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浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编37化学反应的热效应（1）
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这是一份浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编37化学反应的热效应（1），共41页。试卷主要包含了单选题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编37化学反应的热效应（1）
一、单选题
1．（2023·浙江·统考模拟预测）叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示：
反应1：(CH3)3CBr→(CH3)2C=CH2+HBr
反应2：C2H5OH+(CH3)3CBr→(CH3)3COC2H5+HBr
下列说法不正确的是
A．过渡态能量：①＞②＞③
B．(CH3)3COC2H5可以逆向转化为(CH3)3CBr，但不会转化为(CH3)2C=CH2
C．若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4—E3的值增大
D．向(CH3)3CBr的乙醇溶液中加入NaOH并适当升温，可以得到较多的(CH3)2C=CH2
2．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应：
反应Ⅰ： ，
反应Ⅱ：
根据能量变化示意图，下列说法正确的是
A．
B．反应Ⅱ决定整个反应的速率
C．催化剂可以降低总反应的焓变
D．
3．（2023·浙江·二模）工业上利用和制备，相关化学键的键能如下表所示：
键
键能
745
436
462.8
413.4
351
已知：①温度为时，；
②实验测得：，为速率常数。
下列说法不正确的是
A．反应的
B．时，密闭容器充入浓度均为的，反应至平衡，则体积分数为
C．时，
D．若温度为时，，则
4．（2023·浙江嘉兴·统考二模）甲基叔丁基醚(MTBE)是一种高辛烷值汽油添加剂，可由甲醇和异丁烯(以IB表示)在催化剂作用下合成，其反应过程中各物质相对能量与反应历程的关系如图所示(其中表示甲醇和异丁烯同时被吸附，表示甲醇先被吸附，表示异丁烯先被吸附)，下列说法不正确的是
A．三种反应历程中，反应速率最快
B．该条件下反应的热化学方程式为：
C．甲醇比IB更易被催化剂吸附，所以若甲醇过多会占据催化剂表面从而减慢合成速率
D．同温同压下，只要起始投料相同，相同时间三种途径MTBE的产率一定相同
5．（2023·浙江·模拟预测）反应 分三步进行，各步的相对能量变化如图I、II、III所示：
下列说法不正确的是
A．三步分反应中决定总反应速率的是反应I
B．I、II两步的总反应为
C．根据图像无法判断过渡状态a、b、c的稳定性相对高低
D．反应III逆反应的活化能(逆)
6．（2023·浙江台州·统考二模）下列实验的基本操作正确的是
A．中和热测定时，盐酸与溶液混合后匀速旋转玻璃搅拌棒搅拌
B．润洗滴定管时，待装液润湿内壁后从上口倒出
C．配制溶液时，用蒸馏水溶解固体
D．用作萃取剂，分液时有机层从分液漏斗下端流出
7．（2023·浙江·模拟预测）乙烯氢化的热化学方程式为C2H4(g) + H2(g) = C2H6(g) △H= akJ·mol-1，使用不同含Au催化剂的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．1 mol C2H6(g)的能量大于 1 mol C2H4(g)与1 mol H2(g)具有的能量之和
B．该反应的焓变：△H = -129.6 kJ·mol-1
C．过渡态物质的稳定性：过渡态1大于过渡态2
D．相应的活化能：催化剂AuF小于催化剂AuPF
8．（2023·浙江·模拟预测）常温常压下，甲醇在催化剂的作用下可以合成2-甲基丙酸甲酯，计算机模拟单个甲醇分子在催化剂表面的反应过程和能量变化示意图如图，下列说法错误的是
A．总反应的热化学方程式为：
B．第一步反应决定了总反应的化学反应速率
C．化合物8和化合物9互为同分异构体
D．上述反应过程中未改变反应的，降低了反应的活化能
9．（2022·浙江·模拟预测）已知离子键的强弱与离子电荷高低和离子半径大小等有关；当离子电荷相同时，离子半径越小，离子键相对越强。(，Na)体系的能量循环如图，下列判断正确的是
A．，
B．
C．
D．
10．（2022·浙江·模拟预测）利用和制备的过程中，各物质的能量关系如图所示(表示活化能)，下列说法正确的是
A．反应1的正反应活化能大于逆反应的活化能
B．反应2的反应速率决定了整个转化过程的反应速率
C．若该过程中使用合适的催化剂，则图中的高度将减小
D．在转化过程中，只存在C-H键的断裂和C-Cl键的形成
11．（2022·浙江·模拟预测）晶格能(U)是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量。是离子晶体，其晶格能的实验值可通过玻恩-哈伯热力学循环图计算得到。
已知： ，
下列说法不正确的是
A． B．O—O键键能为
C． D．
二、原理综合题
12．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）对苯二甲酸(TPA)是生产聚酯的主要原料。实验中，将初始浓度为0.08mol/L对甲基苯甲酸(p-TA)放入反应器中(用醋酸作为溶剂)，在Co-Mn-Br的复合催化剂作用下进行反应，反应温度为186℃，反应过程中有充足的氧气供应，对甲基苯甲酸(p-TA)按照如下的路径发生反应：
且有
已知对甲基苯甲酸(p-TA)氧化的活化能比对醛基苯甲酸(4-CBA)氧化的活化能大得多。反应10min后，取样分析，对甲基苯甲酸(p-TA)和对醛基苯甲酸(4-CBA)含量基本为零。请回答：
(1)下列说法正确的是___________
A．反应Ⅰ 的平衡常数表达式
B．CO-Mn-Br催化剂能改变反应历程
C．相同条件下温度升高，反应Ⅰ的速率减慢，反应Ⅱ的速率加快
D．升高温度，副产物的含量会增大
(2)画出上述过程中p-TA制备TPA的物质相对能量-反应过程的示意图_________
(3)某研究小组进行了186℃下p-TA液相氧化反应并绘制了各物质浓度随时间的变化图像。
Ⅰ.已知图像中4-CBA的曲线有误，请说明错误的理由：___________。
Ⅱ.已知有两种溶剂a与b，p-TA、4-CBA和TPA在其中的溶解情况如下表所示，现欲收集反应的中间产物，选择溶剂___________(填“a”或“b”)
溶解度
反应物质
p-TA
4-CBA
TPA
溶剂
a
可溶
易溶
可溶
b
易溶
难溶
可溶
(4)已知原料对甲基苯甲酸(p-TA)可通过对二甲苯(PX)制取，PX液相氧化遵循自由基机理，部分反应历程如下所示，下列说法正确的是___________
A．Co(Ⅲ)使苯环上甲基的C-H键断裂生成PX自由基和
B．该反应中Co(Ⅲ)作为催化剂
C．PX自由基在反应ⅱ中发生还原反应
D．该历程中原料的原子利用率达到100%
13．（2023·浙江·统考模拟预测）我国要在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标。CO2还原为甲醇是人工合成淀粉的第一步。CO2催化加氢主要反应有：
反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ•mol-1
(1)已知CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的摩尔生成焓分别为-393.5kJ•mol-1、-200.6kJ•mol-1、-241.8(一定温度和压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓，单质的摩尔生成焓为0)。则反应I的△H1=______kJ•mol-1。
(2)当压强分别p1、p2时，将=1：3的混合气体置于闭容器中反应，不同温度下平衡体系中CO2的转化率、CH3OH和CO的选择性如图1所示。在p1压强下，曲线______代表CH3OH的选择性，原因是______。
(3)向VL密闭容器中通入3molH2、1molCO2，在催化剂作用下发生反应。相同时间内，温度对CO2转化率及CH3OH和CO产率的影响如图2所示。在某温度下，体系在tmin时达到平衡状态。此时CO2的转化率为30%，CO2对CH3OH的选择性为40%。
已知：CH3OH(或CO)的选择性=
下列说法正确的是______。
A．CO2的转化率随温度升高而增大的原因可能是温度升高，CO2的反应速率加快，反应II为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行且以反应II为主，CO2转化率增大
B．反应II的平衡常数为0.031
C．则0～tmin内H2的反应速率为mol•L-1•min-1
D．曲线b表示CH3OH的产率
(4)Cu/ZnO纳米片可以提高对CH3OH的选择性，图3为合成CH3OH在无催化剂时，CH3OH的物质的量与时间的关系，请在图3中画出CH3OH在Cu/ZnO纳米片存在下，CH3OH物质的量的变化曲线______。
14．（2023·浙江·模拟预测）甲醇是一种理想的可再生清洁能源，近年来随着环保督查、碳双控等政策的实施，我国甲醇产能利用率不断提升。
I.和在一定条件下合成甲醇：
(1)根据如图相关物质的能量，计算_______。
(2)向容积均为0.5L的恒容密闭容器中分别充入0.1mol和0.3mol，在两种催化剂(I和II)、不同温度下发生上述反应，经过相同时间，测得的转化率与温度的关系曲线如图所示(已知此实验条件下催化剂均未失活)。下列说法正确的是_______。
A．催化效率较高的是催化剂II
B．A点一定小于C点的
C．C点的正反应速率：
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大
(3)将和分别充入甲、乙两个恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表所示，测得不同温度下甲容器内的平衡转化率曲线甲如图所示。
容积
甲容器
VL
1mol
amol
乙容器
VL
2mol
2amol
①请在图中画出乙容器中的平衡转化率曲线乙_______。
②当乙容器中的平衡转化率与甲容器M点相同时，该反应的平衡常数之比_______。
II.已知反应是目前大规模制取氢气的方法之一。
(4)实验发现，其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，反应相同时间测得的体积分数增大，其可能的原因是_______。
15．（2023·浙江绍兴·统考二模）二甲醚()是一种重要的化工原料，可以通过制备得到。制备方法和涉及反应如下：
方法a：“二步法”制二甲醚
I：
Ⅱ：
方法b：“一步法”制二甲醚
Ⅲ：
两种方法都伴随副反应：
Ⅳ：
请回答：
(1)反应I自发进行的条件是___________；___________。
(2)在一定温度下，向的恒容密闭容器中通入和和利用方法a制备二甲醚。测得的平衡转化率为30%，为，为，反应I的平衡常数为___________(用含a、b的式子表示，只需列出计算式)。
(3)恒压条件下，在密闭容器中利用方法b制备二甲醚。按照投料，的平衡转化率和、的选择性随温度变化如图1所示。
(的选择性，的选择性)
①下列说法正确的是___________
A．当反应达到平衡时，
B．曲线①表示二甲醚的选择性
C．温度越低越有利于工业生产二甲醚
D．工业上引入双功能催化剂是为了降低反应Ⅲ的
②在的范围内，的平衡转化率先降低后升高的原因：___________。
(4)有学者研究反应Ⅱ机理，利用磷酸硅铝分子筛催化甲醇制二甲醚，其中简化的分子筛模型与反应过渡态结构模型如图所示，下列说法正确的是___________。(已知：磷酸硅铝分子筛中有酸性位点可以将甲醇质子化，题中的分子筛用“”符号表示)
A．制得的磷酸硅铝分子筛的孔径越大催化效率越高
B．该反应机理：[]
C．改变分子筛组分比例适当提高其酸性，有利加快反应速率
D．温度越高，有利于水蒸气脱离分子筛，反应速率越快
16．（2023·浙江台州·统考二模）催化加氢合成二甲醚是资源化利用的有效途径之一，合成二甲醚的总反应可表示为：
总反应：
该反应可通过如下步骤来实现：
反应I：
反应Ⅱ：
请回答：
(1)_______(用，表示)。
(2)、的条件下，平衡时转化率和的选择性随温度变化如图1所示。其中：的选择性％。
①下列说法正确的是_______。
A．、、均大于0
B．若反应在恒容密闭容器中进行，当体系压强不再变化，则反应I、Ⅱ均达到平衡状态
C．提高氢碳比，平衡时的转化率增大，的选择性减小
D．工业上应选择在200～220℃下具有较高催化活性及选择性的催化剂
②360℃时，的平衡选择性可视为0，不考虑其他副反应，反应I的平衡常数_______。
③、的条件下，催化加氢反应一段时间，不同温度下实际转化率和实际选择性数据如表：
温度/℃
220
240
260
280
300
实际转化率％
7.6
12.4
14.8
18.6
22.9
二甲醚实际选择性％
68.7
77.2
61.0
41.5
27.5
该体系合成二甲醚的最佳反应温度为_______。
④由上表数据可知，240～300℃二甲醚的实际选择性逐渐减小，从化学反应速率角度分析原因_______。
(3)250℃、、，平衡时转化率和收率与进料气中体积分数(/％)有关，其变化如图2所示，其中：
的收率％；
的收率％。
请在图2中画出在0～14％之间平衡收率的变化趋势_____。
17．（2023·浙江·二模）甲醇和二甲醚是可再生能源，具有广泛的发展前景。相关的主要反应有：
制备合成气：I.
