1、考点考点1 1 化学反应中能量变化的有关概念及计算化学反应中能量变化的有关概念及计算 1.(2020浙江7月选考,22,2分)关于下列H的判断正确的是( ) C(aq)+H+(aq) HC(aq) H1 C(aq)+H2O(l) HC(aq)+OH-(aq) H2 OH-(aq)+H+(aq) H2O(l) H3 OH-(aq)+CH3COOH(aq) CH3COO-(aq)+H2O(l) H4 A.H10 H20 B.H1H2 C.H30 D.H3H4 2- 3 O - 3 O 2- 3 O - 3 O 答案答案 B : HC(aq)C(aq)+H+(aq)为HC的电离,电离吸热,可得H10
2、,A项错误,B项正确;:OH-(aq)+ CH3COOH(aq) CH3COO-(aq)+H2O(l)属于中和反应,故H40,H4-H3=H50,故H4H3,D项错 误。 - 3 O 2- 3 O - 3 O 2- 3 O - 3 O 2.(2020天津,10,3分)理论研究表明,在101 kPa和298 K下,HCN(g)HNC(g)异构化反应过程的能 量变化如图所示。下列说法错误的是( ) A.HCN比HNC稳定 B.该异构化反应的H=+59.3 kJ mol-1 C.正反应的活化能大于逆反应的活化能 D.使用催化剂,可以改变反应的反应热 答案答案 D 由题图可知,1 mol HCN的能量
3、比HNC的能量低59.3 kJ,则HCN更稳定,则该异构化反应 是吸热反应,反应的H=+59.3 kJ mol-1,A、B项正确;由题图可知,正反应的活化能是186.5 kJ mol-1, 逆反应的活化能为127.2 kJ mol-1,C项正确;催化剂不改变反应热,D项错误。 3.(2019海南单科,5,2分)根据图中的能量关系,可求得CH键的键能为( ) A.414 kJ mol-1 B.377 kJ mol-1 C.235 kJ mol-1 D.197 kJ mol-1 答案答案 A 从图中信息可知C(s)+2H2(g) CH4(g) H=-75 kJ mol-1。H=旧键断裂吸收的总能
4、量-新键形成放出的总能量,设CH键键能为x kJ mol-1,则(717+864)kJ mol-1-4x kJ mol-1=-75 kJ mol-1, 解得x=414,A正确。 4.(2018海南单科,12,4分)(双选)炭黑是雾霾中的重要颗粒物,研究发现它可以活化氧分子,生成活 化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法 正确的是( ) A.每活化一个氧分子吸收0.29 eV的能量 B.水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42 eV C.氧分子的活化是OO的断裂与CO键的生成过程 D.炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂 答案答案 CD 由图
5、可知,每活化一个氧分子要放出0.29 eV的能量,A不正确。活化能是指反应过程 中的最大能垒,图中在无水情况下,活化能为0.75 eV;有水情况下,活化能为0.57 eV,两者之间的差 值为0.18 eV,B错误;从图中小球的变化来看,起始氧原子是相连的,最终氧原子是分开的,且氧原子 与碳原子相连,即经历了OO键的断裂和CO键的生成过程,C正确;炭黑与氧气生成活化氧,活 化氧与二氧化硫反应转化为三氧化硫和炭黑,故炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催 化剂,D正确。 5.(2020浙江7月选考,27,4分)100 mL 0.200 mol L-1 CuSO4溶液与1.95 g锌粉在量热计中
6、充分反应。 测得反应前温度为20.1 ,反应后最高温度为30.1 。 已知:反应前后,溶液的比热容均近似为4.18 J g-1 -1、溶液的密度均近似为1.00 g cm-3,忽略溶液体 积、质量变化和金属吸收的热量。请计算: (1)反应放出的热量Q= J。 (2)反应Zn(s)+CuSO4(aq) ZnSO4(aq)+Cu(s)的H= kJ mol-1(列式计算)。 答案答案 (1)4.18103 (2)- =-209 3 4.18 10 /1 000 0.100 0.200 解析解析 (1)由于反应前后溶液的密度均近似为1.00 g cm-3,忽略溶液体积和质量的变化,故溶液反应 前后的质
7、量m=100 cm31.00 g cm-3=100 g。又知溶液比热容c4.18 J g-1 -1,所以该反应放出的热 量Q=cmT=cm(T后-T前)=4.18 J g-1 -1100 g(30.1 -20.1 )=4.18103 J。 (2)Zn和CuSO4的物质的量分别为n(Zn)= mol=0.03 mol,n(CuSO4)=0.100 L0.200 mol L-1=0.02 mol,根据关系式ZnCuSO4可知,Zn过量,CuSO4完全反应,即0.02 mol CuSO4与Zn完全反应放出 kJ的热量,得Zn(s)+CuSO4(aq) ZnSO4(aq)+Cu(s) H=- kJ m
8、ol-1=-209 kJ mol-1。 1.95 65 3 4.18 10 1 000 3 4.18 101 000 0.100 0.200 6.(2016海南单科,6,2分)油酸甘油酯(相对分子质量884)在体内代谢时可发生如下反应:C57H104O6(s) +80O2(g) 57CO2(g)+52H2O(l)。已知燃烧1 kg该化合物释放出热量3.8104 kJ。油酸甘油酯的 燃烧热H为( ) A.3.8104 kJ mol-1 B.-3.8104 kJ mol-1 C.3.4104 kJ mol-1 D.-3.4104 kJ mol-1 以下为教师用书专用 答案答案 D 燃烧热指的是10
