08化学反应的热效应--江苏省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（苏教版）

这是一份08化学反应的热效应--江苏省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（苏教版），共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023上·江苏扬州·高三江苏省高邮中学校联考期末）二氧化硫是一种重要的化工原料，可以制取硫酸、焦亚硫酸钠等化工产品。其中，催化制取三氧化硫的热化学方程式为： 。在恒温恒压的密闭容器中进行二氧化硫转化成三氧化硫的反应时，下列说法正确的是
A．该反应中，反应物的键能之和大于产物的键能之和
B．升高温度，能加快反应速率，提高二氧化硫的平衡转化率
C．增大压强，可使平衡时的值增大
D．其他条件不变，加入高效的催化剂能提高单位体积内的活化分子百分数
2．（2023上·江苏扬州·高三江苏省高邮中学校联考期末）是重要的化工原料，可用于某些配合物的制备，如溶于氨水形成。液氨可以微弱的电离产生和，中的一个H原子若被取代可形成(联氨)，若被取代可形成(羟胺)。经过转化可形成、、、(无色)等。与反应有气体生成，同时放出大量热。下列化学反应的表示不正确的是
A．向硫酸镍中通入过量氨气：
B．氨气的燃烧热：
C．向稀硝酸中加入过量铁粉：
D．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：
3．（2023上·江苏南通·高三统考期末）由CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应如下。
反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)；ΔH=+41.1kJ•ml-1。
反应II：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH=-49.0kJ•ml-1。
在其他条件相同的情况下，按n(CO2)∶n(H2)=1∶3(总量一定)投料于恒容密闭容器中进行反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性：]随温度的变化趋势如图所示。

下列说法不正确的是
A．若反应2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-24.5kJ•ml-1，则由H2和CO制备二甲醚的热化学方程式：2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-204.7kJ•ml-1
B．根据图中数据，温度选择553K，达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高
C．随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择性降低，其原因可能是反应II平衡逆向移动幅度弱于反应I正向移动幅度
D．473～513K范围内，温度升高，平衡时的逐渐增大
4．（2023上·江苏南京·高三南京外国语学校校考期末）某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”，能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后，经处理能全部转化为HNO3。原理如图。已知：，△H＜0，下列说法不正确的是
A．气体温度升高后有利于N2O4的固定
B．使用多孔材料不能改变的焓变
C．使用多孔材料能促进平衡正向移动，有利于NO2的去除
D．加入 H2O和O2，发生化学反应方程式为：
5．（2023上·江苏常州·高三统考期末）常温下，下列实验探究方案能够达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
6．（2023上·江苏常州·高三统考期末）化工生产中常利用苯催化加氢制备环己烷。一定条件下，在管式反应器中发生反应：
(g)＋3H2(g)⇌(g)；ΔH＝－208.2 kJ·ml－1
下列说法不正确的是
A．低温有利于上述反应自发进行
B．上述反应中消耗1 ml苯，释放的热量为208.2 kJ
C．实际投料时，适当增加H2用量，可提高苯的利用率
D．由上述反应可推知，反应(g)＋H2(g)⇌(g)的ΔH约为－69.4 kJ·ml－1
7．（2023上·江苏·高三统考期末）周期表中ⅤA族元素及其化合物作用广泛。氨是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱、医药等；肼的燃烧热为，是常用的火箭燃料；氮和磷都是植物生长的营养元素，单质磷可由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧制得；砷化镓是典型的二代半导体材料，在700～900℃条件下，与通过化学气相沉积可制得砷化镓晶体；铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料。下列化学反应表示正确的是
A．肼的燃烧：
B．制单质磷：
C．制砷化镓晶体：
D．铅蓄电池放电时的负极反应：
8．（2023上·江苏苏州·高三统考期末）乙醇水蒸气重整释氢过程中主要反应的热化学方程式为：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
以和为原料气，通过装有催化剂的反应器，反应相同时间，乙醇转化率、、、选择性随温度变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．向乙醇水蒸气重整反应体系中通入适量，可以为重整反应提供热量
B．其他条件不变，升高温度乙醇的平衡转化率增大
C．300～450℃时，随温度升高，的产率增大
D．增加原料气中水的比例，可以增大的选择性
