1、高考化学原创试题 化学反应与能量化学高考题分类目录F单元 化学反应与能量F1 化学反应与能量变化6 2014重庆卷 已知：C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)Ha kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H220 kJmol1HH、OO和OH键的键能分别为436 kJmol1、496 kJmol1和462 kJmol1，则a为()A332 B118C350 D1306D解析 依题意有：C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)Ha kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H220 kJmol1根据盖斯定律2即得2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H(2202a) kJmol
2、1。由于反应热等于断裂旧化学键吸收的能量与形成新化学键释放的能量的差值，则496 kJmol12436 kJmol122462 kJmol1(2202a) kJmol1，解得a130。7 2014浙江卷 下列说法不正确的是()A光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济B氨氮废水(含NH及NH3)可用化学氧化法或电化学氧化法处理C某种化学检测技术具有极高的灵敏度，可检测到单个细胞(V1012 L)内的数个目标分子，据此可推算该检测技术能测量细胞内浓度约为10121011molL1的目标分子D向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变7D解析 电解水会消耗大量的电能，故光催化还原水制氢比电解水
3、制氢更节能环保、更经济，A项正确；化学氧化法和电化学氧化法均可以将NH和NH3中3价的N元素氧化为0价的氮元素，B项正确；单个细胞的V1012 L，所以1 L待测成分中含有1012个细胞，其物质的量为mol，由此可知该检测技术能测量细胞内浓度约为10121011 molL1的目标分子，C项正确；甲醇与汽油所具有的化学能不同，故向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值改变，D项错误。92014新课标全国卷 已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ。在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2IH2OIO慢 H2O2IOH2OO2I快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BI
4、O也是该反应的催化剂C反应活化能等于98 kJmol1Dv(H2O2)v(H2O)v(O2)9A解析 H2O2的分解反应主要由慢反应决定，且I浓度越大反应速率越快，A项正确；合并题中两反应，可知I为催化剂，而IO为中间产物，B项错误；1 mol H2O2分解时反应热为98 kJmol1，并不是活化能，C项错误；根据化学计量数关系可确定v(H2O2) v(H2O) 2v(O2)，D项错误。10 2014安徽卷 臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)O3(g) N2O5(g)O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是()AB升高温度，平衡常数减小0
5、3 s内，反应速率为v(NO2)0.2 molL1CDt1时仅加入催化剂，平衡正向移动达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)10.A解析 由反应过程的能量变化图可知正反应为放热反应，因此升高温度，反应逆向进行，平衡常数减小，A项正确；03 s内，v(NO2)(1.0 mol/L0.4 mol/L)3 s0.2 molL1s1，B项错误；加入催化剂，正、逆反应速率同等程度加快，平衡不移动，C项错误；达到平衡时，增加c(O2)平衡逆向移动，NO2的转化率减小，D项错误。31 2014广东卷 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
6、。反应为主反应，反应和为副反应。CaSO4(s)CO(g) CaS(s)CO2(g)H147.3 kJmol1CaSO4(s)CO(g)CaO(s)CO2(g)SO2(g)H2210.5 kJmol1CO(g) C(s)CO2(g)H386.2 kJmol1(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)反应的平衡常数的对数lg K随反应温度T的变化曲线如图所示。结合各反应的H，归纳lg KT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，反应于900 达到平衡，c平衡(
7、CO)8.0105molL1，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_。31(1)4H1H22H3(2)a.放热反应， lg K随T增大而减小；吸热反应， lg K随T增大而增大b焓变越大，lgK随T的变化程度越大(3)99%(4)Ca(ClO)2(或KClO3、KMnO4等氧化性物质)(5)CaS2O2CaSO4 解
8、析 (1)将给定的三个热化学方程式按照42相加可得目标方程式，故H4H1H22H3。(2)反应为放热反应，由图可看出，随着温度的升高，放热反应的平衡常数的对数在减小，故曲线表示反应，曲线表示反应。(3)设开始时c(CO)a，转化的c(CO)x，则ax8.0105 molL1。根据方程式可知，生成的c(CO2) x，平衡常数K。由图示可知，在900 时，lg K2，K100，则x8.0103 molL1，故CO的转化率100%99%。(4)由于CO2气体中主要含有SO2气体，该气体具有比较强的还原性，故可加入具有氧化性的物质来除去，该氧化性的物质有Ca(ClO)2、KClO3、KMnO4等。(5
