2014年高考化学试题分类汇编解析-08-化学反应中的能量变化

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) HakJmol12C(s)O2(g)2CO(g) H220kJmol1HH、OO和OH键的键能分别为436、496和462kJmol1,则a为( )A332 B118 C350 D130【答案】D【解析】设两个热化学方程式分别为，根据盖斯定律-2得： 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-(220+2a)KJ/mol，则有：2436+496-4462= -(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=CHCH=CH2(g) + 2H2(g) CH3CH2CH2CH3(g) + 236.6 kJCH3-CC-CH3(g) + 2H2(g) CH3CH2CH2CH3(g) + 272.7 kJ由此不能判断A1，3-丁二烯和2-丁炔稳定性的相对大小B1，3-丁二烯和2-丁炔分子储存能量的相对高低C1，3-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=CHCH=CH2(g) CH3-CC-CH3(g) 36.1kJ，这说明1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2(g)）转化为2-丁炔（CH3-CC-CH3(g)）是吸热反应，故在质量相等的前提下，1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2(g)）的能量要低于2-丁炔（CH3-CC-CH3(g)）的能量，1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2(g)）的稳定性要低于2-丁炔（CH3-CC-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1mol H2O2放出热量98KJ。在含有少量I的溶液中，H2O2分解的机理为： H2O2+ I H2O+IO H2O2+ IO H2O+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 BIO也是该反应的催化剂C反应活化能等于98KJmol-1 D【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；98KJmol-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：2H2O22H2OO2，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CuSO45H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为H2；CuSO45H2O受热分解的化学方程式为：CuSO45H2O(s) CuSO4(s) +5H2O()，热效应为H3。则下列判断正确的是AH2H3 BH10 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-() H20 A、根据上述分析，H20，所以A错误；B、H3=H1-H2（H2H1，B正确；C、H3=H1-H2，C错误；D、H1+H2H3，D错误。5（2014江苏单科化学卷，T10）已知：C(s)O2(g)CO2(g) H1CO2(g)C(s)2CO(g) H22CO(g)O2(g)2CO2(g) H34Fe(s)3O3(g)2Fe2O3(s) H43 CO(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AH10，H30BH20，H40CH1H2H3DH3H4H5【答案】C【解析】根据反应特点，碳燃烧放热，H10,CO燃烧放热，H30铁和氧气反应放热H40，CO还原氧化铁放热，H5”或“”填空： 第一电离能离子半径熔点酸性Si SO2- Na+NaCl SiH2SO4 HClO4 （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1 mol CuCl(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、IA 2 1s2s22p63s23p2（2） 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ClS，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=2 ClO2+ 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）。比较P1、P2的大小关系：_。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。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）_。 A B CN2O4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+5O2 4NO+6H2O（2）p1p2 变小（3）A 2N2O4+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+5O2 4NO+6H2O；(2)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p1p2；再看同一压强线，温度升高，NO的平衡转化率降低，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小。(3)降低温度，NO2(g)转变为N2O4(l)，则H20，反应物能量高于生成物能量，C错误； N2O4(g)转变为N2O4(l)需要放出热量，所以NO2(g)转变为N2O4(g)比NO2(g)转变为N2O4(l)放出的热量少，B错误，所以正确的图示为A；N2O4、O2和H2O反应生成硝酸的反应方程式为2N2O4 O22H2O=4HNO3。(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，阴极NO转变为NH，根据电极反应书写电极反应式为：阳极：NO3e2H2O=NO4H阴极：NO5e 6H=NH 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8NO7H2O3NH4NO32HNO3)。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)。aCl2、Br2、I2的熔点 b Cl2、Br2、I2的氧化性cHCl、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晶体完成I中反应的总化学方程式：NaClH2ONaClO3 。II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1 mol Cl、ClO(x1，2，3，4)的能量(KJ)相对大小如右图所示。D是 (填离子符号)。BAC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） 1 NaCl+ 3 H2O= 1 NaClO3+ 3 H2 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）ClO4来源:Z,xx,k.Com 3 ClO()=ClO3()+2Cl() H=117KJmol1【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，1 NaCl+ 3 H2O= 1 NaClO3+ 3 H2；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：3 ClO()=ClO3()+2Cl() H=63+0-360=-117 KJmol1。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，反应为主反应，反应和为副反应。CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g) H1= 47.3kJmol-1x k b 1 . c o m CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+CO2(g) +SO2(g) H2= +210.5kJmol-1 CO(g) C(s)+ CO2(g) H3= 86.2kJmol-1新_课_标第_一_网 （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，反应于900达到平衡，c平衡(CO)=8.010-5 molL-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）新 课 标 xk b1. c om（1）H4H1+H2+2H3（2分）（2）a)反应为吸热反应，温度升高K值增大，lgK也增大（2分）b)反应为放热反应，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） a 0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=8.08103 molL1CO的转化率：（5分）（4）氧气 （2分）（5）CaS+2O2CaSO4 （2分） CH3 CH3 COOH （1分） 【解析】（1）根据盖斯定律，4+2得：2CaSO4(s)+7CO(g) CaS(s)+ CaO(s)+6CO2(g)+ C(s) +SO2(g)，所以H4H1+H2+2H3； （2）结合图像及反应的H可知，反应为放热反应，温度升高K值减小，lgK也减小，反应为吸热反应，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)= 8.0103 molL1，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CH3 CH3 COOH 。