（课标I）2020版高考化学一轮复习专题十一化学能与热能课件.pptx

专题十一 化学能与热能,高考化学 (课标专用),A组 课标卷题组,五年高考,考点一 化学反应中能量变化的有关概念及计算 (2012课标,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进行高温重整制备CO,已知CH4、H2和CO的燃烧 热(H)分别为-890.3 kJmol-1、-285.8 kJmol-1和-283.0 kJmol-1,则生成1 m3(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=+108 kJmol-1。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10 min到14 min的COCl2浓度变化曲线 未示出):,计算反应在第8 min时的平衡常数K= ; 比较第2 min反应温度T(2)与第8 min反应温度T(8)的高低:T(2) T(8)(填“” 或“=”); 若12 min时反应于温度T(8)下重新达到平衡,则此时c(COCl2)= molL-1; 比较产物CO在23 min、56 min和1213 min时平均反应速率平均反应速率分别以v(2,3)、v(56)、v(1213)表示的大小 ; 比较反应物COCl2在56 min和1516 min时平均反应速率的大小: v(56) v(1516)(填“”或“=”),原因是 。,答案 (15分)(1)MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O (2)5.52103 kJ (3)CHCl3+H2O2 HCl+H2O+COCl2 (4)0.234 molL-1 v(23)=v(1213) 在相同温度时,该反应的反应物浓度越高,反应速率越大,解析 (1)实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2。 (2)依题意有:CH4(g)+2O2(g) CO2(g)+2H2O(l) H=-890.3 kJmol-1 ,CO(g)+ O2(g) CO2(g) H=-283.0 kJmol-1 ,H2(g)+ O2(g) H2O(l) H=-285.8 kJmol-1 ,式-式2-式2得:CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) H= +247.3 kJmol-1,故生成1 m3(标准状况)CO所需的热量为 kJ=5.52103 kJ。(3)依据题给 信息不难写出方程式为CHCl3+H2O2 COCl2+H2O+HCl。(4)K= = =0.234 molL-1。观察图像知第4 min时改变的条件是升高温度,平,衡正向移动,第8 min时达到新的平衡,故T(2)v(23)=v(1213)。观察图中56 min时与1516 min时曲线可知1516 min,时COCl2浓度低,反应速率小,即v(56)v(1516)。,考点二 热化学方程式的书写及盖斯定律,1.(2017课标,28,14分)近期发现,H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子,它具 有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题: (1)下列事实中,不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是 (填标号)。 A.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应,而亚硫酸可以 B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸 C.0.10 molL-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1 D.氢硫酸的还原性强于亚硫酸 (2)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。,通过计算,可知系统()和系统()制氢的热化学方程式分别为 、 ,制得等量H2所需能量较少的是 。 (3)H2S与CO2在高温下发生反应:H2S(g)+CO2(g) COS(g)+H2O(g)。在610 K时,将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中,反应平衡后水的物质的量分数为0.02。 H2S的平衡转化率1= %,反应平衡常数K= 。 在620 K重复实验,平衡后水的物质的量分数为0.03,H2S的转化率2 1,该反应的 H 0。(填“”“”或“=”) 向反应器中再分别充入下列气体,能使H2S转化率增大的是 (填标号)。 A.H2S B.CO2 C.COS D.N2,答案 (1)D (2)H2O(l) H2(g)+ O2(g) H=286 kJmol-1 H2S(g) H2(g)+S(s) H=20 kJmol-1 系 统() (3)2.5 2.810-3 B,解析 (1)根据强酸制弱酸规律,可知酸性H2SO3H2CO3H2S,A项不符合题意;亚硫酸、氢硫酸 都是二元弱酸,等浓度的亚硫酸的导电能力比氢硫酸的强,可以证明酸性:H2SO3H2S,B项不符 合题意;亚硫酸的pH比等浓度的氢硫酸的小,可以证明酸性:H2SO3H2S,C项不符合题意;物质 的还原性与其电离产生氢离子的浓度大小无关,因此不能证明二者的酸性强弱,D项符合题 意。 (2)H2SO4(aq) SO2(g)+H2O(l)+ O2(g) H1=327 kJmol-1 SO2(g)+I2(s)+2H2O(l) 2HI(aq)+ H2SO4(aq) H2=-151 kJmol-1 2HI(aq) H2 (g)+ I2(s) H3=110 kJmol-1 H2S(g)+ H2SO4(aq) S(s)+SO2(g)+ 2H2O(l) H4=61 kJmol-1 根据盖斯定律由+可得系统()制氢的热化学方程式为H2O(l) H2(g)+ O2(g) H =286 kJmol-1;根据盖斯定律由+可得系统()制氢的热化学方程式为H2S(g) H2(g),+S(s) H=20 kJmol-1。 根据系统()、系统()的热化学方程式可知产生等量的氢气,后者吸收的热量比前者少。 (3)设平衡时反应的H2S的物质的量为x mol。 H2S(g) + CO2(g) COS(g) + H2O(g) 开始 0.40 mol 0.10 mol 0 0 反应 x mol x mol x mol x mol 平衡 (0.40-x)mol (0.10-x)mol x mol x mol = =0.02 解得x=0.01,所以H2S的平衡转化率1= 100%=2.5%。在该条件下反应达到平衡时化学 平衡常数K= = = 2.810-3。 温度由610 K升高到620 K,平衡时水的物质的量分数由0.02变为0.03,所以H2S的转化率增大, 即21;根据题意可知升高温度,化学平衡向正反应方向移动,所以该反应的正反应为吸热反 应,即H0。,增大H2S的浓度,平衡正向移动,但加入量大于平衡移动时H2S的消耗量,所以H2S转化率减小, A项错误;增大CO2的浓度,平衡正向移动,H2S转化率增大,B项正确;COS是生成物,增大生成物 的浓度,平衡逆向移动,H2S转化率减小,C项错误;N2是与反应体系无关的气体,充入N2,不能使化 学平衡发生移动,所以对H2S转化率无影响,D项错误。,易错警示 第(3)问易误认为增大H2S的物质的量平衡向正反应方向移动,就可以增大H2S的 转化率。实际上加入H2S,平衡正向移动,可以提高CO2的转化率(因其总量未变),但是H2S的转 化率会减小,因为平衡正向移动,生成物的浓度均增大,为使平衡常数保持不变,H2S的“余额” 增大。,2.(2014课标,28,15分)乙醇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)间接水合法是指先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) H1=-23.9 kJmol-1 甲醇制烯烃反应 2CH3OH(g) C2H4(g)+2H2O(g) H2=-29.1 kJmol-1 乙醇异构化反应 C2H5OH(g) CH3OCH3(g) H3=+50.7 kJmol-1 则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)的H= 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中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系(其中 =11)。,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(p1、p2、p3、p4)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6.9 MPa, =0.61。乙烯的转化率为5%,若要进一步提高乙烯转化率,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)C2H4+H2SO4 C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2O C2H5OH+H2SO4 (2)-45.5 污染小、腐蚀性小等 (3) = = =0.07 (MPa)-1 p1p2p3p4 反应分子数减少,相同温度下,压强升高乙烯转化率提高 将产物乙醇液化移去 增加 比,解析 (2)将题给反应依次编号为、,-即得C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g),故 H=H1-H2-H3=-23.9 kJmol-1-(-29.1 kJmol-1)-(+50.7 kJmol-1)=-45.5 kJmol-1。与间接水合法 相比,气相直接水合法没有使用浓硫酸,减轻了酸对设备的腐蚀,且无酸性废液产生,污染小。 (3)由题给曲线知,相同温度、不同压强下乙烯的转化率大小是p4p3p2p1,而C2H4(g)+H2O (g) C2H5OH(g)为气体分子数(气体总体积)减小的反应,压强越高,C2H4转化率越高,故压强 大小关系是p1p2p3p4。欲提高C2H4的转化率,除增大压强和降低温度外,还可使C2H5OH蒸 气液化而减小生成物浓度或增加 的值,即增大H2O(g)的浓度。,思路分析 (1)效仿乙酸乙酯的水解反应书写硫酸氢乙酯的水解反应。 (2)利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变。 (3)利用三段法计算平衡分压,代入Kp的表达式计算即可; 根据压强对平衡移动的影响分析。,B组 课标、及其他省(区、市)卷题组,考点一 化学反应中能量变化的有关概念及计算,1.(2015北京理综,9,6分)最新报道:科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面 形成化学键的过程。反应过程的示意图如下: 下列说法正确的是 ( ) A.CO和O生成CO2是吸热反应 B.