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2014年高考化学化学反应中的能量变化试题汇编解析
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2014年高考化学化学反应中的能量变化试题汇编解析
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文章来源莲山 课件 w ww.5 YK J.COM 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．（;重庆理综化学卷，T6）已知C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g)&&&& ΔH＝akJ•mol－12C(s)＋O2(g)＝2CO(g)&&&&&&&&&& ΔH＝－220kJ•mol－1H－H、O＝O和O－H键的键能分别为436、496和462kJ•mol－1,则a为(&& )A．－332&&&& B．－118&& C．＋350&&&& D．＋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．（;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) + 236.6 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．（;全国新课标I化学卷，T9）已知分解1mol H2O2放出热量98KJ。在含有少量I 的溶液中，H2O2分解的机理为：&&&&&&&&&&&&&&&&&&& H2O2+ I&&& H2O+IO &&&&&&&&&&&&&&&&&&& H2O2+ IO&& H2O+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98KJ mol-1&&&&&&&&& D． 【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．（;全国新课标II化学卷，T13）室温下，将1mol的CuSO4&#O(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&#O受热分解的化学方程式为：CuSO4&#O(s)&& CuSO4(s) +5H2O( )，热效应为ΔH3。则下列判断正确的是A．ΔH2&Δ H3&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& B．ΔH1&ΔH3C．ΔH1+ΔH3=ΔH2&&&&&&&&&& D．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&#O(s)溶于水（溶液温度降低，该过程为吸热过程）：CuSO4&#O(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-( )&&&&&&&&&&&&&&& ΔH2&0& CuSO4&#O(s)受热分解的热化学方程式为&&&&&&&&&&&&&&&&&& CuSO4&#O(s)&& CuSO4(s) +5H2O( )&&&&&&&&& ΔH3根据盖斯定律可知：ΔH3=ΔH1-ΔH2&0&& A、根据上述分析，ΔH2&0，ΔH3 &0，所以A错误；B、ΔH3=ΔH1-ΔH2（ΔH2&0），所以ΔH3&ΔH1，B正确；C、ΔH3=ΔH1-ΔH2，C错误；D、ΔH1+ΔH2&ΔH3，D错误。5．（;江苏单科化学卷，T10）已知：C(s)＋O2(g)＝CO2(g)& △H1CO2(g)＋C(s)＝2CO(g)& △H22CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)& △H34Fe(s)＋3O3(g)＝2Fe2O3(s)&& △H43 CO(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＜0B．△H2＞0，△H4＞0C．△H1＝△H2＋△H3D．△H3＝△H4＋△H5【答案】C 【解析】根据反应特点，碳燃烧放热，△H1&0，二氧化碳和碳反应吸热，△H2&0,CO燃烧放热，△H3&0铁和氧气反应放热△H4&0，CO还原氧化铁放热，△H5&0；△H1=△H2+△H3& ，C正确；根据反应3△H3=2△H4 +2△H3 ，D错误。 6、（;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△HC、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、（;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/molB、H2O(g)==H2(g)+1/2O2(g)&&&&&& △H = + 485KJ/molC、2 H2(g) + O2(g)==2 H2O(g)&&&&& △H = + 485KJ/molD、2 H2(g) + O2(g)==2 H2O(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2mol H2和1mol O2完全反应生成2mol H2O(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2 H2(g) + O2(g)=2 H2O(g)& △H = ―485KJ/mol，D正确。8．（;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Si&&&&& S&O2-&&&&& Na+&NaCl&&&&& Si&H2SO4&&&&& HClO4&& （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1 mol CuCl(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、IA& 2&&& 1s2s22p63s23p2（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）在此中（Cl2+2ClO2―=2 ClO2+ 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．（;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）+O2 2NO2(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N2 O4（ ），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）_______________。