曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
专题九 化学反应的热效应
1.1 mol白磷(P ,s)和4 mol红磷(P,s)与氧气反应过程中的能量变化如图(E表示能量)。下
4
列说法正确的是( )
A.P (s,白磷) 4P(s,红磷) ΔH>0
4
B.1 mol白磷的键能大于4 mol红磷的键能
C.白磷比红磷稳定
D.红磷燃烧的热化学方程式是4P(s,红磷)+5O (g) P O (s) ΔH=-(E -E )kJ/mol
2 4 10 2 3
答案 D 由题图可知1 mol白磷(P ,s)的能量高于4 mol红磷(P,s),故P (s,白磷) 4P(s,
4 4
红磷)为放热反应,ΔH<0,A不正确;物质能量越高越不稳定,键能越小,B、C不正确;由题
图可知4 mol红磷(P,s)完全燃烧生成P O (s)可放出(E -E ) kJ的热量,D正确。
4 10 2 3
2.由N O和NO反应生成N 和NO 的能量变化如图所示。
2 2 2
下列说法错误的是( )
A.反应生成1 mol N 时转移2 mol e-
2
B.反应物能量之和大于生成物能量之和
C.N O与NO反应的化学方程式为N O+NO N +NO
2 2 2 2
D.正反应的活化能大于逆反应的活化能
答案 D N O中氮元素由+1价降到0价,NO中氮元素由+2价升到+4价,反应的化学方
2
程式为N O+NO N +NO ,生成1 mol N 时转移2 mol 电子,A、C正确;由题图可知,反
2 2 2 2
应物总能量大于生成物总能量,正反应活化能小于逆反应活化能,故B正确,D错误。
3.下列说法或表示方法正确的是( )
A.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,后者放出的热量多
B.由C(s,石墨) C(s,金刚石) ΔH=+1.9 kJ·mol-1可知,金刚石比石墨稳定
C.在稀溶液中,H+(aq)+OH-(aq) H O(l)
2
ΔH=-57.3 kJ·mol-1,若将含0.5 mol H SO 的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合,放出的
2 4
热量大于57.3 kJ
D.干燥环境中,所有金属都不能被腐蚀
答案 C 等质量的硫蒸气与硫固体相比,硫蒸气拥有的能量更高,完全燃烧,放出的热量
更多,A不正确;石墨转化为金刚石为吸热反应,故金刚石能量更高,物质能量越高越不稳
定,B不正确;浓硫酸稀释会放热,C正确;金属腐蚀分为化学腐蚀和电化学腐蚀,在干燥环
境中可发生化学腐蚀,D不正确。
4.甲烷与氧气反应过程中的能量变化如下图所示。下列有关说法正确的是( )
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A.反应CO (g)+2H O(l) CH (g)+2O (g)的ΔH<0
2 2 4 2
B.若将1 mol CO (g)和2 mol H O(l)的总能量标在图中,则其位置在①、②之间
2 2
C.若C—H键的键能为415 kJ·mol-1,则O O的键能为493 kJ·mol-1
D.若该反应过程中转化的能量为200 kJ,则有0.25 mol C O键生成
答案 C 甲烷燃烧是放热反应,所以CO (g)+2H O(l) CH (g)+2O (g) ΔH>0,A项
2 2 4 2
错误;因液态水能量低于气态水能量,故相应的位置在③下方,B项错误;根据4 mol×415
kJ·mol-1+2 mol×E(O O)=2 646 kJ,得E(O O)=493 kJ·mol-1,C项正确;由题图知,转化的
能量为800 kJ 时,有1 mol CO 生成,则转化的能量为200 kJ 时,生成0.25 mol的CO ,1
2 2
mol CO 中含有2 mol C O键,故生成的C O键是0.5 mol,D项错误。
2
知识归纳 同一物质不同状态时能量大小为E(g)>E(l)>E(s)。
5.CO甲烷化反应为CO(g)+3H (g) CH (g)+H O(l)。下图是使用某种催化剂时转化过
2 4 2
程中的能量变化(部分物质省略),其中步骤②反应速率最慢。
(其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)
下列说法错误的是( )
A.步骤①只有非极性键断裂
B.步骤②速率最慢的原因可能是其活化能最高
C.步骤③反应吸收热量
D.使用该催化剂不能有效提高CO的平衡转化率
答案 C 步骤①只有H—H键断裂,A正确;步骤②速率最慢说明活化能最高,B正确;由
图示信息可知步骤①②反应吸热,步骤③反应放热,C不正确;催化剂只影响反应速率,不
影响平衡转化率,D正确。
6.已知:顺-2-丁烯( )与反-2-丁烯( )互为顺反异构
体,其与氢气加成制备丁烷的能量变化图如下。
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下列说法正确的是( )
A.稳定性:顺-2-丁烯>反-2-丁烯
B. (g) (g) ΔH=+4.2 kJ·mol-1
C.顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯的过程属于物理变化
D.完全燃烧等质量 (g)和 (g),前者放热多
答案 D 顺-2-丁烯能量相对高,不稳定,A不正确;由盖斯定律可知
(g) (g) ΔH=-4.2 kJ·mol-1,B不正确;顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯的
过程属于化学变化,C不正确; (g)和 (g)燃烧产物
相同, (g)相对能量更大,完全燃烧等质量的两者,前者放热多,D正确。
7.下列有关说法正确的是( )
A.甲烷的燃烧热ΔH=-890.3 kJ·mol-1,则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为CH (g)
4
+2O (g) CO (g)+2H O(g) ΔH=-890.3 kJ·mol-1
2 2 2
B.在101 kPa时,2 g H 完全燃烧生成液态水,放出285.8 kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式
2
可表示为2H (g)+O (g) 2H O(l) ΔH=-571.6 kJ·mol-1
2 2 2
C.HCl和NaOH反应的中和反应反应热ΔH=-57.3 kJ·mol-1,则H SO 和Ca(OH) 反应的中
2 4 2
和反应反应热ΔH=2×(-57.3) kJ·mol-1
D. 500 ℃、30 MPa下,将0.5 mol N (g)和1.5 mol H (g)置于密闭容器中充分反应生成
2 2
NH (g),放热19.3 kJ,其热化学方程式为N (g)+3H (g) 2NH (g) ΔH=-38.6 kJ·mol-1
3 2 2 3
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答案 B 表示燃烧热的热化学方程式中H O为液态,A不正确;1 mol H (g)完全燃烧生
2 2
