高考化學真題分類匯編 化學反應與能量含解析

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1、化學高考題分類目錄 F單元 化學反應與能量 F1 化學反應與能量變化 6． [2014·重慶卷] 已知：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝a kJ·mol－1 2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－220 kJ·mol－1 H—H、OO和OH鍵的鍵能分別為436 kJ·mol－1、496 kJ·mol－1和462 kJ·mol－1，則a為() A．－332 B．－118 C．＋350 D．＋130 6．D[解析] 依題意有： ①C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝a kJ·mol－1 ②2C(s)＋O2(g

2、)===2CO(g)　ΔH＝－220 kJ·mol－1 根據(jù)蓋斯定律②－2×即得2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－(220＋2a) kJ·mol－1。由于反應熱等于斷裂舊化學鍵吸收的能量與形成新化學鍵釋放的能量的差值， 則496 kJ·mol－1＋2×436 kJ·mol－1－2×2×462 kJ·mol－1＝－(220＋2a) kJ·mol－1，解得a＝130。 7． [2014·浙江卷] 下列說法不正確的是(　　) A．光催化還原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經濟 B．氨氮廢水(含NH及NH3)可用化學氧化法或電化學氧化法處理 C．某種化學檢測技術具

3、有極高的靈敏度，可檢測到單個細胞(V≈10－12 L)內的數(shù)個目標分子，據(jù)此可推算該檢測技術能測量細胞內濃度約為10－12～10－11mol·L－1的目標分子 D．向汽油中添加甲醇后，該混合燃料的熱值不變 7．D　[解析] 電解水會消耗大量的電能，故光催化還原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經濟，A項正確；化學氧化法和電化學氧化法均可以將NH和NH3中－3價的N元素氧化為0價的氮元素，B項正確；單個細胞的V≈10－12 L，所以1 L待測成分中含有1012個細胞，其物質的量為mol，由此可知該檢測技術能測量細胞內濃度約為10－12～10－11 mol·L－1的目標分子，C項正確；甲醇與汽

4、油所具有的化學能不同，故向汽油中添加甲醇后，該混合燃料的熱值改變，D項錯誤。 9．　[2014·新課標全國卷Ⅰ] 已知分解1 mol H2O2放出熱量98 kJ。在含少量I－的溶液中，H2O2分解的機理為 H2O2＋I－―→H2O＋IO－　慢　　 H2O2＋IO－―→H2O＋O2＋I－　快 下列有關該反應的說法正確的是(　　) A．反應速率與I－濃度有關 B．IO－也是該反應的催化劑 C．反應活化能等于98 kJ·mol－1 D．v(H2O2)＝v(H2O)＝v(O2) 9．A　[解析] H2O2的分解反應主要由慢反應決定，且I－濃度越大反應速率越快，A項正確；合并題中兩

5、反應，可知I－為催化劑，而IO－為中間產物，B項錯誤；1 mol H2O2分解時反應熱為－98 kJ·mol－1，并不是活化能，C項錯誤；根據(jù)化學計量數(shù)關系可確定v(H2O2)＝ v(H2O)＝ 2v(O2)，D項錯誤。 10． [2014·安徽卷] 臭氧是理想的煙氣脫硝試劑，其脫硝反應為2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，若反應在恒容密閉容器中進行，下列由該反應相關圖像作出的判斷正確的是(　　) A B 升高溫度，平衡常數(shù)減小 0～3s內，反應速率為 v(NO2)＝0.2mol·L－1 C D t1時僅加入催化劑，平衡正向移動 達平衡時，

6、僅改變x，則x為c(O2) 10.A　[解析] 由反應過程的能量變化圖可知正反應為放熱反應，因此升高溫度，反應逆向進行，平衡常數(shù)減小，A項正確；0～3 s內，v(NO2)＝(1.0 mol/L－0.4 mol/L)÷3 s＝0.2 mol·L－1·s－1，B項錯誤；加入催化劑，正、逆反應速率同等程度加快，平衡不移動，C項錯誤；達到平衡時，增加c(O2)平衡逆向移動，NO2的轉化率減小，D項錯誤。 31． [2014·廣東卷] 用CaSO4代替O2與燃料CO反應，既可提高燃燒效率，又能得到高純CO2，是一種高效、清潔、經濟的新型燃燒技術。反應①為主反應，反應②和③為副反應。 ①CaSO

7、4(s)＋CO(g)CaS(s)＋CO2(g)　 ΔH1＝－47.3 kJ·mol－1 ②CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋CO2(g)＋SO2(g)　ΔH2＝＋210.5 kJ·mol－1 ③CO(g)C(s)＋CO2(g)　ΔH3＝－86.2 kJ·mol－1 (1)反應2CaSO4(s)＋7CO(g)CaS(s)＋CaO(s)＋6CO2(g) ＋C(s)＋SO2(g)的ΔH＝________(用ΔH1、ΔH2和ΔH3表示)。 (2)反應①～③的平衡常數(shù)的對數(shù)lg K隨反應溫度T的變化曲線如圖所示。結合各反應的ΔH，歸納lg K～T曲線變化規(guī)律： a．_______

8、_； b．________。 (3)向盛有CaSO4的真空恒容密閉容器中充入CO，反應①于900 ℃達到平衡，c平衡(CO)＝8.0×10－5mol·L－1，計算CO的轉化率(忽略副反應，結果保留兩位有效數(shù)字)。 (4)為減少副產物，獲得更純凈的CO2，可在初始燃料中適量加入________。 (5)以反應①中生成的CaS為原料，在一定條件下經原子利用率100%的高溫反應，可再生CaSO4，該反應的化學方程式為______________________________________，在一定條件下，CO2可與對二甲苯反應，在其苯環(huán)上引入一個羧基，產物的結構簡式為_____

