高考化学分类解析化学反应与能量.docx
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高考化学分类解析化学反应与能量
考点6化学反应与能量
1、（2012·安徽高考·7）
科学家最近研究出一种环保、安全的储氢方法，其原理可表示为：
NaHCO3+H2HCOONa+H2O。
下列有关说法正确的是
A．储氢、释氢过程均无能量变化B．NaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键
C．储氢过程中，NaHCO3被氧化D．释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出2.24L的H2
【解题指南】根据题给化学方程式从不同角度分析：
【解析】选B。
选项
具体分析
结论
A
储氢原理属于化学变化，化学变化的过程总是伴随着能量变化。
错误
B
NaHCO3、HCOONa均属于盐类含离子键，酸根内部含共价键。
正确
C
储氢过程中NaHCO3中C元素的化合价从+4价降低到+2，被还原。
错误
D
根据化学方程式进行计算求出氢气的体积只有在标准状况下才是2.24L.
错误
2、（2012·福建高考·10）10．下列说法正确的是
A．0.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等
B．25℃与60℃时，水的pH相等
C．中和等体积、等物质的量的浓度的盐酸和醋酸所消耗的n（NaOH）相等
D．2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）和4SO2（g）+2O2（g）=4SO3（g）的△H相等
【解题指南】解答本题时应明确如下几点：
（1）根据n＝
计算物质的量时应注意：
必须是气体。
必须在标准状况下。
（2）温度对水的电离平衡及pH的影响：
越热越电离。
（3）△H与化学计量数的对应关系：
成正比。
（4）恰好中和是指酸碱恰好完全反应。
【解析】选C。
因为不知道11.2LO3是否是处于标准状况下，所以无法计算其物质的量，A选项错误；由于水的电离过程吸热，所以升高温度，水的电离平衡正向移动，c（H+）增大，pH减小，B选项错误；盐酸和醋酸都是一元酸，等体积、等物质的量浓度的这两种酸的物质的量相同，完全反应消耗的NaOH的物质的量相同，C选项正确；反应热与化学计量数成正比，化学计量数加倍，△H也加倍，D选项错误。
3、（2012·天津高考·10）10．（14分）金属钨用途广泛，主要用于制造硬质或耐高温的合金，以及灯泡的灯丝。
高温下，在密闭容器中用H2还原WO3可得到金属钨，其总反应为：
WO3（s）+3H2（g）
W（s）+3H2O（g）
请回答下列问题：
⑴上述反应的化学平衡常数表达式为___________________________。
⑵某温度下反应达平衡时，H2与水蒸气的体积比为2:
3，则H2的平衡转化率为____________；随温度的升高，H2与水蒸气的体积比减小，则该反应为反应（填“吸热”或“放热”）。
⑶上述总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下表所示：
温度
25℃~550℃~600℃~700℃
主要成份
WO3W2O5WO2W
第一阶段反应的化学方程式为___________________________；580℃时，固体物质的主要成分为________；假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2物质的量之比为______________________。
⑷已知：
温度过高时，WO2（s）转变为WO2（g）；
WO2（s）+2H2（g）
W（s）+2H2O（g）；ΔH＝+66.0kJ·mol－1
WO2（g）+2H2
W（s）+2H2O（g）；ΔH＝－137.9kJ·mol－1
则WO2（s）
WO2（g）的ΔH＝______________________。
⑸钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发，使灯丝变细，加入I2可延长灯管的使用寿命，其工作原理为：
W（s）+2I2（g）
WI4（g）。
下列说法正确的有________________。
a．灯管内的I2可循环使用
b．WI4在灯丝上分解，产生的W又沉积在灯丝上
c．WI4在灯管壁上分解，使灯管的寿命延长
d．温度升高时，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率减慢
【解题指南】解答本题时注意以下几点：
（1）固体和纯液体不出现在平衡常数表达式中；
（2）利用三阶段法求平衡转化率问题；