制备甲醇和二甲醚：Ⅱ.
Ⅲ.
请回答：
(1)有利于制备合成气(反应I)的条件是___________。
A．低温低压 B．低温高压 C． 高温低压 D．高温高压
(2)一定条件下，相关物质的相对能量与反应过程如下图：
①___________。
②在某温度下，在体积为1L的恒容容器中，投料为1molCO和2molH2，仅发生反应Ⅱ和Ⅲ，在时达到平衡状态，请画出之间的变化趋势___________。
(3)甲醇生成二甲醚的转化率可以根据冷凝液中的与的相对百分含量来计算(忽略副反应和各物质的挥发)。冷凝液中的质量分数为，的质量分数为，则甲醇的转化率___________。(用含和的式子表示)
(4)制备合成气(反应I)时，还存在反应，该过程可用于热化学能的储存。已知：储能效率(是通过化学反应吸收的热量，是设备的加热功率)。反应物气体流速、对转化率、储能效率()的影响，部分数据如下表：
序号
加热温度/℃
反应物气体流速/
1
800
4
1：1
79.6
52.2
2
800
6
1：1
64.2
61.9
3
800
6
1：2
81.1
41.6
①下列说法不正确的是___________。
A．反应I可以储能的原因是该反应是吸热反应，将热量储存在高热值物质CO、H2中
B．其他条件不变，反应物气体流速越小，CH4转化率越大，有利于热化学能储存
C．其他条件不变，越小，CH4转化率越大
D．反应物气体流速越大，CH4转化率越低的可能原因是反应物与催化剂未充分接触
②在实验2和3中，经过相同的时间，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，说明其可能的原因___________。(该条件下设备的加热功率视为不变)
18．（2023·浙江·模拟预测）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)在C和的反应体系中：
反应1：
反应2：
反应3： 。
设，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示。图中对应于反应3的线条是____。
(2)雨水中含有来自大气的，溶于水中的进一步和水反应，发生电离：
①
② 25℃时，反应②的平衡常数为。
溶液中的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为，当大气压强为，大气中的物质的量分数为时，溶液中浓度为_______(写出表达式，考虑水的电离，忽略的电离)
(3)在某催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应有：
I.
II.
III.
时，往某密闭容器中按投料比充入和。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
①图中Y代表_______(填化学式)。
②体系中的物质的量分数受温度的影响不大，原因是_______。
③在下图中画出随温度变化趋势图_______。
19．（2022·浙江·模拟预测）亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂，工业上可用NO与合成，请分析并回答：
(1)一定条件下，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，热化学方程式和平衡常数如下：
序号
热化学方程式
平衡常数
①
，
②
，
③
，
则___________(用、表示)。
(2)25°C时，向体积为2L且带气压计的恒容密闭容器中通入0.08molNO和0.04mol，发生反应：，。
①下列描述能说明该反应已达到平衡状态的是___________(填序号)。
A．
B．容器内混合气体的密度保持不变
C．容器内气体压强保持不变
D．容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变
②若反应起始和平衡时温度相同，测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图Ⅰ曲线a所示，则___________0(填“>”、“<”或“不确定”)；若其他条件相同，仅改变某一条件时，测得其压强(p)随时间(t)的变化如图Ⅰ曲线b所示，则改变的条件是___________。
③试求算m值为___________。在图Ⅱ中描绘上述反应平衡常数的对数值()与温度的变化关系趋势图线(m为起点)_____。
④此时，NO的转化率为___________。
(3)利用亚硝酰氯与适量NaOH溶液反应后的其中含氮产物X，再与NaOH等溶液一起，可以使铁表面氧化形成致密氧化膜(先分别生成、，再生成铁的氧化物)，试写出最后生成氧化膜的离子反应方程式：___________。
20．（2022·浙江·模拟预测）为更早实现“碳达峰”“碳中和”，彰显中国作为大国的责任与担当，的资源化利用成为近年来的重点研究方向。
利用氧化丙烷脱氢制取丙烯有以下相关反应。
反应：逆水煤气转换：
反应II：丙烷在无氧条件下直接脱氢：
反应III：氧化丙烷脱氢：
已知：和的燃烧热分别为、； 。
(1)___________。
(2)下列说法不正确的是___________(填序号)。
A．反应I的
B．选择合适的催化剂可提高丙烯的选择性和平衡产率
C．恒温恒压下通入水蒸气有利于增大丙烷的转化率
D．为得到更多的丙烯，实际生产中反应温度越高越好
(3)氧化丙烷脱氢制取丙烯可采用铬的氧化物作为催化剂，反应机理如图甲所示，请在图乙上画出反应过程能量的变化趋势图___________。
(4)加氢时除发生反应I外，还可产生，具体反应如下：
反应IV、
在相同容积的密闭容器中按通入和，分别在0.1MPa和1MPa下进行反应。分析温度对平衡体系中、CO、的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中CO和的物质的量分数与温度变化关系如图丙所示。
①表示0.1MPa时物质的量分数随着温度变化关系的曲线是___________(填序号)。
②N点低于M点的原因是___________。
③590℃时反应IV的平衡常数为___________［结果保留3位有效数字，对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作，如p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡体系中B的物质的量分数]。
参考答案：
1．B
【详解】A．由图可知，过渡态能量的大小顺序为①＞②＞③，故A正确；
B．(CH3)3COC2H5与HBr在一定条件下可以逆向转化为(CH3)3CBr，即为(CH3)3CBr和C2H5OH转化为(CH3)3COC2H5的逆过程，该过程需要先转化为(CH3)3C+Br-和C2H5OH，(CH3)3C+Br-和C2H5OH再转化为(CH3)3CBr和C2H5OH，但(CH3)3C+Br-和C2H5OH同时也能转化为(CH3)2C=CH2，故B错误；
C．氯元素的电负性大于溴元素，则叔丁基氯的能量低于叔丁基溴，(CH3)3C+Cl-的能量高于(CH3)3C+Br-，所以若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4—E3的值增大，故C正确；
D．由图可知，(CH3)3CBr的乙醇溶液生成(CH3)2C=CH2过程放出能量相较于生成(CH3)3COC2H5低，加入氢氧化钠能与HBr反应使得平衡正向移动，适当升温会使平衡逆向移动，放热越小的反应逆向移动程度更小，因此可以得到较多的(CH3)2C=CH2，故D正确；
故选B。
2．A
【详解】A．由于绝对值，该值为负值，去掉绝对值后，，A正确；
B．由图可知，反应I正反应的活化能为E1-E5，反应II的活化能为E2-E3，反应I的活化能较大，则反应I的反应速率慢于反应II，反应I决定整个反应的速率，B错误；
C．催化剂可改变反应的活化能，反应的焓变由始态和终态决定，催化剂不改变焓变，C错误；
D．根据盖斯定律，反应I+II可得目标方程，D错误；
故选：A。
3．D
【分析】T1℃时，反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则，反应的平衡常数K==，设平衡时生成甲酸的浓度为amol/L，由题意可建立如下三段式：
由平衡常数可得：a(1-a)(1-a)=2，解得a=0.5，反应的平衡常数K==2。
【详解】A．由反应热与反应物的键能之和和生成物的键能之和的差值相等可知，反应△H=(745kJ/mol×2+436kJ/mol)-(745kJ/mol+426kJ/mol+413.4 kJ/mol+351 kJ/mol) <0，故A正确；
B．由分析可知，甲酸的体积分数为，故B正确；
C．由分析可知，反应的平衡常数K==2，则k逆=0.5k正，故C正确；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由温度为T2℃时，k正=2.1k逆可知，反应的平衡常数K＇==2.1＞K，则反应温度T2℃＜T1℃，故D错误；
故选：D。
4．D
【详解】A．N1、N2、N3三种反应历程的活化能分别为（6-2）QkJ.mol-1=4 QkJ.mol-1、（9-3）QkJ.mol-1=6QkJ.mol-1、（10-4）QkJ.mol-1=6QkJ.mol-1，则N1反应速率最快，A项正确；
B．该反应的焓变△H为生成物的总能量减去反应物的总能量，则△H=（1-5）QkJ.mol-1=-4QkJ.mol-1，该反应的热化学方程式为该条件下反应的热化学方程式为： ，B项正确；
C．乙醇比IB更易被催化剂吸附，占据催化剂表面从而使异丁烯无法与催化剂接触，导致反应速率减慢，C项正确；
D．N1、N2、N3三种反应历程的活化能不相等，则同温同压下，只有起始投料相同，相同时间三种途径MTBE的产率不相同，Ｄ项错误；
故正确答案为D。
5．B
【详解】A．活化能越大，反应速率越慢，根据图中信息反应I活化能最大，因此三步分反应中决定总反应速率的是反应I，故A正确；
B．根据图中信息和盖斯定律得到I、II两步的总反应为 ，故B错误；
C．纵坐标是相对能量，相对能量的参考物不同，无法计算三个过渡态的能量相对大小，因此无法判断过渡状态a、b、c的稳定性相对高低，故C正确；
D．根据总反应 和 ，得到反应III的 ，逆反应的活化能(逆)，故D正确。
综上所述，答案为B。
6．D
【详解】A．中和热测定时，盐酸与氢氧化钠溶液混合后，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒上下轻轻地搅拌使溶液混合均匀，故A错误；
B．润洗滴定管时，待装液润湿内壁后，为保证整个滴定管都被润洗，应从下端流出，故B错误；
C．用80mL蒸馏水溶解氯化钠固体，然后还需洗涤，总体积可能超过100mL，一般用配制体积的三分之一水进行溶解，故C错误；
D．二氯甲烷的密度大于水，分液时二氯甲烷应从分液漏斗下端流出，故D正确；
故选D。
7．B
【详解】A．由图可知，该反应为放热反应，故1 mol C2H6(g)的能量小于 1 mol C2H4(g)与1 mol H2(g)具有的能量之和，A错误；
