热门试卷

（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-

（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。

(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。

（1）CH3OH(l)+O 2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=－726.6kJ/mol  ( 3分）

（其中化学方程式完全正确 给2分、 △H=－726.6 J/mol 给1分）

（2）①  ( 2分）

②0.075 mol·(L·min)－1 ( 2分，计算结果1分、单位1分）；75% (2分）

③C (3分） ④  BD (4分，全对得4分,选一个对得2分，其它错误不得分）

试题分析：（1）由m/M可知，n(CH3OH)=1/2mol，则1/2 CH3OH (l)+3/4O2(g)==1/2CO2(g)+H2O(l)  △H=—363.3kJ/mol，系数加倍可得，CH3OH(l)+O 2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=－726.6kJ/mol；（2）①K=；②读图可知，v(CH3OH)==0.075mol•L—1•min—1；由于v(H2)="3" v(CH3OH)= 0.225mol•L—1•min—1，则△n(H2)= 0.225mol•L—1•min—1×10min×1L=2.25mol，H2的转化率=2.25/3×100%=75%；③均为正反应速率，故A错；不能说明各组分的物质的量保持不变，故B错；能说明各组分的物质的量保持不变，故C正确；由于各组分都是气体且恒容，则混合气体的密度始终不变，故D错；④正反应放热，升高温度平衡左移，故A错；减小生成物浓度，平衡右移，故B正确；催化剂不能使平衡移动，故C错；相当于增大压强，正反应气体体积减小，则平衡右移，故D正确。

（1）①b，d  ② 0.04（1分）   10/9 ＝（1分）

③或

（2）①非金属元素氢化物越稳定，△H越小，反之亦然；②H2Se(g)＝Se(s)＋H2(g)　△H＝－81kJ/mol

试题分析：（1）①由图可知，10～25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，故答案为：b、d。

②根据化学计量数和图像的变化趋势可知，X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线。由图可知，前10min内，NO2的浓度变化量为（0.6－0.2）mol/L＝0.4mol/L，所以υ(NO2)＝0.4mol/L÷10min＝0.04mol•L-1•min-1。根据图像可知，反应在第一个平衡点是NO2和N2O4的浓度分别是0.6mol/L和0.4mol/L，则该反应的平衡常数K(1)＝＝＝。在25min时NO2的浓度增大，N2O4浓度不变，这说明改变的条件一定不是温度，只能是增大生成物的浓度。平衡常数只与温度有关系，所以平衡常数不变，即K(2)＝K(1)。

③NO2转化为N2O4的反应是放热反应，所以其能量变化示意图为或。

（2）①根据图像可知，Te（碲）、Se（硒）、S、Ｏ氢化物的反应热逐渐降低，而氢化物的稳定性逐渐升高，这说明非金属元素氢化物越稳定，△H越小，反之亦然；

②根据图像可知，硒化氢的反应热是＋81kJ/mol，所以硒化氢发生分解反应是放热反应，则其热化学反应方程式H2Se(g)＝Se(s)＋H2(g)  △H＝－81kJ/mol。

(1)434 kJ　(2)1.0 g　－74.8 kJ/mol

解答本题时应注意以下两点：

(1)根据ΔH＝旧键断裂吸收的能量—新键形成放出的能量，可以求断键或成键吸收或放出的能量。

(2)根据求解的反应C(s，石墨)＋2H2(g)=CH4(g)，找出可用的已知热化学方程式①②③，然后将热化学方程式进行相应的调整，然后进行加和即得。

(1)2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O

(2)①2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)    H=-817.625kJ/mol

②08.8125kJ

试题分析：这道题考查的是有关热化学反应中的一些知识，在反应中涉及到氧化还原反应的有关知识，在反应中得失电子相等，所以：(1)2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；在第二个问题中，要求写出生成液态中的时候的热化学方程式，12.8g的肼的物质的量为0.4mol，所以有N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)    H=-817.625kJ/mol

（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。

（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%。

（1） CH3OH（l）+O2（g）→CO2（g）+2H2O ΔH＝–725．76kJ·mol－1

（2）57．3kJ/mol　；

  △H＝－57．3kJ/mol

（3）N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）  ΔH＝－92kJ·mol－1

（1）燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以根据题意可知，1mol甲醇完全燃烧放出的热量是22．68kJ×32＝725．76kJ，因此热化学方程式是CH3OH（l）+O2（g）→CO2（g）+2H2O ΔH＝–725．76kJ·mol－1。

（2）中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，所以该反应的中和热是114．6kJ÷2mol＝57．3kJ/mol。因此表示其中和热的热化学方程式为  △H＝－57．3kJ/mol。

（3）反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，所以该反应的反应热是436kJ/mol×3＋946kJ/mol－2×3×391kJ/mol＝－92kJ/mol，所以该反应的热化学方程式是N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）  ΔH＝－92kJ/mol。

（1）CO2　（2）2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)   △H＝－483.6kJ/mol

（1）氢气的燃烧产物是水蒸气，不会使空气中的CO2含量增大，所以耐减少温室效应。

（2）1mol氢气燃烧生成水蒸气放出的热量是241.8kJ，所以热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)   △H＝－483.6kJ/mol。