(b-a)kJ/mol
2 2 3
C． N(g)+ H(g)=NH (l) △H=(b+c-a)kJ/mol
2 2 3
D． N(g)+ H(g)=NH (g) △H=(a+b)kJ/mol
2 2 3
【答案】A
【解析】由题图可以看出， mol N(g)和 mol H(g)的化学键断裂需吸收的总能量为
2 2
akJ，形成1 mol NH (g)放出的能量为b kJ，所以有 N (g)＋ H(g)=NH (g) △H =(a-b)
3 2 2 3
kJ/mol，而1 mol NH (g)转化为1 mol NH (l)放出c kJ的热量，所以有 N (g)＋
3 3 2
H(g)=NH (l) △H =(a-b-c) kJ/mol ，即N(g)+3H(g)=2NH (l) △H=2(a-b-c)kJ/mol，故选
2 3 2 2 3
A。
4．液态CS 是一种溶剂，其燃烧热为1077 。含SeO、SO 的烟气用水吸收后，硒
2 2 2
元素全部变为单质硒。工业上制备碲用SO 还原TeCl 溶液或者以石墨为电极，电解强碱性
2 4
NaTeO 溶液。下列化学反应表示正确的是
2 3
A．用SO 水溶液吸收溴蒸气的离子方程式：
2
B．CS 燃烧的热化学方程式：CS(l)+3O (g)=CO (g)+2SO(g)
2 2 2 2 2
C．SO 还原TeCl 反应方程式：2SO +TeCl+4H O=Te+2HSO +4HCl
2 4 2 4 2 2 4
D．电解法制备碲的阴极电极方程式：
【答案】C
【解析】A．SO 水溶液吸收溴蒸气生成溴化氢和硫酸，两者均为强酸，
2
，A错误；B．燃烧为放热反应，焓变小于零，燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定
的氧化物时所放出的热量；CS 燃烧的热化学方程式：CS(l)+3O (g)=CO (g)+2SO(g)
2 2 2 2 2
，B错误；
C．SO 还原TeCl 生成硫酸和Te、HCl：2SO +TeCl+4H O=Te+2HSO +4HCl，C正确；
2 4 2 4 2 2 4
D．电解池阴极发生还原反应，应该是得到电子，D错误；
故选C。
5．下列说法正确的是
A．在中性溶液中能大量共存： 、 、 、
B．含有大量 能大量共存： 、 、 、
C．已知辛烷的燃烧热为5518KJ/mol，则辛烷燃烧的热化学方程式：
，
D．已知中和热为57.3KJ/mol，则稀氨水与盐酸反应生成1mol水时放出的热量小于57.3KJ
【答案】D
【解析】A． 水解的方程式为： 使溶液显酸性， 在
中性环境下不能大量共存，A错误；
B． 、 、 三者之间发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；
C．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，生成气态水时放出热量
减小，C错误；
D．稀氨水电离时要吸收热量，导致最终放出的热量小于57.3KJ，D正确；
故本题选D。
6．下列热化学方程式中ΔH代表燃烧热的是
A．CH(g)+3/2O (g)=2HO(l)+CO(g) ΔH
4 2 2 1
B．S(s)+3/2O (g)=SO(g) ΔH
2 3 2
C．C H O(s)+6O(g)=6CO (g)+6HO(l) ΔH
6 12 6 2 2 2 3
D．2CO(g)+O(g)=2CO (g) ΔH
2 2 4
【答案】C
【解析】A．反应物中碳元素应生成稳定氧化物CO，A错误；
2
B．生成物为二氧化硫，B错误；
C．可燃物C H O(s)的物质的量为1mol，反应中C→CO(g)，H→H O(g)，反应放出的热
6 12 6 2 2
量是燃烧热，C正确；
D．CO的化学计量数应为1，D错误；
故选C。
7．已知 三种气体燃烧的热化学方程式如下。下列有关说法正确的是
①②
③
④
A．
B． 气化为 放出 热量
C．
D．乙炔燃烧的火焰温度比乙烯高，是因为其燃烧热的值比乙烯的大
【答案】C
【解析】A．因为气态水的能量大于液态水，所以生成液态水放出的热量大于生成气态水
的热量，所以 ，故A错误；
B．已知③ ；④
，④-③可得 =+
(a+571.0) ， 气化为 应吸收 热量，B项错误；
C．根据盖斯定律， 得
，C项正确；
D．从乙炔和乙烯的燃烧热看出，乙炔的燃烧热的值比乙烯的小，火焰温度的高低，不仅
与燃烧热有关，还与生成水的量有关，D项错误；
故选C。
8．C和 在生产、生活、科技中是非常重要的燃料。已知：
①
②
下列推断正确的是
A．C(s)的摩尔燃烧焓为110.5KJ·mol-1
B．
C．
D．由②可知该反应中，反应物化学键中储存的总能量比产物化学键储存的能量高
【答案】C【解析】A． 的摩尔燃烧焓是指1摩尔完全燃烧生成稳定氧化物释放出来的能量，①
中生成的是一氧化碳不是稳定产物，故由此不能推出C(s)的摩尔燃烧焓，A错误；
B．由②可知反应： 的
，B错误；
C．根据B可知 ，目标方程式的反应热为：
，C正确；
D．由②可知反应： 的
，反应为放热反应，故反应物化学键中
储存的总能量比产物化学键储存的能量低，D错误；
故选C。
9．周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。用硫黄熏蒸中药材的传统由来已久； 是
一种易燃的有毒气体(燃烧热为 )，是制取多种硫化物的原料；硫酸、硫酸盐
是重要化工原料；硫酰氯( )常作氯化剂或氯磺化剂。硒( )和碲( )的单质及其
