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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-56化学反应的热效应（3）
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这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-56化学反应的热效应（3），共34页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-56化学反应的热效应（3）
一、单选题
1．（2022·上海嘉定·统考二模）已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)+483.6kJ。下列说法正确的是( )
A．1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量小于241.8KJ
B．1mol水蒸气完全分解成氢气与氧气，需吸收241.8kJ热量
C．2mol氢气与1mol氧气的总能量小于2mol 水蒸气的总能量
D．2mol氢氢键和1mol氧氧键拆开所消耗的能量大于4mol氢氧键成键所放出的能量
2．（2022·上海·模拟预测）下列图示与对应的叙述相符的是
A．图I表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B．图Ⅱ表示常温下，0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.0100mol/LHCl溶液所得到的滴定曲线
C．图Ⅲ表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，醋酸溶液电离程度：c < a < b
D．图Ⅳ表示反应4CO（g）+2NO2（g） N2（g）+4CO2（g），在其他条件不变的情况下改变起始物CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知NO2的转化率c > b > a
3．（2022·上海·一模）下列说法正确的是
A．配制 Fe(NO3)2溶液时，向 Fe(NO3)2 溶液中滴加几滴稀硝酸，以防止 Fe(NO3)2发生水解
B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
C．中和热的测定实验中，测酸后的温度计未用水清洗便立即去测碱的温度，所测中和热的数值偏高
D．配制1mol/L 的 NH4NO3溶液时，溶解后立即转移至容量瓶，会导致所配溶液浓度偏高
4．（2022·上海·模拟预测）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C—C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
5．（2022·上海青浦·统考一模）已知：2A(g) B(g) + Q （Q>0）；2A(g) B(l)；下列能量变化示意图正确的是
A． B．
C． D．
6．（2022·上海松江·统考一模）强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：
H+(aq)+ OH－(aq) → H2O (l) +57.3kJ
向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入稀醋酸、浓硫酸、稀硝酸，则恰好完全反应时的热效应Q1、Q2、Q3的关系正确的是
A．Q1< Q2 < Q3 B．Q1 > Q3> Q2 C．Q2 > Q1 > Q3 D．Q1 < Q3 < Q2
7．（2021·上海杨浦·统考二模）如图是能量示意图，由此判断热化学方程式正确的是
A．
B．
C．
D．
8．（2021·上海浦东新·统考二模）已知：。不同情况下反应过程的能量变化如图。下列结论正确的是
A．1mol (g)和3mol (g)混合后反应，放出Q kJ热量
B．催化剂可以改变反应途径，缩短达到平衡的时间
C．当生成的水为液态时，Q值减小
D．催化剂不同，反应的热效应不同
9．（2021·上海徐汇·统考二模）理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN(g)HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．HCN和HNC中碳氮键完全相同
B．HCN和HNC互为同素异形体
C．1molHNC(g)的能量高于1molHCN(g)
D．HCN(g)HNC(g)＋59.3kJ
10．（2021·上海·统考一模）反应2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．因为是分解反应，所以该反应吸热
B．由途径a变成b改变了反应的热量变化
C．1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量
D．该反应说明H2O2(l)比H2O(l)稳定
11．（2021·上海虹口·统考二模）我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如图，下列说法错误的是
A．①→②过程有热量放出
B．X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸
C．反应过程中有C-H键、C-C键、O-H键生成
D．由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
12．（2021·上海闵行·统考二模）I2(s)+ H2(g)⇌2HI(g)能量变化如图所示，有关叙述错误的是
A．正反应为吸热反应
B．该反应的反应热为E2-E1
C．加入催化剂，E1、E2都不变
D．若I2为气态，则该反应热大于E2-E1
13．（2021·上海奉贤·统考二模）丁二烯和丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：
①
②
由此判断正确的是
A．①和②的产物相比，②的产物更稳定 B．丁二烯比丁炔更稳定
C．丁二烯转化为丁炔是放热反应 D．丁烷的能量比丁二烯和丁炔都要高
14．（2021·上海松江·统考二模）下列关于H2(g)+X2(g)生成HX(g)(X=F、Cl、Br)的描述，图示正确的是
A． B．
C． D．
15．（2021·上海黄浦·统考二模）一定条件下氨气和氯气反应的能量与反应过程如图所示，下列说法正确的是
A．相同条件下Cl2比HCl稳定
B．过程I：断裂极性键和非极性键
C．过程Ⅱ：形成极性键和非极性键
D．热化学方程式为NH3(g)+Cl2(g)→NH2Cl(g)+HCl(g)+11.3KJ
16．（2021·上海·统考二模）乙烯水化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．总反应不需要加热就能进行
B．第①步反应只有O-H键发生断裂
C．是总反应的催化剂
D．第①、②、③步反应都是放热反应
17．（2021·上海·统考二模）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键
键能/()
436
463
热化学方程式
则的Q为
A．428 B．-428 C．498 D．-498
18．（2021·上海崇明·统考一模）如图是 798K 时 N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。下列叙述正确的是
A．该反应的热化学方程式为：N2 + 3H2⇌2NH3 + 92kJ
B．a 曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
C．加入催化剂，该化学反应的反应热改变
D．在温度体积一定的条件下，通入 1mol N2和 3mol H2反应后放出的热量为Q1 kJ，若通入2molN2和6molH2反应后放出的热量为Q2kJ，则184＞Q2＞2Q1
19．（2021·上海静安·统考一模）符合如图能量变化关系的热化学方程式是
A．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) +(E3-E1)kJ
B．2SO3(s)2SO2(g)+O2(g) -QkJ(Q
D．SO2(g)+O2(g)SO3(g) +
20．（2021·上海青浦·统考一模）化学反应H2+Cl2→2HCl的能量变化如图所示。关于该过程能量变化的叙述不正确的是
A．氢气与氯气反应的热化学方程式：H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)+183kJ
B．该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的
C．2molHCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量
D．2mol气态氢原子的能量低于1mol氢气的能量
21．（2021·上海·统考一模）碳在氧气或臭氧中燃烧的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．O2(g)⇌O3(g)+80.8 kJ
B．将O2转变为O3 后再与碳反应，可获得更多的能量
C．l mol碳不完全燃烧所释放的能量介于393.5～474.3 kJ
D．断裂l mol O2(g)中共价键吸收的能量比形成1mol CO2(g)中共价键放出的能量少
二、原理综合题
22．（2022·上海·模拟预测）节能减排CO2建设友好型社会的必然选择。
（1）CO2可与H2生成CH4：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)。将原料气按n(CO2):n(H2)=1mol：4mol置于体积为2L的密闭容器中发生反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示，该反应的平衡常数K随温度降低而___（填“增大”或“减小”）。恒温条件下，反应经过5min达到平衡，此时压强为初始的0.8倍，用H2表示该阶段化学反应速率为___。
（2）在恒温（T>100℃）恒容装置中进行该反应，达到平衡状态的是___。
a.混合气体密度不再改变
b.混合气体压强不再改变
c.混合气体平均摩尔质量不再改变
d.n(CO2)：n(H2)=1：2
（3）原料气CO2可与H2通过如下反应制备：
①C(s)+CO2(g)2CO(g)+akJ②CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)+bkJ
某反应的平衡常数表达式K=，请写出此反应的热化学方程式___。
（4）CO2还可与H2生成CH3OH，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+Q1。下列措施有利于提高合成CH3OH反应中CO2的平衡转化率的是___。
a.使用催化剂 b.加压 c.增大初始投料比
某温度下该反应的K=450，向该温度下2L的容器内分别投入0.2molH2、0.6molCO2、0.4molCH3OH和0.4molH2O，则反应向___方向进行（填“正”或“逆”）。
（4）上述反应存在副反应H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)+Q2，控制压强一定，CO2和H2初始比一定，经过相同时间测得如下数据（反应未达平衡）：
T（K）
CO2的实际转化率（%）
甲醇的选择性（%）
543
12.3
42.3
533
15.3
39.1
甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比。
数据表明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，可能的原因是：___。
23．（2022·上海·一模）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1
反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1
反应Ⅱ的热化学方程式：_________________________________________。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
p2_______p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。
（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________===_________+_______+2I－
（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
①B是A的对比实验，则a=__________。
②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。
24．（2022·上海·一模）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，溶液pH=___________。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11）
