高考化学化学反应中的能量变化试题汇编解析.docx
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高考化学化学反应中的能量变化试题汇编解析
2014年高考化学化学反应中的能量变化试题汇编解析
2014年普通高等学校招生全国统一考试化学试题分类汇编
专题八化学反应中的热量变化
1.(2014•重庆理综化学卷,T6)已知
C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=akJ•mol-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-220kJ•mol-1
H-H、O=O和O-H键的键能分别为436、496和462kJ•mol-1,则a为()
A.-332B.-118C.+350D.+130
【答案】D
【解析】设两个热化学方程式分别为①②,根据盖斯定律②-①×2得:
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-(220+2a)KJ/mol,则有:
2×436+496-4×462=-(220+2a),则a=+130,答案选D。
2.(2014•上海单科化学卷,T9)1,3-丁二烯和2-丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下:
CH2=CH—CH=CH2(g)+2H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g)+236.6kJ
CH3-C≡C-CH3(g)+2H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g)+272.7kJ
由此不能判断
A.1,3-丁二烯和2-丁炔稳定性的相对大小
B.1,3-丁二烯和2-丁炔分子储存能量的相对高低
C.1,3-丁二烯和2-丁炔相互转化的热效应
D.一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键键能之和的大小
【答案】D
【解析】根据盖斯定律可得CH2=CH—CH=CH2(g)→CH3-C≡C-CH3(g)—36.1kJ,这说明1,3-丁二烯(CH2=CH—CH=CH2(g))转化为2-丁炔(CH3-C≡C-CH3(g))是吸热反应,故在质量相等的前提下,1,3-丁二烯(CH2=CH—CH=CH2(g))的能量要低于2-丁炔(CH3-C≡C-CH3(g))的能量,1,3-丁二烯(CH2=CH—CH=CH2(g))的稳定性要低于2-丁炔(CH3-C≡C-CH3(g)),通过上述分子可知ABC均正确。
3.(2014•全国新课标I化学卷,T9)已知分解1molH2O2放出热量98KJ。
在含有少量I的溶液中,H2O2分解的机理为:
H2O2+IH2O+IO
H2O2+IOH2O+O2+I
下列有关该反应的说法正确的是()
A.反应速率与I浓度有关B.IO也是该反应的催化剂
C.反应活化能等于98KJmol-1D.
【答案】A
【解析】决定化反应速率的主要是慢反应,所以I-浓度越大,则整个反应速率越快,A正确、B错误;98KJ•mol-1是该反应的△H,活化能不能确定,C错误;把两个方程式处理得到:
2H2O2=2H2O+O2,v(H2O2)=v(H2O)=2v(O2),D错误。
4.(2014•全国新课标II化学卷,T13)室温下,将1mol的CuSO4•5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低,热效应为ΔH1,将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高,热效应为ΔH2;CuSO4•5H2O受热分解的化学方程式为:
CuSO4•5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(),热效应为ΔH3。
则下列判断正确的是
A.ΔH2>ΔH3B.ΔH1C.ΔH1+ΔH3=ΔH2D.ΔH1+ΔH2=ΔH3
【答案】B
【解析】根据题意,发生反应的热化学方程式为:
CuSO4•5H2O(s)溶于水(溶液温度降低,该过程为吸热过程):
CuSO4•5H2O(s)Cu2+()+SO42-()+5H2O()ΔH1>0
CuSO4(s)溶于水会(使溶液温度升高,该过程为放热过程)
CuSO4(s)Cu2+()+SO42-()ΔH2CuSO4•5H2O(s)受热分解的热化学方程式为
CuSO4•5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O()ΔH3
根据盖斯定律可知:
ΔH3=ΔH1-ΔH2>0
A、根据上述分析,ΔH20,所以A错误;B、ΔH3=ΔH1-ΔH2(ΔH2ΔH1,B正确;C、ΔH3=ΔH1-ΔH2,C错误;D、ΔH1+ΔH25.(2014•江苏单科化学卷,T10)
已知:
C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1
CO2(g)+C(s)=2CO(g)△H2
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H3
4Fe(s)+3O3(g)=2Fe2O3(s)△H4
