F单元 化学反应与能量.doc

1、京翰教育高中化学辅导网 京翰教育高中化学辅导网 F单元 化学反应与能量 F1 化学反应与能量变化 25 E5F1C1D5 2011安徽卷 W、 X、 Y、 Z 是四种常见的短周期元素 ， 其原子半径随原子序数变化如图 1 18 所示 。 已知 W 的一种核素的质量数为 18， 中子数为 10； X 和 Ne 原子的核外电子数相差 1； Y 的单质是一种常见的半导体材料 ； Z 的电负性在同周期主族元素中最大 。 图 1 18 (1)X 位于元素周期表中第 _周期第 _族 ； W 的基态原子核外有 _个未成对电子 。 (2)X 的单质和 Y 的单质相比 ， 熔点较高的是_(写化学式 )； Z

2、 的气态氢化物和溴化氢相比 ， 较稳定的是 _(写化学式 )。 (3)Y 与 Z 形成的化合物和足量水反应 ， 生成一种弱酸和一种强酸 ， 该反应的化学方程式是 _。 (4)在 25 、 101kPa 下 ， 已知 Y 的气态氢化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态 ， 平均每转移 1mol 电子放热 190.0kJ， 该反应的热化学 方程式是 _。 25 E5F1C1D5 (1)三 A 2 (2)Si HCl (3)SiCl4 3H2O=H2SiO3 4HCl (4)SiH4(g) 2O2(g)=SiO2(s) 2H2O(l) H 1520.0kJmol 1 【解析】 由 W 的一种核素的质量数

3、 18，中子数为 10，可知 W为氧元素；和 Ne 原子的核外电子数相差 1 的元素有 F 和 Na，而 F的原子半径要比 O 的小，故 X 只能是 Na，短周期元素的常见单质可用做半导体材料的只有 Si，故 Y 为 Si，第三周期中电负性最大的元素是 Cl，故 Z 是 Cl。 (1)Na 位于元素周期表中第三周期第 IA族； O 的基态电子排布式为 1s22s22p4，其中 2p4中有 2 个未成对电子。 (2)金属 Na 熔点比 Si 单质低， Cl的非金属性比 Br 的强，因此，HCl比 HBr 稳定。 (3)Si 和 Cl 形成的 SiCl4 遇水发生水解反应： SiCl4 3H2O=

4、H2SiO3 4HCl。 京翰教育高中化学辅导网 京翰教育高中化学辅导网 (4)Y 的气态氢化物为 SiH4，由反应方程式： SiH4 2O2=点燃 SiO2 2H2O 可知 1molSiH4完全燃 烧转移 8mol 电子，故该热化学方程式为 SiH4(g) 2O2(g)=SiO2(s) 2H2O(l) H 1520.0kJmol 1。 25 F1N12011北京卷 在温度 t1 和 t2 下 ， X2(g)和 H2 反应生成HX 的平衡常数如下表 ： 化学方程式 K(t1) K(t2) F2 H2 1.8 1036 1.9 1032 Cl2 H2 9.7 1012 4.2 1011 Br

5、2 H2 5.6 107 9.3 106 I2 H2 43 34 (1)已 知 t2t1， HX 的生成反应是 _反应 (填 “ 吸热 ” 或“ 放热 ” )。 (2)HX 的电子式是 _。 (3)共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强 ， HX 共价键的极性由强到弱的顺序是 _。 (4)X2 都能与 H2 反应生成 HX， 用原子结构解释原因 ： _ _。 (5)K 的变化体现出 X2 化学性质的递变性 ， 用原子结构解释原因 ：_ _， 原子半径逐渐增大 ， 得电子能力逐渐减弱 。 (6)仅依据 K 的变化 ， 可以推断出 ： 随着卤素原 子核电荷数的增加 ， _(选填字母 )。 a

6、 在相同条件下 ， 平衡时 X2 的转化率逐渐降低 b X2 与 H2 反应的剧烈程度逐渐减弱 c HX 的还原性逐渐减弱 d HX 的稳定性逐渐减弱 25 F1N1 (1)放热 (2) X 京翰教育高中化学辅导网 京翰教育高中化学辅导网 (3)HF、 HCl、 HBr、 HI (4)卤素原子的最外层电子数均为 7 (5)同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多 (6)ad 【解析】 (1)温度越高 K 值越小，说明升温平衡逆向移动，则正反应 (HX 的生成反应 )是放热反应 ； (2)卤原子最外层有 7 个电子，与H 以共价键结合为卤化氢分子，其电子式为 X 。 (3)F、 Cl、

