备考高考化学 真题+模拟新题分类汇编 化学反应与能量.docx
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备考高考化学真题+模拟新题分类汇编化学反应与能量
化学反应与能量
F1 化学反应与能量变化
20.F1B3H1K1
[2013·江苏卷]磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3（PO4）2等形式存在。
它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。
（1）白磷（P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。
相关热化学方程式如下：
2Ca3（PO4）2（s）＋10C（s）===6CaO（s）＋P4（s）＋10CO（g） ΔH1＝＋3359.26kJ·mol－1
CaO（s）＋SiO2（s）===CaSiO3（s） ΔH2＝－89.61kJ·mol－1
2Ca3（PO4）2（s）＋6SiO2（s）＋10C（s）===6CaSiO3（s）＋P4（s）＋10CO（g） ΔH3
则ΔH3＝______________kJ·mol－1。
（2）白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：
11P4＋60CuSO4＋96H2O===20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4
60molCuSO4能氧化白磷的物质的量是__________。
（3）磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得，含磷各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系如下图所示。
图0
①为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在________；pH＝8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系为____________。
②Na2HPO4溶液显碱性，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________（用离子方程式表示）。
（4）磷的化合物三氯氧磷（PClOClCl）与季戊四醇（CHOH2CHOH2CCH2OHCH2OH）以物质的量之比2∶1反应时，可获得一种新型阻燃剂中间体X，并释放出一种酸性气体。
季戊四醇与X的核磁共振氢谱如下图所示。
图0
①酸性气体是____________（填化学式）。
②X的结构简式为________________。
20．[答案]
（1）2821.6
（2）3mol
（3）①4～5.5（介于此区间内的任意值或区间均可）
c（HPO
）>c（H2PO
）
②3Ca2＋＋2HPO
===Ca3（PO4）2↓＋2H＋
（4）①HCl
②POClOOCH2CCH2CH2OPOClOCH2
[解析]
（1）依据盖斯定律，将“上式＋下式×6”，即得所求反应的ΔH＝＋3359.26kJ·mol－1＋（－89.61kJ·mol－1）×6＝2821.6kJ·mol－1。
（2）P的化合价有升有降，Cu的化合价只降低。
P从0价升到＋5价，1molP4共失去20mol电子，根据得失电子守恒有：
n（P4）×20＝n（CuSO4）×1，所以60molCuSO4可以氧化3molP4。
（3）①从图中不难看出，pH在4～5.5之间时，H2PO
的含量最高。
在pH＝8时，溶液中含有HPO
和H2PO
两种离子，且前者大于后者。
②足量的Ca2＋与HPO
部分电离出的PO
结合，生成难溶的Ca3（PO4）2沉淀，促进了HPO
的电离，故溶液显酸性。
（4）三氯氧磷与季戊四醇以2∶1反应，核磁共振氢谱中的峰由2组变成1组，显然应为四个羟基上的H原子被取代了，生成了HCl及POClOOCH2CCH2CH2OPOClOCH2。
7．E3F1 [2013·安徽卷]我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：
HCHO＋O2
CO2＋H2O。
下列有关说法正确的是（ ）
A．该反应为吸热反应
B．CO2分子中的化学键为非极性键
C．HCHO分子中既含σ键又含π键
D．每生成1.8gH2O消耗2.24LO2
7．C [解析]甲醛发生氧化反应属于放热反应，A项错误；CO2分子中化学键为碳氧双键，该化学键是不同非金属元素间形成的极性键，B项错误；在HCHO中C—H键为σ键，在碳氧双键中一条为σ键、一条为π键，C项正确；根据HCHO＋O2
CO2＋H2O可知，每生成1.8g（即0.1mol）水，消耗0.1molO2，因不知氧气所处温度、压强，无法确定其体积，D项错误。
11．F1F2F3
[2013·福建卷]某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO。
其过程如下：
mCeO2
（m－x）CeO2·xCe＋xO2
（m－x）CeO2·xCe＋xH2O＋xCO2
mCeO2＋xH2＋xCO
下列说法不正确的是（ ）
A．该过程中CeO2没有消耗
B．该过程实现了太阳能向化学能的转化
C．图0中ΔH1＝ΔH2＋ΔH3
图0
D．以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO＋4OH－－2e－===CO
＋2H2O
11．C [解析]H2O、CO2转变为H2、CO的过程分两步进行，第1步反应消耗CeO2的物质的量与第2步反应生成CeO2的物质的量相同，则该过程中CeO2没有消耗，A项正确；上述转变将化学能较低的H2O、CO2转化为化学能较高的H2、CO，将太阳能转化为化学能储存在燃料（水煤气或H2和CO）中，B项正确；读图可得3个热化学方程式：
