易错题型(二)
1．下列图示与对应的叙述相符的是 ( )
A．图I图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图
B．图图图图图图图图0图100 mol图L NaOH图图图图20.00 mL图0.100 mol图L HC1图图图图图图图图图图图 C．图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图c A、图I中反应物的能量高于生成物的能量，故表示的是放热反应，A错误； B、0. 100 mol/L NaOH溶液滴定20. 00 mL、0.100 mol/L HC1溶液时NaOH溶液的体积是20mL时溶液呈中性，B错误； C、冰醋酸加水稀释过程中电离程度是逐渐增大的，越加水稀释，电离程度越大，因此c点最大，C错误； D、增加CO的物质的量平衡向正反应方向进行，NO2的转化率增大，由图可知的转化率c>b>a,D正确； 2．MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M＝Ca、Mg)： M2+(g)＋CO32-(g) M2+(g)＋O2−(g)＋CO2(g) 已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是 ( ) ．．．A．ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0 B．ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0 C．ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO) D．对于MgCO3和CaCO3，ΔH1＋ΔH2＞ΔH3 2．答案C【解析】根据盖斯定律，得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3,又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3,CaO的离子键强度弱于MgO。 A. ΔH1表示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0图A项正确； 试卷第1页，总11页 B. ΔH2表示断裂CO32-中共价键形成O2−和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0图B项正确； C.由上可知ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)<0图而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3CaO的离子键强度弱于MgO，为负值，因而ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO)图ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)>0图C项错误； D.由上分析可知ΔH1+ΔH2>0，ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2＞ΔH3图D项正确。 3．研究表明，化学反应的能量变化与反应物和生成物的键能有关。键能可以简单的理解为断开1mol化学键时所需吸收的能量。下表是部分化学键的键能数据： 己知白磷的燃烧方程式为：P4(s)+ 5O2=P4O10(s)，该反应放出热量2378.0kJ，且白磷分子结构为正四面体，4个磷原子分别位于正四面体的四个顶点，白磷完全燃烧的产物结构如右图所示，则上表中X 为 ( ) A．434 3．答案A【详解】 各化学键键能为：P-P 197kJ•mol-1、P-O 360kJ•mol-1、O=O 499 kJ•mol-1，P=O X kJ•mol-1反应P4(s)+5O2(g)=P4O10(s) 图H=-2378.0kJ/mol，反应焓变 图H=6×197+5×499-4×X-360×12=-2378.0，计算得到X=434kJ/mol；答案选A。 4．下列反应方程式不正确的是 ( ) A．工业上制取粗硅的化学方程式：SiO2+2CB．硫酸型酸雨的形成会涉及反应2H2SO3 +O22－ ＋ B．335 C．237 D．188 高温Si+2CO↑ 2H2SO4 催化剂C．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O3+2H=SO2↑+S↓+H2O D．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO＋CO2＋H2O＝2HClO＋CO3 4．答案D【解析】试题分析：A.工业上用SiO2和焦炭制取粗硅，化学方程式为SiO2+2C 高温2-－ － Si+2CO↑，A项正确；B.硫酸型酸雨中含有亚硫酸，亚硫酸能被氧气氧化成硫酸， 催化剂化学方程式为2H2SO3 +O22H2SO4，B项正确；C. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸生成单质 试卷第2页，总11页 硫、SO2和水，化学方程式为S2O3+2H=SO2↑+S↓+H2O，C项正确；D.根据电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3，根据强酸制弱酸的原理，向NaClO溶液中通入少量CO2的化学方程式为ClO＋CO2＋H2O＝HClO＋HCO3，D项错误；答案选D。 5．下列关于各图的叙述正确的是 － -－ 2－＋ 甲 乙 丙 丁 A．图甲表示某可逆反应中物质浓度随时间的变化，反应在t时刻达到平衡状态 B．