7、Br、I 原子得电子能力依次减弱 ， 共用电子对偏移程度依次减小 ， 因而 HX共价键的极性依次减弱 。 (4)卤原子最外层有 7 个电子 ， 易得到 1 个电子形成 8 电子稳定结构 ， 而氢原子最外层 1 个电子 ， 恰好与卤原子形成一对共用电子 ， 也达到 2 电子稳定结构 。 (5)生成 HF、 HCl、 HBr、HI 的 K 依次减小 ， 即各反应进行程度依次减弱 ， 说明 F、 Cl、 Br、 I原子得电子能力依次减弱 ， 这是 由于同主族元素自上而下电子层数依次增多导致的 。 (6)平衡常数 K 表明了可逆反应进行的程度 ， K 越小 ，反应进行的程度越小 ， 即相同条件下 ，

8、平衡时 X2 的转化率逐渐降低 ；同理说明产物 HX 越易分解 ， 故 HX 的稳定性逐渐减弱 。 根据 K 值无法判断反应的剧烈程度 。 11 F1 2011海南化学卷 某反应的 H 100kJmol 1， 下列有关该反应的叙述正确的是 ( ) A 正反应活化能小于 100kJmol 1 B 逆反应活化能一定小于 100kJmol 1 C 正反应活化能不小于 100kJmol 1 D 正反应活化能比 逆反应活化能大 100kJmol 1 京翰教育高中化学辅导网 京翰教育高中化学辅导网 F2 反应热的计算与重要的反应热 10 F2 2011北京卷 25 、 101kPa 下 ： 2Na(s

9、) 12O2(g)=Na2O(s) H1 414kJ/mol 2Na(s) O2(g)=Na2O2(s) H2 511kJ/mol 下列说法正确的是 ( ) A 和 产物的阴阳离子个数比不相等 B 和 生成等物质的量的产物 ， 转移电子数不同 C 常温下 Na 与足量 O2 反应生成 Na2O， 随温度升高生成 Na2O的速率逐渐加快 D 25 、 101kPa 下 ， Na2O2(s) 2Na(s)=2Na2O(s) H 317kJ/mol 10 F2 【解析】 D Na2O2与 Na2O 阴阳离子个数比都为 1 2，注意 O22是一个原子团， A项错误；根据钠元素的化合价变化，钠氧化生成等

10、物质的量的 Na2O2与 Na2O 时，转移电子数相等， B 项错误；钠与氧气的反应随温度升高将会生成 Na2O2， C 项错误；根据盖斯定律，利用方程式 2 可得 Na2O2(s) 2Na(s)=2Na2O(s) H317kJmol 1， D 项正确。 24 F2 H5 H4 2011福建卷 四氯化钛 (TiCl4)是制取航天航空工业材料 钛合金的重要原料 。 由钛铁矿 (主要成为是 FeTiO3)制备 TiCl4 等产品的一种工艺流程示意如下 ： 图 0 回答下列问 题 ： (1)往 中加入铁屑至浸出液显紫色 ， 此时溶液仍呈强酸性 。 该过程中有如下反应发生 ： 2Fe3 Fe=3Fe2

11、 2TiO2 (无色 ) Fe 4H =2Ti3 (紫色 ) Fe2 2H2O 京翰教育高中化学辅导网 京翰教育高中化学辅导网 Ti3 (紫色 ) Fe3 H2O=TiO2 (无色 ) Fe2 2H 加 入 铁 屑 的 作 用 是_。 (2)在 工艺过程中需要控制条件以形成 TiO2nH2O 溶胶 ， 该溶胶的分散质颗粒直径大小在 _范围 。 (3)若把 中制得的固体 TiO2nH2O 用酸清洗除去其中的 Fe(OH)3杂质 ， 还可以制得钛白粉 。 已知 25 时 ， KspFe(OH)3 2.79 10 39，该温度下反应 Fe(OH)3 3H 3 3H2O 的平衡常数 K_。 (4)

12、已知 ： TiO2(s) 2Cl2(g)=TiCl4(l) O2(g) H 140kJmol 1 2C(s) O2(g)=2CO(g) H 221kJmol 1 写出 中 TiO2 和焦炭 、 氯气反应生成 TiCl4 和 CO 气体的热化学方 程 式 ：_ _。 (5)上述工艺具有成本低 、 可用低品位矿物为原料等优点 。 依据绿色化学理念 ， 该工艺流程中存在的不足之处是 _(只要求写出一项 )。 (6)依据下表信息 ， 要精制含少量 SiCl4 杂质的 TiCl4 的 ， 可采用_方法 。 TiCl4 SiCl4 熔点/ 25.0 68.8 沸点/ 136.4 57.6 24.F2 H5