成液态水,放出285.8 kJ的热量,则2 mol H (g)完全燃烧生成液态水放出571.6 kJ的热量,
2
B正确;中和反应反应热是指酸和碱在稀溶液中反应生成1 mol水时放出的热量,C不正
确;N (g)与H (g)反应生成NH (g)的反应为可逆反应,0.5 mol N (g)和1.5 mol H (g)充分反
2 2 3 2 2
应后,参加反应的N (g)和H (g)分别不足0.5 mol和1.5 mol,故N (g)+3H (g) 2NH (g)
2 2 2 2 3
的ΔH<-38.6 kJ·mol-1,D不正确。
8.根据Ba(OH) /BaO体系的能量循环图:
2
下列关系式正确的是( )
A.ΔH +ΔH =0
1 2
B.ΔH <0,ΔH <0
3 4
C.ΔH =ΔH +ΔH
3 4 5
D.ΔH +ΔH +ΔH +ΔH +ΔH =0
1 2 3 4 5
答案 D H O(g)与H O(l)能量不同且温度不同,故ΔH ≠-ΔH ,即ΔH +ΔH ≠0,A不正确;
2 2 1 2 1 2
升温吸收能量ΔH >0,降温放出能量ΔH <0,B不正确;由图可知-ΔH =ΔH +ΔH +ΔH +ΔH ,
3 4 1 2 3 4 5
即ΔH +ΔH +ΔH +ΔH +ΔH =0,故D正确,C不正确。
1 2 3 4 5
9.工业上利用工业废气中的CO、CO 合成有机物以实现“碳中和”的目的。
2
已知:①CO(g)+H O(g) HCOOH(g) ΔH =-72.6 kJ·mol-1
2 1
②2CO (g)+6H (g) C H (g)+4H O(g) ΔH =-127.9 kJ·mol-1
2 2 2 4 2 2
③CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) ΔH =+41.2 kJ·mol-1
2 2 2 3
下列说法错误的是( )
A.2CO(g)+4H (g) C H (g)+2H O(g)
2 2 4 2
ΔH =-210.3 kJ·mol-1
4
B.CO (g)+H (g) HCOOH(g) ΔH =-31.4 kJ·mol-1
2 2 5
C.由反应①可知HCOOH的氧化反应一定是吸热反应
D.反应③的正反应活化能大于逆反应的活化能
答案 C 运用盖斯定律②-③×2可得2CO(g)+4H (g) C H (g)+2H O(g),ΔH =(-127.9-
2 2 4 2 4
41.2×2) kJ·mol-1=-210.3 kJ·mol-1,A正确;①+③可得CO (g)+H (g)
2 2
HCOOH(g),ΔH =(-72.6+41.2) kJ·mol-1=-31.4 kJ·mol-1,B正确;若HCOOH的氧化是与O 反
5 2
应生成CO 和H O,为放热反应,C不正确;反应③为吸热反应,正反应的活化能大于逆反
2 2
应的活化能,D正确。
10.CO与N O在铁催化剂表面进行如下两步反应,其相对能量与反应历程如图所示。
2
第一步:Fe*+N O FeO*+N
2 2
第二步:FeO*+CO Fe*+CO
2
下列叙述错误的是( )
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A.Fe*使反应的活化能降低
B.两步反应均为放热反应
C.总反应为CO+N O N +CO
2 2 2
D.第一步反应比第二步反应快
答案 D A项,由题意可知,第一步Fe*被消耗,第二步又生成Fe*,说明Fe*是反应的催化
剂,能使反应的活化能降低,正确;B项,根据题图,可知两步反应的生成物的总能量均低于
反应物的总能量,则两步反应均为放热反应,正确;C项,根据盖斯定律:第一步反应+第二步
反应=总反应,则总反应为CO+N O N +CO ,正确;D项,根据题图,第一步反应的
2 2 2
活化能高于第二步反应,活化能越低,反应速率越快,则第一步反应比第二步反应慢,错误。
11.正戊烷异构化为异戊烷是油品升级的一项重要技术,在合适催化剂和一定压强下,正戊
烷的平衡转化率(α)随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是( )
燃烧热
名称 熔点/℃ 沸点/℃
ΔH/(kJ·mol-1)
正戊烷 -130 36 -3 506.1
异戊烷 -159.4 27.8 -3 504.1
A.25 ℃、101 kPa时,正戊烷异构化成异戊烷的热化学方程式为CH CH CH CH CH (l)
3 2 2 2 3
(CH ) CHCH CH (l) ΔH=-2.0 kJ·mol-1
3 2 2 3
B.28~36 ℃时,随温度升高,正戊烷的平衡转化率增大,原因是异戊烷汽化离开体系,产物浓
度降低,平衡正向移动
C.36~150 ℃时,随温度升高,正戊烷异构化反应的平衡常数增大
D.150 ℃时,体系压强从100 kPa升高到500 kPa,正戊烷的平衡转化率基本不变
答案 C A项,①CH CH CH CH CH (l)+8O (g) 5CO (g)+6H O(l) ΔH=-3 506.1
3 2 2 2 3 2 2 2
kJ·mol-1,②(CH ) CHCH CH (l)+8O (g) 5CO (g)+6H O(l) ΔH=-3 504.1 kJ·mol-1,由盖
3 2 2 3 2 2 2
斯定律①-②得CH CH CH CH CH (l) (CH ) CHCH CH (l) ΔH=(-3 506.1+3 504.1)
3 2 2 2 3 3 2 2 3
kJ·mol-1=-2.0 kJ·mol-1,正确;B项,根据题表中的沸点数值,在28~36 ℃时,随温度升高,异戊
烷汽化离开体系,产物浓度降低,导致平衡正向移动,正戊烷的平衡转化率增大,正确;C项,
正戊烷异构化成异戊烷的反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小,错
误;D项,150 ℃时,正戊烷和异戊烷都是气态,反应前后气体体积不变,增大压强,平衡不移
动,正戊烷的平衡转化率不变,正确。
12.催化剂作用下,CO 可以加氢制取CH ,该反应可表示为CO (g)+4H (g) CH (g)
2 4 2 2 4
+2H O(g) ΔH<0。下列说法正确的是 ( )
2
A.该反应任何条件下均能自发进行
c(CH )
4
B.反应的平衡常数可表示为K=
c(CO )·c4(H )
2 2
C.其他条件不变,增大压强可以增大反应的平衡常数
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D.断裂反应物所含化学键吸收的能量小于形成生成物所含化学键释放的能量
答案 D 该反应ΔH<0、ΔS<0,则ΔH-TΔS在低温时小于0,所以该反应在低温下可自发
c(CH )·c2(H O)
4 2
进行,A错误;该反应的平衡常数可表示为K= ,B错误;反应的平衡
c(CO )·c4(H )
2 2
常数仅与温度有关,C错误;ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能<0,D正确。
13.以Pd纳米粒子为核、空心多孔碳球(HCS)为壳的封装型催化剂是H 和O 直接合成
2 2
H O 中最具代表性的催化剂,其主要反应的机理如图(其中吸附在催化剂表面的物种用*