（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：
CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C=O
H—H
CO(CO)
键能/kJ·mol−1
413
745
436
1075
则该反应的ΔH=_________。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______（填“A” 或“B ”）。
②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是________。
（3）O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。
电池的负极反应式：________。
电池的正极反应式：6O2+6e−6O2−
6CO2+6O2−3C2O42−+6O2
反应过程中O2的作用是________。
该电池的总反应式：________。
25．（2021·上海宝山·统考二模）电解精制饱和食盐水的方法制取氢氧化钠、氢气、氯气等系列化工产品，这种工业生产称为氯碱工业。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。
(1)自然界一切物质都具有能量，而且能量可以相互转化。从能量来看，电解是___________转变为___________的过程。
(2)能量的转化很多是以热量的形式出现的，例如甲烷作为一种清洁能源，标准状况下燃烧0.448L甲烷生成液态水，放出QkJ热量，写出该反应的热化学方程式___________。
(3)写出电解饱和食盐水的离子方程式___________。
(4)试预测离子交换膜法电解食盐水中离子交换膜可能的作用是___________、___________。
(5)电解熔融的氯化钠可以得到金属钠。写出该反应的化学方程式___________。铝也可以用电解法得到，请用一个实验事实说明钠与铝的金属性强弱___________。
(6)室温下，0.1mol/LNaClO溶液的pH___________0.1mol/LNa2SO3溶液的pH。(选填“大于”、“小于”或“等于”)。浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO、CO、HSO、HCO浓度从大到小的顺序为___________。(酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO)
26．（2021·上海长宁·统考二模）对烟道气中的进行回收再利用具有较高的社会价值。
(1)大气中含量过高会导致雨水中含有(填化学式)___而危害植物和建筑物。工厂排放的尾气用饱和溶液吸收可得到重要化工原料，反应的化学方程式为___。由过饱和溶液结晶脱水可制得。写出该过程的化学方程式__。
(2)可用作食品的抗氧化剂。在滴定某葡萄酒中残留量时，取葡萄酒样品，用的碘标准液滴定至终点，消耗碘液。补全该滴定反应的离子方程式：，___；该样品中的残留量为___(以计)。
(3)一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16gS(s)，该反应_(选填“放出”或“吸收”)的热量为_。
(4)在绝对隔热恒容的密闭容器中，进行该反应的平衡常数表达式为___，对此反应下列说法正确的是__。
a．若混合气体密度保持不变，则已达到平衡状态
b．从反应开始到平衡，容器内气体的压强保持不变
c．达平衡后若再充入一定量CO2，平衡常数保持不变
d．分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变
27．（2021·上海静安·统考二模）科学家1956年发现N3。相隔46年，又于2002年发现N4。回答下列问题。
(1)氮原子最外层运动状态不同的电子有___________种，N2的电子式：___________。已知N4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，写出N4的结构式___________。
已知： 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ
(2)恒温、恒容条件下，将2.0mol NO和1.0mol CO充入一个容积为2L的密闭容器中进行上述反应，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。
0～9min内N2的平均反应速率v(N2)=___________mol/(L·min)；第12min时CO2的浓度为___________ mol/L；第12min时改变的反应条件可能为___________(填字母代号)；
a.升高温度 b.加入NO c.加催化剂 d.减小压强 e.降低温度
(3)如图是该平衡混合气中N2的体积分数随温度或压强变化的曲线。(图中L(L1、L2)、X可能是温度或压强。)可以确定X代表的是___________(填“温度”或“压强”)，L1与L2的大小关系是L1___________ L2(选填“<”、“>”或“=”)，你的理由是___________。
(4)尿素溶液也可用于处理汽车尾气，所得产物都是无污染的气态物质，化学方程式如下：2CO(NH2)2+4NO+O2→2CO2+4N2+4H2O(反应条件省略)。经测定，每吸收30gNO能排放热量321.7kJ，则该反应的热化学方程式为___________。
28．（2021·上海·统考二模）是硝酸的酸酐，溶于水生成，或合金可用于还原脱除水体中的硝态氮。在45℃、溶液起始浓度、维持溶液呈中性并通入作保护气等条件下进行脱氮实验，结果如下图所示。
完成下列填空：
(1)在时，几乎没有被脱除的原因是_______，后被还原成，配平反应的离子方程式：______。
_______+_______+_______+______________+_______
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是_______。
(3)不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
①25℃时，在一个容积不变的容器中加入，气体总浓度c与时间t的变化关系如下表所示：
0
260
在时，测得浓度为，此时的浓度是_______。反应达到平衡时，的浓度是_______。
②若升温至35℃，平衡时气体总浓度_______(选填“＞”“＜”或“=”)。
③已知：，_______。
29．（2021·上海·统考二模）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。正丁烷脱氢制丁烯的热化学方程式为：()。完成下列填空：
(1)T1℃时，5mol在100L容器内脱氢，30min达到平衡转化了30%。则30min内的平均反应速率_______。为提高反应的平衡转化率，可采取的一条措施是_______。
(2)T2℃时，该反应平衡常数K=1.2，则T1_______T2 (选填“＞”“＜”或“=”)。
(3)如图为反应平衡时丁烯产率和反应温度的关系曲线。丁烯的产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是_______；590℃之后，丁烯的产率快速降低的主要原因可能是_______。
(4)已知：
则_______。
(5)写出2-丁烯在一定条件下发生聚合反应的化学方程式_______。
三、结构与性质
30．（2021·上海嘉定·统考二模）四氟肼()可作高能燃料的氧化剂，可用与二氟胺()反应制得，发生的反应是。请回答有关问题：
(1)原子最外层电子排布式___________；原子核外不同运动状态的电子有___________种；的电子式___________；元素的非金属性比强，用原子结构的知识说明理由：___________。
(2)中元素的化合价是___________；反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________；若生成，电子转移数是___________；检验反应后是否过量操作方法是___________。
(3)单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成该易燃气体放出热量，请写出此反应的热化学方程式：___________。
参考答案：
1．B
【详解】由氢气燃烧的热化学方程式可知，2mol氢气与1mol氧气燃烧生成2mol水蒸气放热483.6kJ，
A．水蒸气转化为液态水的过程是放热过程，所以1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量大于241.8kJ，故A错误；
B．根据方程式可知生成1mol水蒸气放出热量241.8kJ，则1mol水蒸气完全分解成氢气与氧气，需吸收241.8kJ热量，故B正确；
C．反应是放热的，所以反应物的能量高于产物的能量，故C错误；
D．该反应为放热反应，焓变=反应物键能之和-生成物键能之和<0，所以2mol氢氢键和1mol氧氧键拆开所消耗的能量小于4mol氢氧键成键所放出的能量，故D错误；
故选：B。
【点睛】焓变=反应物键能之和-生成物键能之和；互为逆过程的两个反应的焓变互为相反数。
2．D
【详解】A．吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，与图不符，A错误；
B．氢氧化钠滴定盐酸，盐酸属于强酸，0.0100mol/LHCl，HCl开始的pH为2，而图象中pH为1，所示盐酸的浓度为0.100mol/L，相互矛盾，B错误；
C．冰醋酸加水溶解，离子浓度增大，导电能力增强，达到平衡后继续加入水促进醋酸电离，但离子浓度减小导电能力减小，图象符合离子浓度变化，导电能能力b>a>c；根据越稀越电离，a、b、c三点醋酸的电离程度：a
答案选D。
3．B
【详解】A. Fe(NO3)2是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，在配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2+水解不可向溶液中加入硝酸，因为硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，选项A错误；
B.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，使溶液进入到锥形瓶中，慢慢加标准溶液，以减小实验误差，选项B正确；
C.中和热的测定实验中，测酸后的温度计若未用水清洗便立即去测碱的温度，在温度计上残留的酸液就会与溶液中的碱发生中和反应，放出热量，使所测碱的起始温度偏高，导致中和热的数值偏小，选项C错误；
D.NH4NO3溶于水吸热，使溶液温度降低，配制 1mol/L 的NH4NO3溶液时，溶解后，就立即转移至容量瓶，会导致配制溶液的体积偏大，使所配溶液浓度偏低，选项D错误；
故合理选项是B。
4．D
【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
5．A
【详解】2A(g) B(g) + Q （Q>0）是放热反应，2A的能量大于B，；B(g) 的能量大于B(l)，故A正确。
6．D
【详解】稀醋酸是弱电解质，电离时需吸收能量，与1molNaOH溶液放出的能量低于57.3 kJ；浓硫酸溶解时放热，1molNaOH放出的能量大于57.3 kJ；稀硝酸与1mol NaOH溶液反应放出的热量为57.3 kJ。答案选D。
7．C
【详解】由图可知，O(g)+2H(g)→O2(g)+H2(g)放热685kJ，则热化学方程式为O(g)+2H(g)→O2(g)+H2(g)+685KJ，A项错误；
B．由图可知，OH(g)+H(g)→O(g)+2H(g)吸热427kJ，则热化学方程式为OH(g)+H(g)→O(g)+2H(g)- 427kJ，B项错误；
C．由图可知，O2(g)+H2(g)→H2O(g)放热为，则热化学方程式为O2(g)+H2(g)→H2O(g)+244KJ，C项正确；
D．O(g)+2H(g)→H2O(g)放热，则热化学方程式为O(g)+2H(g)→H2O(g)+929KJ，D项错误；
答案选C。
8．B
【详解】A．该反应为可逆反应，反应物不能全部转化为生成物，1mol CO2 (g)和3mol H2 (g)混合后反应，放出的热量小于Q kJ，故A错误；
B．若催化剂参与反应，则可以改变反应途径，降低反应的活化能，加快反应速率，缩短达到平衡的时间，故B正确；
C．由水蒸气变为液态水会放出热量，所以当生成的水为液态时，Q值增大，故C错误；
D．催化剂不能改变反应物和生成物的总能量，使用催化剂，不影响反应的热效应，故D错误；
故选B。
9．C
【详解】A．HCN中的碳氮键为C≡N键，HNC中碳氮键为N＝C键，二者的碳氮键不一样，A项错误；
B．同素异形体是指由同样的单一化学元素组成，因排列方式不同，而具有不同性质的单质。HCN和HNC都不是单质，不符合同素异形体的定义，B项错误；
C．由图可知，HNC的能量比HCN的能量高，C项正确；
D．题中热化学方程式表示错误，应为：HCN(g)HNC(g) ΔH=＋59.3kJ∙mol-1，D项错误；
答案选C。
10．C
