F单元 化学反应与能量.docx

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F单元化学反应与能量

F单元　化学反应与能量

F1　化学反应与能量变化

25．E5F1C1D5

[2011·安徽卷]W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图1－18所示。

已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的电负性在同周期主族元素中最大。

图1－18

（1）X位于元素周期表中第________周期第________族；W的基态原子核外有________个未成对电子。

（2）X的单质和Y的单质相比，熔点较高的是________________（写化学式）；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是____________________（写化学式）。

（3）Y与Z形成的化合物和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式是______________________。

（4）在25℃、101kPa下，已知Y的气态氢化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是____________________________。

25．E5F1C1D5

（1）三　ⅠA　2

（2）Si　HCl

（3）SiCl4＋3H2O===H2SiO3↓＋4HCl

（4）SiH4（g）＋2O2（g）===SiO2（s）＋2H2O（l）

ΔH＝－1520.0kJ·mol－1

【解析】由W的一种核素的质量数18，中子数为10，可知W为氧元素；和Ne原子的核外电子数相差1的元素有F和Na，而F的原子半径要比O的小，故X只能是Na，短周期元素的常见单质可用做半导体材料的只有Si，故Y为Si，第三周期中电负性最大的元素是Cl，故Z是Cl。

（1）Na位于元素周期表中第三周期第IA族；O的基态电子排布式为1s22s22p4，其中2p4中有2个未成对电子。

（2）金属Na熔点比Si单质低，Cl的非金属性比Br的强，因此，HCl比HBr稳定。

（3）Si和Cl形成的SiCl4遇水发生水解反应：

SiCl4＋3H2O===H2SiO3↓＋4HCl。

（4）Y的气态氢化物为SiH4，由反应方程式：

SiH4＋2O2

SiO2＋2H2O可知1molSiH4完全燃烧转移8mol电子，故该热化学方程式为SiH4（g）＋2O2（g）===SiO2（s）＋2H2O（l）　ΔH＝－1520.0kJ·mol－1。

25．F1N1[2011·北京卷]在温度t1和t2下，X2（g）和H2反应生成HX的平衡常数如下表：

化学方程式

K（t1）

K（t2）

F2＋H22HF

1.8×1036

1.9×1032

Cl2＋H22HCl

9.7×1012

4.2×1011

Br2＋H22HBr

5.6×107

9.3×106

I2＋H22HI

43

34

（1）已知t2>t1，HX的生成反应是__________反应（填“吸热”或“放热”）。

（2）HX的电子式是__________。

（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是__________。

（4）X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

（5）K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________，

原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。

（6）仅依据K的变化，可以推断出：

随着卤素原子核电荷数的增加，________（选填字母）。

a．在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低

b．X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱

c．HX的还原性逐渐减弱

d．HX的稳定性逐渐减弱

25．F1N1

（1）放热

（2）H

（3）HF、HCl、HBr、HI

（4）卤素原子的最外层电子数均为7

（5）同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多

（6）ad

【解析】

（1）温度越高K值越小，说明升温平衡逆向移动，则正反应（HX的生成反应）是放热反应；

（2）卤原子最外层有7个电子，与H以共价键结合为卤化氢分子，其电子式为H

。

（3）F、Cl、Br、I原子得电子能力依次减弱，共用电子对偏移程度依次减小，因而HX共价键的极性依次减弱。

（4）卤原子最外层有7个电子，易得到1个电子形成8电子稳定结构，而氢原子最外层1个电子，恰好与卤原子形成一对共用电子，也达到2电子稳定结构。

（5）生成HF、HCl、HBr、HI的K依次减小，即各反应进行程度依次减弱，说明F、Cl、Br、I原子得电子能力依次减弱，这是由于同主族元素自上而下电子层数依次增多导致的。

（6）平衡常数K表明了可逆反应进行的程度，K越小，反应进行的程度越小，即相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低；同理说明产物HX越易分解，故HX的稳定性逐渐减弱。

根据K值无法判断反应的剧烈程度。

11．F1　[2011·海南化学卷]某反应的ΔH＝＋100kJ·mol－1，下列有关该反应的叙述正确的是（　　）

A．正反应活化能小于100kJ·mol－1

B．逆反应活化能一定小于100kJ·mol－1

C．正反应活化能不小于100kJ·mol－1

D．正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol－1

F2　反应热的计算与重要的反应热

10．F2

[2011·北京卷]25℃、101kPa下：

①2Na（s）＋

O2（g）===Na2O（s）

ΔH1＝－414kJ/mol

②2Na（s）＋O2（g）===Na2O2（s）

ΔH2＝－511kJ/mol

下列说法正确的是（　　）

A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等

B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同

C．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快

D．25℃、101kPa下，Na2O2（s）＋2Na（s）===2Na2O（s）

ΔH＝－317kJ/mol

10．F2

【解析】D　Na2O2与Na2O阴阳离子个数比都为1∶2，注意O

是一个原子团，A项错误；根据钠元素的化合价变化，钠氧化生成等物质的量的Na2O2与Na2O时，转移电子数相等，B项错误；钠与氧气的反应随温度升高将会生成Na2O2，C项错误；根据盖斯定律，利用方程式①×2－②可得Na2O2（s）＋2Na（s）===2Na2O（s）　ΔH＝－317kJ·mol－1，D项正确。