9．（2022上·江苏南通·高三统考期末）四大发明是中国古代创新的智慧成果和科学技术，包括了造纸术、指南针、火药、印刷术。下列说法正确的是
A．造纸过程中的破碎，碱浸，漂白，沉浆都属于物理变化
B．古代制造指南针的材料为磁石，主要成分为
C．火药爆炸过程中的能量变化如图所示
D．活字印刷术使用的黑墨，常温下化学性质比较稳定
10．（2023上·江苏苏州·高三常熟中学校考期末）已知反应；可用于粗硅的提纯。下列关于该反应的说法正确的是
A．该反应在任何条件下均能自发进行
B．该反应的平衡常数表达式为
C．升高温度可以提高反应物的平衡转化率
D．反应每放出热量，需断裂键
11．（2023上·江苏盐城·高三校联考期末）我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和。下列说法正确的是
A．“碳达峰”和“碳中和”中的“碳”都是指碳元素
B．光催化CO2和H2O合成甲醇是实现碳中和的有效手段
C．在燃煤中加入生石灰是实现碳中和的重要途径
D．利用火力发电产生的电能电解水制氢有利于实现碳中和
12．（2022上·江苏扬州·高三统考期末）我国科学家研究化合物M(s)催化CO2氢化机理。由化合物M(s)生成化合物N(s)过程的机理和相对能量曲线如图所示(已知1eV=1.6×10-19J，NA约为6.02×1023ml-1)。TS1、TS2均为过渡态。下列说法不正确的是
A．过渡态TS1比TS2更稳定
B．过程TS1→P为化合物M生成化合物N的决速步骤
C．化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe－O键的断裂
D．该过程的热化学方程式为：M(s)+CO2(g)=N(s) ΔH=-1120.2kJ•ml-1
13．（2022上·江苏扬州·高三统考期末）氮及其化合物在工业生产与生活中应用广泛。合成NH3实现了氮的人工固定，NH3在强碱条件下能被NaClO氧化生成N2H4，N2H4可被NaClO继续氧化生成N2，也可被HNO2氧化生成HN3，HN3是一种弱酸，酸性与醋酸相当。我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中有一种反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*表示)。下列说法正确的是
A．N2生成NH3是通过多步氧化反应生成的
B．过程I和Ⅲ中能量的变化相同
C．对于N2(g)→*N2(g)，适当提高N2分压，可以加快反应速率，提高N2(g)转化率
D．若有大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低化学反应速率
14．（2022上·江苏南通·高三统考期末）利用CO2和H2合成甲醇时主要涉及以下反应：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH1=-58kJ·ml-1
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)；ΔH2=41kJ·ml-1
向含有催化剂的密闭容器中充入一定比例CO2和H2混合气体，其他条件一定，反应相同时间，测得CO2的转化率和CH3OH的选择性[100%]与温度的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的ΔH=99kJ·ml-1
B．250°C时容器中CH3OH的物质的量少于210°C时容器中
C．250°C时，其他条件一定，增大反应的压强不会改变混合气中CO的体积分数
D．研发低温下催化活性强、对CH3OH的选择性高的催化剂有利于CH3OH的合成
15．（2022上·江苏南通·高三统考期末）丙烷脱氢是制备丙烯的一种常见方法，如图是某催化剂催化该过程的能量变化，*表示吸附在催化剂表面的物种。下列有关说法不正确的是
A．1ml丙烷中的总键能小于1ml丙烯及1ml氢气的总键能之和
B．在该条件下，所得丙烯中还含有其他有机物
C．该过程中未发生碳碳键的断裂
D．相同条件下在该催化剂表面，*CH3CH2CH3比*CH3CH=CH2脱氢更容易
二、填空题
16．（2023上·江苏泰州·高三校联考期末）将CO2还原为HCOOH是实现“碳中和”的有效途径。
(1)利用反应CO2(g)＋H2(g)⇌HCOOH(g)；ΔH =＋14.9 kJ·ml-1不能实现CO2直接加氢合成HCOOH，原因是 。
(2)CO2通过电解法转化为HCOO-的反应机理如图1。Pt电极上覆盖的Nafin膜是一种阳离子交换膜，对浓度不高的HCOO-有较好的阻拦作用，可让H2O自由通过。
① Sn电极上生成HCOO-的电极反应式为 。
② 电路中通过的电量与HCOO-产率的关系如图2所示。相同条件下，Pt电极有Nafin膜HCOO-产率明显提高，但电量>1000C后又显著下降，可能原因是 。
③ 若电解时将Nafin膜置于两个电极中间，保持电流恒定，20 h时向阳极区补充KHCO3，电压与时间关系如图3所示。0～20 h，电压增大的原因是 。
(3)CO2电还原可能的反应机理如下图所示。Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。
若还原产物主要为CH4时，应选择 (填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂，简述分析过程： 。
17．（2023上·江苏·高三统考期末）的资源化利用能有效减少的排放，充分利用碳资源。
(1)1991年，Ashcrft提出了甲烷二氧化碳重整的技术理论：气体分子吸附至催化剂表面后发生反应。500℃时，反应原理如下。
主反应：
副反应：Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
其中，副反应Ⅱ、Ⅲ形成的积碳易导致催化剂失去活性。
①在原料气中添加微量有利于保持催化剂的活性，其原因是 。
②在催化剂中添加少量多孔CaO能提高转化率并保持催化剂的活性，其原因是 。
③主反应过程机理模型如图所示(*表示吸附在催化剂表面的活性物种)。根据反应机理，生成CO的过程可描述为 。
