高考化学分类题库考点6化学反应与能量

高考化学分类题库考点6化学反应与能量

考点 6 化学反应与能量 1．(2015·北京高考·9)最新报道:科学家首次用 X 射线激光技术观察到 CO 与 O 在催化剂表 面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下: 下列说法正确的是······················································································ ( ) A．CO 和 O 生成 CO2 是吸热反应 B．在该过程中,CO 断键形成 C 和 O C．CO 和 O 生成了具有极性共价键的 CO2 D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示 CO 与 O2 反应的过程 【解题指南】解答本题时应注意以下 3 点: (1)反应物的总能量比生成物的总能量高,则是放热反应; (2)不同种原子间形成的共价键是极性键; (3)图中的化学键没有断裂。 【解析】选 C。分析图象知状态Ⅰ的能量比状态Ⅲ的高,因此是放热反应,A 错误;从反应历程 看反应过程中化学键没有断裂,B 错误;CO2 的结构是 O C O,含极性键,C 正确;状态Ⅰ→状 态Ⅲ是 CO 与 O 的反应,D 错误。 【误区提醒】解答本题容易犯思维定势的毛病,认为该反应是 CO 与 O2 的反应,而且化学反应 实质是旧键断裂,新键形成而误选 B 或 D。 2．(2015·天津高考·3)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。 3．(2015·重庆高考·6)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。 4．(2015·海南高考·4)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)。 5．(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:C CO＋H2 CO2＋H2O 途径 b:C CO2 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。 6．(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 ＋ CO2 2MgO ＋ 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。 7．(双选)(2015·江苏高考·15)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)p2>p1。 答案:(1)－99 ＋41 (2)K= [或 Kp= ] a 反应Ⅰ为放热反应,平衡常数数值应随温度升高而变小 (3)减小 升高温度时,反应Ⅰ为放热反应,平衡向左移动,使得体系中 CO 的量增大;反应Ⅲ 为吸热反应,平衡向右移动,又使产生 CO 的量增大;总结果,随温度升高,使 CO 的转化率降低 p3>p2>p1 相同温度下,由于反应Ⅰ为气体分子数减小的反应,加压有利于提高 CO 的转化率; 而反应Ⅲ为气体分子数不变的反应,产生 CO 的量不受压强影响,故增大压强时,有利于 CO 的 转化率升高 11．(2015·山东高考·30)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－Δ H1=－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。 12．(2015·四川高考·11)为了保护环境,充分利用资源,某研究小组通过如下简化流程,将 工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以 Fe2O3 存在)转变成重要的化工原料 FeSO4(反应条件 略)。 活化硫铁矿还原 Fe3＋的主要反应为 FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O 15FeSO4＋8H2SO4,不考虑其他 反应,请回答下列问题: (1)第Ⅰ步 H2SO4 与 Fe2O3 反应的离子方程式是 。 (2)检验第Ⅱ步中 Fe3＋是否完全还原,应选择 (填字母编号)。············· ( ) A．KMnO4 溶液 B．K3[Fe(CN)6]溶液 C．