在该过程中,CO断键形成C和O C.CO和O生成了具有极性共价键的CO2 D.状态状态表示CO与O2反应的过程,答案 C A项,CO和O生成CO2是放热反应;B项,观察反应过程的示意图知,该过程中,CO中的 化学键没有断裂形成C和O;C项,CO和O生成的CO2分子中含有极性共价键;D项,状态状态 表示CO与O反应的过程。,2.(2015课标,27,14分)甲醇既是重要的化工原料,又可作为燃料。利用合成气(主要成分为 CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇,发生的主要反应如下: CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H1 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H2 CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H3 回答下列问题: (1)已知反应中相关的化学键键能数据如下:,由此计算H1= kJmol-1;已知H2=-58 kJmol-1,则H3= kJmol-1。 (2)反应的化学平衡常数K表达式为 ;图1中能正确反映平衡常数K随温度 变化关系的曲线为 (填曲线标记字母),其判断理由是 。,图1 图2 (3)合成气组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时,体系中的CO平衡转化率()与温度和压强的关系如图 2所示。(CO)值随温度升高而 (填“增大”或“减小”),其原因是 ;图2中的压强由大到小为 ,其判断理由是,。,答案 (1)-99 +41(每空2分,共4分) (2)K= 或Kp= (1分) a 反应为放热反应,平衡常数数值应随温度升高变小(每空1分,共2分) (3)减小 升高温度时,反应为放热反应,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应为吸 热反应,平衡向右移动,又使产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率降低(1分,2 分,共3分) p3p2p1 相同温度下,由于反应为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而 反应为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响。故增大压强时,有利于CO的转 化率升高(每空2分,共4分),解析 (1)由反应热与键能的关系可得,H1=1 076 kJmol-1+2436 kJmol-1-3413 kJmol-1- 343 kJmol-1-465 kJmol-1=-99 kJmol-1;依据盖斯定律知,反应=-,则H3=H2-H1=-58 kJmol-1- (-99 kJmol-1)=+41 kJmol-1。 (2)由化学平衡常数的定义知,K= ;H10,即反应是放热反应,升高温度,K值减 小,故a曲线能正确反映平衡常数K随温度变化关系。,审题技巧 解答此类题时主要注意四点:横、纵坐标的含义;依据横、纵坐标分析曲线变 化趋势以及它们的意义;图中的起点、拐点、变点;如果有多个变量在图中呈现,一般采用 控制变量的方法,定一议二。,解题关键 H=生成物的总能量-反应物的总能量=反应物的总键能-生成物的总键能。,考点二 热化学方程式的书写及盖斯定律,1.(2019江苏单科,11,4分)氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法 正确的是 ( ) A.一定温度下,反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)能自发进行,该反应的H0 B.氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e- 4OH- C.常温常压下,氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2,转移电子的数目为6.021023 D.反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的H可通过下式估算:H=反应中形成新共价键的键能之和- 反应中断裂旧共价键的键能之和,答案 A 本题涉及的考点有化学反应自发进行的判据、燃料电池电极反应式的书写、气体 摩尔体积的应用、焓变的计算,考查学生运用化学反应原理的相关知识分析和解决化学问题 的能力,通过氢能源应用的科学实践活动体现科学探究与创新意识的学科核心素养。 A项,2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的S0,一定温度下该反应能自发进行,则H-TS0,故H0;B 项,氢氧燃料电池的负极发生氧化反应:H2-2e- 2H+;C项,11.2 L H2在常温常压下不是0.5 mol,转移电子数目不为6.021023;D项,H=反应中断裂旧共价键的键能之和-反应中形成新共 价键的键能之和。,易错警示 H=生成物的总能量-反应物的总能量、H=反应物键能总和-生成物键能总和,注 意二者的区别。,2.