- 化学键与化学反应中能量变化的关系
- 共996题
由于温室效应和资源短缺等问题，如何降低大气中的CO2含量并加以开发利用，引起了各国的普遍重视．目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇．一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），图1表示该反应进行过程中能量（单位为kJ•mol-1）的变化．
（1）写出该反应的热化学方程式______．
（2）关于该反应的下列说法中，正确的是______．
A．△H＞0，△S＞0 B．△H＞0，△S＜0
C．△H＜0，△S＜0 D．△H＜0，△S＞0
（3）该反应的平衡常数K的表达式为：______．
（4）温度降低，平衡常数K______（填“增大”、“不变”或“减小”）．
（5）为探究反应原理，现进行如下实验：在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图2所示．从反应开始到平衡，用氢气浓度变化表示的平均反应速率v （H2）=______．
（6）下列措施中能使n（CH3OH）/n（CO2）增大的有______．
A．升高温度 B．加入催化剂
C．将H2O（g）从体系中分离 D．充入He（g），使体系总压强增大．
正确答案
解：（1）该工业方法制取甲醇原理为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应方程式为CO2（g）+3H2（g）
故答案为：CO2（g）+3H2（g）
（2）由图1可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即△H＜0，由方程式可知，该反应正反应是气体的物质的量减小的反应，故正反应为熵减过程，即△S＜0；故选C；
（3）可逆反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的化学平衡常数k=
（4）该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，平衡常数增大；故答案为：增大；
（5）由图2可知，10min达平衡时甲醇的浓度变化量为0.75mol/L，所以v（CH3OH）=
（6）使n（CH3OH）/n（CO2）增大，改变条件使平衡向正反应移动，但只增大二氧化碳的浓度会使该比值减小．
A．升高温度，平衡向逆反应移动，n（CH3OH）/n（CO2）减小，故A错误；
B．加入催化剂，平衡不移动，n（CH3OH）/n（CO2）不变，故B错误；
C．将H2O（g）从体系中分离，平衡向正反应移动，n（CH3OH）/n（CO2）增大，故C正确；
D．充入He（g），反应混合物的浓度不变，变化不移动，n（CH3OH）/n（CO2）不变，故D错误；
故选C．
解析
解：（1）该工业方法制取甲醇原理为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应方程式为CO2（g）+3H2（g）
故答案为：CO2（g）+3H2（g）
（2）由图1可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即△H＜0，由方程式可知，该反应正反应是气体的物质的量减小的反应，故正反应为熵减过程，即△S＜0；故选C；
（3）可逆反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的化学平衡常数k=
（4）该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，平衡常数增大；故答案为：增大；
（5）由图2可知，10min达平衡时甲醇的浓度变化量为0.75mol/L，所以v（CH3OH）=
（6）使n（CH3OH）/n（CO2）增大，改变条件使平衡向正反应移动，但只增大二氧化碳的浓度会使该比值减小．
A．升高温度，平衡向逆反应移动，n（CH3OH）/n（CO2）减小，故A错误；
B．加入催化剂，平衡不移动，n（CH3OH）/n（CO2）不变，故B错误；
C．将H2O（g）从体系中分离，平衡向正反应移动，n（CH3OH）/n（CO2）增大，故C正确；
D．充入He（g），反应混合物的浓度不变，变化不移动，n（CH3OH）/n（CO2）不变，故D错误；
故选C．
下表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所吸收的能量（kJ）．这一数据的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差．回答下列问题：
（1）在HCl、HBr、HI中，最稳定的是______；
（2）对于反应X2+H2=2HX（X2代表Cl2、Br2、I2），相同条件下，消耗等量氢气时，放出热量最多的是______；
