上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-55化学反应的热效应（2）

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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-55化学反应的热效应（2）

一、单选题
1．（2022·上海徐汇·统考二模）氢气是一种清洁能源，下图是和反应生成的能量变化示意图，由图可知

A．
B．生成需要吸收的能量
C．和具有的总能量比所具有的总能量高
D．，断键吸收的能量小于成键释放的能量
2．（2022·上海徐汇·统考二模）下列推断合理的是
A．O的非金属性比S大，可推断比稳定
B．电子云重叠程度比的大，可推断比稳定
C．的相对分子质量比小，可推断的沸点比的低
D．具有氧化性，可推断过硫化氢()也具有氧化性
3．（2022·上海闵行·统考模拟预测）一定条件下：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ∆H=-196kJ/mol，下列说法正确的是
A．反应物的总能量低于产物的总能量
B．2SO2(g)+O2(g)2SO3(s) ∆H=-Q    Q>196kJ/mol
C．反应中若使用催化剂，放出热量小于196kJ
D．若投入2molSO2(g)和1molO2(g)，使之反应，放出热量196kJ
4．（2022·上海·模拟预测）已知2-丁烯的两种同分异构体可以相互转化：

下列关于2-丁烯的两种异构体的说法正确的是
A．两者的沸点相同 B．低温有利于反式转化为顺式
C．反式更稳定 D．分别与等物质的量H2反应，反式放热多
5．（2022·上海崇明·统考一模）已知：2H2O(l)→2H2(g)+O2(g)-571.0kJ。在一定条件下，以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：
过程Ⅰ：2Fe3O4(s)→6FeO(s)+O2(g)-313.2kJ
过程Ⅱ：3FeO(s)+H2O(l)→H2(g)+Fe3O4(s)+Q
下列说法不正确的是

A．过程Ⅰ中每消耗232g Fe3O4转移2mol电子
B．过程Ⅱ的热化学方程式中Q<0
C．过程Ⅰ、Ⅱ循环的目的是实现光能向热能的转化
D．铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
6．（2022·上海·模拟预测）反应H2(g)+O2(g)→H2O(g)的能量变化如图所示，a、b、c表示能量变化数值，单位为kJ。有关说法正确的是

A．H2O(l)→H2(g)+O2(g)-ckJ
B．2H2O(g)→2H2(g)+O2(g)+2(a-b)kJ
C．2molH(g)和1molO(g)形成1molH2O(g)需要吸收bkJ的能量
D．2molH2(g)和1molO2(g)完全反应生成2molH2O(l)放出的热量小于2(b-a)kJ
7．（2022·上海·模拟预测）H2O2分解过程的能量变化如下图，下列说法错误的是

A．反应的能量变化为E1-E B．Fe3+是该反应的催化剂
C．该反应是放热反应 D．H2O比H2O2稳定
8．（2022·上海·模拟预测）某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应过程中能量变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A．两步反应均为吸热反应
B．加入催化剂会改变A→C反应的反应热
C．三种物质中C最稳定
D．A→B反应的反应热为E1−E2
9．（2022·上海金山·统考一模）已知2—丁烯的两种同分异构体可以相互转化：
(g) (g)+4.6kJ
下列关于2—丁烯的两种异构体的说法正确的是
A．两者的沸点相同 B．低温有利于反式转化为顺式
C．反式更稳定 D．分别与等物质的量H2反应，反式放热多
10．（2022·上海·模拟预测）根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论错误的是

A．图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 mol·L-1的NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则c点处有：c(CH3COOH)＋2c(H＋)=2c(OH-)＋c(CH3COO-)
B．图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，且溶液导电性：c＞b＞a
C．图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，表示1mol H2完全燃烧生成液态水放出285.3kJ的热量
D．图4表示反应A2(g)＋3B2(g) 2AB3(g)，达到平衡时A2的转化率大小为：a＜b＜c
11．（2022·上海·模拟预测）下列能量属于反应热的是
A．分解成H、时吸收的能量 B．石墨转化成金刚石时吸收的能量
C．变成时吸收的能量 D．冰变成水时吸收的能量
12．（2022·上海长宁·统考一模）常温常压下，1gH2在足量Cl2中燃烧生成HCl气体，放出92.3kJ的热量。下列热化学方程式书写正确的是
A．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)+92.3kJ
B．H2(g)+Cl2(g)=HCl(g)-92.3kJ
C．H2+Cl2=2HCl+184.6kJ
D．2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)-184.6kJ
13．（2022·上海·统考一模）根据下图信息分析，有关N2＋3H2⇌2NH3的说法正确的是

A．该反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(l)+2bkJ
B．1molN原子和3molH原子生成1mol氨气时，放出bkJ的热量
C．使用催化剂不会改变反应的热效应，即不会影响a和b的大小
D．1molN2(g)和3molH2(g)的化学能之和小于2molNH3(g)的化学能
14．（2022·上海闵行·统考一模）溴乙烷与氢氧化钠水溶液反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是

