浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编38化学反应的热效应（2）

这是一份浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编38化学反应的热效应（2），共37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38化学反应的热效应（2）

一、单选题
1．（2022·浙江·模拟预测）已知：在标准压强(101 kPa)、298 K下，由最稳定的单质合成1 mol物质B的反应焓变叫做物质B的标准摩尔生成焓，用表示。有关物质的如图所示。下列有关判断正确的是

A．2 mol NO(g)的键能大于1 mol 与1 mol 的键能之和-
B．的
C．标准燃烧热为
D．比稳定
2．（2022·浙江·模拟预测）用一种较活泼的金属把另一种金属从化合物中还原出来的方法称为金属热还原法。钠、镁、铝是常用的还原剂。一些常见的金属热还原反应如下：
序号
反应(省略反应条件)


①

487
207.53
②

4
-15.70
③

381.77
223.06
④

-899.8
-291
下列说法不正确的是
A．反应①表明金属键强度：Al>Ba
B．对于反应：  ，  ，可以推出
C．反应③说明金属活动性顺序：Mg>Rb
D．焓变对反应④能否自发进行有决定性影响
3．（2022·浙江·模拟预测）由金属单质和氯气反应得到和的能量关系如图所示(M=Ca、Ba)。下列说法不正确的是

A．
B．
C．
D．
4．（2022·浙江·模拟预测）在下催化和反应时的反应机理如下。
反应①：
反应②：
下列说法正确的是
A．反应①的
B．在高温条件下能自发进行、低温条件下不能自发进行
C．
D．使用可以降低反应的焓变
5．（2022·浙江·统考一模）在298K和100kPa压力下，已知金刚石和石墨的熵、燃烧热和密度分别为：
物质
S/(J·K−1·mol−1)
∆H/(kJ·mol−1)
ρ/(kg·m−3)
C(金刚石)
2.4
−395.40
3513
C(石墨)
5.7
−393.51
2260
此条件下，对于反应C(石墨)→C(金刚石)，下列说法正确的是
A．该反应的∆H＜0，∆S＜0
B．由公式∆G＝∆H−T∆S可知，该反应∆G＝985.29kJ·mol−1
C．金刚石比石墨稳定
D．超高压条件下，石墨有可能变为金刚石
6．（2022·浙江绍兴·统考一模）HCl(g)溶于大量水的过程放热，循环关系如图所示：

下列说法不正确的是
A．，
B．若将循环图中Cl元素改成Br元素，相应的
C．
D．
7．（2022·浙江·一模）在标准状况下由指定单质生成1mol化合物时的恒压反应热，叫做标准摩尔生成焓，用符号△fH表示。而离子的标准生成焓是指从指定单质生成1mol溶于足够大量水中(无限稀释)的离子时所产生的热效应，并规定以H+为基准并指定其标准生成焓为0。相关数据如表[(cr)表示晶体状态，△fH表示标准摩尔反应焓变]。
物质
HCl
NaHCO3
NaCl
H2O
CO2
H+
Na+
Cl-
HCO
状态
(g)
(cr)
(cr)
(l)
(g)
(aq)
(aq)
(aq)
(aq)
△fH/kJ•mol-1
-92.3
-950.8
-411.2
-285.8
-393.5
0
-240.1
-167.2
-692
下列说法不正确的是
A．HCl(g)=H+(aq)+Cl-(aq)    △fH=-74.9kJ/mol
B．NaCl晶体溶于水并无限稀释的过程需吸收热量
C．标准状况下将HCl气体通入NaHCO3溶液，反应吸热
D．等量粉末状和块状NaHCO3晶体溶于水(无限稀释)时，块状晶体吸收热量更多
8．（2022·浙江温州·统考模拟预测）标准状态下，1mol纯物质的相对能量及解离为气态原子时所消耗的能量如下表所示：
物质






相对能量/
0
0
x
0
-75
-393.5
解离总耗能/kJ
498
946
632
717
1656
y
下列说法正确的是
A．
B．逐级断开中的每摩尔C—H所消耗的能量均为414kJ
C．解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为239kJ
D．根据的可计算出H—O键能
9．（2022·浙江·统考模拟预测）苯与卤素发生取代反应可细分为：
①C6H6(苯)+∙X+X2→C6H5∙+X2+HX △H1
②C6H5∙+X2+HX→C6H5X+HX+∙X △H2
下图1、2表示反应中部分物质的含量(测量反应过程中多个时间点的各物质含量，去除开始时与结束前的极端值后取平均值)，已知图1为使用催化剂前，图2为使用催化剂后，下表为相关△H的数据。