①H2O（g）===H2（g）＋
O2（g） ΔH1，②H2O（l）===H2O（g） ΔH2，③H2（g）＋
O2（g）===H2O（l） ΔH3，观察发现①＋②＝－③，由盖斯定律可得：
ΔH1＋ΔH2＝－ΔH3，则ΔH1＝－ΔH2－ΔH3＝－（ΔH2＋ΔH3），C项错误；CO是燃料，在负极上发生氧化反应，其产物不是CO2，因为CO2是酸性氧化物，与过量碱溶液易反应生成碳酸根离子，根据电子、电荷和原子守恒原理可得负极反应式为CO＋4OH－－2e－===CO
＋2H2O，D项正确。
12．F1 G1
[2013·山东卷]对于反应CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g） ΔH＜0，在其他条件不变的情况下（ ）
A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的ΔH也随之改变
B．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
C．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D．若在原电池中进行，反应放出的热量不变
12．B [解析]反应的ΔH大小只取决于反应物、生成物的状态与反应条件，而和反应是否使用催化剂、反应途径无关，A项错误；该反应在反应前后气体的总体积不变，因此改变压强，平衡不移动，反应放出的热量不变，B项正确；升高温度，平衡逆向进行，反应放出热量减小，C项错误；在原电池中，随反应进行，能量转化形式是化学能转化为电能，而不再是化学能转化为热能，D项错误。
6．F1 [2013·北京卷]下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（ ）
A
B
C
D
硅太阳能电池
锂离子电池
太阳能集热器
燃气灶
6.D [解析]硅太阳能电池将太阳能直接转化为电能，A项错误；锂离子电池将化学能转化为电能，B项错误；太阳能集热器将太阳能转化为热能，C项错误；燃气灶将化学能转化为热能，D项正确。
27．F1G3
[2013·浙江卷]捕碳技术（主要指捕获CO2）在降低温室气体排放中具有重要的作用。
目前NH3和（NH4）2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ：
2NH3（l）＋H2O（l）＋CO2（g）（NH4）2CO3（aq） ΔH1
反应Ⅱ：
NH3（l）＋H2O（l）＋CO2（g）NH4HCO3（aq） ΔH2
反应Ⅲ：
（NH4）2CO3（aq）＋H2O（l）＋CO2（g）2NH4HCO3（aq） ΔH3
请回答下列问题：
（1）ΔH3与ΔH1、ΔH2之间的关系是：
ΔH3＝________。
（2）为研究温度对（NH4）2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的（NH4）2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体（用氮气作为稀释剂），在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。
然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图[见图（a）]。
则：
①ΔH3________0（填“>”“＝”或“<”）。
②在T1～T2及T4～T5二个温度区间，容器内CO2气体浓度呈现如图（a）所示的变化趋势，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③反应Ⅲ在温度为T1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如图（b）所示。
当时间到达t1时，将该反应体系温度迅速上升到T2，并维持该温度。
请在该图中画出t1时刻后溶液的pH变化总趋势曲线。
（a） （b）
图0
（3）利用反应Ⅲ捕获CO2，在（NH4）2CO3初始浓度和体积确定的情况下，提高CO2吸收量的措施有________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
（写出2个）。
（4）下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是__________。
A．NH4Cl B．Na2CO3
C．HOCH2CH2OHD．HOCH2CH2NH2
27．[答案]
（1）2ΔH2－ΔH1
（2）①<
②T1～T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应速率越快，所以CO2被捕获的量随温度升高而提高。
T4～T5区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2捕获
③
（3）降低温度；增加CO2浓度（或分压）
（4）B、D
[解析]
（1）根据盖斯定律可得出，将“反应Ⅱ×2－反应Ⅰ”，即得反应Ⅲ，所以ΔH3＝2ΔH2－ΔH1。
（2）①从图（a）分析，T3时CO2吸收率最高，当温度再高时，平衡会逆向移动，导致CO2的量增多，故该反应为放热反应，即ΔH3<0。
②当温度低于T3时，反应未达平衡，当温度高时，CO2的吸收率加快。
③温度从T1升到T2时，CO2的吸收率减小，则溶液中的CO2含量少，pH增大，当温度不变时，反应达平衡，则CO2含量不变，pH不变。
（3）反应Ⅲ为气体体积减小的放热反应，故可以采用低温、高压以提高CO2的吸收量。
（4）CO2与Na2CO3反应可生成NaHCO3，HOCH2CH2NH2中的氨基显碱性，也可以吸收酸性气体CO2。
F2 反应热的计算与重要的反应热