3CO(g)+Fe2O3(s)=3CO2(g)+2Fe(s)△H5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是
A.△H1>0,△H3<0
B.△H2>0,△H4>0
C.△H1=△H2+△H3
D.△H3=△H4+△H5
【答案】C
【解析】根据反应特点,碳燃烧放热,△H10,CO燃烧放热,△H36、(2014•海南单科化学卷,T8)某反应过程能量变化如图所示,下列说法正确的是
A、反应过程a有催化剂参与
B、该反应为放热反应,热效应等于△H
C、改变催化剂,可改变该反应的活化能
D、有催化剂的条件下,反应的活化能等于E1+E2
【答案】BC
【解析】A、由图可知,反应过程a需要的活化能比b要高,所以a没有催化剂参与,A错误;B、由图可知,该反应中,反应物的总能量大于生成物的总能量,所以该反应属于放热反应,反应的热效应等于反应物与生成物能量之差,即△H,B正确;C、使用催化剂,改变了反应进行的途径,降低了反应的活化能,C正确。
7、(2014•海南单科化学卷,T4)标准状况下,气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓。
已知H—H,H—O,和O==O键的键焓△H分别为436KJ/mol,463KJ/mol,495KJ/mol,下列热化学方程式正确的是()
A、H2O(g)==H2(g)+1/2O2(g)△H=—485KJ/mol
B、H2O(g)==H2(g)+1/2O2(g)△H=+485KJ/mol
C、2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)△H=+485KJ/mol
D、2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)△H=—485KJ/mol
【答案】D
【解析】根据“H—H,H—O,和O==O键的键焓△H分别为436KJ/mol,463KJ/mol,495KJ/mol”,可以计算出2molH2和1molO2完全反应生成2molH2O(g)产生的焓变是436KJ/mol×2+495KJ/mol×1—463KJ/mol×4=—485KJ/mol,所以该过程的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=—485KJ/mol,D正确。
8.(2014•安徽理综化学卷,T26)(14分)Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素。
(1)Na位于元素周期表第周期第族;S的基态原子核外有个未成对电子;Si的基态原子核外电子排布式为。
(2)用“>”或“第一电离能离子半径熔点酸性
SiSO2-Na+NaClSiH2SO4HClO4
(3)CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。
在25℃、101KPa下,已知该反应每消耗1molCuCl(s),放出44.4KJ,该反应的热化学方程式是。
(4)ClO2常用于水的净化,工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取。
写出该反应的离子方程式,并标出电子转移的方向和数目。
【答案】(14分)
(1)三、IA21s2s22p63s23p2
(2)(3)4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)△H=177.6KJ/mol(合理答案均给分)
(4)(合理答案均给分)
【解析】
(1)Na()元素位于元素周期表第三周期周期第IA族;Si原子核外电子数为14,核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2。
(2)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大,所以第一电离能:
S>Si;核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,所以离子半径:
O2->Na+;一般来说,原子晶体(Si)的熔点高于离子晶体(NaCl)的熔点,故熔点:
Si>NaCl;元素的非金属性越强,元素最高价氧化物的水化物的酸性越强,因为非金属性Cl>S,所以酸性:
HClO4>H2SO4;
(3)根据热化学方程式的书写方法,可以写出该反应的热化学方程式为4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)△H=177.6KJ/mol;
(4)在此氧化还原反应中(Cl2+2ClO2—=2ClO2+2Cl—),氧化剂是Cl2,还原剂是ClO2—,转移的电子数为2e—,所以用单线桥表示为。
9.(2014•北京理综化学卷,T26)NH3经一系列反应可以得到HNO3,如下图所示。
(1)I中,NH3和O2在催化剂作用下反应,其化学方程式是_____________________。
(2)II中,2NO(g)+O22NO2(g)。
在其他条件相同时,分别测得NO的平衡转化率在不同压强(P1、P2)下温度变化的曲线(如右图)。
①比较P1、P2的大小关系:
________________。
②随温度升高,该反应平衡常数变化的趋势是________________。