X
Cl
Br
△H1(kJ∙mol-1)
10
20
△H2(kJ∙mol-1)
-111
-100
下列说法正确的是
A．可推知H-Cl键的键能比H-Br键的键能大10 kJ∙mol-1
B．1mol苯与1mol氯气反应将会向环境释放101kJ热量
C．使用催化剂后会改变△H1，但不会改变△H1+△H2
D．反应②为总反应的决速步，催化剂的机理为降低反应②的活化能
10．（2022·浙江·一模）乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理、能量与反应进程的关系如图。下列说法正确的是


A．由上图可知总反应一定不需加热就能进行 B．第①步反应只有O-H键发生断裂
C．总反应速率由第①步反应决定 D．第①②③步反应都是放热反应
11．（2022·浙江·模拟预测）卤代烃在有机合成中发挥着重要桥梁作用，研究卤代烃的反应历程十分有意义。发生水解反应的历程如图所示：

说明：①E表示方框中物质的总能量（单位：kJ/mol），TS表示过渡态。
②相关化学键键能：为351kJ/mol。
下列说法错误的是
A．水解反应过程中中心碳原子的杂化轨道类型发生变化
B．水解总反应的可表示为
C．若，则决定速率步骤的化学方程式为
D．若，C—Br键能为426kJ/mol
12．（2022·浙江绍兴·统考模拟预测）如图是金属镁和卤素反应的能量变化图(反应物和产物均为298K时的稳定状态)，下列说法不正确的是

A．与反应的
B．中与间的作用力小于中与间的作用力
C．化合物的热稳定性顺序为：
D．

二、原理综合题
13．（2022·浙江·统考模拟预测）CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。请回答：
(1)CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：

①已知相关反应的能量变化如图所示，过程Ⅰ的热化学方程式为_______。

②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是_______(填序号)。
a.实现了含碳物质与含氢物质的分离                b.可表示为CO2＋H2=H2O(g)＋CO
c.CO未参与反应 d. Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的△H
③其他条件不变，在不同催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ作用下，反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态_______(填“是”或“不是”)平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是_______。

(2)在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni/α- Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，若达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp=_______(kPa)2。(用各物质的分压代替物质的量浓度计算，列出计算式)
(3)CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸(H2C2O4)。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中c(H2C2O4)=c(C2O)，则此时溶液的pH=_______。(已知常温下H2C2O4的Ka1=6×10－2，Ka2=6×10－5，lg6=0.8)
14．（2022·浙江·一模）利用CO2合成甲醇、二甲醚技术是有效利用CO2资源，实现“碳中和”目标的重要途径。
(1)开发CO2直接催化加氢合成二甲醚技术是很好的一个研究方向。
主反应：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H1=-122.54kJ•mol-1
副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)  △H2
①已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热△H分别为-285.8kJ•mol-1、-283.0kJ•mol-1，H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ•mol-1，则△H2=_______kJ/mol。
②其他条件相同时，反应温度对CO2平衡转化率影响如下图所示。CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大的原因可能是_______。

③在催化剂作用下，向恒温恒压(250℃、3.0MPa)的密闭容器中充入反应气，n(CO)：(CO2)：n(H2)=1：5：20。反应平衡时测得CO2的转化率为20%，二甲醚的选择性为80%(已知二甲醚的选择性=×100%)，则副反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(2)利用CO2合成甲醇也是有效利用CO2资源的重要途径。将原料气(CO2)：n(H2)=1：3充入某一恒容密闭容器中，只发生CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H3 Ea3> Ea4> Ea2，则活化能最大的是步骤I，活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，因此决速步骤是I，故答案为：I。
15．(1)，，，所以反应在1000K时能自发
(2) 2.25 0.75
(3) 氧气能直接与氢气反应生成水，快速释放大量热，有利于加快反应速率，提高丙烯产率。但氧气过多易发生产物的深度氧化，副反应大幅增加，降低丙烯产率
(4)CD

【分析】根据已知，丙烷经过三个装置，丙烯产率逐渐增加，越接近平衡状态，速率变化越小，丙烯产率变化越小；
【详解】（1）根据题意，反应Ⅱ中，，，，所以反应在1000K时能自发，故填，，，所以反应在1000K时能自发；
（2）①根据反应，已知平衡时，，则，，，故填；
②平衡时总压为，设通入a mol丙烷，平衡时转化x mol，则平衡时、、，即有，，解得，转化率为75%，故填75%；
（3）①根据已知，丙烷经过三个装置，丙烯产率逐渐增加，越接近平衡状态，速率变化越小，丙烯产率变化越小，其三个阶段的产率变化图像为：
，故填；
②反应中有氢气生成，氧气能直接与氢气反应生成水，快速释放大量热，有利于加快反应速率，提高丙烯产率。但氧气过多易发生产物的深度氧化，副反应大幅增加，降低丙烯产率，故填氧气能直接与氢气反应生成水，快速释放大量热，有利于加快反应速率，提高丙烯产率。但氧气过多易发生产物的深度氧化，副反应大幅增加，降低丙烯产率；
（4）A．平衡常数与温度有关，其他条件不变，平衡常数不变，故A错误；
B．反应Ⅳ为分子数不变的反应，压强改变对平衡没有影响，故B错误；
C．副反应Ⅲ和Ⅳ都是放热反应，升高温度平衡常数减小，反应Ⅲ放出热量更多，温度对其影响更大，对应图中反应(3)，故C正确；
D．图中反应(2)对应反应Ⅰ，反应(1)对应反应Ⅱ，温度高对其影响大，因此要选择合适的催化剂在合适的温度下低压合成比较有利主反应，故D正确；
故选CD。
16．(1) +41.2 温度低于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率减小。温度高于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度大于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率增大 0.024(或)
(2) BC
(3) CO*+OH*→COOH* I