9、___。 31．(1)4ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3 (2)a.放熱反應， lg K隨T增大而減小；吸熱反應， lg K隨T增大而增大　b．焓變越大，lgK隨T的變化程度越大 (3)99%　 (4)Ca(ClO)2(或KClO3、KMnO4等氧化性物質)　 (5)CaS＋2O2CaSO4 [解析] (1)將給定的三個熱化學方程式按照①×4＋②＋③×2相加可得目標方程式，故ΔH＝4ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3。 (2)反應①為放熱反應，由圖可看出，隨著溫度的升高，放熱反應的平衡常數(shù)的對數(shù)在減小，故曲線Ⅰ表示反應③，曲線Ⅱ表示反應②。 (3)設開始時c(CO)＝a，轉化的c(C

10、O)＝x，則a－x＝8.0×10－5 mol·L－1。根據(jù)方程式可知，生成的c(CO2)＝ x，平衡常數(shù)K＝＝＝ 。由圖示可知，在900 ℃時，lg K＝2，K＝100，則x＝8.0×10－3 mol·L－1，故CO的轉化率＝×100%≈99%。 (4)由于CO2氣體中主要含有SO2氣體，該氣體具有比較強的還原性，故可加入具有氧化性的物質來除去，該氧化性的物質有Ca(ClO)2、KClO3、KMnO4等。(5)由于要求原子利用率為100%，故反應類型屬于化合反應，可將CaS在高溫下與O2反應制取CaSO4，反應的方程式為CaS＋2O2CaSO4；對二甲苯的結構簡式為 苯環(huán)上只有一類

11、氫原子，故在苯環(huán)上引入1個羧基，產物僅有1種， 其結構為 26． [2014·新課標全國卷Ⅱ] 在容積為1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，發(fā)生反應N2O4(g)2NO2(g)，隨溫度升高，混合氣體的顏色變深。 回答下列問題： (1)反應的ΔH________0(填“大于”或“小于”)；100 ℃時，體系中各物質濃度隨時間變化如圖所示。在0～60 s時段，反應速率v(N2O4)為________mol·L－1·s－1；反應的平衡常數(shù)K1為________。 (2)100 ℃時達平衡后，改變反應溫度為T，c(N2O4)以0.002 0 mol·

12、L－1·s－1的平均速率降低，經10 s又達到平衡。 ①T________100 ℃(填“大于”或“小于”)，判斷理由是____________________________。 ②列式計算溫度T時反應的平衡常數(shù)K2：_______________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)溫度T時反應達平衡后，將反應容器的容積減少一半，平衡向________(填“正反應”或“逆反應”)方向移動，判斷理由是___________

13、_______________________________________ ________________________________________________________________________。 26．(1)大于　0.001 0　0.36 mol·L－1 (2)①大于　反應正方向吸熱，反應向吸熱方向進行，故溫度升高 ②平衡時，c(NO2)＝0.120 mol·L－1＋0.002 0 mol·L－1·s－1×10 s×2＝0.16 mol·L－1 c(N2O4)＝0.040 mol·L－1－0.002 0 mol·L－1·s－1×10 s＝0.020

14、mol·L－1 K2＝＝1.3 mol·L－1 (3)逆反應　對氣體分子數(shù)增大的反應，增大壓強平衡向逆反應方向移動 [解析] (1)依題意知，溫度升高，混合氣體的顏色加深，說明平衡向生成NO2的正反應方向移動，即正反應是吸熱反應；根據(jù)圖像0～60 s時段，NO2的物質的量濃度變化為0.060 mol·L－1，根據(jù)公式v＝即可計算出速率；根據(jù)圖像可知NO2的平衡濃度為0.120 mol·L－1，N2O4的平衡濃度為0.040 mol·L－1，根據(jù)K＝可計算出平衡常數(shù)K1。(2)①根據(jù)題意知，改變反應溫度為T后，反應速率降低，故為降低溫度，即T小于100 ℃；②根據(jù)題意知，再次達到平衡后N2

15、O4的濃度減小，Δc＝v·Δt＝0.002 0 mol·L·s－1×10 s＝0.02 mol·L－1，則NO2的濃度增加0.040 mol·L－1，即達到新平衡時N2O4的濃度為0.020 mol·L－1，NO2的濃度為0.160 mol·L－1，據(jù)K＝可計算出平衡常數(shù)K2。(3)溫度為T時，反應達到平衡，將反應容器減小一半，即增大壓強。其他條件不變時，增大壓強，平衡向氣體分子數(shù)減小的方向移動，即向逆反應方向移動。 8．[2014·海南卷] 某反應過程能量變化如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．反應過程a有催化劑參與 B．該反應為放熱反應，熱效應等于ΔH C．改變催化劑，可改

16、變該反應的活化能 D．有催化劑條件下，反應的活化能等于E1＋E2 8．BC　[解析] a過程的活化能比b過程的高，故反應過程b有催化劑參與，A項錯誤；該反應生成物所具有的能量比反應物的低，且由圖標信息可知二者能量的量值之差為ΔH，B項正確；不同催化劑的催化效率不同，故改變催化劑，可改變該反應的活化能，C項正確；在有催化劑的條件下，該反應的活化能等于E1，D項錯誤。 F2 反應熱的計算與重要的反應熱 4．[2014·海南卷] 標準狀態(tài)下，氣態(tài)分子斷開1 mol化學鍵的焓變稱為鍵焓。已知H—H、H—O和O===O鍵的鍵焓ΔH分別為436 kJ·mol－1、463 kJ·mol－1和49

17、5 kJ·mol－1。下列熱化學方程式正確的是(　　) A．H2O(g)===H2＋O2(g)　ΔH＝－485 kJ·mol－1 B．H2O(g)===H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋485 kJ·mol－1 C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝＋485 kJ·mol－1 D．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－485 kJ·mol－1 4．D　[解析] 化學反應的焾變等于反應物總鍵焓與生成物總鍵焓的差，由此可確定D項正確。 6．[2014·重慶卷] 已知：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝a kJ·mol－1 2