9、)由于要求原子利用率为100%，故反应类型属于化合反应，可将CaS在高温下与O2反应制取CaSO4，反应的方程式为CaS2O2CaSO4；对二甲苯的结构简式为苯环上只有一类氢原子，故在苯环上引入1个羧基，产物仅有1种，其结构为26 2014新课标全国卷 在容积为1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g) 2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：(1)反应的H_0(填“大于”或“小于”)；100 时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在060 s时段，反应速率v(N2O4)为_molL1s1；反应的平衡常数K1为_。 (2)100 时达平衡后，改变
10、反应温度为T，c(N2O4)以0.002 0 molL1s1的平均速率降低，经10 s又达到平衡。 T_100 (填“大于”或“小于”)，判断理由是_。 列式计算温度T时反应的平衡常数K2：_。(3)温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向_(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，判断理由是_。26(1)大于0.001 00.36 molL1(2)大于反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高平衡时，c(NO2)0.120 molL10.002 0 molL1s110 s20.16 molL1c(N2O4)0.040 molL10.002 0 molL1s110 s0.020
11、molL1K21.3 molL1(3)逆反应对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动解析 (1)依题意知，温度升高，混合气体的颜色加深，说明平衡向生成NO2的正反应方向移动，即正反应是吸热反应；根据图像060 s时段，NO2的物质的量浓度变化为0.060 molL1，根据公式v即可计算出速率；根据图像可知NO2的平衡浓度为0.120 molL1，N2O4的平衡浓度为0.040 molL1，根据K可计算出平衡常数K1。(2)根据题意知，改变反应温度为T后，反应速率降低，故为降低温度，即T小于100 ；根据题意知，再次达到平衡后N2O4的浓度减小，cvt0.002 0 molLs110
12、 s0.02 molL1，则NO2的浓度增加0.040 molL1，即达到新平衡时N2O4的浓度为0.020 molL1，NO2的浓度为0.160 molL1，据K可计算出平衡常数K2。(3)温度为T时，反应达到平衡，将反应容器减小一半，即增大压强。其他条件不变时，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即向逆反应方向移动。 82014海南卷 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HC改变催化剂，可改变该反应的活化能D有催化剂条件下，反应的活化能等于E1E28BC解析 a过程的活化能比b过程的高，故反应过程b有催化剂参与，A项错
13、误；该反应生成物所具有的能量比反应物的低，且由图标信息可知二者能量的量值之差为H，B项正确；不同催化剂的催化效率不同，故改变催化剂，可改变该反应的活化能，C项正确；在有催化剂的条件下，该反应的活化能等于E1，D项错误。F2 反应热的计算与重要的反应热42014海南卷 标准状态下，气态分子断开1 mol化学键的焓变称为键焓。已知HH、HO和O=O键的键焓H分别为436 kJmol1、463 kJmol1和495 kJmol1。下列热化学方程式正确的是()AH2O(g)=H2O2(g)H485 kJmol1BH2O(g)=H2(g)O2(g)H485 kJmol1C2H2(g)O2(g)=2H2O
14、(g)H485 kJmol1D2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H485 kJmol14D解析 化学反应的焾变等于反应物总键焓与生成物总键焓的差，由此可确定D项正确。62014重庆卷 已知：C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)Ha kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H220 kJmol1HH、OO和OH键的键能分别为436 kJmol1、496 kJmol1和462 kJmol1，则a为()A332 B118C350 D1306D解析 依题意有：C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)Ha kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H220 kJmol1根据盖斯定律
15、2即得2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H(2202a) kJmol1。由于反应热等于断裂旧化学键吸收的能量与形成新化学键释放的能量的差值，则496 kJmol12436 kJmol122462 kJmol1(2202a) kJmol1，解得a130。7 2014天津卷 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
16、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/28002050714191工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是_；制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是_。(4)晶体硅(熔点1410 )是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下：Si(粗) SiCl4SiCl4(纯) Si(纯)写出SiCl4的电子式：_；在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12 kg纯硅需吸收a kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_。(5)P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是_。aNH3
