1、届高考化学第一轮总复习检测18专题七化学能与热能A卷全国卷 盖斯定律及其应用1.（2014课标全国卷，13，6分）室温下，将1 mol的CuSO45H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为H1，将1 mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为H2；CuSO45H2O受热分解的化学方程式为CuSO45H2O（s）CuSO4（s）5H2O（l），热效应为H3。则下列判断正确的是（） A.H2H3 B.H1H3 解析由题干信息可得：CuSO45H2O（s）=Cu2（aq）SO（aq）5H2O（l）H10，CuSO4（s）=Cu2（aq）SO（aq）H20，H2H1，B项正确，C、D
2、项错误；H30，H2H2，A项错误。 答案B2.（2013课标全国卷，12，6分）在1 200 时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应 H2S（g）O2（g）=SO2（g）H2O（g）H1 2H2S（g）SO2（g）=S2（g）2H2O（g）H2 H2S（g）O2（g）=S（g）H2O（g）H3 2S（g）=S2（g）H4 则H4的正确表达式为（） A.H4（H1H23H3） B.H4（3H3H1H2） C.H4（H1H23H3） D.H4（H1H23H3） 解析式中含有S2（g）、式中含有S（g），根据盖斯定律可知，2得2S（g）SO2（g）H2O（g）=H2S（g）S2（g）O2（g），然后再
3、加得2S（g）=S2（g），所以H4H2H1H32。 答案A3.（2016课标全国卷，26，14分）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。回答下列问题： （1）联氨分子的电子式为，其中氮的化合价为。 （2）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为_。 （3）2O2（g）N2（g）=N2O4（l）H1 N2（g）2H2（g）=N2H4（l）H2 O2（g）2H2（g）=2H2O（g）H3 2N2H4（l）N2O4（l）=3N2（g）4H2O（g） H41 048.9 kJmol1 上述反应热效应之间的关系式为H4，联氨和N2O4可作为火箭
4、推进剂的主要原因为_ _。 （4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为（已知：N2H4HN2H的K8.7107；Kw1.01014）。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_。 （5）联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是_ _。 联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是。 解析（1）根据联氨的化学式N2H4知，联氨是共价化合物，其电子式为；再依据化合物中各元素的化合价代数和为零，氢元素的化合价为1价，则氮元素的化合
5、价为2价。（2） 次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨的反应中，氮元素的化合价由氨分子中的3价升高到联氨分子中2价，氯元素的化合价由次氯酸钠中的1价降低到1价，根据化合价升高与降低总数相等和原子守恒配平化学方程式为NaClO2NH3=N2H4NaClH2O。（3）对照目标热化学方程式中的反应物和生成物在已知热化学方程式中的位置和化学计量数，利用盖斯定律，将热化学方程式2，减去热化学方程式2，再减去热化学方程式，即可得出热化学方程式，故H42H32H2H1；联氨具有强还原性，N2O4具有强氧化性，两者混合在一起易自发地发生氧化还原反应，反应放热量大，并产生大量的气体，可为火箭提供很大的推进力。（4）联氨
6、为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为N2H4H2ON2HOH，再根据已知：N2H4HN2H的K8.7107及Kw1.01014，故联氨第一步电离平衡常数为Kc（OH）c（H） 8.71071.010148.7107；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6（HSO4）2。（5）联氨是一种常用的还原剂，AgBr具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成银，则向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，可观察到固体逐渐变黑，并有气泡产生；联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4O2=N22H2O，理论上1 kg
7、的联氨可除去水中溶解的氧气为1 kg32 gmol132 gmol11 kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是N2H4的用量少，且不产生其他杂质，N2H4还原产物是N2和H2O，对环境无污染，而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4。 答案（1）2 （2）NaClO2NH3=N2H4NaClH2O （3）2H32H2H1反应放热量大，产生大量的气体（4） 8.7107 N2H6（HSO4）2（5）固体逐渐变黑，并有气泡产生1 N2H4的用量少，不产生其他杂质（还原产物是N2和H2O，而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4）4.（2014课标全国卷，28，15分）乙醇是重要的
8、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）H123.9 kJmol1 甲醇制烯烃反应2CH3OH（g）=C2H4（g）2H2O（g）H229.1 kJmol1 乙醇异构化反应C2H5OH（g）=CH3OCH3（g）H350.7 kJmol1 则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）H2O（g）=C2H5OH（g）的HkJmol1。与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是。
