届苏教版 化学能与热能 单元测试.docx
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届苏教版化学能与热能单元测试
化学能与热能
一、单选题(本大题共7小题,共42分)
1.已知下列反应的反应热:
(1)CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H1=-870.3kJ•mol-1
(2)C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-393.5kJ•mol-1
(3)H2(g)+
O2(g)=H2O(l)△H3=-285.8kJ•mol-1
则下列反应的反应热为( )
2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)
A.△H=+488.3kJ•mol-1B.△H=-244.15kJ•mol-1
C.△H=-977.6kJ•mol-1D.△H=-488.3kJ•mol-1
答案:
D
【分析】本题考查学生盖斯定律计算反应热的知识,可以根据所学知识进行回答,难度不大。
【解答】
由
(1)CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H1=-870.3kJ•mol-1
(2)C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-393.5kJ•mol-1
(3)H2(g)+
O2(g)=H2O(l)△H3=-285.8kJ•mol-1
由盖斯定律可知,(3)×2+
(2)×2-
(1)可得反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH
(1),
其反应热为2×(-285.8kJ•mol-1)+2×(-393.5kJ•mol-1)+870.3kJ•mol-1=-488.3kJ•mol-1,
故选D。
2.室温下,将1mol的CuSO4•5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低,热效应为△H1,将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高,热效应为△H2:
CuSO4•5H2O受热分解的化学方程式为CuSO4•5H2O(s)
CuSO4(s)+5H2O(l),热效应为△H3,则下列判断正确的是( )
A.△H2>△H3B.△H1<△H3
C.△H1+△H3=△H2D.△H1+△H2>△H3
答案:
B
解:
①胆矾溶于水时,溶液温度降低,反应为CuSO4•5H2O(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)+5H2O(l)△H1>0;
②CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)△H2<0;
③已知CuSO4•5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l)△H3;
依据盖斯定律①-②得到③,所以△H3=△H1-△H2;△H2<0,△H1>0,则△H3>0,
A、上述分析可知△H2<△H3,故A错误;
B、分析可知△H2=△H1-△H3,由于△H2<0,△H3>△H1,故B正确;
C、△H3=△H1-△H2,故C错误;
D、△H2<0,△H1>0、△H3>△H1+△H2,故D错误;
故选B.
胆矾溶于水时,溶液温度降低,反应为CuSO4•5H2O(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)+5H2O(l)△H1>0;
CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)△H2;
已知CuSO4•5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l)△H3,根据盖斯定律确定之间的关系.
本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化,根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键,题目难度中等.
3.根据热化学方程式:
S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-Q kJ•mol-1,下列分析正确的是( )
A.1mol S(g)与1mol O2(g)的总能量比1mol SO2(g)的总能量低Q kJ
B.1mol S(g)与1mol O2(g)反应生成1mol SO2(g)放出Q kJ的热量
C.S(s)+O2(g)=SO2(g)△H<-Q kJ•mol-1
D.1个S(g)与1个O2(g)完全反应可以放出Q kJ的热量
答案:
B
解:
A、△H<0,反应放热,反应物能量高,故A错误;
B、S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-Q kJ•mol-1,热化学方程式的化学计量数表示物质的量,1mol S(g)与1mol O2(g)反应生成1mol SO2(g)放出Q kJ的热量,故B正确;
C、固体硫变化为气体硫吸热,焓变为负值,S(s)+O2(g)=SO2(g)△H>-Q kJ•mol-1,故C错误;
D、热化学方程式的化学计量数表示物质的量,不表示分子个数,故D错误;
故选B.
A、反应放热,反应物能量高;
B、热化学方程式的化学计量数表示物质的量;
C.状态不同反应的焓变不同,放热反应焓变为负值,结合盖斯定律分析判断;
D、热化学方程式的化学计量数只表示物质的量.
本题考查对热化学方程式的理解,特别是其化学计量数只表示物质的量.题目难度不大.