2 2
标注)所示。下列有关说法不正确的是 ( )
A.使用催化剂可加快该反应的速率
B.步骤②吸收能量、步骤④释放能量
C.步骤③中没有发生化学键的断裂
D.若该过程中生成O*,则可能会降低H O 的产率
2 2
答案 C A项,催化剂能降低反应活化能,提高活化分子百分数,加快反应速率,正确。B
项,步骤②是O *+H * O * +2H*,断开H—H键需要吸收能量;步骤④是OOH*+H*
2 2 2
H O * ,形成H—O键需要释放能量,正确。C项,步骤③是O * +2H* OOH*+H*,O O
2 2 2
断开一根键,错误。D项,若该过程中生成O*,H O 的产率可能会降低,正确。
2 2
14.CH CH CH 的溴化、氯化反应过程及产物选择性如图所示。下列说法正确的是 (
3 2 3
)
A.CH CH CH ·比(CH ) CH·稳定
3 2 2 3 2
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B.使用合适的催化剂能够降低氯化、溴化反应的ΔH
C.升高温度,氯化、溴化反应的CH CH CH 平衡转化率都增大
3 2 3
D.以CH CH CH 为原料合成2-丙醇时,应该选用溴化反应,然后再水解
3 2 3
答案 D A项,根据题中图像可知,CH CH CH ·比(CH ) CH·具有的能量高,即(CH ) CH·
3 2 2 3 2 3 2
比CH CH CH ·稳定,错误;B项,使用催化剂可降低反应活化能,但ΔH保持不变,错误;C项,
3 2 2
根据能量—溴化反应过程图像可知,该反应为吸热反应,升高温度,促进平衡向正反应方
向移动,CH CH CH 的平衡转化率增大,根据能量—氯化反应过程图像可知,该反应为放
3 2 3
热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,CH CH CH 的平衡转化率降低,错误;D项,根据
3 2 3
能量—溴化反应过程图像可知,(CH ) CH·选择性为95%,相对较大,以CH CH CH 为原料
3 2 3 2 3
合成2-丙醇时,应该选用溴化反应,然后再水解,正确。
15.二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g) ΔH,
2 2 3 2
一般认为反应通过如下步骤来实现:
①CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) ΔH
2 2 2 1
②CO(g)+2H (g) CH OH(g) ΔH
2 3 2
体系能量变化如图所示。
下列有关说法正确的是( )
A.ΔH <ΔH
1 2
B.步骤②反应ΔS>0
C.二氧化碳加氢制甲醇的总反应速率取决于步骤①
c(CH OH)
3
D.二氧化碳加氢制甲醇的总反应的平衡常数K=
c(CO )·c3(H )
2 2
答案 C A项,反应①为吸热反应,ΔH >0,反应②为放热反应,ΔH <0,ΔH >ΔH ,错误;B项,
1 2 1 2
反应②的ΔS<0,错误;C项,CO 加氢制CH OH的总反应速率取决于步骤①,因为步骤①的
2 3
活化能大于步骤②,正确;D项,CO 加氢制甲醇的总反应的平衡常数K=
2
c(CH OH)·c(H O)
3 2
,错误。
c(CO )·c3(H )
2 2
16.二维锑(Sb)片是一种新型的CO 电化学还原催化剂。酸性条件下人工固碳装置中
2
CO 气体在Sb表面发生三种催化竞争反应,其反应历程如图所示(*表示吸附态中间体)。
2
下列说法不正确的是( )
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A.生成HCOOH吸收的能量最多
B.使用Sb改变了反应的路径
C.Sb电极表面生成CO的反应为*CO +2e-+H O CO+2OH-
2 2
D.Sb对三种催化竞争反应的选择效果为HCOOH>H >CO
2
答案 C A项,由题图知生成HCOOH吸收的能量最多,正确;B项,使用催化剂Sb改变
了反应的路径,正确;C项,该装置处于酸性条件下,所以不可能生成OH-,错误;D项,活化能
越小,反应越容易进行,催化竞争反应选择效果越好,正确。
17.已知丙烷的燃烧热ΔH=-2 215 kJ·mol-1,若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8 g水,则放
出的热量约为( )
A.55 kJ B.220 kJ
C.550 kJ D.1 108 kJ
答案 A 根据燃烧热的概念,则有C H (g)+5O (g) 3CO (g)+4H O(l) ΔH=-2 215
3 8 2 2 2
2215
kJ·mol-1,因此生成1.8 g水放出的热量是1.8× kJ≈55.4 kJ,故选A。
4×18
18.在同温同压下,下列各组热化学方程式中,ΔH >ΔH 的是( )
2 1
A.2H (g)+O (g) 2H O(g) ΔH
2 2 2 1
2H (g)+O (g) 2H O(l) ΔH
2 2 2 2
B.S(s)+O (g) SO (g) ΔH
2 2 1
S(g)+O (g) SO (g) ΔH
2 2 2
1
C.C(s)+ O (g) CO(g) ΔH
2 2 1
C(s)+O (g) CO (g) ΔH
2 2 2
D.H (g)+Cl (g) 2HCl(g) ΔH
2 2 1
1 1
H2(g)+ Cl (g) HCl(g) ΔH
2 2
2 2
答案 D 本题涉及的四组反应均为放热反应,ΔH<0,放热越多,ΔH值越小。A中H O(l)
2
比H O(g)能量低,故ΔH <ΔH ;B中反应物S(g)比S(s)能量高,燃烧时放出的热量多,故
2 2 1
ΔH <ΔH ;C中前者是不完全燃烧,后者是完全燃烧,放出的热量是后者多,故ΔH <ΔH ;D
2 1 2 1
中前者反应物的物质的量是后者的两倍,放出的热量也是后者的两倍,ΔH >ΔH ,故选D。
2 1
19.氮氧化物破坏臭氧层反应机理如下:
ⅰ.O (g)+NO(g) O (g)+NO (g) ΔH
3 2 2 1
ⅱ.NO (g) NO(g)+O(g) ΔH
2 2
ⅲ.O(g)+O (g) 2O (g) ΔH
3 2 3
其能量与反应历程的关系如图所示。下列判断不正确的是( )
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A.2O (g) 3O (g) ΔH <0
3 2 4
B.ΔH =ΔH -ΔH
2 3 1
C.ΔH >ΔH >ΔH
2 1 3
D.ΔH +ΔH <0
3 2
答案 B 由图像可知,2O (g) 3O (g)为放热反应,ΔH <0,A正确;反应Ⅰ+反应Ⅱ得新
3 2 4
反应:O (g) O (g)+O(g),不等于反应Ⅲ,B错误;由反应历程与能量的关系图可
3 2
知,ΔH >ΔH >0,ΔH <0,C正确;由盖斯定律知:ΔH =ΔH +ΔH +ΔH <0,则ΔH +ΔH <-ΔH ,因
2 1 3 4 1 2 3 3 2 1
ΔH >0,故ΔH +ΔH <0,D正确。
1 3 2
20.如图是298 K时N 与H 反应过程中能量变化的曲线图。
2 2
下列叙述正确的是( )