化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以精炼铜的阳极泥(含CuSe)
为原料回收Se，以电解强碱性 溶液制备Te。下列化学反应表示正确的是
A． 的燃烧：
B． 和浓硫酸反应：
C．电解强碱性 溶液的阴极反应：
D．向 溶液中滴加足量 溶液，有白色沉淀生成：
【答案】D
【解析】A．利用已知条件中的数据进行计算，要注意 应为液态，选项A错误；
B． 有强还原性，浓硫酸有强氧化性，二者不能共存，选项B错误；
C．强碱性溶液中发生反应的离子方程式不应用 表示，选项C错误；
D．因 足量， 与 应为等物质的量参与反应，选项D正确；
答案选D。
10．在丁烯(C H)催化裂解为丙烯(C H)、乙烯(C H)的反应体系中，主要发生反应的热化
4 8 3 6 2 4
学方程式为：反应I： H=a kJ/mol；反应II：
1
△H=b kJ/mol。在0.1 MPa的恒压密闭容器中，丁烯催化裂解体系
2
中各组分平衡时的质量分△数随温度变化的关系如图所示。下列说法错误的是
A．反应： kJ/mol
B．由图可知：a＜0＜b
C．在催化剂许可的前提下，温度控制在450℃左右有利于制取丙烯
D．其他条件相同时，适当充入惰性气体，有利于提高乙烯和丙烯的产量
【答案】C
【解析】A．反应1： H=a kJ/mol；反应II：
1
△
H=b kJ/mol，根据盖斯定律，(反应II×3-反应I)× ，整理可得：
2
△
kJ/mol ，A正确；
B．图中分析可知随温度升高，反应I： H=a kJ/mol，丙烯质量分
1
数在一定温度下，随温度升高减小，说明升温反应逆向进行，正△反应为放热反应，反应
II： H=b kJ/mol，随温度升高，乙烯质量分数增大，说明升温平
2
衡正向进行，正反应为吸热△反应，则a＜0＜b ，B正确；
C．在催化剂许可的前提下，温度控制在450℃左右，反应I ：
H=a kJ/mol ，a＜0，升温平衡逆向进行，不利于制取丙烯，C错误；
1
D．在0.lMPa的恒压密闭容器中，其他条件相同时，适当充入惰性气体，体积增大，压强
△
减小，化学平衡向气体体积增大的方向进行，反应I正向进行，反应II正向进行，有利于
提高乙烯和丙烯的产量，D正确；
故合理选项是C。11．NO和CO是环境污染性气体，可在Pt O+表面转化为无害气体，其反应为：NO(g)
2 2 2
+CO(g)=CO (g)+N(g) H，有关化学反应的物质变化过程如图1所示，能量变化过程如图
2 2
2所示，下列说法错误的是
△
A． H+ H＞0
1 2
B．P△t
2
O+、△Pt
2
O 均为中间产物
C．由CO 分子形成的晶体中，粒子间的作用力含有范德华力
2
D．沸点：CO＞N
2
【答案】A
【解析】A．根据盖斯定律可知， H= H+ H，由图2可知， H<0，则 H+ H<0，A
1 2 1 2
错误；
△ △ △ △ △ △
B．由图1可知，Pt O+、Pt O 均为中间产物，B正确；
2 2
C．CO 分子形成的晶体为分子晶体，粒子间的作用力含有范德华力，C正确；
2
D．极性影响熔沸点，相对分子质量相近，极性分子的熔沸点高，CO为极性分子，N 为非
2
极性分子，则沸点：CO＞N，D正确；
2
故选A。
12．某反应的能量变化如图所示，对于该图的理解，一定正确的是
A．该反应的反应热
B． 为过程I的活化能
C．从曲线II可知该反应为放热反应D．过程I比过程II的反应速率快
【答案】A
【解析】A． =生成物的总能量减去反应物的总能量，故该反应的反应热 ，
A正确；
B．E-E 为过程I的活化能，B错误；
3 1
C．由图像可知生成物的总能量高于反应物的总能量，该反应为吸热反应，C错误；
D．过程I的活化能高于过程II的活化能，过程I比过程II的反应速率慢，D错误；
故选A。
13．科技工作者运用DFT计算研究在甲醇钯基催化剂表面上制氢的反应历程如图所示。其
中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是
A． 吸附在催化剂表面是一个吸热过程
B．甲醇在不同催化剂表面上制氢的反应历程完全相同
C． 的
D． 是该历程的决速步骤
【答案】D
【解析】A．由图可知， 吸附在催化剂表面生成物的总能量低于反应物的总能量，
为放热过程，故A错误；
B．催化剂可以改变的路径，使用不同的催化剂，反应的历程不同，故B错误；
C．CHOH(g) CO(g)+2H(g)的 H=生成物相对能量-反应物相对能量=(97.9-
3 2
0)kJ•mol-1=+97.9kJ•mol-1，故C错误；
⇌ △
D．由图可知，该历程中最大能垒(活化能)就是由-65.7kJ•mol-1上升到113.9kJ•mol-1，E
正
=(113.9+65.7)=179.6kJ•mol-1，活化能越大反应速率越慢， 的反应
速率最慢，是该历程的决速步骤，故D正确；
故选D。
14．我国科学成果日新月异。下列对科技成果解读错误的是科技成果摘录 化学解读
A 以淀粉为原料制备钠离子电池负极材料—硬炭 发生了氧化还原反应
B 首次实现液体火箭动力(液氧和煤油)重复使用 煤油在氧气中燃烧是放热反应
C 利用铜金催化剂电还原 制CO进而合成正丙醇 铜金提高反应速率和平衡转化率
D 发现了利用光伏从空气中提取水制取氢气的新方法 太阳能→电能→化学能
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】A．淀粉中碳元素化合价不为0，由淀粉制硬炭，碳元素化合价变为0，有化合价
变化，属于氧化还原反应，故A正确；
B．物质燃烧放热，煤油在氧气中燃烧是放热反应，故B正确；
