- 化学反应原理
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4．己知丙烷的燃烧热△H=-2215KJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成18g水，则放出的热量约为
正确答案
知识点
24．下列图示与对应的叙述相符的是 （ ）
A图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
B图2表示压强对可逆反应2A（g）+2 B（g）
C图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲为钠
D图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH
正确答案
解析
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知识点
25.（1）一定温度下，向某容积固定的密闭容器中加入适量(NH4)2S固体，发生如下反应：
① (NH4)2S(s) 
② H2S(g) 
达到平衡时测得H2S和H2物质的量浓度分别为4 mol·L-1和1mol·L-1。则反应①的化学平衡常数K＝ 。
（2）25℃时，向20 mL 0.1mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1NaOH溶液，当NaOH溶液分别加到：①10 mL、②20 mL、③c (Na+)＝c (CH3COO－)、④40 mL时，下列说法正确的是 。（填序号）
A.①中溶液显酸性，则c(Na＋)>c(CH3COOH)
B.②中存在c (CH3COOH)+ c (CH3COO－)=0.05mol·L－1
C.③中混合溶液体积大于40 mL
D.④中水电离出的c(H+)最大
（3）密闭容器中发生下列反应：A(g)+B(g) 
（4）已知1.6 g液态甲醇在室温时完全燃烧放出的热量为68.4 kJ，则该条件下甲醇燃烧的热化学方程式为 。
若将甲醇的燃烧反应设计成原电池装置，能量的利用率会更高，当电解质溶液为酸性时，该电池负极的电极反应式为 。
（5）室温时，Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9，Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6。含有MgCO3沉淀的MgCl2溶液中，已知c(Mg2＋)＝0.2 mol · L－1，如果加入等体积的CaCl2溶液，若要产生CaCO3沉淀，加入CaCl2溶液的物质的量浓度最小约为 。
正确答案
（1）400
（2）AB
（3）
（4）2CH3OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(l) △H＝ －2736kJ·mol-1
CH3OH－6e－+H2O＝CO2+6H＋
（5）1.45×10－4mol · L－1
解析
略
知识点
下表中列出了25℃、101kPa时一些物质的燃烧热数据
已知键能：C—H键：413.4 kJ·mol﹣1、H—H键：436.0 kJ·mol﹣1。则下列叙述正确的是
正确答案
解析
略
知识点
一些烷烃的燃烧热( kJ/mol)如下：
下列推断正确的是
正确答案
解析
略
知识点
13．关于下列各图的叙述正确的是( )
正确答案
解析
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知识点
29．钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，四川攀枝花和西昌地区的钒钛磁铁矿储量十分丰富。如右图所示，将钛厂、氯碱厂和甲醇厂组成产业链可以大大提高资源利用率，减少环境污染。据此作答：
（1）电解食盐水时，总反应的离子方程式是（ ） 。
（2）写出钛铁矿经氯化法得到四氯化钛的化学方程式：（ ） 。
（3）已知：① Mg(s) + Cl2(g) = MgCl2(s)，ΔH＝－641 kJ/mol；
② Ti(s) + 2Cl2(g) = TiCl4(s)，ΔH＝－770 kJ/mol；
下列说法正确的是（选填字母）（ ） 。
a.Mg的燃烧热为641 kJ/mol
b.Ti的能量一定比TiCl4高
c.等质量的Mg(s)、Ti(s)与足量的氯气反应，前者放出的热量多
d.Mg还原TiCl4的热化学方程式为：
2Mg(s) + TiCl4(s) = 2MgCl2(s) + Ti(s)；ΔH=－512 kJ/mol
（4）在上述产业链中，合成192 t甲醇理论上需额外补充H2 （ ） t（不考虑生产过程中物质的任何损失）。
（5）以甲醇、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池。该电池中负极上的电极反应式是 （ ） 。
正确答案
解析
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知识点
13．关于下列各图的叙述正确的是( )
正确答案
解析
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知识点
27、（Ⅰ）氮是地球上含量丰富的一种元素，其单质及化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
（1）一定温度下，在1L容积恒定的密闭容器中充入2mol N2和8mol H2并发生反应。10min达平衡，测得氨气的浓度为0.4mol/L，此时氮气的转化率为（ ）。
（2）图是1mol NO2(g)和1mol CO(g)反应生成1mol CO2(g)和1mol NO(g)过程中能量变化示意图，请写出该反应的热化学方程式（ ） 。