(2)我国科学家以材料作光电阴极、饱和的的溶液作电解液，将转化为HCOOH，原理如图所示。
①根据图示，写出光电阴极电极反应式 。
②从能源利用和资源综合利用角度分析该方法优点是 。
18．（2019上·江苏泰州·高三统考期末）将甘油(C3H8O3)转化成高附加值产品是当前热点研究方向，甘油和水蒸气经催化重整可制得氢气，反应主要过程如下：
反应Ⅰ： C3H8O3(l)＋3H2O(g)3CO2(g)＋7H2(g) ΔH1
反应Ⅱ： 2C3H8O3(l)＋3O2(g)⇌6CO2(g)＋8H2(g) ΔH2＝a kJ·ml－1
反应Ⅲ： 2H2(g)＋O2(g)⇌2H2O(g) ΔH3＝b kJ·ml－1
（1）ΔH1＝ 。
（2）酸性条件下，甘油可在纳米TiO2Pt复合膜阳极上转化为甘油醛(C3H6O3)，该电极方程式为 。
（3）硝化甘油(C3H5O9N3)是治疗心绞痛的速效药，也可用作开采矿物的炸药。
①硝化甘油能治疗心绞痛的原理是在人体中释放NO，实验室中也可通过干法制备NO，方程式为3KNO2＋KNO3＋Cr2O32K2CrO4＋4NO↑。若有1 ml NO生成，则被KNO3氧化的Cr2O3的物质的量为 ml。
②硝化甘油爆炸时会彻底分解为N2、O2、CO2和H2O，反应的化学方程式为 。
（4）①反应Ⅰ制备H2时的副产物很多，主要有CH4、C2H4等，生产过程中必须采取措施抑制副产物产生，目的是 。
②为了有效提高反应Ⅰ氢气的产率，研究人员还采用CaO吸附增强制氢的方法。如图1所示，请分析加入CaO提高氢气产率的原因 。

（5）高效的催化剂是这种制氢方法能大规模应用的重要因素。图2为三种不同催化剂在一段时间内与甘油转化率的关系，则Ni/SiC催化剂的优点是 。
三、解答题
19．（2024上·江苏苏州·高三统考期末）尿素 是常用的化肥与工业原料，其生产与应用有着重要的意义。
(1)尿素生产一般控制在 下进行，主要涉及下列反应：
反应1
反应2
反应 的 。
(2)具有强还原性，生产尿素过程中，常通入适量氧气防止镍制容器表面的金属钝化膜被破坏。
①与反应产生的化学方程式为 。
②生产时通入的气体中常混有少量。有氧气存在的条件下，腐蚀反应容器的速率会更快，其原因是 。
(3)尿素在结晶过程中主要副反应是尿素发生脱氨反应。其反应历程如下：
反应3 CO(NH2)2(l)=HNCO(g)+NH3(g) (快反应)
反应4 HNCO(g)+CO(NH2)2(l)=(H2NCO)2NH(l)(缩二脲) (慢反应)
①在缩二脲的结构式()中圈出电子云密度最小的氢原子 。
②在尿素结晶过程中，反应3可视为处于平衡状态。实验表明，在合成尿素的体系中，的浓度越高，缩二脲生成速率越慢，其原因是 。
(4)含结晶水的晶体表面存在结构“”，用加热后的 晶体作催化剂，以为原料，电解溶液可获得尿素。
①生成尿素的电极方程式为 。
②加热后的晶体表面会产生位点，位点与位点共同形成 位点，其催化机理(部分)如图所示。实验表明，在下加热 晶体得到的催化剂催化效果最好，温度过高或过低催化效果会降低的原因是 。
③电解质溶液中若存在极大地降低催化剂的活性，原因是 。
20．（2023上·江苏扬州·高三江苏省高邮中学校联考期末）“绿水青山就是金山银山”是重要的科学理念，研究、、等大气污染物的处理具有重要意义。
(1)钙基固硫技术可减少排放，但煤炭燃烧过程中产生的又会与发生化学反应，降低了脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：
反应①：
反应②：
反应 。(填与与、的关系)
(2)对于烟气中采用活性炭脱除机理，其过程首先要经物理吸附 (*代表吸附态) ， ， ，然后是化学吸附(见图)：

写出化学吸附过程生成的化学方程式 。
(3)的排放主要来自于汽车尾气。
①有人利用尿素水溶液热解产生的可去除尾气中的，流程如图：

a.尿素中氮元素的化合价为 。
b.若氧化处理后的尾气中混有，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低的去除率。试分析硫酸盐的产生过程 。
②某脱硝反应机理如图所示，参与I的反应方程式为 。
(4)脱硫反应中每生成，生成 ，脱硫剂的脱硫过程可描述为 。
(5)利用多孔石墨做电极，溶液做电解液构成的燃料电池可以很好的除去和，生成无毒的物质。两个电极分别通入气体与物质的量之比为的和气体，在电极上发生 反应，写出正极的电极反应 。
21．（2023上·江苏无锡·高三统考期末）CO2、NOx和SO2等物质的转化和资源化利用是社会热点问题。
I.CO2与CH4经催化重整，制得合成气。发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
(1)则该反应的ΔH= 。
II.间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示，质子膜允许H+和H2O通过。
(2)电极I应接电源的 (填“正极”或“负极”)。
(3)每处理标准状况下22.4 L NO，可同时得到 g O2。
III.使用固体催化剂可提高脱硫效率。气体在固体催化剂表面反应的机理是气体反应物分子吸附在催化剂表面，占据催化剂表面活性位点，生成一些活性高的微粒，从而降低反应活化能，提高反应速率，反应后气体产物分子及时脱附空出活性位点。
(4)活性炭催化脱除SO2的机理如图所示(＊代表吸附态)。
①写出“热再生”生成SO2的化学方程式 。
②研究表明，温度在脱硫过程中是一个非常重要的因素，温度过高，脱硫效果会变差，原因可能是 。
(5)V2O5/炭基材料是在活性炭上载有V2O5活性成分，构成更高活性的活性炭催化剂，更有利于SO2转化为SO3，最终实现脱硫。
①通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为 。
②控制一定气体流速和温度，考察烟气中O2 的存在对V2O5/炭基材料催化剂脱硫活性的影响，结果如图所示，当O2浓度过高时，去除率下降，其原因可能是 。