C．催化剂降低反应活化能，同倍数提高正、逆反应速率，平衡不移动，不能提高平衡转
化率，故C错误；
D．利用光伏从空气中提取水制取氢气，太阳能转化为电能，电解水制取氢气，电能又转
化为化学能，故D正确；
选C。
15．我国正面临巨大的 减排压力。燃煤电厂是 的主要排放源，直接从燃煤烟气中
捕获 是缓解 排放危机最有效的手段。一种钙基吸收剂(主要成分为 )循环捕集
烟气中 的过程如图所示，下列说法中错误的是
A．碳酸化反应器中发生了化合反应，且为放热反应
B．生成的 附着在钙基吸收剂表面会堵塞孔隙，导致其捕集性能下降
C． 中含有 个电子
D．封存的 可以转化为甲醇等产品【答案】C
【解析】A．碳酸化反应器中燃煤烟气中的二氧化碳与氧化钙发生反应生成碳酸钙，该反
应属于化合反应，且为放热反应，A正确；
B．反应生成的 为颗粒状，所以生成的 附着在钙基吸收剂表面会堵塞孔隙，
导致其捕集性能下降，B正确；
C．分子中的电子数与质子数相同，所以 中含有 = 个电
子，C错误；
D．根据元素守恒可知， 可以转化为甲醇等产品，符合“碳中和”理念，D正确；
故选C。
二、填空题
16．环戊二烯( )是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下
列问题：
(1)已知： (g)= (g)+H(g) ΔH=100.3kJ·mol−1 ①
2 1
H(g)+I (g)=2HI(g) ΔH=﹣11.0kJ·mol−1 ②
2 2 2
对于反应： (g)+I (g)= (g)+2HI(g) ③ ΔH=_______kJ·mol−1。
2 3
7近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。
因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl (s)=CuCl(s)+ Cl(g) ΔH=83kJ·mol-1
2 2 1
CuCl(s)+ O(g)=CuO(s)+ Cl(g) ΔH=-20kJ·mol-1
2 2 2
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl (s)+HO(g) ΔH=-121kJ·mol-1
2 2 3
则4HCl(g)+O (g)=2Cl (g)+2HO(g)的ΔH=_______kJ·mol-1。
2 2 2
【答案】(1)89.3
(2)-116
【解析】(1)根据盖斯定律可得：反应③=①+②，可得反应③的ΔH= ΔH +ΔH
3 1 2
=89.3kJ/mol；
(2)根据盖斯定律知，(反应I+反应II+反应III)×2得4HCl(g)+O (g)=2Cl (g)+2HO(g) ∆H=(∆
2 2 2
H+∆H +∆H )×2=-116kJ∙mol-1。
1 2 3
17．回答下列问题
(1)“世上无难事，九天可揽月”，我国的航空航天事业取得了举世瞩目的成就。碳酰肼类
化合物[Mn(L) ]( ClO ) 是种优良的含能材料，可作为火箭推进剂的组分，其相关反应的能
3 4 2量变化如图所示，已知△H= -299kJ/mol，则△H (kJ/mol )为_____________
2 1
(2)我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH 与CO 重整是CO 利用的
4 2 2
研究热点之一、该重整反应体系主要涉及以下反应：
(a)CH(g)+CO (g) 2CO(g)+2H(g) ∆H
4 2 2 1
(b)CO (g)+H(g) CO(g)+HO(g) ∆H
2 2 2 2
(c)CH(g) C(s)+2H(g) ∆H
4 2 3
(d)2CO(g) CO(g)+C(s) ∆H
2 4
(e)CO(g)+H(g) HO(g)+C(s) ∆H
2 2 5
根据盖斯定律，反应a的∆H=_______(写出一个代数式即可)。
1
(3)用H 还原SiCl 蒸汽可制取纯度很高的硅，当反应中有1mol电子转移时吸收59kJ热量，
2 4
则该反应的热化学方程式为___________________________________。
(4)已知含11.2gKOH的稀溶液与1L0.1mol•L－1的HSO 稀溶液反应放出11.46kJ的热量。请
2 4
写出KOH的稀溶液与的HSO 稀溶液发生中和反应，表示中和热的热化学方程式为
2 4
___________________。
(5)1mol CH (g)完全燃烧生成气态水的能量变化和1molS(g)燃烧的能量变化如图所示。在催
4
化剂作用下，CH 可以还原SO 生成单质S(g)、HO(g)和CO，写出该反应的热化学方程式：
4 2 2 2
________________。
【答案】(1)-1703kJ/mol
(2)∆H +∆H -∆H 或∆H-∆H
2 3 5 3 4
(3)SiCl (g)+2H(g)＝Si(s)+4HCl(g) H＝+236kJ/mol
4 2
(4)KOH(aq)+ HSO (aq)＝ KSO△(aq)+H O(l) H＝－57.3kJ/mol
2 4 2 4 2
(5)CH (g)+2SO(g) 2S(g)+CO(g)+2HO(g) H△＝+352kJ/mol
4 2 2 2
△
【解析】（1）由盖斯定律可知， H =2 H2+ H- H=2×（-299kJ/mol）+
1 3 4
（-1018kJ/mol）-（+87kJ/mol）=-1703kJ/mol；
△ △ △ △
（2）根据盖斯定律，反应(b)+ (c)- (e)或(c)- (d)得反应(a)，故反应a的∆H=∆H+∆H-∆H 或