B．由图可知C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) △H=生成物能量-反应物能量=-129.6kJ/mol -0=-129.6 kJ/mol，B正确；
C．由图可知，过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越温度，则稳定性：过渡态1<过渡态2，C错误；；
D．由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF的活化能分别为109.34 kJ·mol-1、26.3 kJ·mol-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF，D错误；
故选B。
8．A
【详解】A．图象给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为 ，故A错误；
B．第1步反应的能垒最高，所以第1步反应的化学反应速率最慢，故B正确；
C．化合物8和化合物9的分子式相同而结构不同，故C正确；
D．为反应的催化剂，故未改变反应的，降低了反应的活化能，故D正确；
故选A。
9．D
【详解】A．非金属得电子生成阴离子(更加稳定)是放热的，；(断键吸热)，A错误；
B．一般金属失电子生成金属阳离子是吸热的(需消耗能量)，，由于的离子半径大于的离子半径，的离子键强度弱于，，B错误；
C．，生成放出热量多，，C错误；
D．根据盖斯定律，，，(晶体吸热变气体)、(断键吸热)，D正确；
故选：D。
10．A
【详解】A．本题考查化学反应与能量变化，涉及活化能、催化剂与焓变的关系、化学键变化等。由图可知反应1为吸热反应，故正反应活化能大于逆反应活化能，A正确；
B．整个转化过程的速率由慢反应的速率决定，由于反应1的正反应活化能明显大于反应2，则可知反应1为慢反应，B错误；
C．催化剂只能改变反应活化能，无法改变，C错误；
D．转化过程中还存在键的断裂和键的形成，D错误；
故答案为：A。
11．D
【详解】A．根据题给晶格能的定义和题图可知，2mol气态锂离子和结合成(晶体)释放的能量即，选项A正确；
B．O=O键键能为，选项B正确；
C．，选项C正确；
D．根据盖斯定律求出，Li第一电离能为，选项D错误；
答案选D。
12．(1)ABD
(2)
(3) 反应Ⅱ的活化能小，是快反应，中间产物4-CBA在反应过程中不会大量积累 b
(4)AB
【详解】（1）A．根据平衡常数表达式，反应Ⅰ的平衡常数，A正确；
B．催化剂能降低反应的活化能，所以能改变反应历程，B正确；
C．相同条件下温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ的速率都加快，C错误；
D．升高温度，TPA可能会被氧化为CO2和H2O，所以副产物的含量会增大，D正确；
故选ABD；
（2）p-TA制备TPA的相对能量-反应过程：第一步放热反应，第二步吸热反应，且有，所以p-TA的能量高于TPA，则对能量-反应过程的示意图： ；
（3）I．反应Ⅱ的活化能小，反应速率比反应Ｉ快，所以中间产物4-CBA在反应过程中会迅速被消耗，不会大量积累；
II．欲收集反应的中间产物4-CBA，应选b溶剂，因为4-CBA在b溶剂中为难溶，p-TA和TPA在b溶剂中为可溶，将它们溶于b溶剂后，通过过滤可以收集到4-CBA；
（4）A．根据图示，Co(Ⅲ)使苯环上甲基的C-H键断裂生成PX自由基和，A正确；
B．根据图示，Co(Ⅲ)是第i步的反应物，在反应 中，又成Co(Ⅲ)，所以Co(Ⅲ)是作为催化剂，B正确；
C．PX自由基在反应ⅱ中发生氧化反应，C错误；
D．对二甲苯生成对甲基苯甲酸的原子利用率不是100%，D错误；
故选AB。
13．(1)-48.9
(2) ① 反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低
(3)AB
(4)
【详解】（1）已知CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的摩尔生成焓分别为-393.5kJ·mol-1、kJ·mol-1、-241.8kJ·mol-1，单质的摩尔生成焓为0，经分析可知=生成物的生成焓-反应物的生成焓，反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 的=kJ·mol-1 +(-241.8kJ·mol-1)-[0+(-393.5kJ·mol-1)=-48.9 kJ·mol-1；答案：-48.9；
（2）反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低，反应Ⅱ是生成CO的反应，该反应是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，则CO的选择性越高，因此①、②表示CH3OH的选择性，图中实线①表示P1压强下CH3OH的选择性、虚线②表示P2压强下CH3OH的选择性，③表示P2压强下CO的选择性，④表示P1压强下CO的选择性，⑤为CO的平衡转化率曲线；答案：答案：①；反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低；因此①表示P1压强下CH3OH的选择性；
（3）A. 反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CO2转化率降低，反应Ⅱ是生成CO的反应，该反应是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，CO2转化率增大， 图中显示随温度升高，CO2的转化率增大，其原因可能是温度升高，CO2的反应速率加快，反应II为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行且以反应II为主，导致CO2转化率增大，A正确；
B. 由题目信息可知，转化CO2为1mol=0.3mol，反应ⅠCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，生成CH3OH为0.3mol=0.12mol，消耗CO20.12mol，
反应Ⅱ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) 消耗CO20.18mol生成CO0.18mol，所以达平衡CO2：(1-0.3)=0.7mol，CO：0.18mol，H2O：0.12mol+0.18mol=0.3mol，H2：3mol-0.18mol-30.12mol=2.46mol，反应II的平衡常数K===0.031，B正确；
C. 由选项B分析可知：达平衡H2转化0.18mol+30.12mo=0.54mol，则0～tmin内H2的反应速率为mol•L-1•min-1，C错误；
D. 反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，甲醇的产率减小，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，二氧化碳的转化率增大，一氧化碳的产率减小，所以表示甲醇产率随温度变化的曲线是a，表示一氧化碳产率随温度变化的曲线是b，D错误；
故答案选AB。
（4）在Cu/ZnO纳米片存在下，反应应速率加快，达平衡时间变短，Cu/ZnO纳米片可以提高对CH3OH的选择性，CH3OH物质的量增多，答案：
。
14．(1)-49.3
(2)ABD
(3) 4:1
(4)CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动
【详解】（1）的生成物的能量-反应物的能量=-201.0-241.8-(-393.5) =-49.3。
（2）A．根据图示信息可知，使用催化剂II时，相同时间内，的转化率更高，则催化效率较高的是催化剂II，故A正确；
B．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，则c点，而A点温度低于C点，则A点一定小于C点的，故B正确；
C．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，两种催化剂的催化效率不同，则C点，故C错误；
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大，故D正确；
故选ABD。
（3）①甲容器和乙容器体积相等，乙溶液中和浓度是甲容器的两倍，相当于在甲溶液的基础上增大压强，而反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，的平衡转化率比甲容器中的大，且该反应是放热反应，升高稳定的平衡转化率减小，画出乙容器中的平衡转化率曲线乙为：；
②根据已知条件列出甲容器“三段式”
平衡常数，根据已知条件列出乙容器的“三段式”
平衡常数，则。
（4）其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动，反应相同时间测得的体积分数增大。
15．(1) 低温 --122.4kJ/mol
(2)
(3) B 温度较低(200~280°C)时以反应Ⅲ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，二氧化碳平衡转化率降低，温度较高(280~350°C)时以反应Ⅳ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率升高
(4)BC
【详解】（1）反应I熵变小于零、焓变小于零，则自发进行的条件是低温；按盖斯定律，反应Ⅲ=2×Ⅰ+Ⅱ，则。
（2）在一定温度下，向的恒容密闭容器中通入和和利用方法a制备二甲醚。测得的平衡转化率为30%，为，为，则发生副反应即 Ⅳ：，发生I： ，发生Ⅱ：，则平衡时n(CO2)=0.7mol，n(H2)=[3-(0.9-2b)mol]=(2.1+2b)mol，n(CH3OH)= ( 0.3-2a-b) mol，n(H2O)=( 0.3+a) mol，由于容积为1L，则反应I的平衡常数为 (用含a、b的式子表示，只需列出计算式)。
（3）①A．投料时，结合反应Ⅲ、Ⅳ可知，实际消耗的二氧化碳和氢气物质的量之比不等于1:3：则反应达到平衡时，，A错误；
B．随温度升高平衡右移、二甲醚的选择性降低，则曲线①表示二甲醚的选择性，B正确；
C．温度越低越有利于Ⅲ：右移，但是温度越低反应速率越小，影响二甲醚产量，则温度越低不适合工业生产二甲醚，C错误；
D．双功能催化剂不能降低反应Ⅲ的，D错误；
选B。
②在的范围内，的平衡转化率先降低后升高的原因：温度较低(200~280°C)时以反应Ⅲ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，二氧化碳平衡转化率降低，温度较高(280~350°C)时以反应Ⅳ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率升高。
（4）A． 由过渡态中微粒间距可以推测，制得的磷酸硅铝分子筛的孔径应该适中，孔径越大吸附效率下降，影响催化效率，A不正确；
B． 反应Ⅱ的总反应：，ZOH为催化剂，由图知该反应的过渡态为，则该反应的机理为：[ ]，B正确；
C． 磷酸硅铝分子筛中有酸性位点可以将甲醇质子化，有利于吸附，故改变分子筛组分比例适当提高其酸性，有利加快反应速率，C正确；