（3）根据盖斯定律可以根据已知的热化学方程式求某一反应方程式的焓变。
【解析】
（1）平衡常数表达式中不出现固体和纯液体；
（1）根据氢气和水蒸气的体积比可以求出反应的氢气的体积和反应前的氢气的体积，从而可以计算氢气的转化率，氢气与水蒸气的体积比减小说明平衡向正向移动；
（2）根据表格中每一个温度段的主要物质可以判断反应方程式、固体产物以及消耗氢气的量；
（3）反应1-反应2即可得目标反应；
（4）工业生产中向灯泡内充入碘单质之后，它与灯泡内壁上的钨在一定温度下反应生成碘化钨，碘化钨在灯丝上分解生成钨单质，反应体系为密闭体系，反应又是可逆反应，因此碘单质可以循环利用。
【答案】10．（14分）
⑴K＝
⑵60％吸热
⑶2WO3+H2
W2O5+H2OW2O5、WO21:
1:
4
⑷+203.9kJ·mol－1
⑸a、b
4、（2012·海南高考·13）13．（8分）
氮元素的氢化物和氧化物在工业生产和国防建设中都有广泛应用，回答下列问题：
（1）氮元素原子的L层电子数为；
（2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），该反应的化学方程式为；
（3）肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2H4反应生成N2和水蒸气。
已知：
①N2（g）+2O2（g）=N2O4
（1）△H1=-19.5kJ·mol-1
②N2O4
（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=-534.2kJ·mol-1
写出肼和N2O4反应的热化学方程式；
（4）肼一空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式为。
【解析】
（2）NH3与NaClO反应中N的化合价升高，Cl的化合价降低得到-1价的氯化钠；（3）根据盖斯定律推导△H=△H2—△H1
（4）负极反应发生氧化反应，注意碱性条件。
【答案】
（1）5
（2）2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O
（3）2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1048.9kJ/mol
（4）N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑
5、（2012·安徽高考·12）
氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。
已知25℃时：
①HF（aq）+OH—（aq）＝F—（aq）+H2O（l）△H＝—67.7KJ·mol—1
②H+（aq）+OH—（aq）＝H2O（l）△H＝—57.3KJ·mol—1
在20mL0.1mol·L—1氢氟酸中加入VmL0.1mol·L—1NaOH溶液。
下列有关说法正确的是
A．氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：
HF（aq）＝H+（aq）+F—（aq）△H＝+10.4KJ·mol—1
B．当V＝20时，溶液中：
c（OH—）＝c（HF）+c（H+）
C．当V＝20时，溶液中：
c（F—）＜c（Na+）＝0.1mol·L—1
D．当V＞0时，溶液中一定存在：
c（Na+）＞c（F—）＞c（OH—）＞c（H+）
【解题指南】解答本题时要注意两个问题，电解质溶液中的等量关系要从物料守恒、电荷守恒、质子守恒三大守恒关系中寻找答案。
比较离子浓度的大小要根据二者反应的程度去判断。
【解析】选B.根据盖斯定律，将①式减去②式可得：
HF（aq）
H＋（aq）＋F－（aq）ΔH＝－10.4kJ·mol－1，故A项错误。
当V＝20时，两者恰好完全反应生成NaF，溶液中存在质子守恒关系：
c（OH－）＝c（HF）＋c（H＋）；因F－水解，故溶液中存在：
c（F－）＜c（Na+）＝0.05mol·L－1，故B项正确，C项错误。
D项，溶液中离子浓度的大小取决于V的大小，V不同，反应后所得溶液的成分不同，离子浓度的大小不同。
离子浓度大小关系可能为c（F－）＞c（H＋）＞c（Na+）＞c（OH
－）或c（F－）＞c（Na+）＞c（H＋）＞c（OH－）或c（Na+）＝c（F－）＞c（OH－）＝c（H＋）或c（Na+）＞c（F－）＞c（OH－）＞c（H＋），故D项错误。
6、（2012·大纲版全国卷·9）反应A+B→C（△H＜0）分两步进行：
①A+B→X（△H＞0）②X→C（△H＜0）下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是
【解题指南】解答本题时应理解化学反应过程中的能量变化。
【解析】选D。