(3)III中,将NO2()转化为N2O4(),再制备浓硝酸。
①已知:
2NO2()N2O4()△H1
2NO2()N2O4()△H2
下列能量变化示意图中,正确的是(选填字母)_______________。
ABC
②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是_________________。
(4)IV中,电解NO制备NH4NO3,其工作原理如右图所示,为使电解产物全部转化为NH4NO3,需补充物质A,A是_____________,说明理由:
________________。
【答案】(14分)
(1)4NH3+5O24NO+6H2O
(2)①p1(3)①A②2N2O4+O2+2H2O=4HNO3
(4)NH3根据反应8NO+7H2O4NH4NO3+2HNO3,电解产生的HNO3多
【解析】
(1)NH3和O2在催化剂作用下发生氧化还原反应,产物是NO和H2O,所以反应的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O;
(2)①由2NO(g)+O2(g)2NO2(g)可知该反应为气体体积减小的反应,温度相同,增大压强,平衡正向移动,NO的平衡转化率增大,根据图示和坐标含义,判断p1(3)①降低温度,NO2(g)转变为N2O4(l),则ΔH2(4)根据工作原理装置图,可以确定阳极为NO失去电子转变为NO-3,阴极NO转变为NH+4,根据电极反应书写电极反应式为:
阳极:
NO-3e-+2H2O===NO-3+4H+
阴极:
NO+5e-+6H+===NH+4+H2O
然后根据得失电子守恒,硝酸根离子物质的量比铵根离子物质的量多,所以需要向溶液中加入的物质为NH3(即8NO+7H2O=====电解3NH4NO3+2HNO3)。
10.(2014•福建理综化学卷,T23)(15分)元素周期表中第VIIA族元素的单质及其化合物的用途广泛。
(1)与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为。
(2)能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是(填序号)。
a.Cl2、Br2、I2的熔点b.Cl2、Br2、I2的氧化性
c.HCl、HBr、HI的热稳定性d.HCl、HBr、HI的酸性
(3)工业上,通过如下转化可制得KClO3晶体:
NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体
①完成I中反应的总化学方程式:
□NaCl+□H2O=□NaClO3+□。
②II中转化的基本反应类型是,该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是。
(4)一定条件,在水溶液中1molCl-、ClO-(x=1,2,3,4)的能量(KJ)相对大小如右图所示。
①D是(填离子符号)。
②B→A+C反应的热化学方程式为(用离子符号表示)。
【答案】(15分)
(1)
(2)b、c
(3)①1NaCl+3H2O==1NaClO3+3H2↑
②复分解反应室温下,氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体
(4)①ClO4—
②3ClO—()==ClO3—()+2Cl—()△H=117KJ•mol—1
【解析】
(1)与氯元素同主族的短周期元素位F,原子结构示意图为:
(2)能作为非金属性判断的依据是单质之间的氧化性顺序,b正确,气态氢化物的热稳定性顺序,c正确;单质的熔沸点和氢化物的酸性不是判断依据。
(3)根据氧化还原反应得失电子守恒,1NaCl+3H2O==1NaClO3+3H2↑;氯酸钠与氯化钾反应生成氯酸钾,反应类型为复分解反应,能析出晶体的原因是氯酸钾的溶解度小于其他晶体。
(4)根据图像,D物质中化合价为+7,则D是ClO4—则根据化合价可得反应方程式为:
3ClO—()==ClO3—()+2Cl—()△H=63+0-3×60=-117KJ•mol—1。
11.(2014•广东理综化学卷,T31)(16分)用CaSO4代替O2与燃料CO反应,既可提高燃烧效率,又能得到高纯CO2,是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术,反应①为主反应,反应②和③为副反应。
①CaSO4(s)+CO(g)CaS(s)+CO2(g)∆H1=—47.3kJ∙mol-1
②CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)∆H2=+210.5kJ∙mol-1
③CO(g)C(s)+CO2(g)∆H3=—86.2kJ∙mol-1
(1)反应2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+6CO2(g)+C(s)+SO2(g)的∆H=___________(用∆H1、∆H2和∆H3表示)
(2)反应①-③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线见图18,结合各反应的∆H,归纳lgK-T曲线变化规律:
a)_______________________________;b)____________________________。
(3)向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO,反应①于900℃达到平衡,c平衡(CO)=8.0×10-5mol∙L-1,计算CO的转化率(忽略副反应,结果保留两位有效数字)。
(4)为减少副产物,获得更纯净的CO2,可在初始燃料中适量加入____________。
(5)以反应①中生成的CaS为原料,在一定条件下经原子利用率100%的高温反应,可再生CaSO4,该反应的化学方程式为_______________;在一定条件下,CO2可与对二甲苯反应,在其苯环上引入一个羧基,产物的结构简式为________________。
【答案】(16分)
(1)∆H=4∆H1+∆H2+2∆H3(2分)
(2)a)反应②为吸热反应,温度升高K值增大,lgK也增大(2分)
b)反应①③为放热反应,温度升高K值减小,lgK也减小(2分)
(3)99%
CaSO4(s)+CO(g)CaS(s)+CO2(g)
初始浓度(mol/L)a0
转化浓度(mol/L)a-平衡(CO)a-平衡(CO)
平衡浓度(mol/L)平衡(CO)a-平衡(CO)
依题意,K=,a=8.08×10—3mol∙L—1
CO的转化率:
(5分)
(4)氧气(2分)
(5)CaS+2O2CaSO4(2分)(1分)
【解析】
(1)根据盖斯定律,①×4+②+③×2得:
2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+6CO2(g)+C(s)+SO2(g),所以∆H=4∆H1+∆H2+2∆H3;
(2)结合图像及反应的∆H可知,反应①③为放热反应,温度升高K值减小,lgK也减小,反应②为吸热反应,温度升高K值增大,lgK也增大。
(3)由图可可知,900℃时CaSO4(s)+CO(g)CaS(s)+CO2(g)的lgK=2,即K=100,K=,可知平衡时c(CO2)=8.0×10—3mol∙L—1,CO的转化率为=99%;
(5)CaS转化为CaSO4,从元素守恒角度分析,CaS与O2按照1:
2反应转化为CaSO4,才能满足原子利用率100%,所以化学方程式为CaS+2O2CaSO4;CO2可与对二甲苯反应,在其苯环上引入一个羧基,因为对二甲苯的苯环上的氢原子只有1种,所以结构简式为。
12.(2014•全国新课标I化学卷,T28)(15分)乙酸是重要的有机化工原料,可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产。
回答下列问题:
(1)间接水合法是指现将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H),再水解生成乙醇,写出相应反应的化学方程式__________________________________。
(2)已知:
甲醇脱水反应2CH3OH(g)==CH3OCH3(g)+H2O(g)=23.9KJ﹒mol-1
甲醇制烯烃反应2CH3OH(g)==C2H4(g)+2H2O(g)=29.1KJ﹒mol-1
乙醇异构化反应C2H5OH(g)==CH3OCH3(g)=+50.7KJ﹒mol-1
则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)==C2H5OH(g)的=______KJ﹒mol-1。
与间接水合法相比,气相直接水合法的优点是____________________________________。
(3)下图为气相直接水合法乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系(其中=1:
1)
①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数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图中压强(、、、)的大小顺序为_________,理由是_________。
③气相直接水合法常采用的工艺条件为:
磷酸/硅藻土为催化剂,反应温度290℃,压强6.9MPa,=0.6:
1,乙烯的转化率为5%,若要进一步提高转化率,除了可以适当改变反应温度和压强外,还可以采取的措施有_________、_________。
【答案】
(1)CH2=CH2+H2SO4C2H5OSO3H;C2H5OSO3H+H2OCH3CH2OH+H2SO4
(2)—45.5;减少污染;减少对设备的腐蚀。
(3)①0.07Mpa-1
②P4>P3>P2>P1;反应分子数减少,相同温度下,压强升高乙烯转化率升高。
③增大n(H2O)︰n(C2H4)的比值,及时把生成的乙醇液化分离
【解析】
(1)乙烯与硫酸发生加成反应生成硫酸氢乙酯,硫酸氢乙酯再通过取代反应得到乙醇。
CH2=CH2+H2SO4C2H5OSO3H
C2H5OSO3H+H2OCH3CH2OH+H2SO4
(2)通过盖斯定律,—△H2+△H1-△H3=—45.5KJ•mol-1
比较两种流程,可看出气相直接水合法减少反应步骤,增大产物的产率,同时减少污染物的排放;不用硫酸作反应物,减少对设备的腐蚀。
(3)①A点乙烯的平衡转化率是20%。
根据反应:
CH2=CH2+H2OC2H5OH
起始1mol1mol0