&　& &&&&&&&&&& A&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& B&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& C②N2O4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+5O2&&&& 4NO+6H2O（2）①p1&p2& ②变小（3）①A&& ②2N2O4+O2+2H2O=4HNO3（4）NH3& 根据反应8NO+7H2O 4NH4NO3+2HNO3，电解产生的HNO3多&【解析】（1）NH3 和O2在催化剂作用下发生，产物是NO和H2O，所以反应的方程式为4NH3+5O2&&&& 4NO+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&p2；②再看同一压强线，温度升高，NO的平衡转化率降低，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小。(3)①降低温度，NO2(g)转变为N2O4(l)，则ΔH2&0，反应物能量高于生成物能量，C错误； N2O4(g)转变为N2O4(l)需要放出热量，所以NO2(g)转变为N2O4(g)比NO2(g)转变为N2O4(l)放出的热量少，B错误，所以正确的图示为A；②N2O4、O2和H2O反应生成硝酸的反应方程式为2N2O4＋ O2＋2H2O===4HNO3。(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．（;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1 mol Cl－、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）① 1 NaCl+ 3& H2O== 1& NaClO3+ 3& H2↑&& 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―[来源:Z,xx,k.Com]&&&&&&& ②3 ClO―( )==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，1 NaCl+ 3& H2O== 1& NaClO3+ 3& H2↑；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：3 ClO―( )==ClO3―( )+2Cl―( )&&&&& △H=63+0-3×60=-117 KJ•mol―1。11．（;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。① CaSO4(s)+CO(g)&& CaS(s)+CO2(g)&&&&&&&&&&&&& ∆H1= ―47.3kJ∙mol-1 ② CaSO4(s)+CO(g)& CaO(s)+CO2(g) +SO2(g)&&&&&&&&&& ∆H2= +210.5kJ∙mol-1③ CO(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)=8.0×10-5 mol∙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+&#&#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）&&&&&&&&&&&&&& a&&&&&&&&&&&&&&&&&& 0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―3 mol∙L―1CO的转化率：&（5分）（4）氧气& （2分）（5）CaS+2O2 CaSO4& （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+&#∆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―3 mol∙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+2O2 CaSO4；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．（;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（C2H5O SO3H），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)& = 23.9 KJqmol-1&&& 甲醇制烯烃反应& 2CH3OH(g)== C2H4(g)+ 2H2O (g)&&&& = 29.1 KJqmol-1乙醇异构化反应& C2H5OH (g) ==CH3OCH3(g)&&&&&&&&& =+50.7KJqmol-1& 则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)==C2H5OH(g)的 =______KJqmol-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＋H2SO4& C2H5OSO3H；C2H5OSO3H＋H2O CH3CH2OH＋H2SO4（2）―45.5；减少污染；减少对设备的腐蚀。(3)①0.07 Mpa-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)Un(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＋H2SO4& C2H5OSO3HC2H5OSO3H＋H2O CH3CH2OH＋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＋H2O& C2H5OH起始&&&& 1mol&&& 1mol&&&&&&&&&&& 0转化：& 0.2mol&& 0.2mol&&&&&&&&& 0.2mol 平衡&&& 0.8mol&& 0.8mol&&&&&&&&& 0.2mol则平衡时乙烯的分压：P(C2H4)＝7.85Mpa×0.8mol/1.8mol＝3.4889 Mpa水蒸气的分压：P(H2O)＝7.85Mpa×0.8mol/1.8mol＝3.4889 Mpa乙醇的分压：P(C2H5OH)＝7.85Mpa×0.2mol/1.8mol＝0.8722 Mpa则平衡常数Kp＝P(C2H5OH)/ P(C2H4)× P(H2O)＝0.8722 Mpa/3.4889 Mpa×3.4889 Mpa＝0.07 Mpa-1②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．