18、C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－220 kJ·mol－1 H—H、OO和OH鍵的鍵能分別為436 kJ·mol－1、496 kJ·mol－1和462 kJ·mol－1，則a為() A．－332 B．－118 C．＋350 D．＋130 6．D[解析] 依題意有： ①C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝a kJ·mol－1 ②2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－220 kJ·mol－1 根據(jù)蓋斯定律②－2×即得2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－(220＋2a) kJ·mol－1。由于反應熱等于斷裂舊化學鍵吸

19、收的能量與形成新化學鍵釋放的能量的差值， 則496 kJ·mol－1＋2×436 kJ·mol－1－2×2×462 kJ·mol－1＝－(220＋2a) kJ·mol－1，解得a＝130。 7． [2014·天津卷] 元素單質及其化合物有廣泛用途，請根據(jù)周期表中第三周期元素相關知識回答下列問題： (1)按原子序數(shù)遞增的順序(稀有氣體除外)，以下說法正確的是________。 a．原子半徑和離子半徑均減小 b．金屬性減弱，非金屬性增強 c．氧化物對應的水化物堿性減弱，酸性增強 d．單質的熔點降低 (2)原子最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相同的元素名稱為________，氧化性最

20、弱的簡單陽離子是________。 (3)已知： 化合物 MgO Al2O3 MgCl2 AlCl3 類型 離子化合物 離子化合物 離子化合物 共價化合物 熔點/℃ 2800 2050 714 191 工業(yè)制鎂時，電解MgCl2而不電解MgO的原因是__________________________________； 制鋁時，電解Al2O3而不電解AlCl3的原因是______________________________。 (4)晶體硅(熔點1410 ℃)是良好的半導體材料。由粗硅制純硅過程如下： Si(粗)SiCl4SiCl4(純)Si(純)

21、 寫出SiCl4的電子式：________________；在上述由SiCl4制純硅的反應中，測得每生成1.12 kg純硅需吸收a kJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)P2O5是非氧化性干燥劑，下列氣體不能用濃硫酸干燥，可用P2O5干燥的是________。 a．NH3 　b．HI c．S

22、O2 d．CO2 (6)KClO3可用于實驗室制O2，若不加催化劑，400 ℃時分解只生成兩種鹽，其中一種是無氧酸鹽，另一種鹽的陰陽離子個數(shù)比為1∶1。寫出該反應的化學方程式：________________________________________________________________________。 7．(1)b　(2)氬　Na＋(或鈉離子) (3)MgO的熔點高，熔融時耗費更多能源，增加生產成本 AlCl3是共價化合物，熔融態(tài)難導電 (4) SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g) ΔH＝＋0.025a kJ·mol－1 (5)b (

23、6)4KClO3KCl＋3KClO4 [解析] (1)除稀有氣體外，第三周期元素隨原子序數(shù)的遞增原子半徑逐漸減小，而離子半徑不一定減小，如r(Na＋)＜r(Cl－)，a錯誤；同一周期的主族元素隨原子序數(shù)的遞增，金屬性減弱，非金屬性增強，b正確；同周期主族元素從左至右，最高價氧化物對應的水化物堿性減弱，酸性增強，c錯誤；單質的熔點不一定降低，如Na的熔點低于Mg、Al等的熔點，d錯誤。(2)第三周期元素的原子核外有三個電子層，次外層電子數(shù)為8，故該元素原子最外層的電子數(shù)也為8，該元素為氬；簡單離子的氧化性越弱，對應單質的還原性越強，元素的金屬性越強，第三周期中金屬性最強的元素是Na，因此Na＋

24、的氧化性最弱。(3)由題給數(shù)據(jù)表知，MgO的熔點比MgCl2的熔點高，MgO熔融時耗費更多能源，增加成本；AlCl3是共價化合物，熔融態(tài)時不電離，難導電，故冶煉鋁不能用電解AlCl3的方法。(4)SiCl4屬于共價化合物，其電子式為；由SiCl4制純硅的化學方程式為SiCl4(l)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，生成1.12 kg即40 mol純硅吸收a kJ熱量，則生成1 mol純硅需吸收0.025a kJ熱量。(5)NH3是堿性氣體，既不能用濃硫酸干燥，也不能用P2O5干燥；HI是具有還原性的酸性氣體，可用P2O5干燥，但不能用濃硫酸干燥；SO2、CO2既能用濃硫酸干燥，又能用P

25、2O5干燥，綜上分析，正確答案為b。(6)KClO3(Cl的化合價為＋5價)受熱分解生成的無氧酸鹽是KCl，另一含氧酸鹽中氯元素的化合價必須比＋5價高，可能為＋6價或＋7價，若為＋6價，形成的鹽中陰陽離子個數(shù)比不可能為1∶1，只能是＋7價，故該含氧酸鹽為KClO4，據(jù)此可寫出該反應的化學方程式。 28．(15分)[2014·新課標全國卷Ⅰ] 乙醇是重要的有機化工原料，可由乙烯氣相直接水合法生產或間接水合法生產?；卮鹣铝袉栴}： (1)間接水合法是指先將乙烯與濃硫酸反應生成硫酸氫乙酯(C2H5OSO3H)，再水解生成乙醇。寫出相應反應的化學方程式：_______________________

26、_________________。 (2)已知： 甲醇的脫水反應 2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH1＝－23.9 kJ·mol－1 甲醇制烯烴的反應 2CH3OH(g)===C2H4(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－29.1 kJ·mol－1 乙醇的異構化反應　C2H5OH(g)===CH3OCH3(g) ΔH3＝＋50.7 kJ·mol－1 則乙烯氣相直接水合反應C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)的ΔH________kJ·mol－1。與間接水合法相比，氣相直接水合法的優(yōu)點是_______________________