D． 温度过高，会破坏催化剂、过渡态等物质的稳定性，不利于提高反应速率，D不正确；
选BC。
16．(1)2+
(2) BD 0.052 240℃ 240-300°℃，在催化剂作用下，随着温度升高，反应Ⅱ速率加快的程度比反应大，故二甲醚的实际选择性逐渐减小
(3)
【详解】（1）由盖斯定律可知总反应=2I+Ⅱ，则2+，故答案为：2+；
（2）①A.由图中信息可知，随温度的升高的选择性一直降低，可知升温不利于的生成，则总反应以及反应Ⅱ均为放热反应，、、均小于0，而温度在280℃以上时二氧化碳的转化率升高，就可知高温有利于反应I正向移动，则小于0，故A错误；
B.若反应在恒容密闭容器中进行，由总反应可知反应前后气体分子数减少，体系内压强减小，则当体系压强不再变化，则反应I、Ⅱ均达到平衡状态，故B正确；
C.提高氢碳比，有利于反应I平衡正向一定，平衡时的转化率增大，同时也使反应Ⅱ正向移动，的选择性也增大，故C错误；
D. 200～220℃左右时的选择性较高，此时二氧化碳的转化率也较大，选择在此温度下具有较高催化活性的催化剂，有利于生成，故D正确；
故答案为：BD；
②360℃时，的平衡选择性可视为0，不考虑其他副反应，则体系内只发生反应I，此时二氧化碳的转化率为35%，，设氢气为4mol，二氧化碳为1mol，列三段式得：
反应I的平衡常数，故答案为：0.052；
③由表中数据可知不同条件下生成二甲醚的相对量可用二氧化碳的转化率×二甲醚的选择率表示，则分别为：5.22%、9.57%、9.02%、7.72%；由此可知该体系合成二甲醚的最佳反应温度为240℃，故答案为：240℃；
④温度较高时，催化剂的活性会降低，导致反应速率减小，240-300°℃，在催化剂作用下，随着温度升高，反应Ⅱ速率加快的程度比反应大，故二甲醚的实际选择性逐渐减小；故答案为：240-300°℃，在催化剂作用下，随着温度升高，反应II速率加快的程度比反应大，故二甲醚的实际选择性逐渐减小；
（3）在0～14％之间转化率下降，收率升高，则CO的平衡量逐渐减小，其收率逐渐下降，故答案为：。
17．(1)C
(2) 205.4
(3)
(4) B 反应物气体流量一定的情况下，经过相同的时间，实验2种CH4转化的物质的量相对较多，因此吸收的能量较多
【详解】（1）该反应为吸热且气体分子数增加的反应，升温或减小压强均能使平衡正向移动，故选C；
（2）E1为2molCO和4molH2的总能量，E3为1molCH3OCH3和1molH2O的总E1-E3为能量。由反应2×Ⅱ+Ⅲ得到： 2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-181.4 kJ⋅moL-1+(−24.0kJ⋅moL-1)=-205.4 kJ⋅moL-1=E生成物-E反应物=E3-E1，E1-E3=205.4 kJ⋅moL-1。由于K2>K3，CH3OH的变化由反应Ⅱ决定，CH3OH在反应Ⅱ中作为产物浓度不断增加，而t1-t2达平衡浓度不发生改变，之间的变化趋势为：；
（3）设冷凝液总质量为mg，水的物质的量为：，甲醇的物质的量为：，根据反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)可知，生成水，需要消耗甲醇的物质的量为：2×，甲醇的转化率为：；
（4）A．反应吸热反应，即产物CO+H2的总能量高于CO2+CH4，反应体系储能是由于高能的CO和H2，A项正确；
B．由表格知气流速度快比值为1:1储能效率最高，而1、2实验对比，CH4的转化率高储能效率低，B项错误；
C．由实验2、3对比，实验3的转化率高，即比值小转化率高(相当于增加CO2平衡正向，CH4的转化率增大)，C项正确；
D．气流太快，CH4未及时参与反应，没法与催化剂充分接触，D项正确；
故选B。
对比实验2、3发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是气体流量一定的情况下，实验2中CH4转化的物质的量相对较多，因此反应得到的热量较多。
18．(1)a
(2)
(3) 温度升高时，反应I吸热反应正向进行的程度和反应III放热反应逆向进行的程度相差不大
【详解】（1）由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：ΔH3=2ΔH1-ΔH2=[2×(-394)-(-566)]kJ•mol-1=-222kJ•mol-1，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a，故答案为：a；
（2）由题可知，①CO2(g)⇌CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+(aq)，K2=，又因为溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比，则c(CO2)=y(mol•L-1•kPa-1)•p(CO2)=p•x•y，在忽略的电离时，c(H+)-c(OH-)=c()，而c(H+)•c(OH-)=Kw，所以K2=，可得c(H+)=mol•L-1，故答案为：；
（3）①△H3＜0，△H2＜0，即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小，△H1＞0，生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以Z代表H2O，Y代表CH3OH，X代表CO，故答案为：CH3OH；
②依据主要反应的化学方程式可知，反应Ⅲ消耗CO2，反应Ⅰ逆向产生CO2，最终体系内CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于△H3＜0而△H1＞0，根据勒夏特列原理，温度改变时，反应Ⅲ和反应Ⅰ平衡移动方向相反，且平衡移动程度相近，导致体系内CO2的物质的量分数受温度的影响不大；故答案为：温度升高时，反应I吸热反应正向进行的程度和反应III放热反应逆向进行的程度相差不大；
③其他条件相同下，升高温度，反应I吸热反应正向进行的程度和反应III放热反应逆向进行的程度相差不大，即n(CO2)基本不变，反应II为放热反应，升高温度平衡逆向移动，n(H2)增大，则随温度升高而增大，图示为： 。
19．(1)
(2) CD < 加适当催化剂 2 50%
(3)
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应①×2-②得反应③：
，则。
（2）①A．，说明此时正逆反应的速率不相等，没有达到平衡状态，A不符合题意；
B．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，B不符合题意；
C．反应为其它分子数减小的反应，压强是该反应的变量，容器内气体压强保持不变，说明达到平衡状态，C符合题意；
D．反应前后气体的物质的量不同，混合气体的平均相对质量[m(总)/n(总)]也是变量，容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明达到平衡状态，D符合题意；
故选CD；
②反应为其它分子数减小的反应，根据图Ⅰ，正反应气体物质的量减少，但开始压强增大，说明反应放热，焓变小于零；若其他条件相同，改变后平衡没移动，但是速率速率加快，说明加入了适当催化剂。
③，升高温度，平衡逆向移动，K减小，随着温度升高而下降。容积为2L，根据图Ⅰ，又
，mol/L
，
④NO转化率为；
（3）用亚硝酰氯与适量NaOH溶液反应后的其中含氮产物X，根据质量守恒可知，X为NaNO2，反应为：；亚硝酸钠具有氧化性、铁具有还原性，NaOH、NaNO2溶液与铁反应生成生成、：、，然后、转化为四氧化三铁致密氧化膜，反应为。
20．(1)
(2)ABD
(3)
(4) c 点压强大于点，加压使反应IV平衡正向移动，和的浓度下降，浓度上升，进而导致反应平衡逆向移动，使得点的物质的量分数低于点
【详解】（1）已知：和的燃烧热分别为，，可得
①，
②，
③，根据盖斯定律，将②-①-③可得反应，反应反应II可得反应III，则。
（2）由于，则必须大于0，否则反应I不能自发，A错误；催化剂不能提高产物平衡产率，B错误；恒温恒压下通入水蒸气，相当于稀释，等效于减压，使得反应III平衡正向移动，增大丙烷的转化率，C正确：温度升高可使反应III平衡正移，但温度过高可能会导致催化剂失活或者产生大量副产物，D错误。故选ABD。
（3）由图甲可知反应为快反应，活化能较小，反应为慢反应，活化能较大，且由解析结合题意可知，两个反应均为吸热反应，总反应也吸热。故图像为：
（4）①由于反应Ⅳ的正反应为气体分子数减小的放热反应，故温度升高，反应Ⅳ平衡逆向移动，物质的量分数将会下降，温度一定，压强增大，反应Ⅳ平衡正向移动，物质的量分数升高，故可知时物质的量分数随着温度变化关系的曲线是c；
②由、、的物质的量分数之和为1可知，曲线与曲线对应压强为，则点压强大于点，增大压强，反应Ⅳ的平衡正向移动，导致和的浓度下降，浓度上升，进而导致反应平衡逆向移动，使得点的物质的量分数低于点；
③、、物质的量分数之和为1，根据图丙可知，、时、、的物质的量分数分别为20%，40%，40%，设通入的物质的量为，氢气的物质的量为，根据碳原子守恒，平衡时，，，根据化学方程式可知平衡时，，，则反应的平衡常数。
浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编37化学反应的热效应（1）
一、单选题
1．（2023·浙江·统考模拟预测）叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示：
反应1：(CH3)3CBr→(CH3)2C=CH2+HBr
反应2：C2H5OH+(CH3)3CBr→(CH3)3COC2H5+HBr
下列说法不正确的是
A．过渡态能量：①＞②＞③
B．(CH3)3COC2H5可以逆向转化为(CH3)3CBr，但不会转化为(CH3)2C=CH2
C．若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4—E3的值增大
D．向(CH3)3CBr的乙醇溶液中加入NaOH并适当升温，可以得到较多的(CH3)2C=CH2
2．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应：
反应Ⅰ： ，
反应Ⅱ：
根据能量变化示意图，下列说法正确的是
A．
B．反应Ⅱ决定整个反应的速率
C．催化剂可以降低总反应的焓变
D．
3．（2023·浙江·二模）工业上利用和制备，相关化学键的键能如下表所示：
键
键能
745
436
462.8
413.4
351
已知：①温度为时，；
②实验测得：，为速率常数。
下列说法不正确的是
A．反应的
B．时，密闭容器充入浓度均为的，反应至平衡，则体积分数为
C．时，
D．若温度为时，，则
4．（2023·浙江嘉兴·统考二模）甲基叔丁基醚(MTBE)是一种高辛烷值汽油添加剂，可由甲醇和异丁烯(以IB表示)在催化剂作用下合成，其反应过程中各物质相对能量与反应历程的关系如图所示(其中表示甲醇和异丁烯同时被吸附，表示甲醇先被吸附，表示异丁烯先被吸附)，下列说法不正确的是
A．三种反应历程中，反应速率最快
B．该条件下反应的热化学方程式为：