13、 H4 (1)使 Fe3 还原为 Fe2 ；生成 Ti3 ，保护 Fe2不被氧化 (2)10 9m 10 7m(其他合理答案也可 ) (3)2.79 103 (4)TiO2(s) 2Cl2(g) 2C(s) TiCl4(l) 2CO(g) H 81kJmol 1 (5)产生三废 (其他合理答案也可 ) (6)蒸馏 (或分馏，或精馏 ) 京翰教育高中化学辅导网 京翰教育高中化学辅导网 【解析】 (1)该流程副产物之一为绿矾，加入铁屑后可以将 Fe3还原为 Fe2 ，而且还可以与 TiO2 反应生成还原性更强的 Ti3 ，起到保护 Fe2 不被氧 化的作用。 (2)胶体分散质微粒直径在 1nm

14、 100nm 之间。 (3)根据氢氧化铁的平衡常数表达式： KspFe(OH)3 c(Fe3 )c3(OH )，而该反应的 K 的表达式为 K cFe3 c3H ，又由于水的离子积 KW 1 10 14，从而推得 K KspFeOH3KW3 ，即 K2.79 10 391 10 1432.79 103。 (4)根据盖斯定律，由反应 1 加反应 2 可得热化学方程式： TiO2(s) 2Cl2(g) 2C(s)=TiCl4(l) 2CO(g) H 81kJmol 1 (5)由反应流程图可以看出，该过程产生了废渣、废液和废气，违背绿色化学理念。 (6)由 题 目表格可以看出 SiCl4 和 TiC

15、l4 熔沸点差别较大，故可以用蒸馏、分馏或精馏的方法进行分离。 31 G3 G4 F2 2011广东卷 利用光能和光催化剂 ， 可将 CO2 和 H2O(g)转化为CH4 和 O2。 紫外光照射时 ， 在不同催化剂 ( ， ， )作用下 ， CH4产量随光照时间的变化如图 0 所示 。 图 0 (1)在 0 30 小时内 ， CH4 的平均生成速率 v 、 v 和 v 从大到小的顺序为 _； 反应开始后的 12 小时内 ， 在第 _种催化剂作用下 ， 收集的 CH4 最多 。 (2)将所得 CH4 与 H2O(g)通入聚焦太阳能反应器 ， 发生反应 ：CH4(g) H2O(g)=CO(g) 3

16、H2(g)。 该反应的 H 206kJmol 1。 京翰教育高中化学辅导网 京翰教育高中化学辅导网 画出反应过程中体系能量变化图 (进行必要标注 )。 将等物质的量的 CH4 和 H2O(g)充入 1L 恒 容密闭反应器 ， 某温度下反应达到平衡 ， 平衡常数 K 27， 此时测得 CO 的物质的量为0.10mol， 求 CH4 的平衡转化率 (计算结果保留两位有效数字 )。 (3) 已知 ： CH4(g) 2O2(g)=CO2(g) 2H2O(g) H 802kJmol 1 。 写出由 CO2 生成 CO 的热化学方程式_。 31 G3 G4 F2 (1)v v v (2) 设 CH4的

17、初始物质的量为 xmol， 则 CH4(g) H2O(g) (g) 3H2(g) 初始浓度 /molL 1 x1 x1 平衡浓度 /molL 1x 0.101 x 0.101 0.101 0.301 K cCOc3H2cCH4cH2O0.10 0.303x 0.102 27 解得： x 0.11 转化率 0.100.11 100% 91% (3)CO2(g) 3H2O(g)=CO(g) 3H2(g) 2O2(g) H 1008kJmol 1 【解析】 (1)0 30 小时内， CH4 的平均速率 CH4产量30 h ，由图可知， 30 小时内 CH4的产量 ，即速率关系为 ；前 12 小时第

18、种催化剂作用下，收集的 CH4最多。 (2) 该反应中，CH4的用量越多，放出的热量 越多，成正比例关系。 假设 CH4 和 H2O 的起始量均为 xmol，结合平衡时 n(CO)0.10mol，有： CH4(g) H2O(g)=CO(g) 3H2(g) 京翰教育高中化学辅导网 京翰教育高中化学辅导网 起始浓度molL 1xx00 变化量molL 10.100.100.100.30 平衡浓度molL 1x 0.10x 0.100.100.30 结合 K cCO c3H2cCH4 cH2O0.10 0.303x 0.102 27，解得 x 0.11molL1， CH4的转化率0.100.11

19、 100% 91%。 (3)由已知反应： CH4(g) H2O(g) (g) 3H2(g) H206kJmol 1； CH4(g) 2O2(g)=2CO2(g) 2H2O(g) H 802kJmol 1； 式得热化学反应方程式： CO2(g) 3H2O(g)=2O2(g) CO(g) 3H2(g) H 1008kJmol 1。 5 F2 2011海南化学卷 已知 ： 2Zn(s) O2(g)=2ZnO(s) H 701.0kJmol 1 2Hg(l) O2(g)=2HgO(s) H 181.6kJmol 1 则反应 Zn(s) HgO(s)=ZnO(s) Hg(l)的 H 为 ( ) A 51