27、_____________。 (3)如圖所示為氣相直接水合法中乙烯的平衡轉化率與溫度、壓強的關系[其中n(H2O)∶n(C2H4)＝1∶1]。 ①列式計算乙烯水合制乙醇反應在圖中A點的平衡常數(shù)Kp＝____________________(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓＝總壓×物質的量分數(shù))。 ②圖中壓強(p1、p2、p3、p4)的大小順序為____，理由是___________________。 ③氣相直接水合法常采用的工藝條件為：磷酸/硅藻土為催化劑，反應溫度290 ℃、壓強6.9 MPa，n(H2O)∶n(C2H4)＝0.6∶1。乙烯的轉化率為5%，若要進一步提高乙烯轉化率

28、，除了可以適當改變反應溫度和壓強外，還可采取的措施有________________________________________________________________________、 ________________________________________________________________________。 28．(1)C2H4＋H2SO4―→C2H5OSO3H、C2H5OSO3H＋H2O―→C2H5OH＋H2SO4　(2)－45.5　污染小、腐蝕性小等　(3)①＝＝ ＝0.07(MPa)－1②p1

29、升高乙烯轉化率提高 ③將產物乙醇液化移去　增加n(H2O)∶n(C2H4)比 [解析] (1)根據(jù)題中信息可寫出由乙烯與濃硫酸間接水合法制乙醇的反應為C2H4＋H2SO4―→C2H5OSO3H 和C2H5OSO3H＋H2O―→C2H5OH＋H2SO4。(2)根據(jù)蓋斯定律①－②－③得：C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)　ΔH＝－45.5 kJ·mol－1。間接水合法中用到濃硫酸等強腐蝕性物質，與其相比直接水合法具有污染小、腐蝕性小等優(yōu)點。(3)①設起始時C2H4和H2O(g)的物質的量均為n，根據(jù)C2H4的轉化率為20%，則平衡時C2H4、H2O(g)和C2H5OH的物質的

30、量分別為80%n、80%n和20%n，則Kp＝＝＝＝0.07(MPa)－1。②增大壓強，平衡將正向移動，能提高C2H4的轉化率，即壓強p1＜p2＜p3＜p4。③為了使平衡正向移動，還可以將乙醇液化及時分離，或增大n (H2O)：n (C2H4) 之比等措施。 25．[2014·安徽卷] Na、Cu、O、Si、S、Cl是常見的六種元素。 (1)Na位于元素周期表第________周期第________族；S的基態(tài)原子核外有________個未成對電子；Si的基態(tài)原子核外電子排布式為________________________。 (2)用“>”或“<”填空： 第一電離能 離子

31、半徑 熔點 酸性 Si____S O2－____Na＋ NaCl____Si H2SO4____HClO4 (3)CuCl(s)與O2反應生成CuCl2(s)和一種黑色固體。在25 ℃、101 kPa下，已知該反應每消耗1 mol CuCl(s)，放熱44.4 kJ，該反應的熱化學方程式是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

32、 (4)ClO2常用于水的凈化，工業(yè)上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2。寫出該反應的離子方程式，并標出電子轉移的方向和數(shù)目：________________________________________________________________________。 25．(1)三?、?A　2　1s22s22p63s23p2 (2) < > < < (3)4CuCl(s)＋O2(g)===2CuCl2(s)＋2CuO(s) ΔH＝－177.6 kJ·mol－1(合理答案均可) (4)2ClO＋C2e－l2===2ClO2＋2Cl－(合理答案均可) [解析] (

33、1)Na核外電子分三層排布且最外層電子數(shù)為1，位于周期表的第三周期ⅠA族；S的價層電子排布為3s23p4，利用洪特規(guī)則和泡利不相容原理可知S的基態(tài)原子核外有2個未成對電子；依據(jù)能量最低原理以及洪特規(guī)則和泡利不相容原理，14號元素Si的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p2。(2)非金屬性Si＜S，因此第一電離能Si＜S；核外電子排布相同的簡單離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，離子半徑O2－＞Na＋；離子晶體NaCl的熔點小于原子晶體單質硅的熔點；元素非金屬性越強其最高價氧化物對應水化物的酸性越強，酸性H2SO4＜HClO4。(3)利用氧化還原反應規(guī)律和原子守恒等可知，CuCl與O

34、2反應得到氧化產物CuCl2，黑色產物必為還原產物CuO(同時也屬于氧化產物)，由此可得反應的熱化學方程式：4CuCl(s)＋O2(g)===2CuCl2(s)＋2CuO(s)　ΔH＝－177.6 kJ/mol。(4)Cl2將ClO氧化為ClO2，自身被還原為Cl－，由此可得反應的離子方程式，并可標出電子轉移的方向和數(shù)目。 23． [2014·福建卷] 元素周期表中第ⅦA族元素的單質及其化合物的用途廣泛。 (1)與氯元素同族的短周期元素的原子結構示意圖為________。 (2)能作為氯、溴、碘元素非金屬性(原子得電子能力)遞變規(guī)律的判斷依據(jù)是________(填序號)。 a．Cl2、

35、Br2、I2的熔點 b．Cl2、Br2、I2的氧化性 c．HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性 d．HCl、HBr、HI的酸性 (3)工業(yè)上，通過如下轉化可制得KClO3晶體： NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶體①完成Ⅰ中反應的總化學方程式： NaCl＋H2O===NaClO3＋________。 ②Ⅱ中轉化的基本反應類型是________________，該反應過程能析出KClO3晶體而無其他晶體析出的原因是____________________________________。 (4)一定條件下，在水溶液中1 mol Cl－、ClO(x＝1，2，3，4)的能量(kJ)相

