1.2反应热的计算 同步练习 2023-2024学年高二上学期人教版（2019）化学选择性必修1

1.2反应热的计算同步练习题 一、选择题 1．合成氨原料中的H2可用甲烷在高温条件下与水蒸气反应制得。已知H2(g)、CO(g)、CH4(g)的燃烧热(△H)分别为-285.8 kJ/mol、-283.0 kJ/mol、-890.3 kJ/mol，且H2O(g)=H2O(l) △H=-44.0 kJ/mol。下列热化学方程式正确的是 A． B． C． D． 2．已知的燃烧热为，的燃烧热为，则下列说法正确的是 A． B． C．等质量的和完全燃烧，放出的热量多 D．在任何温度下均能自发进行 3．反应A2(g)+B2(g) →2AB(g)的能量变化如图所示，叙述正确的是 A．该反应是放热反应 B．加入催化剂，(b−a)的差值减小 C．每生成 2molAB 分子吸收(b−a) kJ 热量 D．若反应生成AB 为液态，吸收的热量小于(a−b)kJ 4．2−丁烯有顺()、反()两种异构体。T℃，异构体转化的能量关系如图所示，下列说法正确的是 A．顺−2−丁烯转化为反−2−丁烯的过程属于物理变化 B．顺−2−丁烯稳定性大于反−2−丁烯 C．发生加成反应时，顺−2−丁烯断键吸收的能量低于反−2−丁烯断键吸收的能量 D．T℃，反−2−丁烯完全转化成顺−2−丁烯吸收热量()kJ 5．已知：弱碱MOH(aq)与H2SO4(aq)反应生成1mol正盐的△H=-24.2kJ/mol，强酸与强碱的稀溶液的中和热为△H=-57.3kJ/mol。则MOH在水溶液中电离的△H为 A．+45.2kJ/mol B．+69.4kJ/mol C．-69.4kJ/mol D．-45.2kJ/mol 6．由下列键能数据大小，不能得出的事实是 化学键 O－H H－H O－O 键能kJ·mol-1 463 436 498.3 A．1molH2和molO2总能量大于1molH2O总能量 B．断开1molH2中的化学键所吸收的能量是436kJ C．H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=−240.85kJ·mol-1 D．生成1molH2O的化学键所放出热量是463kJ 二、填空题 7．氮和碳的氧化物分别是造成大气污染、温室效应的主要物质。 请回答下列问题： (1)的反应历程由两步基元反应组成，相关信息如下（E为活化能）： 第一步： 第二步： 则__________。 (2)相关物质的燃烧热、化学键的键能如表所示： 物质 燃烧热/（） 285.8 283.0 890.3 化学键 436 745 1076 463 413 946 391 ①转化为的反应的__________。 ②转化为合成气的反应的__________。 8．我国科学家实现了在铜催化剂条件下将转化为三甲胺。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示。 该反应的热化学方程式为_______。(用相对能量的变化来表示)。 9．NH4VO3在高温下分解产生的V2O5可作为硫酸工业中2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，ΔH=p的催化剂，其催化原理如图所示。 过程a和过程b的热化学方程式为V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g)，ΔH=q；V2O4(s)+O2(g)+2SO2(g)2VOSO4(s)，ΔH=r。请写出过程c的热化学方程式：___________。 10．甲烷和二氧化碳都是温室气体。随着石油资源日益枯竭，储量丰富的甲烷(天然气、页岩气、可燃冰的主要成分)及二氧化碳的高效利用已成为科学研究的热点。回答下列问题： (1)在催化剂作用下，将甲烷部分氧化制备合成气(CO和H2)的反应为CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2(g)。 ①已知：25℃，101kPa，由稳定单质生成1mol化合物的焓变称为该化合物的标准摩尔生成焓。化学反应的反应热ΔH=生成物的标准摩尔生成焓总和-反应物的标准摩尔生成焓总和。相关数据如下表： 物质 CH4 O2 CO H2 标准摩尔生成焓/kJ∙mol-1 -74.8 0 -110.5 0 由此计算CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2(g)的∆H=_______kJ·mol-1。 11．下表列出了3种化学键的键能： 化学键 H—H Cl—Cl H—Cl 键能/() 436 243 431 请根据以上信息写出氢气在氯气中燃烧生成氯化氢气体的热化学方程式_________。 12．Ⅰ.常温下，pH=1的某溶液A中含有NH、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO、NO、Cl—、I—、SO中的四种离子，且各离子的物质的量浓度均为0.1 mol·L-1。现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示： (1)关于该实验结果，下列有关说法正确的有___________。 