图乙表示镁条放入盐酸中生成氢气的速率受温度和浓度的影响 C．图丙表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH大于同浓度NaB溶液的pH D．丁表示向氨水中通入HCl气体，溶液的导电能力变化 答案5．B【解析】 A图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图t图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图t图图图图图图图图图图A图图图 B图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图B图图图 C图图pH图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图pH图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图pH图图图图图图图图HA图图图图图HB图图NaA图图图pH图图图图图NaB图图图pH图图C图图图 D图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图HCl图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图图D图图图 图图B图 6．现有等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量镁，产生H2的体积（同温同压下测定）的变化图示如下。其中正确的是 A．①③ B．②④ C．①②③④ D．都不对 试卷第3页，总11页 6．答案D【详解】随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，故①错误； 等pH时，醋酸浓度较大，加入足量镁，不仅产生的氢气的体积更大，反应更快，而且反应时间更长，不可能比盐酸更早结束，故②错误； 随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，不可能逐渐减小，故③错误； 等物质的量浓度时，醋酸溶液中氢离子浓度较小，反应速率较小，不可能比盐酸反应的快，故④错误。 7．下列事实一定能说明HF是弱酸的是( ) ②HF与NaCl不能发生反应；①用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗；③常温下0.1mol/L的HF溶液pH为2.3图④HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2 ；⑤ HF与水能以任意比混溶；⑥1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红 A．①② 7．答案D【详解】 ①导电性强弱主要与离子浓度有关，离子浓度大，导电能力强，离子浓度小，导电能力弱，用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗，不能说明HF是弱酸，故①错误； ②HF与NaCl不能发生反应是由于两者不符合复分解反应的条件，与HF是否为弱酸无关，故②错误； ③如果HF为强酸，常温下0.1mol·L－1的HF溶液的pH应为1，而该溶液的pH为2.3，说明HF部分电离是弱酸，故③正确； ④HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体说明HF的酸性比碳酸的强，不能说明HF是弱酸，故④错误； ⑤不能利用物质的溶解性来判断是否为弱电解质，HF与水能以任意比混溶与HF的酸性无关，故⑤错误； ⑥1mol·L－1的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红说明HF水溶液显酸性，不能说明HF是弱酸，故⑥错误； 8．水煤气变换反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的过程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用●标注。下列说法错误的是（ ） B．②③⑤ C．③④⑥ D．③ 试卷第4页，总11页 A．该历程中最大能垒(活化能)E正=2.02eV B．水煤气变换反应的△H<0 C．步骤③的化学方程式为：CO●+OH●+H2O(g)=COOH●+H2O● D．步骤⑤只有非极性键H-H键形成 8．答案D【解析】 A．该历程中最大能垒步骤应为步骤④，E正=1.86-(-0.16)=2.02eV，故A正确。 B．由图像可知，水煤气变换反应反应物为CO(g)+2H2O(g)，其相对能量为0eV，生成物CO2(g)+H2(g)+H2O(g)的相对能量为-0.72eV。前者的相对能量比后者的高，所以反应为放热反应，ΔH<0，故B错误； C．由步骤③的初始状态与末状态可知，其化学方程式应为：CO●+OH●+H2O(g)=COOH●+H2O●，故C正确； D．步骤⑤的化学方程式为：COOH●+2H●+OH●=CO2(g)+H2(g)+H2O●，生成物中氢气含有非极性键H-H键，二氧化碳含有极性键C=O键，故D错误； 9.根据图中的能量关系,可求得C—H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】A 【解析】设C—H键键能为x kJ·mol-1，由图可得717+864-4x=-75，计算得x=414，A项正确。 试卷第5页，总11页 10.