【详解】A．由能量变化图可知，2H2O2(l)具有的能量大于2H2O(l)和O2(g)具有的总能量，故该反应是放热反应，故A错误；
B．途径a、b的始态与终态相同，则反应的热效应相同，故途径改变，反应热不变，故B错误；
C．由能量变化图可知，2molH2O2(l)具有的总能量高于2molH2O(l)和1molO2(g)具有的总能量，故1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)和0.5 molO2(g)具有的总能量，故1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量，故C正确；
D．经以上分析，1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量，能量越高，越不稳定，故H2O2(l)没有H2O(l)稳定，故D错误；
本题答案C。
11．C
【分析】依据图示反应历程可知甲烷在催化剂作用下断裂C-H生成中间产物①；①→②过程中形成C-C键，从②到CH3COOH有O-H键生成。
【详解】A． ①→②过程能量变低，有热量放出，故A正确；
B． 结合图例和分子结构示意图，X为CH4、Y为CO2、M为CH3COOH，即分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，故B正确；
C． 反应过程中没有C-H键生成、①→②过程中形成C-C键、从②到CH3COOH有O-H键生成，故C错误；
D． 依据反应历程可知甲烷与二氧化碳反应生成乙酸为化合反应，所以原子都转移到目标产物，原子利用率为100%，故D正确；
故选C。
12．C
【详解】A．反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，选项A正确；
B．E1表示反应物的活化能，E2表示生成物的活化能，该反应的反应热为E2-E1，选项B正确；
C．催化剂能降低反应所需活化能，但不影响焓变，所以加入催化剂可同等程度的降低E1、E2，但△H不变，选项C错误；
D．I2由固态转化为气态需要吸热，若I2为气态，则该反应热大于E2-E1，选项D正确；;
答案选C。
13．B
【分析】由盖斯定律可知，②—①可得反应③，反应③为放热反应，丁炔的能量比丁二烯高。
【详解】A．①和②的产物都是丁烷，产物相同，稳定性相同，故A错误；
B．物质的能量越高，越不稳定，由分析可知，丁炔的能量比丁二烯高，则丁二烯比丁炔更稳定，故B正确；
C．由分析可知， 丁炔转化为丁二烯是放热反应，则丁二烯转化为丁炔是吸热反应，故C错误；
D．由①知1,3—丁二烯和氢气的总能量比丁烷高，由②知2—丁炔和氢气的总能量比丁烷高，不能比较丁烷的能量与丁二烯和丁炔能量的高低，故D错误；
故选B。
14．A
【详解】断键吸热，成键放热，非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，氢化物越稳定，能量越低，同时非金属性越强，对氢原子的吸引力越强，原子核间距越短，所以正确的图示是 。
答案选A。
15．B
【详解】A．Cl原子的半径比H原子半径大，所以Cl-Cl键长比H-Cl键长更长，键能更小，则相同条件下HCl比Cl2稳定，A错误；
B．过程I中氨气分子中氮氢极性共价键断裂，氯气中的非极性键断裂，B正确；
C．过程Ⅱ中形成氮氢极性共价键断裂、氯氢极性共价键断裂，没有非极性键生成，C错误；
D．据图可知生成物的能量高于反应物，热化学方程式应为NH3(g)+Cl2(g)→NH2Cl(g)+HCl(g)-11.3KJ，D错误；
综上所述答案为B。
16．C
【详解】A．总反应是否需要加热与反应的能量变化没有关系，A项错误；
B．根据图示可知，第①步反应还有C=C键发生断裂，B项错误；
C．根据图示可知，反应①消耗，反应③又生成，且乙烯水化制乙醇的总反应为，故是总反应的催化剂，C项正确；
D．第一步反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，第二步反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，第三步反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，D项错误；
故选C。
17．C
【详解】断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量。水分子的结构式为H—O—H，每个水分子含2个键。设O—O键的键能为x，根据可得：断键时吸收能量为436×2+x，成键时放出能量为463×4，可建立方程：
463×4 -（436×2+x）=482，计算得出x=498。
表示O原子结合生成氧分子，是成键的过程，放出能量。每个O2中含1个O—O键，故答案选C。
18．D
【详解】A．反应的焓变与物质的状态有关，热化学方程式必须标注物质的聚集状态，故A错误；
B．催化剂能改变反应的路径，使反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故图象中的b曲线是加入正催化剂时的能量变化曲线，故B错误；
C．催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故C错误；
D．在温度体积一定的条件下，通入 1mol N2 和 3mol H2 反应后放出的热量为Q1 kJ，通入2mol N2和6mol H2，平衡正向移动，Q2＞2Q1，完全反应放出的热量为2×92.2kJ=184kJ，但反应物不可能进行彻底，所以Q2＜184kJ，即184＞Q2＞2Q1，故D正确；
故选D。
19．C
【详解】由图可知，该热化学方程式的反应物为：SO3(g)，生成物为：SO2(g)、O2(g)，该反应为吸热反应，2molSO3(g)完全反应，吸收热量为，则热化学方程式是SO3(g)2SO2(g)+O2(g) +，答案选C。
20．D
【详解】A．由图可知1mol H2(g)和1molCl2(g)反应生成2mol HCl(g)放出(862-679)kJ=183kJ能量，因此氢气与氯气反应的热化学方程式为H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)+183kJ，A正确；
B．反应热效应只与反应的始态和终态有关，与条件、途径无关，因此该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的，B正确；
C．由图可知2molHCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量，C正确；
D．气态氢原子形成氢气分子时形成化学键，形成化学键释放能量，因此2mol气态氢原子的能量高于1mol氢气的能量，D错误。
答案选D。
21．D
【详解】A．由盖斯定律、图示信息知：O2(g)⇌O3(g)-80.8 kJ，A错误；
B． 由盖斯定律知，将O2转变为O3 后再与碳反应生成二氧化碳、将O2直接与碳反应生成二氧化碳、获得相同的能量，B错误；
C． l mol碳不完全燃烧所释放的能量小于393.5kJ，C错误；
D． O2与碳反应生成二氧化碳是放热反应、氧气的键能和碳的键能之和小于二氧化碳的键能，则l mol O2(g)中共价键吸收的能量比形成1mol CO2(g)中共价键放出的能量少，D正确；
答案选D。
22． 增大 0.2mol/(L∙min) bc C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)+(a+b)kJ b 正 温度升高，主反应、副反应的反应速率均加快，但对副反应的反应速率的影响更大
【详解】（1）根据图知，当反应达到平衡状态后，升高降低，水的物质的量分数增大，说明平衡正向移动，则生成物浓度增大、反应物浓度减小，所以化学平衡常数增大；恒温条件下，反应经过5min达到平衡，设CO2的转化量为xmol则有：
平衡时压强为初始的0.8倍，则=0.8，解得x=0.5，用H2表示该阶段化学反应速率为=0.2 mol/(L∙min)，故答案为：增大；0.2 mol/(L∙min)；
（2）a. 反应前后质量和体积一直不变，所以密度一直不变，不能判断平衡，故a错误；
b. 该反应是气体体积减小的反应，反应过程中温度不变，混合气体的总物质的量减小，压强减小，当压强不变时，说明反应达平衡状态，故b正确；
c. 反应前后质量不变，但物质的量在变，所以平均摩尔质量保持不变，说明反应达平衡状态，故c正确；
d. 原料气按n(CO2)：n(H2)=1：4发生反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，反应过程中始终保持n(CO2)：n(H2)=1：4，不可能达到n(CO2)：n(H2)=1：2，也无法判断反应是否达到平衡，故D错误；
故选：bc；
（3）某反应的平衡常数表达式K=，则该反应为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，已知①C(s)+CO2(g)2CO(g) +akJ；②CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) +bkJ；由盖斯定律可知，①+②即可得到C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，此反应的热化学方程式为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) +(a+b)kJ；故答案为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) +(a+b)kJ；
（4）a. 催化剂不改变反应进程，不能提高CO2的平衡转化率，不选；
b. CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高CO2的平衡转化率，可选；
c. 增大初始投料比，相当于提高原料气中CO2所占比例，平衡正向移动，但二氧化碳转化率减小，不选；
故选b；
某温度下该反应的K=450，向该温度下2L的容器内分别投入0.2molH2、0.6molCO2、0.4molCH3OH和0.4molH2O，则Qc==
所以升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，故答案为：温度升高，主反应、副反应的反应速率均加快，但对副反应的反应速率的影响更大。
23． 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1 > 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 SO2 SO42— 4H+ 0.4 I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【详解】分析：（1）应用盖斯定律结合反应II分析。
（2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2SO4物质的量分数判断。
（3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去I-得总反应。
（4）用控制变量法对比分析。
详解：（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。
（2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2p1。
（3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。
（4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。
②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。
③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。
点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图象的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。
24． CO32- 10 +120 kJ·mol-1 B 900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+） 催化剂 2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
【详解】（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2==5×10−11，所以氢离子浓度为1×10-10mol/L，pH=10。
（2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)= +120 kJ·mol-1。初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大（气体物质的量增加）；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。
②根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度。
（3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。