（3）反应Br2+H2=2HBr，当生成2mol HBr时放出______ kJ能量．
正确答案
HCl
Cl2
103
解析
解：（1）因化学键越强，破坏物质中的化学键所吸收的能量也大，化合物也就越稳定，由表可知：在HCl、HBr、HI中，破坏1molHCl的化学键所吸收的能量最大，为432kJ，故答案为：HCl．
（2）因化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，以氯元素为例计算断开1molCl-Cl键和H-H键需吸收能量：243kJ+436kJ=679kJ，而形成2molHCl放出的能量为2×432kJ=864 kJ，所以在Cl2+H2=2HCl反应中放出864kJ-679kJ=185kJ的热量，同理可计算在Br2+H2=2HBr、I2+H2=2HI反应中分别放出103kJ、9kJ的热量．故答案为：Cl2；
（3）反应Br2+H2=2HBr中，断开1molBr-Br键和H-H键需吸收能量：193kJ+436 kJ=629 kJ，而形成2molHBr放出的能量为2×366 kJ=732 kJ，所以在Cl2+H2=2HCl反应中放出732kJ-629kJ=103kJ的热量，故答案为：103．
A、B、C、D、E 5种元素，A元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等；B是地壳中含量最多的元素；C元素原子的最外层电子数比次外层少2个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成离子化合物D2C．E的单质既能与强酸反应，又能与强碱反应放出氢气．
（1）B在周期表中的位置：第______周期，第______族．
（2）C的气态氢化物的电子式______．
（3）D的最高价氧化物的水化物与E单质反应的离子方程式
______．
（4）写出由这五种元素形成的某盐晶体化学式______，它在日常生活中的作用是______．
（5）在①A2B、②D2B、③DBA、④B2、⑤DACB4、⑥D2C这6种物质中，只含共价键的是______；只含离子键的是______；既含共价键又含离子键的是______（均填数字序号）．
正确答案
A元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等，应为H元素；B是地壳中含量最多的元素，应为O元素；C元素原子的最外层电子数比次外层少2个，应为S元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成离子化合物D2C，说明D为第四周期ⅠA族元素，为K元素，E的单质既能与强酸反应，又能与强碱反应放出氢气，应为Al元素，
（1）B是地壳中含量最多的元素，应为O元素，位于第二周期第ⅥA族，故答案为：二，ⅥA；
（2）C元素原子的最外层电子数比次外层少2个，应为S元素，对应的氢化物为H2S，为共价化合物，电子式为
，故答案为：
；
（3）D为第四周期ⅠA族元素，为K元素，对应的最高价氧化物的水化物为KOH，与Al反应生成偏铝酸钾和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2e-=2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2e-=2AlO2-+3H2↑；
（4）这五种元素分别为：H、O、Al、S、K等元素，组成的化合物为KAl（SO4）2•12H2O，常用作净水剂，
故答案为：KAl（SO4）2•12H2O；净水剂；
（5）在①A2B、②D2B、③DBA、④B2、⑤DACB4、⑥D2C这6种物质中，其对应的物质分别是①H2O、②K2O、③KOH、④O2、⑤KHSO4、⑥K2S，
其中只含共价键的是H2O、O2；只含离子键的是K2O、K2S；既含共价键又含离子键的是KOH、KHSO4．
故答案为：①④；②⑥；③⑤．
A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质．B、E均为组成空气的成分．F的焰色反应呈黄色．在G中，非
金属元素与金属元素的原子个数比为1：2．在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如图（图中部分产物未列出）：请填写下列空白：
（1）A是______；C是______；（填写化学式）F中含有的化学键类型有______
（2）H与盐酸反应生成E的离子方程式是______；
（3）E与F反应的化学方程式是______；
（4）F与G（物质的量之比为1：1）的水溶液反应生成I和D的离子方程式是：______．
正确答案
F的焰色反应呈黄色，说明F是钠的化合物，而F是单质B、C化合而成，B、E均为组成空气的成分，故C为金属钠；G是单质C、D化合而成，原子个数比为D：C=1：2，且原子序数D＞C，故D为硫；B为组成空气的成分，最容易想到的是O2，如B为O2，E也为组成空气的成分，E只能是CO2，A为碳．因F+E=H+B，故F是Na2O2，H是Na2CO3．