根据如图所示的过程中的能量变化情况，判断下列说法正确的是 （ ） A. N2(g)转化为氮原子是一个放热过程 B. 1molN2和1molO2的总焓比2 mol NO的总焓高 C. 1个NO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632kJ能量 D. 2NO(g)===N2(g)+O2(g)的反应热ΔH=-180kJ·mol-1 【答案】D【解析】 N2(g)转化为氮原子，断裂N≡N，吸收热量，A错误； 由图中数据可知，断键吸收能量为(946+498)kJ=1444kJ，反应放出能量为2×632kJ=1264kJ，吸收能量多于放出能量，所以该反应为吸热反应，则1molN2和1molO2的总焓比2molNO的总焓低，B错误； 1 mol NO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632kJ能量，C错误； 由上述分析可知，2NO(g)===N2(g)+O2(g)的反应热ΔH=-180kJ/mol，D正确。 11.已知下列热化学方程式： C(s)+O2(g)===CO2(g) ΔH=-393.5 kJ/mol 2H2(g)+O2(g)===2H2O(g) ΔH=-483.6kJ/mol。 现有0.2mol的炭粉和氢气组成的气、固混合物在氧气中完全燃烧，共放出63.53kJ热量，则炭粉与氢气的物质的量之比为 （ ） A. 1:1 B. 1:2 C. 2:3 D. 3:2 【答案】A 【解析】设炭粉的物质的量为x，H2的物质的量为y，由题意知： xy0.21 483.6kJmol1393.5kJmolxy63.53kJ2解得x=0.1mol，y=0.1mol，则x:y=1:1 12．室温下，将1 mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为ΔH1，将1 mol 的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为ΔH2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为CuSO4·5H2O(s)=====CuSO4(s)＋5H2O(l)，热效应为ΔH3。则下列判断正确的是( ) A．ΔH2>ΔH3 B．ΔH1<ΔH3 C．ΔH1＋ΔH3＝ΔH2 D．ΔH1＋ΔH2>ΔH3 试卷第6页，总11页 △ 解析：选B。1 mol CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，为吸热过程，故ΔH1>0,1 mol CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，为放热过程，故ΔH2<0,1 mol CuSO4·5H2O(s)溶于水可以分为两个过程，先分解成1 mol CuSO4(s)和5 mol水，然后1 mol CuSO4(s)再溶于水，CuSO4·5H2O受热分解为吸热反应，即ΔH3>0。根据盖斯定律得到关系式ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，分析得到答案：ΔH1<ΔH3。 13．下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。 据此判断下列说法中正确的是( ) A．由图1知，石墨转变为金刚石是吸热反应 B．由图2知，S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1，S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2，则ΔH1>ΔH2 C．由图3知，白磷比红磷稳定 D．由图4知，CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH>0 解析：选A。金刚石的能量高于石墨，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，A正确；固态S的能量低于气态S的能量，所以气态S燃烧放出的热量多，但放热越多，ΔH越小，B不正确；白磷的能量高于红磷的能量，所以红磷比白磷稳定，C不正确；D项反应应为放热反应，ΔH<0，D不正确。 14．1,3丁二烯和2丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下： ①CH2===CH—CH===CH2(g)＋2H2(g)―→CH3CH2CH2CH3(g)＋236.6 kJ ②CH3—C≡C—CH3(g)＋2H2(g)―→CH3CH2CH2CH3(g)＋272.7 kJ 由此不能判断( ) A．1,3丁二烯和2丁炔稳定性的相对大小 B．1,3丁二烯和2丁炔分子储存能量的相对高低 C．1,3丁二烯和2丁炔相互转化的热效应 D．一个碳碳三键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小 解析：选D。根据盖斯定律可知①－②即得到 CH2===CH—CH===CH2(g)―→CH3—C≡C—CH3(g)－36.1 kJ，这说明1,3丁二烯转化为2丁炔是吸热反应，因此在质量相等的条件下1,3丁二烯的总能量低于2丁炔的总能量。能量越低越稳定，因此1,3丁二烯比2丁炔稳定性强，所以选项A、B、C均是正确的；反应热等于断裂化学键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，但由于不能确定碳碳单键和碳氢单键键能，因此根据热化学方程式不能确定一个碳碳三键的键能与两个碳碳双键的键能之和的相对大小，D不正确，答案选D。 15．(2014·高考江苏卷)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 试卷第7页，总11页 下列关于上述反应焓变的判断正确的是( ) A．ΔH1＞0，ΔH3＜0 B．ΔH2＞0，ΔH4＞0 C．ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D．ΔH3＝ΔH4＋ΔH5 解析：选C。A.C(s)、CO(g)在O2(g)中燃烧生成CO2，均为放热反应，则有ΔH1<0、ΔH3<0。B.CO2(g)与C(s)在高温条件下反应生成CO(g)，该反应为吸热反应，则有ΔH2>0；Fe(s)与O2(g)反应生成Fe2O3(s)为放热反应，则有ΔH4<0。C.将五个热化学方程式依次编号为①、②、③、④、⑤，根据盖斯定律，由②＋③可得①，则有ΔH1＝ΔH2＋ΔH3。D.将五个热化学方程式依次编号为①、②、③、④、⑤，根据盖斯定律，由③×3－⑤×2可得④，则有ΔH4＝3ΔH3－2ΔH5。 16．(2013·高考上海卷)将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可见( ) A．NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应 B．该反应中，热能转化为产物内部的能量 C．反应物的总能量高于生成物的总能量 D．反应的热化学方程式为NH4HCO3＋HCl===NH4Cl＋CO2↑＋H2O－Q 解析：选B。醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3 与HCl的反应为吸热反应，即吸收的热量转化为产物内部的能量，A项错误、B项正确；因反应为吸热反应，则反应后生成物的总能量高于反应物的总能量，C项错误；书写热化学方程式时，应注明物质的状态，D项错误。 17．(2015·广东梅州模拟)已知H2SO4(aq)与Ba(OH)2(aq)反应的ΔH＝－1 584.2 kJ·mol1； － HCl(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH＝－55.6 kJ·mol1，则生成BaSO4(s)的反应热等于( ) －－ A．－1 528.6 kJ·mol1 B．－1 473 kJ·mol1 －－ C．＋1 473 kJ·mol1 D．＋1 528.6 kJ·mol1 ＋－ 解析：选B。H(aq)＋OH(aq)===H2O(l) － ΔH1＝－55.6 kJ·mol1 ＋－Ba2(aq)＋SO24(aq)===BaSO4(s) ΔH2 ＋－＋－2H(aq)＋2OH(aq)＋Ba2(aq)＋SO24(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)ΔH3＝－1 584.2 － kJ·mol1 根据盖斯定律知，ΔH3＝2ΔH1＋ΔH2， － ΔH2＝－1 473 kJ·mol1。 24．如图是用0.1000mol/L的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液的示意图和某次滴定前、后的盛放盐酸滴定管中液面的位置。请回答： － 试卷第8页，总11页 图1）仪器A的名称是 _______________图 图2）盐酸滴定管中滴定后读数为________mL图 图3）某实验小组同学的三次实验的实验数据如下表所示．根据表中数据计算出的待测NaOH溶液的浓度是____________；（保留四位有效数字） 实验 编号 1 2 3 待测NaOH溶液的体积（mL图 20.00 20.00 20.00 滴定前盐酸的 体积读数（mL图 1.20 2.21 1.50 滴定后盐酸的 体积读数（mL图 23.22 24.21 23.48 图4）滴定操作可分解为如下几步（所用的仪器刚用蒸馏水洗净）： A．用碱式滴定管向锥形瓶里注入20.00mL待测NaOH溶液，并加入2图3滴酚酞； B．用标准溶液润洗酸式滴定管2图3次； C把盛有标准溶液的酸式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液，使管内无气泡； D．取标准盐酸注入酸式滴定管至刻度0以上2图3cm图 E．调节液面至0或0以下刻度，记下读数； F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准盐酸滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。 正确操作步骤的顺序是（用序号字母填写）_____________图 图5）判断到达滴定终点的实验现象是________________________________图 图6）滴定操作时，如果上述B步骤省略，对测定结果的影响是_____（填“无影响”图“偏高”或“偏低”图图 24．答案 ：酸式滴定管 22.80 0.1100mol·L﹣1 BDCEAF 当溶液颜色由粉红色变为无色，且半分钟内不变色 偏高 【解析】 （1）该滴定管的下端是玻璃活塞，所以仪器A的名称为酸式滴定管； （2）盐酸在酸式滴定管中滴定后读数为22.80mL； （3）三次滴定消耗的体积为：22.02mL，22.00mL，21.98mL，数据均有效，则平均消耗 试卷第9页，总11页 V=22.00mL，cNaOH）=（盐酸）根据（=0.1100mol·L﹣1。 c（HCl）V（盐酸）0.1000mol/L22.00mL= 20.00mLV（NaOH）（4）酸碱中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、赶气泡、调节液面（读初始读数）、滴定等顺序操作，可知正确的操作顺序为：BDCEAF； （5）由于使用酚酞作指示剂，滴定时，当溶液颜色由粉红色变为无色，且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点； （6）如果上述B步骤省略，即未用标准溶液润洗酸式滴定管2～3次，相当于标准液稀=释，导致标准液的体积偏大，根据c（NaOH）偏高。 25．