1 2 3 5∆H-∆H；
3 4
（3）SiCl (g)+2H(g)＝Si(s)+4HCl(g)，反应中氢化合价由0变为+1，反应中转移电子为4
4 2
个，则4mol电子转移时吸收4×59kJ热量，故该反应的热化学方程式为SiCl (g)+2H(g)＝
4 2
Si(s)+4HCl(g) H＝+236kJ/mol；
（4）中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量；
△
已知含11.2gKOH的稀溶液（含0.2mol氢氧根离子）与1L0.1mol•L－1的HSO 稀溶液（含
2 4
有氢离子0.2mol）反应放出11.46kJ的热量，则生成1 mol液态水时所释放的热量为
5×11.46kJ，故表示中和热的热化学方程式为KOH(aq)+ HSO (aq)＝ KSO (aq)
2 4 2 4
+H O(l) H＝－57.3kJ/mol。
2
（5）由图可知，①CH(g) +2O (g)=CO (g) +2H O(g) H=（126-928）kJ/mol=-802kJ/mol，
△ 4 2 2 2
②S(g)+O
2
(g)= SO
2
(g) H＝-577kJ/mol，根据盖斯定律
△
可知，①-2②得：CH
4
(g)+2SO
2
(g)
2S(g)+CO(g)+2HO(g) H＝+352kJ/mol。
2 2 △
18．CO、CO 的回收和综合利用有利于实现“碳中和”。
2 △
(1)CO和H 可以合成简单有机物，已知CO、H 合成CHOH、HCOOCH 的能量变化如图
2 2 3 3
所示，计算2CHOH(g) HCOOCH (g)+2H(g)ΔH=_______。
3 3 2
已知键能数据如下表。
化学键 H﹣H C﹣O C O H﹣O C﹣H
键能/(kJ⋅mol﹣
436 326 a 464 414
1)
则C O的键能为 _______。
(2)已知：反应1：2CO(g)+4H(g)═CH CHOH(g)+H O(g)ΔH=-128.8kJ⋅mol﹣1
2 3 2 2
反应2：2CO(g)+4H(g)═CH OCH (g)+HO(g)ΔH=-78.1kJ⋅mol﹣1
2 3 3 2
假设某温度下，反应1的速率大于反应2的速率，则下列反应过程中的能量变化示意图正确的是 _______(填字母)。A． B．
C． D．
(3)CO 催化加氢制甲醇可分两步完成，反应历程如图所示。已知CO(g)
2
+2H (g)═CH OH(g)ΔH=-106kJ⋅mol﹣1，则CO(g)+3H(g)═CH OH(g)+H O(g)ΔH=_______。
2 3 2 2 3 2该反应进程中总反应速率由第 _______(“1”或“2”)步决定。
【答案】(1) +135.4kJ/mol 1054kJ/mol
(2)A
(3) -65kJ/mol 1
【解析】（1）根据图写出①CO(g)+2H(g)= CH OH(g) =-106.0kJ/mol、②2CO(g)
2 3
+2H (g)= HCOOCH (g) =-76.6kJ/mol，②-① 可得到2CHOH(g) HCOOCH (g)
2 3 3 3
+2H (g) ΔH=(-76.6kJ/mol)-( -106.0kJ/mol) 2=+135.4kJ/mol。
2
根据反应CO(g)+2H(g)= CH OH(g) =-106.0kJ/mol， =反应物总键能-生成物总键能，
2 3
代入数据可得：a+2 436-(414 3+326+464)= -106.0，解得a=1054，则C O的键能为
1054kJ/mol。
（2）反应1、反应2均为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应1的速率
大于反应2的速率，说明反应1的活化能小，只有A选项符合，故答案选A。
（3）根据图像写出反应①CO(g)+H(g)= CO(g)+H O(g) =+41kJ/mol，结合反应②
2 2 2
CO(g)+2H(g)= CH OH(g) =-106.0kJ/mol，①+②得出总反应CO(g)+3H(g)═CH OH(g)
2 3 2 2 3
+H O(g) ΔH=+41kJ/mol +( -106.0kJ/mol)= -65kJ/mol。
2
活化能越大则反应速率越慢，总反应的速率由活化能最大的步骤决定，由图可知第1步反
应活化能大，则总反应速率由第1步决定。
19．低碳经济已成为人们一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是能源领域的一个重
要研究方向。回答下列问题：
(1)用 催化加氢可以制取乙烯： ，该反应体系
的能量随反应过程变化关系如图所示，则该反应的 _______(用含a、b的式子表示)。
相关化学键的键能如下表，实验测得上述反应的 ，则表中反应过程的
_______。
化学键 C=O H-H C=C C-H H-O键能( ) x 436 764 414 464
(2)工业上用 和 反应合成二甲醚。
已知：
则 _______ 。
(3)用 表示阿伏加德罗常数的值，在 (g)完全燃烧生成 和液态水的反应中，每有
5 个电子转移时，放出650kJ的热量。 的热值为_______。
(4)二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。科学家提出由 制取C
的太阳能工艺如图。
①工艺过程中的能量转化形式为_______。
②已知“重整系统”发生的反应中 ，则 (y＜8)的化学式为___，“热分解系