A.该反应的热化学方程式为N (g)+3H (g) 2NH (g) ΔH=92 kJ·mol-1
2 2 3
B.b曲线是升高温度时的能量变化曲线
C.加入催化剂,该化学反应的活化能和反应热都改变
D.在温度、体积一定的条件下,通入1 mol N 和3 mol H 反应后放出的热量为Q kJ,若
2 2 1
通入2 mol N 和6 mol H 反应后放出的热量为Q kJ,则184>Q >2Q
2 2 2 2 1
答案 D 反应的ΔH=508 kJ·mol-1-600 kJ·mol-1=-92 kJ·mol-1,A错误;b曲线是使用催化剂
时的能量变化曲线,B错误;加入催化剂,反应的活化能降低,但反应热不变,C错误;考虑到
反应的可逆性,184>Q >2Q ,D正确。
2 1
21.氯苯与硝酸发生硝化反应过程中,生成邻、间、对硝基氯苯经历的中间体过程如图所
示。
据所给信息可得出的结论是( )
A.氯苯与硝酸发生一取代反应是吸热反应
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B.相同温度下,生成间硝基氯苯的速率最大
C.反应过程中经历了HO—NO
断键产生NO-
的过程
2 2
D.选用合适的催化剂,有利于提高邻硝基氯苯的选择性
答案 D 题图中没有给出最终产物的能量状况,不能根据三种中间体的能量来判断反
应是吸热反应,A错误;由题图知,生成对硝基氯苯的活化能最低,故反应速率最大,B错误;
反应中无NO-
产生,C错误;选用合适的催化剂,可以降低生成邻硝基氯苯反应的活化能,
2
从而提高邻硝基氯苯的选择性,D正确。
22.如图为HX转变为卤素单质(X ) 和H 的过程。
2 2
下列说法不正确的是( )
A.ΔH =ΔH +ΔH
3 1 2
B.HX(g) H(g)+X(g) ΔH>0
C.ΔH >ΔH
2 3
D.ΔH (HCl)>ΔH (HBr)
1 1
答案 C A项,由盖斯定理知:ΔH =ΔH +ΔH ,正确;B项,破坏H—X键为吸热过程,ΔH>0,
3 1 2
正确;C项,因ΔH >0且ΔH =ΔH +ΔH ,则ΔH >ΔH ,错误;D项,因Cl的非金属性比Br强,H
1 3 1 2 3 2
—Cl键的键能比H—Br键大,故ΔH (HCl)>ΔH (HBr),正确。
1 1
23.ICl与H 能发生反应:H (g)+2ICl(g) I (g)+2HCl(g) ΔH<0。
2 2 2
已知:①该反应由两个基元反应分步完成,第一步为H (g)+ICl(g) HI(g)+HCl(g) ΔH
2 1
②两步反应的活化能分别为E 、E ,且E >E
a a a a
1 2 1 2
下列判断不正确的是( )
A.第一步为氧化还原反应
B.第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率
C.已知键能:H—H>I—I,可推知键能:H—Cl>I—Cl
D.第二步的热化学方程式为HI(g)+ICl(g) HCl(g)+I (g) ΔH =ΔH-ΔH
2 2 1
答案 B A项,ICl中Cl为-1价,I为+1价,根据第一步反应方程式知,H元素的化合价升
高,I元素的化合价降低,即该反应为氧化还原反应,正确;B项,活化能越大,化学反应速率
越低,E >E ,则第一步的化学反应速率小于第二步的化学反应速率,错误;C项,由于H—
a a
1 2
H键的键能大于I—I键的键能,则H—Cl键的键能大于I—Cl键的键能,正确;D项,根据盖
斯定律可知,第二步反应化学方程式=总反应化学方程式-第一步反应化学方程式,则第二
步的热化学方程式为HI(g)+ICl(g) HCl(g)+I (g) ΔH =ΔH-ΔH ,正确。
2 2 1
24.CO 的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂,在水溶液体系中将
2
CO 分别转化为CO和HCOOH的反应过程示意图如图所示,下列说法正确的是( )
2
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A.在转化为CO的路径中,只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成
B.在转化为HCOOH的路径中,CO 被氧化为HCOOH
2
C.两个转化路径均涉及非极性键的形成
D.上述反应过程说明催化剂具有选择性
答案 D A项,由题图看出,转化为CO的路径中涉及碳氧单键的断裂和碳氧三键的形
成,错误;B项,HCOOH中的C元素化合价为+2,CO 中的C元素化合价为+4,CO 被还原为
2 2
HCOOH,错误;C项,根据题给转化示意图可知,两个转化路径中均不涉及非极性键的形成,
错误;D项,由题给机理图知,CO 在两种金属催化剂的作用下生成两种不同产物,即催化剂
2
具有选择性,正确。
25.下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程。吸附在催化剂表面的
物种用“*”标注。
下列说法正确的是( )
A.①表示CO和H O从催化剂表面脱离的过程
2
B.②和④中化学键变化相同,因此吸收的能量相同
C.由图可知CO(g)+H O(g) CO (g)+H (g)为吸热反应
2 2 2
D.本历程中的催化剂通过改变水煤气变化反应的焓变,来实现改变其反应速率
答案 B A项,根据吸附在催化剂表面的物种用“*”标注可知,①表示CO和H O在催
2
化剂表面吸附的过程,错误;B项,②和④中化学键变化相同,断裂的化学键均为H—O
键,②中吸收的能量为[1.25-(-0.32)] eV=1.57 eV,④中吸收的能量为[1.41-(-0.16)] eV=1.57
eV,二者吸收的能量相同,正确;C项,由题图知CO(g)+H O(g) CO (g)+H (g)为放热反
2 2 2
应,反应物的总能量大于生成物的总能量,且放出的热量为0.72 eV,错误;D项,催化剂可降
低反应的活化能,但是不能改变反应的焓变,错误。
26.CO 和H 在催化剂作用下制CH OH,主要涉及的反应有:
2 2 3
①CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g) ΔH =-49.0 kJ/mol
2 2 3 2 1
②CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) ΔH =+41.2 kJ/mol
2 2 2 2
下列说法正确的是( )
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A.①为吸热反应
B.若①中水为液态,则ΔH '>-49.0 kJ/mol
1
C.②中反应物的总能量比生成物的总能量高
D.CO(g)+2H (g) CH OH(g) ΔH=-90.2 kJ/mol
2 3
答案 D ΔH =-49.0 kJ/mol<0,①为放热反应,A错误;H O(g) H O(l)是放热反
1 2 2
应,ΔH<0,故ΔH '=ΔH +ΔH<-49.0 kJ/mol,B错误;②的ΔH =+41.2 kJ/mol,为吸热反应,生成
1 1 2
物的总能量比反应物的总能量高,C错误;根据盖斯定律可知,ΔH=ΔH -ΔH =-90.2
1 2
kJ/mol,D正确。