36、對大小如右圖所示。 ①D是________(填離子符號)。 ②B→A＋C反應的熱化學方程式為________________(用離子符號表示)。 23．(1)(2)b、c(3)①NaCl＋H2O===NaClO3＋H2↑ ②復分解反應 室溫下，氯酸鉀在水中的溶解度明顯小于其他晶體 (4)①ClO②3ClO－(aq)===ClO(aq)＋2Cl－(aq)　ΔH＝－117 kJ·mol－1 [解析] (1)與氯元素同族的短周期元素為F，F(xiàn)的原子結構示意圖為。 (2)Cl2、Br2、I2都是分子晶體，其熔點受分子間作用力影響，與非金屬性無關，a項錯誤；單質的氧化性越強則其元素的非

37、金屬性越強，b項正確；非金屬性強弱可用氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性判斷，c項正確；鹵素氫化物的酸性可用來判斷氫原子與鹵素原子形成的共價鍵強弱，d項錯誤。(3)①根據(jù)氧化還原反應的化合價升降法配平可得：NaCl＋3H2O===NaClO3＋3H2↑；②步驟Ⅱ發(fā)生的反應NaClO3＋KCl===KClO3↓＋NaCl↑，各元素的化合價沒有變化，則該反應屬于復分解反應。在室溫下，氯酸鉀在水中的溶解度小于其他晶體，則有氯酸鉀晶體析出而無其他晶體析出。(4)①從圖可知D中氯元素的化合價為＋7，則D為ClO；②從圖中可知：A為Cl－，B為ClO－，C為ClO， B→A＋C的氧化還原反應用升降法配平可得該熱化學方程式

38、為3ClO－(aq)=== ClO (aq)＋ 2Cl－(aq)　ΔH＝(63 kJ/mol＋2×0)－3×60 kJ/mol＝－117 kJ/mol。 28． [2014·全國卷] 化合物AX3和單質X2在一定條件下反應可生成化合物AX5。回答下列問題： (1)已知AX3的熔點和沸點分別為－93.6 ℃和76 ℃，AX5的熔點為167 ℃。室溫時AX3與氣體X2反應生成1 mol AX5，放出熱量123.8 kJ。該反應的熱化學方程式為____________________________________________。 (2)反應AX3(g)＋X2(g)AX5(g)在容積為1

39、0 L的密閉容器中進行。起始時AX3和X2均為0.2 mol。反應在不同條件下進行，反應體系總壓強隨時間的變化如圖所示。 ①列式計算實驗a從反應開始至達到平衡時的反應速率v(AX5)＝______________________。 ②圖中3組實驗從反應開始至達到平衡時的反應速率v(AX5)由大到小的次序為____________(填實驗序號)；與實驗a相比，其他兩組改變的實驗條件及判斷依據(jù)是：b________________________________________________，c____________________________________________。

40、③用p0表示開始時總壓強，p表示平衡時總壓強，α表示AX3的平衡轉化率，則α的表達式為______________；實驗a和c的平衡轉化率：αa為________，αc為________。 28．(1)AX3(l)＋X2(g)===AX5(s)　ΔH＝－123.8 kJ/mol　(2)①＝1.7×10－4 mol·L－1·min－1 解：開始時n0＝0.4 mol，總壓強為160 kPa，平衡時總壓強為120 kPa，則n為＝， n＝0.40 mol×＝0.30 mol， 　　　　AX3(g)＋X2(g)AX5(g) 起始時n0/mol：0.20　　0.20　　　0 平衡時n/mo

41、l：0.20－x　0.20－xx (0.20－x)＋(0.20－x)＋x＝0.30 x＝0.10 v(AX5)＝＝1.7×10－4 mol·L－1·min－1 ②bca　加入催化劑。反應速率加快，但平衡點沒有改變　溫度升高。反應速率加快，但平衡點向逆反應方向移動(或反應容器的容積和起始物質的量未改變，但起始總壓強增大)　③α＝2(1－)　50%　40% [解析] (1)書寫熱化學方程式時要注意常溫下AX3呈液態(tài)，AX5呈固態(tài)。(2)②由圖像知，達到平衡所需時間：a＞c＞b，所以反應速率v(AX5)由大到小的順序為b＞c＞a；與實驗a相比，實驗b先達到平衡，化學反應速率快，但平衡點沒有

42、變化，說明實驗b加入了催化劑；反應為放熱反應，與實驗a相比，實驗c平衡向逆反應方向移動，且反應速率加快，說明實驗c改變的條件是升高溫度。 　　　　　　AX3(g)?。　2(g)AX5(g) 起始量(mol) 0.2 0.2 0 變化量(mol) xxx 平衡量(mol) 0.2－x 0.2－xx 則有＝，解得x＝，則AX3的轉化率為＝2(1－)；分別將實驗a、c的p、p0的數(shù)據(jù)代入上式，得aa、ac分別為50%、40%。 5． [2013·海南卷] 已知下列反應的熱化學方程式：6C(s)＋5H2(g

43、)＋3N2(g)＋9O2(g)===2C3H5(ONO2)3(l)　ΔH1 2H2(g)＋ O2(g)===2H2O(g)　ΔH2 C(s)＋ O2(g)===CO2(g)　ΔH3 則反應4C3H5(ONO2)3(l)===12CO2(g)＋10H2O(g) ＋ O2(g) ＋6N2(g)的ΔH為() A．12ΔH3＋5ΔH2－2ΔH1 B．2ΔH1－5ΔH2－12ΔH3 C．12ΔH3－5ΔH2－2ΔH1 D．ΔH1－5ΔH2－12ΔH3 5．A　[解析] 將三個已知熱化學方程式依次編號為①、②、③，依據(jù)蓋斯定律，可得目標熱化學方程式： 12×③＋5×②－2×①，即ΔH＝12

44、ΔH3＋5ΔH2－2ΔH1，即選A。 10． [2014·江蘇卷] 已知： C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1 CO2(g)＋C(s)===2CO(g)　ΔH2 2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH3 4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　ΔH4 3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH5 下列關于上述反應焓變的判斷正確的是(　　) A．ΔH1>0，ΔH3<0 B．ΔH2>0，ΔH4>0 C．ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D．ΔH3＝ΔH4＋ΔH5 10．C　[解析] C、CO的燃燒都是放熱反應，故ΔH1＜