4.最近意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子. N4分子结构如图,已知断裂1mol N-N吸收167kJ热量,生成1molN≡N键放出942kJ热量.根据以上信息和数据,则由N2气体生成1mol气态N4的△H为( )
A.+882 kJ/molB.+441 kJ/molC.-882 kJ/molD.-441 kJ/mol
答案:
A
解:
由题意知,N≡N的键能为942kJ/mol,N-N键的键能为167kJ/mol,
生成1molN4的反应为:
2N2(g)=N4(g),反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能,
故反应热△H=2×942kJ/mol-6×167kJ/mol=+882kJ/mol,
故选A.
由N4分子结构可知,1molN4分子中含有6molN-N键,反应热等于反应物的总键能减去
生成物的总键能,据此计算解答.
本题考查根据键能进行反应热的有关计算,难度不大,注意掌握键能与反应热的关系.
5.图为反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的能量变化示意图.下列说法正确的是( )
答案:
D
解:
A.拆化学键吸收能量,故A错误;
B.形成化学键放出能量,故B错误;
C.依据图象数据分析计算,2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(g),共放出484kJ能量,故C错误;
D.依据图象数据分析计算,2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(g),共放出484kJ能量,故D正确;
故选D.
A.拆化学键吸收能量;
B.形成化学键放出能量;
C.依据反应焓变=反应物化学键键能总和-生成物化学键键能总和计算分析;
D.依据反应焓变=反应物化学键键能总和-生成物化学键理念总和;
本题考查了反应能量变化,图象分析数据计算应用,注意反应焓变=反应物化学键键能总和-生成物化学键键能总和,题目难度中等.
6.下列有关说法正确的是( )
A.铁与稀盐酸制取氢气时,加入NaNO3固体或Na2SO4固体都不影响生成氢气的速率
B.加入反应物,则单位体积内活化分子百分数增大,化学反应速率增大
C.过程的自发性只能用于判断其方向性,不能确定其是否一定会发生和发生的速率
D.中和反应放热说明中和反应前后能量不守恒
答案:
C
解:
A.硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性,加入硝酸钠,生成NO气体,不生成氢气,故A错误;
B.加入反应物,单位体积内活化分子百分数不变,但浓度增大,化学反应速率增大,故B错误;
C.过程的自发性只能用于判断过程的方向性,过程能不能发生还与条件有关,如碳在空气中的燃烧属于自发过程,但是常温下不能发生,需要加热或点燃,故C正确;
D.中和反应遵循能量守恒,为化学能转化为热能,故D错误.
故选C.
A.加入硝酸钠,生成NO气体,不生成氢气;
B.加入反应物,单位体积内活化分子百分数不变;
C.过程的自发性只能用于判断过程的方向性,过程能不能发生还与条件有关;
D.中和反应遵循能量守恒.
本题考查化学反应速率的影响因素、自发性的判断以及化学反应与能量转换等,为高频考点,把握习题中的信息及浓度对反应速率的影响为解答的关键,注重基础知识的考查,加NaNO3固体为解答的易错点,题目难度不大.
7.将V1 mL l.0mol/L盐酸和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度,实验结果如图所示(实验中始终保持V1+V2=50).下列叙述正确的是( )
A.做该实验时环境温度为22℃
B.该实验表明化学能可能转化为热能
C.NaOH溶液的浓度约为1.0 mol/L
D.该实验表明有水生成的反应都是放热反应
答案:
B
解:
A.温度为22℃时加入盐酸10mL,则不是实验温度,故A错误;
B.由图示可以看出该反应过程放出热量,表明化学能可能转化为热能,故B正确;
C.恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL,由V1+V2=50Ml可知,消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL,
恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是n.
HCl+NaOH=NaCl+H2O
1 1
1.0mol•L-1×0.03L n
则n=1.0mol•L-1×0.03L=0.03mol,
=1.5mol/L,故C错误;
D.只是该反应放热,其他有水生成的反应不一定,如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应,所以D错误;
故选:
B.
A.实验时的温度应为酸碱未混合之前的温度;
B.根据图示所测溶液温度变化进行分析;
C.根据氢氧化钠溶液与盐酸溶液反应方程式进行计算;
D.根据一个反应无法得出此结论.