A．a为反应物储藏的总能量
B．若可使用催化剂，则a、b都减小
C．该反应放热，在常温常压下即可进行
D．该反应的热化学方程式为：CH3CH2Br+OH-→CH3CH2OH+Br-+(b-a)kJ
15．（2022·上海·一模）研究表明，在一定条件下，气态与两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下列说法正确的是

A．比更稳定 B．转化为，反应条件一定要加热
C． D．加入催化剂，可以减小反应的热效应
16．（2022·上海·模拟预测）合成氨反应过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是

A．反应体系中加入催化剂，会改变反应的热效应
B．反应物的总能量低于生产物的总量
C．该反应的热化学方程式为(Q>0)
D．该反应是吸热反应
17．（2022·上海·模拟预测）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
18．（2022·上海·模拟预测）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
19．（2022·上海·统考一模）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
20．（2022·上海·模拟预测）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应a可实现氯的循环利用：
反应a：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)+115.6kJ
已知：i.
ii.H2O(g)=H2O(l)+44kJ
下列说法不正确的是
A．反应a中反应物的总能量高于生成物的总能量
B．反应a中涉及极性键、非极性键的断裂和生成
C．4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(l)+159.6kJ
D．断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量相差约为31.9kJ
21．（2022·上海·统考一模）宏微结合是研究化学的重要思想。在一定条件下，容器中各微粒发生化学反应前后的变化如下图所示，其中●和○代表不同元素的原子。

该化学反应的类型不一定是
A．分解反应 B．氧化还原反应 C．吸热反应 D．可逆反应
22．（2022·上海·模拟预测）下列说法正确的是

A．反应1实现了氮的固定
B．反应2没有发生电子的转移
C．催化剂a表面只发生了非极性共价键的断裂和形成
D．在催化剂b表面形成氮氧键的过程是吸热过程

二、原理综合题
23．（2022·上海·统考二模）I.联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。
(1)在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量。写出该反应的热化学方程式_______。
II．NO2是氮的常见氧化物，能自发发生如下反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)=-57.20kJ/mol
(2)写出该反应的平衡常数表达式K=_______。已知：在一定温度下的密闭容器中，该反应已达到平衡。保持其他条件不变，下列措施能提高NO2转化率的是_______。
a．减小NO2的浓度　　　b．降低温度　　　c．增大压强　　　d．升高温度
III．Na2CO3俗称纯碱，是生活中的常用物质。某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案进行操作并记录实验现象。
实验操作
实验现象
取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置
溶液为无色
取上层清液于试管中，滴加酚酞试剂
溶液为无色
在试管中继续加入少量水
溶液变为红色
向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液(中性)
红色褪去

(3)①该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是_______(请结合化学用语，简要说明)。
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于_______盐。
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，可适量加入(或通入)的物质是_______。
a．CO2气体　　　b．KOH固体　　　c．HCl气体　　　d．Na2CO3固体
24．（2022·上海·模拟预测）研究 等大气污染气体的处理方法具有重要意义。
(1) 是汽车尾气中的主要污染物之一、 能形成酸雨， 写出 转化为 的化学方程式：_______。
(2)氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：标准状况下，3.36LCO还原至的整个过程中转移电子的数目为_______，放出的热量为_______(用含有a的代数式表示)。
(3)现将一定量 气体充入恒容密闭容器中， 控制反应温度为 ，下列可以作为反应达到平衡的判断依据是_______。
   D． 容器内气体的密度不变  E． 容器内颜色不变
(4)反应温度 时， 随 (时间) 变化曲线如图， 画出 时段， 随 变化曲线_______。保持其它条件不变， 改变反应温度为， 再次画出 时段， 随 变化趋势的曲线_______。

(5)NO氧化反应：分两步进行：
I．
II． (Q1、Q2都大于0)
在恒容的密闭容器中充入一定量的 和 气体，保持其它条件不变， 控制反应温度分别为 和 ，测得(NO)随(时间)的变化曲线如图，转化相同量的NO，在温度_______(填 “ ” 或 “ ”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因_______。