A项中A与B反应生成X的反应是放热反应,X生成C的反应是吸热反应，均与题意矛盾，Ａ项不正确；B项X生成C的反应是放热反应，与题意不符，Ｂ项错误；Ｃ项中A与B反应生成X的反应是放热反应,与题意矛盾，Ｃ项不正确；D项中A与B反应生成X的反应是吸热反应，X生成C的反应是放热反应，且A与B反应生成Ｃ的反应是放热反应，符合题意，因此Ｄ项正确。
7、（2012·广东高考·31）（16分）碘在科研与生活中有重要应用。
某兴趣小组用0.50mol·L-1KI、0.2％淀粉溶液、0.20mol·L-1K2S2O8、0.10mol·L-1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。
已知：
（1）向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的__________耗尽后，溶液颜色将由无色变成为蓝色。
为确保能观察到蓝色，S2O32—与S2O82—初始的物质的量需满足的关系为：
n（S2O32—）：
n（S2O82—）___
（2）为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
表中Vx=____mL，理由是___________________。
（3）已知某条件下，浓度c（S2O82—）～反应时间t的变化曲线如图13，若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c（S2O82—）～t的变化曲线示意图（进行相应的标注）
（3）碘也可用作心脏起搏器电源—锂碘电池的材料。
该电池反应为：
2Li（s）+I2（s）=2LiI（s）△H
已知：
4Li（s）+O2（g）=2Li2O（s）△H1
4LiI（s）+O2（g）=2I2（s）+2Li2O（s）△H2
则电池反应的△H=_______________；碘电极作为该电池的___________极。
【解题指南】解答本题时应从化学反应原理思考，主要分析反应物的量对实验现象的影响以及外界条件对化学反应速率的影响规律，还有就盖斯定律的应用。
【解析】第
（1）问中要想得到蓝色溶液，根据已知两个反应分析可得出结论；
第
（2）问中由表格数据观察分析得知其他条件不变，只要改变K2S2O8的浓度就可以达到探究反应物浓度对化学反应速率的影响；
第（3）中催化剂可以加快反应的反应速率，而降低温度会减慢反应的反应速率，所以可以根据图中标准线画出另外两条曲线，但要注意的有两点：
第一是曲线的拐点，第二是曲线的终点；
第（4）中根据盖斯定律的原理可以求出△H的表达式。
判断原电池的正负极时，可以根据原电池的反应原理判断，此处根据碘在反应中的化合价降低，发生还原反应，得出碘作正极。
【答案】
（1）Na2S2O3，<2
（2）2.0保证反应物K2S2O8浓度改变，而其他的不变，才到达实验目的。
（3）
（4）（△H1-△H2）/2;正极
8、（2012·江苏高考·4）某反应的反应过程中能量变化如右图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）。
下列有关叙述正确的是
A.该反应为放热反应
B.催化剂能改变反应的焓变
C.催化剂能降低反应的活化能
D.逆反应的活化能大于正反应的活化能
【参考答案】C
【分析】本题属于化学反应与能量的考查范畴，虽然《2012年江苏考试说明》中没有提及“活化能”这一概念，但《选修四》课本第3页的绪言中就有这些内容，新课程标准中也有“活化能”这一概念。
看来高三复习一定注意要抓课本、抓基础，抓《考试说明》的同时，适当兼顾新课程标准，不能急功近利、顾此失彼。
【解题指南】解答本题时应注意搞清化学反应的热效应与反应物和生成物能量的大小关系、催化剂对化学反应的影响、活化能的概念。
【解析】选C。
A项，该反应生成物能量比反应物高，该反应为吸热反应，A项错误；B项，焓变是反应的热效应，催化剂不能改变反应的热效应，B项错误；C项，对照图中有无催化剂的两种情况，有催化剂活化能较低，催化剂能降低反应的活化能，C项正确；D项，E1大于E2，正反应的活化能大，D项错误。
9．（2012·上海高考·9）工业生产水煤气的反应为：
C（s）+H2O（g）→CO（g）+H2（g）-131.4kJ
下列判断正确的是
A．反应物能量总和大于生成物能量总和
B．CO（g）+H2（g）→C（s）+H2O（l）+131.4kJ
C．水煤气反应中生成1molH2（g）吸收131.4KJ热量
D．水煤气反应中生成1体积CO（g）吸收131.4KJ热量
C【解析】本题考查热化学知识，意在考查考生对概念的理解。
由题中信息知合成水煤气反应为吸热反应，故可判知知反应物总能量小于生成物总能量，同时知生成1molH2时需吸收131.4KJ的热量，故A项错、C项正确、D项错；B项中H2O为液态，故B项错.
