1、名师讲练06 化学能与热能【高考定位】化学反应与能量是化学反应原理的重要组成部分，也是高考的必考内容。一般重点考查通过能量变化图、盖斯定律、键能等创设情景，提供新信息，通过比较分析、计算等方法来求解“H”值，从而写出判断或书写热化学方程式。题型多以选择题或填空题的形式呈现，以中等难度为主。由于能源问题已成为社会热点，从能源问题切入，从不同的角度设问，结合新能源的开发，把反应热与能源结合起来进行考查，将是今后命题的方向。该部分内容的难点在于准确的运用盖斯定律计算出反应热并正确书写出热化学方程式。【知识讲解】一、反应热与焓变1.反应热与焓变任何一个化学反应中，反应物所具有的总能量与生成物所具有的总
2、能量总不会相等的。在新物质产生的同时总是伴随着能量的变化。从宏观上分析，反应热的形成原因是反应物具有的总能量与生成物具有的总能量的相对大小不同。即反应热(焓变)H生成物的总能量反应物的总能量。物质本身具有的能量越高，其稳定性越差。（E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能，HE1E2）从微观上分析，反应热形成的原因是断键时吸收的热量与成键时放出的热量的相对大小不同。即反应热(焓变)H反应物的键能总和生成物的键能总和。键能越大的物质越稳定。吸热反应的H0，放热反应的H”或“0，故A错误；B根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=,故B正确；C题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接
3、用22.4Lmol1计算，故C错误；DH=反应物键能总和生成物键能总和，即H=4E(SiCl)2E(HH)4E(HCl) 2E(SiSi)，故D错误。3.D【解析】A根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；B根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的，故B正确；C根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；D使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误。4.D【解析】A能量越低越稳定，根据图像可看出，1,4-加成产物的能量比1,2
4、-加成产物的能量低，即1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物稳定，故A错误；B该加成反应不管生成1,4-加成产物还是1,2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1,3-丁二烯的转化，即在40时其转化率会减小，故B错误；C从0升至40，正化学反应速率均增大，即1,4-加成和1,2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；D从0升至40，对于1,2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确。5. （1）2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJmol-1 (2).89.3 （3）
5、116 (4) 第四周期第VA族；173；黑磷 【解析】(1)由题中信息可知：SO2(g)+O2(g)SO3(g) H= -98kJmol-1V2O4(s)+ SO3(g)V2O5(s)+ SO2(g) H2= -24kJmol-1V2O4(s)+ 2SO3(g)2VOSO4(s) H1= -399kJmol-1根据盖斯定律可知，-2得2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则H= H1-2H2=( -399kJmol-1)-( -24kJmol-1)2= -351kJmol-1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s
6、)+ V2O4(s) H= -351 kJmol-1。（2）根据盖斯定律-，可得反应的H=89.3KJ/mol；（3）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）2得 H=（H1+H2+H3）2=-116kJmol-1；（4）砷元素的原子序数为33，与氮元素、磷元素均位于A族，最外层有5个电子，则砷在周期表中的位置为第四周期A族；288115Mc的质量数为288，质子数为115，由由中子数=质量数中子数可知288115Mc的中子数为288115=173；将已知转化关系依次编号为，由盖斯定律可知，可得P（s，红磷）= P（s，黑磷）H=H1H2=（39.3kJ/mol）（17.6 kJ/mo
7、l）=21.7 kJ/mol。由于放热反应中，反应物总能量大于生成物总能量，则白磷、红磷和黑磷三者能量的大小顺序为白磷红磷黑磷，能量越高越不稳定，则最稳定的是黑磷。【过关搏杀】1C【解析】A根据图像可知，KI降低反应的活化能，在反应中起催化剂的作用，A说法正确；B根据题目信息及图像，加入KI时，生成中间产物IO-，反应物的总能量小于H2O+IO-的总能量，则H2O2+I-=H2O+IO-是吸热反应，B说法正确；C加入KI，改变了反应历程，对总反应的能量变化无影响，C说法错误；DKI为催化剂，改变了反应的历程，降低了活化能，使反应速率加快，D说法正确。2C【解析】A由热化学方程式可知，等物质的量
8、A2、B、D与H2反应生成气态H2X时，A2放出能量最多，D需要吸收能量，能量越高，其稳定性越差，因此稳定性：H2AH2BH2D，故A错误；BD与H2反应生成H2D为吸热反应，降低温度平衡将逆向移动，故B错误；C反应A2(g)H2(g)=H2A(g)，B(g)H2(g)=H2B(g)，由盖斯定律可知(-)2可得A2(g)2H2B(g)=2H2A(g)2B(g) H=-242-(-20)2kJmol-1=-444kJmol-1，故C正确；D等物质的量的单质与H2反应放出热量越多，则反应更易进行，因此与H2的化合反应由易到难的顺序为：A2BD，故D错误。3C【解析】A从图分析，反应物的总能量大于生