24．F2　H5　H4　[2011·福建卷]四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。

由钛铁矿（主要成为是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：

图0

回答下列问题：

（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。

该过程中有如下反应发生：

2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋

2TiO2＋（无色）＋Fe＋4H＋===2Ti3＋（紫色）＋Fe2＋＋2H2O

Ti3＋（紫色）＋Fe3＋＋H2O===TiO2＋（无色）＋Fe2＋＋2H＋

加入铁屑的作用是________________________________________________________________________。

（2）在②→③工艺过程中需要控制条件以形成TiO2·nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小在______________范围。

（3）若把③中制得的固体TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的Fe（OH）3杂质，还可以制得钛白粉。

已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝2.79×10－39，该温度下反应Fe（OH）3＋3H＋Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝____________。

（4）已知：

TiO2（s）＋2Cl2（g）===TiCl4（l）＋O2（g）

ΔH＝＋140kJ·mol－1

2C（s）＋O2（g）===2CO（g）　ΔH＝－221kJ·mol－1

写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成TiCl4和CO气体的热化学方程式：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

（5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。

依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是____________（只要求写出一项）。

（6）依据下表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4的，可采用__________方法。

TiCl4

SiCl4

熔点/℃

－25.0

－68.8

沸点/℃

136.4

57.6

24.F2　H5　H4　

（1）使Fe3＋还原为Fe2＋；生成Ti3＋，保护Fe2＋不被氧化

（2）10－9m～10－7m（其他合理答案也可）

（3）2.79×103

（4）TiO2（s）＋2Cl2（g）＋2C（s）＝TiCl4（l）＋2CO（g）　ΔH＝－81kJ·mol－1

（5）产生三废（其他合理答案也可）

（6）蒸馏（或分馏，或精馏）

【解析】

（1）该流程副产物之一为绿矾，加入铁屑后可以将Fe3＋还原为Fe2＋，而且还可以与TiO2＋反应生成还原性更强的Ti3＋，起到保护Fe2＋不被氧化的作用。

（2）胶体分散质微粒直径在1nm～100nm之间。

（3）根据氢氧化铁的平衡常数表达式：

Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3＋）·c3（OH－），而该反应的K的表达式为K＝

，又由于水的离子积KW＝1×10－14，从而推得K＝

，即K＝

＝2.79×103。

（4）根据盖斯定律，由反应1加反应2可得热化学方程式：

TiO2（s）＋2Cl2（g）＋2C（s）===TiCl4（l）＋2CO（g）　ΔH＝－81kJ·mol－1

（5）由反应流程图可以看出，该过程产生了废渣、废液和废气，违背绿色化学理念。

（6）由题目表格可以看出SiCl4和TiCl4熔沸点差别较大，故可以用蒸馏、分馏或精馏的方法进行分离。

31．G3　G4　F2

[2011·广东卷]利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2。

紫外光照射时，在不同催化剂（Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图0所示。

图0

（1）在0～30小时内，CH4的平均生成速率vⅠ、vⅡ和vⅢ从大到小的顺序为____________；反应开始后的12小时内，在第________种催化剂作用下，收集的CH4最多。

（2）将所得CH4与H2O（g）通入聚焦太阳能反应器，发生反应：

CH4（g）＋H2O（g）===CO（g）＋3H2（g）。

该反应的ΔH＝＋206kJ·mol－1。

①画出反应过程中体系能量变化图（进行必要标注）。

②将等物质的量的CH4和H2O（g）充入1L恒容密闭反应器，某温度下反应达到平衡，平衡常数K＝27，此时测得CO的物质的量为0.10mol，求CH4的平衡转化率（计算结果保留两位有效数字）。

（3）已知：

CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（g）　ΔH＝－802kJ·mol－1。

写出由CO2生成CO的热化学方程式________________________________________________________________________。

