2022届高考化学二轮复习专题化学能与热能--化学反应热的计算 (1)

这是一份2022届高考化学二轮复习专题化学能与热能--化学反应热的计算 (1)，共24页。试卷主要包含了单选题，共13小题，非选择题，共6小题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题，共13小题
1．（2022·浙江·模拟预测）相同温度和压强下，关于物质下列数值大小比较，不合理的是
A．热值：
B．熵：
C．中和热：稀稀HCl
D．燃烧焓变：1ml C(s，金刚石)>1ml C(s，石墨)
2．（2021·浙江·绍兴市柯桥区教师发展中心模拟预测）煤燃烧的反应热可通过以下两个途径来利用：a.先使煤与水蒸气反应得到氢气和一氧化碳，然后得到的氢气和一氧化碳在充足的空气中燃烧；b.利用煤在充足的空气中直接燃烧产生的反应热。这两个过程的热化学方程式如下：
a.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H1=Q1kJ•ml-1①
H2+O2(g)=H2O(g) △H2=Q2kJ•ml-1②
CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H3=Q3kJ•ml-1③
b.C(s)+O2(g)=CO2(g) △H4=Q4kJ•ml-1④
下列说法正确的是
A．△H3>0B．△H2+△H3>△H4
C．Q1△H4，故B正确；
C．由①C(石墨，s)，②CO(g)+O2(g)=CO2(g)，①-2②可得C(石墨，s)，故C错误；
D．因由C可知，石墨转化为CO需要吸收能量，故1ml石墨完全燃烧放出的热量多，故D正确；
故选C。
9．A
【解析】
【详解】
A．燃烧热是指1ml可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的能量，A项正确；
B．生成时放岀热量减小，，B项错误；
C．根据盖斯定律，，，C项错误；
D．①反应中，在正极发生还原反应转移电子，D项错误；
故选A。
10．A
【解析】
【详解】
A．CH3∙(甲基)的电子式为，故A错误；
B．第二步反应的活化能为258.5kJ/ml-250.2kJ/ml=，故B正确；
C．Cl∙为反应的催化剂，催化剂影响反应速率，故C正确；
D．由图像的始态和末态可知，，故D正确；
故选A。
11．C
【解析】
【详解】
A．能量越低越稳定，根据图示，比的能量高，比更稳定，故A错误；
B．转化为是吸热反应，吸热反应的发生不一定需要加热，故B错误；
C．根据图示，比的能量低(186.5-127.2)KJ，所以，故C正确；
D．加入催化剂，能降低反应活化能，反应的热效应不变，故D错误；
选C。
12．B
【解析】
【详解】
A．连续反应由慢反应决定整个反应的反应速率，选项A正确；
B．第三步的方程式为：*N2H2+4H++4e-=2NH3，选项B不正确；
C．该法在低电压条件下合成氨，电能转化为化学能，选项C正确；
D．该法较传统的高温高压条件合成氨能耗小、对环境友好，选项D正确。
答案选B。
13．C
【解析】
【分析】
由①(l)+(l)→(l)+2CH3OH(l)；②(l)→(l)+CO2(g)；③(l)+(l)→(l)+CO2(g)+2CH3OH(l)反应可知：①+②=③，即，因为、、，由图可知：b=a+c，所以a代表②，b代表③,c代表①，以此分析解答本题。
【详解】
A．根据上述分析可知：400℃时，所以，故A正确；
B．根据上述三个反应可知：②(l)→(l)+CO2(g)属于吸热反应，图像中a属于吸热反应，所以400-600℃，图中表示反应②的是曲线a，故B正确；
C．根据上述分析：曲线b在600℃对应的，，所以 ，故C错误；
D．根据上述分析：反应①为放热反应，所以反应物的总能量大于产物的总能量，故D正确；
故答案：C。
14． 1mlH2分子中的化学键断裂时需要吸收的最少能量（或H-H键的键能） -183 石墨
【解析】
【分析】
(1)根据图示，436kJ/ml是H-H键的键能；结合ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和计算；
(2)根据金刚石、石墨的燃烧热判断金刚石和石墨能量的相对大小再结合图像分析判断。
【详解】
(1)根据图示，436kJ/ml表示1mlH2分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(或H-H键的键能)；ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则H2(g)+Cl2 (g) =2HCl(g) ΔH=(436kJ/ml+243kJ/ml)-2×431kJ/ml=-183 kJ/ml，故答案为1mlH2分子中的化学键断裂时需要吸收的最少能量(或H-H键的键能)；-183；
