2019届二轮复习化学反应与能量作业（江苏专用）
化学反应与能量
一、江苏省近五年高考真题汇编
1.(2014·江苏高考·10)已知:C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH1
CO2(g)+C(s)2CO(g) ΔH2
2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH3
4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s) ΔH4
3CO(g)+Fe2O3(s)3CO2(g)+2Fe(s) ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是 ( )
A.ΔH1>0,ΔH3<0 B.ΔH2>0,ΔH4>0
C.ΔH1=ΔH2+ΔH3 D.ΔH3=ΔH4+ΔH5
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)熟悉常见的放热反应和吸热反应。
(2)运用多个反应进行变形,求代数和,可得出所求反应的焓变。
【解析】选C。C或CO燃烧生成CO2均是放热反应,ΔH<0,A错误;C与CO2反应生成CO是吸热反应,则ΔH2>0,Fe与O2反应生成Fe2O3是放热反应,ΔH4<0,B错误;将第2个方程式和第3个方程式相加可得第1个方程式,所以由盖斯定律有ΔH1=ΔH2+ΔH3,C正确;由盖斯定律有ΔH3=ΔH4+ΔH5,D错误。
2.(2014·江苏高考·10)已知:C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH1
CO2(g)+C(s)2CO(g) ΔH2
2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH3
4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s) ΔH4
3CO(g)+Fe2O3(s)3CO2(g)+2Fe(s) ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是 ( )
A.ΔH1>0,ΔH3<0 B.ΔH2>0,ΔH4>0
C.ΔH1=ΔH2+ΔH3 D.ΔH3=ΔH4+ΔH5
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)熟悉常见的放热反应和吸热反应。
(2)运用多个反应进行变形,求代数和,可得出所求反应的焓变。
【解析】选C。C或CO燃烧生成CO2均是放热反应,ΔH<0,A错误;C与CO2反应生成CO是吸热反应,则ΔH2>0,Fe与O2反应生成Fe2O3是放热反应,ΔH4<0,B错误;将第2个方程式和第3个方程式相加可得第1个方程式,所以由盖斯定律有ΔH1=ΔH2+ΔH3,C正确;由盖斯定律有ΔH3=ΔH4+ΔH5,D错误。
3.(2015·江苏高考·3)下列说法正确的是 ( )
A.分子式为C2H6O的有机化合物性质相同
B.相同条件下,等质量的碳按a、b两种途径完全转化,途径a比途径b放出更多热能
途径a:CCO+H2CO2+H2O
途径b:CCO2
C.在氧化还原反应中,还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数
D.通过化学变化可以直接将水转变为汽油
【解析】选C。分子式为C2H6O的有机化合物可能为CH3CH2OH,也可能为CH3OCH3
,二者性质不同,A项错误;途径a和途径b均为单质碳生成二氧化碳,根据盖斯定律,二者能量变化相同(起始态相同),B项错误;在氧化还原反应中得失电子守恒,C项正确;将水变为汽油是不现实的,水中只含氧、氢元素,而汽油含有碳、氢元素,组成元素不同无法转化,D项错误。
【误区提醒】该题易错选B项。错误地认为途径a生成了CO和H2,CO和H2燃烧放出的热量多,而忽视了C生成CO和H2需吸收热量。没有根据盖斯定律解决此题。
4.(2015·江苏高考·4)在CO2中,Mg燃烧生成MgO和C。下列说法正确的是 ( )
A.元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体
B.Mg、MgO中镁元素微粒的半径:r(Mg2+)>r(Mg)
C.在该反应条件下,Mg的还原性强于C的还原性
D.该反应中化学能全部转化为热能
【解析】选C。除金刚石和石墨外,C还存在C60等同素异构体,A项错误;Mg的电子层数比Mg2+多,所以半径r(Mg)>r(Mg2+),B项错误;反应方程式为2Mg + CO22MgO + C,还原剂为Mg,还原产物为C,由还原剂的还原性强于还原产物,可得Mg的还原性强于C,C项正确;燃烧过程中除了转化为热能还转化为光能等其他能量,D项错误。
5. (2015·江苏高考·15) (双选)在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉,再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2,在不同温度下反应CO2(g)+C(s)2CO(g)达到平衡,平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是 ( )
A.反应CO2(g)+C(s)2CO(g)的ΔS>0、ΔH<0