45、0、ΔH3＜0，A項錯誤；CO2與C生成CO的反應為吸熱反應，則ΔH2＞0；鐵的燃燒為放熱反應，則ΔH4＜0，B項錯誤；將第二、三個熱化學方程式相加可得第一個熱化學方程式，C項正確；將第五個熱化學方程式系數(shù)同時乘以2后與第四個熱化學方程式相加，再將系數(shù)同除以3可得第三個熱化學方程式，故ΔH3＝，D項錯誤。 13． [2014·新課標全國卷Ⅱ] 室溫下，將1 mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水會使溶液溫度降低，熱效應為ΔH1，將1 mol的CuSO4(s)溶于水會使溶液溫度升高，熱效應為ΔH2；CuSO4·5H2O受熱分解的化學方程式為CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)＋5H2O

46、(l)，熱效應為ΔH3，則下列判斷正確的是(　　) A．ΔH2＞ΔH3 B．ΔH1＜ΔH3 C．ΔH1＋ΔH3＝ΔH2 D．ΔH1＋ΔH2＞ΔH3 13．B　[解析] 依題意CuSO4·5H2O(s)溶于水發(fā)生反應CuSO4·5H2O(s)===Cu2＋(aq)＋SO(aq)＋5H2O(l)　ΔH1＞0；CuSO4溶于水發(fā)生反應CuSO4(s)===Cu2＋(aq)＋SO(aq)　ΔH2＜0；根據(jù)蓋斯定律有：CuSO4·5H2O(s)===CuSO4(s)＋5H2O(l)，ΔH3＝ΔH1－ΔH2＞0。ΔH2－ΔH3＝2ΔH2－ΔH1＜0，A項錯誤；ΔH3－ΔH1＝－ΔH2＞0，B項正

47、確；ΔH3＝ΔH1－ΔH2，C項錯誤；ΔH1＋ΔH2－ΔH3＝2ΔH2＜0，D項錯誤。 11． [2014·四川卷] 污染物的有效去除和資源的充分利用是化學造福人類的重要研究課題。某研究小組利用軟錳礦(主要成分為MnO2，另含有少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物)作脫硫劑，通過如下簡化流程既脫除燃煤尾氣中的SO2，又制得電池材料MnO2(反應條件已省略)。 請回答下列問題： (1)上述流程脫硫實現(xiàn)了____(選填下列字母編號)。 A．廢棄物的綜合利用 B．白色污染的減少 C．酸雨的減少 (2)用MnCO3能除去溶液中的Al3＋和Fe3＋，其原因是_________________

48、_______________。 (3)已知：25 ℃、101 kPa時， Mn(s)＋O2(g)===MnO2(s)　ΔH＝－520 kJ/mol S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－297 kJ/mol Mn(s)＋S(s)＋2O2(g)===MnSO4(s) ΔH＝－1065 kJ/mol SO2與MnO2反應生成無水MnSO4的熱化方程式是____________________________________。 (4)MnO2可作超級電容器材料。用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2，其陽極的電極反應式是_________________________

49、_______。 (5)MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料。堿性鋅錳電池放電時，正極的電極反應式是________________。 (6)假設脫除的SO2只與軟錳礦漿中的MnO2反應。按照圖示流程，將a m3(標準狀況)含SO2的體積分數(shù)為b%的尾氣通入礦漿，若SO2的脫除率為89.6%，最終得到MnO2的質量為c kg，則除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質時，所引入的錳元素相當于MnO2________kg。 11．(1)A、C (2)消耗溶液中的酸，促進Al3＋和Fe3＋水解生成氫氧化物沉淀 (3)MnO2(s)＋SO2(g)===MnSO4(s) ΔH＝－248 kJ/mol (4)

50、Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋ (5)MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－ (6) [解析] (1)脫硫的目的是減少產生SO2，進而減少酸雨的產生，同時可對廢棄物綜合利用。則A、C項符合題意。(2)加入MnCO3消耗溶液中的H＋，促使Al3＋和Fe3＋的水解平衡正向移動，生成氫氧化物沉淀除去。(3)將已知3個熱化學方程式依次編號為①②③，根據(jù)蓋斯定律，可知：MnO2(s)＋ SO2 (g)===MnSO4(s)　ΔH＝③－(①＋②)＝－248 kJ/mol。(4)電解池中陽極失去電子發(fā)生氧化反應，則用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2，則陽極是Mn2

51、＋放電，其陽極電極反應式為Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2 ＋ 4H＋。(5)原電池中正極得到電子發(fā)生還原反應，在堿性鋅錳電池放電時，正極是二氧化錳得到電子，則正極電極反應式為MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－。(6)KMnO4與MnSO4反應生成MnO2的質量為c kg，根據(jù)氧化還原反應化合價升降法配平的關系式為： 2KMnO4＋3MnSO4～5MnO2 　　　3 mol　　5 mol x mol 求得：x＝ mol(MnSO4總的物質的量) MnO2＋　　SO2===　　　　MnSO4 　　　1 mol　　　　　　　　1 mol mol　y 求

52、得：y＝0.4ab mol 除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質時，所引入的錳相當于MnO2的物質的量＝x－y＝ mol－0.4ab mol，則所引入的錳相當于MnO2的質量＝( mol－0.4ab mol)×＝ kg。 F3 原電池原理 11． [2014·浙江卷] 鎳氫電池(NiMH)目前已經成為混合動力汽車的一種主要電池類型，NiMH中的M表示儲氫金屬或合金，該電池在充電過程中的總反應方程式是Ni(OH)2＋M===NiOOH＋MH。 已知：6NiOOH＋NH3＋H2O＋OH－===6Ni(OH)2＋NO 下列說法正確的是(　　) A．NiMH電池放電過程中，正極的電極反應