本题考查了中和反应定量计算及反应中能量转化关系,准确把握图象及中和反应的实质是解题关键,题目难度中等.
二、实验题(本大题共1小题,共14分)
8.硫化碳又称氧硫化碳(化学式为COS),是农药、医药和其
它有机合成的重要原料。
COS的合成方法之一是在无溶剂的条件下用CO与硫蒸气反应制得,该法流程简单、收效高,但含有CO2、SO2等杂质。
(1)COS的电子式为______。
(2)已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理是:
2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH+3H2O(g)△H=-173.6 kJ/mol
如图是不同起始投料时,CO2的平衡转化率随温度变化的关系,图中m=
,为起始时的投料比,则 m1、m2、m3从大到小的顺序为______,理由是______。
(3)天然气部分氧化制取的化工原料气中,常含有COS.目前COS水解是脱除COS的常见方法,即COS在催化剂作用下与水蒸气反应生成硫化氢,生成的硫化氢可用氧化锌等脱硫剂脱除。
①COS 水解的化学方程式为______。
②常温下,实验测得脱硫(脱除硫化氢)反应过程中,每消耗4.05gZnO,放出3.83 kJ热量。
该脱硫反应的热化学方程式为______。
③近年来,电化学间接氧化法处理硫化氢的技术得到较快发展。
该方法是利用Fe3+在酸性条件下与H2S反应生成硫单质,反应后的溶液再用电解的方法“再生”,实现循环利用。
电解法使Fe3+“再生”的离子方程式为______,该反应的阳极材料是______。
④常温下,HCl和CuCl2的混合溶液中,c(H+)=0.30mol/L,c(Cu2+)=0.10mol/L,往该溶液中通入H2S 至饱和(H2S的近似浓度为0.10mol/L),______(填“能”或“不能”)出现沉淀,用必要的计算过程和文字说明理由。
(已知Ka1(H2S)=1.3×10-7,Ka2(H2S)=7.0×10-5,Ksp(CuS)=1.4×10-36)
答案:
;m1>m2>m3;温度相同时,投料比m增大,增加H2的量,CO2转化率增大;COS+H2O
CO2+H2S;ZnO(s)+H2S(g)=ZnS(s)+H2O(l)△H=-76.6kJ/mol;2Fe2++2H+
2Fe3++H2↑;碳棒、铂棒等惰性电极材料;能,Qc(CuS)=1.01×10-11mol/L×0.10mol/L>Ksp(CuS)=1.4×10-36
解:
(1)COS的结构和二氧化碳相似,由二氧化碳的电子式知COS的电子式为
,
故答案为:
;
(2)一定温度下二氧化碳转化率随m(为起始时的投料比)增大而增大,温度相同时,c(H2)增大,平衡右移,CO2转化率增大,m1、m2、m3投料比从大到小的顺序为:
m1>m2>m3,
故答案为:
m1>m2>m3;温度相同时,c(H2)增大,平衡右移,CO2转化率增大;
(3)①COS水解生成硫化氢与二氧化碳,COS水解的化学方程式为COS+H2O
CO2+H2S,
故答案为:
COS+H2O
CO2+H2S;
②每消耗4.05gZnO,放出3.83kJ热量,由物质的量与热量成正比、物质的状态、焓变可知热化学方程式为ZnO(s)+H2S(g)=ZnS(s)+H2O(l)△H=-76.6kJ/mol,
故答案为:
ZnO(s)+H2S(g)=ZnS(s)+H2O(l)△H=-76.6kJ/mol;
③Fe3+在酸性条件下与H2S反应生成硫单质,反应后的溶液再用电解的方法“再生”,可知Fe3+“再生”时亚铁离子失去电子,则使Fe3+“再生”的离子方程式为2Fe2++2H+
2Fe3++H2↑,阳极材料为惰性电极,如碳棒、铂棒等惰性电极材料,
故答案为:
2Fe2++2H+
2Fe3++H2↑; 碳棒、铂棒等惰性电极材料;
④c(S2-)=
=
=1.01×10-11mol/L,c(Cu2+)=0.10mol/L,则Qc(CuS)=1.01×10-11mol/L×0.10mol/L>Ksp(CuS)=1.4×10-36,生成沉淀,
故答案为:
能,Qc(CuS)=1.01×10-11mol/L×0.10mol/L>Ksp(CuS)=1.4×10-36。
(1)结构与二氧化碳相似,C与O、C与S之间存在2对共用电子对;
(2)一定温度下二氧化碳转化率随m(为起始时的投料比)增大而增大,一种反应物浓度增大会提高另一种物质的转化率;
(3)①COS水解生成硫化氢与二氧化碳;
②每消耗4.05gZnO,放出3.83kJ热量,结合物质的量与热量成正比、物质的状态、焓变书写热化学方程式;
③Fe3+在酸性条件下与H2S反应生成硫单质,反应后的溶液再用电解的方法“再生”,可知Fe3+“再生”时亚铁离子失去电子,阳极材料为惰性电极;
④若Qc(CuS)>Ksp(CuS)时生成沉淀,c(S2-)=
,以此来解答。
