高考化学 新题分类汇编F 化学反应与能量真题 模拟新题Word文件下载.docx
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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·
B．逆反应活化能一定小于100kJ·
C．正反应活化能不小于100kJ·
D．正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·
11．F1 【解析】CD 反应过程与能量关系如图：
则有E1＝E2＋ΔH＝100kJ·
mol－1＋E2＞100kJ·
mol－1，C项正确；
ΔH＝E1－E2＝100kJ·
mol－1，D项正确。
F2 反应热的计算与重要的反应热
10．F2
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
【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·
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·
2C（s）＋O2（g）===2CO（g） ΔH＝－221kJ·
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·
（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·
（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
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。
（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·
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·
写出由CO2生成CO的热化学方程式________________________________________________________________________。
（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
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·
【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·
①－②式得热化学反应方程式：
CO2（g）＋3H2O（g）===2O2（g）＋CO（g）＋3H2（g） ΔH＝＋1008kJ·
5．F2 [2011·
海南化学卷]已知：
2Zn（s）＋O2（g）===2ZnO（s）
ΔH＝－701.0kJ·
2Hg（l）＋O2（g）===2HgO（s）
ΔH＝－181.6kJ·
则反应Zn（s）＋HgO（s）===ZnO（s）＋Hg（l）的ΔH为（ ）
A．＋519.4kJ·
mol－1B．＋259.7kJ·
C．－259.7kJ·
mol－1D．－519.4kJ·
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）。
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·
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·
2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）
ΔH＝－113.0kJ·
则反应NO2（g）＋SO2（g）SO3（g）＋NO（g）的ΔH＝________kJ·
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·
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，
。
（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·
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·
CO（g）＋
O2（g）===CO2（g）
ΔH＝－283.0kJ·
C（石墨）＋O2（g）===CO2（g）
ΔH＝－393.5kJ·
则4Fe（s）＋3O2（g）===2Fe2O3（s）
ΔH＝－1641.0kJ·
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：
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·
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
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