B.体系的总压强p总:p总(状态Ⅱ)>2p总(状态Ⅰ)
C.体系中c(CO):c(CO,状态Ⅱ)<2c(CO,状态Ⅲ)
D.逆反应速率v逆:v逆(状态Ⅰ)>v逆(状态Ⅲ)
【解析】选B、C。C和CO2反应是吸热反应,ΔH>0,A项错误;点Ⅰ所在的曲线是通入0.1 mol CO2,点Ⅱ所在的曲线是通入0.2 mol CO2,状态Ⅱ可以看作先通
0.1 mol CO2,此时的压强相等,再通入0.1 mol CO2,假如平衡不移动,此时的压强等于2倍p总(状态Ⅰ),但要求CO2的浓度相等,应对其加热使平衡向正反应方向移动,气体物质的量增加,因此p总(状态Ⅱ)>2p总(状态Ⅰ),B项正确;状态Ⅱ可以看作先通0.1 mol CO2,此时两者CO的浓度相等,再通入0.1 mol CO2,假如平衡不移动,c(CO,状态Ⅱ)=2c(CO,状态Ⅲ),但再充入CO2,相当于增大压强,平衡左移,消耗CO,因此c(CO,状态Ⅱ)<2c(CO,状态Ⅲ),C项正确;温度越高,反应速率越快,v逆(状态Ⅰ)
0,属于吸热反应,B项错误;催化剂不会改变焓变,C项错误;用“反应③-反应②”得所求目标反应式,反应的焓变为206.1 kJ·mol-1-131.3 kJ·mol-1=74.8 kJ·mol-1,D项正确。
7.(2017·江苏高考·8)通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是 ( )
①C(s)+ H2O(g)CO(g)+ H2 (g)
ΔH1=akJ·mol-1
②CO(g)+ H2O(g)CO2 (g)+ H2 (g)
ΔH2=bkJ·mol-1
③CO2 (g)+ 3H2 (g)CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH3=ckJ·mol-1
④2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+ H2O(g) ΔH4=dkJ·mol-1
A.反应①、②为反应③提供原料气
B.反应③也是CO2资源化利用的方法之一
C.反应CH3OH(g) CH3OCH3 (g)+ H2O(l)的ΔH=kJ·mol-1
D.反应2CO(g)+ 4H2 (g)CH3OCH3 (g)+ H2O(g)的ΔH=(2b +2c + d)kJ·mol-1
【命题意图】本题考查热化学知识,意在考查学生对盖斯定律的掌握程度。
【解析】选C。A项,反应①生成CO和H2,生成的CO继续发生反应②生成CO2和H2,反应③的原料为CO2和H2,正确;B项,反应③将温室气体CO2转化为燃料CH3OH,正确;C项,反应④中H2O为气体,选项中H2O为液体,故焓变不是的关系,错误;D项,依据盖斯定律,按“②×2+③×2+④”,可得所求反应的焓变,正确。
【易错警示】反应焓变值与物质的状态有关,如本题C项,H2O的状态不同,对应的焓变值也不同。
8. (2017·江苏高考·12)（双选）下列说法正确的是( )
A.反应N2 (g)+3H2 (g)2NH3 (g)的ΔH<0,ΔS>0
B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C.常温下,Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12,pH=10的含Mg2+溶液中,c(Mg2+)≤5.6×10-4mol·L-1
D.常温常压下,锌与稀H2SO4反应生成11.2 L H2,反应中转移的电子数为6.02×1023
【命题意图】本题考查反应进行的方向、金属的防腐、Ksp以及气体摩尔体积使用条件的知识,意在考查学生对化学基本理论的掌握程度。
【解析】选B、C。A项,该反应的气体体积减小,即ΔS<0,错误;B项,Zn可以保护铁,为牺牲阳极的阴极保护法,正确;C项,c(OH-)=10-4mol·L-1,c(Mg2+)≤Ksp[Mg(OH)2]/c2(OH-)=5.6×10-12/(10-4)2= 5.6×10-4mol·L-1,正确;D项,非标准状况下,11.2 L H2不是0.5 mol,错误。
【易错警示】本题D项,使用气体摩尔体积需要具备两个条件,一是标准状况,二是气体。
9. (2018·江苏高考·10)下列说法正确的是（ ）
A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B. 反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应
C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023
D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
【答案】C
【解析】A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%~90%，A项错误；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；答案选C。
点睛：本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。
二、二轮专项特训
（一）、选择题：
1.一定条件下,某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下,其中和代表不同元素的原子。