(2)金刚石、石墨的燃烧热分别为395.4kJ/ml和393.5kJ/ml，说明金刚石的能量较高，因此能量较低的A表示石墨，故答案为石墨。
15． 低温 3H2O―6e―＝O3＋6H＋ n(O3):n(NO)1,NO2被转化为更高价的物质，所以减少(或NO2发生副反应，所以n(NO2)减少也给分) 该反应的活化能高，反应速率慢 BC 100
达到平衡时尿素的物质的量＜0.5 ml，反应达到平衡的时间在10 min之前
【解析】
【分析】
（1）SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)反应为熵减的反应，熵减的反应在低温下有利于自发进行。
（2）用惰性电极电解稀硫酸，H+在阴极得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++e-=H2↑；OH-在阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋，则产生O3的电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。
（3）①n(O3):n(NO)1，NO2被转化为更高价的氮氧化物，所以减少。
②臭氧的量对反应SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影响不大，若用过渡态理论解释可能是该反应的活化能高，反应速率慢。
（4）A.由左图可知相同时间内脱硫率大于脱硝率，则v(脱硫)>v(脱硝)，故A错误；
B.由右图可知，随尿素溶液pH的增大，脱硫率的曲线没变化，但脱硝率曲线变化比较大，故尿素溶液pH的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响，故B正确；
C.如右图所示，pH越大脱除率越高，则强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除，故C正确；
D.如右图所示，溶液的pH对脱硫率没有影响，故D错误。
（5）①NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)反应10 min 后达到平衡，容器中气体密度为4.8 g·L－1，则容器中气体的质量为4.8 g·L－1×10L=48g，
2NH3(g) + CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)
起始量(ml/L) 0.2 0.1 0 0
变化量(ml/L) 2x x x x
平衡量(ml/L) 0.2-2x 0.1-x x x
则(0.2-2x)ml/L×10L×17g/ml+ (0.1-x)ml/L×10L×44g/ml+xml/L×10L×18g/ml=48， x=0.05，K=。
②通过①的分析可知，若温度不变，反应10 min 后达到平衡，CO(NH2)2的物质的量为0.5ml。由于此反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，达到平衡的时间小于10min，平衡向逆向移动，CO(NH2)2的物质的量为小于0.5ml。据此解答。
【详解】
（1）SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)反应为熵减的反应，熵减的反应在低温下有利于自发进行。本小题答案为：低温。
（2）用惰性电极电解稀硫酸，H+在阴极得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++e-=H2↑；OH-在阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋，则产生O3的电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。本小题答案为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。
（3）①n(O3):n(NO)1，NO2被转化为更高价的氮氧化物，所以减少。本小题答案为：n(O3):n(NO)1，NO2被转化为更高价的物质，所以减少。
②臭氧的量对反应SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影响不大，若用过渡态理论解释可能是该反应的活化能高，反应速率慢。本小题答案为：该反应的活化能高，反应速率慢。
（4）A.由左图可知相同时间内脱硫率大于脱硝率，则v(脱硫)>v(脱硝)，故A错误；
B.由右图可知，随尿素溶液pH的增大，脱硫率的曲线没变化，但脱硝率曲线变化比较大，故尿素溶液pH的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响，故B正确；