53、式為NiOOH＋H2O＋e－===Ni(OH)2＋OH－ B．充電過程中OH－從陽極向陰極遷移 C．充電過程中陰極的電極反應式：H2O＋M＋e－===MH＋OH－，H2O中的H被M還原 D．NiMH電池中可以用KOH溶液、氨水等作為電解質溶液 11．A　[解析] 放電時正極發(fā)生的是得電子的還原反應，A項正確；充電時陰離子移向陽極，B錯項誤；充電時，被還原的是氫元素，生成的H2被儲氫合金M吸收起來，M不參與反應，C項錯誤；因為6NiOOH ＋ NH3 ＋ H2O＋OH－===6Ni(OH)2 ＋ NO，故NiMH電池中不可以同時使用KOH溶液、氨水，D項錯誤。 6． [2014·天津卷

54、] 已知： 鋰離子電池的總反應為 LixC＋Li1－xCoO2C＋LiCoO2 鋰硫電池的總反應2Li＋SLi2S 有關上述兩種電池說法正確的是(　　) A．鋰離子電池放電時， Li＋向負極遷移 B．鋰硫電池充電時，鋰電極發(fā)生還原反應 C．理論上兩種電池的比能量相同 D．下圖表示用鋰離子電池給鋰硫電池充電 6．B　[解析] 電池工作時，陽離子(Li＋)向正極遷移，A項錯誤；鋰硫電池充電時，鋰電極上發(fā)生Li＋得電子生成Li的還原反應，B項正確；兩種電池負極材料不同，故理論上兩種電池的比能量不相同，C項錯誤；根據(jù)電池總反應知，生成碳的反應是氧化反應，因此碳電極作電池的負極，

55、而鋰硫電池中單質鋰作電池的負極，給電池充電時，電池負極應接電源負極，即鋰硫電池的鋰電極應與鋰離子電池的碳電極相連，D項錯誤。 12．[ 2014·新課標全國卷Ⅱ] 2013年3月我國科學家報道了如圖所示的水溶液鋰離子電池體系。下列敘述錯誤的是(　　) A．a為電池的正極 B．電池充電反應為LiMn2O4===Li1－xMn2O4＋xLi C．放電時，a極鋰的化合價發(fā)生變化 D．放電時，溶液中Li＋從b向a遷移 12．C　[解析] 根據(jù)題給裝置圖判斷，Li金屬電極b電極為原電池的負極，電極反應式為Li－e－===Li＋，則a為電池的正極，A項正確；a電極的電極反應式為L

56、i1－xMn2O4＋xLi＋===LiMn2O4，則充電時的反應為LiMn2O4===Li1－xMn2O4＋xLi，B項正確；放電時a極中是錳的化合價發(fā)生變化，C項錯誤；帶正電荷的陽離子移向電源的正極，D項正確。 11．[2014·江蘇卷] 下列有關說法正確的是(　　) A．若在海輪外殼上附著一些銅塊，則可以減緩海輪外殼的腐蝕 B．2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)在常溫下能自發(fā)進行，則該反應的ΔH>0 C．加熱0.1 mol·L－1Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大 D．對于乙酸與乙醇的酯化反應(ΔH<0)，加入少量濃硫酸并加熱，該反應的反應

57、速率和平衡常數(shù)均增大 11．C　[解析] 海輪的外殼是鋼鐵，因鐵比銅活潑，海輪外殼上附著銅塊后形成原電池，鐵作負極，會加速海輪外殼的腐蝕，A項錯誤；B反應為氣體體積減小的反應，反應ΔS＜0，若反應能自發(fā)進行，則ΔH－TΔS＜0，故反應的ΔH＜0，B項錯誤；由于鹽類的水解反應為吸熱反應，升高溫度能增大CO的水解程度，溶液中c(OH－)增大，溶液pH增大，C項正確；濃硫酸是酯化反應的催化劑，加入少量濃硫酸使反應速率增大，該反應為放熱反應，一段時間后混合體系溫度升高，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，D項錯誤。 4．[2013·海南卷] Mg-AgCl電池是一種能被海水激活的一次性貯備電池，電池反應方

58、程式為2AgCl＋ Mg === Mg2＋＋ 2Ag ＋2Cl－。有關該電池的說法正確的是(　　) A．Mg為電池的正極 B．負極反應為AgCl＋e－===Ag＋Cl－ C．不能被KCl 溶液激活 D．可用于海上應急照明供電 4．D　[解析] 根據(jù)電池反應方程式：2AgCl＋ Mg===Mg2＋＋2Ag＋2Cl－可知Mg為還原劑，是負極，故A項錯誤；負極失電子，故B項錯誤；可用KCl溶液激活是指電解質溶液可用KCl 溶液代替，C項錯誤。 9．[2014·全國卷] 如圖所示是在航天用高壓氫鎳電池基礎上發(fā)展起來的一種金屬氫化物鎳電池(MH-Ni電池)。下列有關說法不正確的是(　　)

59、 A．放電時正極反應為NiOOH＋H2O＋e－―→Ni(OH)2＋OH－ B．電池的電解液可為KOH溶液 C．充電時負極反應為MH＋OH－―→H2O＋M＋e－ D．MH是一類儲氫材料，其氫密度越大，電池的能量密度越高 9．C　[解析] 電池放電時正極發(fā)生還原反應，A項正確；電池正極反應物為NiOOH，所以電解質溶液須為堿性電解質溶液，可為KOH溶液，B項正確；充電時，該電池負極作陰極，發(fā)生得電子的還原反應，C項錯誤；MH中氫密度越大，其化學能密度越高，電池的能量密度越高，D項正確。 16．[2014·海南卷] 鋰錳電池的體積小、性能優(yōu)良，是常用的一次電池。該電池反應原理如圖所示，其