25．（2022·上海宝山·统考一模）煤是一种常见的矿物燃料，其综合作用有煤的气化、煤的干馏和煤的液化等。煤的气化主要反应原理如下：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)-131.3kJ。请回答下列问题：
(1)在一定体积的容器内发生上述反应，假设有42克CO生成，需要吸收的热量是____kJ。
(2)该反应的平衡常数表达式是K=____。
(3)反应中H2O的浓度随时间的变化如表：
时间(分钟)/温度(℃)
1300℃
高于1300℃
0
2mol/L
2mol/L
2
amol/L
bmol/L
4
1.4mol/L
cmol/L
6
1.23mol/L
cmol/L
8
1.23mol/L
cmol/L
①根据表中数据计算1300℃时，4分钟内的反应速率____mol•L-1•min-1。
②表中a____b，c____1.23mol/L(选填“>”、“<”或“=”)。
③1300℃时，判断该反应达到化学平衡状态的依据是____。
A．容器内压强保持不变
B．v(H2)=v(H2O)
C．容器内密度保持不变
D．碳的浓度保持不变
26．（2022·上海长宁·统考一模）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)+Q(Q>0)一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)。
(1)下列示意图中能体现总反应能量变化的是___(填标号)，判断的理由是___。
A．    B．    C．
(2)在不同温度下，反应中CO2的转化率与时间的关系如图1。据图1可判断：温度T1__T2(填“>”、“<”或“=”)，理由是___。

总反应在起始物=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250℃下的x(CH3OH)~p、在p=5×105Pa下的x(CH3OH)~t如图2所示。

(3)图2中对应等温过程的曲线是___，判断的理由是___。
(4)当x(CH3OH)=0.10时，CO2的平衡转化率a=___。反应条件可能为___或___。
27．（2022·上海宝山·统考模拟预测）CH4-CO2重整反应[CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+247kJ/mol]在大力推进生态文明建设、“碳达峰”、“碳中和”的时代背景下，受到更为广泛的关注。
I．该反应以两种温室气体为原料，可以生成合成气。如何减少反应过程中的催化剂积炭，是研究的热点之一、某条件下，发生主反应的同时，还发生了积炭反应：
CO歧化：2CO(g)=CO2(g)+C(s) △H=-172kJ/mol
CH4裂解：CH4(g)=C(s)+2H2(g) △H=+75kJ/mol
(1)对积炭反应进行计算，得到以下温度和压强对积炭反应中平衡炭量的影响图，其中表示温度和压强对CH4裂解反应中平衡炭量影响的是(选填序号)___________，理由是___________。

(2)实验表明，在重整反应中，低温、高压时会有显著积炭产生，由此可推断，对于该重整反应而言，其积炭主要由___________反应产生。
综合以上分析，为抑制积炭产生，应选用高温、低压条件。
II．该重整反应也可用于太阳能、核能、高温废热等的储存，储能研究是另一研究热点。
(3)该反应可以储能的原因是___________。
某条件下，除发生主反应外，主要副反应为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ/mol。研究者研究反应物气体流量、CH4/CO2物质的量比对CH4转化率(XCH4)、储能效率的影响，部分数据如下所示。
【资料】储能效率：热能转化为化学能的效率，用ηchem表示。ηchem=Qchem/Q。其中，Qchem是通过化学反应吸收的热量，Q是设备的加热功率。
序号
加热温度/℃
反应物气体流量/L·min-1
CH4/CO2
XCH4/%
ηchem/%
①
800
4
2：2
79.6
52.2
②
800
6
3：3
64.2
61.9
③
800
6
2：4
81.1
41.6
(4)气体流量越大，CH4转化率越低，原因是：随着流量的提高，反应物预热吸热量增多，体系温度明显降低，___________。
(5)对比实验___________(填序号)，可得出结论：CH4/CO2越低，CH4转化率越高。
(6)对比②、③发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是___________(该条件下设备的加热功率视为不变)。
28．（2022·上海·模拟预测）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．（2022·上海·模拟预测）煤炭是我国最主要能源。煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程。
(1)已知该产业链中，有炭参与的某反应平衡常数表达式为：K= ，写出它所对应反应的化学方程式：___________，若该反应只有在持续高温下才能自发进行 则该反应为___________（“吸热”或“放热”）反应。
(2) 将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2 L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下2组数据：
实验组
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
H2O
CO
H2
CO
1
650
1
2
0.8
1.2
5
2
900
0.5
1
0.2
0.8
3
①实验1中以v(CO2)表示的反应速率为___________。
②900 ℃时，反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数___________。向实验2的平衡混合物中再加入0.4 mol H2O(g)和0.4 mol CO2，平衡___________（选填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”）移动。
(3)将煤液化得到的甲醇是重要的化工原料。下图所示为一定条件下1 mol CH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去]。

①在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成___________(填“CO”、“CO2”或HCHO”)。请补全热化学方程式HCHO(g)+1/2O2(g)→CO(g)+H2O(g)___________。
②HCHO可进一步被氧化为重要工业原料 HCOOH(其酸性比H2SO3弱，比CH3COOH强)。在下图中画出常温下向甲酸钠溶液中加水时溶液的pH的变化__________。