9、成物的总能量，该反应为放热反应，H0，A正确；Bb的活化能比a低，说明使用了催化剂，B正确；C催化剂不能使平衡发生移动，不能提高二氧化硫的转化率，C错误；D活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差就是反应的活化能，D正确。4B【解析】AN2O+Pt2O+=Pt2O2+N2 H1，Pt2O2+CO=Pt2O+CO2 H2，结合盖斯定律计算+得到N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g) H=H1+H2，反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变H=生成物总能量-反应物总能量=135kJ/mol-359kJ/mol=-226kJ/mol，A项正确；B由催化剂的图像可知，反应
10、的活化能大于反应，相同条件下，反应的活化能越大，反应速率越慢，反应的反应速率比反应慢，B项错误；C该反应过程有N2O和CO中的共价键的断裂和N2和CO2中的共价键的形成，C项正确；D标准状况下11.2L气体的物质的量为0.5mol，由反应N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g)可知，1molN2O(g)转移2mol电子，则0.5mol气体共转移1mol电子，D项正确。5B【解析】A根据反应历程图可知Fe3O4是中间产物，A正确，不符合题意；BH=生成物总能量反应物总能量，反应热与过程无关，该反应的H=(ca)kJmol1，B错误，符合题意；C由于活化能较大，反应速率较慢，C正确，不符
11、合题意；D由题可知Fe0.9O作为催化剂，对反应物的平衡转化率无影响，D正确，不符合题意。6C【解析】A由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，A不正确；B改变压强，虽然平衡不发生移动，但反应物和生成物的浓度将发生相应的改变，所以反应速率改变，B不正确；C因为正反应为放热反应，所以反应物转化为生成物的过程中，吸收的热量小于放出的热量，C正确；D使用催化剂可以提高反应速率，缩短反应到达平衡的时间，但不能使平衡发生移动，不能改变反应物的平衡转化率，D不正确。7B【解析】A由题图可知，在催化剂催化过程中的相对能量最低，是最稳定的中间产物，A项正确；B由题
12、图可知，转化为的过程中的能量变化与所吸附的催化剂种类有关，吸附在催化剂表面的转化为的过程放热，吸附在催化剂表面的转化为的过程吸热，B项错误；C由题图可知，吸附在表面的同种中间产物的能量高于吸附在表面的，C项正确；D催化剂只能改变反应速率，不能使化学平衡移动，D项正确。8C【解析】A根据历程，反应物总能量大于生成物的总能量，即该反应为放热反应，逆反应的活化能358.9kJmol1198.9kJmol1=557.8kJmol1，故A说法正确；B由图可知，在Ir催化下，两步反应能量均降低，均为放热反应，故B说法正确；C从N2OIrCO到N2IrOCO，说明Ir夺取O的能量强于N2O，从N2IrOCO
13、到N2CO2Ir，说明CO夺取O的能力强于IrO，故C说法错误；DH只与始态和终态有关，与反应的途径无关，因此总反应的热化学方程式为N2O(g)CO(g)=N2(g)CO2(g) H=358.9kJmol1，故D说法正确。9C【解析】A由两步反应可知反应有氮氧键的断裂，反应有碳氧键的形成，故A正确；B由图可知两步反应中反应物的总能量都高于生成物的总能量，均为放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应(即反应)决定，故B正确；C为反应的催化剂，是中间产物，故C错误；D根据两步反应：(慢)，(快)，可知总反应为，故D正确。10C【解析】A由图示可知，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和
14、高，即该反应为放热反应，故A错；B产物P2所具有的能量比产物P1所具有的能量低118.4kJ，所以产物P2比产物P1要稳定，故B错；C由图示可知中间产物Z到过渡态IV所需的活化能最大，则，故选C；D由图示可知，由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z转化为产物的速率：，故D错。11(1)H1+2H2（2）吸热(3)N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-93kJmol-1138.75kJ；小于（4）4NH3(g)+7O2(g)=4NO2(g)+6H2O(g) H=-1079 kJmol-1 【解析】(1)NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)H1
15、；NO(g)+O2(g)=NO2(g)H2；SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)H3；根据盖斯定律，+2，可得反应3NO(g)+O3(g)=3NO2(g)的H=H1+2H2；(2)H0为吸热反应；N2(g)+O2(g) =NO2(g)H=+34kJmol-1，该反应为吸热反应；(3)N2和H2反应合成氨的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，H=942+3437-23391=-93kJmol-1；所以N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-93kJmol-1；H2(g)+ O2=H2O(g)H=437+499-(2460)=-233.5kJmol-1；1mo
16、lH2O(g)转化为1mol H2O(l)时放出44.0 kJ的热量；即H2O(g)= H2O(l) H=-44kJmol-1；所以H2(g)+O2=H2O(l), H=-233.5-44=-277.5 kJmol-1；1g H2(物质的量为0.5mol)，完全燃烧时，生成液态水时放出的热量为277.5=138.75kJ；根据H2O(g)= H2O(l) H=-44kJmol-1反应可知，水由气态变为液态，放出热量，水蒸气的能量较高，所以H2O(g)的稳定性小于H2O(l)；(4)N2(g)+O2(g) =NO2(g)H=+34 kJmol-1，H =942+499-E(NO2)=34，E(N
