备考高考化学 真题+模拟新题分类汇编 化学反应与能量.docx

1、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.F1 B3 H1 K12013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)H13359.26 kJmol1 CaO(s)SiO2(s)=CaSiO3(s)H289.61 kJmol12Ca3(PO4)2(s)6SiO2(s)10

2、C(s)=6CaSiO3(s)P4(s)10CO(g)H3则H3_kJmol1。 (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：11P460CuSO496H2O=20Cu3P24H3PO460H2SO460 mol CuSO4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为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在_；pH8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系为_。 Na2HPO4溶液显碱性，若向

3、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21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酸性气体是_(填化学式)。X的结构简式为_。20答案 (1)2821.6(2)3 mol(3)45.5(介于此区间内的任意值或区间均可)c(HPO)c(H2PO)3Ca22HPO=Ca3(PO4)22H(4)HClPOClOOCH2CCH2CH2OPOClOCH2解析 (1)依据盖斯定律，将“上式下式

4、6”，即得所求反应的H3359.26 kJmol1(89.61 kJmol1)62821.6 kJmol1。(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，1 mol P4共失去20 mol 电子，根据得失电子守恒有：n(P4)20n(CuSO4)1，所以60 mol CuSO4可以氧化3 mol P4。(3)从图中不难看出，pH在45.5之间时，H2PO的含量最高。在pH8时，溶液中含有HPO和H2PO两种离子，且前者大于后者。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21反应，核磁

5、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。7E3 F12013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：HCHOO2CO2H2O。下列有关说法正确的是()A该反应为吸热反应BCO2分子中的化学键为非极性键CHCHO分子中既含键又含键D每生成1.8 g H2O消耗2.24 L O27C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CH键为键，在碳氧双键中一条为键、一条为键，C

6、项正确；根据HCHOO2CO2H2O可知，每生成1.8 g(即0.1 mol)水，消耗0.1 mol O2，因不知氧气所处温度、压强，无法确定其体积，D项错误。11F1 F2 F32013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 (mx) CeO2xCexO2(mx)CeO2xCexH2OxCO2mCeO2xH2xCO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H1H2H3图0D以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO4OH2e=CO2H2O11C解析 H2O、CO2转变

7、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：H2O(g)=H2(g)O2(g)H1，H2O(l)=H2O(g)H2，H2(g)O2(g)=H2O(l)H3，观察发现，由盖斯定律可得：H1H2H3，则H1H2H3(H2H3)，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

8、据电子、电荷和原子守恒原理可得负极反应式为CO4OH2e=CO2H2O，D项正确。12F1G12013山东卷 对于反应CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g)H0，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H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12B解析 反应的H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，

9、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。6F12013北京卷 下列设备工作时，将化学能转化为热能的是()ABCD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。27F1 G32013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：2NH3

10、(l)H2O(l)CO2(g) (NH4)2CO3(aq)H1反应：NH3(l)H2O(l)CO2(g) NH4HCO3(aq)H2反应：(NH4)2CO3(aq)H2O(l)CO2(g) 2NH4HCO3(aq)H3请回答下列问题：(1)H3与H1、H2之间的关系是：H3_。(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

11、到趋势图见图(a)。则：H3_0(填“”“”或“”)。在T1T2及T4T5二个温度区间，容器内CO2气体浓度呈现如图(a)所示的变化趋势，其原因是_。反应在温度为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_。ANH4ClBNa2CO3CHOCH2CH2OH DHOCH2CH2NH227答案 (1)2H2

12、H1(2)T1T2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。T4T5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)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2反应”，即得反应，所以H32H2H1。(2)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H30。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。温度从T1升到T2时，CO2的吸收率减小，则溶液中的CO2含量

13、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.F2 N12013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XX的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO3YY是地壳中含量最高的元素ZZ的基态原子最外层电子排布式为3s23p1WW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

14、_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 、101 kPa下，已知13.5 g的Z固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热419 kJ，该反应的热化学方程式是_。25答案 (1)三A大(2)小分子间作用力乙酸(其他合理答案均

15、可)(3)先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后变成无色溶液Si4HF=SiF42H2(4)4Al(s)3O2(g)=2Al2O3(s)H3352 kJmol1(其他合理答案均可)解析 利用X的信息知其为A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A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

16、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Al33OH=Al(OH)3、Al(OH)3OH=AlO2H2O，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)13.5 g Al物质的量为0.5 mol，由题中数据可知4 mol Al与氧气完全反应生成固态

17、Al2O3时，放出热量为419 kJ3352 kJ。11F1 F2 F32013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 (mx) CeO2xCexO2(mx)CeO2xCexH2OxCO2mCeO2xH2xCO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H1H2H3图0D以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO4OH2e=CO2H2O11C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

18、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：H2O(g)=H2(g)O2(g)H1，H2O(l)=H2O(g)H2，H2(g)O2(g)=H2O(l)H3，观察发现，由盖斯定律可得：H1H2H3，则H1H2H3(H2H3)，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CO4OH2e=CO2H2O，D项正确。31F2 G4 G1 C3

19、 G2 G3 G52013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：I(aq)O3(g)=IO(aq)O2(g)H1；IO(aq)H(aq) HOI(aq)H2；HOI(aq)I(aq)H(aq) I2(aq)H2O(l)H3。总反应的化学方程式为_，其反应热H_。(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

20、pH第1组O3I5.211.0第2组O3IFe25.24.1第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是_。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_。第2组实验进行18 s后，I浓度下降。导致下降的直接原因有(双选)_。Ac(H)减小Bc(I)减小CI2(g)不断生成 Dc(Fe3)增加(4)据图1，计算318 s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）2 I+O3+2H+=I2+O2+H2O（其他合理答案也给分） H1H2H3(2)K(3) O3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）F

21、e(OH)3 由于Fe3+的水解，体系中H+浓度增加，使O3氧化I的两个分步反应和的平衡向右移动，I的转化率提高BC(4) v(I3)= =5.5104molL1s1（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，发现可以得出总反应的热化学方程式为2 I(aq)O3(g)2H(aq) I2(aq) O2(g)H2O(l)，根据盖斯定律可得其焓变HH1H2H3；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2NaIO3H2SO4 Na2SO4I2O2H2O或2NaIO3H2SO4=N

22、a2SO4I2O2H2O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)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2IO32H I2O2(g)H2O(或者第步反应的反应物中都有氢离子，第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；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

23、(OH)3，依题意可知第2组反应后pH=4.1，则c(H+)= 1.0104.1 mol/L，c(OH)= 1.0109.9mol/L，由于Fe(OH)3(s)Fe3+ (aq) +3OH(aq)，Ksp Fe(OH)3=c(Fe3+)c 3 (OH)=4.01038，则c(Fe3+)=4.0108.3 mol/L，由于4.0108.3 mol/L远远小于1.0105mol/L，说明Fe3+已经完全沉淀，则A为Fe(OH)3；由于Fe3+3H2O Fe(OH)3+3 H+， Fe3+的水解导致体系中H+浓度增加，使O3氧化I的两个分步反应和的平衡向右移动，I的转化率提高；对比表格中第1、2组实

24、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HOI(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2Fe32I=2Fe2I2，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，318 s内第2组实验中I浓度由3.5103 mol/L增加到11.8103 mol/L，则生成I的平均反应速率v(I)5.5104 mol/(Ls)，此问需要注意纵坐标中 “c(I)/103 molL1” 隐含的信息，计算时需要图中所得数据乘以“103 molL1”。10F2 G2 H2