本题考查化学平衡及难溶电解质,为高频考点,把握习题中的信息、热化学方程式、难溶电解质的计算为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意(3)为解答的难点,题目难度中等。
三、简答题(本大题共4小题,共48分)
9.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注
(1)已知:
①2Cu(s)+
O2(g)=Cu2O(s)△H=-169kJ•mol-1,
②C(s)+
O2(g)=CO(g)△H=-110.5kJ•mol-1,
③Cu(s)+
O2(g)=CuO(s)△H=-157mol-1
用炭粉在高温条件下还原CuO的方法制得纳米级Cu2O的热化学方程式为______.
(2)采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度也可以制备纳米级Cu2O装置如图所示:
为保证电解能持续稳定进行,若电解槽中的离子交换膜只允许一种离子通过,则该交换膜应为______(填“Na+”或“H+”或“OH-”)离子交换膜,该电池的阳极反应式为______.
(3)用Cu2O做催化剂,工业上在一定条件一下,可以用一氧化碳与氢气反应合成甲醇:
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
①根据甲图计算从反应开始到平衡,v(H2)=______.
②乙图表示该反应进行过程中能量变化,请在乙图中画出用Cu2O作催化剂时“反应过程-能量”示意图.
③温度升高,该反应的平衡常数K______(填“增大”、“不变”或“减小”).
④T℃时,将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中,平衡时测得c(CO)=0.2mol•L-1,此反应在该温度下的平衡常数为______(保留一位有效数字),此时若向该容器中加入4molCO、3molH2、1molCH3OH,开始时,v(正)______v(逆)(填“>”、“<”或“=”).
⑤在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中都分别充入1molCO和2molH2的混合气体,控温.图丙表示五个密闭容器温度分别为T1~T5,反应均进行到5mim时甲醇的体积分数,要使容器c中的甲醇体积分数减少,可采取的措施有______.
答案:
C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ•mol-1;OH-;2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O;0.15mol/(L•min);减小;2;>;升温或减小压强
解:
(1)已知:
①2Cu(s)+
O2(g)=Cu2O(s)△H=-169kJ•mol-1,
②C(s)+
O2(g)=CO(g)△H=-110.5kJ•mol-1,
③2Cu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-314kJ•mol-1
用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的化学方程式为C(s)+2CuO (s)=Cu(s)+CO(g),
该反应可以是②-③-
×①,反应的焓变是-110.5kJ•mol-1-(-314kJ•mol-1)-
×(-169kJ•mol-1)=34.5kJ•mol-1,
故答案为:
C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ•mol-1;
(2)采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度,则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度;在电解池中,当阳极是活泼电极时,该电机本身发生失电子得还原反应,在碱性环境下,金属铜失去电子的电极反应为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O,
故答案为:
OH-;2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O;
(3)①v(CH3OH)=
=0.075mol/(L•min),再根据速率之比等于化学计量数之比,故v(H2)=2v(CH3OH)=0.15mol/(L•min),
故答案为:
0.15mol/(L•min);
②使用催化剂能降低反应需要的活化能从而改变反应途径,但不影响平衡移动,所以在乙图中画出用Cu2O作催化剂时“反应过程-能量”示意图为:
故答案为:
③由丙图可知,T3后为平衡的升温,升高温度时甲醇的体积分数减小,所以,平衡逆移,所以K减小,
故答案为:
减小.