9、1 kPa时,1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。 燃烧1 kg油酸甘油酯释放出热量3.8104 kJ,则燃烧1 mol油酸甘油酯释放出热量为 kJ 3.4104 kJ,反应的燃烧热H=-3.4104 kJ mol-1,D正确。 4 3.8 10884 10 000 7.(2016海南单科,11,4分)(双选)由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是 ( ) A.由XY反应的H=E5-E2 B.由XZ反应的H0 C.降低压强有利于提高Y的产率 D.升高温度有利于提高Z的产率 答案答案 BC 根据化学反应的实质,由XY反应的H=E3-E2,A项错误;由图像可
10、知,XZ反应物的 总能量高于生成物总能量,该反应为放热反应,即由XZ反应的Hp2p1 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) 3 2 2 (CH) (CO)(H ) cOH cc 3 2 2 (CH) (CO)(H ) pOH pp 解析解析 (1)由反应热与键能的关系可得,H1=1 076 kJ mol-1+2436 kJ mol-1-3413 kJ mol-1-343 kJ mol-1-465 kJ mol-1=-99 kJ mol-1;依据
11、盖斯定律知,反应=-,则H3=H2-H1=-58 kJ mol-1-(-99 kJ mol-1)=+41 kJ mol-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随温度变化的关系。 3 2 2 (CH) (CO)(H ) cOH cc 审题技巧审题技巧 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。 9
12、.(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 kJ mol-1、-285.8 kJ mol-1和-283.0 kJ mol-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(
13、g) H=+108 kJ mol-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)= mol L-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 mi
14、n和1516 min时平均反应速率的大小:v(56) v(1516) (填“”或“=”),原因是 。 答案答案 (1)MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O (2)5.52103 kJ (3)CHCl3+H2O2 HCl+H2O+COCl2 (4)0.234 mol L-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 kJ mol-1 ,CO(g)+O2(g) CO2 (g) H=-283.0
15、 kJ mol-1 ,H2(g)+O2(g) H2O(l) H=-285.8 kJ mol-1 ,式-式2- 式2得:CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) H=+247.3 kJ mol-1,故生成1 m3(标准状况)CO所需的 热量为 kJ5.52103 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 mol L-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 mi
16、n时 COCl2浓度低,反应速率小,即v(56)v(1516)。 1 2 1 2 1 000 22.4 247.3 2 2 2 (CO)(Cl ) (COCl ) cc c -1-1 -1 0.085mol L0.11 L 0.04mol L mol 2 2 (CO)(Cl ) (COCl ) cc c 2 (CO)(Cl )cc K -1-1 -1 0.06mol L0.12 L 0.234mol L mol 1.(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 kJ mol-1
17、CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) H2=b kJ mol-1 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H3=c kJ mol-1 2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) H4=d kJ mol-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= kJ mol-1 D.反应2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)的H=(2b+2c+d)kJ mol-1 不正确 1 2 1 22 d 考点考点2 2 热化学方程式的书写热化学方程式的书写
18、 盖斯定律及其应用盖斯定律及其应用 答案答案 C 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= kJ mol-1,但选项反应中水为液态,故H不等于 kJ mol-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)kJ mol-1,故D正确。 1 2 1 2 2 d 2 d 2.(2020浙江7月选考,29,10分)研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意