(2015重庆理综,6,6分)黑火药是中国古代的四大发明之一,其爆炸的热化学方程式为: S(s)+2KNO3(s)+3C(s) K2S(s)+N2(g)+3CO2(g) H=x kJmol-1 已知:碳的燃烧热H1=a kJmol-1 S(s)+2K(s) K2S(s) H2=b kJmol-1 2K(s)+N2(g)+3O2(g) 2KNO3(s) H3=c kJmol-1 则x为 ( ) A.3a+b-c B.c-3a-b C.a+b-c D.c-a-b,答案 A 本题已知的三个热化学方程式为: C(s)+O2(g) CO2(g) H1=a kJmol-1 S(s)+2K(s) K2S(s) H2=b kJmol-1 2K(s)+N2(g)+3O2(g) 2KNO3(s) H3=c kJmol-1 由盖斯定律可推出,3+-可得热化学方程式S(s)+2KNO3(s)+3C(s) K2S(s)+N2(g)+ 3CO2(g) H=x kJmol-1=(3a+b-c) kJmol-1,因此A项正确。,3.(2017江苏单科,8,2分)通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法 的 是 ( ) C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) H1=a kJmol-1 CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) H2=b kJmol-1 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H3=c kJmol-1 2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) H4=d kJmol-1 A.反应、为反应提供原料气 B.反应也是CO2资源化利用的方法之一 C.反应CH3OH(g) CH3OCH3(g)+ H2O(l)的H= kJmol-1 D.反应2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)的H=(2b+2c+d) kJmol-1,答案 C 本题考查盖斯定律相关计算等知识。结合题给信息,反应、产生的H2和CO2可 以作为反应的原料,故A正确;反应产生了甲醇,是CO2资源化利用的一种方法,故B正确;根 据反应知,CH3OH(g) CH3OCH3(g)+ H2O(g)的H= kJmol-1,但选项反应中水为液态, 故H不等于 kJmol-1,故C错误;根据盖斯定律,2+2+可得2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)的H=(2b+2c+d)kJmol-1,故D正确。,解题技巧 本题考查盖斯定律的应用,可以从以下方面应对:,1.掌握H的比较。比较H的相对大小时需考虑正、负号。放热越多,H越小;吸热越多,H 越大。,2.掌握盖斯定律在反应热大小比较中的应用,要关注以下三方面: (1)同一反应,生成物的状态不同,H不同; (2)同一反应,反应物的状态不同,H不同; (3)对不同反应,当它们之间有关联时,H也有一定的关联。,4.(2019天津理综,10,14分)多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的 简易过程。 回答下列问题: .硅粉与HCl在300 时反应生成1 mol SiHCl3气体和H2,放出225 kJ热量,该反应的热化学方 程式为 。SiHCl3的电子式为 。 .将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法,对应的反应依次为: SiCl4(g)+H2(g) SiHCl3(g)+HCl(g) H10 3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s) 4SiHCl3(g) H20,2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g) 3SiHCl3(g) H3 (1)氢化过程中所需的高纯度H2可用惰性电极电解KOH溶液制备,写出产生H2的电极名称 (填“阳极”或“阴极”),该电极反应方程式为 。 (2)已知体系自由能变G=H-TS,Gv逆,b.v正:A点E点 c.反应适宜温度:480520 (4)反应的H3= (用H1,H2表示)。温度升高,反应的平衡常数K (填“增 大”“减小”或“不变”)。 (5)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外,还有 (填分子 式)。,答案 (14分).Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g) H=-225 kJmol-1 .(1)阴极 2H2O+2e- H2+2OH-或2H+2e- H2 (2)1 000 H2H1导致反应的G小 (3)a、c (4)H2-H1 减小 (5)HCl、H2,解析 本题涉及的知识点有热化学方程式的书写、电子式的书写、电解原理、反应自发 性、化学平衡等;通过阅读题目提取信息,考查了接受、吸收、整合化学信息的能力;通过分析 题图、推理等认识研究对象的本质特征,体现了证据推理与模型认知的学科核心素养,以及创 新思维和创新意识的价值观念。 .放热焓变为负值,书写热化学方程式时应标明物质状态。 .(1)电解KOH溶液,H2为还原产物,则产生H2的电极为阴极,电极反应式为2H2O+2e- H2 +2OH-。 (2)G0、 S1=0,而反应的H2v逆,a项正确;E点温度比A点高,正反应速率:A点E点,b项错误;C到D温度区间SiCl4的转化率 较高,对应温度为480520 ,c项正确。 (4)由盖斯定律,反应=反应-反应,故H3=H2-H10。升高温度,反应逆向移动,该反,应的平衡常数减小。 (5)从流程图看,除SiCl4、SiHCl3和Si外,H2、HCl既是某反应的产物,又是其他反应的反应物,故 H2、HCl也可以循环使用。