2019-2020年高考化学分类题库 考点6 化学反应与能量.doc

2019-2020年高考化学分类题库 考点6 化学反应与能量(xx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( )ACO和O生成CO2是吸热反应B在该过程中,CO断键形成C和OCCO和O生成了具有极性共价键的CO2D状态状态表示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。分析图象知状态的能量比状态的高,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OCO,含极性键,C正确;状态状态是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。(xx天津高考3)下列说法不正确的是( )ANa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CFeCl3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DMg(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)G=HTS0,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H0,故G=HTSr(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。(双选)(xx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、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S0、H2p总(状态)C体系中c(CO):c(CO,状态)v逆(状态)【解析】选B、C。C和CO2反应是吸热反应,H0,A项错误;点所在的曲线是通入0.1 mol CO2,点所在的曲线是通入0.2 mol CO2,状态可以看作先通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),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)2p总(状态),B项正确;状态可以看作先通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)=2c(CO,状态),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)2c(CO,状态),C项正确;温度越高,反应速率越快,v逆(状态)p2p1。答案:(1)9941(2)K=或Kp=a反应为放热反应,平衡常数数值应随温度升高而变小 (3)减小升高温度时,反应为放热反应,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应为吸热反应,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p3p2p1相同温度下,由于反应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(xx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)H();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()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= mLg1min1。反应()的焓变H0(填“”“”“”或“=”)。当反应()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()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) H=165 kJmol1CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H=41 kJmol1【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zx2=zy,解得z=2/(yx);吸氢速率v=240 mL2 g4 min=30 mLg1min1;根据图象可知,T1T2,T2时氢气的压强大,说明升高温度反应()向生成氢气的方向移动,即逆反应为吸热反应,所以正反应是放热反应,则H(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H1、H2,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H=H2H1=206 kJmol1。答案:(1)2/(yx)30c加热减压(3)CO(g)3H2(g)CH4(g)H2O(g)H=206 kJmol1【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)H的单位书写出现错误。(xx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FeS27Fe2(SO4)38H2O15FeSO48H2SO4,不考虑其他反应,请回答下列问题:(1)第步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是。(2)检验第步中Fe3是否完全还原,应选择(填字母编号)。( )AKMnO4溶液BK3Fe(CN)6溶液CKSCN溶液(3)第步加FeCO3调溶液pH到5.8左右,然后在第步通入空气使溶液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) H=1 648 kJmol1C(s)O2(g)CO2(g)H=393 kJmol12Fe(s)2C(s)3O2(g)2FeCO3(s) H=1 480 kJmol1FeCO3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4LiFeS2Fe2Li2S,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,第步应加入FeCO3kg。【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11反应。【解析】(1)H2SO4与Fe2O3反应的方程式为Fe2O33H2SO4Fe2(SO4)33H2O,其离子方程式为Fe2O36H2Fe33H2O。(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、号反应,则FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的反应可以由反应逆向进行后24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)H=260 kJmol1。(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FeS24eFe2S2。(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(22)96%=96%22,则得m(FeCO3)(0.011 8ab0.646c)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11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 gmol1可得FeCO3的质量为()116 kg(0.011 8ab0.646c)kg。答案:(1)Fe2O36H2Fe33H2O(2)C(3)Fe2被氧化为Fe3,Fe3水解产生H(4)4FeCO3(s)O2(g)2Fe2O3(s)4CO2(g) H=260 kJmol1(5)FeS24eFe2S2或FeS24Li4eFe2Li2S (6)0.011 8ab0.646c(xx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CHCCCCHH键能/kJmol1412348612436计算上述反应的H=kJmol1。(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,则在该温度下反应的平衡常数K=(用等符号表示)。(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19),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:掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率,解释说明该事实 。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:CO2H2COH2O,CO2C2CO。新工艺的特点有(填编号)。CO2与H2反应,使乙苯脱氢反应的化学平衡右移不用高温水蒸气,可降低能量消耗有利于减少积炭有利于CO2资源利用【解析】(1)H=反应物的总键能生成物的总键能=412 kJmol12348 kJmol1612 kJmol1436 kJmol1=124 kJmol1。(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)V,代入平衡常数的计算公式可求出:K=2n/(12)V。(3)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。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;CO2C2CO,有利于减少积炭,且充分利用了CO2资源。答案:(1)124(2)Kc=2n/(12)V或Kp=p(3)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)(xx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 molL1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H=kJmol1。【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NH3H2O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)N2ONON2NO2,根据图示每生成1 mol氮气,H=209 kJmol1348 kJmol1=139 kJmol1。答案:(1)NH3H2ONOH降低增大(2)NH4NO3N2O2H2OK=c(N2O)c2(H2O)4 (3)139(xx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)H=200.9 kJmol1NO(g)O2(g)NO2(g)H=58.2 kJmol1SO2(g)O3(g)SO3(g)O2(g)H=241.6 kJmol1(1)反应3NO(g)O3(g)3NO2(g)的H=kJmol1。(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。当n(O3)n(NO)1时,反应后NO2的物质的量减少,其原因是。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H=200.9 kJmol158.2 kJmol12=317.3 kJmol1。(2)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。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)Na2SO4CaSO4(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)O3将NO2氧化成更高价氮氧化物(或生成了N2O5)SO2与O3的反应速率慢(3)S2NO22OHS2NH2O(4)c(S)S的浓度增大,加快S与NO2的反应速率(xx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,反应为:2HCl(g) CuO(s)H2O(g)CuCl2(s)H1反应生成1 mol Cl2(g)的反应热为H2,则总反应的热化学方程式为_(反应热用H1和H2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。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HClT曲线如图:则总反应的H0(填“”“=”或“”);A、B两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是。在上述实验中若压缩体积使压强增大,画出相应HClT曲线的示意图,并简要说明理由: 。下列措施中,有利于提高HCl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/min02.04.06.08.0n(Cl2)/103mol01.83.75.47.2计算2.06.0 min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率(以molmin1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,反应生成1 mol Cl2(g)的反应热为H2,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)H=H1H2。(2)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HK(B);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HClT曲线应该在题中所给曲线的上方;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HCl,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,HCl变大,D正确。(3)应用题目给出的数值可以计算速率为1.8103molmin1。(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2Cl22Ca(OH)2CaCl2Ca(ClO)22H2O。答案:(1)2HCl(g) 1/2O2(g)H2O(g)Cl2(g) H=H1H2(2)K(A)见下图增大压强,平衡右移,HCl增大,相同温度下,HCl的平衡转化率比之前实验的大B、D(3)解:设2.06.0 min内,HCl转化的物质的量为n2HCl(g)1/2O2(g)H2O(g)Cl2(g)2 1n (5.41.8)103mol解得n=7.2103molv(HCl)=7.2103mol/(6.02.0)min=1.8103molmin1(4)2Cl22Ca(OH)2CaCl2Ca(ClO)22H2O