【详解】（1）①设H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为△H3和△H4，液态水转变为气态水反应热为△H5，根据盖斯定律有△H2=△H3+△H5-△H4=(-285.8 kJ•mol-1)+( +44kJ•mol-1)-( -283.0kJ•mol-1)=+41.2 kJ•mol-1。
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应。升高温度主反应平衡向左移动，副反应平衡向右移动。温度低于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率减小。温度高于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度大于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率增大。
③设n(CO)、n(CO2)、n(H2)分别为1mol、5mol和20mol，


则达到平衡时，n(CO)=1.2mol，n(CO2)=4mol，n(H2)=17.4mol，n(CH3OCH3)=0.4mol，n(H2O)=1.4mol，平衡时混合气体总物质的量为24.4mol，副反应。
（2）①A．使用催化剂I时，CO2的转化率随温度升高先增大后减小。温度低于T4时，该反应未达平衡，温度升高，CO2的转化率随着化学反应速率增大而增大；温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动。因此d点未达到平衡，A错误；
B．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，因此T3K的平衡常数大于T4K的平衡常数，B正确；
C．a点时，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，则达到化学平衡状态，此时反应已达到最大限度，C正确；
D．温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动，D错误；
故选BC。
②原料气按(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容密闭容器中达到平衡，相当于在平衡点a减少氢气的物质的量，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，因此在T4时，CO2的平衡转化率在a点下方。又因为温度升高，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率逐渐降低，由此可画出T3K～T5K之间CO2的平衡转化率变化曲线如下。

（3）①步骤III中COOH*作反应物，说明步骤II中有COOH*生成，再结合步骤I和元素守恒知，步骤II中反应物有CO*和OH*，于是可得步骤II的反应式为CO*+OH*→COOH*。
②步骤I- IV中活化能Ea1> Ea3> Ea4> Ea2，则活化能最大的是步骤I，活化能越大，反应速率越慢，因此决速步骤是I。
17．(1)反应ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0 ，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行；
(2) AD 反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强； 或者0.32
(3)
(4)

【详解】（1）反应I：  ，反应是放热反应，ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0 ，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行；故答案是反应ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0 ，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行；
（2）①A．对于FeO与CO的反应：，气体体积系数不变的反应，根据图像分析，温度越高，CO的体积分数越大，说明不利于CO的反应，FeO被CO还原的程度越小，A项错误；
B．，从图像分析，温度越低，还原生成铁，平衡后，的体积分数越大，则开始需要的H2的浓度越大，B项正确；
C．反应活化能小，反应快，则混合气体系中的还原FeO中，若还原FeO活化能相对较小，反应较快，FeO被快速还原，反应起主导作用，则混合气体系中的还原FeO速率是由决定，C项正确；
D．，根据图像分析，温度越高，平衡时H2的体积分数越小，说明利于正反应方向进行，宜在高温下进行，D项错误；
综上，故答案选AD。
②H2和CO还原FeO的平衡体系中，存在以下反应：
反应I：    
反应II：    
反应III：    
根据图像分析，温度升高，CO的体积分数变大，不利于CO还原FeO，H2的体积分数减小，利于H2还原FeO；根据反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，所以根据氧化还原反应的特点，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强，故答案是反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强；
③由图像可知，576℃时，反应III：  ，H2的体积分时是76%，则水蒸气的体积分数是24%，恒温恒容下，物质的浓度与体积分数成正比。K=，故答案是或者0.32；
（3）反应IV：   ，若C(s)和Mg(s)的起始能量一样，则CO(g)的能量高于MgO(s)，已知C(s)→CO(g)和Mg(s) →MgO(s)的过程是氧化的过程，是放热过程，则据反应IV，在如图中分别画出、的能量变化如下：