关于此反应说法错误的是 ( )
A.一定属于吸热反应 B.一定属于可逆反应
C.一定属于氧化还原反应 D.一定属于分解反应
【解题指南】反应前是由和原子形成的4个分子,反应过程有2个分子发生变化,2个分子没有变化。
【解析】选A。观察示意图知该反应的反应物是一种,生成物是两种,该物质发生分解反应,一般的分解反应是吸热反应,但也有的分解反应如2H2O22H2O+O2↑的反应是放热反应,A项错误,D项正确;根据图示可知有一部分反应物未参加反应,所以该反应是可逆反应,B项正确;该反应中反应物为化合物,生成物中有单质,元素化合价有变化,属于氧化还原反应,C项正确。
2.已知丙烷的燃烧热ΔH=-2 215 kJ·mol-1,若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8 g水,则放出的热量约为( )
A.55 kJ B.220 kJ C.550 kJ D.1 108 kJ
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)燃烧热的理解;
(2)热化学方程式中焓变可以作为理论量进行计算。
【解析】选A。丙烷的分子式是C3H8,1 mol丙烷燃烧会产生4 mol水,则丙烷完全燃烧产生1.8 g水,消耗丙烷的物质的量是n(C3H8)=n(H2O)=m(H2O)÷M=1.8 g÷18 g·mol-1÷4=0.025 mol,所以反应放出的热量是Q=2 215 kJ·mol-1×
0.025 mol=55.375 kJ,因此大约数值与选项A接近。
【误区提醒】燃烧热的热化学方程式的应用,在燃烧热的理解中需要注意燃烧物为1 mol,然后依据热化学方程式进行计算,需要上下单位一致,左右物质的量相当(满足化学计量数)。
3.已知C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=akJ·mol-1
2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-220 kJ·mol-1
H—H、OO和O—H键的键能分别为436 kJ·mol-1、496 kJ·mol-1和462 kJ·mol-1,则a为 ( )
A.-332 B.-118 C.+350 D.+130
【解题指南】解答本题应该按照以下流程:
【解析】选D。根据题意有①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=akJ·mol-1,②2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-220 kJ·mol-1,根据盖斯定律②-①×2得2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH=-(220+2a)kJ·mol-1,496+2×436-2×2×462=-(220+2a),a=+130,D正确。
4.下列说法不正确的是 ( )
A.Na与H2O的反应是熵增的放热反应,该反应能自发进行
B.饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀,但原理不同
C.FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解,同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同
D.Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),该固体可溶于NH4Cl溶液
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)ΔG=ΔH-TΔS<0,该反应能自发进行。
(2)催化剂具有高效性、专一性,条件不同作用效果不同。
【解析】选C。Na与水的反应是固体与液体反应生成气体,为熵增的反应,ΔS>0,在反应中钠会熔化成一个闪亮的小球四处游动,且发出嘶嘶的声音,此反应为放热反应,则ΔH<0,故ΔG=ΔH-TΔS<0,该反应能自发进行,A项正确;饱和Na2SO4溶液使蛋白质溶液产生沉淀是蛋白质的盐析,浓硝酸是强氧化性酸,使蛋白质溶液产生沉淀是蛋白质的变性,原理不同,B项正确;FeCl3和MnO2均可作为催化剂加快H2O2分解,但同等条件下二者对H2O2分解催化效果不相同,故反应速率的改变不相同,C项错误;Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),NH4Cl溶液中N水解使溶液呈酸性,消耗OH-,使平衡正向移动,Mg(OH)2固体可溶于NH4Cl溶液,D项正确。
5.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H—H、H—O和OO键的键焓ΔH分别为436 kJ·mol-1、463 kJ·mol-1和495 kJ·mol-1,下列热化学方程式正确的是 ( )
A.H2O(g)H2(g)+O2(g) ΔH=-485 kJ·mol-1
B.H2O(g)H2(g)+O2(g) ΔH=+485 kJ·mol-1
C.2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH=+485 kJ·mol-1