【点睛】本题的第（2）小问中的①涉及了恒容容器和恒压容器在不同反应中的影响。此类问题可以直接利用如下的结论：如果初始状态完全相同，是由恒容和恒压的区别，则一定是恒压容器更有利于反应的进行。除非是气体物质的量不变的反应，恒压和恒容是一样的。本就可以直接得到，容器B恒压，所以有利于反应进行，反应的更多，热量也更多。
25． 电能 化学能 CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-50QkJ/mol 2Cl-+2H2O 2OH-+Cl2↑+H2↑ 能得到纯度更高的氢氧化钠溶液 避免氯气与氢气反应 2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑ 钠和冷水反应，铝和冷水不反应，说明金属性：Na>Al 大于 c(SO)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(HSO)
【分析】电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上水得电子生成氢气和OH-，离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子不能通过，能够防止生成的氯气和氢气混合据此分析解答(3)(4)；根据酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO，说明ClO-水解程度大于SO， SO水解程度小于CO，据此分析解答(6)。
【详解】(1)电解过程将电能转化为化学能，故答案为：电能；化学能；
(2)甲烷作为一种清洁能源，标准状况下燃烧0.448L甲烷，其物质的量n==0.02mol，生成液态水，放出QkJ热量，则1mol甲烷完全燃烧放出热量=×1mol=50QkJ，反应的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-50QkJ/mol，故答案为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-50QkJ/mol；
(3)电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上水得电子生成氢气和OH-，电解反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑，故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
(4)离子交换膜只允许阳离子通过，其它离子不能通过；且生成的氯气和氢气不混合，则交换膜的作用是能得到纯度更高的氢氧化钠溶液、避免Cl2与H2反应，故答案为：能得到纯度更高的氢氧化钠溶液；避免Cl2与H2反应；
(5)电解熔融的氯化钠可以得到金属钠和氢气，反应的化学方程式为2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑；钠和冷水反应，铝和冷水不反应，说明金属性：Na＞Al，故答案为：2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑；钠和冷水反应，铝和冷水不反应，说明金属性Na＞Al；
(6) 酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO，则ClO-水解程度大于SO，0.1mol/L NaClO溶液的pH大于0.1mol/L Na2SO3溶液的pH；浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO水解程度小于CO，SO、CO、HSO、HCO浓度从大到小的顺序为c(SO)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(HSO)，故答案为：大于；c(SO)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(HSO)。
26． H2SO4 H2SO3 SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3 2NaHSO3=Na2S2O5+H2O 4I-+6H+ 0.128 放出 135kJ K= ad
【详解】(1)大气中 SO2和水反应生成H2SO3，H2SO3容易被空气中的氧气氧化为H2SO4，导致雨水中含有H2SO3和H2SO4而危害植物和建筑物。SO2和水以及 Na2SO3反应生成 NaHSO3，反应的化学方程式为SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3。由 NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可制得 Na2S2O5，该过程的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。
(2) 和I2反应，S的化合价从+4升高到中的+6价，I的化合价降低，从0价降低到-1价，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒可写出该反应的离子方程式：+2I2+3H2O=2+4I-+6H+。根据反应的离子方程式，在50.00mL 葡萄酒样品中，中S的物质的量为0.01000mol/L×0.01000L××2，则以SO2计的质量为0.01000mol/L×0.01000L××2×64g/mol，1L葡萄酒样品中Na2S2O5的残留量为0.01000mol/L×0.01000L××2×64g/mol×=0.128g，故答案为：4I-+6H+，0.128。
(3)根据图象可以写出该反应的化学方程式为：2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)。由反应物到过渡态需要吸收409kJ的热量，由过渡态到生成物放出679kJ的热量，所以该反应为放热反应。生成1molS即32gS，放出679kJ-409kJ=270kJ的热量，则生成16gS(s)，放出的热量为=135kJ。
(4)根据该反应的化学方程式可知，S是固体，则该反应的平衡常数表达式为K=。
a．由于容器的容积不变，但混合气体的总质量在未平衡前是变化的，当混合气体密度保持不变时，则已达到平衡状态，故a正确；
b．该反应反应前后气体物质的量之和不相等，所以从反应开始到平衡，混合气体的物质的量之和是变化的，而且该容器为绝热容器，压强和气体的总物质的量以及温度有关，所以在未平衡前，容器内的压强是变化的，故b错误；
c．平衡常数和温度有关，达平衡后若再充入一定量CO2，平衡逆向移动，由于该容器是绝热容器，所以温度会降低，则平衡常数会发生改变，故c错误；
d．S是固体，分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变，故d正确；
故选ad。
27． 5 0.011 0.2 e 压强 由图知：氮气的体积分数随X增大而增大，而2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ，正反应放热、氮气的体积分数随着温度的升高而减小，随着压强的增大而增大 2CO(NH2)2(aq)+4NO(g)+O2(g)=2CO2(g)+4N2(g)+4H2O(l)+1286.8kJ
【详解】(1) 氮原子质子数为7，核外有7个电子，最外层有5个电子，原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，则最外层运动状态不同的电子有5种，氮气中N原子满足最外层8电子稳定结构，存在N≡N，则N2的电子式：。已知N4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，则每个N与其它3个N分别共用1对电子对，形成正四面体结构， N4的结构式。
(2) 对于反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ：由图知，0～9min内N2的平均反应速率v(N2)= ；反应过程中，CO消耗的物质的量等于生成CO2的物质的量，第12min时消耗CO=生成CO2的浓度=；第12min时改变反应条件，则NO、CO2物质的量不变但进一步消耗、氮气物质的量不变但进一步生成，说明平衡朝右移动，则：a．该反应放热、升高温度平衡左移，a不选； b．加入NO则NO曲线应该不连续、NO的浓度、物质的量先增大后减小，b不选； c．加催化剂 ，不影响平衡移动，c不选；d．减小压强，平衡左移，d不选；e．降低温度，平衡右移，e选；则第12min时改变反应条件可能的选项为e。
(3)图中X代表的是压强，L1与L2的大小关系是L1 L2，理由是：由图知：氮气的体积分数随X增大而增大，而2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ，正反应放热、氮气的体积分数随着温度的升高而减小，随着压强的增大而增大。
(4) 2CO(NH2)2+4NO+O2=2CO2+4N2+4H2O。经测定，每吸收30g即1molNO能排放热量321.7kJ，则吸收4molNO能排放热量4×321.7kJ=1286.8kJ，该反应的热化学方程式为2CO(NH2)2(aq)+4NO(g)+O2(g)=2CO2(g)+4N2(g)+4H2O(l)+1286.8kJ。
28． 铝表面的氧化膜仍未被溶解 10+6+12+610+3 Al-Fe形成原电池能加速电子转移 ＞ 2.2kJ
【详解】(1)在时，几乎没有被脱除的原因是铝表面的氧化膜仍未被溶解，后被还原成，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：10+6+12+610+3；
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是Al- Fe形成原电池能加速电子转移；
(3)起始的总浓度为，在时，测得浓度为，则消耗的浓度为，的浓度是。反应达到平衡时，气体总浓度为，此时已完全分解，分解生成的NO2、O2的浓度分别为，设反应中NO2消耗的浓度为2xmol/L，N2O4生成的浓度为xmol/L，则有，解得x=，即可得的浓度是；
不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
②反应为放热反应，若升温至35℃，平衡逆向移动，气体物质的量增多，则平衡时气体总浓度＞；
③已知反应①；反应②，根据盖斯定律可知，由①×+②可得反应
，则=，则2.2kJ。
29． 0.0005 升高温度或降低压强 ＜ 升高温度有利于反应向吸热方向进行或温度升高反应速率加快 丁烯高温裂解生成短链烃类 123
【详解】(1)T1℃时，5mol在100L容器内脱氢，30达到平衡转化了30%，转化的的物质的量为5mol×30%=1.5mol，则30内的平均反应速率=0.0005；
()，由于反应吸热，正反应方向是气体体积增大的反应，为提高反应的平衡转化率，使平衡正向移动，根据勒夏特列原理，升高温度或降低压强可以提高反应的平衡转化率；
(2)T1℃时，列出反应的三段式；
K1==0.006＜K2=1.2，反应吸热，温度越高，K越大，则T1＜T2；
(3)反应吸热，产率随温度升高而升高，升高温度有利于反应向吸热方向进行或温度升高反应速率加快，平衡正向移动，丁烯的产率在590℃之前随温度升高而增大；590℃之后产率减小，丁烯的产率快速降低，说明反应生成了其它物质，即副反应加剧，可能是丁烯高温裂解生成短链烃类；
(4)已知：①
②
根据盖斯定律，①-②得到则=123kJ；
(5)2-丁烯含有碳碳双键，一定条件下发生聚合反应，化学方程式是：。
30． 2s22p5 7 F元素与N元素电子层数相同，F元素的核电荷数比N元素多，吸引电子能力强，因此F元素的非金属性比N强 +1价 1：1 0.2NA 取反应后的混合液少许，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3＋过量，反之则不过量 3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g) ΔH＝－150.72kJ/mol
【详解】(1)的原子序数是9，原子最外层电子排布式为2s22p5；原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，所以N原子核外不同运动状态的电子有7种；分子中含有三键，电子式为；由于F元素与N元素电子层数相同，F元素的核电荷数比N元素多，吸引电子能力强，因此F元素的非金属性比N强；。
(2)中H是+1价，F是－1价，则根据化合价代数和为0可知元素的化合价是+1价；反应中铁元素化合价降低，氮元素化合价升高，铁离子是氧化剂，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；氮元素化合价从+1价升高到+2价，因此若生成，电子转移数是0.2NA；检验反应后是否过量的试剂是KSCN溶液，其操作方法是取反应后的混合液少许，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3＋过量，反之则不过量。