三、结构与性质
30．（2022·上海·统考一模）我国的“天宫”空间站的核心舱“天和”选择了高效柔性砷化镓(GaAs)薄膜太阳能电池来供电。
(1)镓的原子结构示意图为，镓元素在元素周期表中的位置是___。
(2)GaAs的熔点为1238℃且熔融状态不导电，据此判断它是__(填“共价”或“离子”)化合物。
(3)镓与氨气在1100℃下反应生成氮化镓和氢气，该可逆反应每生成1molH2放出10.3kJ热量。该反应的热化学方程式是___。(已知金属镓的熔点是29.8℃，沸点是2403℃；氮化镓的熔点为1700℃)
(4)As与P同族且相邻。磷的最外层电子轨道表示式___。预测As的氢化物分子的空间结构__，其沸点比NH3的___(填“高”或“低”)，理由是___。
(5)下列说法错误的是___。
a．镓的金属性比铝的强                    b．砷化镓具有半导体性质
c．As与H2在低温时可剧烈化合为AsH3     d．酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4
亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病。亚砷酸溶液中各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如图所示。

(6)人体血液的pH在7.35—7.45之间，患者用药后人体中含As元素的主要微粒是___。通常情况下，H2AsO电离程度___水解程度(填“>、<、=”)。
(7)以酚酞作指示剂，将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，滴定终点发生的离子反应是___。交点b的溶液中：c(K+)___2c(HAsO)+4c(AsO)(填“>、<、=”)。