（3）NH3(g)燃烧的方程式4NH3(g)+7O2(g)==4NO2(g)+6H2O(l)，
已知：2H2(g)+O2(g)==2H2O(l) △H= -483.6 kJ/mol
N2(g)+2O2(g)==2NO2 (g) △H=+67.8 kJ/mol
N2(g)+3H2(g)==2NH3 (g) △H=-92.0 kJ/mol
请计算NH3 (g)的燃烧热（ ）。
（4）将一定量的氨基甲酸铵固体置于某容积恒定的真空容器中，发生反应：
H2NCOONH4(s)
A．若T2＞T1，则该反应的ΔH＜0
B．向容器中充入N2，H2NCOONH4质量增加
C．NH3体积分数不变时，说明该反应达到平衡
D．T1、T2时，H2NCOONH4转化的Δn(T2)=2Δn(T1)
（Ⅱ）海水资源的利用具有广阔前景。海水中主要离子的含量如下：
电渗析法淡化海水示意图如下图所示，其中阴（阳）离子交换膜仅允许阴（阳）离子通过。
（1）阳极主要电极反应式是 （ ）。
（2）在阴极附近产生少量白色沉淀，其成分有 和CaCO3，生成CaCO3的离子方程式是（ ）。
（3）淡水的出口为（ ）（填“a”、“b”或“c”）。
正确答案
Ⅰ、
（1） 10% （1分）
（2） NO2(g) + CO(g) = NO(g) + CO2(g) △H = -234KJ/mol（2分）
（3） 282.8kJ/mol（2分）
（4）D（2分）
Ⅱ、
（1）（1分）2Cl—-2e—=Cl2↑
（2）（2分）Mg(OH)2；Ca2++ OH—+HCO3—=CaCO3↓+H2O （2分）
（3）b（2分）
解析
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知识点
12. 关于下列各图的叙述正确的是（）
A丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数B>A
B丁表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH
C甲表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的标准燃烧热为△H＝ －241.8kJ·
D乙表示恒温恒容条件下发生的可逆反应
正确答案
解析
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知识点
10．已知：① 2C（s） + O2（g） = 2CO（g） ΔH＝-220 kJ·mol－1
② 氢气燃烧的能量变化示意图如下：
下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A．由于1molC（s）反应生成物为CO时，释放的能量为110 kJ，所以完全燃烧生成当生成CO2时，释放的能量要大于为110 kJ，所以A错误；
B．破坏反应物中化学键要吸收能量，所以根据氢气和氧气的键能并结合化学方程式可知生成2mol水应该先要吸收436kJ×2＋496kJ＝1368kJ；而形成新化学键时要释放能量，因此根据键能可知生成2mol水应该释放462kJ×4＝1848kJ，所以生成2mol水实际放出的热量是1848kJ－1368kJ＝480kJ，所以H2（g） + 1/2O2（g） === H2O（g） ΔH＝-240 kJ·mol－1，所以B错误；
C．根据反应2C（s） + O2（g） = 2CO（g） ΔH＝-220 kJ·mol－1以及2H2O（g） === 2H2（g） + O2（g） ΔH＝+480 kJ·mol－1，结合盖斯定律可知：2C（s） + 2H2O（g） === 2CO（g）＋2H2（g） ΔH＝+260 kJ·mol－1，所以C（s） + H2O（g） === CO（g）＋H2（g） ΔH＝+130 kJ·mol－1,故C正确；
D．由图中可以判断出欲分解2 mol H2O（g），至少需要提供4×462 kJ的热量，所以D错
考查方向
化学键的键能与化学反应的能量关系以及盖斯定律的应用。
解题思路
A．1molC（s）完全燃烧生成物为CO2，释放的能量要大于110 kJ；
B．破坏反应物中化学键要吸收能量，所以根据氢气和氧气的键能并结合化学方程式可知生成2mol水应该先要吸收436kJ×2＋496kJ＝1368kJ；而形成新化学键时要释放能量，因此根据键能可知生成2mol水应该释放462kJ×4＝1848kJ，所以生成2mol水实际放出的热量是1848kJ－1368kJ＝480kJ。
C．根据反应2C（s） + O2（g） = 2CO（g） 以及H2（g） + 1/2O2（g） === H2O（g） ，结合盖斯定律进行计算；
D．由图中可以判断出欲分解2 mol H2O（g），至少需要提供4×462 kJ的热量。
易错点
忽略反应物状态与化学反应能量的关系。
知识点
四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料，由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：
回答下列问题：
（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生。
2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋
2TiO2＋(无色) ＋Fe＋4H＋=2Ti3＋(紫色) ＋Fe2＋＋2H2O
Ti3＋(紫色) ＋Fe3＋＋H2O=TiO2＋(无色) ＋Fe2＋＋2H＋
加入铁屑的作用是____________。
（2）在②→③工艺中需要控制条件以形成TiO2·n H2O溶胶，该分散质颗粒直径大小在_______范围。