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) =23.9 KJmol-1 甲醇制烯烃反应 2CH3OH(g)= C2H4(g)+ 2H2O (g) =29.1 KJmol-1乙醇异构化反应 C2H5OH(g) =CH3OCH3(g) =+50.7KJmol-1 则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)的=_KJmol-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）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）。图中压强（、）的大小顺序为_，理由是_。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）CH2CH2H2SO4 C2H5OSO3H；C2H5OSO3HH2OCH3CH2OHH2SO4（2）45.5；减少污染；减少对设备的腐蚀。(3)0.07 Mpa-1x k b 1P4P3P2P1；反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率升高。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。CH2CH2H2SO4 C2H5OSO3HC2H5OSO3HH2OCH3CH2OHH2SO4x k b 1 . c o m（2）通过盖斯定律，H2H1H345.5KJmol-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)A点乙烯的平衡转化率是20%。根据反应：CH2CH2H2O C2H5OH起始 1mol 1mol 0转化： 0.2mol 0.2mol 0.2mol来源:Z#xx#k.Com平衡 0.8mol 0.8mol 0.2mol则平衡时乙烯的分压：P(C2H4)7.85Mpa0.8mol/1.8mol3.4889 Mpa水蒸气的分压：P(H2O)7.85Mpa0.8mol/1.8mol3.4889 Mpa乙醇的分压：P(C2H5OH)7.85Mpa0.2mol/1.8mol0.8722 Mpa则平衡常数KpP(C2H5OH)/ P(C2H4) P(H2O)0.8722 Mpa/3.4889 Mpa3.4889 Mpa0.07 Mpa-1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：P4P3P2P1。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lmol AX5，放出热量123.8 kJ。该反应的热化学方程式为 。（2）反应AX3(g)X2(g)AX5(g)在容积为10 L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2 mol。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。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) 。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 。用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，表示AX3的平衡转化率，则的表达式为 ；实验a和c的平衡转化率：a为 、c为 。【答案】(15分)（1）AX3（）+X2（）=AX5（）H= 123.8kJmol1（2分）（2）= 1.7104mol/（Lmin）解：开始时no=0.4mol，总压强为160KPa，平衡时总压强为120KPa，则n为， ，=0.30molAX3（g）+X2（g）AX5（g）初始 （mol） 0.20 0.20 0平衡 （mol）0.20-x 0.20-x x （0.20-x）+（0.20-x）+x=0.30，则x=0.10 = 1.7104mol/（Lmin） （3分）bca（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）；=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1mol AX5，放出热量123.8kJ，该反应的热化学方程为：AX3（）+X2（）=AX5（）H= 123.8kJmol1，来源:学|科|网Z|X|X|K（2）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） 0.20 0.20 0平衡 （mol）0.20-x 0.20-x x （0.20-x）+（0.20-x）+x=0.30，则x=0.10 = 1.7104mol/（Lmin）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：bca；用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，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） 0.20 0.20 0平衡 （mol）0.20-x 0.20-x x （0.20-x）+（0.20-x）+x=n，则x= 0.40-n=0.4则=2（1-）a=2（1-）=2(1)100%=50%； c=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/28002050714191工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是_；制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是_。(4)晶体硅(熔点1410 )是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下：Si(粗)SiCl4SiCl4(纯)Si(纯)写出SiCl4的电子式：_；在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12 kg纯硅需吸收a kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_。(5)P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是_。aNH3 bHI cSO2 dCO2(6)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为11。写出该反应的化学方程式：_。【答案】（14分）(1)b(2)氩Na(或钠离子)(3)MgO的熔点高，熔融时耗费更多能源，增加生产成本 AlCl3是共价化合物，熔融态难导电(4) SiCl4(g)2H2(g)Si(s)4HCl(g) H0.025a kJmol1(5)b(6)4KClO3KCl3KClO4【解析】(1)除稀有气体外，第三周期元素随原子序数的递增原子半径逐渐减小，而离子半径不一定减小，如r(Na)r(Cl)，a错误；同一周期的主族元素随原子序数的递增，金属性减弱，非金属性增强，b正确；同周期主族元素从左至右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，c错误；单质的熔点不一定降低，如Na的熔点低于Mg、Al等的熔点，d错误。(2)第三周期元素的原子核外有三个电子层，次外层电子数为8，故该元素原子最外层的电子数也为8，该元素为氩；简单离子的氧化性越弱，对应单质的还原性越强，元素的金属性越强，第三周期中金属性最强的元素是Na，因此Na的氧化性最弱。(3)由题给数据表知，MgO的熔点比MgCl2的熔点高，MgO熔融时耗费更多能源，增加成本；AlCl3是共价化合物，熔融态时不电离，难导电，故冶炼铝不能用电解AlCl3的方法。(4)SiCl4属于共价化合物，其电子式为；由SiCl4制纯硅的化学方程式为SiCl4(l)2H2(g)Si(s)4HCl(g)，生成1.12 kg即40 mol纯硅吸收a kJ热量，则生成1 mol纯硅需吸收0.025a kJ热量。(5)NH3是碱性气体，既不能用浓硫酸干燥，也不能用P2O5干燥；HI是具有还原性的酸性气体，可用P2O5干燥，但不能用浓硫酸干燥；SO2、CO2既能用浓硫酸干燥，又能用P2O5干燥，综上分析，正确答案为b。(6)KClO3(Cl的化合价为5价)受热分解生成的无氧酸盐是KCl，另一含氧酸盐中氯元素的化合价必须比5价高，可能为6价或7价，若为6价，形成的盐中阴阳离子个数比不可能为11，只能是7价，故该含氧酸盐为KClO4，据此可写出该反应的化学方程式。15（2014浙江理综化学卷，T27）（14分）煤炭燃烧过程中