（1）由以上分析可知，A为碳，C为金属钠，F是Na2O2，含有离子键和非极性共价键，
故答案为：碳；钠；离子键和（非极性）共价键；
（2）H是Na2CO3，与盐酸反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为CO32-+2H+═CO2↑+H2O，
故答案为：CO32-+2H+═CO2↑+H2O；
（3）E与F反应为CO2和Na2O2的反应，生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，
故答案为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；
（4）G为Na2S，具有还原性，F是Na2O2，具有氧化性，二者在溶液中反应生成单质硫和NaOH，
反应的离子方程式为Na2O2+S2-+2H2O═4OH-+S↓+2Na+，
故答案为：Na2O2+S2-+2H2O═4OH-+S↓+2Na+．
短周期元素X、Y、Z、W、M原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，Y是形成化合物种类最多的元素，Z是自然界含量最多的元素，从是同周期中金属性最强的元素，M的负一价离子与Z的某种氢化物分子含有相同的电子数．
（l） X、Z、W形成的化合物中含有的化学键类型为______；
（2）A是由Y、Z、W三元素共同构成的常见化合物，其水溶液呈碱性，用离子方程式表示其原因______．写出表示溶液中所有离子浓度关系的等式______
（3）已知①M-M→2M△H=+a kJ•mol-1 ②2X•→X-X△H=-b kJ•mol-1
③M•+X•→XM△H=-c kJ•mol-1写出298K时，X2与M2反应的热化学方程式______
（4）若在密闭容器中充有10mol YZ与20mol X2，在催化剂作用下反应生成甲醇，YZ的转化率（α）与温度、压强的关系如图所示
①Pl______ P2（填“大于”、“小于”或“等于”）
②若A、B两点表示在某时刻达到的平衡状态，此时在A点时容器的体积为10L，则该温度下的平衡常数K=______
③若A、C两点都表示达到的平衡状态，则自反应开始到达平衡状态所需的时间tA______tC（填“大于”、“小于”或“等于”）
④在不改变反应物用量情况下，为提高YZ转化率可采取的措施是______（答出两点即可）
正确答案
短周期元素X、Y、Z、W、M原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，故X为H，Y是形成化合物种类最多的元素，故Y为C，Z是自然界含量最多的元素，故Z为O，W是同周期中金属性最强的元素，故W为Na，M的负一价离子与Z的某种氢化物分子（应为H2O2）含有相同的电子数即18个，故M为Cl，
（1）X、Z、W形成的化合物为NaOH，其中含有的化学键类型为离子键和共价键，故答案为：离子键、共价键；
（2）由Y、Z、W三元素共同构成的化合物为碳酸钠，CO32-水解显碱性，方程式为：CO32-+H2O═HCO3-+OH-、HCO3-+H2O═H2CO3+OH-，溶液中各个离子浓度的关系遵循电荷守恒，即c（Na+）+c（H+）═c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故答案为：CO32-+H2O═HCO3-+OH-、HCO3-+H2O═H2CO3+OH-；c（Na+）+c（H+）═c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-）；
（3）根据盖斯定律，H2与Cl2的反应和①②③之间的关系为①-②+2×③，故反应的热化学方程式为：H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）；△H=（a+b-2c）KJ•mol-1，故答案为：H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）；△H=（a+b-2c）KJ•mol-1；
（4）①根据图示，当温度相等时的A、B两点，看出P2时CO的转化率高于P1，而压强增大，才可以达到这种结果，故P2高于P1，故答案为：小于；
②从图中看出A点时，CO的转化率为0.5，CO+2H2
③因P2高于P1，故C点压强大于A点，压强大反应速率快，故反应开始到达平衡状态所需的时间tA大于tC，故答案为：大于；
④提高CO转化率，说明平衡向右移动，根据化学平衡移动的影响因素，故可以降温、加压、及时的移走甲醇等，故答案为：降温、加压．
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