- 化学反应与能量的变化
- 共3280题
1)一种新型锂电池是将化学式为Li4Ti5O12的物质作为电池的正极材料,在放电的过程中变为化学式为Li4Ti5O12的物质。
①Li4Ti5O12中Ti元素的化合价为 ,锂电池的突出优点是 。
②该锂电池是一种二次电池,放电时的负极反应式为 ,充电时的阳极反应式为 。
(2)用氧化还原滴定法测定制备得到的TiO2试样中的TiO2的质量分数:在一定条件下,将TiO2溶解并还原为Ti3+,再以KSCN溶液作为指示剂,用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。
①TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化学方程式为 。
②滴定终点的现象是 。
③滴定分析时,称取TiO2试样0.2g,消耗0.1mol·L-1 NH4Fe(SO4)2栎准溶液20ml.则TiO2的质量分数为____ 。
④若在滴定终点,读取滴定管刻度时,俯视标准溶液的液面,使其测定结果 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)o
(3)已知:
则TiCl4(I)+4Na(l)=Ti(s)+4NaCl(s)的△H= KJ·mol-1。
正确答案
(1)①+4(1分)体积小、比能量高、携带方便。(1分)
②Li-e-=Li+(1分)Li7Ti5O12-3e-=Li4Ti5O12+3Li+(2分)
(2)①TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl(2分)②溶液变成红色(1分)
③80%(2分)④偏小(1分)
(3)-970.2(2分)
(1)①根据化合物化合价代数和等于零,锂为+1价,氧为-2价,则钛为+4价;②放电发生原电池反应,负极Li-e-=Li+;充电发生电解池反应,阳极与外接电源的正极相连失去电子,发生氧化反应,Li7Ti5O12-3e-=Li4Ti5O12+3Li+;
(2)①TiCl4水解生成TiO2•xH2O,根据TiO2的化学式,应有2mol水参与反应,故方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl。③n(NH4Fe(SO4)2)=0.1mol/Lⅹ0.02L=0.002mol,此反应是氧化还原反应,根据电子得失守恒,n(NH4Fe(SO4)2)=n(TiO2),m(TiO2)=0.002molⅹ80g·mol-1,0.002ⅹ80/0.2=0.80。④滴定终点,俯视读数,读出的数值偏大,则体积差值偏小,故测定结果偏低。(3)根据盖斯定律,把题中的方程式组合就可得到结果。
TiCl4(l)=Ti(s)+2Cl2(g),ΔH=804.2KJ·mol-
4Na(s)+2Cl2(g)="4NaCl(s)" ΔH=-2ⅹ882.0KJ·mol-
4Na(l)="4Na(s)" ΔH=-4ⅹ2.6KJ·mol-
以上三个相加,就得到△H=-970.2KJ·mol-
甲醛是一种重要的化工产品,可利用甲醇脱氢制备,反应式如下:
CH3OH(g) CH2O(g) + H2(g)
=" 84.2" kJ·mol-1 ⑴
向体系中通入空气,通过以下反应提供反应(1) 所需热量:
H2(g) + 1/2O2(g)=H2O(g) =" –241.8" kJ·mol-1 (2)
要使反应温度维持在700℃,计算进料中甲醇与空气的摩尔数之比。已知空气中氧气的体积分数为0.20。
正确答案
要使反应维持在一定温度并持续进行,应保证反应(2)放出的热量恰好被反应(1) 全部利用,因此:
甲醇与氧气的摩尔比为:n(CH3OH): n (O2) =" (2" × 241.8) / 84.2 =" 5.74"
甲醇与空气的摩尔比为:n(CH3OH) : n (空气) =" 5.74" / 5 = 1.1
要使反应维持在一定温度持续进行,应保证反应(2)放出的热量恰好被反应(1) 全部利用。因此甲醇与氧气的物质的量之比为(2 ´ 241.8) / 84.2 = 5.74(注意保留三位有效数字),根据氧气的体积分数0.20,可求得甲醇与空气的物质的量之比。
此题需注意计算过程中有效数字的保留:乘除运算中,以有效数字最少的保留有效数字;加减运算中以小数点位数最少的保留有效数字;常数不计算有效数字等。
(12分)已知如图所示的可逆反应:A(g)+B(g)C(g)+D(g) ΔH =" Q" kJ/mol
请回答下列问题:
(1)Q 0(填“>”、“<”或“=”);
(2)在某温度下,反应物的起始浓度分别为:c(A)=" 1.0" mol/L,c(B)="2.0" mol/L ;达到平衡后,A的转化率为50%,此时B的转化率为 ;
(3)若反应温度升高,A的转化率 (填“增大”“减小”或“不变”);
(4)若反应温度不变,反应物的起始浓度分别为:c(A)="3.0" mol/L,c(B)=" a" mol/L;达到平衡后,c(D)="1.0" mol/L,则a= ;
(5)反应体系中加入催化剂,反应速率增大,则E1的变化是:E1 (填“增大”“减小”“不变”),ΔH的变化是:ΔH (填“增大”“减小”“不变”)。
正确答案
