F单元 化学反应与能量.docx

1、F单元 化学反应与能量F单元化学反应与能量F1化学反应与能量变化25E5F1C1D52011安徽卷W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图118所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的电负性在同周期主族元素中最大。图118(1)X位于元素周期表中第_周期第_族；W的基态原子核外有_个未成对电子。(2)X的单质和Y的单质相比，熔点较高的是_(写化学式)；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是_(写化学式)。(3)Y与Z形成的化合物和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式是_。

2、(4)在25、101kPa下，已知Y的气态氢化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是_。25E5F1C1D5(1)三A2(2)SiHCl(3)SiCl43H2O=H2SiO34HCl(4)SiH4(g)2O2(g)=SiO2(s)2H2O(l)H1520.0kJmol1【解析】由W的一种核素的质量数18，中子数为10，可知W为氧元素；和Ne原子的核外电子数相差1的元素有F和Na，而F的原子半径要比O的小，故X只能是Na，短周期元素的常见单质可用做半导体材料的只有Si，故Y为Si，第三周期中电负性最大的元素是Cl，故Z是Cl。(1)Na

3、位于元素周期表中第三周期第IA族；O的基态电子排布式为1s22s22p4，其中2p4中有2个未成对电子。(2)金属Na熔点比Si单质低，Cl的非金属性比Br的强，因此，HCl比HBr稳定。(3)Si和Cl形成的SiCl4遇水发生水解反应：SiCl43H2O=H2SiO34HCl。(4)Y的气态氢化物为SiH4，由反应方程式：SiH42O2SiO22H2O可知1molSiH4完全燃烧转移8mol电子，故该热化学方程式为SiH4(g)2O2(g)=SiO2(s)2H2O(l)H1520.0kJmol1。25F1N12011北京卷在温度t1和t2下，X2(g)和H2反应生成HX的平衡常数如下表：化学

4、方程式K(t1)K(t2)F2H2 2HF1.810361.91032Cl2H2 2HCl9.710124.21011Br2H2 2HBr5.61079.3106I2H2 2HI4334(1)已知t2t1，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

5、母)。a在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低bX2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱cHX的还原性逐渐减弱dHX的稳定性逐渐减弱25F1N1(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

6、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。11F12011海南化学卷某反应的H100kJmol1，下列有关该反应的叙述正确的是()A正反应活化能小于100kJmol1B逆反应活化

7、能一定小于100kJmol1C正反应活化能不小于100kJmol1D正反应活化能比逆反应活化能大100kJmol1F2反应热的计算与重要的反应热10F22011北京卷25、101kPa下：2Na(s)O2(g)=Na2O(s)H1414kJ/mol2Na(s)O2(g)=Na2O2(s)H2511kJ/mol下列说法正确的是()A和产物的阴阳离子个数比不相等B和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D25、101kPa下，Na2O2(s)2Na(s)=2Na2O(s)H317kJ/mol10F2【解析】DNa2O2与Na

8、2O阴阳离子个数比都为12，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2可得Na2O2(s)2Na(s)=2Na2O(s)H317kJmol1，D项正确。24F2H5H42011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：2Fe3Fe=3F

9、e22TiO2(无色)Fe4H=2Ti3(紫色)Fe22H2OTi3(紫色)Fe3H2O=TiO2(无色)Fe22H加入铁屑的作用是_。(2)在工艺过程中需要控制条件以形成TiO2nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小在_范围。(3)若把中制得的固体TiO2nH2O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，KspFe(OH)32.791039，该温度下反应Fe(OH)33H Fe33H2O的平衡常数K_。(4)已知：TiO2(s)2Cl2(g)=TiCl4(l)O2(g)H140kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H221kJmol1写出中TiO2和焦炭、

10、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。TiCl4SiCl4熔点/25.068.8沸点/136.457.624.F2H5H4(1)使Fe3还原为Fe2；生成Ti3，保护Fe2不被氧化(2)109m107m(其他合理答案也可)(3)2.79103(4)TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)TiCl4(l)2CO(g)H81kJmol1(5)产生三废(其他合理答案也可)(6)蒸馏(或分馏，或

11、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1nm100nm之间。(3)根据氢氧化铁的平衡常数表达式：KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)，而该反应的K的表达式为K，又由于水的离子积KW11014，从而推得K，即K2.79103。(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)H81kJmol1(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)

12、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。31G3G4F22011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(，)作用下，CH4产量随光照时间的变化如图0所示。图0(1)在030小时内，CH4的平均生成速率v、v和v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H206kJmol1。画出反应过程中体系能量变化图(进行必要标注)。将

13、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K27，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)H802kJmol1。写出由CO2生成CO的热化学方程式_。31G3G4F2(1)vvv(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/molL1平衡浓度/molL1K27解得：x0.11转化率100%91%(3)CO2(g)3H2O(g)=CO(g)3H2(g)2O2(g)H1008kJmol1【