20、9.4kJmol 1B 259.7kJmol 1 C 259.7kJmol 1D 519.4kJmol 1 5 F2 【解析】 C 利用 题 干中的第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式得： 2Zn(s) 2HgO(s)=2ZnO(s) 2Hg(l) H519.4kJmol 1 ，然后再将各化学计量数缩小一半得 Zn(s)HgO(s)=ZnO(s) Hg(l) H 259.7kJmol 1，故答案为 C。 14 C2F2 2011海南化学卷 镁化合物具有广泛用途 ， 请回答有关镁的下列问 题 ： (1) 单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的_， 还生成少量 的 _(填化学式 )； (2)CH

21、3MgCl 是一种重要的有机合成试剂 ， 其中镁的化合价是_ ， 该 化 合 物 水 解 的 化 学 方 程 式 为_ 京翰教育高中化学辅导网 京翰教育高中化学辅导网 _； (3)下图是金属镁和卤素反应的能量变化图 (反应物和产物均为298K 时的稳定状态 )。 图 0 下列选项中正确的是 _(填序号 )。 MgI2 中 Mg2 与 I 间的作用力小于 MgF2 中 Mg2 与 F 间的作用力 Mg 与 F2 的反应是放热反应 MgBr2 与 Cl2 反应的 H 0 化合物的热稳定性顺序为 MgI2 MgBr2 MgCl2 MgF2 MgF2(s) Br2(l)=MgBr2(s) F2(g

22、) H 600kJmol 1 14 C2F2 (1)MgO Mg3N2 (2) 2 CH3MgCl H2O CH4 Mg(OH)Cl (3) 【解析】 (1)镁在空气中燃烧的反应： 2Mg O2=2MgO、 3Mg N2=Mg3N2； (2)镁原子最外层电子数是 2，且镁元素没有可变化合价，只能为 2 价； (3)组成和结构相似的离子化合物，离子半径之和越大，离子键越弱， F I ，故 正确；由于 Mg 与 F2的反应体系总能量降低，因此该反应是放热反应，故 正确； Mg(s)Cl2(g)=MgCl2(s) H 641.3kJmol 1， Mg(s) Br2(l)=MgBr2(s) H 524

23、kJmol 1 ，由盖斯定律两方程式相减得 Cl2(g)MgBr2(s)=Br2(l) MgCl2(s) H 117.3kJmol 1， H 0 是放热反应，故 正确；离子半径之和越大，离子键越弱，离子化合物越不稳定， F CI Br I ，故 错；由盖斯定律可得 MgF2(s)Br2(l)=MgBr2(s) F2(g) H 600kJmol 1，故 正确。 28 F2、 G22011山东卷 研究 NO2、 SO2、 CO 等大气污染气体的处 理具有重要意义 。 (1)NO2 可 用 水 吸 收 ， 相 应 的 化 学 反 应 方 程 式 为_。 利用反应 6NO2 8NH3 催化剂 7N21

24、2H2O 也可处理 NO2。 当转移 1.2mol 电子时 ， 消耗的 NO2 在标准状况下是 _L。 京翰教育高中化学辅导网 京翰教育高中化学辅导网 (2)已知 ： 2SO2(g) O2(g) 3(g) H 196.6kJmol 1 2NO(g) O2(g) 2(g) H 113.0kJmol 1 则反应 NO2(g) SO2(g) 3(g) NO(g) 的 H _kJmol 1。 一定条件下 ， 将 NO2 与 SO2 以体积比 1 2 置于密闭容器中发生上述反应 ， 下列能说明反应达到平衡状态的是 _。 a 体系压强保持不变 b 混合气体颜色保持不变 c SO3 和 NO 的体积比保

25、持不变 d 每消耗 1molSO3 的同时生成 1molNO2 测得上述反应平衡时 NO2 与 SO2 体积比为 1 6， 则平衡常数 K _。 图 1 14 (3)CO 可 用 于 合 成 甲 醇 ， 反 应 方 程 式 为 CO(g) 2H2(g) 3OH(g)。 CO 在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图 1 14 所示 。该反应 H_0(填 “”或 “”)。 实际生产条件控制在 250 、1.3 104kPa 左右 ， 选择此压强的理由是_ _。 28 F2、 G2 (1)3NO2 H2O=2HNO3 NO 6.72 (2) 41.8 b 2.67 或 83 (3) 在 1.3 104kPa 下 ， CO 转化率已较高 ， 再增大压强 CO 转化率提高不大 ， 而生产成本增加 ， 得不偿失 【解析】 (1)NO2与水反应的化学方程式为 3NO2 H2O=2HNO3 NO。分析 题 给化学方程式可知， 1molNO2参加反应转移 4mol 电子，故转移 1.2mol 电子时消耗 NO2的物质 的量为 0.3mol，在标准状况下的体积为 6.72L。