故答案如上图。
（4）反应的速率方程表示式是v=kc(I2)·c(H2)；由用还原合成HI的反应实际上经过两步基元反应完成的：
  
可知，k=，则反应的速率方程表示式是v=kc(I2)·c(H2)= ×ab，故答案是；
18．(1) 50％ AC
(2) 2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/mol；由联立得到的反应方程式可知△H＜0，△S＜0，故反应自发进行的条件为低温 随着N2的进气速率持续不断增大，反应器内的气体流速增大，反应热能被及时移走，等效于降低温度；该反应为吸热反应，降低温度则反应逆向移动，故O2转化速率会一定程度的降低

【详解】（1）①反应容器的容积是1 L，向该容器内通入4 mol N2O5和2 mol NO2，则反应开始时c(N2O5)=4 mol/L，c(NO2)=2 mol/L。等到反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡后，c(N2O4)=0.5 mol/L，则反应消耗△c(NO2)=1 mol/L，测得此时c(NO2)=5 mol/L，若未发生反应Ⅱ，则N2O4的浓度应该为c(NO2)=5 mol/L+1 mol/L=6 mol/L，因此发生反应Ⅰ产生的N2O4的浓度为c(NO2)=(6-2)mol/L=4 mol/L，根据反应Ⅰ中物质反应转化关系可知反应消耗N2O5的浓度△c(NO2)=2 mol/L，故此温度下N2O5的转化率=；
②A．对于反应Ⅰ，在任何时刻都存在4v (N2O5消耗)=2v(NO2生成)，若4v (N2O5消耗)=2v(NO2消耗)时，v(NO2生成)= v(NO2消耗)，反应达到平衡状态，A符合题意；
B．反应达到平衡时，缩小容器体积，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，导致N2O5的转化率下降，但温度不变，因此化学平衡常数K1不变，B错误；
C．恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，反应容器的容积扩大，导致体系的压强减小，化学平衡向气体体积扩大的正反应方向移动，从而使N2O5的转化率提高，C正确；
D．根据①计算可知：在容器的容积是1 L，开始向容器中加入4 mol N2O5和2 mol NO2，反应达到平衡时，N2O5的转化率是50%，此时容器中c(N2O5)=2 mol/L，c(NO2)=5 mol/L，c(O2)=1 mol/L，反应Ⅰ的化学平衡常数K=。在恒容状态下，通入N2O5、NO2、O2各5 mol，此时浓度商Qc=＜K，反应正向进行，至反应达到平衡后，c(O2)＞5 mol/L，D错误；
故合理选项是AC；
（2）①已知：反应Ⅲ    
反应Ⅳ    
根据盖斯定律，将反应Ⅲ-反应Ⅳ，整理可得热化学方程式2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/mol；
要使反应自发进行，体系的自由能△G=△H-T△S＜0，由联立得到的总反应方程式2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/mol可知△H＜0，△S＜0，故反应自发进行的条件为低温条件；
②合成NH3的正反应是放热反应，在t1时刻最高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，因此v逆增大的倍数大于v正，化学平衡逆向移动，随着反应的进行，v逆逐渐减小，v正逐渐增大，在t2时刻反应达到平衡状态，此时v正=v逆；然后在t2时刻向该化学反应体系加入正催化剂，v正、v逆都增大，且增大有的速率关系为v正=v逆，用曲线画出t1 ~t3时间段中逆反应速率为：；
③反应Ⅳ是反应前后气体体积不变的吸热反应，在开始后，随着N2通入速率的增大，N2投入量的增大，c(N2)增大使化学反应正向进行，导致O2的转化率增大，但当N2通入速率过大时，随着N2的进气速率持续不断增大，反应器内的气体流速增大，反应热能被及时移走，等效于降低温度；该反应为吸热反应，降低温度，会使化学平衡逆向移动，故O2转化速率会一定程度的降低。
19．(1) -663.5 低温
(2)温度、催化剂
(3) 催化剂对主反应的选择性大于对副反应的选择性或主反应的反应速率大于副反应的反速率(合理即可) 温度升高，催化剂逐渐失活；温度升高，主反应向逆向进行(合理即可) cd
(4) 72 1.12×10-2k

【详解】（1）由图得到以下方程：①N2(g) +O2(g) +H2(g) N2(g) +0.5O2(g) +H2O(g) △H=-241.5kJ/mol
②2NO(g) +H2(g) N2O(g) +0.5O2(g)+H2(g)△H=-99kJ/mol
③N2O(g) +0.5O2(g)+H2(g)N2(g) +O2(g) +H2(g)△H=-81.5kJ/mol
①×2+②+③得2NO(g) +2H2(g) N2(g) +2H2O(g) △H1=(-241.5kJ· mol-1×2-81.5kJ· mol-1-99kJ· mol-1)=-663.5kJ· mol-1，则主反应的△H1=-663.5kJ· mol-1，△H1