27.土壤中微生物将大气中的H
S氧化为SO2-
的变化过程如图所示。下列说法不正确的
2 4
是( )
1
A.1 mol H S(g)和 mol O (g)的总能量高于1 mol S(g)和1 mol H O(g)的总能量
2 2 2 2
B.H S(g)+2O (g) SO2- (aq)+2H+(aq) ΔH=-806.39 kJ·mol-1
2 2 4
C.H
S和SO2-
中S原子采用的杂化方式不同
2 4
D.1 mol H
S完全氧化为SO2-
转移8 mol电子
2 4
1
答案 C A项,由题图知,H S(g)+ O (g) S(g)+H O(g) ΔH =-221.19 kJ·mol-1,反应
2 2 2 2 1
放热,正确;B项,由题图信息及盖斯定律知,ΔH=ΔH +ΔH =(-221.19 kJ·mol-1)+(-585.20
1 2
1
kJ·mol-1)=-806.39 kJ·mol-1,正确;C项,H
S和SO2-
中S原子的价层电子对数分别为2+
2 4 2
1
×(6-2×1)=4、4+ ×(6+2-4×2)=4,二者均采用sp3杂化,杂化方式相同,错误;D项,H S中S
2 2
为-2价,SO2-
中S为+6价,则1 mol H
S完全氧化为SO2-
转移8 mol电子,正确。
4 2 4
28.在含Fe3+的S
O2-
和I-的混合溶液中,反应S
O2-
(aq)+2I-(aq)
2SO2-
(aq)+I (aq)的分
2 8 2 8 4 2
解机理及反应进程中的能量变化如下:
步骤①:2Fe3+(aq)+2I-(aq) I (aq)+2Fe2+(aq),步骤②:2Fe2+(aq)+S
O2-
(aq) 2Fe3+(aq)
2 2 8
+2SO2-
(aq)。
4
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下列有关该反应的说法正确的是( )
A.Fe2+是该反应的催化剂
B.步骤①为快反应,步骤②为慢反应
C.若不加Fe3+,则正反应的活化能比逆反应的大
D.反应速率与Fe3+浓度有关
答案 D A项,Fe3+是该反应的催化剂,错误;C项,放热反应中,正反应活化能小于逆反应
活化能,错误。
29.1,2-丁二烯(CH C CHCH )与1,3-丁二烯(CH CHCH CH )之间进行转化时的
2 3 2 2
能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A.相同条件下,1,3-丁二烯比1,2-丁二烯稳定
B.曲线a对应的活化能高于曲线b
C.1,2-丁二烯转化成1,3-丁二烯的反应是放热反应
D.加入催化剂,反应的反应热(ΔH)减小
答案 D A项,物质能量越低越稳定,正确;D项,催化剂不改变反应的焓变,错误。
30.工业上用NH 在催化剂(MnO )表面来处理尾气中的NO,反应进程中的相对能量变化
3 2
如图所示。下列说法正确的是( )
A.该反应为放热反应
B.MnO 的使用能增大NO的平衡转化率
2
C.“NH NO的形成”是总反应的速率决定步骤
2
D.“H的移除”是指生成的H 要及时移走
2
答案 A B项,催化剂的使用不改变平衡转化率,错误;C项,活化能最大的步骤是“H的
移除”,错误;D项,图示指出“H的移除”,而非H ,错误。
2
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31.乙二醛(OHCCHO)与O 反应历程中涉及的反应物(OHCCHO,O )、过渡态、中间体及
2 2
产物(OHCCOOH、HCOOH、HOOCCOOH)的相对能量如图。下列说法错误的是( )
A.乙二醛氧化历程中涉及极性键和非极性键的断裂
B.乙二醛氧化历程中的所有反应均为放热反应
C.乙二醛氧化历程中,若加入催化剂,能提高乙二醛的平衡转化率
D.乙二醛与氧气反应生成乙二酸的控速步骤为:反应物→TS1
答案 C C项,催化剂不改变平衡转化率,错误;D项,反应物→TS1的活化能最大,是整个
反应的控速步骤,正确。
32.Cu-Ce-O 固溶体作为金属催化剂,能有效促进电化学还原,反应产生CH 和C H 的共
x 4 2 4
同中间体*CO在催化剂表面的反应机理如图所示。下列说法错误的是( )
A.Cu-Ce-O 固溶体催化剂对生成CH 有较高选择性
x 4
B.制约CO 还原为C H 反应速率的是*COH—COH→*CH—COH
2 2 4
C.由*CO生成*OH的反应为*CO+5H++5e- CH +*OH
4
D.*CH O→*CH O只有化学键的形成
2 3
答案 BD A项,由图像分析可知生成甲烷的最大能垒相对能量低,故在该催化剂表面
更容易生成甲烷,即Cu-Ce-O 固溶体催化剂对生成CH 有较高选择性,正确;B项,制约反
x 4
应速率的应该是最高能垒的吸热反应,所以制约CO 还原为C H 反应速率的是*CH—
2 2 4
COH→*C—COH,错误;C项,由*CO生成*OH的反应为*CO+5H++5e- CH +*OH,正确;D
4
项,*CH O→*CH O属于化学变化,且为吸热反应,所以既有化学键的断裂也有化学键的生
2 3
成,错误。
33. 甲醇通过催化氧化制取甲醛时,在无催化剂(图中实线)和加入特定催化剂(图中虚线)
时均会产生甲醛,其反应中相关物质的相对能量如图所示。
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下列说法错误的是( )
A.无催化剂时,温度升高,生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大的程度大
B.无催化剂时,生成CO比生成甲醛的活化能小
C.该条件下CO 比CO的稳定性强
2
D.加入该催化剂可提高图中各反应的速率,但不能改变反应的焓变
答案 AD A项,由题图可知,CH OH催化氧化是放热反应,升温平衡逆向移动,逆反应速
3
率增大程度比正反应速率增大程度大,错误;B项,甲醇生成甲醛的峰值较大,生成CO的峰
值较小,即无催化剂时,生成CO比生成甲醛的活化能小,正确;C项,CO 具有的能量比CO
2
的低,则CO 更稳定,正确;D项,加入催化剂,降低了甲醇生成CO的反应速率,增大了甲醇
2
生成甲醛的反应速率,错误。
34.二甲醚(CH OCH )被称为21世纪的“清洁能源”,科学家研究在酸性条件下,用甲醇
3 3
可合成二甲醚,反应历程中相对能量变化如图所示:
下列叙述错误的是( )
A.循环过程中,催化剂参与了中间反应
B.该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为1.31 kJ·mol-1
C.制约总反应速率关键步骤的基元反应方程式为 CH OCH +H+
3 3
D.总反应方程式为2CH OH CH OCH +H O
3 3 3 2
答案 B 整个过程中H+是催化剂,第一步开始参与反应,最后一步再次生成,A正确;由
题图可知该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为131 kJ·mol-1,B错误;决定总反应速率
的是活化能最高的基元反应,C正确;整个过程消耗甲醇,生成二甲醚和水,D正确。
易错提醒 判断反应历程中的能垒时,注意纵坐标采用科学计数法。