C．甲醇比IB更易被催化剂吸附，所以若甲醇过多会占据催化剂表面从而减慢合成速率
D．同温同压下，只要起始投料相同，相同时间三种途径MTBE的产率一定相同
5．（2023·浙江·模拟预测）反应 分三步进行，各步的相对能量变化如图I、II、III所示：
下列说法不正确的是
A．三步分反应中决定总反应速率的是反应I
B．I、II两步的总反应为
C．根据图像无法判断过渡状态a、b、c的稳定性相对高低
D．反应III逆反应的活化能(逆)
6．（2023·浙江台州·统考二模）下列实验的基本操作正确的是
A．中和热测定时，盐酸与溶液混合后匀速旋转玻璃搅拌棒搅拌
B．润洗滴定管时，待装液润湿内壁后从上口倒出
C．配制溶液时，用蒸馏水溶解固体
D．用作萃取剂，分液时有机层从分液漏斗下端流出
7．（2023·浙江·模拟预测）乙烯氢化的热化学方程式为C2H4(g) + H2(g) = C2H6(g) △H= akJ·mol-1，使用不同含Au催化剂的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．1 mol C2H6(g)的能量大于 1 mol C2H4(g)与1 mol H2(g)具有的能量之和
B．该反应的焓变：△H = -129.6 kJ·mol-1
C．过渡态物质的稳定性：过渡态1大于过渡态2
D．相应的活化能：催化剂AuF小于催化剂AuPF
8．（2023·浙江·模拟预测）常温常压下，甲醇在催化剂的作用下可以合成2-甲基丙酸甲酯，计算机模拟单个甲醇分子在催化剂表面的反应过程和能量变化示意图如图，下列说法错误的是
A．总反应的热化学方程式为：
B．第一步反应决定了总反应的化学反应速率
C．化合物8和化合物9互为同分异构体
D．上述反应过程中未改变反应的，降低了反应的活化能
9．（2022·浙江·模拟预测）已知离子键的强弱与离子电荷高低和离子半径大小等有关；当离子电荷相同时，离子半径越小，离子键相对越强。(，Na)体系的能量循环如图，下列判断正确的是
A．，
B．
C．
D．
10．（2022·浙江·模拟预测）利用和制备的过程中，各物质的能量关系如图所示(表示活化能)，下列说法正确的是
A．反应1的正反应活化能大于逆反应的活化能
B．反应2的反应速率决定了整个转化过程的反应速率
C．若该过程中使用合适的催化剂，则图中的高度将减小
D．在转化过程中，只存在C-H键的断裂和C-Cl键的形成
11．（2022·浙江·模拟预测）晶格能(U)是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量。是离子晶体，其晶格能的实验值可通过玻恩-哈伯热力学循环图计算得到。
已知： ，
下列说法不正确的是
A． B．O—O键键能为
C． D．
二、原理综合题
12．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）对苯二甲酸(TPA)是生产聚酯的主要原料。实验中，将初始浓度为0.08mol/L对甲基苯甲酸(p-TA)放入反应器中(用醋酸作为溶剂)，在Co-Mn-Br的复合催化剂作用下进行反应，反应温度为186℃，反应过程中有充足的氧气供应，对甲基苯甲酸(p-TA)按照如下的路径发生反应：
且有
已知对甲基苯甲酸(p-TA)氧化的活化能比对醛基苯甲酸(4-CBA)氧化的活化能大得多。反应10min后，取样分析，对甲基苯甲酸(p-TA)和对醛基苯甲酸(4-CBA)含量基本为零。请回答：
(1)下列说法正确的是___________
A．反应Ⅰ 的平衡常数表达式
B．CO-Mn-Br催化剂能改变反应历程
C．相同条件下温度升高，反应Ⅰ的速率减慢，反应Ⅱ的速率加快
D．升高温度，副产物的含量会增大
(2)画出上述过程中p-TA制备TPA的物质相对能量-反应过程的示意图_________
(3)某研究小组进行了186℃下p-TA液相氧化反应并绘制了各物质浓度随时间的变化图像。
Ⅰ.已知图像中4-CBA的曲线有误，请说明错误的理由：___________。
Ⅱ.已知有两种溶剂a与b，p-TA、4-CBA和TPA在其中的溶解情况如下表所示，现欲收集反应的中间产物，选择溶剂___________(填“a”或“b”)
溶解度
反应物质
p-TA
4-CBA
TPA
溶剂
a
可溶
易溶
可溶
b
易溶
难溶
可溶
(4)已知原料对甲基苯甲酸(p-TA)可通过对二甲苯(PX)制取，PX液相氧化遵循自由基机理，部分反应历程如下所示，下列说法正确的是___________
A．Co(Ⅲ)使苯环上甲基的C-H键断裂生成PX自由基和
B．该反应中Co(Ⅲ)作为催化剂
C．PX自由基在反应ⅱ中发生还原反应
D．该历程中原料的原子利用率达到100%
13．（2023·浙江·统考模拟预测）我国要在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标。CO2还原为甲醇是人工合成淀粉的第一步。CO2催化加氢主要反应有：
反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ•mol-1
(1)已知CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的摩尔生成焓分别为-393.5kJ•mol-1、-200.6kJ•mol-1、-241.8(一定温度和压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓，单质的摩尔生成焓为0)。则反应I的△H1=______kJ•mol-1。
(2)当压强分别p1、p2时，将=1：3的混合气体置于闭容器中反应，不同温度下平衡体系中CO2的转化率、CH3OH和CO的选择性如图1所示。在p1压强下，曲线______代表CH3OH的选择性，原因是______。
(3)向VL密闭容器中通入3molH2、1molCO2，在催化剂作用下发生反应。相同时间内，温度对CO2转化率及CH3OH和CO产率的影响如图2所示。在某温度下，体系在tmin时达到平衡状态。此时CO2的转化率为30%，CO2对CH3OH的选择性为40%。
已知：CH3OH(或CO)的选择性=
下列说法正确的是______。
A．CO2的转化率随温度升高而增大的原因可能是温度升高，CO2的反应速率加快，反应II为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行且以反应II为主，CO2转化率增大
B．反应II的平衡常数为0.031
C．则0～tmin内H2的反应速率为mol•L-1•min-1
D．曲线b表示CH3OH的产率
(4)Cu/ZnO纳米片可以提高对CH3OH的选择性，图3为合成CH3OH在无催化剂时，CH3OH的物质的量与时间的关系，请在图3中画出CH3OH在Cu/ZnO纳米片存在下，CH3OH物质的量的变化曲线______。
14．（2023·浙江·模拟预测）甲醇是一种理想的可再生清洁能源，近年来随着环保督查、碳双控等政策的实施，我国甲醇产能利用率不断提升。
I.和在一定条件下合成甲醇：
(1)根据如图相关物质的能量，计算_______。
(2)向容积均为0.5L的恒容密闭容器中分别充入0.1mol和0.3mol，在两种催化剂(I和II)、不同温度下发生上述反应，经过相同时间，测得的转化率与温度的关系曲线如图所示(已知此实验条件下催化剂均未失活)。下列说法正确的是_______。
A．催化效率较高的是催化剂II
B．A点一定小于C点的
C．C点的正反应速率：
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大
(3)将和分别充入甲、乙两个恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表所示，测得不同温度下甲容器内的平衡转化率曲线甲如图所示。
容积
甲容器
VL
1mol
amol
乙容器
VL
2mol
2amol
①请在图中画出乙容器中的平衡转化率曲线乙_______。
②当乙容器中的平衡转化率与甲容器M点相同时，该反应的平衡常数之比_______。
II.已知反应是目前大规模制取氢气的方法之一。
(4)实验发现，其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，反应相同时间测得的体积分数增大，其可能的原因是_______。
15．（2023·浙江绍兴·统考二模）二甲醚()是一种重要的化工原料，可以通过制备得到。制备方法和涉及反应如下：
方法a：“二步法”制二甲醚
I：
Ⅱ：
方法b：“一步法”制二甲醚
Ⅲ：
两种方法都伴随副反应：
Ⅳ：
请回答：
(1)反应I自发进行的条件是___________；___________。
(2)在一定温度下，向的恒容密闭容器中通入和和利用方法a制备二甲醚。测得的平衡转化率为30%，为，为，反应I的平衡常数为___________(用含a、b的式子表示，只需列出计算式)。
(3)恒压条件下，在密闭容器中利用方法b制备二甲醚。按照投料，的平衡转化率和、的选择性随温度变化如图1所示。
(的选择性，的选择性)
①下列说法正确的是___________
A．当反应达到平衡时，
B．曲线①表示二甲醚的选择性
C．温度越低越有利于工业生产二甲醚
D．工业上引入双功能催化剂是为了降低反应Ⅲ的
②在的范围内，的平衡转化率先降低后升高的原因：___________。
(4)有学者研究反应Ⅱ机理，利用磷酸硅铝分子筛催化甲醇制二甲醚，其中简化的分子筛模型与反应过渡态结构模型如图所示，下列说法正确的是___________。(已知：磷酸硅铝分子筛中有酸性位点可以将甲醇质子化，题中的分子筛用“”符号表示)
A．制得的磷酸硅铝分子筛的孔径越大催化效率越高
B．该反应机理：[]
C．改变分子筛组分比例适当提高其酸性，有利加快反应速率
D．温度越高，有利于水蒸气脱离分子筛，反应速率越快
16．（2023·浙江台州·统考二模）催化加氢合成二甲醚是资源化利用的有效途径之一，合成二甲醚的总反应可表示为：
总反应：
该反应可通过如下步骤来实现：
反应I：
反应Ⅱ：
请回答：
(1)_______(用，表示)。
(2)、的条件下，平衡时转化率和的选择性随温度变化如图1所示。其中：的选择性％。
①下列说法正确的是_______。
A．、、均大于0
B．若反应在恒容密闭容器中进行，当体系压强不再变化，则反应I、Ⅱ均达到平衡状态
C．提高氢碳比，平衡时的转化率增大，的选择性减小
D．工业上应选择在200～220℃下具有较高催化活性及选择性的催化剂
②360℃时，的平衡选择性可视为0，不考虑其他副反应，反应I的平衡常数_______。
③、的条件下，催化加氢反应一段时间，不同温度下实际转化率和实际选择性数据如表：
温度/℃
220
240
260
280
300
实际转化率％
7.6
12.4
14.8
18.6
22.9
二甲醚实际选择性％
68.7
77.2
61.0
41.5
27.5
该体系合成二甲醚的最佳反应温度为_______。
④由上表数据可知，240～300℃二甲醚的实际选择性逐渐减小，从化学反应速率角度分析原因_______。
(3)250℃、、，平衡时转化率和收率与进料气中体积分数(/％)有关，其变化如图2所示，其中：
的收率％；
的收率％。
请在图2中画出在0～14％之间平衡收率的变化趋势_____。
17．（2023·浙江·二模）甲醇和二甲醚是可再生能源，具有广泛的发展前景。相关的主要反应有：
制备合成气：I.