（3）若把③中制得的固体TiO2·n H2O用酸清洗除去其中的Fe (OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10-39,该温度下反应Fe (OH)3＋3H＋
（4）已知：TiO2 (s) ＋2 Cl2 (g)=TiCl4(l) ＋O2(g) △H=+140KJ·mol-1
2C(s) ＋O2(g)=2CO(g) △H=-221KJ·mol-1
写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：_____________。
（5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_____________（只要求写出一项）。
（6）依据右表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4 ，可采用_____________方法。
正确答案
见解析。
解析
（1）根据题意给出方程式分析铁屑的作用就是作为还原剂的，即：将Fe3＋还原为Fe2＋，另外浸出液显紫色，说明含有Ti3＋，防止Ti3＋被Fe3＋氧化成TiO2＋。参考答案中“生成Ti3＋保护Fe2＋不被氧化。”有点让人费解，能不能说成“防止Ti3＋被Fe3＋氧化成TiO2＋”或者说“将TiO2＋还原成Ti3＋”。
（2）形成TiO2·n H2O溶胶，说明得到胶体，其分散质颗粒直径大小为10－9~10－ 7m（或1nm—100nm）；
（3）Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH—)＝2.79×10—39，25℃时，c(H+)×c(OH—)＝Kw＝1×10—14；反应Fe (OH)3＋3H＋
（4）涉及盖斯定律计算，比较常规，按要求写出方程式相加即可得出答案：
TiO2(s)＋ 2C(s)＋2Cl2 (g)＝TiCl4(l)＋2CO(g) △H=—81KJ·mol-1
（5）依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处产生了废气，废液，废渣等。
（6）右表信息可以看出，SiCl4，TiCl4两者的沸点相差较大，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4可用蒸馏（或分馏）等方法。
知识点
将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可见
正确答案
解析
略
知识点
氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25℃时：
①HF(aq) + OH—(aq) == F—(aq) + H2O(l) △H = - 67.7 kJ•mol-1
②H+ (aq) + OH—(aq) == H2O(l) △H = - 57.3 kJ•mol-1
在20 mL 0. 1 mol•L-1氢氟酸中加入V mL 0. 1 mol•L-1NaOH溶液。下列有关说法正确的是
A氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：
HF(aq) 
B当V = 20时，溶液中：c(OH—) = c(HF) + c(H+)
C当V = 20时，溶液中： c(F—)＜c(Na+ ) = 0. 1 mol·L-1
D当V＞0时，溶液中一定存在：c(Na+)＞c(F—)＞c(OH—)＞c(H+)
正确答案
解析
本题考查盖斯定律的应用、酸碱中和反应及溶液中离子浓度大小的比较，旨在考查考生对所学生所学知识的整合及应用能力。。
根据盖斯定律，将①式减去②式经整理可得：
HF(aq) 
由反应①放热比反应②多，亦可判断氢氟酸的电离为放热，本题要求突破“弱电解质电离都是吸热”的思维定势。故A选项错误。
当V＝20时，两者恰好完全反应生成NaF，溶液中存在质子守恒关系：
c(OH－) = c(HF)＋c(H＋)
质子守恒式有两种方法推得：
（1）直接推得：因F－水解结合H2O电离出的H＋生成HF并提供与HF等量的OH—，且H2O本身电离出H＋和OH—；
（2）由NaF溶液的电荷守恒式和物料守恒式求得：NaF溶液的电荷守恒式：
c(Na+) + c(H＋) = c(F－) + c(OH－)
NaF溶液的物料守恒式：c(Na+) = c(HF) + c(F－)
消去2个式子中的c(Na+)可得出其质子守恒式 。
因F－水解，故溶液中存在：c(F－)＜c(Na+) = 0.05 mol•L－1 ，故B选项正确，C选项错误。
D选项：溶液中离子浓度的大小取决于V的大小，离子浓度大小关系可能为c(F－)＞c(H＋)＞c(Na+)＞c(OH－)或c(F－)＞c(Na+)＞c(H＋)＞c(OH－)或c(Na+) = c(F－)＞c(OH－) = c(H＋)或c(Na+)＞c(F－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D选项错误。
为了更清晰明确D选项的问题，不妨进行如下分析：
影响溶液中各离子浓度的因素有2个：（1）离子的物质的量；（2）溶液的体积。
根据这2个因素的影响，可绘制出下图：
根据上图，并结合离子的变化，可以得到下表离子浓度的大小比较：
知识点
已知C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g) ΔH＝akJ·mol－1，2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)，ΔH＝－220kJ·mol－1，H－H、O＝O和O－H键的键能分别为436、496和462kJ·mol－1,则a为( )
正确答案
解析
略
知识点
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