19、义。 相关的主要化学反应有: C2H6(g) C2H4(g)+H2(g) H1=136 kJ mol-1 C2H6(g)+CO2(g) C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) H2=177 kJ mol-1 C2H6(g)+2CO2(g) 4CO(g)+3H2(g) H3 CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H4=41 kJ mol-1 已知:298 K时,相关物质的相对能量(如下图)。 可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的H(H随温度变化可忽略)。 例如:H2O(g) H2O(l) H=-286 kJ mol-1-(-242 kJ mol-1)=-44 kJ mol-1
20、。 请回答: (1)根据相关物质的相对能量计算H3= kJ mol-1。 下列描述正确的是 。 A.升高温度反应的平衡常数增大 B.加压有利于反应、的平衡正向移动 C.反应有助于乙烷脱氢,有利于乙烯生成 D.恒温恒压下通水蒸气,反应的平衡逆向移动 有研究表明,在催化剂存在下,反应分两步进行,过程如下:【C2H6(g)+CO2(g)】【C2H4(g)+H2 (g)+CO2(g)】【C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)】,且第二步速率较慢(反应活化能为210 kJ mol-1)。根据 相关物质的相对能量,画出反应分两步进行的“能量-反应过程图”,起点从【C2H6(g)+CO2(g)】 的能量-
21、477 kJ mol-1开始(如下图)。 (2)CO2和C2H6按物质的量11投料,在923 K和保持总压恒定的条件下,研究催化剂X对“CO2氧 化C2H6制C2H4”的影响,所得实验数据如下表: 结合具体反应分析,在催化剂X作用下,CO2氧化C2H6的主要产物是 ,判断依据是 。 采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C2H4的选择性(生成C2H4的物 质的量与消耗C2H6的物质的量之比)。在773 K,乙烷平衡转化率为9.1%,保持温度和其他实验条件 不变,采用选择性膜技术,乙烷转化率可提高到11.0%。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因 是 。 催化剂 转化率C2H
22、6/% 转化率CO2/% 产率C2H4/% 催化剂X 19.0 37.6 3.3 答案答案 (1)430 AD (2)CO C2H4的产率低,说明催化剂X有利于提高反应速率 选择性膜吸附C2H4,促进反应平衡正向移动 解析解析 (1)H3=生成物总能量-反应物总能量=(-110 kJ mol-14+0 kJ mol-13)-84 kJ mol-1+(-393 kJ mol-12)=430 kJ mol-1。 A项,反应为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,平衡常数增大,正确;B项,反应、的正反应 均为气体分子数增大的反应,加压平衡逆向移动,不正确;C项,反应生成CO和H2,可抑制反应、 的发生,
23、不利于乙烯的生成,不正确;D项,恒温恒压下通入水蒸气,容器体积变大,反应物浓度减小, 平衡逆向移动,正确。第一步反应中C2H6(g)C2H4(g)+H2(g),第二步反应中H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g),由反应、可知两步反应均为吸热反应,生成物总能量高于反应物总能量。反应 的H1=136 kJ mol-1,故第一步反应的生成物总能量为-341 kJ mol-1,且活化能小于210 kJ mol-1(因 第二步速率较慢,故第一步反应的活化能小于第二步的);第二步反应的活化能为210 kJ mol-1,再结 合反应的H4=41 kJ mol-1,可知生成物总能量为-300 kJ
24、 mol-1。 (2)CO2转化率较高,C2H4的产率较低,说明反应的反应速率较快,相同时间内,CO产量较高,则催 化剂X有利于提高反应的速率。采用选择性膜技术,使C2H4离开反应体系,相当于减小生成物 的浓度,可使反应平衡正向移动,提高C2H6的转化率。 易错警示易错警示 作图时一定要注意两步反应能量变化的起点和终点以及两步反应活化能的大小。 3.(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 。SiHC
25、l3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
26、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)。 答案答案 (14分).Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g) H=-225 kJ mol-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 Cl Cl Si Cl H 解析解析 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
27、、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。 .放热反应焓变为负值,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时反应自发进行,由图1可知温度高于1 000 时反应的G0、S1= 0,而反应的H20、S2v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
28、-反应,故H3=H2-H1bc,说明积碳速率abc,由v=k p(CH4) p(CO2)-0.5可知,p(CH4) 1 2 22 2 42 (H )() (CH )(CO ) cc CO cc -1 2-1 2 -1-1 11 (L )(L ) 22 1.50.5 (L ) (L ) 22 molmol molmol 1 3 一定时,积碳速率与p(CO2)成反比,故pa(CO2)pb(CO2)”“ B 1 2 解析解析 (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