参考答案：
1．A
【详解】A．根据图示可知，反应物的能量比生成物的能量高（483.6kJ+88kJ）=571.6kJ，所以反应的热方程式为：，上述表达合理，A正确；
B．根据图示变化趋势可知，生成需要放出的能量，B错误；
C．根据图示可知，2mol和1mol具有的总能量比2mol所具有的总能量高，C错误；
D．反应过程需要放出热量，属于物理变化，化学键没有断裂，D错误；
故选A。
2．D
【详解】A．非金属性越大，气态氢化物的稳定性越大，因O的非金属性比S大，可推断比稳定，A错误；
B．电子云重叠程度越大，键能越大，化学键越稳定，因的电子云重叠程度大于的，可推断比稳定，B错误；
C．和均属于分子晶体，但水分子间存在氢键，所以沸点：＞，C错误；
D．同族元素的性质具有相似性，与互为等电子体，结构相似，过氧化氢中过氧根离子具有氧化性，推测过硫化氢也具有氧化性，D正确；
答案选D。
3．B
【详解】A．该反应∆H=-196kJ/mol，是放热反应，则反应物的总能量高于产物的总能量，A错误；
B．SO3(g)→SO3(s)放出热量，则2SO2(g)+O2(g)2SO3(s) ∆H=-Q，Q>196kJ/mol，B正确；
C．催化剂只改变反应历程，不影响始末过程，则放出热量等于196kJ，C错误；
D．该反应是可逆反应，不能完全反应，投入2molSO2(g)和1molO2(g)，使之反应，放出热量小于196kJ，D错误；
故选：B。
4．C
【详解】A．两者的结构不同，沸点不同，A错误；
B．反应是放热反应，降低温度，有利于反应正向进行，即低温有利于顺式转化为反式，B错误；
C．物质具有的能量越低越稳定，反应是放热反应，反式的能量较低，所以反式更稳定，C正确；
D．根据反应焓变的定义式：焓变=产物的总能量-反应物的总能量，二者与等物质的量H2反应，反应放的热量和二者能量大小有关，物质具有能量越高，则反应放的热量越多，顺式的能量较高，放热更多，D错误；
故选C。
5．C
【详解】A．由过程Ⅰ可知，2mol Fe3O4发生反应，会生成1mol氧气，转移4mol电子，那么每消耗232g 即1molFe3O4转移2mol电子，故A正确；
B．利用盖斯定律，由2H2O(l)→2H2(g)+O2(g)-571.0kJ和2Fe3O4(s)→6FeO(s)+O2(g)-313.2kJ可得Q=，所以过程Ⅱ的热化学方程式中Q<0，故B正确；
C．过程Ⅰ是太阳能转化为热能，过程Ⅱ是热能转化为化学能，目的是实现太阳能向化学能的转化，故C错误；
D． 铁氧化合物循环制H2成本低且产物一个是固体，一个是气体，易分离，故D正确；
故答案为：C。
6．B
【详解】A．由图示信息可知，H2O(g)→H2(g)+O2(g)-ckJ，A错误；
B．由图示信息可知，2H2O(g)→2H2(g)+O2(g)+2(a-b)kJ，B正确；
C．形成化学键会释放能量，故2molH(g)和1molO(g)形成1molH2O(g)将释放bkJ的能量，C错误；
D．由图示信息可知，2molH2(g)和1molO2(g)完全反应生成2molH2O(g)时放出2(b-a)kJ ，由H2O(g)变为H2O(l)会继续释放热量，故生成2molH2O(l)放出的热量大于2(b-a)kJ，D错误；
故答案为B。
7．A
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的能量变化，反应热等于正反应的活化能与逆反应的活化能的差，由图可知，该反应的能量变化不等于E1-E，故A错误；
B．由图可知，铁离子能降低反应的活化能，是该反应的催化剂，故B正确；
C．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，故C正确；
D．由图可知，过氧化氢分解生成水和氧气是放热反应，说明水分子的能量小于过氧化氢的能量，水的稳定性强于过氧化氢，故D正确；
故选A。
8．C
【详解】A．根据图中信息得到第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，故A错误；
B．加入催化剂会改变A→C反应的活化能，但不能改变反应的反应热，故B错误；
C．三种物质中C物质的能量最低，根据“能量越低越稳定”，因此物质中C最稳定，故C正确；
D．反应热ΔH=反应物的活化能减去生成物的活化能，因此A→B反应的反应热为(E1−E2) kJ∙mol−1，故D错误。
综上所述，答案为C。
9．C
【详解】A．2—丁烯的两种异构体为两种不同的物质，沸点不相同，A错误；
B．由反应可知反式转化为顺式为吸热反应，则高温有利于反式转化为顺式，B错误；
C．顺式结构转化为反式放出热量，则反式结构能量低，更稳定，C正确；
D．顺式结构转化为反式放出热量，则顺式结构能量较高，与等物质的量H2反应，顺式放热多，D错误；
选C。
10．B
【详解】A．c点为物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料关系为2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，消去c(Na+)，得质子关系为c(CH3COOH)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CH3COO-)，故A正确；
B．用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：a＞b＞c；故B错误；
C．该反应物的总能量比生成物的总能量高，则氢气在氧气中燃烧的反应是放热的，表示1mol H2完全燃烧生成液态水放出285.3 kJ的热量，故C正确；
D．图中a、b、c三点中，n(B)大小：c＞b＞a，增大B的浓度平衡正向移动，A的平衡转化率增大，即达到平衡时A2的转化率大小为：a＜b＜c，故D正确；
故选：B。
11．B
【分析】化学反应中吸收或放出的能量为反应热，物理变化中的能量变化不是反应热，据此分析解题。
【详解】A．分解成H、时吸收的能量仅仅是化学键断裂吸收的能量，不是反应热，A不合题意；
B．石墨转化成金刚石时吸收的能量是化学反应过程中吸收的热量，属于反应热，B符合题意；
C．变成时吸收的能量是钠原子失去电子吸收的能量，不属于反应热，C不合题意；
D．冰变成水时吸收的能量是物理变化，不属于反应热，D不合题意；
故答案为：B。
12．D
【详解】A．反应热与物质的质量、物质的量成正比，故H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)+92.3kJ反应热应该为184.6kJ，即热化学方程式为：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)+184.6kJ，A错误；
B．该反应是放出热量，故热化学方程式应该为：H2(g)+Cl2(g)=HCl(g)+92.3kJ，B错误；
C．热化学方程式书写时应该注明每一个反应物和生成物的状态，C错误；
D．由A项分析可知H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)+184.6kJ ，故2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)-184.6kJ，D正确；
故答案为：D。
13．B
【详解】A．如图所示该反应是放热反应，放出热量2b-2a，热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(l)+(2b-2a)kJ，故A错误；
B．原子形成化学键要放热，如图所示1molN原子和3molH原子生成1mol氨气时，放出bkJ的热量，故B正确；
C．使用催化剂不会改变反应的热效应，即不会影响b-a的大小，故C错误；
D．N2＋3H2⇌2NH3放出热量b-akJ，故1molN2(g)和3molH2(g)的化学能之和大于2molNH3(g)的化学能，故D错误；
故答案为：B
14．B
【详解】A．a为正反应的活化能，A错误；
B．催化剂能降低反应的活化能，所以a、b都会减小，B正确；
C．该反应放热，该反应需要加热进行，放热与吸热反应条件无关，C错误；
D．热化学方程式表明物质的聚集状态，不同状态不同能量，D错误；
故选B。
15．C
【详解】A．能量越低越稳定，根据图示，比的能量高，比更稳定，故A错误；    
B．转化为是吸热反应，吸热反应的发生不一定需要加热，故B错误；
C．根据图示，比的能量低(186.5-127.2)KJ，所以，故C正确；    
D．加入催化剂，能降低反应活化能，反应的热效应不变，故D错误；
选C。
16．C
【详解】A．反应体系中加入催化剂，不改变反应的始终态，则不会改变反应的热效应，故A错误；
B．为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故B错误；
C．热化学方程式需要注明物质的状态，则反应的热化学方程式为 3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)+Q(Q＞0)，故C正确；
D．由图可知，反应物总能量大于生成物能量，为放热反应，故D错误；
故选：C。
17．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。
18．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。
19．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。
20．C
【详解】A．反应a的焓变为负，则反应a为放热反应，所以反应a的反应物总能量高于生成物的总能量，A项正确；
B．反应a：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g) 中可以看出，反应涉及极性键、非极性键的断裂和生成，B项正确；
C．①4HCl(g)+O2═2Cl2(g)+2H2O(g)△H1=-115.6kJ•mol-1，②H2O(g)═H2O(l)△H2=-44kJ•mol-1，根据盖斯定律①+②×2计算4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(l)的△H3=-203.6kJ•mol-1，C项错误；
D．根据反应热=反应物总键能−生成物总键能，4×E(H-Cl)+498-[243×2+4×E(H-O)]=-115.6，得到4×E(H-O)-4×E(H-Cl)=498-486+115.6=127.6
E(H-O)-E(H-Cl)=31.9，D项正确；
答案选C。
21．C
【详解】A．由图示可知，该反应是一种物质生成两种物质，属于分解反应，故不选A；
B．由图示可知，该反应是有单质生成的分解反应，一定有化合价改变，属于氧化还原反应，故不选B；
C．该反应可能是过氧化氢的分解反应，过氧化氢分解为水和氧气为放热反应，故选C；
D．由图示可知，只有部分反应物的分子发生反应，该反应是可逆反应，故不选D；
选C。
22．A
【详解】A．氮的固定是指氮由游离态到化合态的过程，反应1中N2转化成NH3，属于氮的固定，故A正确；
B．反应2为氨气转化为一氧化氮是氧化还原反应，所以涉及电子转移，故B错误；
C．催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故C错误；
D．形成化学键放出热量，则在催化剂b表面形成氮氧键的过程是放热过程，故D错误；
故选：A。
23．(1)2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=-1224.96kJ/mol
(2) bc
(3) 会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性 强碱弱酸 bd