25.F2N1 [2013·安徽卷]X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期元素，其相关信息如下表：
元素
相关信息
X
X的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO3
Y
Y是地壳中含量最高的元素
Z
Z的基态原子最外层电子排布式为3s23p1
W
W的一种核素的质量数为28，中子数为14
（1）W位于元素周期表第________周期第________族；W的原子半径比X的________（填“大”或“小”）。
（2）Z的第一电离能比W的________（填“大”或“小”）;XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是________________________________________________________________________；
氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称________。
（3）振荡下，向Z单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量，能观察到的现象是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的化学方程式是________________________________________________________________________。
（4）在25℃、101kPa下，已知13.5g的Z固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热419kJ，该反应的热化学方程式是________________________________________________________________________。
25．[答案]
（1）三 ⅣA 大
（2）小 分子间作用力 乙酸（其他合理答案均可）
（3）先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后变成无色溶液 Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑
（4）4Al（s）＋3O2（g）===2Al2O3（s） ΔH＝－3352kJ·mol－1（其他合理答案均可）
[解析]利用X的信息知其为ⅣA族元素，Y是地壳中含量最高的元素，故Y为氧元素，结合X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素可知X为碳元素；Z的基态原子的电子排布式为3s23p1，则Z为13号元素铝；W元素的一种核素的质量数为28，中子数为14，则质子数为14，则W为硅元素。
（1）Si核外电子层数为3、最外层电子数为4，因此Si位于第三周期ⅣA族；同主族元素随核电荷数增大原子半径增大，故Si的原子半径比C的大。
（2）铝为较活泼金属，最外层3p1电子容易失去，因此Al、Si相比，第一电离能较小的是Al；CO2晶体转化为气体，分子没有改变，只是分子间间距变大，因此破坏的作用力是分子间作用力；由H、C、O形成的分子：
乙酸、乙醇等同种分子间均存在氢键。
（3）Al与盐酸反应后的溶液中含有Al3＋，因此向该溶液中加入NaOH至过量，依次发生反应为Al3＋＋3OH－===Al（OH）3↓、Al（OH）3＋OH－===AlO
＋2H2O，可看到的现象是先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最终变为无色溶液；Si与HF反应可置换出H2，同时还生成SiF4气体。
（4）13.5gAl物质的量为0.5mol，由题中数据可知4molAl与氧气完全反应生成固态Al2O3时，放出热量为419kJ×
＝3352kJ。
11．F1F2F3
[2013·福建卷]某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO。
其过程如下：
mCeO2
（m－x）CeO2·xCe＋xO2
（m－x）CeO2·xCe＋xH2O＋xCO2
mCeO2＋xH2＋xCO
下列说法不正确的是（ ）
A．该过程中CeO2没有消耗
B．该过程实现了太阳能向化学能的转化
C．图0中ΔH1＝ΔH2＋ΔH3
图0
D．以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO＋4OH－－2e－===CO
＋2H2O
11．C [解析]H2O、CO2转变为H2、CO的过程分两步进行，第1步反应消耗CeO2的物质的量与第2步反应生成CeO2的物质的量相同，则该过程中CeO2没有消耗，A项正确；上述转变将化学能较低的H2O、CO2转化为化学能较高的H2、CO，将太阳能转化为化学能储存在燃料（水煤气或H2和CO）中，B项正确；读图可得3个热化学方程式：
①H2O（g）===H2（g）＋
O2（g） ΔH1，②H2O（l）===H2O（g） ΔH2，③H2（g）＋
O2（g）===H2O（l） ΔH3，观察发现①＋②＝－③，由盖斯定律可得：
ΔH1＋ΔH2＝－ΔH3，则ΔH1＝－ΔH2－ΔH3＝－（ΔH2＋ΔH3），C项错误；CO是燃料，在负极上发生氧化反应，其产物不是CO2，因为CO2是酸性氧化物，与过量碱溶液易反应生成碳酸根离子，根据电子、电荷和原子守恒原理可得负极反应式为CO＋4OH－－2e－===CO
＋2H2O，D项正确。
31．F2G4G1C3G2G3G5
[2013·广东卷]大气中的部分碘源于O3对海水中I－的氧化。
将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。
（1）O3将I－氧化成I2的过程由3步反应组成：
①I－（aq）＋O3（g）===IO－（aq）＋O2（g） ΔH1；