,关联知识 自由能变G与化学反应的自发性 G=H-TS 对于H0的反应,G一定小于0,反应在任何温度下,都能自发进行; 对于H0、S0的反应,在高温下能自发进行; 对于H0、S0的反应,在任何温度下都不能自发进行。,5.(2018课标,27,14分)CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2),还对温室气体的减排 具有重要意义。回答下列问题: (1)CH4-CO2催化重整反应为:CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)。 已知:C(s)+2H2(g) CH4(g) H=-75 kJmol-1 C(s)+O2(g) CO2(g) H=-394 kJmol-1 C(s)+ O2(g) CO(g) H=-111 kJmol-1 该催化重整反应的H= kJmol-1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是 (填 标号)。 A.高温低压 B.低温高压 C.高温高压 D.低温低压 某温度下,在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应,达到平 衡时CO2的转化率是50%,其平衡常数为 mol2L-2。 (2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低,同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据 如下表:,由上表判断,催化剂X Y(填“优于”或“劣于”),理由是 。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下,某催化剂表面的积碳量随温 度的变化关系如下图所示。升高温度时,下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率 (v)的叙述正确的是 (填标号)。,A.K积、K消均增加 B.v积减小、v消增加 C.K积减小、K消增加,D.v消增加的倍数比v积增加的倍数大 在一定温度下,测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=kp(CH4)p(CO2)-0.5(k为速率常 数)。在p(CH4)一定时,不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如下图所示,则pa(CO2)、pb(CO2)、 pc(CO2)从大到小的顺序为 。,答案 (1)247 A (2)劣于 相对于催化剂X,催化剂Y积碳反应的活化能大,积碳反应的速率小;而消碳反应活 化能相对小,消碳反应速率大 AD pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2),解析 本题考查盖斯定律的应用,化学反应速率与化学平衡常数。 (1)C(s)+2H2(g) CH4(g) H=-75 kJmol-1 C(s)+O2(g) CO2(g) H=-394 kJmol-1 C(s)+ O2(g) CO(g) H=-111 kJmol-1 运用盖斯定律,2-可得CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) H=(-1112)-(-75)- (-394) kJmol-1=247 kJmol-1。正反应为气体体积增大的吸热反应,故升温、减压有利于平衡正向 移动,提高CH4的平衡转化率,A正确。列三段式: CH4(g) + CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) 始 2 mol 1 mol 0 mol 0 mol 转 0.5 mol 0.5 mol 1 mol 1 mol 平 1.5 mol 0.5 mol 1 mol 1 mol K= = = mol2L-2。 (2)积碳反应与消碳反应均为吸热反应,升高温度时,K积、K消均增加;由图像可知600 以后,积碳量减小,说明升高温度,v消增加的倍数比v积增加的倍数大,故A、D正确。 由图像可知,时间相同时积碳量abc,说明积碳速率abc,由v=kp(CH4)p(CO2)-0.5可知, p(CH4)一定时,积碳速率与p(CO2)成反比,故pa(CO2)pb(CO2)pc(CO2)。,易错警示 (2)解答时一定要注意速率方程中p(CO2)-0.5= 。,6.(2015福建理综,24,15分)无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。 (1)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体,其反应的离子方程式为 。 (2)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流 程示意如下:,已知:,步骤中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多,其作用是 (只要求写出一种)。 步骤中若不通入氯气和氧气,则反应生成相对原子质量比硅大的单质是 。 已知: Al2O3(s)+3C(s) 2Al(s)+3CO(g) H1=+1 344.1 kJmol-1 2AlCl3(g) 2Al(s)+3Cl2(g) H2=+1 169.2 kJmol-1 由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为 。 步骤的尾气经冷却至室温后,气体用足量的NaOH冷溶液吸收,生成的盐主要有3种,其化 学式分别为 。 