(3)单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，即四氧化三铁和氢气，且每生成氢气放出热量，则生成4mol氢气放出热量是37.68kJ×4=150.72kJ，此反应的热化学方程式为3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g) ΔH＝－150.72kJ/mol。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-56化学反应的热效应（3）
一、单选题
1．（2022·上海嘉定·统考二模）已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)+483.6kJ。下列说法正确的是( )
A．1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量小于241.8KJ
B．1mol水蒸气完全分解成氢气与氧气，需吸收241.8kJ热量
C．2mol氢气与1mol氧气的总能量小于2mol 水蒸气的总能量
D．2mol氢氢键和1mol氧氧键拆开所消耗的能量大于4mol氢氧键成键所放出的能量
2．（2022·上海·模拟预测）下列图示与对应的叙述相符的是
A．图I表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B．图Ⅱ表示常温下，0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.0100mol/LHCl溶液所得到的滴定曲线
C．图Ⅲ表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，醋酸溶液电离程度：c < a < b
D．图Ⅳ表示反应4CO（g）+2NO2（g） N2（g）+4CO2（g），在其他条件不变的情况下改变起始物CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知NO2的转化率c > b > a
3．（2022·上海·一模）下列说法正确的是
A．配制 Fe(NO3)2溶液时，向 Fe(NO3)2 溶液中滴加几滴稀硝酸，以防止 Fe(NO3)2发生水解
B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
C．中和热的测定实验中，测酸后的温度计未用水清洗便立即去测碱的温度，所测中和热的数值偏高
D．配制1mol/L 的 NH4NO3溶液时，溶解后立即转移至容量瓶，会导致所配溶液浓度偏高
4．（2022·上海·模拟预测）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C—C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
5．（2022·上海青浦·统考一模）已知：2A(g) B(g) + Q （Q>0）；2A(g) B(l)；下列能量变化示意图正确的是
A． B．
C． D．
6．（2022·上海松江·统考一模）强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：
H+(aq)+ OH－(aq) → H2O (l) +57.3kJ
向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入稀醋酸、浓硫酸、稀硝酸，则恰好完全反应时的热效应Q1、Q2、Q3的关系正确的是
A．Q1< Q2 < Q3 B．Q1 > Q3> Q2 C．Q2 > Q1 > Q3 D．Q1 < Q3 < Q2
7．（2021·上海杨浦·统考二模）如图是能量示意图，由此判断热化学方程式正确的是
A．
B．
C．
D．
8．（2021·上海浦东新·统考二模）已知：。不同情况下反应过程的能量变化如图。下列结论正确的是
A．1mol (g)和3mol (g)混合后反应，放出Q kJ热量
B．催化剂可以改变反应途径，缩短达到平衡的时间
C．当生成的水为液态时，Q值减小
D．催化剂不同，反应的热效应不同
9．（2021·上海徐汇·统考二模）理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN(g)HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．HCN和HNC中碳氮键完全相同
B．HCN和HNC互为同素异形体
C．1molHNC(g)的能量高于1molHCN(g)
D．HCN(g)HNC(g)＋59.3kJ
10．（2021·上海·统考一模）反应2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．因为是分解反应，所以该反应吸热
B．由途径a变成b改变了反应的热量变化
C．1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量
D．该反应说明H2O2(l)比H2O(l)稳定
11．（2021·上海虹口·统考二模）我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如图，下列说法错误的是
A．①→②过程有热量放出
B．X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸
C．反应过程中有C-H键、C-C键、O-H键生成
D．由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
12．（2021·上海闵行·统考二模）I2(s)+ H2(g)⇌2HI(g)能量变化如图所示，有关叙述错误的是
A．正反应为吸热反应
B．该反应的反应热为E2-E1
C．加入催化剂，E1、E2都不变
D．若I2为气态，则该反应热大于E2-E1
13．（2021·上海奉贤·统考二模）丁二烯和丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：
①
②
由此判断正确的是
A．①和②的产物相比，②的产物更稳定 B．丁二烯比丁炔更稳定
C．丁二烯转化为丁炔是放热反应 D．丁烷的能量比丁二烯和丁炔都要高
14．（2021·上海松江·统考二模）下列关于H2(g)+X2(g)生成HX(g)(X=F、Cl、Br)的描述，图示正确的是
A． B．
C． D．
15．（2021·上海黄浦·统考二模）一定条件下氨气和氯气反应的能量与反应过程如图所示，下列说法正确的是
A．相同条件下Cl2比HCl稳定
B．过程I：断裂极性键和非极性键
C．过程Ⅱ：形成极性键和非极性键
D．热化学方程式为NH3(g)+Cl2(g)→NH2Cl(g)+HCl(g)+11.3KJ
16．（2021·上海·统考二模）乙烯水化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．总反应不需要加热就能进行
B．第①步反应只有O-H键发生断裂
C．是总反应的催化剂
D．第①、②、③步反应都是放热反应
17．（2021·上海·统考二模）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键
键能/()
436
463
热化学方程式
则的Q为
A．428 B．-428 C．498 D．-498
18．（2021·上海崇明·统考一模）如图是 798K 时 N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。下列叙述正确的是
A．该反应的热化学方程式为：N2 + 3H2⇌2NH3 + 92kJ
B．a 曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
C．加入催化剂，该化学反应的反应热改变
D．在温度体积一定的条件下，通入 1mol N2和 3mol H2反应后放出的热量为Q1 kJ，若通入2molN2和6molH2反应后放出的热量为Q2kJ，则184＞Q2＞2Q1
19．（2021·上海静安·统考一模）符合如图能量变化关系的热化学方程式是
A．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) +(E3-E1)kJ
B．2SO3(s)2SO2(g)+O2(g) -QkJ(Q
D．SO2(g)+O2(g)SO3(g) +
20．（2021·上海青浦·统考一模）化学反应H2+Cl2→2HCl的能量变化如图所示。关于该过程能量变化的叙述不正确的是
A．氢气与氯气反应的热化学方程式：H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)+183kJ
B．该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的
C．2molHCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量
D．2mol气态氢原子的能量低于1mol氢气的能量
21．（2021·上海·统考一模）碳在氧气或臭氧中燃烧的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．O2(g)⇌O3(g)+80.8 kJ
B．将O2转变为O3 后再与碳反应，可获得更多的能量
C．l mol碳不完全燃烧所释放的能量介于393.5～474.3 kJ
D．断裂l mol O2(g)中共价键吸收的能量比形成1mol CO2(g)中共价键放出的能量少
二、原理综合题
22．（2022·上海·模拟预测）节能减排CO2建设友好型社会的必然选择。
（1）CO2可与H2生成CH4：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)。将原料气按n(CO2):n(H2)=1mol：4mol置于体积为2L的密闭容器中发生反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示，该反应的平衡常数K随温度降低而___（填“增大”或“减小”）。恒温条件下，反应经过5min达到平衡，此时压强为初始的0.8倍，用H2表示该阶段化学反应速率为___。
（2）在恒温（T>100℃）恒容装置中进行该反应，达到平衡状态的是___。
a.混合气体密度不再改变
b.混合气体压强不再改变
c.混合气体平均摩尔质量不再改变
d.n(CO2)：n(H2)=1：2
（3）原料气CO2可与H2通过如下反应制备：
①C(s)+CO2(g)2CO(g)+akJ②CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)+bkJ
某反应的平衡常数表达式K=，请写出此反应的热化学方程式___。
（4）CO2还可与H2生成CH3OH，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+Q1。下列措施有利于提高合成CH3OH反应中CO2的平衡转化率的是___。
a.使用催化剂 b.加压 c.增大初始投料比
某温度下该反应的K=450，向该温度下2L的容器内分别投入0.2molH2、0.6molCO2、0.4molCH3OH和0.4molH2O，则反应向___方向进行（填“正”或“逆”）。
（4）上述反应存在副反应H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)+Q2，控制压强一定，CO2和H2初始比一定，经过相同时间测得如下数据（反应未达平衡）：
T（K）
CO2的实际转化率（%）
甲醇的选择性（%）
543
12.3
42.3
533
15.3
39.1
甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比。
数据表明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，可能的原因是：___。
23．（2022·上海·一模）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1
反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1
反应Ⅱ的热化学方程式：_________________________________________。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
p2_______p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。
（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________===_________+_______+2I－
（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
①B是A的对比实验，则a=__________。
②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。
24．（2022·上海·一模）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，溶液pH=___________。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11）
（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：
CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C=O