29、,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 kJ mol-1 SO2(g)+I2(s)+2H2O(l) 2HI(aq)+ H2SO4(aq) H2=-151 kJ mol-1 2HI(aq) H2 (g)+ I2(s) H3=110 kJ mol-1 H2S(g)+ H2SO4(aq) S(s)+SO2(g)+ 2H2O(l) H4=61 kJ mol-1 根据盖斯定
30、律由+可得系统()制氢的热化学方程式为H2O(l) H2(g)+O2(g) H=28 6 kJ mol-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 kJ mol-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。 1 2 1 2 (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 m
31、ol 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, 2 (H) () nO n 总(0.40
32、- )(0.10- ) x xxxx 0.01mol 0.40mol 2 22 (COS)(H) (H)(CO ) ccO cSc 2 22 (COS)(H) (H)(CO ) nnO nSn 0.01 0.01 (0.40-0.01) (0.10-0.01) 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。 6.(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H
33、0 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 以下为教师用书专用 答案答案 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
34、(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。 7.(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(
35、g)+H2O(g) H1=-23.9 kJ mol-1 甲醇制烯烃反应 2CH3OH(g) C2H4(g)+2H2O(g) H2=-29.1 kJ mol-1 乙醇异构化反应 C2H5OH(g) CH3OCH3(g) H3=+50.7 kJ mol-1 则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)的H= kJ mol-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)。 2 H O n 24 C H n 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
36、=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 、 。 2 H O n 24 C H n 答案答案 (1)C2H4+H2SO4C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2O C2H5OH+H2SO4 (2)-45.5 污染小、腐蚀性小等 (3)=0.07 (MPa)-1 p1p2p3p3p2p1,而C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g) 为
37、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。 2 H O n 24 C H n 思路分析思路分析 (1)依据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。 1.(2020安徽“皖南八校”摸底,10)在100 kPa时,1 mol C(石墨,s)转化为1 mol C(金刚石,
38、s)要吸收1.8 95 kJ的热能。下列说法正确的是( ) A.金刚石和石墨是碳元素的两种同分异构体 B.金刚石比石墨稳定 C.1 mol C(石墨,s)比1 mol C(金刚石,s)的总能量低 D.石墨转化为金刚石是物理变化 A A组组 考点基础题组考点基础题组 考点1 化学反应中能量变化的有关概念及计算 答案答案 C 金刚石和石墨是同素异形体的关系,A不正确;石墨转化为金刚石要吸热,故1 mol金刚石 所具有的能量比石墨的能量高,物质能量越低越稳定,石墨比金刚石稳定,B不正确,C正确;同素异 形体之间的转化属于化学变化,D不正确。 2.(2020安徽黄山质检,11)甲烷与氧气反应过程中的能
39、量变化如下图所示。下列有关说法正确的 是( ) A.反应CO2(g)+2H2O(l) CH4(g)+2O2(g)的H0,A项错误;因液态水能量低 于气态水能量,故相应的位置在下方,B项错误;根据4 mol415 kJ mol-1+2 molE(OO)=2 646 kJ,得E(OO)=493 kJ mol-1,C项正确;由题图知,转化的化学能为800 kJ时,有1 mol CO2生成,则转化 的化学能为200 kJ时,生成0.25 mol的CO2,1 mol CO2中含有2 mol CO键,故生成的CO键是0.5 mol,D项错误。 知识归纳知识归纳 同一物质不同状态时能量大小为E(g)E(l)