(6)科学家通过NH3活化改性提升了活性炭的脱硫性能，认为活性炭表面的含氮官能团具有催化性能，含氮官能团越丰富越有利于提升脱硫性能，原因可能是 。
22．（2023上·江苏盐城·高三校联考期末）H2S是一种有毒气体，对它的回收利用是一项重要的研究课题。
Ⅰ.利用废气中的H2S回收硫磺，生产工艺可分为两个阶段。涉及到的热化学方程式：
阶段一 2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-1172 kJ·ml-1
阶段二 16H2S(g)＋8SO2(g)=3S8(s)＋16H2O(l) ΔH=-2251.68 kJ·ml-1
(1)①8H2S(g)＋4O2(g)=S8(s)＋8H2O(l) 的ΔH= 。
②S8是由8个硫原子形成的环状结构，每个硫原子以sp3杂化轨道中的两个轨道与相邻的两个硫原子形成σ键。1 ml S8中含有σ键为 ml。
Ⅱ.天然气中通常含有H2S、CO2.利用电化学法可以将其变废为宝。
(2)将含有H2S、CO2的天然气通入NaOH溶液中，将反应所得的NaHCO3、NaHS混合液置于电解装置的阴极室中，电解装置如图1所示。
①写出阳极上H2S转化成SO的电极反应方程式： 。
②当外电路中转移1ml e-，通过阴离子交换膜的物种及其物质的量分别表示为n(CO)、n(HCO)、n(S2-)、n(HS-)、n(OH-)，则2n(CO)＋n(HCO)＋2n(S2-)＋n(HS-)＋n(OH-)= 。
(3)用Ni-CeO2作催化剂，CO2和H2可用于合成CH4，具体反应历程如图2所示(吸附在催化剂表面的物种带有“*”标注)。将电解所得的CO2和H2匀速通过Ni-CeO2催化剂层，测得含碳产物中CH4的物质的量分数和CO2的转化率随温度变化如图3所示。
①200℃条件下合成CH4过程中所发生的副反应可以描述为 。
②240~280 ℃过程中CO2转化率快速增大而280~320℃过程中CO2转化率上升缓慢的原因是 。
选项
探究方案
探究目的
A
将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入CuSO4溶液，观察铝片表面的现象
常温下， 铝遇浓硫酸发生钝化
B
将铁锈溶于浓盐酸，再向溶液中滴入几滴KMnO4溶液，观察溶液颜色变化
铁锈中含有二价铁
C
向试管中加入1溴丙烷和20%的KOH溶液，加热。再向反应后的溶液中加入AgNO3溶液，观察现象
1溴丙烷中含有溴原子
D
用0.100 0 ml·L－1 NaOH溶液滴定25.00 mL未知浓度的盐酸，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度数据
测定中和反应的反应热
化学键
C—H
C=O
H—H
CO中的化学键
键能/kJ·ml−1
413
745
436
1075
参考答案：
1．D
【详解】A．该反应放热，反应物的键能之和小于产物的键能之和，故A错误；
B．该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫的平衡转化率减小，故B错误；
C．平衡常数只与温度有关，增大压强，K=的值不变，故C错误；
D．其他条件不变，催化剂能降低反应活化能，所以加入高效的催化剂能提高单位体积内的活化分子百分数，故D正确；
选D。
2．B
【详解】A．根据信息溶于氨水形成，则向硫酸镍中通入过量氨气对应的方程式为：，A正确；
B．燃烧热是指1ml纯净物完全燃烧生成稳定氧化物对应的反应热，B错误；
C．稀硝酸和过量的铁粉反应生成硝酸亚铁和一氧化氮，对应的方程式为：，C正确；
D．硫酸铵和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氨水，两者反应的离子方程式为：，D正确；
故选B。
3．D
【详解】A．设反应Ⅲ2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-24.5kJ•ml-1，反应Ⅳ，则由盖斯定律可知，Ⅳ=2×II-2×I+Ⅲ，则反应Ⅳ的反应热ΔH=2×(-49.0kJ•ml-1)- 2×(+41.1kJ•ml-1)+( -24.5kJ•ml-1)= -204.7kJ•ml-1，A正确；
B．由图可知，温度选择553K，达到平衡时甲醇的选择性最低，二氧化碳的平衡转化率最大，故此时反应体系内甲醇的产量最高，B正确；
C．反应II为放热反应，同时该反应生成甲醇，反应II为吸热反应，该反应消耗二氧化碳，但是不产生甲醇，则随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择性降低，其原因可能是反应II平衡逆向移动幅度弱于反应I正向移动幅度，C正确；
D．由图可知，随着温度的升高，甲醇的选择性在降低，二氧化碳的转化率在增大，则平衡时的逐渐减小，D错误；
故选D。
4．A
【详解】A．，△H＜0，则升高温度，平衡逆向移动，不利于N2O4的固定，A不正确；
B．多孔材料能高选择性吸附NO2，并不断转化为N2O4，但并未改变反应物和生成物的能量，所以不能改变的焓变，B正确；
C．使用多孔材料，能高选择性吸附NO2，从而增大NO2的浓度，促进平衡正向移动，有利于NO2的去除，C正确；
D．加入的 H2O和O2，与N2O4发生氧化还原反应，经处理能全部转化为HNO3，化学反应方程式为：，D正确；
故选A。
5．A
【详解】A．将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入CuSO4溶液，观察铝片表面的现象，检验 铝遇浓硫酸是否发生钝化，A正确；
B．将铁锈溶于浓盐酸，再向溶液中滴入几滴KMnO4溶液，观察溶液颜色变化，高锰酸钾与Fe2+和浓盐酸都能反应，无法证明有Fe2+，B错误；
C．向试管中加入1溴丙烷和20%的KOH溶液，加热，再向反应后的溶液中加入过量硝酸中和氢氧化钾，加入AgNO3溶液，观察现象，探究1溴丙烷中含有溴原子，C错误；
D．中和反应热应在量热计内进行，50mL0.550 0 ml·L－1 NaOH和，50mL 0.500 0 ml·L－1盐酸，迅速混合，盖上杯盖，玻璃搅拌器搅拌，采集温度数据， D错误；