H—H
CO(CO)
键能/kJ·mol−1
413
745
436
1075
则该反应的ΔH=_________。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______（填“A” 或“B ”）。
②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是________。
（3）O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。
电池的负极反应式：________。
电池的正极反应式：6O2+6e−6O2−
6CO2+6O2−3C2O42−+6O2
反应过程中O2的作用是________。
该电池的总反应式：________。
25．（2021·上海宝山·统考二模）电解精制饱和食盐水的方法制取氢氧化钠、氢气、氯气等系列化工产品，这种工业生产称为氯碱工业。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。
(1)自然界一切物质都具有能量，而且能量可以相互转化。从能量来看，电解是___________转变为___________的过程。
(2)能量的转化很多是以热量的形式出现的，例如甲烷作为一种清洁能源，标准状况下燃烧0.448L甲烷生成液态水，放出QkJ热量，写出该反应的热化学方程式___________。
(3)写出电解饱和食盐水的离子方程式___________。
(4)试预测离子交换膜法电解食盐水中离子交换膜可能的作用是___________、___________。
(5)电解熔融的氯化钠可以得到金属钠。写出该反应的化学方程式___________。铝也可以用电解法得到，请用一个实验事实说明钠与铝的金属性强弱___________。
(6)室温下，0.1mol/LNaClO溶液的pH___________0.1mol/LNa2SO3溶液的pH。(选填“大于”、“小于”或“等于”)。浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO、CO、HSO、HCO浓度从大到小的顺序为___________。(酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO)
26．（2021·上海长宁·统考二模）对烟道气中的进行回收再利用具有较高的社会价值。
(1)大气中含量过高会导致雨水中含有(填化学式)___而危害植物和建筑物。工厂排放的尾气用饱和溶液吸收可得到重要化工原料，反应的化学方程式为___。由过饱和溶液结晶脱水可制得。写出该过程的化学方程式__。
(2)可用作食品的抗氧化剂。在滴定某葡萄酒中残留量时，取葡萄酒样品，用的碘标准液滴定至终点，消耗碘液。补全该滴定反应的离子方程式：，___；该样品中的残留量为___(以计)。
(3)一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16gS(s)，该反应_(选填“放出”或“吸收”)的热量为_。
(4)在绝对隔热恒容的密闭容器中，进行该反应的平衡常数表达式为___，对此反应下列说法正确的是__。
a．若混合气体密度保持不变，则已达到平衡状态
b．从反应开始到平衡，容器内气体的压强保持不变
c．达平衡后若再充入一定量CO2，平衡常数保持不变
d．分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变
27．（2021·上海静安·统考二模）科学家1956年发现N3。相隔46年，又于2002年发现N4。回答下列问题。
(1)氮原子最外层运动状态不同的电子有___________种，N2的电子式：___________。已知N4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，写出N4的结构式___________。
已知： 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ
(2)恒温、恒容条件下，将2.0mol NO和1.0mol CO充入一个容积为2L的密闭容器中进行上述反应，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。
0～9min内N2的平均反应速率v(N2)=___________mol/(L·min)；第12min时CO2的浓度为___________ mol/L；第12min时改变的反应条件可能为___________(填字母代号)；
a.升高温度 b.加入NO c.加催化剂 d.减小压强 e.降低温度
(3)如图是该平衡混合气中N2的体积分数随温度或压强变化的曲线。(图中L(L1、L2)、X可能是温度或压强。)可以确定X代表的是___________(填“温度”或“压强”)，L1与L2的大小关系是L1___________ L2(选填“<”、“>”或“=”)，你的理由是___________。
(4)尿素溶液也可用于处理汽车尾气，所得产物都是无污染的气态物质，化学方程式如下：2CO(NH2)2+4NO+O2→2CO2+4N2+4H2O(反应条件省略)。经测定，每吸收30gNO能排放热量321.7kJ，则该反应的热化学方程式为___________。
28．（2021·上海·统考二模）是硝酸的酸酐，溶于水生成，或合金可用于还原脱除水体中的硝态氮。在45℃、溶液起始浓度、维持溶液呈中性并通入作保护气等条件下进行脱氮实验，结果如下图所示。
完成下列填空：
(1)在时，几乎没有被脱除的原因是_______，后被还原成，配平反应的离子方程式：______。
_______+_______+_______+______________+_______
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是_______。
(3)不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
①25℃时，在一个容积不变的容器中加入，气体总浓度c与时间t的变化关系如下表所示：
0
260
在时，测得浓度为，此时的浓度是_______。反应达到平衡时，的浓度是_______。
②若升温至35℃，平衡时气体总浓度_______(选填“＞”“＜”或“=”)。
③已知：，_______。
29．（2021·上海·统考二模）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。正丁烷脱氢制丁烯的热化学方程式为：()。完成下列填空：
(1)T1℃时，5mol在100L容器内脱氢，30min达到平衡转化了30%。则30min内的平均反应速率_______。为提高反应的平衡转化率，可采取的一条措施是_______。
(2)T2℃时，该反应平衡常数K=1.2，则T1_______T2 (选填“＞”“＜”或“=”)。
(3)如图为反应平衡时丁烯产率和反应温度的关系曲线。丁烯的产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是_______；590℃之后，丁烯的产率快速降低的主要原因可能是_______。
(4)已知：
则_______。
(5)写出2-丁烯在一定条件下发生聚合反应的化学方程式_______。
三、结构与性质
30．（2021·上海嘉定·统考二模）四氟肼()可作高能燃料的氧化剂，可用与二氟胺()反应制得，发生的反应是。请回答有关问题：
(1)原子最外层电子排布式___________；原子核外不同运动状态的电子有___________种；的电子式___________；元素的非金属性比强，用原子结构的知识说明理由：___________。
(2)中元素的化合价是___________；反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________；若生成，电子转移数是___________；检验反应后是否过量操作方法是___________。
(3)单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成该易燃气体放出热量，请写出此反应的热化学方程式：___________。
参考答案：
1．B
【详解】由氢气燃烧的热化学方程式可知，2mol氢气与1mol氧气燃烧生成2mol水蒸气放热483.6kJ，
A．水蒸气转化为液态水的过程是放热过程，所以1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量大于241.8kJ，故A错误；
B．根据方程式可知生成1mol水蒸气放出热量241.8kJ，则1mol水蒸气完全分解成氢气与氧气，需吸收241.8kJ热量，故B正确；
C．反应是放热的，所以反应物的能量高于产物的能量，故C错误；
D．该反应为放热反应，焓变=反应物键能之和-生成物键能之和<0，所以2mol氢氢键和1mol氧氧键拆开所消耗的能量小于4mol氢氧键成键所放出的能量，故D错误；
故选：B。
【点睛】焓变=反应物键能之和-生成物键能之和；互为逆过程的两个反应的焓变互为相反数。
2．D
【详解】A．吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，与图不符，A错误；
B．氢氧化钠滴定盐酸，盐酸属于强酸，0.0100mol/LHCl，HCl开始的pH为2，而图象中pH为1，所示盐酸的浓度为0.100mol/L，相互矛盾，B错误；
C．冰醋酸加水溶解，离子浓度增大，导电能力增强，达到平衡后继续加入水促进醋酸电离，但离子浓度减小导电能力减小，图象符合离子浓度变化，导电能能力b>a>c；根据越稀越电离，a、b、c三点醋酸的电离程度：a
答案选D。
3．B
【详解】A. Fe(NO3)2是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，在配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2+水解不可向溶液中加入硝酸，因为硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，选项A错误；
B.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，使溶液进入到锥形瓶中，慢慢加标准溶液，以减小实验误差，选项B正确；
C.中和热的测定实验中，测酸后的温度计若未用水清洗便立即去测碱的温度，在温度计上残留的酸液就会与溶液中的碱发生中和反应，放出热量，使所测碱的起始温度偏高，导致中和热的数值偏小，选项C错误；
D.NH4NO3溶于水吸热，使溶液温度降低，配制 1mol/L 的NH4NO3溶液时，溶解后，就立即转移至容量瓶，会导致配制溶液的体积偏大，使所配溶液浓度偏低，选项D错误；
故合理选项是B。
4．D
【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
5．A
【详解】2A(g) B(g) + Q （Q>0）是放热反应，2A的能量大于B，；B(g) 的能量大于B(l)，故A正确。
6．D
【详解】稀醋酸是弱电解质，电离时需吸收能量，与1molNaOH溶液放出的能量低于57.3 kJ；浓硫酸溶解时放热，1molNaOH放出的能量大于57.3 kJ；稀硝酸与1mol NaOH溶液反应放出的热量为57.3 kJ。答案选D。
7．C
【详解】由图可知，O(g)+2H(g)→O2(g)+H2(g)放热685kJ，则热化学方程式为O(g)+2H(g)→O2(g)+H2(g)+685KJ，A项错误；
B．由图可知，OH(g)+H(g)→O(g)+2H(g)吸热427kJ，则热化学方程式为OH(g)+H(g)→O(g)+2H(g)- 427kJ，B项错误；
C．由图可知，O2(g)+H2(g)→H2O(g)放热为，则热化学方程式为O2(g)+H2(g)→H2O(g)+244KJ，C项正确；
D．O(g)+2H(g)→H2O(g)放热，则热化学方程式为O(g)+2H(g)→H2O(g)+929KJ，D项错误；
答案选C。
8．B
【详解】A．该反应为可逆反应，反应物不能全部转化为生成物，1mol CO2 (g)和3mol H2 (g)混合后反应，放出的热量小于Q kJ，故A错误；
B．若催化剂参与反应，则可以改变反应途径，降低反应的活化能，加快反应速率，缩短达到平衡的时间，故B正确；
C．由水蒸气变为液态水会放出热量，所以当生成的水为液态时，Q值增大，故C错误；
D．催化剂不能改变反应物和生成物的总能量，使用催化剂，不影响反应的热效应，故D错误；
故选B。
9．C
【详解】A．HCN中的碳氮键为C≡N键，HNC中碳氮键为N＝C键，二者的碳氮键不一样，A项错误；
B．同素异形体是指由同样的单一化学元素组成，因排列方式不同，而具有不同性质的单质。HCN和HNC都不是单质，不符合同素异形体的定义，B项错误；
C．由图可知，HNC的能量比HCN的能量高，C项正确；
D．题中热化学方程式表示错误，应为：HCN(g)HNC(g) ΔH=＋59.3kJ∙mol-1，D项错误；
答案选C。
10．C
【详解】A．由能量变化图可知，2H2O2(l)具有的能量大于2H2O(l)和O2(g)具有的总能量，故该反应是放热反应，故A错误；
B．途径a、b的始态与终态相同，则反应的热效应相同，故途径改变，反应热不变，故B错误；