A．溶液A为无色溶液 B．实验消耗Cu 14.4 g，则生成气体丙的体积为3.36 L C．生成的甲、乙、丙气体均为无色难溶于水的气体 D．溶液A中一定没有CO和I- E．白色沉淀乙只有BaCO3，白色沉淀丙只有BaSO4 (2)写出生成白色沉淀甲的离子方程式：___________。 (3)溶液A中除氢离子外，一定含有的四种离子是___________。 (4)溶液甲中阳离子(H+除外)的检验方法是___________。 Ⅱ．将CO2应用于生产清洁燃料甲醇，既能缓解温室效应的影响，又能为能源的制备开辟新的渠道，其合成反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。回答下列问题： (5)利用二氧化碳制得的甲醇还可以制取甲胺，其反应原理为CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)△H。已知该反应中相关化学键的键能数据如下： 共价键 C—O H—O N—H C—N 键能/kJ•mol-1 351 463 393 293 则该反应的△H=___________kJ•mol-1。 (6)已知：CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)△H1=-226kJ•rnol-1 N2(g)+2O2(g)2NO2(g)△H2=+68kJ•mol-1 N2(g)+O2(g)2NO(g)△H3=+183kJ•mol-1 则CO与NO反应生成CO2气体和N2气体的热化学方程式为___________ 13．I.测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示 取50mL0.50mol·L-1NaOH溶液和30mL0.50mol·L-1硫酸溶液进行实验，实验数据如下表： 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃ 温度差平均值(t2-t1)/℃ H2SO4 NaOH 平均值 1 26.2 26.0 26.1 30.1 2 27.0 27.4 27.2 31.3 3 25.9 25.9 25.9 29.8 4 26.4 26.2 26.3 30.3 (1)请填写表中的空白：_______。 (2)从实验装置图上看，图中缺少的一种玻璃仪器是_______。 (3)外壳与内筒之间的隔热层作用是_______。 (4)近似认为0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃ -1。则中和热△H=_______(取小数点后一位)。 (5)上述实验数值结果与57.3kJ·mol-1有偏差，产生偏差的原因可能是________(填字母)。 A．实验装置保温、隔热效果差 B．量取NaOH溶液的体积时仰视读数 C．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 D．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度 II.CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。 (6)已知上述反应中相关的化学键键能数据如下： 化学键 C-H C=O H-H C≡O(CO) 键能/kJ·mol-1 413 745 436 1075 则该反应的△H=_______kJ·mol-1。 【参考答案】 一、选择题 1．A 【分析】根据已知H2(g)、CO(g)、CH4(g)的燃烧热可得表示物质燃烧热的热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=-283.0 kJ/mol，③CH4(g)+2 O2(g)= CO2(g) +2H2O(l) △H=-890.3 kJ/mol，然后结合④H2O(g)=H2O(l) △H=-44.0 kJ/mol，利用盖斯定律，将热化学方程式叠加，可得相应反应的热化学方程式，并进行判断。 解析：根据已知H2(g)、CO(g)、CH4(g)的燃烧热可得表示物质燃烧热的热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=-283.0 kJ/mol，③CH4(g)+2 O2(g)= CO2(g) +2H2O(l) △H=-890.3 kJ/mol，及④H2O(g)=H2O(l) △H=-44.0 kJ/mol，根据盖斯定律，将热化学方程式④+③-②-①×3，整理可得 ，故合理选项是A。 2．B 【分析】的燃烧热为，，的燃烧热为，，据此分析解题。 解析：A．燃烧热化学方程式中水的状态是液态，故A错误； B．据分析可知，①；②；得，故B正确； C．已知的燃烧热为，的燃烧热为，等质量和，的物质的量是的8倍，所以放出的热量多，故C错误； D．常温常压下，氢气和氧气不饿能自发进行反应，故D错误； 故答案选B。 3．D 解析：A．该反应的反应物总能量低于生成物总能量，因此该反应是吸热反应，故A错误； B．加入催化剂，降低活化能，因此(a − b)的差值减小，故B错误； C．