31．G3　G4　F2

（1）vⅢ＞vⅡ＞vⅠ　Ⅱ

（2）①

②设CH4的初始物质的量为xmol，

则CH4（g）＋H2O（g）CO（g）＋3H2（g）

初始浓度

/mol·L－1　

平衡浓度

/mol·L－1

K＝

＝

＝27

解得：

x＝0.11

转化率＝

×100%＝91%

（3）CO2（g）＋3H2O（g）===CO（g）＋3H2（g）＋2O2（g）　ΔH＝＋1008kJ·mol－1

【解析】

（1）0～30小时内，CH4的平均速率＝

，由图可知，30小时内CH4的产量Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，即速率关系为Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ；前12小时第Ⅱ种催化剂作用下，收集的CH4最多。

（2）①该反应中，CH4的用量越多，放出的热量越多，成正比例关系。

②假设CH4和H2O的起始量均为xmol，结合平衡时n（CO）＝0.10mol，有：

CH4（g）＋H2O（g）===CO（g）＋3H2（g）

xx00

0.100.100.100.30

x－0.10x－0.100.100.30

结合K＝

＝

＝27，解得x＝0.11mol·L－1，CH4的转化率＝

×100%＝91%。

（3）由已知反应：

①CH4（g）＋H2O（g）CO（g）＋3H2（g）　ΔH＝＋206kJ·mol－1；

②CH4（g）＋2O2（g）===2CO2（g）＋2H2O（g）

ΔH＝－802kJ·mol－1；

①－②式得热化学反应方程式：

CO2（g）＋3H2O（g）===2O2（g）＋CO（g）＋3H2（g）　ΔH＝＋1008kJ·mol－1。

5．F2　[2011·海南化学卷]已知：

2Zn（s）＋O2（g）===2ZnO（s）

ΔH＝－701.0kJ·mol－1

2Hg（l）＋O2（g）===2HgO（s）

ΔH＝－181.6kJ·mol－1

则反应Zn（s）＋HgO（s）===ZnO（s）＋Hg（l）的ΔH为（　　）

A．＋519.4kJ·mol－1B．＋259.7kJ·mol－1

C．－259.7kJ·mol－1D．－519.4kJ·mol－1

5．F2　【解析】C　利用题干中的第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式得：

2Zn（s）＋2HgO（s）===2ZnO（s）＋2Hg（l）　ΔH＝－519.4kJ·mol－1，然后再将各化学计量数缩小一半得Zn（s）＋HgO（s）===ZnO（s）＋Hg（l）　ΔH＝－259.7kJ·mol－1，故答案为C。

14．C2F2　[2011·海南化学卷]镁化合物具有广泛用途，请回答有关镁的下列问题：

（1）单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的________________________________________________________________________，

还生成少量的________（填化学式）；

（2）CH3MgCl是一种重要的有机合成试剂，其中镁的化合价是________，该化合物水解的化学方程式为________________________________________________________________________

________________________________________________________________________；

（3）下图是金属镁和卤素反应的能量变化图（反应物和产物均为298K时的稳定状态）。

图0

下列选项中正确的是________（填序号）。

①MgI2中Mg2＋与I－间的作用力小于MgF2中Mg2＋与F－间的作用力

②Mg与F2的反应是放热反应

③MgBr2与Cl2反应的ΔH＜0

④化合物的热稳定性顺序为MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2

⑤MgF2（s）＋Br2（l）===MgBr2（s）＋F2（g）

ΔH＝＋600kJ·mol－1

14．C2F2　

（1）MgO　Mg3N2

（2）＋2　CH3MgCl＋H2O―→CH4↑＋Mg（OH）Cl

（3）①②③⑤

【解析】

（1）镁在空气中燃烧的反应：

2Mg＋O2===2MgO、3Mg＋N2===Mg3N2；

（2）镁原子最外层电子数是2，且镁元素没有可变化合价，只能为＋2价；（3）组成和结构相似的离子化合物，离子半径之和越大，离子键越弱，F－＜I－，故①正确；由于Mg与F2的反应体系总能量降低，因此该反应是放热反应，故②正确；Mg（s）＋Cl2（g）===MgCl2（s）　ΔH＝－641.3kJ·mol－1，Mg（s）＋Br2（l）===MgBr2（s）　ΔH＝－524kJ·mol－1，由盖斯定律两方程式相减得Cl2（g）＋MgBr2（s）===Br2（l）＋MgCl2（s）　ΔH＝－117.3kJ·mol－1，ΔH＜0是放热反应，故③正确；离子半径之和越大，离子键越弱，离子化合物越不稳定，F－＜CI－＜Br－＜I－，故④错；由盖斯定律可得MgF2（s）＋Br2（l）===MgBr2（s）＋F2（g）　ΔH＝＋600kJ·mol－1，故⑤正确。

28．F2、G2[2011·山东卷]研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为________________________。