C．由能量变化图可知，2molH2O2(l)具有的总能量高于2molH2O(l)和1molO2(g)具有的总能量，故1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)和0.5 molO2(g)具有的总能量，故1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量，故C正确；
D．经以上分析，1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量，能量越高，越不稳定，故H2O2(l)没有H2O(l)稳定，故D错误；
本题答案C。
11．C
【分析】依据图示反应历程可知甲烷在催化剂作用下断裂C-H生成中间产物①；①→②过程中形成C-C键，从②到CH3COOH有O-H键生成。
【详解】A． ①→②过程能量变低，有热量放出，故A正确；
B． 结合图例和分子结构示意图，X为CH4、Y为CO2、M为CH3COOH，即分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，故B正确；
C． 反应过程中没有C-H键生成、①→②过程中形成C-C键、从②到CH3COOH有O-H键生成，故C错误；
D． 依据反应历程可知甲烷与二氧化碳反应生成乙酸为化合反应，所以原子都转移到目标产物，原子利用率为100%，故D正确；
故选C。
12．C
【详解】A．反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，选项A正确；
B．E1表示反应物的活化能，E2表示生成物的活化能，该反应的反应热为E2-E1，选项B正确；
C．催化剂能降低反应所需活化能，但不影响焓变，所以加入催化剂可同等程度的降低E1、E2，但△H不变，选项C错误；
D．I2由固态转化为气态需要吸热，若I2为气态，则该反应热大于E2-E1，选项D正确；;
答案选C。
13．B
【分析】由盖斯定律可知，②—①可得反应③，反应③为放热反应，丁炔的能量比丁二烯高。
【详解】A．①和②的产物都是丁烷，产物相同，稳定性相同，故A错误；
B．物质的能量越高，越不稳定，由分析可知，丁炔的能量比丁二烯高，则丁二烯比丁炔更稳定，故B正确；
C．由分析可知， 丁炔转化为丁二烯是放热反应，则丁二烯转化为丁炔是吸热反应，故C错误；
D．由①知1,3—丁二烯和氢气的总能量比丁烷高，由②知2—丁炔和氢气的总能量比丁烷高，不能比较丁烷的能量与丁二烯和丁炔能量的高低，故D错误；
故选B。
14．A
【详解】断键吸热，成键放热，非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，氢化物越稳定，能量越低，同时非金属性越强，对氢原子的吸引力越强，原子核间距越短，所以正确的图示是 。
答案选A。
15．B
【详解】A．Cl原子的半径比H原子半径大，所以Cl-Cl键长比H-Cl键长更长，键能更小，则相同条件下HCl比Cl2稳定，A错误；
B．过程I中氨气分子中氮氢极性共价键断裂，氯气中的非极性键断裂，B正确；
C．过程Ⅱ中形成氮氢极性共价键断裂、氯氢极性共价键断裂，没有非极性键生成，C错误；
D．据图可知生成物的能量高于反应物，热化学方程式应为NH3(g)+Cl2(g)→NH2Cl(g)+HCl(g)-11.3KJ，D错误；
综上所述答案为B。
16．C
【详解】A．总反应是否需要加热与反应的能量变化没有关系，A项错误；
B．根据图示可知，第①步反应还有C=C键发生断裂，B项错误；
C．根据图示可知，反应①消耗，反应③又生成，且乙烯水化制乙醇的总反应为，故是总反应的催化剂，C项正确；
D．第一步反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，第二步反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，第三步反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，D项错误；
故选C。
17．C
【详解】断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量。水分子的结构式为H—O—H，每个水分子含2个键。设O—O键的键能为x，根据可得：断键时吸收能量为436×2+x，成键时放出能量为463×4，可建立方程：
463×4 -（436×2+x）=482，计算得出x=498。
表示O原子结合生成氧分子，是成键的过程，放出能量。每个O2中含1个O—O键，故答案选C。
18．D
【详解】A．反应的焓变与物质的状态有关，热化学方程式必须标注物质的聚集状态，故A错误；
B．催化剂能改变反应的路径，使反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故图象中的b曲线是加入正催化剂时的能量变化曲线，故B错误；
C．催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故C错误；
D．在温度体积一定的条件下，通入 1mol N2 和 3mol H2 反应后放出的热量为Q1 kJ，通入2mol N2和6mol H2，平衡正向移动，Q2＞2Q1，完全反应放出的热量为2×92.2kJ=184kJ，但反应物不可能进行彻底，所以Q2＜184kJ，即184＞Q2＞2Q1，故D正确；
故选D。
19．C
【详解】由图可知，该热化学方程式的反应物为：SO3(g)，生成物为：SO2(g)、O2(g)，该反应为吸热反应，2molSO3(g)完全反应，吸收热量为，则热化学方程式是SO3(g)2SO2(g)+O2(g) +，答案选C。
20．D
【详解】A．由图可知1mol H2(g)和1molCl2(g)反应生成2mol HCl(g)放出(862-679)kJ=183kJ能量，因此氢气与氯气反应的热化学方程式为H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)+183kJ，A正确；
B．反应热效应只与反应的始态和终态有关，与条件、途径无关，因此该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的，B正确；
C．由图可知2molHCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量，C正确；
D．气态氢原子形成氢气分子时形成化学键，形成化学键释放能量，因此2mol气态氢原子的能量高于1mol氢气的能量，D错误。
答案选D。
21．D
【详解】A．由盖斯定律、图示信息知：O2(g)⇌O3(g)-80.8 kJ，A错误；
B． 由盖斯定律知，将O2转变为O3 后再与碳反应生成二氧化碳、将O2直接与碳反应生成二氧化碳、获得相同的能量，B错误；
C． l mol碳不完全燃烧所释放的能量小于393.5kJ，C错误；
D． O2与碳反应生成二氧化碳是放热反应、氧气的键能和碳的键能之和小于二氧化碳的键能，则l mol O2(g)中共价键吸收的能量比形成1mol CO2(g)中共价键放出的能量少，D正确；
答案选D。
22． 增大 0.2mol/(L∙min) bc C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)+(a+b)kJ b 正 温度升高，主反应、副反应的反应速率均加快，但对副反应的反应速率的影响更大
【详解】（1）根据图知，当反应达到平衡状态后，升高降低，水的物质的量分数增大，说明平衡正向移动，则生成物浓度增大、反应物浓度减小，所以化学平衡常数增大；恒温条件下，反应经过5min达到平衡，设CO2的转化量为xmol则有：
平衡时压强为初始的0.8倍，则=0.8，解得x=0.5，用H2表示该阶段化学反应速率为=0.2 mol/(L∙min)，故答案为：增大；0.2 mol/(L∙min)；
（2）a. 反应前后质量和体积一直不变，所以密度一直不变，不能判断平衡，故a错误；
b. 该反应是气体体积减小的反应，反应过程中温度不变，混合气体的总物质的量减小，压强减小，当压强不变时，说明反应达平衡状态，故b正确；
c. 反应前后质量不变，但物质的量在变，所以平均摩尔质量保持不变，说明反应达平衡状态，故c正确；
d. 原料气按n(CO2)：n(H2)=1：4发生反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，反应过程中始终保持n(CO2)：n(H2)=1：4，不可能达到n(CO2)：n(H2)=1：2，也无法判断反应是否达到平衡，故D错误；
故选：bc；
（3）某反应的平衡常数表达式K=，则该反应为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，已知①C(s)+CO2(g)2CO(g) +akJ；②CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) +bkJ；由盖斯定律可知，①+②即可得到C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，此反应的热化学方程式为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) +(a+b)kJ；故答案为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) +(a+b)kJ；
（4）a. 催化剂不改变反应进程，不能提高CO2的平衡转化率，不选；
b. CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高CO2的平衡转化率，可选；
c. 增大初始投料比，相当于提高原料气中CO2所占比例，平衡正向移动，但二氧化碳转化率减小，不选；
故选b；
某温度下该反应的K=450，向该温度下2L的容器内分别投入0.2molH2、0.6molCO2、0.4molCH3OH和0.4molH2O，则Qc==
所以升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，故答案为：温度升高，主反应、副反应的反应速率均加快，但对副反应的反应速率的影响更大。
23． 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1 > 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 SO2 SO42— 4H+ 0.4 I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【详解】分析：（1）应用盖斯定律结合反应II分析。
（2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2SO4物质的量分数判断。
（3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去I-得总反应。
（4）用控制变量法对比分析。
详解：（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。
（2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2p1。
（3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。
（4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。
②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。
③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。
点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图象的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。
24． CO32- 10 +120 kJ·mol-1 B 900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+） 催化剂 2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
【详解】（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2==5×10−11，所以氢离子浓度为1×10-10mol/L，pH=10。
（2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)= +120 kJ·mol-1。初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大（气体物质的量增加）；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。
②根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度。
（3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。
【点睛】本题的第（2）小问中的①涉及了恒容容器和恒压容器在不同反应中的影响。此类问题可以直接利用如下的结论：如果初始状态完全相同，是由恒容和恒压的区别，则一定是恒压容器更有利于反应的进行。除非是气体物质的量不变的反应，恒压和恒容是一样的。本就可以直接得到，容器B恒压，所以有利于反应进行，反应的更多，热量也更多。