统”中每转移2mol电子，需消耗 __mol。
【答案】(1) 803
(2)
(3)50KJ·g-1
(4) 太阳能转化为化学能 1
【解析】（1）根据反应热等于正反应活化能-逆反应的活化能分析，该反应热为
。根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算，有
，解x=803 。
（2）根据盖斯定律分析，①，② ，
有①×2-②得 -53.7×2-23.4=-130.8
。
（3） 表示阿伏加德罗常数的值，在 (g)完全燃烧生成 和液态水的反应中，每
有5 个电子转移时，说明有0.5mol乙炔反应，放出650kJ的热量，则1mol乙炔完全燃
烧放出的热量为1300kJ，则 的热值为 。
（4）①工艺过程中的能量转化形式为太阳能变化学能。
②已知“重整系统”发生的反应中 ，根据反应中的质量守恒分析，则x:y=6:8,则
(y＜8)的化学式为 ，反应方程式为 ,反应中转移4个电
子，故“热分解系统”中每转移2mol电子，需消耗 1mol。
20．乙酸正丁酯( )是无色透明液体，具有强烈香蕉味，沸点为
125℃。是重要的有机化工原料，被广泛用于溶剂、涂料和医药等行业。实验室用如下方法
制备乙酸正丁酯：
Ⅰ.在50mL的圆底烧瓶中加入10.0mL正丁醇(微溶于水)、8mL冰醋酸和0.5g硫酸镍，混合
均匀后加入几粒沸石，连接装置如图所示(夹持和加热装置已略去)。
Ⅱ.反应约1h后停止加热，冷却，过滤分离出催化剂，将烧瓶中的混合物与分水器中的酯
层合并，转入分液漏斗中，用10mL饱和碳酸钠溶液洗涤至中性，再依次用饱和氯化钠溶
液、饱和氯化钙溶液洗涤，分出酯层。
Ⅲ.将分离出来的酯层倒入干燥锥形瓶中，加入1~2g无水硫酸镁，过滤，将酯层转移到干
燥的蒸馏烧瓶中，加入几粒沸石进行蒸馏，收集122~126℃的馏分。回答下列问题：
(1)仪器A的名称为_______。
(2)写出生成乙酸正丁酯的化学方程式：_______。
(3)用10mL饱和碳酸钠溶液洗涤的目的是_______。
(4)向分液漏斗中加入饱和碳酸钠溶液洗涤时，在摇动后应进行的操作是_______。
(5)步骤Ⅲ加入无水硫酸镁的目的是_______；该步骤进行蒸馏时，应选用_______(填“直
形”“球形”或“蛇形”)冷凝管。
(6)可利用分水器中的现象判断反应已经完成，该现象是_______。
(7)本方法中用硫酸镍作催化剂的优点是硫酸镍能重复利用，催化剂重复利用次数与产率的
关系如图所示。随着重复次数的增多，产率逐渐下降的原因可能是_______。
【答案】(1)球形冷凝管
(2)
(3)除去未反应的乙酸
(4)打开分液漏斗活塞放气
(5) 吸水，干燥酯层 直形
(6)分水器中水层高度不变
(7)催化剂表面可能吸附杂质使活性降低或反应液与催化剂分离时，会损失少许催化剂等
【解析】（1）仪器A的名称为球形冷凝管，故填球形冷凝管；
（2）生成乙酸正丁酯的反应为酯化反应，化学方程式为
，故填
；
（3）用10mL饱和碳酸钠溶液洗涤的主要目的是洗去未反应的乙酸，未反应的丁醇微溶于
水，不易洗去，故填除去未反应的乙酸；
（4）分液漏斗中在摇动后产生蒸汽，压强大，故应打开分液漏斗活塞放气，故填打开分液
漏斗活塞放气；（5）无水硫酸镁与水结合生成结晶水合物，故可用作干燥剂干燥酯层；蒸馏一般用直形冷
凝管，易于冷凝液化后液体顺利流入接收装置中，故填吸水，干燥酯层；直形；
（6）酯化反应完成后，无水生成，故分水器中水层高度不变，故填分水器中水层高度不变；
（7）产率逐渐下降的原因可能是反应液与催化剂分离时，会损失少许催化剂或催化剂表面
可能吸附杂质使活性降低等，故填催化剂表面可能吸附杂质使活性降低或反应液与催化剂
分离时，会损失少许催化剂等。
一、单选题
1． 和 在一定条件下能发生反应： ，已知：
a、b、c均大于零，下列说法不正确的是
A．反应物的总能量高于生成物的总能量
B．断开1mol H-H键所释放的能量为b kJ
C．断开2mol H-I键所需能量约为 kJ
D．向密闭容器中加入2mol 和2mol ，充分反应后放出的热量小于2a kJ
【答案】B
【解析】A．因为该反应 ，为放热反应，因此反应物的总能量高于生成物的总能量，
A正确；
B．断开1mol H-H键需要吸收b kJ能量，B错误；
C． ，计算可得断开2mol H-I键所需能量约为 kJ，C正确；
D．因为该反应是可逆反应，因此反应不能进行到底，所以向密闭容器中加入2mol 和
2mol ，充分反应后放出的热量小于2a kJ，D正确。
因此，本题选B。
2．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A．已知2H(g)+O(g)=2HO(g) ΔH=-483.6kJ•mol-1，则氢气的燃烧热为241.8kJ•mol-1
2 2 2
B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定
C．已知2C(s)+2O(g)=2CO (g) ΔH；2C(s)+O(g)=2CO(g) ΔH；则ΔH>ΔH
2 2 1 2 2 1 2
D．已知Ni(CO) (s)=Ni(s)+4CO(g) ΔH=+QkJ•mol-1，则Ni(s)+4CO(g)=Ni(CO) (s) ΔH=-
4 4
QkJ•mol-1
【答案】D
【解析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，氢气的燃烧热必须是生成液态水所放出的热量，液态水变为气态水是吸热的，则氢气的燃烧热小于
241.8kJ•mol-1，故A错误；