KSCN 溶液 (3)第Ⅲ步加 FeCO3 调溶液 pH 到 5.8 左右,然后在第Ⅳ步通入空气使溶液 pH 降到 5.2,此时 Fe2 ＋ 不 沉 淀 , 滤 液 中 铝 、 硅 杂 质 被 除 尽 。 通 入 空 气 引 起 溶 液 pH 降 低 的 原 因 是 。 (4)FeSO4 可转化为 FeCO3,FeCO3 在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料。 已知 25℃,101 kPa 时:4Fe(s)＋3O2(g) 2Fe2O3(s) ΔH=－1 648 kJ·mol－1 C(s)＋O2(g) CO2(g) ΔH=－393 kJ·mol－1 2Fe(s)＋2C(s)＋3O2(g) 2FeCO3(s) ΔH=－1 480 kJ·mol－1 FeCO3 在 空 气 中 加 热 反 应 生 成 Fe2O3 的 热 化 学 方 程 式 是 。 (5)FeSO4 在一定条件下可制得 FeS2(二硫化亚铁)纳米材料。该材料可用于制造高容量锂电池, 电池放电时的总反应为 4Li＋FeS2 Fe＋2Li2S,正极反应式是 。 (6)假如烧渣中的铁全部视为 Fe2O3,其含量为 50%。将 akg 质量分数为 b%的硫酸加入 ckg 烧 渣中浸取,铁的浸取率为 96%,其他杂质浸出消耗的硫酸以及调 pH 后溶液呈微酸性所残留的 硫酸忽略不计。按上述流程,第Ⅲ步应加入 FeCO3 kg。 【解题指南】解答本题时应注意以下两点: (1)三价铁离子的检验需要用硫氰酸根离子; (2)碳酸亚铁与硫酸按物质的量 1∶1 反应。 【解析】(1)H2SO4 与 Fe2O3 反应的方程式为 Fe2O3＋3H2SO4 Fe2(SO4)3＋3H2O,其离子方程式为 Fe2O3＋6H＋ 2Fe3＋＋3H2O。 (2)检验 Fe3＋是否反应完全,可利用 Fe3＋与 KSCN 的显色反应,生成红色溶液,故选 C。 (3)部分 Fe2＋被空气中的氧气氧化为 Fe3＋,Fe3＋水解产生 H＋,使 pH 降低。 (4)若将题中所给三个反应依次编为①、②、③号反应,则 FeCO3 在空气中加热反应生成 Fe2O3 的反应可以由③反应逆向进行后×2＋②×4＋①得到,同时所对应的反应热要乘以相应的倍 数,故其热化学方程式为 4FeCO3(s)＋O2(g) 2Fe2O3(s)＋4CO2(g) ΔH=－260 kJ·mol－1。 (5)正极发生的反应是还原反应,即得电子,故参加反应的物质应是 FeS2,又知最后生成铁单 质和 S2－,故正极反应式为 FeS2＋4e－ Fe＋2S2－。 (6)方法 1:由于最终得到 FeSO4,根据元素守恒,n(Fe)=n(S),Fe 来自 Fe2O3、FeS2、FeCO3;S 来 自 FeS2、H2SO4 则有( ×2＋ ×2× )×96%＋ = ＋ ×96% ×2× ×2,则得 m(FeCO3)≈(0.011 8ab－ 0.646c)kg。 方法 2:首先浸出的 Fe2O3 的物质的量为 = ,由化学式 Fe2(SO4)3 可知同 Fe2O3 反应的硫酸的物质的量应为其的 3 倍,即 ×3,化简即 。而一共加入的硫酸 的物质的量为 ,故剩余的硫酸的物质的量为 － 。由题目可知在第Ⅱ步 时又生成了硫酸,这一部分硫酸可通过 Fe2(SO4)3 的物质的量即 计算而得,计算后可 知第Ⅱ步中生成的硫酸的物质的量为 ×(8/7)= 。又因为 Fe2＋与硫酸按物质 的量 1∶1 反应,故滤液中剩余的硫酸的物质的量即为应加入的 FeCO3 的物质的量,即为 ( － ＋ ),乘以 FeCO3 的摩尔质量 116 g·mol－1 可得 FeCO3 的质量为 ( － ＋ )×116 kg≈(0.011 8ab－0.646c)kg。 答案:(1)Fe2O3＋6H＋ 2Fe3＋＋3H2O (2)C (3)Fe2＋被氧化为 Fe3＋,Fe3＋水解产生 H＋ (4)4FeCO3(s)＋O2(g) 2Fe2O3(s)＋4CO2(g) ΔH=－260 kJ·mol－1 (5)FeS2＋4e－ Fe＋2S2－或 FeS2＋4Li＋＋4e－ Fe＋2Li2S (6)0.011 8ab－0.646c 13．(2015·浙江高考·28)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 C C 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＋H2 CO＋H2O,CO2＋C 2CO。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＋C 2CO,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 14．