25． 电能 化学能 CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-50QkJ/mol 2Cl-+2H2O 2OH-+Cl2↑+H2↑ 能得到纯度更高的氢氧化钠溶液 避免氯气与氢气反应 2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑ 钠和冷水反应，铝和冷水不反应，说明金属性：Na>Al 大于 c(SO)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(HSO)
【分析】电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上水得电子生成氢气和OH-，离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子不能通过，能够防止生成的氯气和氢气混合据此分析解答(3)(4)；根据酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO，说明ClO-水解程度大于SO， SO水解程度小于CO，据此分析解答(6)。
【详解】(1)电解过程将电能转化为化学能，故答案为：电能；化学能；
(2)甲烷作为一种清洁能源，标准状况下燃烧0.448L甲烷，其物质的量n==0.02mol，生成液态水，放出QkJ热量，则1mol甲烷完全燃烧放出热量=×1mol=50QkJ，反应的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-50QkJ/mol，故答案为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-50QkJ/mol；
(3)电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上水得电子生成氢气和OH-，电解反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑，故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
(4)离子交换膜只允许阳离子通过，其它离子不能通过；且生成的氯气和氢气不混合，则交换膜的作用是能得到纯度更高的氢氧化钠溶液、避免Cl2与H2反应，故答案为：能得到纯度更高的氢氧化钠溶液；避免Cl2与H2反应；
(5)电解熔融的氯化钠可以得到金属钠和氢气，反应的化学方程式为2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑；钠和冷水反应，铝和冷水不反应，说明金属性：Na＞Al，故答案为：2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑；钠和冷水反应，铝和冷水不反应，说明金属性Na＞Al；
(6) 酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO，则ClO-水解程度大于SO，0.1mol/L NaClO溶液的pH大于0.1mol/L Na2SO3溶液的pH；浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO水解程度小于CO，SO、CO、HSO、HCO浓度从大到小的顺序为c(SO)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(HSO)，故答案为：大于；c(SO)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(HSO)。
26． H2SO4 H2SO3 SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3 2NaHSO3=Na2S2O5+H2O 4I-+6H+ 0.128 放出 135kJ K= ad
【详解】(1)大气中 SO2和水反应生成H2SO3，H2SO3容易被空气中的氧气氧化为H2SO4，导致雨水中含有H2SO3和H2SO4而危害植物和建筑物。SO2和水以及 Na2SO3反应生成 NaHSO3，反应的化学方程式为SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3。由 NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可制得 Na2S2O5，该过程的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。
(2) 和I2反应，S的化合价从+4升高到中的+6价，I的化合价降低，从0价降低到-1价，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒可写出该反应的离子方程式：+2I2+3H2O=2+4I-+6H+。根据反应的离子方程式，在50.00mL 葡萄酒样品中，中S的物质的量为0.01000mol/L×0.01000L××2，则以SO2计的质量为0.01000mol/L×0.01000L××2×64g/mol，1L葡萄酒样品中Na2S2O5的残留量为0.01000mol/L×0.01000L××2×64g/mol×=0.128g，故答案为：4I-+6H+，0.128。
(3)根据图象可以写出该反应的化学方程式为：2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)。由反应物到过渡态需要吸收409kJ的热量，由过渡态到生成物放出679kJ的热量，所以该反应为放热反应。生成1molS即32gS，放出679kJ-409kJ=270kJ的热量，则生成16gS(s)，放出的热量为=135kJ。
(4)根据该反应的化学方程式可知，S是固体，则该反应的平衡常数表达式为K=。
a．由于容器的容积不变，但混合气体的总质量在未平衡前是变化的，当混合气体密度保持不变时，则已达到平衡状态，故a正确；
b．该反应反应前后气体物质的量之和不相等，所以从反应开始到平衡，混合气体的物质的量之和是变化的，而且该容器为绝热容器，压强和气体的总物质的量以及温度有关，所以在未平衡前，容器内的压强是变化的，故b错误；
c．平衡常数和温度有关，达平衡后若再充入一定量CO2，平衡逆向移动，由于该容器是绝热容器，所以温度会降低，则平衡常数会发生改变，故c错误；
d．S是固体，分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变，故d正确；
故选ad。
27． 5 0.011 0.2 e 压强 由图知：氮气的体积分数随X增大而增大，而2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ，正反应放热、氮气的体积分数随着温度的升高而减小，随着压强的增大而增大 2CO(NH2)2(aq)+4NO(g)+O2(g)=2CO2(g)+4N2(g)+4H2O(l)+1286.8kJ
【详解】(1) 氮原子质子数为7，核外有7个电子，最外层有5个电子，原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，则最外层运动状态不同的电子有5种，氮气中N原子满足最外层8电子稳定结构，存在N≡N，则N2的电子式：。已知N4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，则每个N与其它3个N分别共用1对电子对，形成正四面体结构， N4的结构式。
(2) 对于反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ：由图知，0～9min内N2的平均反应速率v(N2)= ；反应过程中，CO消耗的物质的量等于生成CO2的物质的量，第12min时消耗CO=生成CO2的浓度=；第12min时改变反应条件，则NO、CO2物质的量不变但进一步消耗、氮气物质的量不变但进一步生成，说明平衡朝右移动，则：a．该反应放热、升高温度平衡左移，a不选； b．加入NO则NO曲线应该不连续、NO的浓度、物质的量先增大后减小，b不选； c．加催化剂 ，不影响平衡移动，c不选；d．减小压强，平衡左移，d不选；e．降低温度，平衡右移，e选；则第12min时改变反应条件可能的选项为e。
(3)图中X代表的是压强，L1与L2的大小关系是L1 L2，理由是：由图知：氮气的体积分数随X增大而增大，而2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ，正反应放热、氮气的体积分数随着温度的升高而减小，随着压强的增大而增大。
(4) 2CO(NH2)2+4NO+O2=2CO2+4N2+4H2O。经测定，每吸收30g即1molNO能排放热量321.7kJ，则吸收4molNO能排放热量4×321.7kJ=1286.8kJ，该反应的热化学方程式为2CO(NH2)2(aq)+4NO(g)+O2(g)=2CO2(g)+4N2(g)+4H2O(l)+1286.8kJ。
28． 铝表面的氧化膜仍未被溶解 10+6+12+610+3 Al-Fe形成原电池能加速电子转移 ＞ 2.2kJ
【详解】(1)在时，几乎没有被脱除的原因是铝表面的氧化膜仍未被溶解，后被还原成，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：10+6+12+610+3；
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是Al- Fe形成原电池能加速电子转移；
(3)起始的总浓度为，在时，测得浓度为，则消耗的浓度为，的浓度是。反应达到平衡时，气体总浓度为，此时已完全分解，分解生成的NO2、O2的浓度分别为，设反应中NO2消耗的浓度为2xmol/L，N2O4生成的浓度为xmol/L，则有，解得x=，即可得的浓度是；
不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
②反应为放热反应，若升温至35℃，平衡逆向移动，气体物质的量增多，则平衡时气体总浓度＞；
③已知反应①；反应②，根据盖斯定律可知，由①×+②可得反应
，则=，则2.2kJ。
29． 0.0005 升高温度或降低压强 ＜ 升高温度有利于反应向吸热方向进行或温度升高反应速率加快 丁烯高温裂解生成短链烃类 123
【详解】(1)T1℃时，5mol在100L容器内脱氢，30达到平衡转化了30%，转化的的物质的量为5mol×30%=1.5mol，则30内的平均反应速率=0.0005；
()，由于反应吸热，正反应方向是气体体积增大的反应，为提高反应的平衡转化率，使平衡正向移动，根据勒夏特列原理，升高温度或降低压强可以提高反应的平衡转化率；
(2)T1℃时，列出反应的三段式；
K1==0.006＜K2=1.2，反应吸热，温度越高，K越大，则T1＜T2；
(3)反应吸热，产率随温度升高而升高，升高温度有利于反应向吸热方向进行或温度升高反应速率加快，平衡正向移动，丁烯的产率在590℃之前随温度升高而增大；590℃之后产率减小，丁烯的产率快速降低，说明反应生成了其它物质，即副反应加剧，可能是丁烯高温裂解生成短链烃类；
(4)已知：①
②
根据盖斯定律，①-②得到则=123kJ；
(5)2-丁烯含有碳碳双键，一定条件下发生聚合反应，化学方程式是：。
30． 2s22p5 7 F元素与N元素电子层数相同，F元素的核电荷数比N元素多，吸引电子能力强，因此F元素的非金属性比N强 +1价 1：1 0.2NA 取反应后的混合液少许，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3＋过量，反之则不过量 3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g) ΔH＝－150.72kJ/mol
【详解】(1)的原子序数是9，原子最外层电子排布式为2s22p5；原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，所以N原子核外不同运动状态的电子有7种；分子中含有三键，电子式为；由于F元素与N元素电子层数相同，F元素的核电荷数比N元素多，吸引电子能力强，因此F元素的非金属性比N强；。
(2)中H是+1价，F是－1价，则根据化合价代数和为0可知元素的化合价是+1价；反应中铁元素化合价降低，氮元素化合价升高，铁离子是氧化剂，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；氮元素化合价从+1价升高到+2价，因此若生成，电子转移数是0.2NA；检验反应后是否过量的试剂是KSCN溶液，其操作方法是取反应后的混合液少许，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3＋过量，反之则不过量。
(3)单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，即四氧化三铁和氢气，且每生成氢气放出热量，则生成4mol氢气放出热量是37.68kJ×4=150.72kJ，此反应的热化学方程式为3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g) ΔH＝－150.72kJ/mol。
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