利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下： c（HCl）V（盐酸） 分析，c（NaOH） V（NaOH） ①用量筒量取50 mL 0.50 mol·L盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量 － 筒量取50 mL 0.55 mol·L1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液温度。回答下列问题： (1)为什么所用NaOH溶液要稍过量？ ______________________________________________。 (2)倒入NaOH溶液的正确操作是________(填序号)。 A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入 (3)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是______(填序号)。 A．用温度计小心搅拌 B．揭开泡沫塑料板用玻璃棒搅拌 C．轻轻地振荡烧杯 D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下搅动 － (4)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1 L 1 mol·L1 的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为____________________。 － (5)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 g·cm3，又知中和反应后生成溶液的比热 －1－1 容c＝4.18 J·g·℃。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下： 实验序号 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃ 盐酸 氢氧化钠溶液 混合溶液 1 20.0 20.1 23.2 2 20.2 20.4 23.4 3 20.5 20.6 23.6 依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝__________(结果保留一位小数)。 (6)________(填“能”或“不能”)用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸， －1 试卷第10页，总11页 理由是________________________________________________________________________。 解析：(1)在中和热的测定实验中为了确保一种反应物被完全中和，常常使加入的一种反应物稍微过量一些。(2)为了减小热量损失，倒入NaOH溶液应该一次迅速倒入。(3)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下搅动。(4)稀氢氧化钠溶液和稀氢氧化钙溶液中溶质都完全电离，它们的中和热相同，稀氨水中的溶质是弱电解质，它与盐酸的反应中一水合氨的电离要吸收热量，故中和热要小一些(注意中和热与ΔH的关系)。(5)取三次实验的平均值代入公式计算即可。(6)因为硫酸与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热，故不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸。 － 答案：(1)确保盐酸被完全中和 (2)C (3)D (4)ΔH1＝ΔH2<ΔH3 (5)－51.8 kJ·mol1 (6)不能 H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热 试卷第11页，总11页 21．图.火箭推进器中分别装有联氨和液态过氧化氢，当它们混合时即产生气体，并放出大量热。已知：1.28g液态联氨与足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气，放出X kJ的热量。N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H20(l)∆H=-YkJ/mol H20(g)=H20(l)∆H=-ZkJ/mol 根据以上信息写出过氧化氢分解生成液态水和氧气的热化学方程式_______________。 图.利用I2O5可消除CO污染，反应为I2O5(s)+5CO(g)⇌5CO2(g)+I2(s)。不同温度下，向装有足量的I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入2mol CO，测得CO的体积分数ψ(CO)随时间t变化曲线如图。 (1)此反应的平衡常数表达式_______。 试卷第12页，总5页 (2)a点时表示的化学反应速率v(CO)=_______。 (3)b点时CO的转化率_______； (4)Kb_______Kd(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是_____。 (5)由题意，此反应的ΔH___ 0(填“大于”“小于”或“等于”)。 c5CO221．答案2H2O2(l)=2H20(l)+O2(g) ∆H=(Y-25X-4Z)kJ/mol K5 0.6mol·L-1·min-1 cCO80% 大于 原因是反应达到平衡时，温度高时CO含量高，所以升温平衡逆移，平衡常数减小，Kb大于Kd 小于 【解析】 I．根据盖斯定律计算； 图．