17、O2)=936 kJmol-1；NH3(g)在O2(g)中完全燃烧生成NO2(g)和H2O(g)的热化学方程式为：4NH3(g)+7O2(g)=4NO2(g)+6H2O(g)H=43913+7499-(4936)-62460=-1079kJmol-1。12（1）放热 ；（2）4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(l) H=-252.9 kJ/mol（3）FeO+；2NA或1.2041024； 【解析】(1)由图可知，反应I的反应物总能量高于生成物总能量，因此反应I为放热反应；H1=生成总能量-反应物总能量，因此H10；反应II的反应物总能量小于生成物总能量，则H20；故H1H2；
18、(2)25、101 kPa时H2和CH4的燃烧热分别为285.8 kJmol1和890.3 kJmol1，则分别表示H2和CH4的燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l) H3=-285.8 kJmol1，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H4=-890.3 kJmol1，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，H2与CO2反应生成CH4(g)和H2O(l)的化学方程式为4H2+CO2=CH4+2H2O，根据盖斯定律可知，该反应热化学方程式可由4-得4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(l) H=(-285.8)4-(-890.3) kJ/m
19、ol=-252.9 kJ/mol；(3)由图可知，FeO+作反应的生成物，同时是反应的反应物，因此FeO+为中间产物；该反应的总反应为CO+N2O=N2+CO2，反应过程中，C元素化合价由+2升高至+4，N元素化合价由+1降低至0，标准状况下22.4L N2O的物质的量为1mol，由反应化学方程式及变价可知，每消耗1mol N2O转移2mol电子，其数目为2NA或1.2041024；反应为慢反应，反应为快反应，相同条件下，反应活化能越低，反应速率越快，因此EaEa。13（1）NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) H=-234 kJmol-1（2）没有；催化剂只改变反应的途径，对反
20、应热没有影响（3）2Al(s)+3FeO(s)=Al2O3(s)+3Fe(s) H=-859.7 kJmol-1（4）H= 2H1- H2+ H3（5）+236kJmol-1 【解析】(1)根据图像分析，该反应的热化学方程式为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) H=+134-368=-234 kJmol-1；(2)在反应体系中加入催化剂，催化剂只改变反应的途径，对反应热没有影响；(3)根据下列要求写出热化学方程式。已知：Fe(s)O2(g)=FeO(s)H1=-272.0 kJmol-12Al(s)O2(g)=Al2O3(s) H2=-1 675.7 kJmol-1根据盖斯定
21、律分析，有-3得Al和FeO发生反应的热化学方程式是2Al(s)+3FeO(s)=Al2O3(s)+3Fe(s) H=-1 675.7+272.03=-859.7 kJmol-1；(4)已知C(s)O2(g)=CO2(g)H1，2CO(g)O2(g)=2CO2(g)H2，TiO2(s)2Cl2(g)=TiCl4(s)O2(g)H3，根据盖斯定律分析，有+2-得反应TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)=TiCl4(s)2CO(g) H= 2H1- H2+ H3；(5)根据反应热等于反应物的键能总和与生成物的键能总和计算，得该热化学方程式为： SiCl4(g)2H2(g)Si(s)4HCl(g)
22、的反应热H=3604+4362-1762-4314=+236kJmol1。14(1)11.21（2）SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l) H=-1520.0 kJ/mol（3）小于；0.22；(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2OH*（4）Y；2NO+10e-+6H2O =N2 +12OH- 【解析】(1)64克铜的物质的量为1mol，共失去2mol电子，硝酸得到这些电子生成混合气体，混合气体再与氧气反应生成硝酸，所以由电子守恒分析，假设氧气的物质的量为xmol,有4x=2，则x=0.5mol，标况下体积为11.2L，则V2 =11.2L。根据方程式分析，假
23、设NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol， 根据电子守恒，有3x+y=2mol，亚硝酸钠的物质的量为，则亚硝酸钠的物质的量为1mol。(2)在 25、101 kPa 下，已知 SiH4 气体在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，方程式为SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l)，该反应中转移8mol电子，已知平均每转移1 mol电子放出热量 190.0 kJ，则该反应的热化学方程式为SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l) H=-190.0 kJ/mol8=-1520.0 kJ/mol；(3)该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，即H小于0，该历程中最小能垒(活化 能)E 正=-1.55-（-1.77）=0.22eV，写出该步骤的化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2OH*；(4)X电极上氨气失去电子生成氮气，说明X极为负极，Y极为正极，盐桥中 K+向正极即Y极移动，Y极发生还原反应，电极反应为2NO+10e-+6H2O =N2 +12OH-。