D.2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH=-485 kJ·mol-1
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)由化学键确定反应焓变的计算方法;
(2)物质中化学键数目的确定。
【解析】选D。根据键焓的概念:气态分子变为原子吸收的能量;水分解为氢气和氧气为吸热反应,焓变数值中有“+”,A错误;根据键焓确定水分解为氢气和氧气的热化学方程式,焓变=反应物的总键焓-生成物的总键焓=2×463-436-×495=+242.5(kJ·mol-1),B错误;氢气和氧气反应生成水是放热反应,焓变符号为“-”,C错误;焓变=反应物的总键焓-生成物的总键焓=2×436+495-4×463=-485(kJ·mol-1),D正确。
【误区提醒】(1)反应为吸热反应还是放热反应,焓变应与“+”“-”相吻合;
(2)反应热的计算中需要用反应物的总键焓减去生成物的总键焓,不应混淆而丢分;再者需要把握分子中化学键的数目准确判断。
6. 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:
CH2CH—CHCH2(g)+2H2(g)CH3CH2CH2CH3(g)+236.6 kJ
CH3—C≡C—CH3(g)+2H2(g)CH3CH2CH2CH3(g)+272.7 kJ
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的键能之和的大小
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)反应热与物质的总能量、化学键键能的关系;
(2)物质的稳定性与能量高低的关系。
【解析】选D。将第1个热化学方程式减去第2个热化学方程式得:
CH2CH—CHCH2(g)CH3—C≡C—CH3(g)-36.1 kJ,该反应是吸热的,说明1,3-丁二烯比2-丁炔的能量低,较稳定,A、B、C错误;根据化学反应的实质,反应热等于反应物键能与生成物键能之差,虽然知道1,3-丁二烯比2-丁炔的能量低,但由于2-丁炔还有碳氢单键,所以没法判断一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小,D错误。
7.黑火药是中国古代的四大发明之一,其爆炸的热化学方程式为:
S(s)+2KNO3(s)+3C(s)K2S(s)+N2(g)+3CO2(g) ΔH=xkJ·mol-1
已知:碳的燃烧热ΔH1=akJ·mol-1
S(s)+2K(s)K2S(s) ΔH2=bkJ·mol-1
2K(s)+N2(g)+3O2(g)2KNO3(s) ΔH3=ckJ·mol-1
则x为 ( )
A.3a+b-c B.c-3a-b
C.a+b-c D.c-a-b
【解题指南】计算反应焓变的流程如下:
【解析】选A。已知碳的燃烧热为ΔH1=akJ·mol-1,则碳的燃烧热化学方程式为①C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH1=akJ·mol-1,②S(s)+2K(s)K2S(s) ΔH2=bkJ·mol-1,③2K(s)+N2(g)+3O2(g)2KNO3(s) ΔH3=ckJ·mol-1,根据盖斯定律,可得ΔH=3ΔH1+ΔH2-ΔH3,即x=3a+b-c。
8.(双选)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ΔH
C.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E1+E2
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)化学反应中能量变化与吸热反应和放热反应的关系;
(2)催化剂在化学反应中的催化机理的理解和活化能的理解。
【解析】选B、C。根据图示,a曲线为没有催化剂参与的反应,b曲线为有催化剂存在的反应过程,催化剂只改变反应途径(即活化能),没有改变始终态,因此焓变不变,由此判断A说法不正确,B、C说法正确。在催化剂条件下,反应的活化能为E1和E2中的较大值而不是二者之和,D说法不正确。
9.已知下列反应的热化学方程式:
6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)2C3H5(ONO2)3(l) ΔH1
2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH2
C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH3
则反应4C3H5(ONO2)3(l)12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)的ΔH为 ( )
A.12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1 B.2ΔH1-5ΔH2-12ΔH3
C.12ΔH3-5ΔH2-2ΔH1 D.ΔH1-5ΔH2-12ΔH3
【解题指南】解答本题时注意根据盖斯定律,利用已知的热化学方程式写出要求反应的热化学方程式。
【解析】选A。利用方程式相加求新的方程式时应注意两点:(1)如果分步反应与总反应中的物质在同一侧时应相加,将分步反应中的物质转移至另一侧时应该相减;