②IO－（aq）＋H＋（aq）HOI（aq） ΔH2；
③HOI（aq）＋I－（aq）＋H＋（aq）I2（aq）＋H2O（l） ΔH3。
总反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，其反应热ΔH＝________。
（2）在溶液中存在化学平衡：
I2（aq）＋I－（aq）I
（aq），其平衡常数表达式为______________。
（3）为探究Fe2＋对O3氧化I－反应的影响（反应体系如图0），某研究小组测定两组实验中I
浓度和体系pH，结果见图1和下表。
图0
图1
编号
反应物
反应前pH
反应后pH
第1组
O3＋I－
5.2
11.0
第2组
O3＋I－＋Fe2＋
5.2
4.1
①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②图0中的A为________。
由Fe3＋生成A的过程能显著提高I－的转化率，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③第2组实验进行18s后，I
浓度下降。
导致下降的直接原因有（双选）________。
A．c（H＋）减小 B．c（I－）减小
C．I2（g）不断生成D．c（Fe3＋）增加
（4）据图1，计算3～18s内第2组实验中生成I
的平均反应速率（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。
31．[答案]
（1）
（1）2I－+O3+2H+==I2+O2+H2O（其他合理答案也给分） ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
（2）K＝
（3）①O3氧化I－生成I2的反应消耗H+，使H+浓度减小（其他合理表达也给分）
②Fe（OH）3由于Fe3+的水解，体系中H+浓度增加，使O3氧化I－的两个分步反应②和③的平衡向右移动，I－的转化率提高
③BC
（4）v（I3－）=
=
≈5.5×10－4mol•L－1•s－1（其他合理答案也给分）
[解析]
（1）臭氧在酸性条件下将碘离子氧化成碘单质的过程由3步反应组成，观察已知3个热化学方程式中的反应物和生成物，发现①＋②＋③可以得出总反应的热化学方程式为2I－（aq）＋O3（g）＋2H＋（aq）I2（aq）＋O2（g）＋H2O（l），根据盖斯定律可得其焓变ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3；氢离子表示强酸如硫酸等，将臭氧持续通入NaI溶液中，总反应的化学方程式是2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4===Na2SO4＋I2＋O2＋H2O等；
（2）由化学平衡常数定义式可得，I2（aq）＋I－（aq）I
（aq）的平衡常数表达式为
；（3）①导致前者反应后pH升高的原因是臭氧将碘离子氧化为I2的总反应的离子方程式为2I－＋O3＋2H＋I2＋O2（g）＋H2O（或者第②③步反应的反应物中都有氢离子，第③步反应的生成物中有水），既消耗氢离子又生成水，导致溶液的酸性减弱、pH升高；
②图13中A不可能为Fe2+，因为加入Fe2+后，发生如下反应：
2Fe2++O3+2H+==2Fe3++H2O、2Fe3++2I－==2Fe2++I2，随着反应的进行，I－消耗贻尽，持续通入O3，Fe2+完全转化为Fe3+，即铁元素只能以正三价的价态存在；图13中A为Fe（OH）3，依题意可知第2组反应后pH=4.1，则c（H+）=1.0×10－4.1mol/L，c（OH－）=1.0×10－9..9mol/L，由于Fe（OH）3（s）
Fe3+（aq）+3OH－（aq），Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH－）=4.0×10－38，则c（Fe3+）=
=
≈4.0×10－8.3mol/L，由于4.0×10－8.3mol/L远远小于1.0×10－5mol/L，说明Fe3+已经完全沉淀，则A为Fe（OH）3；由于Fe3++3H2O
Fe（OH）3+3H+，Fe3+的水解导致体系中H+浓度增加，使O3氧化I－的两个分步反应②和③的平衡向右移动，I－的转化率提高；③对比表格中第1、2组实验前后pH可得，第1组pH增大，c（H＋）减小，图中第1组实验所得I
浓度曲线先略为增大后几乎不变，第2组pH减小，c（H＋）增大，图中第2组实验所得I
浓度曲线先显著增大后逐渐减小至无，根据上述分析可得，若c（H＋）减小，I
浓度不会下降，A项错误；若c（I－）减小，则反应③HOI（aq）＋I－（aq）＋H＋（aq）I2（aq）＋H2O（l）的平衡左移，c（I2）也减小，导致I2（aq）＋I－（aq）I
（aq）的平衡左移，所以I
浓度下降，B项正确；若I2（g）不断生成，导致I2（aq）I2（g）的溶解平衡右移，既使溶液中c（I2）减小，又使I2（aq）＋I－（aq）I
（aq）的平衡左移，则I
浓度下降，C项正确；若c（Fe3＋）增加，Fe3＋将I－直接氧化成I2或发生反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，则溶液中c（I2）增大，而海水中c（I－）略为减小或忽略不计，导致I2（aq）＋I－（aq）I
（aq）的平衡右移，I
浓度增大，D项错误；（4）读图，3～18s内第2组实验中I
浓度由3.5×10－3mol/L增加到11.8×10－3mol/L，则生成I
的平均反应速率v（I
）＝
＝
≈5.5×10－4mol/（L·s），此问需要注意纵坐标中“c（I
）/10－3mol·L－1”隐含的信息，计算时需要图中所得数据乘以“×10－3mol·L－1”。
10．F2G2H2
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