制备甲醇和二甲醚：Ⅱ.
Ⅲ.
请回答：
(1)有利于制备合成气(反应I)的条件是___________。
A．低温低压 B．低温高压 C． 高温低压 D．高温高压
(2)一定条件下，相关物质的相对能量与反应过程如下图：
①___________。
②在某温度下，在体积为1L的恒容容器中，投料为1molCO和2molH2，仅发生反应Ⅱ和Ⅲ，在时达到平衡状态，请画出之间的变化趋势___________。
(3)甲醇生成二甲醚的转化率可以根据冷凝液中的与的相对百分含量来计算(忽略副反应和各物质的挥发)。冷凝液中的质量分数为，的质量分数为，则甲醇的转化率___________。(用含和的式子表示)
(4)制备合成气(反应I)时，还存在反应，该过程可用于热化学能的储存。已知：储能效率(是通过化学反应吸收的热量，是设备的加热功率)。反应物气体流速、对转化率、储能效率()的影响，部分数据如下表：
序号
加热温度/℃
反应物气体流速/
1
800
4
1：1
79.6
52.2
2
800
6
1：1
64.2
61.9
3
800
6
1：2
81.1
41.6
①下列说法不正确的是___________。
A．反应I可以储能的原因是该反应是吸热反应，将热量储存在高热值物质CO、H2中
B．其他条件不变，反应物气体流速越小，CH4转化率越大，有利于热化学能储存
C．其他条件不变，越小，CH4转化率越大
D．反应物气体流速越大，CH4转化率越低的可能原因是反应物与催化剂未充分接触
②在实验2和3中，经过相同的时间，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，说明其可能的原因___________。(该条件下设备的加热功率视为不变)
18．（2023·浙江·模拟预测）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)在C和的反应体系中：
反应1：
反应2：
反应3： 。
设，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示。图中对应于反应3的线条是____。
(2)雨水中含有来自大气的，溶于水中的进一步和水反应，发生电离：
①
② 25℃时，反应②的平衡常数为。
溶液中的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为，当大气压强为，大气中的物质的量分数为时，溶液中浓度为_______(写出表达式，考虑水的电离，忽略的电离)
(3)在某催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应有：
I.
II.
III.
时，往某密闭容器中按投料比充入和。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
①图中Y代表_______(填化学式)。
②体系中的物质的量分数受温度的影响不大，原因是_______。
③在下图中画出随温度变化趋势图_______。
19．（2022·浙江·模拟预测）亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂，工业上可用NO与合成，请分析并回答：
(1)一定条件下，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，热化学方程式和平衡常数如下：
序号
热化学方程式
平衡常数
①
，
②
，
③
，
则___________(用、表示)。
(2)25°C时，向体积为2L且带气压计的恒容密闭容器中通入0.08molNO和0.04mol，发生反应：，。
①下列描述能说明该反应已达到平衡状态的是___________(填序号)。
A．
B．容器内混合气体的密度保持不变
C．容器内气体压强保持不变
D．容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变
②若反应起始和平衡时温度相同，测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图Ⅰ曲线a所示，则___________0(填“>”、“<”或“不确定”)；若其他条件相同，仅改变某一条件时，测得其压强(p)随时间(t)的变化如图Ⅰ曲线b所示，则改变的条件是___________。
③试求算m值为___________。在图Ⅱ中描绘上述反应平衡常数的对数值()与温度的变化关系趋势图线(m为起点)_____。
④此时，NO的转化率为___________。
(3)利用亚硝酰氯与适量NaOH溶液反应后的其中含氮产物X，再与NaOH等溶液一起，可以使铁表面氧化形成致密氧化膜(先分别生成、，再生成铁的氧化物)，试写出最后生成氧化膜的离子反应方程式：___________。
20．（2022·浙江·模拟预测）为更早实现“碳达峰”“碳中和”，彰显中国作为大国的责任与担当，的资源化利用成为近年来的重点研究方向。
利用氧化丙烷脱氢制取丙烯有以下相关反应。
反应：逆水煤气转换：
反应II：丙烷在无氧条件下直接脱氢：
反应III：氧化丙烷脱氢：
已知：和的燃烧热分别为、； 。
(1)___________。
(2)下列说法不正确的是___________(填序号)。
A．反应I的
B．选择合适的催化剂可提高丙烯的选择性和平衡产率
C．恒温恒压下通入水蒸气有利于增大丙烷的转化率
D．为得到更多的丙烯，实际生产中反应温度越高越好
(3)氧化丙烷脱氢制取丙烯可采用铬的氧化物作为催化剂，反应机理如图甲所示，请在图乙上画出反应过程能量的变化趋势图___________。
(4)加氢时除发生反应I外，还可产生，具体反应如下：
反应IV、
在相同容积的密闭容器中按通入和，分别在0.1MPa和1MPa下进行反应。分析温度对平衡体系中、CO、的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中CO和的物质的量分数与温度变化关系如图丙所示。
①表示0.1MPa时物质的量分数随着温度变化关系的曲线是___________(填序号)。
②N点低于M点的原因是___________。
③590℃时反应IV的平衡常数为___________［结果保留3位有效数字，对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作，如p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡体系中B的物质的量分数]。
参考答案：
1．B
【详解】A．由图可知，过渡态能量的大小顺序为①＞②＞③，故A正确；
B．(CH3)3COC2H5与HBr在一定条件下可以逆向转化为(CH3)3CBr，即为(CH3)3CBr和C2H5OH转化为(CH3)3COC2H5的逆过程，该过程需要先转化为(CH3)3C+Br-和C2H5OH，(CH3)3C+Br-和C2H5OH再转化为(CH3)3CBr和C2H5OH，但(CH3)3C+Br-和C2H5OH同时也能转化为(CH3)2C=CH2，故B错误；
C．氯元素的电负性大于溴元素，则叔丁基氯的能量低于叔丁基溴，(CH3)3C+Cl-的能量高于(CH3)3C+Br-，所以若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4—E3的值增大，故C正确；
D．由图可知，(CH3)3CBr的乙醇溶液生成(CH3)2C=CH2过程放出能量相较于生成(CH3)3COC2H5低，加入氢氧化钠能与HBr反应使得平衡正向移动，适当升温会使平衡逆向移动，放热越小的反应逆向移动程度更小，因此可以得到较多的(CH3)2C=CH2，故D正确；
故选B。
2．A
【详解】A．由于绝对值，该值为负值，去掉绝对值后，，A正确；
B．由图可知，反应I正反应的活化能为E1-E5，反应II的活化能为E2-E3，反应I的活化能较大，则反应I的反应速率慢于反应II，反应I决定整个反应的速率，B错误；
C．催化剂可改变反应的活化能，反应的焓变由始态和终态决定，催化剂不改变焓变，C错误；
D．根据盖斯定律，反应I+II可得目标方程，D错误；
故选：A。
3．D
【分析】T1℃时，反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则，反应的平衡常数K==，设平衡时生成甲酸的浓度为amol/L，由题意可建立如下三段式：
由平衡常数可得：a(1-a)(1-a)=2，解得a=0.5，反应的平衡常数K==2。
【详解】A．由反应热与反应物的键能之和和生成物的键能之和的差值相等可知，反应△H=(745kJ/mol×2+436kJ/mol)-(745kJ/mol+426kJ/mol+413.4 kJ/mol+351 kJ/mol) <0，故A正确；
B．由分析可知，甲酸的体积分数为，故B正确；
C．由分析可知，反应的平衡常数K==2，则k逆=0.5k正，故C正确；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由温度为T2℃时，k正=2.1k逆可知，反应的平衡常数K＇==2.1＞K，则反应温度T2℃＜T1℃，故D错误；
故选：D。
4．D
【详解】A．N1、N2、N3三种反应历程的活化能分别为（6-2）QkJ.mol-1=4 QkJ.mol-1、（9-3）QkJ.mol-1=6QkJ.mol-1、（10-4）QkJ.mol-1=6QkJ.mol-1，则N1反应速率最快，A项正确；
B．该反应的焓变△H为生成物的总能量减去反应物的总能量，则△H=（1-5）QkJ.mol-1=-4QkJ.mol-1，该反应的热化学方程式为该条件下反应的热化学方程式为： ，B项正确；
C．乙醇比IB更易被催化剂吸附，占据催化剂表面从而使异丁烯无法与催化剂接触，导致反应速率减慢，C项正确；
D．N1、N2、N3三种反应历程的活化能不相等，则同温同压下，只有起始投料相同，相同时间三种途径MTBE的产率不相同，Ｄ项错误；
故正确答案为D。
5．B
【详解】A．活化能越大，反应速率越慢，根据图中信息反应I活化能最大，因此三步分反应中决定总反应速率的是反应I，故A正确；
B．根据图中信息和盖斯定律得到I、II两步的总反应为 ，故B错误；
C．纵坐标是相对能量，相对能量的参考物不同，无法计算三个过渡态的能量相对大小，因此无法判断过渡状态a、b、c的稳定性相对高低，故C正确；
D．根据总反应 和 ，得到反应III的 ，逆反应的活化能(逆)，故D正确。
综上所述，答案为B。
6．D
【详解】A．中和热测定时，盐酸与氢氧化钠溶液混合后，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒上下轻轻地搅拌使溶液混合均匀，故A错误；