10、（2012·天津高考·6）6．已知2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）；ΔH＝－197kJ·mol－1。
向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：
（甲）2molSO2和1molO2；（乙）1molSO2和0.5molO2；（丙）2molSO3。
恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（）
A．容器内压强P：
P甲＝P丙>2P乙B．SO3的质量m：
m甲＝m丙>2m乙
C．c（SO2）与c（O2）之比k：
k甲＝k丙>k乙D．反应放出或吸收热量的数值Q：
Q甲＝G丙>2Q【解题指南】解答本题应注意以下几点:
（1）恒温恒容时，归一相等的两个平衡为等效平衡。
（2）恒容条件下减少物质的量相当于扩大体积。
（3）比较量的问题时注意平衡假设法的应用。
【解析】选B。
由给的数据利用归一法可知甲和丙是等效平衡，A项，如果平衡不移动，P甲=P丙=2P乙，但乙加入的物质的量是甲丙的一半，恒容下相当于减压，平衡左移，压强变大，所以应该是P甲=P丙＜2P乙；同理，平衡左移，三氧化硫的量减少，所以B正确；加入的量均为2：
1，反应的量为2：
1，三者剩余的量也一定相等为2：
1，所以C错误。
D
11、（2012·新课标全国卷·27）（15分）
光气（COCl2）在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下CO与Cl2在活性炭催化下合成。
（1）实验室中常用来制备氯气的化学方程式为________________________________；
（2）工业上利用天然气（主要成分为CH4）与CO2进行高温重整制各CO，已知CH4、H2和CO的燃烧热（△H）分别为－890.3kJ/mol、－285.8kJ/mol和－283.0kJ/mol，则生成1m3（标准状况）CO所需热量为__________；
（3）实验室中可用氯仿（CHCl3）与双氧水直接反应制备光气，其反应的化学方程式为______________________________；
（4）COCl2的分解反应为COCl2（g）===Cl2（g）+CO（g）△H=+108kJ/mol。
反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示（第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未示出）：
①计算反应在第8min时的平衡常数K=__________
②比较第2min反应温度T
（2）与第8min反应温度（T8）的高低：
T
（2）____T（8）（填“<”、“>”或“=”）；
③若12min时反应于温度T（8）下重新达到平衡，则此时c（COCl2）=______mol/L；
④比较产物CO在2～3min、5～6min和12～13min时平均反应速率[平均反应速率分别以
（2—3）、
（5—6）、
（l2－13）表示]的大小____________；
⑤比较反应物COCl2在5－6min和15－16min时平均反应速率的大小：
（5－6）>
（15－16）（填“<”、“>”或“=”），原因是_______________。
【解题指南】解答本题时应注意外界条件对化学平衡和化学反应速率的影响，以及化学反应速率的意义。
【解析】
（1）实验室一般用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气；
（2）CH4+CO2=2CO+2H2△H=反应物的燃烧热-产物的燃烧热=247.3KJ/mol，也就是生成2molCO，需要吸热247.3KJ，那么要得到1立方米的CO,放热为（1000/22.4）×247.3/2=5.52×103KJ.
（3）分析碳元素化合价的变化，CHCl3碳为+2价，COCl2中碳为+4价，即可写出方程式。
（4）①根据平衡常数K计算公式代入即可求出。
②由表可看出，由T2平衡到T8平衡，反应物COCl2的浓度减小，产物浓度增大，且4min时隔物质的浓度连续增大或减小，说明是升高温度使平衡正向移动，T2﹤T8。
③8min和12min时的平衡温度相同，平衡常数相同，所以
，可计算C（COCl2）=0.031
；
④单位时间CO的浓度的变化表示反应速率，有表格中看出，2-3min、12-13min处于平衡状态，用CO的浓度变化表示的平均反应速率为0。
5-6min反应未达平衡状态，所以平均反应速率大于处于平衡状态时。
⑤从表中曲线变化的斜率可看出单位时间内5-6min时浓度改变大于12-13min。
【答案】
（1）MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）5.52×103kJ
（3）CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2
（4）①0.234mol·L-1；②＜；③0.031；④v（5-6）＞v（2-3）=v（12-13）；⑤＞；在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大。