【解析】(1)
在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量，则1mol即1mol×32g/mol=32g N2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ×32=612.48kJ，则该反应的热化学方程式为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=-1224.96kJ/mol，故答案为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=-1224.96kJ/mol；
(2)
化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值，故该反应的平衡常数表达式K=，由题干反应方程式2NO2(g)⇌N2O4(g)=-57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，则有：
a．减小NO2的浓度即减小压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，a不合题意；
b．降低温度平衡正向移动，NO2的转化率增大，b符合题意；　　　
c．增大压强平衡正向移动，NO2的转化率增大，c符合题意；　　　
d．升高温度平衡逆向移动，NO2的转化率减小，d不合题意；
故答案为：；bc；
(3)
①由题干实验可知，形成Na2CO3乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根与水作用发生反应，反应原理为：+H2O+OH-，故答案为：会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性；
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3反应生成的盐，则Na2CO3属于强碱弱酸盐，故答案为：强碱弱酸；
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，即使的浓度增大，则有：
a．通入CO2气体，由于反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，使得的浓度减小，的比值增大，a不合题意；　　
b．加入KOH固体，溶液中的OH-浓度增大，水解平衡+H2O+OH-逆向移动，使得的浓度增大，的比值减小，b符合题意；　　
c．通入HCl气体后，由于HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，使得的浓度减小，的比值增大，c不合题意；　　
d．加入Na2CO3固体，碳酸钠溶液浓度增大，碳酸根离子的水解程度减小，则使得的比值减小，d符合题意；
故答案为：bd。
24．(1)
(2) 0.3NA 0.0375akJ
(3)AE
(4)
(5) 该反应是放热反应，温度的升高使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响大于升高温度对反应速率的影响，使转化相同量的NO时，消耗的时间较长

【详解】（1） 与水反应可转化为 ，化学方程式：。
（2）标准状况下，3.36LCO物质的量为0.15mol，根据可得还原至的整个过程中转移电子的数目为0.3NA；根据题给信息，，则0.15molCO可放出的热量为0.0375akJ。
（3）A．该反应气体分子数正向增多，容器恒容，则气体的压强发生改变，故气体的压强发生不变可以作为反应达到平衡的判断依据，A符合题意；
B．，则，不等于系数之比，故不可作为反应达到平衡的判断依据，B不符合题意；
C．平衡常数K只随温度改变，该反应控制温度为不变，则其不可作为反应达到平衡的判断依据，C不符合题意；
D．该反应物质均是气体，气体总质量不变，容器恒容，则体系内气体密度始终不变，故其不可作为反应达到平衡的判断依据，D不符合题意；
E．无色，红棕色，反应过程体系颜色发生改变，故容器内颜色不变可以作为反应达到平衡的判断依据，E符合题意；
故选AE。
（4）根据反应，的改变量是的两倍，从的曲线可知其达到平衡时减少了0.03mol/L，则从0升高到平衡时的0.6 mol/L，其曲线如图：；由题Q<0可知，该反应正向吸热，保持其它条件不变，随着温度的升高，该反应平衡朝正向移动，且反应速率增大，达到平衡的时间缩短，则其曲线如图：。
（5）如图所示，(NO)随(时间)的延长而减小，转化相同量的NO，可作一条平行于时间轴的辅助线，分别交两曲线与a、b两点，如图：，则可知在温度下消耗的时间较长；可能的原因是，该反应两步均是放出热量，总反应是放热反应，，温度的升高使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响大于升高温度对反应速率的影响，使转化相同量的NO时，消耗的时间较长。
25．(1)196.95
(2)
(3) 0.15 > < AC