(12分)(12分)(1)< (2分)(2)25%(2分)(3)减小(2分)(4) 2.5 (2分)(5)减小(2分) 不变(2分)
(1)根据图像可知,反应物的总能量大于生成物的总能量,说明是放热反应,即Q<0。
(2)A的转化率为50%,则消耗A是1.0 mol/L×50%=0.5mol/L,所以消耗B也是0.5mol/L,所以B的转化率是0.5mol/L÷2.0mol/L×100%=25%。
(3)正反应是放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,A的转化率减小。
(4)达到平衡后,c(D)="1.0" mol/L,则消耗B是1.0 mol/L,由于温度不变,所以平衡常数相同,即,解得c(B)=1.5mol/L,所以a=1.5mol/L+1.0mol/L=2.5mol/L。
(5)催化剂能降低活化能,但不能改变反应热。
反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示,回答下列问题
(1)该反应的反应物总能量________生成物的总能量(选填“小于”“大于”或“相等”)。
(2)当反应达到平衡时,若升高温度,A的转化率_____ (选填“增大”“减小”“不变”原因是_______________________;若增大压强,则V正_______V逆(选填“<”“>”“=”)。
(3)在反应体系中加入催化剂,反应速率增大,E1和E2的变化是:E1___________,E2__________ (填“增大”“减小”“不变”)。
正确答案
(1)大于
(2)减小;正反应放热,升高温度平衡逆向移动;=
(3)减小;减小
大气中的部分碘源于O3对海水中I-的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。
(1)O3将I-氧化成I2的过程由3步反应组成:
①I-(aq)+ O3(g)===IO-(aq)+O2(g) ΔH1
②IO-(aq)+H+(aq)HOI(aq) ΔH2
③HOI(aq)+I-(aq)+H+(aq)I2(aq)+H2O(l) ΔH3
总反应的化学方程式为_________________________________,其反应热ΔH=________。
(2)在溶液中存在化学平衡:I2(aq)+I-(aq)I3—(aq),其平衡常数表达式为________。
(3) 为探究Fe2+对O3氧化I-反应的影响(反应体系如上图),某研究小组测定两组实验中I3—浓度和体系pH,结果见下图和下表。
图2
①第1组实验中,导致反应后pH升高的原因是_____________________________
②图1中的A为________。由Fe3+生成A的过程能显著提高I-的转化率,原因是_____________________________________________
③第2组实验进行18 s后,I3—浓度下降。导致下降的直接原因有(双选)________。
A.c(H+)减小 B.c(I-)减小 C.I2(g)不断生成 D.c(Fe3+)增加
(4)据图2,计算3~18 s内第2组实验中生成I3—的平均反应速率(写出计算过程,结果保留两位有效数字)。
正确答案
(1)2I-(aq)+O3(g)+2H+(aq)=I2(aq)+O2(g)+H2O(l) ΔH1+ΔH2+ΔH3 (2)K= (3)①溶液中H+被消耗,生成H2O,溶液pH上升 ②Fe(OH)3 Fe3+形成Fe(OH)3过程中消耗OH-,使溶液中c(H+)上升,促进I-转化 ③BC
(4)t=3 s时,c(I3—)=3.5×10-3 mol·L-1,t=18 s时,c(I3—)=11.8×10-3 mol·L-1,v(I3—)==5.5×10-4 mol/(L·s)
本题考查反应热、化学反应速率等,意在考查考生对化学反应原理的理解能力。(1)根据盖斯定律,将三个反应相加,可得总反应:2I-(aq)+O3(g)+2H+(aq)===I2(aq)+O2(g)+H2O(l),则ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。(2)该反应的平衡常数K=。(3)①第1组实验中,pH升高是因为反应消耗了H+。②图甲中A为Fe(OH)3,由Fe3+生成Fe(OH)3的过程中消耗OH-,溶液中c(H+)增大,促进I-转化,因此I-的转化率显著提高。③导致I3—下降的直接原因是I2(g)不断生成,c(I-)减小。
运用化学反应原理研究NH3的性质具有重要意义。请回答下列问题:
(1)氨气、空气可以构成燃料电池.其电池反应原理为4NH3+3O2=2N2+6H2O。则电解质溶液应该显 (填“酸性”“中性”或“碱性”).正极的电极反应式为 。
(2)25℃时.将amol·L—1的氨水与0.1mol·L—1的盐酸等体积混合。
①当溶液中离子浓度关系满足c(NH4+)>c(Cl-))时.则反应的情况可能为 。
A.盐酸不足.氨水剩余 B.氨水与盐酸恰好完全反应 C.盐酸过量
②当溶液中c(NH4+)=c(Cl-))时.用含“a”的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb=______________.