B．润洗滴定管时，待装液润湿内壁后，为保证整个滴定管都被润洗，应从下端流出，故B错误；
C．用80mL蒸馏水溶解氯化钠固体，然后还需洗涤，总体积可能超过100mL，一般用配制体积的三分之一水进行溶解，故C错误；
D．二氯甲烷的密度大于水，分液时二氯甲烷应从分液漏斗下端流出，故D正确；
故选D。
7．B
【详解】A．由图可知，该反应为放热反应，故1 mol C2H6(g)的能量小于 1 mol C2H4(g)与1 mol H2(g)具有的能量之和，A错误；
B．由图可知C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) △H=生成物能量-反应物能量=-129.6kJ/mol -0=-129.6 kJ/mol，B正确；
C．由图可知，过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越温度，则稳定性：过渡态1<过渡态2，C错误；；
D．由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF的活化能分别为109.34 kJ·mol-1、26.3 kJ·mol-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF，D错误；
故选B。
8．A
【详解】A．图象给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为 ，故A错误；
B．第1步反应的能垒最高，所以第1步反应的化学反应速率最慢，故B正确；
C．化合物8和化合物9的分子式相同而结构不同，故C正确；
D．为反应的催化剂，故未改变反应的，降低了反应的活化能，故D正确；
故选A。
9．D
【详解】A．非金属得电子生成阴离子(更加稳定)是放热的，；(断键吸热)，A错误；
B．一般金属失电子生成金属阳离子是吸热的(需消耗能量)，，由于的离子半径大于的离子半径，的离子键强度弱于，，B错误；
C．，生成放出热量多，，C错误；
D．根据盖斯定律，，，(晶体吸热变气体)、(断键吸热)，D正确；
故选：D。
10．A
【详解】A．本题考查化学反应与能量变化，涉及活化能、催化剂与焓变的关系、化学键变化等。由图可知反应1为吸热反应，故正反应活化能大于逆反应活化能，A正确；
B．整个转化过程的速率由慢反应的速率决定，由于反应1的正反应活化能明显大于反应2，则可知反应1为慢反应，B错误；
C．催化剂只能改变反应活化能，无法改变，C错误；
D．转化过程中还存在键的断裂和键的形成，D错误；
故答案为：A。
11．D
【详解】A．根据题给晶格能的定义和题图可知，2mol气态锂离子和结合成(晶体)释放的能量即，选项A正确；
B．O=O键键能为，选项B正确；
C．，选项C正确；
D．根据盖斯定律求出，Li第一电离能为，选项D错误；
答案选D。
12．(1)ABD
(2)
(3) 反应Ⅱ的活化能小，是快反应，中间产物4-CBA在反应过程中不会大量积累 b
(4)AB
【详解】（1）A．根据平衡常数表达式，反应Ⅰ的平衡常数，A正确；
B．催化剂能降低反应的活化能，所以能改变反应历程，B正确；
C．相同条件下温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ的速率都加快，C错误；
D．升高温度，TPA可能会被氧化为CO2和H2O，所以副产物的含量会增大，D正确；
故选ABD；
（2）p-TA制备TPA的相对能量-反应过程：第一步放热反应，第二步吸热反应，且有，所以p-TA的能量高于TPA，则对能量-反应过程的示意图： ；
（3）I．反应Ⅱ的活化能小，反应速率比反应Ｉ快，所以中间产物4-CBA在反应过程中会迅速被消耗，不会大量积累；
II．欲收集反应的中间产物4-CBA，应选b溶剂，因为4-CBA在b溶剂中为难溶，p-TA和TPA在b溶剂中为可溶，将它们溶于b溶剂后，通过过滤可以收集到4-CBA；
（4）A．根据图示，Co(Ⅲ)使苯环上甲基的C-H键断裂生成PX自由基和，A正确；
B．根据图示，Co(Ⅲ)是第i步的反应物，在反应 中，又成Co(Ⅲ)，所以Co(Ⅲ)是作为催化剂，B正确；
C．PX自由基在反应ⅱ中发生氧化反应，C错误；
D．对二甲苯生成对甲基苯甲酸的原子利用率不是100%，D错误；
故选AB。
13．(1)-48.9
(2) ① 反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低
(3)AB
(4)
【详解】（1）已知CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的摩尔生成焓分别为-393.5kJ·mol-1、kJ·mol-1、-241.8kJ·mol-1，单质的摩尔生成焓为0，经分析可知=生成物的生成焓-反应物的生成焓，反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 的=kJ·mol-1 +(-241.8kJ·mol-1)-[0+(-393.5kJ·mol-1)=-48.9 kJ·mol-1；答案：-48.9；
（2）反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低，反应Ⅱ是生成CO的反应，该反应是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，则CO的选择性越高，因此①、②表示CH3OH的选择性，图中实线①表示P1压强下CH3OH的选择性、虚线②表示P2压强下CH3OH的选择性，③表示P2压强下CO的选择性，④表示P1压强下CO的选择性，⑤为CO的平衡转化率曲线；答案：答案：①；反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低；因此①表示P1压强下CH3OH的选择性；
（3）A. 反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CO2转化率降低，反应Ⅱ是生成CO的反应，该反应是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，CO2转化率增大， 图中显示随温度升高，CO2的转化率增大，其原因可能是温度升高，CO2的反应速率加快，反应II为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行且以反应II为主，导致CO2转化率增大，A正确；
B. 由题目信息可知，转化CO2为1mol=0.3mol，反应ⅠCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，生成CH3OH为0.3mol=0.12mol，消耗CO20.12mol，
反应Ⅱ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) 消耗CO20.18mol生成CO0.18mol，所以达平衡CO2：(1-0.3)=0.7mol，CO：0.18mol，H2O：0.12mol+0.18mol=0.3mol，H2：3mol-0.18mol-30.12mol=2.46mol，反应II的平衡常数K===0.031，B正确；
C. 由选项B分析可知：达平衡H2转化0.18mol+30.12mo=0.54mol，则0～tmin内H2的反应速率为mol•L-1•min-1，C错误；
D. 反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，甲醇的产率减小，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，二氧化碳的转化率增大，一氧化碳的产率减小，所以表示甲醇产率随温度变化的曲线是a，表示一氧化碳产率随温度变化的曲线是b，D错误；
故答案选AB。
（4）在Cu/ZnO纳米片存在下，反应应速率加快，达平衡时间变短，Cu/ZnO纳米片可以提高对CH3OH的选择性，CH3OH物质的量增多，答案：
。
14．(1)-49.3
(2)ABD
(3) 4:1
(4)CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动
【详解】（1）的生成物的能量-反应物的能量=-201.0-241.8-(-393.5) =-49.3。
（2）A．根据图示信息可知，使用催化剂II时，相同时间内，的转化率更高，则催化效率较高的是催化剂II，故A正确；
B．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，则c点，而A点温度低于C点，则A点一定小于C点的，故B正确；
C．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，两种催化剂的催化效率不同，则C点，故C错误；
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大，故D正确；
故选ABD。
（3）①甲容器和乙容器体积相等，乙溶液中和浓度是甲容器的两倍，相当于在甲溶液的基础上增大压强，而反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，的平衡转化率比甲容器中的大，且该反应是放热反应，升高稳定的平衡转化率减小，画出乙容器中的平衡转化率曲线乙为：；
②根据已知条件列出甲容器“三段式”
平衡常数，根据已知条件列出乙容器的“三段式”
平衡常数，则。
（4）其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动，反应相同时间测得的体积分数增大。
15．(1) 低温 --122.4kJ/mol
(2)
(3) B 温度较低(200~280°C)时以反应Ⅲ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，二氧化碳平衡转化率降低，温度较高(280~350°C)时以反应Ⅳ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率升高
(4)BC
【详解】（1）反应I熵变小于零、焓变小于零，则自发进行的条件是低温；按盖斯定律，反应Ⅲ=2×Ⅰ+Ⅱ，则。
（2）在一定温度下，向的恒容密闭容器中通入和和利用方法a制备二甲醚。测得的平衡转化率为30%，为，为，则发生副反应即 Ⅳ：，发生I： ，发生Ⅱ：，则平衡时n(CO2)=0.7mol，n(H2)=[3-(0.9-2b)mol]=(2.1+2b)mol，n(CH3OH)= ( 0.3-2a-b) mol，n(H2O)=( 0.3+a) mol，由于容积为1L，则反应I的平衡常数为 (用含a、b的式子表示，只需列出计算式)。