17、bHI cSO2 dCO2(6)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为11。写出该反应的化学方程式：_。7(1)b(2)氩Na(或钠离子)(3)MgO的熔点高，熔融时耗费更多能源，增加生产成本AlCl3是共价化合物，熔融态难导电(4)SiCl4(g)2H2(g) Si(s)4HCl(g)H0.025a kJmol1(5)b(6)4KClO3KCl3KClO4解析 (1)除稀有气体外，第三周期元素随原子序数的递增原子半径逐渐减小，而离子半径不一定减小，如r(Na)r(Cl)，a错误；同一周期的主族元素随原子序数的递增
18、，金属性减弱，非金属性增强，b正确；同周期主族元素从左至右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，c错误；单质的熔点不一定降低，如Na的熔点低于Mg、Al等的熔点，d错误。(2)第三周期元素的原子核外有三个电子层，次外层电子数为8，故该元素原子最外层的电子数也为8，该元素为氩；简单离子的氧化性越弱，对应单质的还原性越强，元素的金属性越强，第三周期中金属性最强的元素是Na，因此Na的氧化性最弱。(3)由题给数据表知，MgO的熔点比MgCl2的熔点高，MgO熔融时耗费更多能源，增加成本；AlCl3是共价化合物，熔融态时不电离，难导电，故冶炼铝不能用电解AlCl3的方法。(4)SiCl4属于共
19、价化合物，其电子式为；由SiCl4制纯硅的化学方程式为SiCl4(l)2H2(g) Si(s)4HCl(g)，生成1.12 kg即40 mol纯硅吸收a kJ热量，则生成1 mol纯硅需吸收0.025a kJ热量。(5)NH3是碱性气体，既不能用浓硫酸干燥，也不能用P2O5干燥；HI是具有还原性的酸性气体，可用P2O5干燥，但不能用浓硫酸干燥；SO2、CO2既能用浓硫酸干燥，又能用P2O5干燥，综上分析，正确答案为b。(6)KClO3(Cl的化合价为5价)受热分解生成的无氧酸盐是KCl，另一含氧酸盐中氯元素的化合价必须比5价高，可能为6价或7价，若为6价，形成的盐中阴阳离子个数比不可能为11，
20、只能是7价，故该含氧酸盐为KClO4，据此可写出该反应的化学方程式。28(15分)2014新课标全国卷 乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法生产或间接水合法生产。回答下列问题：(1)间接水合法是指先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：甲醇的脱水反应2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)H2O(g)H123.9 kJmol1甲醇制烯烃的反应2CH3OH(g)=C2H4(g)2H2O(g)H229.1 kJmol1乙醇的异构化反应C2H5OH(g)=CH3OCH3(g)H350.7 kJmol1则乙烯气相直
21、接水合反应C2H4(g)H2O(g)=C2H5OH(g)的H_kJmol1。与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是_。(3)如图所示为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系其中n(H2O)n(C2H4)11。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)。图中压强(p1、p2、p3、p4)的大小顺序为_，理由是_。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6.9 MPa，n(H2O)n(C2H4)0.61。乙烯的转化率为5%，若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还
22、可采取的措施有_、_。28(1)C2H4H2SO4C2H5OSO3H、C2H5OSO3HH2OC2H5OHH2SO4(2)45.5污染小、腐蚀性小等(3)0.07(MPa)1p1p2p3”或“”填空：第一电离能离子半径熔点酸性Si_SO2_NaNaCl_SiH2SO4_HClO4(3)CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25 、101 kPa下，已知该反应每消耗1 mol CuCl(s)，放热44.4 kJ，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ClO2。写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目：_。
23、25(1)三 A21s22s22p63s23p2(2)(3)4CuCl(s)O2(g)=2CuCl2(s)2CuO(s)H177.6 kJmol1(合理答案均可)(4)2ClOC2el2=2ClO22Cl(合理答案均可)解析 (1)Na核外电子分三层排布且最外层电子数为1，位于周期表的第三周期A族；S的价层电子排布为3s23p4，利用洪特规则和泡利不相容原理可知S的基态原子核外有2个未成对电子；依据能量最低原理以及洪特规则和泡利不相容原理，14号元素Si的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2。(2)非金属性SiS，因此第一电离能SiS；核外电子排布相同的简单离子，核电荷数越大离子半径越小，离子半径O2Na；离子晶体NaCl的熔点小于原子晶体单质硅的熔点；元素非金属性越强其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性H2SO4HClO4。(3)利