14、解析】(1)030小时内，CH4的平均速率，由图可知，30小时内CH4的产量，即速率关系为；前12小时第种催化剂作用下，收集的CH4最多。(2)该反应中，CH4的用量越多，放出的热量越多，成正比例关系。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)xx000.100.100.100.30x0.10x0.100.100.30结合K27，解得x0.11molL1，CH4的转化率100%91%。(3)由已知反应：CH4(g)H2O(g) CO(g)3H2(g)H206kJmol1；CH4(g)2O2(g)=2CO2(g

15、)2H2O(g)H802kJmol1；式得热化学反应方程式：CO2(g)3H2O(g)=2O2(g)CO(g)3H2(g)H1008kJmol1。5F22011海南化学卷已知：2Zn(s)O2(g)=2ZnO(s)H701.0kJmol12Hg(l)O2(g)=2HgO(s)H181.6kJmol1则反应Zn(s)HgO(s)=ZnO(s)Hg(l)的H为()A519.4kJmol1B259.7kJmol1C259.7kJmol1D519.4kJmol15F2【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)H519.4kJ

16、mol1，然后再将各化学计量数缩小一半得Zn(s)HgO(s)=ZnO(s)Hg(l)H259.7kJmol1，故答案为C。14C2F22011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)。图0下列选项中正确的是_(填序号)。MgI2中Mg2与I间的作用力小于MgF2中Mg2与F间的作用力Mg与F2的反应是放热反应MgBr2与Cl2反应

17、的H0化合物的热稳定性顺序为MgI2MgBr2MgCl2MgF2MgF2(s)Br2(l)=MgBr2(s)F2(g)H600kJmol114C2F2(1)MgOMg3N2(2)2CH3MgClH2OCH4Mg(OH)Cl(3)【解析】(1)镁在空气中燃烧的反应：2MgO2=2MgO、3MgN2=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，FI，故正确；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，故正确；Mg(s)Cl2(g)=MgCl2(s)H641.3kJmol1，Mg(s)Br

18、2(l)=MgBr2(s)H524kJmol1，由盖斯定律两方程式相减得Cl2(g)MgBr2(s)=Br2(l)MgCl2(s)H117.3kJmol1，H0是放热反应，故正确；离子半径之和越大，离子键越弱，离子化合物越不稳定，FCIBrI，故错；由盖斯定律可得MgF2(s)Br2(l)=MgBr2(s)F2(g)H600kJmol1，故正确。28F2、G22011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6NO28NH37N212H2O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。(

19、2)已知：2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)H196.6kJmol12NO(g)O2(g) 2NO2(g)H113.0kJmol1则反应NO2(g)SO2(g) SO3(g)NO(g)的H_kJmol1。一定条件下，将NO2与SO2以体积比12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cSO3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16，则平衡常数K_。图114(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

20、转化率与压强的关系如图114所示。该反应H_0(填“”或“”)。实际生产条件控制在250、1.3104kPa左右，选择此压强的理由是_。28F2、G2(1)3NO2H2O=2HNO3NO6.72(2)41.8b2.67或(3)在1.3104kPa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3NO2H2O=2HNO3NO。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

21、并除2得，NO2(g)SO2(g) SO3(g)NO(g)H41.8kJmol1。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11，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)1x2xxx则有，解得x0.8，K。(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，H0。12F22011浙江卷下列说法不正确的是()A已知冰的熔

22、化热为6.0kJmol1，冰中氢键键能为20kJmol1。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，Ka。若加入少量CH3COONa固体，则电离平衡CH3COOH CH3COOH向左移动，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3916kJmol1、3747kJmol1和3265kJmol1，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)H489.0kJmol1CO(g)O2(g)=CO2(g)H2

23、83.0kJmol1C(石墨)O2(g)=CO2(g)H393.5kJmol1则4Fe(s)3O2(g)=2Fe2O3(s)H1641.0kJmol112F22011浙江卷【解析】B1mol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：3916kJmol13747kJmol1169kJmol1，根据环

24、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：3916kJmol13265kJmol1651kJmol1，若苯分子存在独立的碳碳双键，则两处的反应热之比应为13，显然二者的反应热之比不为13，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H393.5kJmol16489.0kJmol12(283.0kJmol1)61641.0kJmol1，D对。13F22011重庆卷SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在SF键。已知：1molS(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1molFF、SF键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ。则S(s)3F2(g)=SF6(g)的反应热H为()A.1780kJ/molB.1220kJ/molC450kJ/molD.430kJ/mol13F22011重庆卷【解析】B1molSF6中含有6molSF键，1molF2中含有1molFF键，因此H280kJ/mol160kJ/mol3330kJ/mol61220kJ/mol。F3原电池原理12F32011安徽卷研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