(2)可将分步反应乘以适当的化学计量数来求总反应方程式。整理方程式如下:将第1个方程式乘以2,并颠倒书写,将第2个方程式乘以5,将第3个方程式乘以12;然后将3个方程式相加得到要求的反应方程式。
10.在1 200℃时,天然气脱硫工艺中会发生下列反应
H2S(g)+O2(g)SO2(g)+H2O(g) ΔH1
2H2S(g)+SO2(g)S2(g)+2H2O(g) ΔH2
H2S(g)+O2(g)S(g)+H2O(g) ΔH3
2S(g)S2(g) ΔH4
则ΔH4的正确表达式为 ( )
A.ΔH4=(ΔH1+ΔH2-3ΔH3)
B.ΔH4=(3ΔH3-ΔH1-ΔH2)
C.ΔH4=(ΔH1+ΔH2-3ΔH3)
D.ΔH4=(ΔH1-ΔH2-3ΔH3)
【解题指南】应用盖斯定律将相关方程式进行适当变化,进行四则运算。
【解析】选A。给题干中的前三个方程式依次标号为①、②、③,然后进行计算:(①+②)×2/3-③×2即可得到要求的反应热,故选项A正确。
11.室温下,将1 mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低,热效应为ΔH1,将1 mol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(l),热效应为ΔH3。则下列判断正确的是( )
A.ΔH2>ΔH3 B.ΔH1<ΔH3
C.ΔH1+ΔH3=ΔH2 D.ΔH1+ΔH2>ΔH3
【解题指南】利用已知反应求未知反应焓变可以遵循以下流程:
【解析】选B。根据题意知,CuSO4·5H2O(s)溶于水温度降低,反应为CuSO4·5H2O(s)Cu2+(aq)+S(aq)+5H2O(l) ΔH1>0,CuSO4(s)溶于水温度升高,反应为CuSO4(s)Cu2+(aq)+S(aq) ΔH2<0,根据盖斯定律知,CuSO4·5H2O受热分解的热化学方程式为CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l) ΔH3=ΔH1-ΔH2
>0。ΔH2<0,ΔH3>0,所以A错误;由ΔH1=ΔH3+ΔH2
可知B正确,C、D错误。
12.已知:P4(g)+6Cl2(g)4PCl3(g) ΔH=akJ·mol-1,
P4(g)+10Cl2(g)4PCl5(g) ΔH=bkJ·mol-1,
P4具有正四面体结构,PCl5中P—Cl键的键能为ckJ·mol-1,PCl3中P—Cl键的键能为1.2ckJ·mol-1，下列叙述正确的是 ( )
A.P—P键的键能大于P—Cl键的键能
B.可求Cl2(g)+PCl3(g)PCl5(s)的反应热ΔH
C.Cl—Cl键的键能为(b-a+5.6c)/4 kJ·mol-1
D.P—P键的键能为(5a-3b+12c)/8 kJ·mol-1
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)键长越短,键能越大。
(2)利用键能与反应热的关系可以计算反应热或者求算某些物质的键能大小。
【解析】选C。由于氯原子的半径小于磷原子,因此P—P键的键能小于
P—Cl键,A项错误;利用已知的反应可求出Cl2(g)+PCl3(g)PCl5(g)的焓变,但是无法求出Cl2(g)+PCl3(g)PCl5(s)的焓变,B项错误;设两个热化学方程分别为①、②,②-①可得,4Cl—Cl-[20P—Cl(PCl5)-12P—Cl(PCl3)]=b-a,代入数据得Cl—Cl=kJ·mol-1,C项正确;同理把①×5-②×
3,即可求出P—P键的键能为kJ·mol-1(一个P4分子中有6个P—P键),D项错误。
（二）、非选择题
13.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) ΔH1=-47.3 kJ·mol-1
②CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+CO2(g)+SO2(g) ΔH2=+210.5 kJ·mol-1
③CO(g)C(s)+CO2(g) ΔH3=-86.2 kJ·mol-1
(1)反应2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+ CaO(s)+6CO2(g)+ C(s)+SO2(g)的ΔH=
(用ΔH1、ΔH2和ΔH3表示)。
(2)反应①～③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线如图。结合各反应的ΔH,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 。
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)利用盖斯定律对热化学方程式进行加减运算时,ΔH发生相应变化;
(2)做信息题时,抓住关键词语“原子利用率100%”“在其苯环上引入一个羧基”。
【解析】(1)由盖斯定律,①×4+②+③×2得2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+ CaO(s)+6CO2(g)+ C(s)+SO2(g),故ΔH=4ΔH1+ΔH2+2ΔH3。
(2)由图像可知,a)当温度为500℃时,反应①的lgK最大,此时副反应最弱,反应①的进行程度最大,随着温度的升高,反应①的lgK变小,反应的进行程度变小;