利用三段式及勒夏特列原理判断。 【详解】 I．已知1.28g N2H4和足量H2O2反应生成N2和H2O(g)放出X kJ的热量，则其热化学方程式为：①N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H20(g) ∆H=-25XkJ/mol②N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H20(l) ∆H=-YkJ/mol③H20(g)=H20(l) ∆H=+ZkJ/mol，根据盖斯定律，①-②+4×③可得2H2O2(l)=2H20(l)+O2(g)，∆H=-25XkJ/mol+YkJ/mol-4ZkJ/mol=(Y-25X-4Z)kJ/mol； c5CO2图．(1)根据方程式，固体的浓度为1，则K5； cCO(2)a点时： I2O5s5COg初始转化a点2molx2x5CO2gI2s0x x2x=0.40，根据a点时CO的体积分数ψ(CO)=解得x=0.6mol，则从反应开始至a点时的反20.6mol=0.6mol·L-1·min-1； 应速率为v(CO)= 2?L0.5min(3)T1时： 试卷第13页，总5页 I2O5s5COg初始转化b点2moly2y5CO2gI2s0yy2y1.6mol=0.20，×100%=80%； 得y=1.6mol，转化率=22mol 根据b点时CO的体积分数ψ(CO)= (4)反应达到平衡时，温度高时CO含量高，所以升温平衡逆移，平衡常数减小，Kb大于Kd； (5)升温，平衡逆移，正反应为放热，ΔH小于0。 22．对温室气体二氧化碳的研究一直是 人们关注的热点。某工厂使用CO2与H2来合成可再生能源甲醇，反应如下：①主反应：CO2(g)+ 3H2(g) = CH3OH(g)+ H2O(g) △H ②副反应：2CO2(g)+ 6H2(g)=C2H5OH(g)+ 3H2O(g) (1) 已知反应中相关的化学键键能E数据如下表： 化学键 E/kJ.mol-1 C-O a C=O b H-H c H-O d C-H e 则主反应的△H=____________； 该反应自发进行条件是____________。 (2)投料时只添加反应物，且CO2和H2体积比为1比3，下列有关说法正确的是__________。 A图若保持温度体积不变，当甲醇和水蒸气的体积分数相等时可判断反应达到平衡状态 B图若保持温度、体积不变，不断分离出甲醇，平衡①右移。其原因是逆反应速率减小 C图在恒温恒压的密闭容器中，反应已达平衡，若再按初始投料比加入反应物，达新平衡时，各物种分压与原平衡相同 D图降低温度或增大压强可提高反应物的转化率，也使该反应的平衡常数K增大 (3)其他条件相同，在催化剂作用和不加催化剂作用下，以上反应进行相同时间后，甲醇产率随反应温度的变化如图所示。该工厂更换为生产乙醇的生产线后，需要使用一种抑制剂P (可以降低化学反应速率，作用原理似于催化剂)来抑制主反应①。 试卷第14页，总5页 ①其他条件相同时，请在图中画出若选用抑制剂P，在温度从T1图到T5图之间，甲醇产率的变化曲线可能出现的最大区域范围，用T4 为曲线最高点)。 ②试用碰撞理论解释抑制剂的作用原理____________。 (4)在一密闭恒容容器中，CO2和H2的分压分别为a kPa、 4a kPa， 加入催化剂并在一定温度下发生以上反应，达到平衡后测得体系压强是起始时的0.8倍，且乙醇选择性是甲醇选择性的4倍。则反应①的平衡常数为Kp=_____(kPa)-2。 ( 甲醇选择性:转化的CO2中生成甲醇的百分比;用各物质的分压数据代替物质的量浓度计算，须用最简分数表示)。 22．答案(2b + 3c - a - 3e - 3d) kJ·mol-1 低温 BC 表示(此温度范围内催化剂和抑制剂均未失去活性， 抑制剂可升高反应活化能，降低活化分子百分数， 从而降低化学反应速率 28a-2/3125或28/3125a2 【详解】 (1)根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能可知，主反应的根据 △H=(2b+3c-a-3e-3d)kJ·mol-1，该反应为熵减的反应，△H＜0，因此该反应在低温条件能够自发进行； (2)A．投料时只添加反应物，且CO2和H2体积比为1：3时，无论反应是否达到平衡，甲醇和水蒸气的体积分数均相等，A错误； B．温度、体积不变，不断分离出甲醇，浓度减小，逆反应速率减小，平衡①右移，B正确； C．温度不变，平衡常数不发生改变，因此若再按初始投料比加入反应物，达新平衡时，各物种分压与原平衡相同，C正确； D．平衡常数只与温度有关，因此增大压强，平衡常数不发生改变，D错误； 答案选BC； (3)①选用抑制剂P后，甲醇的生成速率降低，且T4为曲线的最高点，因此甲醇产率的变化 试卷第15页，总5页 曲线可能出现的最大区域范围如图； ②抑制剂的作用原理为：抑制剂可升高反应活化能，降低活化分子百分数，从而降低化学反应速率； (4)根据题干信息可知，乙醇选择性是甲醇选择性的4倍，则转化的CO2中有80%转化为乙醇，20%转化为甲醇，设转化的CO2为x，列三段式有： CO2g+3H2g=CH3OHg+H2Og起始转化平衡* a0.2xa-x4a0.6x4a-3x00.2x0.2x00.2x0.2x 2CO2g+6H2g=C2H5OHg+3H2Og起始转化平衡a0.8xa-x4a2.4x4a-3x0.4x0.4x1.2x1.2x 又达到平衡后测得体系压强是起始时的0.8倍，则 0.2x+0.2x+0.4x+1.2x+a-x+4a-3x=0.8，解得x=0.5a，则反应①的平衡常数为Kp= a+4a0.1a0.7a0.5a2.5a =328。 3125a2试卷第16页，总5页 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容