B．物质的能量越低越稳定，石墨转化为金刚石吸热，则金刚石的能量更高，因此石墨比
金刚石稳定，故B错误；
C．C完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，则ΔH<ΔH ，故C
1 2
错误；
D．Ni(s)＋4CO(g)=Ni(CO) (s)为Ni(CO) (s)=Ni(s)＋4CO(g)的逆反应，则Ni(s)
4 4
+4CO(g)=Ni(CO) (s) ΔH=-QkJ•mol-1，故D正确；
4
故答案选D。
3．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．实验(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)中若用浓硫酸测定，则测定数值偏高
D．实验(c)中将玻璃搅拌器改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响
【答案】C
【解析】A．金属与酸的反应为放热反应，氢氧化钡晶体与氯化铵固体的反应为吸热反应，
中和反应为放热反应，A错误；
B．等质量的铝片与铝粉与盐酸反应放出的热量相同，B错误；
C．浓硫酸稀释会放热，会使测定的数值偏高，C正确；
D．铁的导热性良好，换用铁制搅拌棒后会有热量损失，导致测定的数值偏低，D错误；
故选C。
4．上海交通大学仇毅翔等研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C H(g)＋H(g)=C H(g)
2 4 2 2 6
H]的反应历程如下图所示：
△下列说法正确的是
A．该反应的焓变：ΔH=129.6kJ·mol-1
B．催化乙烯加氢效果较好的催化剂是AuF
C．稳定性：过渡态1>过渡态2
D．若该反应生成液态C H，则反应的∆H减小
2 6
【答案】D
【解析】A. 焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，由题干图示反应物、生成物的
总能量可知ΔH =-129.6kJ/mol-0=-129.6kJ/mol，A错误；
B. 由图可知AuPF +对应的活化能小，则催化效果好，B错误；
3
C. 过渡态1所处状态能量高于状态2，两种过渡态物质中较稳定的是过渡态2，即稳定性：
过渡态1＜过渡态2，C错误；
D. 已知由气态转化为液态的过程是一个放热过程，即若该反应生成液态C H，则反应放
2 6
出的热量更多，故反应的∆H减小，D正确；
故答案为：D。
5．下列关于反应热的说法正确的是
A． ，恒温恒压下达平衡后加入X，上述反应 增大
B．HCl(aq)和NaOH(aq)反应的中和热 ，则稀 (aq)和 (aq)
反应生成2mol (l)的反应热
C．一定条件下，将0.5mol 和1.5mol 置于密闭的容器中充分反应生成 (g)，放热
19.3kJ，其热化学方程式为
D．a. ；b. ，若a、b反应放热，则
【答案】D
【解析】A． ，恒温恒压下达平衡后加入X，反应正向进行，
吸收的热量增大，但反应 不变，故A错误；
B．稀 (aq)和 (aq)反应生成2mol (l)和1molBaSO ，反应中有BaSO 成键
4 4放热，所以反应热小于 ，故B错误；
C． 和 反应是可逆反应，0.5mol 和1.5mol 反应不完全，热化学方程式为
对应的是1mol 完全转化时放出的热量，故C错误；
D．A(s)到A(g)过程需要吸收热量，所以b放出的热量少，故 ，故D正确；
故答案为D。
6．下列关于中和反应反应热和燃烧热的描述中，正确的是
A．25℃，101kPa时，HSO 和Ca(OH) 反应生成1mol水放出的热量与HCl和NaOH反应
2 4 2
生成1mol水放出的热量一定相等
B．中和反应反应热的测定过程中，若隔热层隔热效果不好，会导致所测数值的绝对值偏
小
C．根据热化学方程式NH(l)+3O (g)=2NO (g)+2HO(l) H=-622kJ•mol-1，可求得NH(l)
2 4 2 2 2 2 4
的燃烧热
△
D．1gH 完全燃烧生成液态水时放出的热量即为H 的燃烧热
2 2
【答案】B
【解析】A． 和 的浓度未知，且反应生成 固体，无法比较，A错误；
B．如果隔热效果不好，有热量散失，测得的中和反应反应热数值的绝对值偏小，B正确；
C． 的燃烧产物应为 和HO，C错误；
2
D．1molH 完全燃烧生成液态水时放出的热量为H 的燃烧热，D错误；
2 2
故答案为：B。
7．设N 为阿伏加德罗常数的值。已知反应：
A
①CH(g)+2O(g)=CO (g)+2HO(l) ΔH=a kJ·mol–1
4 2 2 2 1
②CH (g)+2O(g)=CO (g)+2HO(g) ΔH=b kJ·mol–1
4 2 2 2 2
化学键 C=O O=O C-H O-H
键能/( kJ·mol–1) 798 x 413 463
下列说法正确的是A．上表中x=
B．HO(g)=H O(l) ΔH=(a-b)kJ·mol–1
2 2
C．当有4 N 个C-H键断裂时，反应放出的热量一定为 |a| kJ
A
D．a＞b且甲烷燃烧热ΔH =b kJ·mol–1
【答案】A
【解析】A．根据反应②可知，ΔH=413 kJ/mol×4+2x kJ/mol-(798×2+463×4)kJ/mol=b
2
kJ/mol，整理可得 x= ，A正确；B．①CH(g)+2O(g)=CO (g)+2HO(l) ΔH=a kJ·mol–1，②CH(g)+2O(g)=CO (g)
4 2 2 2 1 4 2 2