60、中電解質LiClO4，溶于混合有機溶劑中，Li＋通過電解質遷移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。 回答下列問題： (1)外電路的電流方向是由________極流向________極。(填字母) (2)電池正極反應式為__________________________。 (3)是否可用水代替電池中的混合有機溶劑？________(填“是”或“否”)，原因是________________________________________________。 (4)MnO2可與KOH和KClO3在高溫下反應，生成K2MnO4，反應的化學方程式為_____________________

61、_______________。K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO2和MnO2的物質的量之比為________。 16．(1)b　a (2)MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2 (3)否　電極Li是活潑金屬，能與水反應 (4)3MnO2＋KClO3＋6KOH3K2MnO4＋KCl＋3H2O　2∶1 [解析] (1)該電池工作時Li失去電子作負極、MnO2得到電子作正極，故外電路的電流方向是由b極流向a極。(2)電池正極上MnO2得到電子，其中＋4價的Mn元素變?yōu)椋?價，由此可以寫出電池的正極反應式為MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2。(3)由于Li易與水反應，故不能

62、用水代替電池中的混合有機溶劑。(4) 因錳元素價態(tài)升高，故KClO3被還原為KCl，故可將方程式先寫成：MnO2＋KOH＋KClO3―→K2MnO4＋KCl，依得失電子守恒得：3MnO2＋KOH＋KClO4―→3K2MnO4＋KCl，再根據(jù)質量守恒知KOH前應該配6，右側還有“3H2O”。K2MnO4(Mn為＋6價)在酸性溶液中歧化，生成KMnO4(錳為＋7價)和MnO2(錳為＋4價)。由氧化還原反應中得失電子守恒可知生成的KMnO4和MnO2的物質的量之比為2∶1。 28．[2014·安徽卷] 某研究小組為探究弱酸性條件下鐵發(fā)生電化學腐蝕類型的影響因素，將混合均勻的新制鐵粉和炭粉置于錐形瓶

63、底部，塞上瓶塞(如圖所示)。從膠頭滴管中滴入幾滴醋酸溶液，同時測量容器中的壓強變化。 (1)請完成以下實驗設計表(表中不要留空格)： 編號 實驗目的 炭粉/g 鐵粉/g 醋酸/% ① 為以下實驗作參照 0.5 2.0 90.0 ② 醋酸濃度的影響 0.5 36.0 ③ 0.2 2.0 90.0 (2)編號①實驗測得容器中的壓強隨時間的變化如圖(a)所示。t2時，容器中壓強明顯小于起始壓強，其原因是鐵發(fā)生了________腐蝕，請在圖(b)中用箭頭標出發(fā)生該腐蝕時電子的流動方向；此時，炭粉表面發(fā)生了________(填“氧化”或“還原”)反

64、應，其電極反應式是__________。 　　　(a)　　　　　　　　　　　　(b) (3)該小組對圖(a)中0～t1時壓強變大的原因提出了如下假設，請你完成假設二： 假設一：發(fā)生析氫腐蝕產生了氣體； 假設二：________； …… (4)為驗證假設一，某同學設計了檢驗收集的氣體中是否含有H2的方案。請你再設計一個實驗方案驗證假設一，寫出實驗步驟和結論。 28．(1) 編號 實驗目的 炭粉/g 鐵粉/g 醋酸/% ② 2.0 ③ 炭粉含量的影響 (2)吸氧　　還原　2H2O＋O2＋4e－===4OH－(或4H＋＋O2－4e－=

65、==2H2O) (3)反應放熱，溫度升高 (4) 實驗步驟和結論(不要求寫具體操作過程)： ①藥品用量和操作同編號①實驗(多孔橡皮塞增加進、 出導管)； ②通入氬氣排凈瓶內空氣； ③滴入醋酸溶液，同時測量瓶內壓強變化(也可測溫度 變化，檢驗Fe2＋等)。如果瓶內壓強增大，假設一成立。 否則假設一不成立。[解析] (1)為得出影響規(guī)律，兩個對比試驗只能保留一個變量不同，實驗②為探究醋酸濃度的影響，則所取碳粉質量、鐵粉質量需要和實驗①相同；對比實驗①、實驗③，二者所取碳粉質量不同，實驗③的實驗目的是探究碳粉含量對實驗的影響。(2)容器內氣體壓強變小，則容器內氣體物質的量減少，說明

66、發(fā)生了吸氧腐蝕；發(fā)生腐蝕時形成原電池，因此電子由負極(Fe)流向正極(C)；在炭粉(正極)表面發(fā)生的反應是溶解的O2得電子還原為OH－(起始時，滴入醋酸，則電解質溶液酸性強，O2得電子發(fā)生還原反應，與H＋結合成H2O，因此正極電極反應也可寫成4H＋＋O2＋4e－===2H2O)。(4)錐形瓶內壓強開始時變大的原因有兩個：一是發(fā)生析氫腐蝕，二是反應放熱，瓶內溫度升高；為驗證發(fā)生析氫腐蝕，可另取一裝置，藥品用量和實驗操作與編號①的實驗相同，根據(jù)需要可在橡皮塞上打孔，通過測量瓶內壓強隨時間的變化、溶液中c(Fe2＋)隨時間的變化等均可，利用測得數(shù)據(jù)做出相應判斷。 8．[2014·北京卷] 下列電池工作時，O2在正極放電的是(　　) A.鋅錳電池 B.氫燃料電池 C.鉛蓄電池 D.鎳鎘電池 8.B　[解析] 鋅錳干電池的正極為二氧化錳得電子，A錯誤；燃料電池正極為氧氣得電子，B正確；鉛蓄電池正極為二氧化鉛得電子，C錯誤；鎳鎘電池的正極為氫氧化鎳得電子，D錯誤。 26． [2014·北京卷] (14分) NH3經一系列反應可以得到HNO3和NH4NO3，如