每生成 2molAB分子吸收(a − b) kJ 热量，故C错误； D．若反应生成AB为液态，相同物质液态的能量低于气态的热量，因此吸收的热量小于(a−b)kJ，故D正确； 答案为D。 4．C 解析：A．顺−2−丁烯与反−2−丁烯结构不相同，因此顺−2−丁烯转化为反−2−丁烯的过程属于化学变化，故A错误； B．顺−2−丁烯到反−2−丁烯是放热反应，反−2−丁烯能量低，根据能量越低越稳定，则顺−2−丁烯稳定性小于反−2−丁烯，故B错误； C．相同量的两种物质反−2−丁烯能量低，发生加成反应时，顺−2−丁烯断键吸收的能量低于反−2−丁烯断键吸收的能量，故C正确； D．T℃，反−2−丁烯完全转化成顺−2−丁烯吸收热量()kJ，故D错误。 综上所述，答案为C。 5．A 解析：弱碱MOH(aq)与 H2SO4(aq)反应生成 1 mol 正盐的热化学方程式为 ，则①，强酸与强碱的稀溶液反应的热化学方程式为②。根据盖斯定律可知，由①-②可得，则MOH在水溶液中电离的ΔH 为－12.1 kJ·mol－1－(-57.3 kJ·mol－1)=+45.2 kJ·mol-1，A正确； 故选A。 6．D 【分析】反应焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，则H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=（436 kJ·mol-1）+×（498.3 kJ·mol-1）-2×（463 kJ·mol-1）=−240.85kJ·mol-1； 解析：A．由分析可知，反应放热，则反应物能量和大于生成物能量和，A正确； B．1分子氢气中含有1个H-H键，断开1molH2中的化学键所吸收的能量是436kJ，B正确； C．由分析可知，H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=−240.85kJ·mol-1，C正确； D．1分子水中含有2个O-H键，生成1molH2O的化学键所放出热量是2×463kJ，D错误； 故选D。 二、填空题 7．(1) (2) 解析：（1）反应的焓变=正反应的活化能-逆反应的活化能，则第一步基元反应为①； 第二步基元反应为②，结合盖斯定律，①+②得。 （2）①的。 ②根据燃烧热写出如下热化学方程式：ⅰ．； ⅱ．； ⅲ．。根据盖斯定律将ⅰ-3×ⅱ-ⅲ得。 8． 解析：由题图可知，该反应的总反应是，为1个分子反应时放出的热量，则热化学方程式为。 9．2VOSO4(s)V2O5(s)+SO3(g)+SO2(g) ΔH=(p-q-r)kJ·mol-1 解析：根据盖斯定律，由总的热化学方程式2SO2(g)+O22SO3(g) ΔH=p减去过程a、过程b的热化学方程式，可得过程c的热化学方程式为2VOSO4(s)V2O5(s)+SO3(g)+SO2(g) ΔH=(p-q-r)kJ·mol-1。 10．-35.7 解析：(1)①化学反应的反应热ΔH=生成物的标准摩尔生成焓总和-反应物的标准摩尔生成焓总和，所以CH4(g)+O2(g) =CO(g)＋2H2(g)的∆H=-110.5 kJ/mol -(-74.8kJ/mol)= -35.7 kJ/mol。 11．H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g) ΔH＝—183kJ/mol 解析：反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等，则气在氯气中燃烧生成氯化氢气体的反应热为ΔH＝(436+243) kJ/mol—431kJ/mol×2=—183kJ/mol，则反应的热化学方程式为H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g) ΔH＝—183kJ/mol，故答案为：H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g) ΔH＝—183kJ/mol。 12．(1)AD (2)2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ (3)NO、Al3+、SO、Cl- (4)取少量溶液甲加入试管中，再加入浓NaOH溶液，加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明溶液中有NH (5)-12 (6)2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)△H=-750 kJ•mol-1 解析：由于pH=1的某溶液中H+浓度为0.1 mol/L，.则溶液中无. CO；向溶液中加入过量的(NH4)2CO3溶液，生成的无色气体甲为CO2，生成的白色沉淀甲应是CO和溶液中的弱碱阳离子相互促进水解反应生成的，故此弱碱阳离子为Al3+，还能说明溶液中不含Fe2+、Fe3+；向溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，生成的气体乙为NH3，由于加入的过量的(NH4)2CO3溶液，能引入NH，故不能确定原溶液中是否含有NH，加入的过量的(NH4)2CO3溶液，能引入CO，故生成的白色沉淀乙中一定含BaCO3；向溶液乙中加铜和硫酸，生成的气体丙遇空气变为红棕色的气体丁，说明溶液中含NO，由于溶液显酸性,即含硝酸，则溶液中不I—、Fe2+。