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35.研究CH I与自由基Cl原子(用Cl*表示)的反应有助于保护臭氧层。已知:Cl*与CH I
3 3
反应的4条反应路径(TS表示过渡态,IM表示中间物)如图所示。下列说法错误的是(
)
A.路径①的ΔH>0
B.路径②是基元反应
C.路径③的速率最快
D.路径④的逆反应的活化能最大
答案 B 路径①中,生成物的总能量大于反应物的总能量,则ΔH>0,A项正确;基元反应
是指在反应中一步直接转化为产物的反应,路径②中存在中间产物,B项错误;路径③的活
化能最小,反应速率最快,C项正确;路径④的逆反应活化能最大,D项正确。
36.H 在石墨烯负载型Pd单原子催化剂(Pd/SVG)上还原NO生成N 和NH 的路径机理
2 2 3
及活化能(kJ·mol-1)如图所示。下列说法错误的是( )
A.H 还原NO生成N 的决速步为反应⑥
2 2
B.Pd/SVG上H 还原NO,更容易生成N
2 2
C.根据图中数据可计算NO+5H NH +H O的ΔH
3 2
D.由图可知,相同催化剂条件下反应可能存在多种反应历程
答案 BC 活化能最大的为决速步,A正确;由题图知,Pd/SVG上H 还原NO,生成NH
2 3
的基元反应少,且生成NH 的活化能小于生成N 的活化能,故更容易生成NH ,B不正确;
3 2 3
根据题图数据可计算NO+5H NH +H O的正反应活化能,逆反应的活化能未知,故不
3 2
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能计算ΔH,C不正确;由题图可知,相同催化剂条件下反应可能存在多种反应历程,可能得
到不同产物,D正确。
37.在电解质水溶液中,其他条件相同的情况下,CO 在三种不同催化剂(a、b、c)上电还原
2
为CO的反应历程中相对能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A.电极反应式为CO +2H++2e- CO+H O
2 2
B.使用b催化剂时反应速率最快
C.使用c催化剂时反应更容易发生
D.升高温度,三种历程的速率一定都增大
答案 BD 从题图可知反应物是CO +*+2H++2e-,生成物是CO+*+H O,总反应为
2 2
CO +2H++2e- CO+H O,A正确;使用c催化剂时,活化能最小,反应速率最快,反应更容
2 2
易发生,B错误,C正确;升高温度,使用催化剂b的反应活化分子百分数减小,反应历程的
速率减小,D错误。
E
知识归纳 k=A e - RT a ,该经验公式表明,当E a >0时,升高温度,反应速率常数k增大,化学反
应速率加快。而由题图知使用催化剂b后该反应活化能小于0,故升高温度,k减小,反应
速率减慢。
38.甲酸脱氢可以生成二氧化碳,甲酸在催化剂Pd表面脱氢的反应历程与相对能量的变
化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.在Ⅰ—Ⅳ中,Ⅲ生成Ⅳ的反应为决速步
B.用HCOOD代替HCOOH反应,产物可能含有HD、D 和H
2 2
C.如将催化剂换成Rh,反应的焓变及平衡产率不变
D.HCOOH在催化剂Pd表面脱氢反应的焓变为14.1a kJ·mol-1
答案 BC 活化能越大反应速率越慢,故在Ⅰ—Ⅳ中,Ⅰ生成Ⅱ的反应为决速步,A错误;
由题图可知,HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H ,则用HCOOD代替HCOOH,得
2
到的产物可能是HD,也可能是两个HCOOD分子一起被解离,得到产物H 和D ,B正确;
2 2
催化剂只改变反应的活化能,不影响反应的焓变及化学平衡,C正确;由题图可知,HCOOH
在催化剂Pd表面脱氢反应的焓变为-14.1a kJ·mol-1,D错误。
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39.我国科学家合成了Y、Sc(Y /NC,Sc /NC)单原子催化剂,用于电化学催化氢气还原氮
1 1
气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下
列说法中错误的是( )
A.相同条件下,Sc /NC比Y /NC催化剂更利于吸附氮气
1 1
B.实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氮气的平衡转化率
C.使用Sc /NC单原子催化剂,反应的快慢由生成*NNH的速率决定
1
D.工业合成氨与电化学催化还原氮气均涉及到共价键的断裂与形成
答案 B 由题图可知,吸附N 生成*N 时,使用Sc /NC的反应活化能小于使用Y /NC的
2 2 1 1
反应活化能,说明Sc /NC比Y /NC更有利于吸附N ,A正确;催化剂只能改变反应的途径,
1 1 2
不影响平衡移动,B错误;由题图可知,反应历程中最大能垒的反应为生成*NNH的反应,C
正确;两个过程都涉及氢氢键及氮氮键的断裂和氮氢键的形成,D正确。
40.某兴趣小组了解到空气燃料实验系统可利用二氧化碳和水直接合成甲醇,结合新闻信
息他们推测其工作时反应理如下:
Ⅰ.CO (g)+H O(l) CO(g)+H (g)+O (g)
2 2 2 2
ΔH=+a kJ·mol-1
Ⅱ.CO(g)+2H (g) CH OH(g)
2 3
ΔH=-b kJ·mol-1
已知:2H (g)+O (g) 2H O(l)
2 2 2
ΔH=-c kJ·mol-1
2CO (g)+4H O(l) 2CH OH(g)+3O (g)的ΔH为 。
2 2 3 2
答案 (2a-2b+c)kJ·mol-1
解析 将已知反应设为Ⅲ,应用盖斯定律Ⅰ×2+Ⅱ×2-Ⅲ可得2CO (g)+4H O(l)
2 2
2CH OH(g)+3O (g),ΔH=(2a-2b+c) kJ·mol-1。
3 2
41.随着我国碳达峰、碳中和目标的确定,含碳化合物的综合利用备受关注。回答下列问
题:
(1)已知某反应体系中主要涉及如下反应:
Ⅰ.HCOOH(g) CO (g)+H (g) ΔH =-66 kJ·mol-1;
2 2 1
Ⅱ.CH (g)+CO (g) 2CO(g)+2H (g) ΔH =+247 kJ·mol-1。
4 2 2 2
①反应Ⅰ和反应Ⅱ中,在热力学上趋势更大的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②反应Ⅰ的一种溶剂化催化反应历程如图所示(其中TS表示过渡态)。
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历程中生成 (填“TS1”或“TS2”)的反应步骤为总反应的决速步,反应过程的催
化剂为 。
③反应Ⅱ的催化剂活性会因为甲烷分解产生积碳而降低,同时二氧化碳可与碳发生消碳
反应而降低积碳量,设计如下反应:
Ⅲ.CH (g) C(s)+2H (g) ΔH =+74.5 kJ·mol-1;
4 2 3
Ⅳ.C(s)+CO (g) 2CO(g) ΔH 。
2 4
反应Ⅳ的ΔH 为 。其他条件相同时,催化剂表面积碳量与温度的关系如图所
4
示,T ℃之后,温度升高积碳量减小的主要原因为