+2H O(g) ΔH=b kJ·mol–1，根据盖斯定律 ×(①-②)，整理可得：HO(g)=H O(l) ΔH = (a-
2 2 2 2
b)kJ/mol，B错误；
C．有4N 个C-H键断裂时，反应消耗了l mol甲烷，若按照反应①进行，放热热量为a
A
kJ；若按照反应②进行，放热热量为b kJ，因此反应放出的热量不一定为 |a| kJ ，C错误；
D．燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧产生稳定氧化物时放出的热量，HO的稳定状态是液态，
2
a＞b且甲烷燃烧热ΔH =-a kJ·mol–1，D错误；
故合理选项是A。
8．2022年北京冬奥会火炬采用的是碳纤维材质，燃烧的是氢能源，在奥运史上首次实现
了零碳排放。涉及氢燃烧反应的物质的汽化热(1mol纯净物由液态变为气态所需要的热量)
如下：
物质
汽化热/( ) a b c
若 的燃烧热 ，则火炬燃烧反应 的 为A．
B．
C． D．
【答案】B
【解析】由题意知，① H=-QkJ/mol、②
1
△
H=+akJ/mol、③ H=+ckJ/mol，根据盖斯定律，由①+②+③可得目标反
2 3
△应的热化学方程式，即 H= H+ H△+ H=(-Q+a+c)kJ/mol；
1 2 3
答案选B。
△ △ △ △
9．根据以下3个热化学方程式：
2HS(g)+3O(g)=2SO(g)+2HO(l) H=Q kJ·mol-1
2 2 2 2 1
2H
2
S(g)+O
2
(g)=2S (s)+2H
2
O(l) ∆H=Q
2
kJ·mol-1
2H
2
S(g)+O
2
(g)=2S (s)+2H
2
O(g) ∆H=Q
3
kJ·mol-1
判断Q、Q、Q 三者关系正确的是
1 2 3 ∆
A．Q>Q >Q B．Q>Q >Q C．Q>Q >Q D．Q>Q >Q
1 2 3 1 3 2 3 2 1 2 1 3
【答案】A
【解析】将已知反应依次编号为①②③，反应①为硫化氢完全燃烧，反应②③为不完全燃
烧，则完全燃烧放出的热量大，Q 最大，反应②生成液态水，硫化氢不完全燃烧生成液态
1水放出的热量比气态水多，则Q>Q ，综上可知Q、Q、Q 三者关系为Q>Q >Q ，故选：
2 3 1 2 3 1 2 3
A。
10．关于反应 说法正确的是
A．反应的
B．反应中， (E表示键能，CO中为
键)
C．平衡后，保持其他条件不变，再加入少量 ， 的数值不变
D．相同条件下，向容器中充入1mol 和1mol ，充分反应放出206.3kJ热量
【答案】B
【解析】A．该反应是气体分子数增大的反应，体系的混乱度增大，则反应的 ，A错
误；
B．该反应的 ，可知反应物的总键能比生成物的总键能低，则
，B正确；
C．平衡后，保持其他条件不变，再加入少量 即增大反应物的浓度，平衡正向移动，
c(HO)减小，温度不变则该反应的平衡常数K不变，由 的数值
2
变小，C错误；
D．该反应是可逆反应，不能反应完全，则相同条件下，向容器中充入1mol 和
1mol ，充分反应放出低于206.3kJ热量，D错误；
故选：B。
二、填空题
11．“绿水青山就是金山银山”，运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的
反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
(1)CO还原NO的反应为 。部分
化学键的键能数据如下表(CO以 键构成)：
化学键
1076 945 745
①由以上数据可求得NO的键能为_______ 。
②写出两条有利于提高NO平衡转化率的措施_______。(2)一定条件下，向某恒容密闭容器中充入 和 ，发生的反应
。
①图中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系曲线为_______(填“a”或
“b”)，其判断依据是_______。
②若 、 ，测得在相同时间内不同温度下 的转化率如图所示，则在该时间段内，
在 时恰好达到化学平衡，此时容器内的压强与反应开始时的压强之比为_______。
(3)在有氧条件下，新型催化剂M能催化 与NOx反应生成 。 与 生成 的
反应中，当生成 吋，转移的电子数为_______mol。
【答案】(1) 增大压强、降低温度，或者增大CO与NO 的投料比
(2) a 该反应为放热反应，升高温度，平衡左移，平衡常数减小，因此图中能表示该
反应的平衡常数 K 与温度 T 之间的变化关系曲线为a 17∶25
(3)
【解析】（1）①CO 还原 NO 的反应为 2CO(g)+2NO(g) 2CO(g)+N(g)ΔH=-d
2 2
kJ/mol(d>0)，设NO 的键能为x kJ/mol，根据反应可知反应的ΔH=2a+2x-2×2c-b=-d，解之
⇌
得x= kJ/mol；
②该反应为气体总体积减小的放热的可逆反应，因此若要提高 NO 平衡转化率，可以采用
增大压强、降低温度，或者增大CO与NO 的投料比的方法达到目的；
（2）①反应CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g) ΔH=-50 kJ·mol-1，该反应为放热反应，升高
2 2 3 2
温度，平衡左移，平衡常数减小，因此图中能表示该反应的平衡常数 K 与温度 T 之间的
⇌
变化关系曲线为a；
②可逆反应CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g)，列三段式进行计算：在温度为T 时，氢气
2 2 3 2 2
⇌的转化率为80%；
