新题分类汇编F 化学反应与能量高考真题+模拟新题Word文档下载推荐.docx
《新题分类汇编F 化学反应与能量高考真题+模拟新题Word文档下载推荐.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《新题分类汇编F 化学反应与能量高考真题+模拟新题Word文档下载推荐.docx(43页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
![新题分类汇编F 化学反应与能量高考真题+模拟新题Word文档下载推荐.docx](https://file1.bdocx.com/fileroot1/2023-1/9/5ec0109a-1807-4746-b9db-d2740344f334/5ec0109a-1807-4746-b9db-d2740344f3341.gif)
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1m