利用反应6NO2＋8NH3

7N2＋12H2O也可处理NO2。

当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是________L。

（2）已知：

2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）

ΔH＝－196.6kJ·mol－1

2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）

ΔH＝－113.0kJ·mol－1

则反应NO2（g）＋SO2（g）SO3（g）＋NO（g）的ΔH＝________kJ·mol－1。

一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是________。

a．体系压强保持不变

b．混合气体颜色保持不变

c．SO3和NO的体积比保持不变

d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2

测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1∶6，则平衡常数K＝________。

图1－14

（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）。

CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图1－14所示。

该反应ΔH______0（填“>”或“<”）。

实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

28．F2、G2

（1）3NO2＋H2O===2HNO3＋NO　6.72

（2）－41.8　b　2.67或

（3）<　在1.3×104kPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失

【解析】

（1）NO2与水反应的化学方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。

分析题给化学方程式可知，1molNO2参加反应转移4mol电子，故转移1.2mol电子时消耗NO2的物质的量为0.3mol，在标准状况下的体积为6.72L。

（2）将第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式并除2得，NO2（g）＋SO2（g）SO3（g）＋NO（g）　ΔH＝－41.8kJ·mol－1。

该反应为气体物质的量不变的反应，反应过程中体系压强为恒量，a不能；混合气体颜色保持不变，即NO2的浓度保持不变，b能；SO3和NO的体积比恒为1∶1，c不能；SO3的消耗速率和NO2的生成速率均是逆反应速率，故d不能。

NO2（g）＋SO2（g）SO3（g）＋NO（g）

起始量（mol）1200

变化量（mol）xxxx

平衡量（mol）1－x2－xxx

则有

＝

，解得x＝0.8，

K＝

＝

＝

。

（3）分析图象可知，温度越高CO的平衡转化率越低，说明升高温度平衡向左移动，反应为放热反应，ΔH＜0。

12．F2[2011·浙江卷]下列说法不正确的是（　　）

A．已知冰的熔化热为6.0kJ·mol－1，冰中氢键键能为20kJ·mol－1。

假设每摩尔水中有2mol氢键，且熔化热完全用于打破冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键

B．已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，Ka＝

。

若加入少量CH3COONa固体，则电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋向左移动，α减小，Ka变小

C．实验检测得环己烷（l）、环己烯（l）和苯（l）的标准燃烧热分别为－3916kJ·mol－1、－3747kJ·mol－1和－3265kJ·mol－1，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键

D．已知：

Fe2O3（s）＋3C（石墨）===2Fe（s）＋3CO（g）　ΔH＝489.0kJ·mol－1

CO（g）＋

O2（g）===CO2（g）

ΔH＝－283.0kJ·mol－1

C（石墨）＋O2（g）===CO2（g）

ΔH＝－393.5kJ·mol－1

则4Fe（s）＋3O2（g）===2Fe2O3（s）

ΔH＝－1641.0kJ·mol－1

12．F2[2011·浙江卷]【解析】B　1mol冰熔化时，熔化热能破坏的氢键的物质的量为：

＝0.3，占冰中氢键的百分数为

×100%＝15%，A对；醋酸溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液中c（CH3COO－）增大，电离平衡向左移动，电离度α减小，由于温度不变，Ka保持不变，B错；根据盖斯定律，根据环己烷和环己烯的燃烧热，则1mol环己烷失去2molH形成1mol双键及1molH2燃烧的反应热为：

－3916kJ·mol－1＋3747kJ·mol－1＝－169kJ·mol－1，根据环己烷和苯的燃烧热，则1mol环己烷失去6molH即3molH2燃烧的反应热为：

－3916kJ·mol－1＋3265kJ·mol－1＝－651kJ·mol－1，若苯分子存在独立的碳碳双键，则两处的反应热之比应为1∶3，显然二者的反应热之比不为1∶3，说明苯分子不存在独立的碳碳双键，C对；运用盖斯定律，将第三个反应×6－第一个反应×2－第二个反应×6，可得目标反应，则ΔH＝－393.5kJ·mol－1×6－489.0kJ·mol－1×2－（－283.0kJ·mol－1）×6＝－1641.0kJ·mol－1，D对。

13．F2[2011·重庆卷]SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S－F键。

已知：

1molS（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1molF－F、S－F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ。

则S（s）＋3F2（g）===SF6（g）的反应热ΔH为（　　）

A.－1780kJ/mol　　　　　　B.－1220kJ/mol

C．－450kJ/molD.＋430kJ/mol

13．F2[2011·重庆卷]【解析】B　1molSF6中含有6molS－F键，1molF2中含有1molF－F键，因此ΔH＝280kJ/mol＋160kJ/mol×3－330kJ/mol×6＝－1220kJ/mol。

F3　原电池原理

12．F3[2011·安徽卷]研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