9、 （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nH2OnC2H411）。 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，nH2OnC2H40.61。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、。 解析（2）将题给反应依次编号为、，反应减去反应再减去反应即得C2H4（g）H2O（g）=C2H5OH（g）
10、，故HH1H2H323.9 kJmol1（29.1 kJmol1）（50.7 kJmol1）45.5 kJmol1。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（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蒸气液化而减少生成物浓度或增加nH2OnC2H4的比例，即增大H2O（g）的浓度。 答案（1）C2H
11、4H2SO4=C2H5OSO3H、 C2H5OSO3HH2O=C2H5OHH2SO4 （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nH2OnC2H4比5.（2013课标全国卷，28，15分）二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气（组成为H2、CO和少量的CO2）直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应： 甲醇合成反应：（）CO（g）2H2（g）=CH3OH （g）H190.1 kJmol1 （）CO2（g）3H2（g）=CH3OH（g）H2O（g）H249
12、.0 kJmol1 水煤气变换反应：（）CO（g）H2O（g）=CO2（g）H2（g）H341.1 kJmol1 二甲醚合成反应：（）2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）H2O（g）H424.5 kJmol1 回答下列问题： （1）Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是_。 （以化学方程式表示）。 （2）分析二甲醚合成反应（）对于CO转化率的影响。 （3）由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为_ _。 根据化学反应原理，分析增加压强对直接制备二甲醚反应的影响_ _。 （4）有研究者在催化剂（含C
13、uZnAlO和A12O3）、压强为5.0 MPa的条件下，由H2和CO直接制备二甲醚，结果如下图所示。其中CO转化率随温度升高而降低的原因是_ _。 （5）二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度高于甲醇直接燃料电池（5.93 kWhkg1）。若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为，一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生个电子的电量；该电池的理论输出电压为1.20 V，能量密度E_ （列式计算。能量密度电池输出电能/燃料质量，1kWh3.6106J）。 解析（2）反应（）消耗甲醇，减小了甲醇的浓度，使反应（）平衡右移，CO转化率增大；另外反应（）生成的H2O通过反应（）也
14、会消耗部分CO。（3）（）式2（）式即得：2CO（g）4H2（g）=CH3OCH3（g）H2O（g）H204.7 kJmol1。增大压强对该反应的影响是：反应速率增大；平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3的产率增加。（4）升高温度CO的转化率降低的原因是正反应放热，升高温度，平衡左移。（5）碳元素由2价升高到4价，故一个二甲醚分子失去的电子数为2（4）（2）12，燃料电池的负极反应为CH3OCH33H2O12e=2CO212H。根据题给能量密度的计算公式可列式计算出二甲醚直接燃料电池的能量密度。 答案（1）Al2O3（铝土矿）2NaOH=2NaAlO2H2O、NaAlO22H2OC
15、O2=Al（OH）3NaHCO3、2Al（OH）3Al2O33H2O （2）消耗甲醇，促进甲醇合成反应（）平衡右移，生成的H2O，促进水煤气变换反应（）平衡右移，使CO转化率增大 （3）2CO（g）4H2（g）=CH3OCH3（g）H2O（g）H204.7 kJmol1该反应分子数减少，压强升高使平衡右移，CO和H2转化率增大，CH3OCH3产率增加；压强升高使CO和H2浓度增加，反应速率增大 （4）反应放热，温度升高，平衡左移 （5）CH3OCH33H2O12e=2CO212H12 （3.6106 JkW1h1）8.39 kWhkg1B卷地方卷化学反应中能量变化的有关概念辨析1.（2015海
16、南化学，4，2分）已知丙烷的燃烧热H2 215 kJmol1。若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8 g水，则放出的热量约为（） A.55 kJ B.220 kJ C.550 kJ D.1 108 kJ 解析由丙烷的燃烧热H2 215 kJmol1，可写出其燃烧的热化学方程式C3H8（g）5O2（g）=3CO2（g）4H2O（l）H2 215 kJmol1，丙烷完全燃烧产生1.8 g水，n（H2O）mM1.8 g18 g/mol0.1 mol，所以反应放出的热量是Q（2 215 kJ4 mol）0.155.4 kJ，A选项正确。 答案A2.（2013福建理综，11，6分）某科学家利用二氧化铈（Ce
17、O2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO。其过程如下： mCeO2（mx）CeO2xCexO2 （mx）CeO2xCexH2OxCO2mCeO2xH2xCO 下列说法不正确的是（） A.该过程中CeO2没有消耗 B.该过程实现了太阳能向化学能的转化 C.如图中H1H2H3 D.以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO4OH2e=CO2H2O 解析由题意知CeO2为该反应的催化剂，A正确；将两反应叠加，得H2OCO2COH2O2实现了太阳能向化学能的转化，B正确；由图中箭头方向知：H1（H2H3），C错误；以CO和O2构成碱性燃料电池时，电极反应方程式分别为 ，D正确。 答案