C.如右图所示，pH越大脱除率越高，则强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除，故C正确；
D.如右图所示，溶液的pH对脱硫率没有影响，故D错误。答案选BC。
（5）①NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)反应10 min 后达到平衡，容器中气体密度为4.8 g·L－1，则容器中气体的质量为4.8 g·L－1×10L=48g，
2NH3(g) + CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)
起始量(ml/L) 0.2 0.1 0 0
变化量(ml/L) 2x x x x
平衡量(ml/L) 0.2-2x 0.1-x x x
则(0.2-2x)ml/L×10L×17g/ml+ (0.1-x)ml/L×10L×44g/ml+xml/L×10L×18g/ml=48， x=0.05，K=。本小题答案为：100。
②通过①的分析可知，若温度不变，反应10 min 后达到平衡，CO(NH2)2的物质的量为0.5ml。由于此反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，达到平衡的时间小于10min，平衡向逆向移动，CO(NH2)2的物质的量为小于0.5ml，图像为。本小题答案为：。
16． △H=—29.2kJ/ml 3:1 1323.45kJ -1326KJ/ml
【解析】
【详解】
（1） △H1 =—2983.2kJ/ml ，①
△H2 =—738.5kJ/ml ，②
根据盖斯定律：①-②×4可得：，，，
则 △H=—29.2kJ/ml;
（2）62g白磷中磷原子物质的量：，氧气物质的量：，含有4.5ml氧原子，
设P4O10物质的量为x，P4O6物质的量为y，
磷原子守恒，得，
氧原子守恒，得，
计算出，x=0.375ml,y=0.125ml，故物质的量之比为3:1；
，
放出的热量：，得。
（3）的反应热，根据：反应热=反应物的键能和-生成物的键能和，， 。
17． 0.3ml·L-1·min-1 BC - 41.2 kJ/ml a = ＞ ＞ ＜ CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O 能量转化效率高或水、电、热联供等
【解析】
【详解】
（1）根据图可知，前5min之内，甲烷的浓度变化量为0.5ml/L，v(CH4)==0.1ml·L-1·min-1，反应速率等于其化学计量数之比，v(H2)=3v(CH4)= 0.3ml·L-1·min-1，10min时甲烷的浓度继续减小，且反应速率增大，该反应向正反应方向移动，而该反应为吸热反应，且反应前后气体分子数增大的反应，则增大体积、升高温度符合题意，选BC；故答案为：0.3ml·L-1·min-1；BC；
（2）甲、乙两容器中分别充入等物质的量的CH4和CO2，且甲、乙两容器初始容积相等，由图可知，甲的体积不变，乙的压强不变，则假定甲不变，乙中发生CH4+CO2⇌2CO+2H2，其体积增大，则相当于压强减小，化学平衡向正反应方向移动，乙容器中CH4的转化率增大，但压强小，反应速率减慢，则达到平衡的时间变长，则乙中CH4的转化率随时间变化的图象为：；故答案为：；
（3）已知，①CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H1＝＋206.1 kJ/ml
②CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) △H2＝＋247.3 kJ/ml
③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) △H3
由盖斯定律可得：①-②可得③反应，△H3＝△H1-△H2＝206.1 kJ/ml-247.3 kJ/ml＝- 41.2 kJ/ml，由表格中的数据可知，气体的体积相同，则物质的量与浓度成正比，Qc=< K＝1.0，该反应向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，选a；故答案为：
- 41.2 kJ/ml ；a；
（4）①800K时，平衡常数不变，甲乙容器温度不变，平衡常数不变，丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，
K(甲=K(乙)，K(乙)> K(丙)；故答案为：=；＞；
②达到平衡时都和乙容器中的H2浓度比较，依据平衡移动原理，甲容器在反应过程中保持压强不变，容器体积减小，H2浓度增大，乙容器保持体积不变，随着反应的进行压强减小，丙容器维持绝热反应过程，温度升高平衡逆向进行H2度增大， 所以达到平衡时，
c(H2)(甲)>c(H2)(乙)；c(H2)(乙)；