(2015·海南高考·16)氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料,回答下列问题: (1)氨的水溶液显弱碱性,其原因为 (用离子方程式表示), 0.1 mol·L－1 的氨水中加入少量 NH4Cl 固体,溶液的 pH (填“升高”或“降低”); 若加入少量明矾,溶液中 N 的浓度 (填“增大”或“减小”)。 (2)硝酸铵加热分解可得到 N2O 和 H2O,250℃时,硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡,该分解反 应的化学方程式为 ,平衡常数表达式为 ; 若有 1 mol 硝酸铵完全分解,转移的电子数为 mol。 (3)由 N2O 和 NO 反应生成 N2 和 NO2 的能量变化如图所示,若生成 1 mol N2,其 ΔH= kJ·mol－1。 【解题指南】解答本题时应注意以下两点: (1)氮及其化合物的性质及转化; (2)电解质溶液中电离平衡、水解平衡以及化学平衡、反应中的能量变化等化学反应原理知 识的理解与应用。 【解析】(1)氨水中一水合氨部分电离生成铵根离子和氢氧根离子,使溶液呈碱性;若加入氯 化铵,铵根离子浓度增大,电离平衡逆向移动,氢氧根离子浓度减小,pH 减小;若加入明矾,Al3 ＋水解消耗 OH－,使 NH3·H2O 的电离反应正向移动,c(N )增大。 (2)硝酸铵分解生成 N2O 和 H2O 为可逆反应,因此化学方程式为 NH4NO3(s) N2O(g)＋ 2H2O(g)(250℃时,水为气态),则 K=c(N2O)c2(H2O);硝酸铵中氮元素化合价分别从－3 和＋5 价 均变为＋1 价,因此转移电子数为 4 个,每有 1 mol 硝酸铵反应转移电子数为 4 mol。 (3)N2O＋NO N2＋NO2,根据图示每生成 1 mol 氮气, ΔH=209 kJ·mol－1－348 kJ·mol－1=－139 kJ·mol－1。 答案:(1)NH3·H2O N ＋OH－ 降低 增大 (2)NH4NO3 N2O↑＋2H2O↑ K=c(N2O)c2(H2O) 4 (3)－139 15．(2015·江苏高考·20)烟气(主要污染物 SO2、NOx)经 O3 预处理后用 CaSO3 水悬浮液吸收, 可减少烟气中 SO2、NOx 的含量。O3 氧化烟气中 SO2、NOx 的主要反应的热化学方程式为: NO(g)＋O3(g) NO2(g)＋O2(g) ΔH=－200.9 kJ·mol－1 NO(g)＋ O2(g) NO2(g) ΔH=－58.2 kJ·mol－1 SO2(g)＋O3(g) SO3(g)＋O2(g) ΔH=－241.6 kJ·mol－1 (1)反应 3NO(g)＋O3(g) 3NO2(g)的ΔH= kJ·mol－1。 (2)室温下,固定进入反应器的 NO、SO2 的物质的量,改变加入 O3 的物质的量,反应一段时间后 体系中 n(NO)、n(NO2)和 n(SO2)随反应前 n(O3)∶n(NO)的变化见下图。 ① 当 n(O3) ∶ n(NO)>1 时 , 反 应 后 NO2 的 物 质 的 量 减 少 , 其 原 因 是 。 ②增加 n(O3),O3 氧化 SO2 的反应几乎不受影响,其可能原因是 。 (3)当用 CaSO3 水悬浮液吸收经 O3 预处理的烟气时,清液(pH 约为 8)中 S 将 NO2 转化为 N , 其离子方程式为 。 (4)CaSO3 水悬浮液中加入 Na2SO4 溶液,达到平衡后溶液中 c(S )= [用 c(S )、Ksp(CaSO3)和 Ksp(CaSO4)表示];CaSO3 水悬浮液中加入 Na2SO4 溶液能提高 NO2 的吸收 速率,其主要原因是 。 【解析】(1)根据盖斯定律,(反应 1)＋(反应 2)×2,可得 3NO(g)＋O3(g) 3NO2(g),则ΔH=－ 200.9 kJ·mol－1－58.2 kJ·mol－1×2=－317.3 kJ·mol－1。 (2)①根据图示,n(O3)∶n(NO)=1 时,n(NO2)最大,n(O3)∶n(NO)>1 时,n(NO2)减小,可能原因是 过量的 O3 将 NO2 氧化为更高价态的氮氧化物 N2O5。②增大 n(O3),O3 氧化 SO2 的反应不受影响, 结合 O2 氧化 SO2 需要催化剂加热,可以推断可能原因是该反应的反应速率较慢。 (3)NO2 转化为 N ,氮元素被还原,则硫元素被氧化,S 转化为 S ,根据得失电子守恒、 电荷守恒、原子守恒配平离子方程式。 (4) 根 据 Ksp(CaSO4)=c(Ca2 ＋ ) · c(S ),c(Ca2 ＋ )= , 根 据 Ksp(CaSO3)=c(Ca2 ＋)·c(S ),c(S )= = ×c(S )。CaSO3 水悬浮液中加入 Na2SO4,发生沉淀 的转化:CaSO3(s)＋Na2SO4 CaSO4(s)＋Na2SO3,溶液中c(S )增大,加快S 与NO2的反应速 率,因此 NO2 的吸收效率提高。 答案:(1)－317.3 (2)①O3 将 NO2 氧化成更高价氮氧化物(或生成了 N2O5) ②SO2 与 O3 的反应速率慢 (3)S ＋2NO2＋2OH－ S ＋2N ＋H2O (4) ×c(S ) S 的浓度增大,加快 S 与 NO2 的反应速率 16．(2015·广东高考·31)用 O2 将 HCl 转化为 Cl2,可提高效益,减少污染。 (1)传统上该转化通过如下所示的催化循环实现。 其中,反应①为: 2HCl(g)＋ CuO(s) H2O(g)＋CuCl2(s) ΔH1 反应②生成 1 mol Cl2(g)的反应热为ΔH2,则总反应的热化学方程式为 _________________________________(反应热用ΔH1 和ΔH2 表示)。 (2)新型 RuO2 催化剂对上述 HCl 转化为 Cl2 的总反应具有更好的催化活性。 ①实验测得在一定压强下,总反应的 HCl 平衡转化率随温度变化的αHCl~T 曲线如图: 则总反应的ΔH 0(填“>”“=”或“<”);A、B 两点的平衡常数 K(A)与 K(B)中较大 的是 。 ②在上述实验中若压缩体积使压强增大,画出相应α HCl~T 曲线的示意图,并简要说明理 由: 。 ③下列措施中,有利于提高αHCl 的有 。······························ ( ) A．增大 n(HCl) B．增大 n(O2) C．使用更好的催化剂 D．移去 H2O (3)一定条件下测得反应过程中 n(Cl2)的数据如下: t/min 0 2.0 4.0 6.0 8.0 n(Cl2)/10－3mol 0 1.8 3.7 5.4 7.2 计算 2.0～6.0 min 内以 HCl 的物质的量变化表示的反应速率(以 mol·min－1 为单位,写出计 算过程)。 (4)Cl2 用 途 广 泛 , 写 出 用 Cl2 制 备 漂 白 粉 的 化 学 反 应 方 程 式 。 【解题指南】解答本题注意以下两点: (1)掌握利用盖斯定律计算热效应的方法; (2)掌握外界条件对化学平衡的影响。 【解析】本题主要考查热化学方程式的书写、盖斯定律的应用、平衡移动原理、化学反应速 率的计算、图象问题的分析和处理能力。 (1)注意反应热和化学计量数之间的关系,反应②生成 1 mol Cl2(g)的反应热为ΔH2,根 据盖斯定律可求出总反应的反应热,2HCl(g)＋ 1/2O2(g) H2O(g)＋Cl2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2。 (2)①根据温度升高,氯化氢的转化率降低可知,该反应的正反应是放热反应,即ΔH<0。当温 度升高时,平衡逆向移动,平衡常数减小,所以 K(A)>K(B); ②根据反应特点,反应后气体分子数减少,增大压强,氯化氢的转化率升高,故此时的αHCl～T 曲线应该在题中所给曲线的上方; ③增大 n(HCl),平衡虽然正向移动但是氯化氢的转化率下降,A 不正确;增大氧气的浓度,可 以提高αHCl,B 正确;催化剂只能改变反应速率不能改变化学平衡,C 不正确;移去 H2O,平衡正 向移动,αHCl 变大,D 正确。 (3)应用题目给出的数值可以计算速率为 1.8×10－3mol·min－1。 (4)制备漂白粉是用氯气和石灰乳反应制得,反应的化学方程式为 2Cl2＋2Ca(OH)2 CaCl2 ＋Ca(ClO)2＋2H2O。 答案:(1)2HCl(g)＋ 1/2O2(g) H2O(g)＋Cl2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2 (2)①< K(A) ②见下图 增大压强,平衡右移,αHCl 增大,相同温度下,HCl 的平衡转化率比之前实验的大 ③B、D (3)解:设 2.0~6.0 min 内,HCl 转化的物质的量为 n 2HCl(g)＋1/2O2(g) H2O(g)＋Cl2(g) 2 1 n (5.4－1.8)×10－3mol 解得 n=7.2×10－3mol v(HCl)=7.2×10－3mol/(6.0－2.0)min =1.8×10－3mol·min－1 (4)2Cl2＋2Ca(OH)2 CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O