以此分析解答。 (1)A．综上分析可知：溶液中一定无CO、Fe2+、Fe3+、I—；一定含0.1 mol/LAl3+、0.1 mol/LNO；由于溶液呈电中性。且除H+外还含Cl—、SO，故A正确； B．实验消耗14.4 g Cu，则其物质的最为0.225 mol。设生成的气体丙NO的物质的量为x mol,根据得失电子守恒可知0.225 mol2=x mol3，解得x=0.15mol,，则0.15 mol NO与氧气反应后生成的气体丁NO2也为0.15 mol，但由于状态不明确，NO2的体积不一定是3.36 L，故B错误； C．根据上述分析可知：生成的甲为CO2、乙为NH3、丙为NO气体, NH3极易溶于水，故C错误； D．根据上述分析可知，溶液A中一定没有CO和I-，故D正确； E．根据上述分析可知，白色沉淀乙有Al(OH)3，白色沉淀丙只有BaSO4，故E错误； 故为AD。 (2)根据上述分析：白色沉淀甲为Al(OH)3，则生成白色沉淀甲的离子方程式：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故为2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑。 (3)根据上述分析可知：溶液A中除氢离子外，一定含有的四种离子是NO、Al3+、SO、Cl-，故为NO、Al3+、SO、Cl-。 (4)根据上述分析可知：溶液甲中阳离子(H+除外)还有NH，其检验方法是：取少量溶液甲加入试管中，再加入浓NaOH溶液，加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明溶液中有NH，故为：取少量溶液甲加入试管中，再加入浓NaOH溶液，加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明溶液中有NH。 (5)反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，故△H= 351 kJ/mol+393 kJ/mol- 293 kJ/mol - 463 kJ/mol= - 12 kJ/ mol，故为：-12。 (6)由盖斯定律:①2+②-③2可得：2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g)+N2(g)△H=-750 kJ•mol-1，故为：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)△H=-750 kJ•mol-1。 13．(1)4.0 (2)玻璃搅拌器 (3)保温、隔热、减少实验过程中的热量损失 (4)-53.5kJ/mol (5)ACD (6)+120 【分析】中和热测定要使用稀的强酸、强碱溶液反应，且实验中要尽量操作迅速，且保证热量尽量不散失，防止产生实验误差； 解析：（1）由图可知，实验1、2、3、4的温度差平均值分别为4.0、4.1、3.9、4.0，则温度差平均值为4.0； （2）图中缺少的一种玻璃仪器是玻璃搅拌器； （3）实验需准确测量反应放出的热量，故外壳与内筒之间的隔热层作用是保温、隔热、减少实验过程中的热量损失； （4）中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量；似认为0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃ -1，该反应中取50mL0.50mol·L-1NaOH溶液和30mL0.50mol·L-1硫酸溶液进行实验，反应后氢离子过量，氢氧根离子（0.50mol·L-1×0.05L=0.025mol）完全反应，反应放热为4.18J·g-1·℃ -1×80g×4.0℃ =1337.6 J，放热焓变为负值，则中和热△H=-1337.6 J ÷0.025mol=-53.5kJ/mol； （5）上述实验数值结果与57.3kJ·mol-1相比偏小； A．实验装置保温、隔热效果差，热量散失，导致数值偏小，A正确； B．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，导致读数偏小，氢氧化钠量增多，实验中过量的硫酸与偏多的氢氧化钠放出更多热量，导致实验数值偏大，B错误； C．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，导致热量损失，数值偏小，C正确； D．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，导致部分氢氧化钠和硫酸反应放热，热量损失，使得结果偏小，D正确； 故选ACD； （6）反应焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，该反应的△H=（413×4+745×2-436×2-1075×2）kJ·mol-1=+120 kJ·mol-1。 学科网（北京）股份有限公司 $$