【解析】(1)
n(CO)==1.5mol，根据热化学方程式知，生成1molCO吸收131.3kJ热量，据此计算生成1.5molCO吸收的热量为196.95kJ，故答案为：196.95；
(2)
该反应的平衡常数K=，故答案为：；
(3)
①根据表中数据计算1300℃时，4分钟内的反应速率=0.15mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.15；
②温度越高，反应速率越快，消耗的水蒸气越多，所以相同时间内温度高于1300℃消耗的H2O比1300℃消耗的水多，容器内剩余的H2O少，则a>b，c<1.23mol/L，故答案为：>；<；
③A．恒温恒容条件下，容器内压强与气体的物质的量成正比，反应前后气体的物质的量增大，则反应过程中压强增大，当容器内压强保持不变时，反应达到平衡状态，故A正确；
B．v(H2)=v(H2O)中没有注明反应方向，不能据此判断平衡状态，故B错误；
C．反应前后气体总质量增大，容器体积不变，则容器内密度增大，当容器内密度保持不变时，反应达到平衡状态，故C正确；
D．碳是固体，没有浓度，不能据此判断平衡状态，故D错误；
故答案为：AC。
26．(1) A 总反应是一个放热反应，则反应物总能量高于生成物总能量
(2) ＞ 由图1可知，T1温度下CO2的转化率先保持不变，即T1温度下先达到平衡，即反应速率比T2温度下快，温度越高反应速率越快
(3) a 总反应为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)是一个正反应为气体体积减小的方向，故温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量分数增大
(4) 33% 5×105Pa、210℃ 9×105Pa、250℃

【详解】（1）由题干信息可知，总反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)+Q(Q>0)是一个放热反应，故有反应物总能量高于生成物总能量，下列示意图中只有A图中反应物总能量高于生成物总能量，其余均相反，故能体现总反应能量变化的是A，故答案为：A；总反应是一个放热反应，则反应物总能量高于生成物总能量；
（2）由图1可知，T1温度下CO2的转化率先保持不变，即T1温度下先达到平衡，即反应速率比T2温度下快，温度越高反应速率越快，故据图1可判断：温度T1＞T2，故答案为：＞；由图1可知，T1温度下CO2的转化率先保持不变，即T1温度下先达到平衡，即反应速率比T2温度下快，温度越高反应速率越快；
（3）由题干信息总反应为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)是一个正反应为气体体积减小的方向，故温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量分数增大，故a为等温线，故答案为：a；总反应为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)是一个正反应为气体体积减小的方向，故温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量分数增大；
（4）当x(CH3OH)=0.10时，设生成甲醇物质的量为y，三段式列式计算：
，则有： =0.1，解得：y=mol，CO2的平衡转化率α=×100%≈33%，对应图象可找到：等温线a上分析得到，反应条件是9×105Pa、250℃，等压线b上，反应条件5×105Pa、210℃，故答案为：33%；5×105Pa、210℃；9×105Pa、250℃。
27． a CH4裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡正移，即高温低压有利于反应正向进行，平衡炭量大，与a相符 CO歧化 该反应是吸热反应，可通过反应将热量储存在产物CO、H2中(生成高热值物质CO、H2)，CO、H2可通过燃烧放出大量热 温度降低，反应逆向进行，CH4转化率降低 ②③ 气体流量一定的情况下，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
【详解】(1)对积炭反应进行计算，得到以下温度和压强对积炭反应中平衡炭量的影响图，其中表示温度和压强对CH4裂解反应中平衡炭量影响的是a图，CH4裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡正移，即高温低压有利于反应正向进行，平衡炭量大，与a相符；
(2)实验表明，在重整反应中，低温、高压时会有显著积炭产生，由此可推断，对于该重整反应而言，其积炭主要由CO歧化反应产生，因为CO歧化反应为放热反应，温度越低平衡正向移动，积炭会更多；
(3) CH4-CO2重整反应是吸热反应，可通过反应将热量储存在产物CO、H2中(生成高热值物质CO、H2)，CO、H2可通过燃烧放出大量热；
(4)气体流量越大，CH4转化率越低，原因是：随着流量的提高，反应物预热吸热量增多，体系温度明显降低，温度降低，反应逆向进行，CH4转化率降低；
(5)①②CH4/CO2相同，通过表格数据可知，对比实验②③可得出结论：CH4/CO2越低，CH4转化率越高；
(6)对比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，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。
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． C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) 吸热 0.08 mol/(L·min) 逆反应方向 HCHO +235kJ
【详解】(1)由反应平衡常数表达式K=，且有炭参与可知反应物为C和H2O，生成物为H2和CO，反应的化学方程式为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；若该反应只有在持续高温下才能自发进行，则该反应为吸热反应，故答案为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；吸热。
(2)①实验1中，由表中数据，起始时：n(CO)=2 mol，n(H2O)=1 mol，平衡时n(CO)=1.2 mol，n(H2)=0.8 mol，可知平衡时n(CO2)=0.8 mol，则v(CO2)=＝0.08 mol/(L·min)。
②900 ℃时，由表中数据，起始时：n(CO)=1 mol，n(H2O)=0.5 mol，平衡时n(CO)=0.8 mol，n(H2)=0.2 mol，可知平衡时n(CO2)=0.2 mol，n(H2O)=0.3 mol，反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数K= ＝＝；向实验2的平衡混合物中再加入0.4 mol H2O(g)和0.4 mol CO2，Qc＝ ＝＞K=，故平衡逆向移动，故答案为；逆反应方向。
(3)①由题图可知，有催化剂时生成HCHO的活化能最低，所以主要产物为HCHO；由题图可知，HCHO的能量高，CO的能量低，所以反应为放热反应，ΔH=+(676-158-238)= +235 kJ，故答案为HCHO；+235 kJ。
②由题给信息可知甲酸属于弱酸，甲酸根离子水解使甲酸钠显碱性，常温下向甲酸钠溶液中加水时水解程度变大，OH-的物质的量增大，但是体积增大的多，所以OH-的浓度减小，H+浓度增大，pH减小，但是甲酸钠pH永远大于7，所以常温下向甲酸钠溶液中加水时溶液的pH的变化为。
30．(1)第四周期ⅢA族
(2)共价
(3)2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g) △H=—30.9kJ/mol
(4) 三角锥形 低 NH3和AsH3均为分子晶体，NH3分子间能形成氢键，分子间作用力大于AsH3
(5)c
(6) H3AsO3 <
(7) H3AsO3+OH—=H2AsO+H2O >