（3）①A．投料时，结合反应Ⅲ、Ⅳ可知，实际消耗的二氧化碳和氢气物质的量之比不等于1:3：则反应达到平衡时，，A错误；
B．随温度升高平衡右移、二甲醚的选择性降低，则曲线①表示二甲醚的选择性，B正确；
C．温度越低越有利于Ⅲ：右移，但是温度越低反应速率越小，影响二甲醚产量，则温度越低不适合工业生产二甲醚，C错误；
D．双功能催化剂不能降低反应Ⅲ的，D错误；
选B。
②在的范围内，的平衡转化率先降低后升高的原因：温度较低(200~280°C)时以反应Ⅲ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，二氧化碳平衡转化率降低，温度较高(280~350°C)时以反应Ⅳ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率升高。
（4）A． 由过渡态中微粒间距可以推测，制得的磷酸硅铝分子筛的孔径应该适中，孔径越大吸附效率下降，影响催化效率，A不正确；
B． 反应Ⅱ的总反应：，ZOH为催化剂，由图知该反应的过渡态为，则该反应的机理为：[ ]，B正确；
C． 磷酸硅铝分子筛中有酸性位点可以将甲醇质子化，有利于吸附，故改变分子筛组分比例适当提高其酸性，有利加快反应速率，C正确；
D． 温度过高，会破坏催化剂、过渡态等物质的稳定性，不利于提高反应速率，D不正确；
选BC。
16．(1)2+
(2) BD 0.052 240℃ 240-300°℃，在催化剂作用下，随着温度升高，反应Ⅱ速率加快的程度比反应大，故二甲醚的实际选择性逐渐减小
(3)
【详解】（1）由盖斯定律可知总反应=2I+Ⅱ，则2+，故答案为：2+；
（2）①A.由图中信息可知，随温度的升高的选择性一直降低，可知升温不利于的生成，则总反应以及反应Ⅱ均为放热反应，、、均小于0，而温度在280℃以上时二氧化碳的转化率升高，就可知高温有利于反应I正向移动，则小于0，故A错误；
B.若反应在恒容密闭容器中进行，由总反应可知反应前后气体分子数减少，体系内压强减小，则当体系压强不再变化，则反应I、Ⅱ均达到平衡状态，故B正确；
C.提高氢碳比，有利于反应I平衡正向一定，平衡时的转化率增大，同时也使反应Ⅱ正向移动，的选择性也增大，故C错误；
D. 200～220℃左右时的选择性较高，此时二氧化碳的转化率也较大，选择在此温度下具有较高催化活性的催化剂，有利于生成，故D正确；
故答案为：BD；
②360℃时，的平衡选择性可视为0，不考虑其他副反应，则体系内只发生反应I，此时二氧化碳的转化率为35%，，设氢气为4mol，二氧化碳为1mol，列三段式得：
反应I的平衡常数，故答案为：0.052；
③由表中数据可知不同条件下生成二甲醚的相对量可用二氧化碳的转化率×二甲醚的选择率表示，则分别为：5.22%、9.57%、9.02%、7.72%；由此可知该体系合成二甲醚的最佳反应温度为240℃，故答案为：240℃；
④温度较高时，催化剂的活性会降低，导致反应速率减小，240-300°℃，在催化剂作用下，随着温度升高，反应Ⅱ速率加快的程度比反应大，故二甲醚的实际选择性逐渐减小；故答案为：240-300°℃，在催化剂作用下，随着温度升高，反应II速率加快的程度比反应大，故二甲醚的实际选择性逐渐减小；
（3）在0～14％之间转化率下降，收率升高，则CO的平衡量逐渐减小，其收率逐渐下降，故答案为：。
17．(1)C
(2) 205.4
(3)
(4) B 反应物气体流量一定的情况下，经过相同的时间，实验2种CH4转化的物质的量相对较多，因此吸收的能量较多
【详解】（1）该反应为吸热且气体分子数增加的反应，升温或减小压强均能使平衡正向移动，故选C；
（2）E1为2molCO和4molH2的总能量，E3为1molCH3OCH3和1molH2O的总E1-E3为能量。由反应2×Ⅱ+Ⅲ得到： 2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-181.4 kJ⋅moL-1+(−24.0kJ⋅moL-1)=-205.4 kJ⋅moL-1=E生成物-E反应物=E3-E1，E1-E3=205.4 kJ⋅moL-1。由于K2>K3，CH3OH的变化由反应Ⅱ决定，CH3OH在反应Ⅱ中作为产物浓度不断增加，而t1-t2达平衡浓度不发生改变，之间的变化趋势为：；
（3）设冷凝液总质量为mg，水的物质的量为：，甲醇的物质的量为：，根据反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)可知，生成水，需要消耗甲醇的物质的量为：2×，甲醇的转化率为：；
（4）A．反应吸热反应，即产物CO+H2的总能量高于CO2+CH4，反应体系储能是由于高能的CO和H2，A项正确；
B．由表格知气流速度快比值为1:1储能效率最高，而1、2实验对比，CH4的转化率高储能效率低，B项错误；
C．由实验2、3对比，实验3的转化率高，即比值小转化率高(相当于增加CO2平衡正向，CH4的转化率增大)，C项正确；
D．气流太快，CH4未及时参与反应，没法与催化剂充分接触，D项正确；
故选B。
对比实验2、3发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是气体流量一定的情况下，实验2中CH4转化的物质的量相对较多，因此反应得到的热量较多。
18．(1)a
(2)
(3) 温度升高时，反应I吸热反应正向进行的程度和反应III放热反应逆向进行的程度相差不大
【详解】（1）由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：ΔH3=2ΔH1-ΔH2=[2×(-394)-(-566)]kJ•mol-1=-222kJ•mol-1，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a，故答案为：a；
（2）由题可知，①CO2(g)⇌CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+(aq)，K2=，又因为溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比，则c(CO2)=y(mol•L-1•kPa-1)•p(CO2)=p•x•y，在忽略的电离时，c(H+)-c(OH-)=c()，而c(H+)•c(OH-)=Kw，所以K2=，可得c(H+)=mol•L-1，故答案为：；
（3）①△H3＜0，△H2＜0，即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小，△H1＞0，生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以Z代表H2O，Y代表CH3OH，X代表CO，故答案为：CH3OH；
②依据主要反应的化学方程式可知，反应Ⅲ消耗CO2，反应Ⅰ逆向产生CO2，最终体系内CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于△H3＜0而△H1＞0，根据勒夏特列原理，温度改变时，反应Ⅲ和反应Ⅰ平衡移动方向相反，且平衡移动程度相近，导致体系内CO2的物质的量分数受温度的影响不大；故答案为：温度升高时，反应I吸热反应正向进行的程度和反应III放热反应逆向进行的程度相差不大；
③其他条件相同下，升高温度，反应I吸热反应正向进行的程度和反应III放热反应逆向进行的程度相差不大，即n(CO2)基本不变，反应II为放热反应，升高温度平衡逆向移动，n(H2)增大，则随温度升高而增大，图示为： 。
19．(1)
(2) CD < 加适当催化剂 2 50%
(3)
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应①×2-②得反应③：
，则。
（2）①A．，说明此时正逆反应的速率不相等，没有达到平衡状态，A不符合题意；
B．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，B不符合题意；
C．反应为其它分子数减小的反应，压强是该反应的变量，容器内气体压强保持不变，说明达到平衡状态，C符合题意；
D．反应前后气体的物质的量不同，混合气体的平均相对质量[m(总)/n(总)]也是变量，容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明达到平衡状态，D符合题意；
故选CD；
②反应为其它分子数减小的反应，根据图Ⅰ，正反应气体物质的量减少，但开始压强增大，说明反应放热，焓变小于零；若其他条件相同，改变后平衡没移动，但是速率速率加快，说明加入了适当催化剂。
③，升高温度，平衡逆向移动，K减小，随着温度升高而下降。容积为2L，根据图Ⅰ，又
，mol/L
，
④NO转化率为；
（3）用亚硝酰氯与适量NaOH溶液反应后的其中含氮产物X，根据质量守恒可知，X为NaNO2，反应为：；亚硝酸钠具有氧化性、铁具有还原性，NaOH、NaNO2溶液与铁反应生成生成、：、，然后、转化为四氧化三铁致密氧化膜，反应为。
20．(1)
(2)ABD
(3)
(4) c 点压强大于点，加压使反应IV平衡正向移动，和的浓度下降，浓度上升，进而导致反应平衡逆向移动，使得点的物质的量分数低于点
【详解】（1）已知：和的燃烧热分别为，，可得
①，
②，
③，根据盖斯定律，将②-①-③可得反应，反应反应II可得反应III，则。
（2）由于，则必须大于0，否则反应I不能自发，A错误；催化剂不能提高产物平衡产率，B错误；恒温恒压下通入水蒸气，相当于稀释，等效于减压，使得反应III平衡正向移动，增大丙烷的转化率，C正确：温度升高可使反应III平衡正移，但温度过高可能会导致催化剂失活或者产生大量副产物，D错误。故选ABD。
（3）由图甲可知反应为快反应，活化能较小，反应为慢反应，活化能较大，且由解析结合题意可知，两个反应均为吸热反应，总反应也吸热。故图像为：
（4）①由于反应Ⅳ的正反应为气体分子数减小的放热反应，故温度升高，反应Ⅳ平衡逆向移动，物质的量分数将会下降，温度一定，压强增大，反应Ⅳ平衡正向移动，物质的量分数升高，故可知时物质的量分数随着温度变化关系的曲线是c；
②由、、的物质的量分数之和为1可知，曲线与曲线对应压强为，则点压强大于点，增大压强，反应Ⅳ的平衡正向移动，导致和的浓度下降，浓度上升，进而导致反应平衡逆向移动，使得点的物质的量分数低于点；
③、、物质的量分数之和为1，根据图丙可知，、时、、的物质的量分数分别为20%，40%，40%，设通入的物质的量为，氢气的物质的量为，根据碳原子守恒，平衡时，，，根据化学方程式可知平衡时，，，则反应的平衡常数。
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