故答案为：A。
6．D
【详解】A．该反应ΔH＝－208.2 kJ·ml－1<0，为放热反应，低温有利于上述反应自发进行，故A正确；
B．由该热化学方程式可知，上述反应中消耗1 ml苯，释放的热量为208.2 kJ，故B正确；
C．实际投料时，适当增加H2用量，平衡正向移动，可提高苯的利用率，故C正确；
D．1ml和3mlH2发生加成反应放出208.2 kJ热量，中的碳碳键是介于单键和双键之间特殊的键， 中含有一个碳碳双键，1ml和1mlH2发生加成反应时放出的热量不等于208.2 kJ×=69.4 kJ，故D错误；
故选D。
7．B
【详解】A．肼燃烧生成氮气和水，热化学方程式为： ，A错误；
B．制单质磷化学方程式为：，B正确；
C．制砷化镓晶体化学方程式为：，C错误；
D．铅蓄电池放电时的负极反应：，D错误；
故选B。
8．D
【详解】A．向乙醇水蒸气重整反应体系中通入适量，乙醇可以和氧气反应放出热量，从而为重整反应提供热量，A正确；
B．根据题给信息可知，乙醇水蒸气重整释氢过程中涉及的反应为吸热反应，故升温后平衡正向移动，平衡转化率增大，B正确；
C．由图可知，300～450℃时，随温度升高一氧化碳和甲烷的选择性降低，此时主要发生反应I，的产率增大，C正确；
D．增加原料气中水的比例，则反应I进行的较多，不利于生成一氧化碳，D错误；
故选D。
9．D
【详解】A．碱浸，漂白过程中生成新物质，存在化学变化，A错误；
B．磁石，主要成分为四氧化三铁，B错误；
C．火药爆炸过程中释放出能量，生成物能量低于反应物的能量，C错误；
D．黑墨成分含有碳，常温下化学性质比较稳定，D正确；
故选D。
10．B
【详解】A．该反应是一个熵减的反应，需满足才能自发进行，故A错误；
B．因为Si为固体，不计入平衡常数计算，因此反应的平衡常数表达式为K=，故B正确；
C．该反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向进行，即逆向进行，将降低反应物的平衡转化率，故C错误；
D．晶体硅是空间网状结构，每个硅原子连接周围4个硅原子，所以每个Si—Si键由两个Si原子共同构成，故1单位硅单质有2单位Si—Si键，则每反应1 ml Si需断裂2 ml Si—Si键，故D错误；
故答案选：B。
11．B
【详解】A．“碳达峰”是指在某一个时间点，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值，之后逐渐回落，“碳中和”是指二氧化碳的排放总量和减少总量相当，所以这里的“碳”都是指二氧化碳，A错误；
B．光催化CO2和H2O合成甲醇是实现碳中和的有效手段，B正确；
C．在燃煤中加入生石灰能减少SO2排放，减少空气污染，不能减少二氧化碳排放，C错误；
D．火力发电以化石燃料为原料进行发电，不利于实现碳中和，D错误；
故答案选B。
12．B
【分析】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应
【详解】A．据图可知TS1的能量比TS2的能量低，所以TS1更稳定，A正确；
B．过程P→TS2为两步反应中活化能能较大的反应，为慢反应，为化合物M生成化合物N的决速步骤，B错误；
C．M为催化剂，整个反应前后M的结构不会发生改变，对比M和N的结构特点可知，当N中Fe-O键断裂，重新连接H原子才能生成M，所以化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe-O键的断裂，C正确；
D．图示为一个CO2分子反应的过程，据图可知该过程能量变化ΔE=-11.63eV，所以当1mlCO2参与反应时能量变化为-11.63×1.6×10−19J×6.02×1023 ml-1=-1.12×106J •ml-1=-1120kJ，所以该反应的焓变ΔH=-1120kJ/ml，该过程的热化学方程式为：M(s)+CO2(g)=N(s) ΔH=-1120.2kJ•ml-1，D正确；
故选B。
13．D
【详解】A．N2生成NH3是氮气分子不断结合氢原子的过程，氮的化合价逐渐降低，是通过多步还原反应生成的，A错误；
B．过程I和Ⅲ分别为断裂氮氮叁键中的一个键、断裂氮氮双键中的一个键，然后形成氮氢键的过程，其中能量的变化不相同，B错误；
C．适当提高N2分压，利于氮分子在催化剂表面的吸附，可以加快反应速率；对于N2(g)→*N2(g)反应是气体分子数不变的反应，增大压强平衡不移动，不能提高N2(g)转化率，C错误；
D．氨气分子脱附后可以增加催化剂的活性位，若有大量氨分子吸附在催化剂表面，导致催化剂活性位减少，将降低化学反应速率，D正确；
故选D。
14．D
【详解】A．设①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH1=-58kJ·ml-1，②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)；ΔH2=41kJ·ml-1，依据盖斯定律：①-②得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的ΔH=-99kJ·ml-1，A错误；
B．如图所示，250℃时二氧化碳转化率比210℃时二氧化碳转化率高一倍还多，即250℃时消耗二氧化碳的量比210℃时消耗二氧化碳的量大的多，但250℃时和210℃时甲醇选择性[100%]却相差不大，则250℃时容器中CH3OH的物质的量多于210℃时容器中CH3OH的物质的量，B错误；
C．250℃时，其他条件一定，增大反应的压强第一个反应平衡正向移动，第二个反应平衡不移动，总分子数减少，混合气中CO的体积分数会变化，C错误；
D．依据图示可知，较低温度下CH3OH的选择性高，因此研发低温下催化活性强、对CH3OH的选择性高的催化剂有利于CH3OH的合成，D正确；
答案选D。
15．A
【详解】A．据图可知1ml丙烷的总能量低于1ml丙烯及1ml氢气的总能量之和，为吸热反应，反应的∆H＞0，即∆H=反应物键能之和-生成物键能之和＞0，A错误；