同温同体积时，气体的压强之比与物质的量成正比，故b点时对应的压强与反应开始时的
压强之比为：3.4：5.0=17∶25；
（3）NH 与NO 生成N 的反应中，反应方程式为8NH +6NO=7N +12H O，该反应中生成
3 2 2 3 2 2 2
7 mol N 时，转移的物质的量为8mol×3=24mol，则生成 ，即1mol氮气转移电子物质
2
的量 mol，
故答案为： 。
12．燃煤烟气中SO 和NO 是大气污染物的主要来源，脱硫脱硝技术是烟气治理技术的研
2 x
究热点。
(1)尿素/H O 溶液脱硫脱硝。尿素[CO(NH)]是一种强还原剂。60℃时在一定浓度的尿
2 2 2 2
素/H O 溶液中通入含有SO 和NO的烟气，烟气中有毒气体被一定程度吸收。尿素/H O 溶
2 2 2 2 2
液对SO 具有很高的去除效率，写出尿素和HO 溶液吸收SO ，生成硫酸铵和CO 的化学
2 2 2 2 2
方程式为____。
(2)除去烟气中的NO ，利用氢气选择性催化还原(H —SCR)是目前消除NO的理想方法。H
x 2 2
—SCR法的主反应：2NO(g)+2H (g)=N(g)+2HO(g) H
2 2 2 1
副反应：2NO(g)+H (g)=NO(g)+H O(g) H<0
2 2 2 2 △
①已知H(g)+ O(g)=HO(g) H=-241.△5kJ·mol-1
2 2 2 3
N(g)+O(g)=2NO(g) H=+180△.5kJ·mol-1
2 2 4
则 H=____kJ·mol-1。
1 △
②H —SCR在Pt—HY催化剂表面的反应机理如图所示：
△2已知在HY载体表面发生反应的NO、O 物质的量之比为4∶1，反应中每生成1molN ，转移
2 2
的电子的物质的量为___mol。
(3)V O/炭基材料(活性炭、活性焦、活炭纤维)也可以脱硫脱硝。VO/炭基材料脱硫原理是：
2 5 2 5
SO 在炭表面被吸附，吸附态SO 在炭表面被催化氧化为SO ，SO 再转化为硫酸盐等。
2 2 3 3
①VO/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO 的吸收
2 5 4
峰，再通入O 后VOSO 吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为____。
2 4
②V O/炭基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，考察了烟气中O 的存在对VO/炭基
2 5 2 2 5
材料催化剂脱硫脱硝活性的影响，结果如图所示，当O 浓度过高时，去除率下降，其可能
2
原因是_____。
【答案】(1)SO +CO(NH )+H O+H O=(NH )SO +CO
2 2 2 2 2 2 4 2 4 2
(2) -663.5 3
(3) SO 与VO 作用形成具有VOSO 结构的中间体；VOSO 中间体与气相的O 反应生成
2 2 5 4 4 2
SO 和 或3SO +V O+O =2VOSO +SO，4VOSO+O =2V O+4SO 氧气浓度过高时，
3 2 2 5 2 4 3 4 2 2 5 3
O、SO 和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O 分子占据催化剂过多活性位时，剩余的
2 2 2
SO 、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降
2
【解析】（1）尿素和HO 溶液吸收SO ，生成硫酸铵和CO，依据得失电子守恒和原子守
2 2 2 2
恒可得，反应的化学方程式为：SO +CO(NH )+H O+H O=(NH )SO +CO 。
2 2 2 2 2 2 4 2 4 2
（2）①已知I．H(g)+ O(g)=HO(g) △H=-241.5kJ·mol-1，II．N(g)+O(g)=2NO(g)
2 2 2 3 2 2
△H=+180.5kJ·mol-1，依据盖斯定律I 2-II有：2NO(g)+2H (g)=N(g)+2HO(g)，
4 2 2 2
△H=(-241.5kJ·mol-1) 2-(+180.5kJ·mol-1)=-663.5kJ·mol-1。
1
②已知在HY载体表面发生反应的NO、O 物质的量之比为4∶1，依据图示和得失电子守恒
2
可得反应的离子方程式为：4NH +4NO+O=4N +6H O+4H+，依据方程式可知，反应中每
2 2 2
生成1molN ，转移的电子的物质的量为3mol。
2
（3）①VO/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO
2 5 4的吸收峰，再通入O 后VOSO 吸收峰消失，说明VOSO 是中间体，反应过程中生成了
2 4 4
VOSO、又消耗了VOSO，因此该脱硫反应过程可描述为：SO 与VO 作用形成具有
4 4 2 2 5
VOSO 结构的中间体；VOSO 中间体与气相的O 反应生成SO 和 ，或者用化学方程
4 4 2 3
式表示为：3SO +V O+O =2VOSO +SO，4VOSO+O =2V O+4SO。
2 2 5 2 4 3 4 2 2 5 3
②若氧气浓度过高，O、SO 和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O 分子占据催化剂过
2 2 2
多的活性位时，剩余的SO 、NO分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。
2