0
。
答案 (1)①Ⅰ ②TS2 [X—Fe—H]+ ③+172.5 kJ·mol-1 消碳反应速率增大的程度大
于积碳反应速率增大的程度
解析 (1)①反应放热有利于反应的进行,放出的热量越多,在热力学上的趋势越大,故选
Ⅰ;②由反应历程可知过渡态TS2的活化能较大,为总反应的决速步;③由盖斯定律可
知,ΔH =ΔH -ΔH =+172.5 kJ·mol-1;
4 2 3
T ℃之后,温度升高,对消碳反应速率影响更大,故积碳量减小的主要原因为消碳反应速
0
率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度。
42.由CO 与H 制备甲醇是当今研究的热点之一,也是我国科学家2021年发布的由CO
2 2 2
人工合成淀粉(节选途径见下图)中的重要反应之一。
已知:
反应②:CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) ΔH=+40.9 kJ/mol;
2 2 2
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反应③:CH OH(g) CO(g)+2H (g) ΔH=+90.4 kJ/mol。
3 2
(1)反应①的热化学方程式为 ;若过程Ⅱ中O
2
得到4 mol电子,则理论上可生成 mol HCHO。
(2)反应①在有、无催化剂条件下的反应历程如下图所示,其中吸附在催化剂表面上的物
种用*标注,TS为过渡态。
该反应历程中决速步骤的化学方程式为 ,
催化剂使该步骤的活化能降低 eV。
(3)某研究小组采用上述催化剂,向密闭容器中通入3 mol H 和1 mol CO ,只发生反应①
2 2
和反应②,在不同条件下达到平衡,在T=300 ℃下甲醇的体积分数φ(CH OH)随压强p的
3
变化、在p=600 kPa下φ(CH OH)随温度T的变化,如下图所示。
3
ⅰ.下列说法正确的是 (填标号)。
A.曲线a为等压线,曲线b为等温线
B.增大CO 与H 的浓度,反应①和反应②的正反应速率都增大
2 2
C.反应①的平衡常数:K(X)=K(Y)
D.反应②的正反应速率:v(X)<v(M)
1 1
ⅱ.已知M点:容器中CO 为 mol,CO为 mol,则此时CO 的分压为 kPa,反应
2 3 3 2
①的压强平衡常数K = kPa-2(压强平衡常数K 是以分压代替浓度表示的平衡常
p p
数,分压=总压×物质的量分数)。
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ⅲ.图中M点的φ(CH OH)高于N点的原因是
3
。
答案 (1)CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g) ΔH=-49.5 kJ/mol 2
2 2 3 2
(2)H COO+2H (g) H CO*+OH*+3/2H (g) 0.20 (3)BD 80 2.5×10-6 反应①为放
2 2 2 2
热反应,且正反应是气体体积减小的反应,M点相对于N点,温度更低,压强更大,有利于反
应①平衡正向移动,φ(CH OH)增大
3
解析 (1)由题干反应历程图可知,反应①为CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g),设反
2 2 3 2
应②、③的ΔH分别为ΔH 、ΔH ,则根据盖斯定律,ΔH=ΔH -ΔH =(+40.9 kJ/mol)-90.4
2 3 2 3
kJ/mol=-49.5 kJ/mol,由此可写出反应①的热化学方程式;由过程Ⅱ的反应CH OH+O
3 2
HCHO+H O 可知,若过程Ⅱ中O 得到4 mol电子,则理论上可生成2 mol HCHO。
2 2 2
(2)多步反应中,活化能越大,反应速率越慢,慢反应决定总反应速率。由反应历程图可知
决速步骤的化学方程式为H COO+2H (g) H CO*+OH*+3/2H (g),该步骤无催化剂时
2 2 2 2
的活化能为(1.80-0.20)eV=1.60 eV,有催化剂时的活化能为[0.40-(-1.00)]eV=1.40 eV,故催
化剂使该步骤的活化能降低(1.60-1.40)eV=0.20 eV。
(3)ⅰ.A项,由第(1)问及已知信息知,反应①为气体分子数减小的反应,反应放热;反应②气
体分子数不变,反应吸热。温度不变,增大压强,反应①平衡正向移动,φ(CH OH)增大;压强
3
不变,升高温度,反应②平衡正向移动,φ(CH OH)减小,结合题目所给图像,分析曲线a、b
3
变化趋势知,曲线a为等温线,曲线b为等压线,错误;B项,增大反应物浓度,正反应速率增
大。则反应①和反应②的正反应速率都增大,正确;C项,Y点温度为300 ℃,X点温度为
200 ℃,反应①升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小,错误;D项,X点温度为200 ℃,M点
温度为300 ℃,温度越高反应速率越快,反应②的正反应速率:v(X)<v(M),正确。
ⅱ.由已知信息,列三段式:
CO(g)+3H(g) CHOH(g)+HO(g)
2 2 3 2
起始量(mol) 1 3 0 0
转化量(mol) x 3x x x
平衡量(mol) 1-x 3-3x x x、
CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g)
2 2 2
起始量(mol) 1-x 3-3x 0 x
转化量(mol) y y y y
平衡量(mol) 1-x-y 3-3x-y y x+y,
1 1 1 10
则M点:y= ,1-x- y= ,可得x= ,则平衡时气体总物质的量为 mol,此时容器的总
3 3 3 3
1 10
压强为800 kPa,则此时p(CO )=( mol)/( mol)×800 kPa=80 kPa,同理可
2 3 3
得,p(CH OH)=80 kPa,p(H )=400 kPa,p(H O)=160 kPa,则反应①的压强平衡常数K =
3 2 2 p
p(CH OH)p(H O) 80×160
3 2 = kPa-2=2.5×10-6 kPa-2。
p(CO )p3(H ) 80×(400)3
2 2
43.甲醇既是重要的化工原料,又是一种可再生能源,具有开发和应用的广阔前景,研究甲
醇具有重要意义。
(1)利用CO 和H 合成甲醇是CO 资源化利用的重要方法。
2 2 2
若H (g)和CH OH(l)的燃烧热分别为ΔH =-285.8 kJ/mol和ΔH =-726.5 kJ/mol,则由CO
2 3 1 2 2
和H 反应生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为 。
2
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此反应的活化能E(正) (填“>”或“<”)E(逆),该反应应选择 (填“高
a a
温”或“低温”)高效催化剂。
(2)利用CH 与O 在催化剂的作用下合成甲醇。
4 2
1
主反应:CH + O (g) CH OH(g) ΔH
4 2 2 3
副反应:CH +2O (g) CO (g)+2H O(g) ΔH