B．据图可知生成丙烯(CH3CH=CH2)后，丙烯还在继续脱氢，所以所得丙烯中还含有其他有机物，B正确；
C．该反应过程中，碳骨架由C-C-C变为C-C=C，该反应过程中未发生碳碳键的断裂，C正确；
D．由图可知，在该催化剂表面CH3CH2CH3*脱氢的活化能小于CH3CH=CH2*脱氢，说明在该催化剂表面CH3CH2CH3*脱氢比CH3CH=CH2*脱氢容易，D正确；
综上所述答案为A。
16．(1)该反应的ΔH>0、ΔS<0，不能自发自行
(2) H＋＋CO2＋2e-=HCOO-/HCO＋CO2＋2e-=HCOO-＋CO Nafin膜可以阻止HCOO-在阳极放电(1分，答“防止HCOO-在阳极被氧化”给分)；电量>1 000 ℃后，c(HCOO-)增大，Nafin膜阻拦作用下降 阳极区pH减小，HCO浓度下降，K＋部分迁移至阴极区，阳极区离子浓度下降，导电能力减弱
(3) Cu 回溯CH4生成机理，第1步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，易脱离；Cu对CO的吸附能力强，不易从催化剂表面脱离
【详解】（1）利用反应CO2(g)＋H2(g)⇌HCOOH(g)；ΔH =＋14.9 kJ·ml-1不能实现CO2直接加氢合成HCOOH，原因是该反应的ΔH>0、ΔS<0，不能自发自行；
（2）① Sn电极上生成HCOO-的电极反应式为H＋＋CO2＋2e-=HCOO-或HCO＋CO2＋2e-=HCOO-＋CO；
② 相同条件下，Pt电极有Nafin膜HCOO-产率明显提高，但电量>1000C后又显著下降，可能原因是Nafin膜可以阻止HCOO-在阳极放电；电量>1 000 ℃后，c(HCOO-)增大，Nafin膜阻拦作用下降；
③ 若电解时将Nafin膜置于两个电极中间，保持电流恒定，20 h时向阳极区补充KHCO3， 0～20 h，电压增大的原因是阳极区pH减小，HCO浓度下降，K＋部分迁移至阴极区，阳极区离子浓度下降，导电能力减弱
（3）若还原产物主要为CH4时，应选择Cu作催化剂，因为Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离，第1步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，易脱离；Cu对CO的吸附能力强，不易从催化剂表面脱离。
17．(1) 微量O2及时和副反应Ⅱ、III产生的碳反应。防止催化剂表面积碳 少量多孔CaO (及其生成的CaCO,)有利于将CO2吸附至催化剂表面，促进主反
应发生，提高CO的转化率 吸附在催化剂表面的CO解离成CO和O* (活性氧原子),吸附在催化剂表面的CH4解离成H2和CH2* (活性亚甲基), O*和H2反应生成H2O, CH2*和H2O反应生成H2和CO*, CO从催化剂表面脱附成CO。
(2) 利用太阳光能理论上无需额外消耗能量，将捕集的CO2转化为有用的产品HCOOH，既能有效减少温室气体CO2的排放量，又能充分利用碳资源。
【详解】（1）微量氧气可将副反应上生成的C转化为氧化物，从而降低催化剂表面的积碳，避免积碳过多导致催化剂失去活性；多孔CaO可以吸附二氧化碳，从而促进二氧化碳与甲烷在催化剂表面接触反应，提高二氧化碳的转化率；结合图示信息可知二氧化碳被吸附在Ni表面，之后发生断键，生成CO和O。故答案为：微量O2及时和副反应Ⅱ、III产生的碳反应。防止催化剂表面积碳；多孔CaO有利于吸附，从而促进与甲烷的反应，提高转化率；吸附在催化剂表面的CO解离成CO和O* (活性氧原子),吸附在催化剂表面的CH4解离成H2和CH2* (活性亚甲基), O*和H2反应生成H2O, CH2*和H2O反应生成H2和CO* ，CO从催化剂表面脱附成CO；
（2）由图可知光阴极二氧化碳在碳酸氢钾溶液中转化为HCOOH，电极方程式为：；利用太阳光能理论上无需额外消耗能量，将捕集的CO2转化为有用的产品HCOOH，既能有效减少温室气体CO2的排放量，又能充分利用碳资源。
18． 1/2(a－3b)kJ·ml－1 C3H8O3－2e－===C3H6O3＋2H＋ 0.125 4C3H5O9N36N2↑＋O2↑＋12CO2↑＋10H2O 提高氢气的产率或使甘油和水分子中氢原子尽可能转化为氢气 CaO消耗CO2，降低CO2的浓度，促使平衡正向移动，提高H2产率 催化剂效率高，稳定性高或催化剂寿命长
【分析】(1)根据盖斯定律，对已知的热化学方程式进行相关运算。
(2)甘油（C3H8O3）中碳元素平均价态为-，甘油醛（C3H6O3）中碳元素平均价态为0，阳极发生氧化反应，所以1mlC3H8O3失去×3=2mle-，在酸性介质中同时生成H+。
(3)分析方程式3KNO2＋KNO3＋Cr2O32K2CrO4＋4NO↑中元素化学价的变化知，KNO2和KNO3作氧化剂，Cr2O3作还原剂，3mlKNO2得到3mle-，1mlKNO3得到3mle-，1mlCr2O3被氧化失去6mle-，其中3mle-由KNO3获得，所以每1mlKNO3能氧化ml的Cr2O3。另外，每生成4mlNO中有1mlKNO3参加反应，所以生成1mlNO时就有mlKNO3参加反应，据此分析。②硝化甘油爆炸时反应物是C3H8O3，生成物为N2、O2、CO2和H2O，再根据化合价升降守恒和元素守恒配平。
(4) ①由反应方程式可知，甘油和水中氢元素全部转化为H2，而副产物CH4、C2H4越多，生成H2的产率越低。②CaO吸收CO2：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)，反应体系中CO2浓度降低，平衡向正反应方向移动，由此分析。
(5)由图2知，使用Ni/Al2O3和Ni/GeO2催化剂时，在反应后期甘油转化率反而降低；而使用Ni/SiC催化剂时甘油转化率较高，且转化率长时间保持稳定值。
【详解】(1)根据盖斯定律，对已知3个热化学方程式运算可知，(II－2×I)÷3=III，则有(ΔH2－2ΔH1)÷3=ΔH3，即(a－2ΔH1)÷3=b，解得ΔH1=kJ/ml。