12、（2012·浙江高考·27）甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整。
向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：
反应过程
化学方程式
焓变△H
（kJ/mol）
活化能Ea
（kJ/mol）
甲烷氧化
CH4（g）＋2O2（g）
CO2（g）＋2H2O（g）
－802.6
125.6
CH4（g）＋O2（g）
CO2（g）＋2H2（g）
－322.0
172.5
蒸汽重整
CH4（g）＋H2O（g）
CO（g）＋3H2（g）
206.2
240.1
CH4（g）＋2H2O（g）
CO2（g）＋4H2（g）
165.0
243.9
回答下列问题：
（1）反应CO（g）＋H2O（g）
CO2（g）＋H2（g）的△H=kJ/mol。
（2）在初始阶段,甲烷蒸汽重整的反应速率甲烷氧化的反应速率（填大于、小于或等于）。
（3）对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强（PB）代替物质的量浓度（cB）也可以平衡常数（记作KP），则反应CH4（g）＋H2O（g）
CO（g）＋3H2（g）的KP＝；
随着温度的升高，该平衡常数（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）从能量阶段分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于。
（5）在某一给定进料比的情况下，温度、压强对H2和CO物质的量分数的影响如下图：
①若要达到H2物质的量分数>65%、CO的物质的量分数<10%，以下条件中最合适的是。
A．600℃，0.9MpaB．700℃，0.9MPaC．800℃，1.5MpaD．1000℃，1.5MPa
②画出600℃，0.1Mpa条件下，系统中H2物质的量分数随反应时间（从常温进料开始即时）
的变化趋势示意图：
（6）如果进料中氧气量过大，最终导致H2物质的量分数降低，原因是。
【解题指南】解答本题时应注意以下两点：
（1）掌握利用盖斯定律计算反应热的方法；
（2）吸热反应的平衡常数随温度的升高逐渐变大。
【解析】
（1）由蒸汽重整的两个反应可知，利用第二个反应减去第一个反应则得出该反应的反应热为：
△H=（165.0-206.2）kJ/mol=-41.2kJ/mol。
（2）由于甲烷氧化的活化能比甲烷蒸汽重整的活化能要小，所以一开始甲烷氧化的反应速率要比甲烷蒸汽重整的反应速率快。
（3）由平衡常数的定义可知则Kp=
，随着温度的升高，由于该反应是吸热反应，所以平衡会正向移动，平衡常数增大。
（4）由于甲烷自热重整的过程就是吸收能量的过程，而甲烷氧化的过程是放出能量的过程，所以该方法的先进之处在于系统内强放热的甲烷氧化反应为强吸热的蒸汽重整过程提供了所需的能量。
（5）①由上述两图分析，600℃，0.9Mpa时H2物质的量分数小于65%，采用700℃、0.9MPa时二者均能满足，800℃，1.5Mpa和1000℃，1.5MPaCO的物质的量分数均大于10%。
②根据以上分析可知，图示如下：
（6）如果进料中氧气量过大，会导致甲烷的氧化程度过高，氢气和氧气反应了，最终导致H2物质的量分数降低。
答案：
（1）41.2
（2）小于
（3）
增大
（4）系统内强放热的甲烷氧化反应为强吸热的蒸汽重整过程提供了所需的能量。
（其他合理答案均可）
（5）①B②
（6）甲烷的氧化程度过高，氢气和氧气反应。
（其他合理答案均可）
13、（2012·重庆高考·12）12.肼（H2NNH2）是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如题所示，已知断裂1mol化学键所需的能量（kJ）：
N=N为942、O=O为500、N-N为154，则断裂1molN-H键所需的能量（kJ）是
A.194B.391C.516.D.658
【解题指南】解答本题的关键是掌握以下两点：
【解析】选B。
利用图示可知肼和氧气变成原子时断键需要的能量为2752KJ-543KJ=2218KJ。
肼和氧气断键变为原子时要断裂1个N-N,4个N-H,1个O=O键，所以1×154+4×（N-H键能）+1×500=2218，解得为391，选B。
（2012·北京高考·26）（12分）
用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HC1。
利用反应A，可实现氯的循环利用。
反应A:
4HCl+O2
2Cl2+2H2O
（1）已知:
.反应A中，4
molHCI被氧化，放出115.6kJ的热量。
.
H2O的电子式是_______________。
②反应A的热化学方程式是_______________。
③断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为__________kJ，H2O中
H—O键比HCl中H—Cl键（填“强”或“弱”）_______________。
（2）对于反应A，下图是4种投料比[n（HCl）：
n（O2），分别为1：
1、2：
1、4：
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