④2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中,CO、H2的起始浓度分别为
=1mol/L、
=3mol/L,充分反应后,达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L,CO浓度变化为1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L,则:
CO(g)+2H2(g)⇌CH30H(g)
开始(mol/L):
1 3 0
变化(mol/L):
0.8 1.6 0.8
平衡(mol/L):
0.2 1.4 0.8
故该温度下,该反应的平衡常数k=
=2,
若向该容器中加入4molCO、3molH2、1molCH3OH,
Qc=
=0.0277<2,平衡正向移动,v(正)>v(逆)
故答案为:
2;>;
⑤因反应是放热反应和气体体积减小的反应,可采取升温或减小压强可使甲醇体积分数减少,
故答案为:
升温或减小压强.
(1)根据盖斯定律结合热化学方程式的书写方法来书写;
(2)采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度,则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度,在电解池的阳极发生失电子的氧化反应;
(3)①根据v=
计算v(CH3OH),再根据速率之比等于化学计量数之比计算v(H2);
②使用催化剂能改变反应途径,但不影响平衡移动;
③根据温度对平衡的影响,判断K的变化;
④利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度,再根据k=
计算;K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比,结合平衡浓度计算K,结合Qc与K判定平衡移动的方向,进而确定开始时,v(正)、v(逆)的大小;
⑤根据外界条件对平衡的影响分析可知.
本题考查物质的量浓度随时间变化曲线,涉及化学反应速率及化学平衡、平衡常数的计算,难度中等,注意对基础知识的全面掌握.
10.含氮的化合物广泛存在于自然界,是一类非常重要的化合物.回答下列有关问题:
(1)在一定条件下:
2N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+3O2(g).已知该反应的相关的化学键键能数据如表一:
表一:
化学键
N≡N
H-O
N-H
O=O
E/(kJ/mol)
946
463
391
496
则该反应的△H=______KJ/mol.
(2)在恒容密闭容器中充入2molNO2与1molO2发生反应如下:
4NO2(g)+O2(g)⇌2N2O5(g)
①已知在不同温度下测得N2O5的物质的量随时间的变化如图1所示.常温下,该反应能逆向自发进行,原因是______.
②下列有关该反应的说法正确的是______.
A.扩大容器体积,平衡向逆反应方向移动,混合气体颜色变深
B.恒温恒容,再充入2molNO2和1molO2,再次达到平衡时NO2转化率增大
C.恒温恒容,当容器内的密度不再改变,则反应达到平衡状态
D.若该反应的平衡常数增大,则一定是降低了温度
(3)N2O5是一种新型绿色硝化剂,其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源,采用电解法制备得到N2O5,工作原理如图2.则硼氢化钠燃料电池的负极反应式为______.
(4)X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种.上表二是常温下浓度均为0.01mol/L的X、Y、Z、W溶液的pH.将X、Y、Z各1mol同时溶于水中得到混合溶液,则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为______.
表二:
.01mol/L的溶液
X
Y
Z
W
pH
12
2
8.5
4.5
(5)氮的氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时,涉及如下反应:
Ⅰ:
2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g) K1
Ⅱ:
2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g) K2
①4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=______(用K1、K2表示)
②在恒温条件下,向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2,10min时反应Ⅱ达到平衡.测得10min内v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L•min),则平衡时NO的转化率α1=______;其他条件不变,反应Ⅱ在恒压条件下进行,平衡时NO的转化率α2______α1(填“>”“<”或“=”)
答案:
+1268;逆反应方向的△S>0;BD;BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O;c(Na+)>c(NO3-)>c(NO2-)>c(OH-)>c(H+);
;75%;>
解:
(1)2N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+3O2(g),△H=反应物的总键能-生成物的总键能
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