(3)在0.5L恒容密闭容器中,一定量的N2与H2进行反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H=bkJ/mol,其化学平衡常数K与温度的关系如下:
①写出该反应的化学平衡常数的表达式:__________,b________(填“大于”“小于”或“等于”)0
②400℃时,测得某时刻氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时,此时刻该反应的v正(N2)_________(填“大于”“小于”或“等于”)v逆(N2).
(4)已知:①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ∆H="-1266.8KJ/mol" ;②N2(g)+O2(g)=2NO(g) ∆H=+180.5KJ/mol,写出氨高温催化氧化的热化学方程式: 。
正确答案
(1)碱性;O2+2H2O+4e-=4OH- (2)①A ② mol·L-1(或
)
(3)①K=;小于 ②小于
(4)4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-905.8 kJ/mol
试题分析:(1)氨气的水溶液显碱性,所以根据燃料及反应原理可确定。电解质溶液应该选碱性。在该燃料电池中,燃料作负极,发生氧化反应,通入O2的电极作正极,正极上发生还原反应。电极反应为:O2+2H2O+4e-=4OH-。(2)① 若氨水与盐酸恰好发生反应,c(Cl-)=c(NH4+)。NH4+部分发生水解反应又有所消耗,使得溶液中的c(NH4+)。(3) ① 化学平衡常数是可能反应达到平衡状态时个生成物的浓度幂指数的乘积与个反应物浓度的幂指数乘积的比。即K=
。由化学平衡常数K与温度的关系可知,升高温度,化学平衡向逆反应方向移动。根据平衡一定原理,升高温度,化学平衡向吸热反应方向移动,逆反应方向为吸热反应,所以正反应为放热反应。所以b<0. ②400℃时c(NH3)=6mol/L,c(N2)=4mol/Lc(H2)="2mol/L."