b)当温度为500℃时,反应③的lgK=-6.3,说明反应③的进行程度很小,几乎没有发生,随着温度的升高,副反应③的lgK迅速变大。或当温度略高于1 100℃时,副反应②、③的lgK相等,主反应的lgK明显变小。说明此时副反应对主反应影响较大。
(3)解:设CO的初始浓度为x
CaSO4(s)+CO(g)CaS(s)+CO2(g)
初始(mol·L-1) x 0
转化(mol·L-1) x-8.0×10-5 x-8.0×10-5
平衡(mol·L-1) 8.0×10-5 x-8.0×10-5
K===102
x=8.0×10-5+8.0×10-3(mol·L-1)
CO的转化率为×100%=×100%=99%
(4)为减少副产物SO2,获得更纯净的CO2,可在初始燃料中适量加入CaCO3。
(5)以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,因CaSO4中只含Ca、S、O三种元素,故该反应的化学方程式为CaS+2O2CaSO4;在对二甲苯苯环上引入一个羧基,产物的结构简式为。
答案:(1)4ΔH1+ΔH2+2ΔH3
(2)a)当温度为500℃时,反应①的lgK最大,此时副反应最弱,反应①的进行程度最大,随着温度的升高,反应①的lgK变小,反应的进行程度变小
b)当温度为500℃时,反应③的lgK=-6.3,说明反应③的进行程度很小,几乎没有发生,随着温度的升高,副反应③的lgK迅速变大。或当温度略高于1 100℃时,副反应②、③的lgK相等,主反应的lgK明显变小。说明此时副反应对主反应影响较大
(3)解:设CO的初始浓度为x
CaSO4(s)+CO(g)CaS(s)+CO2(g)
初始(mol·L-1) x 0
转化(mol·L-1) x-8.0×10-5 x-8.0×10-5
平衡(mol·L-1) 8.0×10-5 x-8.0×10-5
K===102
x=8.0×10-5+8.0×10-3(mol·L-1)
CO的转化率为×100%=×100%=99%
(4)CaCO3
(5)CaS+2O2CaSO4
14.碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题:
(1)大量的碘富集在海藻中,用水浸取后浓缩,再向浓缩液中加MnO2和H2SO4,即可得到I2。该反应的还原产物为 。
(2)上述浓缩液中主要含有I-、Cl-等离子。取一定量的浓缩液,向其中滴加AgNO3溶液,当AgCl开始沉淀时,溶液中为 。已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgI)=8.5×10-17。
(3)已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的ΔH=+11 kJ·mol-1,1 mol H2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量,则1 mol HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为 kJ。
(4)Bodensteins研究了下列反应:2HI(g)H2(g)+I2(g),在716 K时,气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表:
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
①根据上述实验结果,该反应的平衡常数K的计算式为 。
②上述反应中,正反应速率为v正=k正x2(HI),逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2),其中k正、k逆为速率常数,则k逆为 (以K和k正表示)。若k正=0.002 7 min-1,在t=40 min时,v正= min-1。
③由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时,反应重新达到平衡,相应的点分别为 (填字母)。
【解析】(1)根据化合价升降规律,结合实验室制取氯气的反应,碘元素的化合价升高,锰元素的化合价降低,所以还原产物为硫酸锰。
(2)==,代入数据可得=≈4.7×10-7。
(3)根据焓变等于反应物键能减去生成物键能可知:2×EH—I-EH—H-EI—I=
+11 kJ·mol-1,得EH—I=299 kJ·mol-1。
(4)①K==,x(HI)=0.784,x(H2)=x(I2)=(1-0.784)÷2=0.108。
②平衡时,v正=v逆,k正x2(HI)=k逆x(H2)x(I2),
k逆==;v正=k正x2(HI),k正=0.002 7 min-1,在t=40 min时,x(HI)=0.85,代入数据得v正≈1.95×10-3min-1。
③升高温度,正逆反应速率均增大,在图象上v正、v逆均上移;但平衡右移,x(HI)减少,在图象上数值减小,即A点,平衡右移,x(H2)、x(I2)增大,在图象上数值增大,即E点。
答案:(1)MnSO4(或Mn2+) (2)4.7×10-7 (3)299
(4)①K= ② 1.95×10-3
③A、E
15.合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能,在配合氢能的开发中起着重要作用。