（;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lmol AX5，放出热量123.8 kJ。该反应的热化学方程式为&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& 。（2）反应AX3(g)＋X2(g) AX5(g)在容积为10 L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2 mol。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，&& ， = =0.30molAX3（g）+X2（g） AX5（g）初始 （mol）&&&&& 0.20&&&&& 0.20&&&&&&&&&&&&&& 0&&&&& &平衡 （mol）&&&& 0.20-x&& 0.20-x&&&&&&&&&&&& x&&&& &&&& （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1mol AX5，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）&&&&& 0.20&&&&& 0.20&&&&&&&&&&&&&& 0&&&&& &平衡 （mol）&&&& 0.20-x&& 0.20-x&&&&&&&&&&&& x&&&& &&&& （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）&&&&& 0.20&&&&&&& 0.20&&&&&&&&&&&&&& 0&&&&& &平衡 （mol）&&&& 0.20-x&&&& 0.20-x&&&&&&&&&&&& x&&&& &&&& （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．（;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&MgO&Al2O3&MgCl2&AlCl3类型&离子化合物&离子化合物&离子化合物&共价化合物熔点/℃&4&191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)DD→Cl2460 ℃SiCl4DD→蒸馏SiCl4(纯)DD→H21100 ℃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________。a．NH3& 　b．HI& c．SO2& d．CO2(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1∶1。写出该反应的化学方程 式：________________________________________________________________________。【答案】（14分）(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)=====1100 ℃Si(s)＋4HCl(g)& ΔH＝＋0.025a kJ•mol－1(5)b(6)4KClO3=====400 ℃KCl＋3KClO4【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，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)=====1100 ℃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1∶1，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。15．（;浙江理综化学卷，T27）（14分）煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：CaSO4(s)+CO(g)&& CaO(s) + SO2(g) + CO2(g)&&& ΔH1=218.4kJ•mol-1(反应Ⅰ) CaSO4(s)+4CO(g)&& CaS(s) + 4CO2(g)&&&&&&&&& ΔH2= -175.6kJ•mol－1(反应Ⅱ)请回答下列问题：⑴反应Ⅰ能自发进行的条件是&&&&&&&&&&& 。⑵对于气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反应Ⅱ的Kp=&&&&&&& (用表达式表示)。⑶假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是&&&&&&&&&&&& 。&A&&&&&&&&&&&&&&& B&&&&&&&&&&&&&&& C&&&&&&&&&&&&&& D⑷通过监测反应体系中气体浓度的变化可判断反应Ⅰ和Ⅱ是否同时发生，理由是&&&&&&&&&&&& 。⑸图1为实验测得不同温度下反应体系中CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量百分数的关系曲线。则降低该反应体系中SO2生成量的措施有&&&&&&&& 。A．向该反应体系中投入石灰石B．在合适的温度区间内控制较低的反应温度C．提高CO的初始体积百分数D．提高反应体系的温度⑹恒温恒容条件下，假设反应Ⅰ和Ⅱ同时发生，且v1＞v2，则下，请在图2中画出反应体系中c(SO2)随时间t变化的总趋势图。&【答案】（14分）（1）高温 （2） （3）C （4）如果气相中SO2和CO2两种气体的浓度之比随时间发生变化，则标明两个反应同时发生。（5）A、B、C （6） 【解析】（1）由△G=△H-T△S&0时自发，△H&0,则T要大，故应选择高温。（2）根据固体的浓度为常数，则反应的平衡常数为Kp= ；（3）反应I为吸热反应，产物的能量高于反应物，反应Ⅱ放热，产物的能量低于反应物，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，反应Ⅰ的活化能低。 （4）反应Ⅰ中生成二氧化硫，监测SO2和CO2两种气体的浓度之比随时间发生变化，则标明两个反应同时发生。（5）向该反应体系中投入石灰石，产生二氧化碳，使反应Ⅰ逆向进行，课降低反应体系中二氧化硫生成量，A正确；在合适的温度区间内控制较低的反应温度，由图可以看出最低温度的硫化钙的含量最高，B正确，D错误；由图可以看出提高CO的体积分数，可以提高硫化钙的含量，C正确。（6）反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，故二氧化硫增加的快，反应到达平衡快；随着反应Ⅱ的进行，二氧化碳的浓度增大，使反应Ⅰ逆向移动。 文章来源莲山 课件 w ww.5 YK J.COM
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