18、C3.（2013重庆理综，6，6分）已知：P4（g）6Cl2（g）=4PCl3（g）Ha kJmol1， P4（g）10Cl2（g）=4PCl5（g）Hb kJmol1， P4具有正四面体结构，PCl5中PCl键的键能为c kJmol1，PCl3中PCl键的键能为1.2c kJmol1。 下列叙述正确的是（） A.PP键的键能大于PCl键的键能 B.可求Cl2（g）PCl3（g）=PCl5（s）的反应热H C.ClCl键的键能为（ba5.6c）/4 kJmol1 D.PP键的键能为（5a3b12c）/8 kJmol1 解析P原子半径大于Cl原子半径，PP键键长大于PCl键键长，故PP键键能小于
19、PCl键键能，A项错误；设P4（g）6Cl2（g）=4PCl3（g）Ha kJmol1，P4（g）10Cl2（g）=4PCl5（g）Hb kJmol1，利用盖斯定律（）可得，Cl2（g）PCl3（g）=PCl5（g）H（ba）kJmol1，根据H反应物总键能生成物总键能，设ClCl键键能为x kJmol1，则：x31.2c5c（ba），x（ba5.6c），B错误，C正确；53得2P4（g）12PCl5（g）=20PCl3（g）H（5a3b）kJmol1，设PP键键能为y kJmol1，则12y5c121.2c3205a3b，y（5a3b12c），D项错误。 答案C4.（2012江苏化学，4，2
20、分）某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）。下列有关叙述正确的是（） A.该反应为放热反应 B.催化剂能改变该反应的焓变 C.催化剂能降低该反应的活化能 D.逆反应的活化能大于正反应的活化能 解析图中生成物总能量高于反应物总能量，反应为吸热反应，A错；使用催化剂可降低反应的活化能而影响反应速率，但不会影响焓变，B错，C正确；图中E1为正反应活化能，E2为逆反应活化能，E1E2，D错误。 答案C热化学方程式的书写及正误判断5.（2015广东理综，31，16分）用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染。 （1）传统上该转化通过如下图所示的催
21、化循环实现。 其中，反应为2HCl（g） CuO（s）H2O（g）CuCl2（s）H1 反应生成1 mol Cl2的反应热为H2，则总反应的热化学方程式为_， （反应热用H1和H2表示）。 （2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性， 实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的HClT曲线如下图： 则总反应的H0（填“”、“”或“”）；A、B两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是。 在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应HClT曲线的示意图，并简要说明理由_。 下列措施中，有利于提高（HCl）的有。 A.增大n（HCl） B.增大n（O2
22、） C.使用更好的催化剂 D.移去H2O （3）一定条件下测得反应过程中 n（Cl2）的数据如下：t/min02.04.06.08.0n（Cl2）/103 mol01.83.75.47.2 计算2.06.0 min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率（以molmin1为单位，写出计算过程）。 （4）Cl2用途广泛，写出用Cl2制备漂白粉的化学方程式： _。 解析（1）根据题中催化循环图示得出：CuCl2（s）O2（g）CuO（s）Cl2（g）H2，然后利用盖斯定律将两个热化学方程式相加即可得出2HCl（g）O2（g）H2O（g）Cl2（g）HH1H2。（2）结合题中（HCl）T图像可知，随着
23、温度升高，（HCl）降低，说明升高温度平衡逆向移动，得出正反应方向为放热反应，即H0；A、B两点A点温度低，平衡常数K（A）大。结合可逆反应2HCl（g）O2（g）H2O（g）Cl2（g）的特点，增大压强平衡向右移动，（HCl）增大，则相同温度下，HCl的平衡转化率比增压前的大，曲线如答案中图示所示。有利于提高（HCl），则采取措施应使平衡2HCl（g）O2（g）H2O（g）Cl2（g）正向移动。A项，增大n（HCl），则c（HCl）增大，虽平衡正向移动，但（HCl）减小，错误；B项，增大n（O2）即增大反应物的浓度，D项，移去H2O即减小生成物的浓度，均能使平衡正向移动，两项都正确；C项，使
24、用更好的催化剂，只能加快反应速率，不能使平衡移动，错误。（3）用在时间段2.06.0 min内的HCl物质的量的变化量除以这段时间，即可得2.06.0 min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率，计算过程见答案。 答案（1） 2HCl（g）O2（g）H2O（g）Cl2（g）HH1H2 （2） K（A） 见下图 增大压强，平衡右移，（HCl）增大，相同温度下，HCl的平衡转化率比之前的大 BD （3） 设2.06.0min时间内，HCl转化的物质的量为n，则 2HCl（g）O2（g）H2O（g）Cl2（g） 2mol 1mol n （5.41.8）103mol n7.2103 mol 所以v（HCl） 1.8103molmin1 （4） 2Cl22Ca（OH）2=CaCl2Ca（ClO）22H2O6.（2012海南化学13，8分）氮元素的氢化物和氧化物在工业生产和国防建设中都有广泛应用，回答下列问题： （1）氮元素原子的L层电子数为； （2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），该反应的化学方程式为_； （3）肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。 已知：N2（g）2O2（g）=N2O4（l） H119.5 kJmol