结合流程及相关数据分析,步骤中加入铝粉的目的是 。,答案 (1)Al3+3H2O Al(OH)3+3H+ (2)防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积,加快反应速率 铁或Fe Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g) 2AlCl3(g)+3CO(g) H=+174.9 kJmol-1 NaCl、NaClO、Na2CO3 除去FeCl3,提高AlCl3纯度,解析 (2)通过焙烧使固体水分挥发,可以有效防止后续步骤生成的AlCl3水解;同时气孔数 目增多,使固体的表面积增大,反应物的接触面积增大,反应速率加快。步骤中若不通入 Cl2和O2,则发生下列反应:Fe2O3+3C 2Fe+3CO,SiO2+2C Si+2CO,显然生成的相对原 子质量比硅大的单质是铁。将题中的两个热化学方程式依次标记为a和b,根据盖斯定律,a-b 得Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g) 2AlCl3(g)+3CO(g) H=+174.9 kJmol-1。分析可知,步骤中 得到的气态混合物主要含有反应生成的SiCl4、AlCl3、FeCl3、CO2以及过量的Cl2和O2,冷却至 100 时所得尾气成分为SiCl4、CO2、Cl2、O2,再冷却至室温后,气体中仅剩CO2、Cl2和O2三 种气体,用足量的NaOH冷溶液吸收该尾气时,发生反应:Cl2+2NaOH NaCl+NaClO+H2O、 CO2+2NaOH Na2CO3+H2O,生成的三种盐的化学式分别为NaCl、NaClO、Na2CO3。分 析流程和已知物质的沸点可知,粗品氯化铝中还含有FeCl3,步骤中加入的铝粉可与FeCl3反 应生成Fe和AlCl3,再通过升华将AlCl3提取出来,这样就除去了FeCl3杂质,提高了AlCl3的纯度。,7.(2015北京理综,26,12分)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源,热化学硫 碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示: (1)反应的化学方程式是 。 (2)反应得到的产物用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层含低浓 度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层。 根据上述事实,下列说法正确的是 (选填序号)。 a.两层溶液的密度存在差异 b.加I2前,H2SO4溶液和HI溶液不互溶 c.I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶 辨别两层溶液的方法是 。,经检测,H2SO4层中c(H+)c(S )=2.061。其比值大于2的原因是 。 (3)反应:2H2SO4(l) 2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g) H=+550 kJmol-1。 它由两步反应组成:.H2SO4(l) SO3(g)+H2O(g) H=+177 kJmol-1;.SO3(g)分解。 L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。如图表示L一定时,中SO3(g)的平衡转化率随X的变化 关系。 X代表的物理量是 。 判断L1、L2的大小关系,并简述理由: 。,答案 (12分)(1)SO2+I2+2H2O H2SO4+2HI (2)a、c 观察颜色,颜色深的是HI层,颜色浅的是H2SO4层 H2SO4层中含有少量HI (3)压强 L1L2;SO3(g)分解的热化学方程式:2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g) H=+196 kJmol-1,当压强一 定时,温度升高,平衡转化率增大,解析 (1)仔细观察题图可知,反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O H2SO4+2HI。(2)溶液 分为两层,说明溶液的密度肯定存在差异,a正确;加I2前,H2SO4溶液和HI溶液互溶,b错误;依题 意,I2在HI层中的浓度比在H2SO4层中的高,说明I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶,c正确。 I2在HI溶液中的浓度大于在H2SO4溶液中的浓度,故溶液颜色前者较深,可用观察溶液颜色深浅 的方法辨别两层溶液。H2SO4层含有少量HI,故c(H+)c(S )2。(3)根据盖斯定律可得,2 SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)的H=+550 kJmol-1-2(+177 kJmol-1)=+196 kJmol-1,故升高温度,平 衡正向移动,SO3的平衡转化率增大;增大压强,平衡逆向移动,SO3的平衡转化率减小,故X代表 的物理量是压强,L1L2。,C组 教师专用题组,考点一 化学反应中能量变化的有关概念及计算,1.(2014江苏单科,11,4分)下列有关说法正确的是 ( ) A.若在海轮外壳上附着一些铜块,则可以减缓海轮外壳的腐蚀 B.2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行,则该反应的H0 C.加热0.1 molL-1 Na2CO3溶液,C 的水解程度和溶液的pH均增大 D.