(1)一定温度下,某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示,纵轴为平衡时氢气的压强(p),横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M)。
在OA段,氢溶解于M中形成固溶体MHx,随着氢气压强的增大,H/M逐渐增大;在AB段,MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy,氢化反应方程式为:zMHx(s)+H2(g)zMHy(s) ΔH(Ⅰ);在B点,氢化反应结束,进一步增大氢气压强,H/M几乎不变。反应(Ⅰ)中z= (用含x和y的代数式表示)。温度为T1时,2 g某合金4 min内吸收氢气240 mL,吸氢速率v= mL·g-1·min-1。反应(Ⅰ)的焓变ΔHⅠ 0(填“>”“<”或“=”)。
(2)η表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例,则温度为T1、T2时,η(T1) η(T2)(填“>”“<”或“=”)。当反应(Ⅰ)处于图中a点时,保持温度不变,向恒容体系中通入少量氢气,达到平衡后反应(Ⅰ)可能处于图中的 点(填“b”“c”或“d”),该贮氢合金可通过 或 的方式释放氢气。
(3)贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应,温度为T时,该反应的热化学方程式为 。
已知温度为T时:CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) ΔH=+165 kJ·mol-1
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41 kJ·mol-1
【解题指南】解答本题注意以下两点:
(1)注意图象的纵、横坐标所代表的含义;
(2)热化学方程式书写的注意事项。
【解析】(1)根据元素守恒可得z×x+2=z×y,解得z=2/(y-x);吸氢速率v=240 mL÷2 g÷4 min=30 mL·g-1·min-1;根据图象可知,T1η(T2);处于图中的a点时,保持温度不变,向恒容体系中通入少量的氢气,氢气的压强增大,H/M逐渐增大,根据图象可能处于c点;根据平衡移动原理,可以通过加热或减小压强的方式使平衡逆向移动,释放氢气。
(3)设题给热化学方程式的反应热分别为ΔH1、ΔH2,写出由CO、H2合成CH4的化学方程式并注明状态:CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g),然后根据盖斯定律可得该反应的ΔH=ΔH2-ΔH1=-206 kJ·mol-1。
答案:(1)2/(y-x) 30 <
(2)> c 加热 减压
(3)CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH=-206 kJ·mol-1
【误区提醒】本题热化学方程式的书写易出现错误,主要有以下几点:
(1)方程式中的状态未标;
(2)热量计算出现错误;
(3)ΔH的单位书写出现错误。
16.乙苯催化脱氢制苯乙烯反应:
(g)(g)+H2(g)
(1)已知:
化学键
C—H
C—C
CC
H—H
键能/kJ·mol-1
412
348
612
436
计算上述反应的ΔH= kJ·mol-1。
(2)维持体系总压p恒定,在温度T时,物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为α,则在该温度下反应的平衡常数K=
(用α等符号表示)。
(3)工业上,通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1∶9),控制反应温度600℃,并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下,乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下:
①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率,解释说明该事实 。
②控制反应温度为600℃的理由是 。
(4)某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺——
乙苯-二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯。保持常压和原料气比例不变,与掺水蒸气工艺相比,在相同的生产效率下,可降低操作温度;该工艺中还能够发生反应:CO2+H2CO+H2O,CO2+C2CO。新工艺的特点有 (填编号)。
①CO2与H2反应,使乙苯脱氢反应的化学平衡右移
②不用高温水蒸气,可降低能量消耗
③有利于减少积炭
④有利于CO2资源利用
【解析】(1)ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=412 kJ·mol-1×2+
348 kJ·mol-1-612 kJ·mol-1-436 kJ·mol-1=124 kJ·mol-1。
(2)恒压条件下,反应是体积增大的反应,反应前后体积会发生变化,=,反应后的体积V2=(1+α)V,代入平衡常数的计算公式可求出:K=α2n/[(1-α2)V]。