40、E(s)。 3.(2019甘肃兰大附中五检,3)下列依据热化学方程式得到的结论正确的是( ) A.已知:P(白磷,s) P(红磷,s) Hb D.已知:NaOH(aq)+HCl(aq) NaCl(aq)+H2O(l) H=-57.3 kJ mol-1。则含40.0 g NaOH的稀溶液 与浓硫酸完全中和,放出的热量大于57.3 kJ 答案答案 D 放热反应中生成物总能量小于反应物总能量,物质能量越低越稳定,故红磷比白磷稳定, A不正确;B项的热化学方程式中产物H2O不是液态的,B不正确;等物质的量的C(s)完全燃烧生成 CO2(g)比不完全燃烧生成CO(g)时放热更多,H更小,故a0)。下列说
41、法正确的是( ) A.相同条件下,2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所具有的能量小于2 mol SO3(g)所具有的能量 B.将2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后,放出的热量为Q kJ C.增大压强或升高温度,该反应过程中放出更多的热量 D.如将一定量SO2(g)和O2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热Q kJ,则此过程中有2 mol SO2(g)被 氧化 答案答案 D 反应为放热反应,2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所具有的能量大于2 mol SO3(g)所具有的能 量,A不正确;反应为可逆反应,达平衡后参加反应的SO2
42、的物质的量小于2 mol,放出的热量小于Q kJ,B不正确;升高温度,平衡逆向移动,反应过程中放出的热量减少,C不正确;由热化学方程式可知, 2 mol SO2(g)被氧化可放出Q kJ的热量,D正确。 5.(2020 甘肃天水一中复学诊断,5)通过以下反应均可获取H2。 太阳光催化分解水制氢:2H2O(l) 2H2 (g)+O2(g) H1=+571.6 kJ/mol 焦炭与水反应制氢:C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) H2=+131.3 kJ/mol 甲烷与水反应制氢:CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) H3=+206.1 kJ/mol 下列有关说法正确的是
43、( ) A.反应中电能转化为化学能 B.反应为放热反应 C.反应CH4(g) C(s)+2H2(g)的H=-74.8 kJ/mol D.反应使用催化剂,H3不变 考点2 热化学方程式的书写 盖斯定律及其应用 答案答案 D 反应中光能转化为化学能,A不正确;反应为吸热反应,B不正确;运用盖斯定律,由 -可得CH4(g) C(s)+2H2(g) H=H3-H2=+74.8 kJ/mol,C不正确;催化剂可降低活化能,但不 改变反应的H,D正确。 6.(2020安徽江淮十校一联,12)将甘油(C3H8O3)转化为高附加值产品是当前的热点研究方向,如甘油 和水蒸气、氧气经催化重整或部分催化氧化可制得H
44、2,反应过程如下( ) 下列说法正确的是( ) A.H3=-237.5 kJ/mol B.消耗等量的甘油,反应的放热效果最显著 C.消耗等量的甘油,反应的产氢率最高 反应 C3H8O3(l)+3H2O(g)3CO2(g) +7H2(g) H1=+128 kJ/mol 甘油水蒸气重整 反应 C3H8O3(l)+O2(g)3CO2(g)+ 4H2(g) H2=-603 kJ/mol 甘油部分氧化 反应 C3H8O3(l)+H2O(g)+O2(g) 3CO2(g)+H2(g) H3 甘油氧化水蒸气重整 3 2 3 2 3 4 11 2 D.甘油不溶于水 答案答案 A 运用盖斯定律,反应=(反应+反应
45、),H3=H1+H2=-237.5 kJ mol-1,A正确;消 耗等量的甘油,反应放热效果最显著,反应产氢率最高,B、C均不正确;甘油的结构简式为 ,易溶于水,D不正确。 1 2 1 2 1 2 7.(2020安徽合肥重点中学四模,10)煤的主要成分是碳,通过液化可以合成甲醇。下列有关说法正 确的是( ) “气化”:C(s)+2H2O(g) CO2(g)+2H2(g) H1=+90.1 kJ mol-1 催化液化:CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H2=-49.0 kJ mol-1 催化液化:CO2(g)+2H2(g) CH3OH(g)+0.5O2(g) H3=a
46、kJ mol-1 A.催化液化中使用催化剂,反应的活化能Ea、H2都减小 B.反应C(s)+H2O(g)+H2(g) CH3OH(g) H=+41.1 kJ mol-1 C.H2H3 D.甲醇燃料电池(碱性条件)负极的电极反应为CH3OH-6e-+6OH- CO2+5H2O 答案答案 B 本题重点考查盖斯定律的应用,同时考查分析与推测能力,体现证据推理与模型认知的 核心素养。 使用催化剂可降低活化能,但不改变反应的H;A不正确;运用盖斯定律,由+可得C(s)+H2O(g)+ H2(g) CH3OH(g) H=(90.1-49.0)kJ mol-1=+41.1 kJ mol-1,B正确;由-可得
47、H2(g)+0.5O2(g) H2O(g) H=H2-H3,该反应为放热反应,故H2-H30,则H2H3,C不正确;碱性条件下,甲 醇燃料电池负极的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH- C+6H2O,D不正确。 2- 3 O 8.(2018陕西黄陵中学期中,6)下列热化学方程式表达正确的是(H的绝对值均正确)( ) A.C2H5OH(l)+3O2(g) 2CO2(g)+3H2O(g) H=-1 367.0 kJ/mol(燃烧热) B.NaOH(aq)+HCl(aq) NaCl(aq)+H2O(l) H=+57.3 kJ/mol(中和反应反应热) C.S(s)+O2(g) SO2(g) H=-269.8 kJ/mol(反应热) D.2NO2 O2+2NO H=+116.2 kJ/mol(反应热) 答