=
>0.5,所以化学平衡向逆反应方向移动。即此时刻该反应的v正(N2)
(1)已知:①Fe(s)+1/2O2(g)=FeO(s) △H1=-272.0KJ·mol-1
②2Al(s)+3/2(g)=Al2O3(s) △H2=-1675.7KJ·mol-1
Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是__ __。
某同学认为,铝热反应可用于工业炼铁,你的判断是_ (填“能”或“不能”),你的理由
(2)反应物与生成物均为气态的某可逆反应在不同条件下的反应历程分别为A.B,如图所示。①据图判断该反应是 (填“吸”或“放” )热反应,当反应达到平衡后,其他条件不变,,升高温度,反应物的转化率将 (填“增大”、 “减小”或“不变”)。
②其中B历程表明此反应采用的条件为
(填字母)。
A.升高温度 B.增大反应物的浓度
C.降低温度 D.使用催化剂
正确答案
(1)2Al(s)+3FeO(s)═Al2O3(s)+3Fe(s)△H="-859.7" kJ•mol-1。不能,该反应需要引发,需要消耗大量能量(2)①吸;减小;②D
试题分析::(1)①Fe(s)+1/2O2(g)=FeO(s) △H1=-272.0KJ·mol-1;②2Al(s)+3/2(g)=Al2O3(s) △H2=-1675.7KJ·mol-1;依据盖斯定律②-①×3得到热化学方程式为:2Al(s)+3FeO(s)═Al2O3(s)+3Fe(s)△H=-859.7 kJ•mol-1故答案为:2Al(s)+3FeO(s)═Al2O3(s)+3Fe(s)△H="-859.7" kJ•mol-1。(2)①由图可知,反应物的总能量低于生成物的总能量,该反应为吸热反应;升高温度平衡向逆反应方向移动,反应物的转化率减小,故答案为:吸;减小;②由图可知,反应历程B与A相比,改变反应历程,应是使用催化剂,故答案为:D;
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示.请回答下列问题:
(1)由图可知,反应物的总能量______生成物的总能量(填“大于”或“小于”);
(2)E的大小对该反应的焓变是否有影响,______(填“是”或“否”);
(3)该反应通常用V2O5作催化剂,加入V2O5会使反应的活化能______(填“升高”或“降低”);
(4)某温度下,向2L密闭容器中充入2molSO2和1molO2,在V2O5催化剂存在的条件下,反应达到平衡,测得此时密闭容器中含有1molSO3,此温度下反应2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)的平衡常数为______.
正确答案
(1)由图象可知反应物总能量大于生成物总能量,反应为放热反应,故答案为:大于;
(2)图中E为活化能,E的大小与反应热无关,但与反应物和生成物的活化能差值有关,故答案为:否;
(3)加入催化剂,可降低活化能,反应速率增大,故答案为:降低;
(4)向2L密闭容器中充入2mol S02和1mol02,在V2O5催化剂存在的条件下,反应达到平衡,测得此时密闭容器中含有1mol S03,则
2S03 (g)⇌2S02 (g)+02 (g)
起始(mol/l)01 0.5
转化(mol/l) 0.5 0.5 0.25
平衡(mol/l) 0.5 0.5 0.25
k==0.25 mol•L-1.
故答案为:0.25mol•L-1.
近几年,大气污染越来越严重,雾霾天气对人们的生活、出行、身体健康产生许多不利的影响。汽车尾气是主要的大气污染源。降低汽车尾气危害的方法之一是在排气管上安装催化转化器,发生的反应为:
则,△H=__________kJ
(用含a、b、c、d的式子表示)。
(2)某温度下,向容积为1L的容器中充人3 mol NO和1 mol CO, NO的转化率随时间的变化如下图所示。
回答下列问题:
①该温度下,化学平衡常数K=___________,平衡时CO的转化率为__________。
②A点的逆反应速率逆(CO)___________B点的逆反应速率
(NO)(填“>”、“<”或“=”)。
③下列图像正确且能表明在时间T1时刻反应一定处于平衡状态的是__________。
如果该反应达平衡后,降低温度,平衡常数增大,则△H___________0(填“>”、“< ”或“=”)
④达平衡后,将容器的容积扩大一倍,下列说法正确的是
正确答案
(1)△H=(2a+2b-2c-d0kJ。(2)(2)①K=c2(CO2 )c(N2 )/c2(CO)c2(NO)=15/128,平衡时CO的转化率为0.6/1=60%。②小于。③BC④B
试题分析:(1)反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和,故△H=(2a+2b-2c-d0kJ