(2)甘油（C3H8O3）中碳元素平均价态为-，甘油醛（C3H6O3）中碳元素平均价态为0，因阳极发生氧化反应，所以1mlC3H8O3失去×3=2mle-，在酸性介质中同时生成H+，其电极方程式为C3H8O3－2e－=C3H6O3＋2H＋。
(3)分析方程式3KNO2＋KNO3＋Cr2O32K2CrO4＋4NO↑中元素化合价的变化知，KNO2和KNO3均作氧化剂，Cr2O3作还原剂，1mlCr2O3被氧化时失去6mle-，其中3mle-由KNO3获得，所以每1mlKNO3能氧化ml的Cr2O3。另外，每生成4mlNO中有1mlKNO3参加反应，即生成1mlNO时就有mlKNO3参加反应，所以若有1mlNO生成，则ml KNO3能氧化Cr2O3的物质的量=×ml=0.125ml。
②硝化甘油爆炸时反应物是C3H8O3，生成物为N2、O2、CO2和H2O，再根据化合价升降守恒和元素守恒配平：4C3H5O9N36N2↑＋O2↑＋12CO2↑＋10H2O。
(4) ①由反应I方程式可知，甘油和水中氢元素全部转化为H2，而副产物CH4、C2H4越多，生成H2的产率越低。所以生产过程中采取措施抑制副产物产生的目的是提高氢气的产率或使甘油和水分子中氢原子尽可能转化为氢气。
②由图1知，随CaO加入量增加，CO2物质的量直线下降，是因为CaO吸收CO2：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)，反应体系中CO2浓度降低，平衡向正反应方向移动，H2产率增大。
(5)由图2知，使用Ni/Al2O3和Ni/GeO2催化剂时，在反应后期甘油转化率反而降低；而使用Ni/SiC催化剂时甘油转化率较高，且转化率长时间稳定在较高水平，所以，Ni/SiC催化剂的优点是：催化剂效率高，稳定性高或催化剂寿命长。
19．(1)
(2) 与O2反应生成SO2，SO2 、O2、H2O反应生成硫酸，酸性增强，腐蚀能力增强
(3) 的浓度越高，反应3平衡逆向进行，HNCO浓度降低，反应4反应速率降低，缩二脲生成速率变慢
(4) 温度过高时，会形成两个LA位点，吸附CO2过多；温度过低，Ni—O键不断裂，不能形成LA位点，无法吸附CO2，催化效果会降低 可以占据LA位点，使之无法吸附CO2
【详解】（1）反应 =反应1+反应2，故；
（2）①与反应产生，由氧化还原分析，NiO生成Ni，故化学方程式为；
②生产时通入的气体中常混有少量。有氧气存在的条件下，发生反应，，硫酸腐蚀性更强；
（3）①中间N原子连接两个羰基，羰基中O原子电负性强，吸电子能力强，羰基为吸电子基团，故N—H键的电子更偏向N原子，H原子电子云密度降低，故答案为；
②的浓度越高，反应3平衡越向逆向进行，HNCO浓度越低，反应4反应速率越低，缩二脲生成速率越慢；
（4）①由N2生成尿素可知失去6e-，故电极方程式为；
②如图可知，温度过高时，会形成两个LA位点，吸附CO2过多，无法形成尿素；温度过低，Ni—O键不断裂，不能形成LA位点，无法吸附CO2，故催化效果会降低；
③可以占据LA位点，使之无法吸附CO2，极大地降低催化剂的活性。
20．(1)ΔH2-ΔH1
(2)SO+H2O*=H2SO
(3) -3 尾气中剩余的NO2溶于水生成具有强氧化性的HNO3，SO2与水反应生成H2SO3，HNO3将H2SO3氧化为H2SO4，从而形成硫酸盐 2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+
(4) 2 脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS(附着在Fe2O3表面)
(5) 氧化 NO+NO2+6e-+3H2O=N2+6OH-
【详解】（1）根据盖斯定律Ⅱ-Ⅰ得CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)CaS(s)+3CO2(g)，则；
（2）根据化学吸附图可得生成的化学方程式为；
（3）①a. 尿素[CO(NH2)2]中C元素为+4价，O元素为﹣2价，H元素为+1价，根据化合价代数和为0，则尿素氮元素的化合价为﹣3价；
b. 若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。则硫酸盐的产生过程为：尾气中剩余的NO2溶于水生成具有强氧化性的HNO3，SO2与水反应生成H2SO3，HNO3将H2SO3氧化为H2SO4，从而形成硫酸盐；
②图中Cu+在反应前后性质、质量不变,为催化剂；用乙烯进行脱硝(NO) ,从题图可以知道，乙烯被Cu+(NO2)氧化成二氧化碳(其中C化合价由-2→+4),Cu+(NO2)自身被还原成N2(其中N化合价由+4→0),反应方程式为2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+；
（4）脱硫反应的方程式为Fe2O3 + 3H2S= 2FeS + 3H2O+S，每生成1ml硫单质，生成2mlFeS，用水蒸气代替氧气再生时，反应方程式为3FeS + 4H2OFe3O4 + 3H2S + H2，当生成3mlH2S时，FeS被氧化，H2O被还原，生成1ml氢气，共转移电子2ml；
由图可知，脱硫时，部分Fe2O3转化成FeS，H2S被氧化成S，再生过程时，FeS与O2反应生成Fe2O3和SO2，Fe2O3脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS(FeS附着在Fe2O3表面)；故答案为：脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS(FeS附着在Fe2O3表面)；
（5）H2S中硫元素显-2价，为最低价态，失去电子，发生氧化反应，正极发生还原反应，所以电极反应方程式为：NO+NO2+6e-+3H2O=N2+6OH-。
21．(1)+120 kJ·ml−1
(2)负极
(3)16
(4) C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑+2H2O 反应物在催化剂表面吸附效果变差，炭与硫酸反应产生SO2，反应快速生成的SO3占据所有活性位点，来不及脱附，使吸附很快达到饱和