转化:
0.2mol0.2mol0.2mol
平衡0.8mol0.8mol0.2mol
则平衡时乙烯的分压:
P(C2H4)=7.85Mpa×0.8mol/1.8mol=3.4889Mpa
水蒸气的分压:
P(H2O)=7.85Mpa×0.8mol/1.8mol=3.4889Mpa
乙醇的分压:
P(C2H5OH)=7.85Mpa×0.2mol/1.8mol=0.8722Mpa
则平衡常数Kp=P(C2H5OH)/P(C2H4)×P(H2O)=0.8722Mpa/3.4889Mpa×3.4889Mpa=0.07Mpa-1
②通过反应可以看出压强越大,乙烯的转化率越高,通过在300℃时转化率可得出:
P4>P3>P2>P1。
③可以增大H2O的浓度,及时分离出生成的乙醇。
13.(2014•全国大纲版化学卷,T9)(15分)化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。
回答下列问题:
(1)已知AX3的熔点和沸点分别为-93.6℃和76℃,AX5的熔点为167℃。
室温时AX3与气体X2反应生成lmolAX5,放出热量123.8kJ。
该反应的热化学方程式为。
(2)反应AX3(g)+X2(g)AX5(g)在容积为10L的密闭容器中进行。
起始时AX3和X2均为0.2mol。
反应在不同条件下进行,反应体系总压强随时间的变化如图所示。
①列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)=。
②图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为(填实验序号);与实验a相比,其他两组改变的实验条件及判断依据是:
b、
c。
③用p0表示开始时总压强,p表示平衡时总压强,α表示AX3的平衡转化率,则α的表达式为;实验a和c的平衡转化率:
αa为、αc为。
【答案】(15分)
(1)①AX3()+X2()=AX5()△H=—123.8kJ•mol—1(2分)
(2)=1.7×10—4mol/(L•min)
解:
开始时no=0.4mol,总压强为160KPa,平衡时总压强为120KPa,则n为,
,==0.30mol
AX3(g)+X2(g)AX5(g)
初始(mol)0.200.200
平衡(mol)0.20-x0.20-xx
(0.20-x)+(0.20-x)+x=0.30,则x=0.10
=1.7×10—4mol/(L•min)(3分)②bca(2分)加入催化剂.反应速率加快,但平衡点没有改变(2分);温度升高。
反应速率加快,但平衡点向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变,但起始总压强增大)(2分);③α=2(1-)(2分);50%(1分);40%(1分)。
【解析】
(1)因为AX3的熔点和沸点分别为—93.6℃和76℃,AX5的熔点为167℃,室温时,AX3为液态,AX5为固态,生成1molAX5,放出热量123.8kJ,该反应的热化学方程为:
AX3()+X2()=AX5()△H=—123.8kJ•mol—1,
(2)①起始时AX3和X2均为0.2mol,即no=0.4mol,总压强为160KPa,平衡时总压强为120KPa,设平衡时总物质的量为n,根据压强之比就等于物质的量之比有:
,n=0.30mol。
AX3(g)+X2(g)AX5(g)
初始(mol)0.200.200
平衡(mol)0.20-x0.20-xx
(0.20-x)+(0.20-x)+x=0.30,则x=0.10
=1.7×10—4mol/(L•min)
②根据到abc达平衡用时的多少可以比较出反应速率的大小为:
b>c>a;
③用p0表示开始时总压强,p表示平衡时总压强,α表示AX3的平衡转化率,根据压强之比就等于物质的量之比有:
=,=
AX3(g)+X2(g)AX5(g)
初始(mol)0.200.200
平衡(mol)0.20-x0.20-xx
(0.20-x)+(0.20-x)+x=n,则x=0.40-n=0.4—
则α==2(1-)
∴αa=2(1-)=2(1—)×100%=50%;
αc=2(1-)=2(1—)×100%=40%。
14.(2014•天津理综化学卷,T7)(14分)元素单质及其化合物有广泛用途,请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题:
(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外),以下说法正确的是________。
a.原子半径和离子半径均减小
b.金属性减弱,非金属性增强
c.氧化物对应的水化物碱性减弱,酸性增强
d.单质的熔点降低
(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为________,氧化性最弱的简单阳离子是________。
(3)已知:
化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3
类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物
熔点/℃280020507
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