。(2)①该温度下,由图像可知NO转化了0.6mol,CO转化了0.6mol,生成氮气,二氧化碳分别为0.3mol,0.6mol,平衡时各物质浓度分别为:2.4,0.4,0.3,0.6mol/L,代入化学平衡常数K=c2(CO2 )c(N2 )/c2(CO)c2(NO)=15/128,平衡时CO的转化率为0.6/1=60%。②由于随着反应时行反应物浓度减小,速率减小,故A点的逆反应速率逆
(CO)小于B点的逆反应速率
(NO)。③A中平衡常数只与外界温度有关,无论是平衡还是没有平衡只要温度不变,就是定值,错误;B图气体摩尔质量始终在变化,可以证明。C中没有平衡时压强将在变小,平衡时压强不变化,正确。D中反应热只与反应物和生成物的状态和量有关,无法证明其是否平衡。如果该反应达平衡后,降低温度,平衡常数增大,说明平衡正向移动,那正反应就是放热反应,则△H<0。④达平衡后,将容器的容积扩大一倍,相当于减小了压强,平衡向体积增大方向移动,即向逆方向移动, A错误; B.CO的体积分数增大,正确;C.平衡常数只与温度有关,错误。 D.由于体积的增大比一氧化碳的物质的量增大还要大,浓度再减小,错误。
甲烷是天然气的主要成分,是生产生活中应用非常广泛的一种化学物质。
(1)一定条件下,用甲烷可以消除氮氧化物(NOx)的污染。已知:
①CH4(g) + 4NO(g) = 2N2(g) + CO2(g) + 2H2O(g); △H1
②CH4(g) + 4NO2(g) =" 4NO(g)" + CO2(g) + 2H2O(g);△H2
现有一份在相同条件下对H2的相对密度为17的NO与NO2的混合气体,用16g甲烷气体催化还原该混合气体,恰好生成氮气、二氧化碳气体和水蒸气,共放出1042.8kJ热量。
①该混合气体中NO和NO2的物质的量之比为
②已知上述热化学方程式中△H1=—1160kJ/mol,则△H2=
③在一定条件下NO气体可以分解为NO2气体和N2气体,写出该反应的热化学方程式 。
(2)以甲烷为燃料的新型电池,其成本大大低于以氢为燃料的传统燃料电池,目前得到广泛的研究,下图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。回答下列问题:
④B极为电池 极,电极反应式为
⑤若用该燃料电池做电源,用石墨做电极电解100mL 1mol/L的硫酸铜溶液,写出阳极的电极反应式 ,当两极收集到的气体体积相等时,理论上消耗的甲烷的体积为 (标况下),实际上消耗的甲烷体积(折算到标况)比理论上大,可能原因为 .
正确答案
(1)①3:1 ②—574 kJ/mol ③4NO(g)=2NO2(g)+N2(g);△H=-293KJ/mol(2)④ 负CH4 + 4O2— —8e—= CO2+ 2H2O; ⑤4OH— —4e—= O2↑+ 2H2O 1.12L
甲烷不完全被氧化,生成C或CO 或 电池能量转化率达不到100%
试题分析:①设混合气体中NO和NO2的物质的量分别为X 、Y则(28X+46Y) ÷(X+Y)=2×17.解得X:Y=3:1.发生(①+②)÷2得③式:CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+H2O(g) △H3=(△H1+△H2) ÷2.假设发生①的甲烷的物质的量为m;发生③的甲烷的物质的量为n. 则m+n=1;4m÷2n=3联立求解。解得m=0.6.n=0.4.0.4×{(△H1+△H2) ÷2} +0.6×△H1=-1042.8KJ/mol.将△H1=-1160KJ/mol代人该等式中,解得△H2=—574 kJ/mol.③△H3=(△H1+△H2) ÷2=-(1160 +574) kJ/mol÷2=-867KJ/mol. ①-③得④式:4NO(g) =2NO2(g)+N2(g) △H4=△H1-△H3=△H1-(△H1+△H2) ÷2=(△H1-△H2) ÷2=-293KJ/mol. 即NO气体可以分解为NO2气体和N2气的热化学方程式为:4NO(g)=2NO2(g)+N2(g);△H=-293KJ/mol。(2)④通入燃料甲烷的电极是负极,通入氧气的电极是正极。负极发生的电极式为CH4 + 4O2——8e—= CO2+ 2H2O ⑤电解硫酸铜溶液时阳极的电极反应式4OH— —4e—= O2↑+ 2H2O,阴极的反应式是: Cu2++2e-=Cu;2H++e-=H2↑。N(Cu)=0.1mol.若两极收集到的气体体积相等,设其物质的量为X。则4X=0.1×2+2X。解得X=0.1.在整个反应过程转移电子相等。电子的物质的量为0.4mol.由于没摩尔甲烷失去电子8摩尔,所以需要甲烷的物质的量为0.05摩尔。V(CH4)=0.05摩尔×22.4升/摩尔=1.12 升 。实际上消耗的甲烷体积比理论上大,可能原因是甲烷不完全被氧化,生成C或CO 或 电池能量转化率达不到100%。
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