(5) SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体，VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5 (或3SO2+V2O5+O2 = 2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2 = 2V2O5+4SO3) 氧气浓度过高时，O2和SO2分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位点时，剩余的SO2分子就不能很好地被吸附，导致脱硫率下降
(6)活性炭材料表面的含氮官能团具有碱性，能够促进活性炭对SO2的吸附及氧化
【详解】（1）l ml CH4中含有4 ml C—H键，1 ml CO2中含有2 ml C-O键，l ml CO中含有1 ml C O键，1 ml H2中含有1 ml H-H键，根据反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) 可得△H=[4 E(C—H)+ 2 ×E(C=O)]-[2×E(C O)+2×E(H-H)]=(4×413+2×745) kJ/ml -(2×1 075+2×436)kJ/ml =+120 kJ/ml；
（2）从图示中，可知在吸收塔中NO变成了N2，N的化合价降低，变成了，S的化合价从＋3升高到了＋4，化合价升高。在电解池中，变成了，S的化合价从＋4降低到＋3，得到电子，电极Ⅰ为阴极，接连电源的负极；
（3）整个装置中转移的电子数相同，处理标准状况下22.4 L NO，即1mlNO，N的化合价从＋2降低到0，转移了2ml电子，阳极2H2O－4e－=4H++O2↑，生成16g O2即0.5mlO2需要2ml电子，答案为16g；
（4）①根据图中信息可知， “热再生”是活性炭基材料与浓硫酸反应生成SO2，反应的化学方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑+2H2O；
②研究表明，温度在脱硫过程中是一个非常重要的因素，温度过高，反应物在催化剂表面吸附效果变差，炭与硫酸反应产生SO2，反应快速生成的SO3占据所有活性位点，来不及脱附，使吸附很快达到饱和，脱硫效果会变差；
（5）①
根据题意可知，该脱硫反应过程可描述为SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4 中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5或3SO2 + V2O5 + O2=2VOSO4 + SO3，4VOSO4 + O2=2V2O5 + 4SO3，故答案为: SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体，VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5 (或3SO2+V2O5+O2 = 2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2 = 2V2O5+4SO3)；
②当O2浓度过高时，去除率下降，其可能原因是氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降；
故答案为: 氧气浓度过高时，O2和SO2分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位点时，剩余的SO2分子就不能很好地被吸附，导致脱硫率下降；
（6）活性炭材料表面的含氮官能团具有碱性，能够促进活性炭对SO2的吸附及氧化，含氮官能团越丰富越有利于提升脱硫性能。
22．(1) -2313.2 kJ·ml-1 8
(2) H2S-8e-＋H2O=SO＋10H+ 1 ml
(3) CO2被催化剂吸附后转变成*CO和*O，*CO摆脱催化剂的吸附形成CO，H2在催化剂表面变成*H，*H和*O结合生成H2O 240~280 ℃，随温度升高，反应速率加快，且催化剂活性增大，两者共同作用，使CO2的转化率快速增大；280~320 ℃，随温度升高，反应速率加快，但催化剂活性基本不变，CO2的转化率上升缓慢
【详解】（1）①将阶段一和阶段二热化学方程式依次编号为Ⅰ和Ⅱ，由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ可得8H2S(g)＋4O2(g)=S8(s)＋8H2O(l)，则=+=-2313.2；
②因为S8是8个硫原子形成的环状结构，并且每个硫原子以sp3杂化轨道中的两个轨道与相邻的两个硫原子形成σ键，所以硫原子间都是以单键形式形成环状结构，故1 ml S8中含有σ键为8；
（2）①阳极上H2S转化成SO，转移电子数为8，电解质为H2SO4，其电极反应方程式为H2S-8e-＋H2O=SO＋10H+；
②当外电路中转移1ml e-时，根据电荷守恒可知，通过阴离子交换膜的阴离子电荷量总和应为1ml，故2n(CO)＋n(HCO)＋2n(S2-)＋n(HS-)＋n(OH-)=1 ml；
（3）①从图2可以看出，CO2和H2匀速通过Ni-CeO2催化剂层时，除了生成CH4以外，还生成了CO和H2，根据反应历程可将200℃条件下合成CH4过程中所发生的副反应可以描述为：CO2被催化剂吸附后转变成*CO和*O，*CO摆脱催化剂的吸附形成CO，H2在催化剂表面变成*H，*H和*O结合生成H2O；
②由题可以看出，反应历程中的影响条件为催化剂和温度，CO2转化率的改变是因为温度改变和催化剂的活性不同导致的，因此240~280 ℃过程中CO2转化率快速增大而280~320℃过程中CO2转化率上升缓慢的原因是：240~280 ℃，随温度升高，反应速率加快，且催化剂活性增大，两者共同作用，使CO2的转化率快速增大；280~320 ℃，随温度升高，反应速率加快，但催化剂活性基本不变，CO2的转化率上升缓慢。