4 2 2 2
科技工作者结合实验与计算机模拟结果,研究了CH 、O 和H O(g)(H O的作用是活化催
4 2 2 2
化剂)按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇的反应,部分反应历程如图所示(吸附在催
化剂表面的物种用“*”标注,TS代表过渡态)。
①在催化剂表面上更容易被吸附的是 (填“H O”或“O ”)。
2 2
②该历程中正反应最大能垒(活化能)为 kJ/mol,写出该步骤的反应方程式:
。
答案 (1)CO (g)+3H (g) CH OH(l)+H O(l) ΔH=-130.9 kJ/mol < 低温
2 2 3 2
(2)①H O ②22.37 *CH +*OH *CH OH+*H
2 4 3
1 3
解析 (1)①H (g)+ O (g) H O(l) ΔH =-285.8 kJ/mol,②CH OH(l)+ O (g)
2 2 2 2 1 3 2 2
CO (g)+2H O(l) ΔH =-726.5 kJ/mol,由CO 和H 反应生成液态甲醇和液态水的反应为
2 2 2 2 2
CO (g)+3H (g) CH OH(l)+H O(l),根据盖斯定律可知,该反应可由3×①-②得到,则
2 2 3 2
ΔH=3×ΔH -ΔH =3×(-285.8 kJ/mol)-(-726.5 kJ/mol)=-130.9 kJ/mol,该反应为放热反应,正反
1 2
应的活化能小于逆反应的活化能,低温条件有利于平衡正向移动,利于产物生成,应选用低
温高效催化剂。
(2)①由题图可知催化剂吸附H O后的相对能量比吸附O 后的相对能量更低,由此可知
2 2
催化剂吸附H O更容易;②由题图可知*CH +*OH生成*CH OH+*H的能垒最高,为22.37
2 4 3
kJ/mol,该步骤的反应方程式为
*CH +*
OH CH OH+*H。
4 3
44.某天然气含CH 和一定量的CO 。以天然气为原料制备苯和氢气的工艺流程如图所
4 2
示:
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(1)加热塔中发生反应的化学方程式为 。
(2)由甲烷制备苯的过程中存在如下反应:
芳构化反应:6CH (g) C H (g)+9H (g) ΔH
4 6 6 2 1
积碳反应:CH (g) C(s)+2H (g) ΔH
4 2 2
若要用ΔH 计算ΔH ,则还需要利用 反应的ΔH。
1 2
(3)已知不同温度和压强下,甲烷芳构化反应中甲烷的平衡转化率如图所示:
①ΔH 0(填“>”或“<”)
1
②P 、P 的大小关系是 ,理由是
1 2
。
(4)在适宜温度下,以金属Mo作催化剂,由甲烷制备苯,几个小时后,单位时间内苯的产量
迅速下降,主要原因是 。
答案 (1)2NaHCO Na CO +CO ↑+H O
3 2 3 2 2
(2)C H (g) 6C(s)+3H (g)
6 6 2
(3)①> ②P >P 当温度一定时,随着压强增大,6CH (g) C H (g)+9H (g)平衡逆向移
1 2 4 6 6 2
动,CH 平衡转化率减小
4
(4)甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效,反应速率降低
解析 由题给流程图可知,将天然气通入吸收塔中,碳酸钠溶液与天然气中二氧化碳发生
反应生成碳酸氢钠溶液;将碳酸氢钠溶液通入到加热塔中,碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、
二氧化碳和水,得到的碳酸钠溶液通入到吸收塔中循环使用;将除杂得到的甲烷气体通入
芳构化塔中发生可逆反应生成苯和氢气,在分离塔中得到苯、氢气和未反应的甲烷,未反
应的甲烷通入芳构化塔中循环使用。
(2)由盖斯定律可知,若要用ΔH 计算ΔH ,则还需要利用C H (g) 6C(s)+3H (g)反应的
1 2 6 6 2
ΔH。
(3)①由题图可知,升高温度,甲烷的平衡转化率增大,说明平衡向正反应方向移动,该反应
为吸热反应,ΔH >0;②该反应为气体体积增大的反应,增大压强,平衡向逆反应方向移动,
1
由题图可知,相同温度时P 条件下甲烷的平衡转化率小于P ,则压强P 大于P 。
1 2 1 2
45.回收利用CO 是目前解决空间站供氧问题的有效途径,其物质转化如图:
2
(1)反应A为CO (g)+4H (g) CH (g)+2H O(g),是回收利用CO 的关键步骤。
2 2 4 2 2
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已知:①2H (g)+O (g) 2H O(g) ΔH=-483.6 kJ·mol-1;
2 2 2
②CH (g)+2O (g) 2H O(g)+CO (g) ΔH=-802.3 kJ·mol-1。
4 2 2 2
反应A的ΔH= kJ·mol-1。
(2)将原料气按n(CO )∶n(H )=1∶4置于恒容密闭容器中发生反应A,在相同时间内测得H O
2 2 2
的物质的量分数与温度的变化曲线如图所示(虚线为平衡时的曲线)。
①理论上,能提高CO 平衡转化率的措施有 (写出一
2
条即可)。
②温度过高或温度过低均不利于该反应的进行,原因是
。
(3)下列关于空间站内物质和能量变化的说法中,不正确的是 (填字母)。
a.反应B的能量变化是“电能→化学能”或“光能→化学能”
b.物质转化中O、H原子的利用率均为100%
c.不用Na O 作供氧剂的原因可能是Na O 不易实现循环利用
2 2 2 2
(4)用CO (g)+2H (g) C(s)+2H O(g)代替反应A,可实现氢、氧元素完全循环利用,缺
2 2 2
点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降,其原因是
。
答案 (1)-164.9
(2)①增大压强或降低温度或提高原料气中H 的比例(写出一条即可)
2
②温度过低,反应速率太慢;温度过高,平衡逆向进行,CO 的平衡转化率降低
2
(3)b
(4)生成物碳颗粒会附着在催化剂表面,影响催化效果
解析 (1)反应①×2-②可得反应A,根据盖斯定律可得反应A的ΔH=(-483.6 kJ·mol-1×2)-
(-802.3 kJ·mol-1)=-164.9 kJ·mol-1。
(2)①恒容密闭容器中发生反应A,已知反应A为CO (g)+4H (g) CH (g)+2H O(g),该
2 2 4 2
反应为气体分子数减少的放热反应,可通过增大压强或降低温度或提高原料气中H 的比
2
例等方法使平衡正向移动,提高CO 的平衡转化率。②若反应的温度过低,化学反应速率
2
慢,达到平衡所需时间较长;由(1)中计算知,该反应是放热反应,若反应的温度过高,平衡逆
向移动,导致CO 的平衡转化率降低。
2
(3)a项,反应B为H O光解/电解得到O 和H 的过程,能量变化为电能/光能→化学能,正
2 2 2
确;b项,物质转化过程中,有甲烷和氢气产生,故H原子的利用率没有达到100%,错误;c项,
Na O 作供氧剂时,消耗之后无法再产生,不可循环利用,正确。
2 2
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