对于乙酸与乙醇的酯化反应(H0),加入少量浓硫酸并加热,该反应的反应速率和平衡常数 均增大,答案 C A项,若在海轮外壳上附着一些铜块,则Fe、Cu和海水构成原电池,海轮外壳腐蚀更 快,A项错误;B项,该反应是熵减的反应,S0,要在常温下自发进行,则H0,B项错误;加热会促 进C 水解,c(OH-)增大,pH增大,C项正确;D项,酯化反应是放热反应,加热会加快反应速率,但 平衡逆向移动,平衡常数减小,D项错误。,2.(2014北京理综,26,14分)NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3,如下图所示。 (1)中,NH3和O2在催化剂作用下反应,其化学方程式是 。 (2)中,2NO(g)+O2(g) 2NO2(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)下随温度变化的曲线(如下图)。,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)中,降低温度,将NO2(g)转化为N2O4(l),再制备浓硝酸。 已知:2NO2(g) N2O4(g) H1 2NO2(g) N2O4(l) H2 下列能量变化示意图中,正确的是(选填字母) 。 N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是 。 (4)中,电解NO制备NH4NO3,其工作原理如下图所示。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 (1)4NH3+5O2 4NO+6H2O (2)p1p2 减小 (3)A 2N2O4+O2+2H2O 4HNO3 (4)NH3 根据反应:8NO+7H2O 3NH4NO3+2HNO3,电解产生的HNO3多,解析 (1)NH3催化氧化生成NO,所以化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O。 (2)采用“定一议二”的分析方法,在相同温度的条件下,p1时NO平衡转化率低,p2时NO平衡 转化率高,由反应特点知:p1p2。 在相同压强的条件下,NO的平衡转化率随温度升高而下降,所以温度升高,平衡常数减小。 (3)降低温度,NO2转化成N2O4,所以H10,H20,再根据物质(N2O4)的状态可判断出NO2转化 成液态N2O4放热更多。故选A。 N2O4与O2、H2O发生化合反应,产物应为HNO3,所以反应方程式为2N2O4+O2+2H2O 4HNO3。 (4)由图示知,阴极反应为NO+6H+5e- N +H2O,阳极反应为NO+2H2O-3e- N +4H+, 根据得失电子守恒可判断出:当转移的电子数目相同时,阳极产生的N 的物质的量多于阴极 产生的N 的物质的量,为使电解产物全部转化为NH4NO3,可补充NH3。,考点二 热化学方程式的书写及盖斯定律,1.(2014重庆理综,6,6分)已知:C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) H=a kJmol-1 2C(s)+O2(g) 2CO(g) H=-220 kJmol-1 HH、O O和OH键的键能分别为436、496和462 kJmol-1,则a为 ( ) A.-332 B.-118 C.+350 D.+130,答案 D 按顺序将题中两个热化学方程式编号为和,依据盖斯定律,-2得:2H2(g)+ O2(g) 2H2O(g) H=-(220+2a) kJmol-1,代入相关数据得:(2436+496)-4462=-(220+2a),解 得a=+130,D项正确。,2.(2014江苏单科,10,2分)已知:C(s)+O2(g) CO2(g) H1 CO2(g)+C(s) 2CO(g) H2 2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) H3 4Fe(s)+3O2(g) 2Fe2O3(s) H4 3CO(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 ( ) A.H10,H30,H40 C.H1=H2+H3 D.H3=H4+H5,答案 C 根据反应的热效应可知:H10、H30、H40,故A、B不正确;根据盖斯 定律可得H1=H2+H3,H3= H4+ H5,C项正确,D项错误。,3.(2015山东理综,30,19分)合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能,在配合氢能的开发中起着重 要作用。 (1)一定温度下,某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示,纵轴为平衡时氢气的压强(p),横轴表示固 相中氢原子与金属原子的个数比(H/M)。 在OA段,氢溶解于M中形成固溶体MHx,随着氢气压强的增大,H/M逐渐增大;在AB段,MHx与氢 气发生氢化反应生成氢化物MHy,氢化反应方程式为:zMHx(s)+H2(g) zMHy(s) H1();在 B点,氢化反应结束,进一步增大氢气压强,H/M几乎不变。反应()中z= (用含x和y的 代数式表示)。温度为T1时,2 g某合金4 min内吸收氢气240 mL,吸氢速率v= mLg-1min-1。反应()的焓变H1 0(填“”“=”或“ ”)。,(2)表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例,则温度为T1、 T2时,(T1) (T2)(填“”“=”或“ ”)。当反应()处于图中a点时,保持温度不变,向 恒容体系中通入少量氢气,达平衡后反应()可能处于图中的 点(填“b”“c”或 “d”),该贮氢合金可通过 或 的方式释放氢气。 (3)贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应。温度为T时,该反应的热化学方程式为 。 已知温度为T时: CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) H=+165 kJmol-1 CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) H=-41 kJmol-1,答案 (1) 30 c 加热 减压 (3)CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g) H=-206 kJmol-1,解析 (1)由氢原子守恒可知,zx+2=zy,解得z= ;根据题意可知,吸氢速率v= =30 mLg-1min-1;观察图像可知,升高温度,平衡时氢气的压强增大,即反应()的平衡逆向移动,故反 应()为放热反应,即H1(T2);在AB段,MHx与H2发生反应(),图中a点时向恒温、恒容体系中通入少量H2, H2被吸收,H/M增大,平衡后反应()可能处于c点;反应()是气体体积减小的放热反应,释放H2 时使反应()逆向进行即可,故可通过加热或减压的方法实现。(3)已知:CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) H=+165 kJmol-1、CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) H=-41 kJmol-1, 由盖斯定律可知,-即得所求热化学方程式:CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g) H= -206 kJmol-1。,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,三年模拟,考点一 化学反应中能量变化的有关概念及计算,1.(2019湖南岳阳一模,9)研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图 所示,两步反应分别为N2O+Fe+ N2+FeO+ (慢)、FeO+CO CO2+Fe+ (快)。下列说 法正确的是 ( ) A.反应是氧化还原反应,反应是非氧化还原反应 B.两步反应均为放热反应,总反应的化学反应速率由反应决定 C.Fe+使反应的活化能减小,FeO+是中间产物 D.若转移1 mol电子,则消耗11.2 L N2O,答案 C A项,反应、均有元素化合价的升降,因此都是氧化还原反应,A错误;B项,由题 图可知,反应、都是放热反应,总反应的化学反应速率由速率慢的反应决定,B错误;C项, Fe+作催化剂,使反应的活化能减小,FeO+是反应过程中产生的物质,因此是中间产物,C正确;D 项,由于没有指明外界条件,所以不能确定气体的体积,D错误。,易错警示 根据“水桶效应”可知,若一个反应分几个基元反应完成,则速率最慢的基元反应 决定总反应速率。,2.(2018安徽A10联盟联考,8)四氯化钛是乙烯聚合催化剂的重要成分,制备反应如下: TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) H1=+175.4 kJmol-1 C(s)+ O2(g) CO(g) H2=-110.45 kJmol-1 下列说法中正确的是 ( ) A.C的燃烧热为110.45 kJmol-1 B.反应若使用催化剂,H1会变小 C.反应中的能量变化如下图所示 D.反应TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s) TiCl4(g)+2CO(g) H=-45.5 kJmol-1,答案 D C的燃烧热对应的燃烧产物为CO2,A项错误;使用催化剂不能改变焓变,B项错误;反 应是吸热反应,生成物总能量高于反应物总能量,C项错误;根据盖斯定律+2得TiO2(s)+ 2Cl2(g)+2C(s) TiCl4(g)+2CO(g) H=-45.5 kJmol-1,D项正确。,3.(2017山西五校联考,4)已知HI在催化剂作用下分解速率会加快,其能量随反应过程的变化如 图所示。下列说法正确的是 ( ) A.加入催化剂,降低了反应的活化能 B.加入催化剂,可提高HI的平衡转化率 C.降低温度,HI的分解速率加快 D.反应物的总能量大于生成物的总能量,答案 A 催化剂能降低反应的活化能,A项正确;催化剂能同等程度的改变正、逆反应速率, 但不能使平衡发生移动,反应物的转化率不变,B项错误;降低温度,不论平衡如何移动,正、逆 反应速率都减慢,C项错误;由题图可以看出反应物的总能量小于生成物的总能量,D项错误。,考点二 热化学方程式的书写及盖斯定律,4.(2019福建龙岩一模,11)一定条件下,在水溶液中1 mol Cl (x=0,1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小 如图所示。下列有关说法错误的是 ( ) A.上述离子中结合H能力最强的是E B.上述离子中最稳定的是A C.C B+D反应的热化学方程式为2Cl (aq) Cl (aq)+ClO-(aq) H=-76 kJmol-1 D.B A+D的反应物的键能之和小于生成物的键能之和,答案 A A项,酸根离子对应的酸越弱,结合氢离子能力越强,E对应的是Cl ,HClO4是最强 的无机酸,酸根离子结合氢离子能力最弱,错误;B项,据能量越低越稳定原理知,A最稳定,正确; C项,H=生成物的总能量-反应物的总能量=(64+60-2100)kJmol-1