(3)①水不参加反应,相当于通入惰性气体,保持压强不变,对于反应来说相当于减小压强,平衡向气体体积增大的方向进行,即向正反应方向进行,因此能提高乙苯的转化率。
②温度控制在600℃,能保持较快的反应速率,乙苯的转化率和苯乙烯的选择性都较高。温度过低,反应速率慢,转化率低;温度过高,可能使催化剂失活,且能耗大。虽然乙苯的转化率提高,但苯乙烯的选择性大幅下降。
(4)与掺水蒸气工艺相比,不用高温水蒸气,可降低能量消耗;CO2与H2反应,使乙苯脱氢反应的化学平衡右移;CO2+C2CO,有利于减少积炭,且充分利用了CO2资源。
答案:(1)124 (2)Kc=α2n/[(1-α2)V]或Kp=p
(3)①正反应方向气体分子数增加,加入水蒸气稀释,相当于起减压的效果
②温度控制在600℃,能保持较快的反应速率,乙苯的转化率和苯乙烯的选择性都较高。温度过低,反应速率慢,转化率低;温度过高,选择性下降。高温还可能使催化剂失活,且能耗大
(4)①②③④
17.联氨(又称肼,N2H4,无色液体)是一种应用广泛的化工原料,可用作火箭燃料,回答下列问题:
(1)联氨分子的电子式为 ,其中氮的化合价为 。
(2)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨,反应的化学方程式为 。
(3)①2O2(g)+N2(g)N2O4(l) ΔH1
②N2(g)+2H2(g)N2H4(l) ΔH2
③O2(g)+2H2(g)2H2O(g) ΔH3
④2N2H4(l)+N2O4(l)3N2(g)+4H2O(g) ΔH4=-1 048.9 kJ·mol-1
上述反应热效应之间的关系式为ΔH4= ,联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为 。
(4)联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似,联氨第一步电离反应的平衡常数值为 (已知:N2H4+H+的K=8.7×107;KW=1.0×10-14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为 。
(5)联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液,观察到的现象是
。
联氨可用于处理高压锅炉水中的氧,防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2 kg;与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比,联氨的优点是 。
【解题指南】解答本题注意以下两点:
(1)氧化还原反应方程式的书写与判断的方法。
(2)盖斯定律的正确应用。
【解析】(1)联氨是由两种非金属元素组成的共价化合物,电子式为,根据化合物中化合价的代数和为0可得,其中氮元素的化合价为-2价。
(2)次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨,氯元素的化合价由+1价降低到-1价,氮元素的化合价由-3价升高到-2价,根据得失电子守恒和质量守恒的原则,二者反应的化学方程式为NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O。
(3)根据盖斯定律,反应热效应之间的关系应该是ΔH4=2ΔH3-2ΔH2-ΔH1。联氨有强的还原性,N2O4有强氧化性,二者在一起发生自发的氧化还原反应,反应放热量大,产生大量的气体,所以联氨和N2O4可以作为火箭的推进剂。
(4)联氨为二元弱碱,在水中的电离方程式与氨相似,则联氨第一步电离的方程式:N2H4+H2O+OH-,已知:N2H4+H+的K=8.7×107;KW=1.0×10-14,平衡常数K=8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7
;联氨为二元弱碱,酸碱发生中和反应生成盐,则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。
(5)联氨是一种常用的还原剂,AgBr具有氧化性,两者发生氧化还原反应生成银,则向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液,可观察到固体逐渐变黑,并有气泡产生;联氨可用于处理高压锅炉水中的氧,防止锅炉被腐蚀,发生的反应为N2H4+O2N2+2H2O,理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的氧气为1 kg÷32 g·mol-1×32 g·mol-1=1 kg;与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比,联氨的优点是N2H4的用量少,不产生其他杂质,而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4,易生成硫酸盐沉淀,影响锅炉的安全使用。
答案:(1) -2
(2)NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O
(3)2ΔH3-2ΔH2-ΔH1 反应放热量大、产生大量气体
(4)8.7×10-7 N2H6(HSO4)2
(5)固体逐渐变黑,并有气泡产生 1 N2H4的用量少,不产生其他杂质(还原产物为N2和H2O,而Na2SO3产生Na2SO4)