【解析】(1)
由镓的原子结构示意图可知，镓元素位于元素周期表第四周期ⅢA族，故答案为：第四周期ⅢA族；
(2)
砷化镓的熔点高且熔融状态不导电，说明砷化镓为共价化合物，故答案为：共价；
(3)
在1100℃下液态镓与氨气反应生成固态氮化镓和氢气，可逆反应的方程式为2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)，由每生成1mol氢气放出10.3kJ热量可知，反应的反应热△H=—30.9kJ/mol，则反应的热化学方程式为2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g) △H=—30.9kJ/mol，故答案为：2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g) △H=—30.9kJ/mol；
(4)
磷元素的原子序数为15，价电子排布式为3s23p3，则价电子排布图为；砷化氢中砷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，空间构型为三角锥形；砷化氢和氨气是结构相似的分子晶体，氨气分子间能形成氢键，砷化氢分子间不能形成氢键，则氨气分子间的作用力大于砷化氢，沸点高于砷化氢，故答案为：；三角锥形；NH3和AsH3均为分子晶体，NH3分子间能形成氢键，分子间作用力大于AsH3；
(5)
a．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，则镓的金属性比铝的强，故正确；
b．砷化镓与硅一样是半导体材料，具有半导体性质，故正确；
c．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，砷与氢气在低温时不能发生化合反应生成砷化氢，故错误；
d．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，则酸性由强到弱的顺序为H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故正确；
故选c；
(6)
人体血液的pH在7.35—7.45之间，由图可知，患者用药后人体中含砷元素的主要微粒是亚砷酸；H2AsO的物质的量分数最大时，溶液呈碱性，说明H2AsO的电离程度小于水解程度，故答案为：H3AsO3；<；
(7)
由酚酞作指示剂时的变色范围为8可知，氢氧化钾溶液与亚砷酸溶液反应生成亚砷酸二氢钾和水，反应的离子方程式为H3AsO3+OH—=H2AsO+H2O；交点b的溶液中存在电荷守恒关系c(K+)+ c(H+)= c(OH—)+ c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)，由图可知，溶液呈碱性，溶液中c(H+)< c(OH—)，c(H2AsO)=c(AsO)，则溶液中c(K+)＞2c(HAsO)+4c(AsO)，故答案为：H3AsO3+OH—=H2AsO+H2O；＞。