高考化学化学反应中的能量变化试题汇编解析.docx

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高考化学化学反应中的能量变化试题汇编解析

2014年高考化学化学反应中的能量变化试题汇编解析

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．（2014•重庆理综化学卷，T6）已知

C（s）＋H2O（g）＝CO（g）＋H2（g）ΔH＝akJ•mol－1

2C（s）＋O2（g）＝2CO（g）ΔH＝－220kJ•mol－1

H－H、O＝O和O－H键的键能分别为436、496和462kJ•mol－1,则a为（）

A．－332B．－118C．＋350D．＋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．（2014•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）+236.6kJ

CH3-C≡C-CH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）+272.7kJ

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．（2014•全国新课标I化学卷，T9）已知分解1molH2O2放出热量98KJ。

在含有少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：

H2O2+IH2O+IO

H2O2+IOH2O+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98KJmol-1D．

【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．（2014•全国新课标II化学卷，T13）室温下，将1mol的CuSO4•5H2O（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•5H2O受热分解的化学方程式为：

CuSO4•5H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（），热效应为ΔH3。

则下列判断正确的是

A．ΔH2>ΔH3B．ΔH1C．ΔH1+ΔH3=ΔH2D．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•5H2O（s）溶于水（溶液温度降低，该过程为吸热过程）：

CuSO4•5H2O（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-（）ΔH2CuSO4•5H2O（s）受热分解的热化学方程式为

CuSO4•5H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（）ΔH3

根据盖斯定律可知：

ΔH3=ΔH1-ΔH2>0

A、根据上述分析，ΔH20，所以A错误；B、ΔH3=ΔH1-ΔH2（ΔH2ΔH1，B正确；C、ΔH3=ΔH1-ΔH2，C错误；D、ΔH1+ΔH25．（2014•江苏单科化学卷，T10）

已知：

C（s）＋O2（g）＝CO2（g）△H1

CO2（g）＋C（s）＝2CO（g）△H2

2CO（g）＋O2（g）＝2CO2（g）△H3

4Fe（s）＋3O3（g）＝2Fe2O3（s）△H4

3CO（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＜0

B．△H2＞0，△H4＞0

C．△H1＝△H2＋△H3

D．△H3＝△H4＋△H5

【答案】C

【解析】根据反应特点，碳燃烧放热，△H10,CO燃烧放热，△H36、（2014•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△H

C、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、（2014•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/mol

B、H2O（g）==H2（g）+1/2O2（g）△H=+485KJ/mol

C、2H2（g）+O2（g）==2H2O（g）△H=+485KJ/mol

D、2H2（g）+O2（g）==2H2O（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2molH2和1molO2完全反应生成2molH2O（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2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=—485KJ/mol，D正确。

8．（2014•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

SiSO2-Na+NaClSiH2SO4HClO4

（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1molCuCl（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、IA21s2s22p63s23p2

（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）在此氧化还原反应中（Cl2+2ClO2—=2ClO2+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．（2014•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）+O22NO2（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N2O4（），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）_______________。

ABC

②N2O4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+5O24NO+6H2O

（2）①p1（3）①A②2N2O4+O2+2H2O=4HNO3

（4）NH3根据反应8NO+7H2O4NH4NO3+2HNO3，电解产生的HNO3多

【解析】

（1）NH3和O2在催化剂作用下发生氧化还原反应，产物是NO和H2O，所以反应的方程式为4NH3+5O24NO+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（3）①降低温度，NO2（g）转变为N2O4（l），则ΔH2（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．（2014•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1molCl－、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）①1NaCl+3H2O==1NaClO3+3H2↑

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—

②3ClO—（）==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，1NaCl+3H2O==1NaClO3+3H2↑；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：

3ClO—（）==ClO3—（）+2Cl—（）△H=63+0-3×60=-117KJ•mol—1。

11．（2014•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。

①CaSO4（s）+CO（g）CaS（s）+CO2（g）∆H1=—47.3kJ∙mol-1

②CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）∆H2=+210.5kJ∙mol-1

③CO（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）=8.0×10-5mol∙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+∆H2+2∆H3（2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）a0

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—3mol∙L—1

CO的转化率：

（5分）

（4）氧气（2分）

（5）CaS+2O2CaSO4（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+∆H2+2∆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—3mol∙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+2O2CaSO4；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．（2014•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（C2H5OSO3H），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）=23.9KJ﹒mol-1

甲醇制烯烃反应2CH3OH（g）==C2H4（g）+2H2O（g）=29.1KJ﹒mol-1

乙醇异构化反应C2H5OH（g）==CH3OCH3（g）=+50.7KJ﹒mol-1

则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）==C2H5OH（g）的=______KJ﹒mol-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＋H2SO4C2H5OSO3H；C2H5OSO3H＋H2OCH3CH2OH＋H2SO4

（2）—45.5；减少污染；减少对设备的腐蚀。

（3）①0.07Mpa-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）︰n（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＋H2SO4C2H5OSO3H

C2H5OSO3H＋H2OCH3CH2OH＋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＋H2OC2H5OH

起始1mol1mol0

转化：

0.2mol0.2mol0.2mol

平衡0.8mol0.8mol0.2mol

则平衡时乙烯的分压：

P（C2H4）＝7.85Mpa×0.8mol/1.8mol＝3.4889Mpa

水蒸气的分压：

P（H2O）＝7.85Mpa×0.8mol/1.8mol＝3.4889Mpa

乙醇的分压：

P（C2H5OH）＝7.85Mpa×0.2mol/1.8mol＝0.8722Mpa

则平衡常数Kp＝P（C2H5OH）/P（C2H4）×P（H2O）＝0.8722Mpa/3.4889Mpa×3.4889Mpa＝0.07Mpa-1

②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．（2014•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lmolAX5，放出热量123.8kJ。

该反应的热化学方程式为。

（2）反应AX3（g）＋X2（g）AX5（g）在容积为10L的密闭容器中进行。

起始时AX3和X2均为0.2mol。

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，

，==0.30mol

AX3（g）+X2（g）AX5（g）

初始（mol）0.200.200

平衡（mol）0.20-x0.20-xx

（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1molAX5，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）0.200.200

平衡（mol）0.20-x0.20-xx

（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）0.200.200

平衡（mol）0.20-x0.20-xx

（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．（2014•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MgOAl2O3MgCl2AlCl3

类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物

熔点/℃280020507