题目内容

5．真空碳热还原-氯化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：
①Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H1=1344.1kJ•mol-1
②2AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）△H2=1169.2kJ•mol-1
③Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g）+3CO（g）△H3=Q kJ•mol-1
下列有关说法正确的是（　　）
A．反应①中化学能转化为热能
B．反应②中若生成液态铝则反应热应大于△H2
C．反应③中1molAlCl3（g）生成时，需要吸收174.9kJ的热量
D．该生产工艺中能循环利用的物质只有AlCl3

分析 A．△H1＞0，故为吸热反应，故将热能转化为化学能；
B．Al由固态变为液态吸热，所以该反应吸热增加，其反应热的值大于△H2；
C．已知①Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H1=1344.1kJ•mol-1
②2AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）△H2=1169.2kJ•mol-1
根据盖斯定律，①-②可得：Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g）+3CO（g）；
D．该生产工艺中能循环利用的物质AlCl3和Cl2．

解答 解：A．反应①△H1＞0，故为吸热反应，故将热能转化为化学能，故A错误；
B．Al由固态变为液态吸热，所以该反应吸热增加，其反应热的值大于△H2，故B正确；
C．已知①Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H1=1344.1kJ•mol-1
②2AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）△H2=1169.2kJ•mol-1
根据盖斯定律，①-②可得：Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g）+3CO（g）△H3=174.9kJ•mol-1，故1molAlCl3（g）生成时，需要吸收$\frac{1}{2}×174.9kJ$=87.45KJ的热量，故C错误；
D．该生产工艺中能循环利用的物质AlCl3和Cl2，故D错误，
故选B．

点评 本题考查能量的转化，反应热的判断，反应热的计算，循环物质的判断，本题难度中等．

练习册系列答案
相关题目
20．一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下：（其中●代表氧原子，○代表硫原子）

关于此反应说法错误的是（　　）
A．一定属于分解反应B．一定属于氧化还原反应
C．一定属于放热反应D．一定属于可逆反应
1．下列关于化学键的说法中不正确的是（　　）
A．化学键是一种作用力
B．化学键可以使原子相结合，也可以使离子相结合
C．化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，产物分子内的化学键形成
D．极性键不是一种化学键
18．化学与生产、生活密切相关．下列有关叙述正确的是（　　）
A．大气雾霾污染现象的产生与汽车尾气排放有关
B．玻璃和氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料
C．活性炭与二氧化硫都可用于漂白，其漂白原理相同
D．空气中的臭氧对人体健康有益无害
5．某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验．
Ⅰ．（1）将钠、镁、铝各1 mol分别投入到足量同浓度的盐酸中，试预测实验结果：钠与盐酸反应最剧烈；铝与盐酸反应产生的气体最多（填名称）．
（2）向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为：S2-+Cl2═S↓+2Cl-
Ⅱ．利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
（3）仪器A的名称为分液漏斗，干燥管D的作用为防倒吸．
（4）若要证明非金属性：Cl＞I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4（KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气），C中加淀粉-碘化钾混合溶液，观察到C中溶液变蓝的现象，即可证明．从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用NaOH溶液吸收尾气，此吸收反应的离子方程式Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（5）若要证明非金属性：C＞Si，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液，观察到C中溶液有白色沉淀生成的现象，即可证明．但有的同学认为盐酸具有挥发性，可进入C 中干扰试验，应在两装置间添加装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶除去．
10．把Ca（OH）2固体放入一定量的蒸馏水中，一定温度下达到平衡：Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH-（aq）．当向悬浊液中加少量生石灰后，若温度保持不变，下列判断正确的是（　　）
A．溶液中Ca2+数目减少B．溶液pH值增大
C．溶液中c（Ca2+）增大D．溶液pH值不变
17．在一定条件下，将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应为：
2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H
已知：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1=-90.7kJ•mol-1
②2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=-23.5kJ•mol-1
③CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H3=-41.2kJ•mol-1
（1）△H=-122.5kJ•mol-1
（2）某温度下，在体积固定为2L的密闭容器中进行反应①，将1mol CO和2mol H2混合，测得不同时刻的反应前后压强关系如表：
时间（min）51015202530
压强比（P后/P前）0.980.900.800.700.700.70
则达到平衡时CO的转化率为45%．
（3）已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比[n（H2）/n（CO2）]时，CO2的转化率如图1所示．从图中可得出三条主要规律：
①增大投料比，CO2的转化率增大；
②升高温度，CO2的转化率降低；
③温度越低，增大投料比使CO2的转化率增大的越显著．
（4）反应③的v-t图象如图2所示，若其他条件不变，只是在反应前增大容器体积使压强减小，则其v-t图象如图3所示．
下列说法正确的是D
①a1＞a2 ②a1＜a2  ③b1＞b2  ④b1＜b2  ⑤t1＞t2  ⑥t1=t2 ⑦t1＜t2⑧两图中阴影部分面积相等  ⑨右图阴影部分面积更大⑩左图阴影部分面积更大
A．①③⑦⑧B．①③⑤⑧C．②④⑦⑨D．①③⑦⑩
（5）由甲醇液相脱水法也可制二甲醚，首先将甲醇与浓硫酸反应生成硫酸氢甲酯（CH3OSO3H）：CH3OH+H2SO4→CH3OSO3H+H2O；生成的硫酸氢甲酯再和甲醇反应生成二甲醚，第二步的反应方程式为：CH3OSO3H+CH3OH→CH3OCH3+H2SO4．与CO2和H2反应制备二甲醚比较，该工艺的优点是反应温度低，转化率高，其缺点是浓H2SO4腐蚀设备或有硫酸废液产生．
14．下列热化学方程式书写正确的是（　　）
A．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=-1 367.0 kJ•mol-1（燃烧热）
B．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=+57.3 kJ•mol-1（中和热）
C．S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=-296.8 kJ•mol-1（反应热）
D．C（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）═CO（g）△H=+110.5 kJ•mol-1（燃烧热）
15．工业上在一定条件下将丙烷脱氢制丙烯．
（1）反应过程中能量变化如图1所示，下列有关叙述正确的是ac．
a．此反应为吸热反应
b．催化剂能改变反应的焓变和活化能
c．E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能
d．有催化剂能加快反应速率，提高丙烷的转化率
（2）上述反应在恒温恒容密闭容器中达到平衡，其平衡常数K的表达式为K=$\frac{c（C{H}_{2}=C{H}_{2}）c（{H}_{2}）}{c（C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{3}）}$．若升温，该反应的平衡常数增大（填“增大”、“减小”或“不变”）．若向上述反应达到平衡的容器内再通入少量丙烷，则$\frac{c（C{H}_{2}=CHC{H}_{3}）}{c（C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{3}）}$减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（3）在0.1MPa、800K条件下，向恒容密闭容器中通入丙烷和稀有气体，丙烷脱氢反应的转化率随着稀有气体与丙烷比例的变化情况如图2所示，则随着稀有气体与丙烷比例的增加，丙烷转化率逐渐增大的原因是此反应是气体体积和增加的反应，随着稀有气体比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压，从而促进反应向正反应方向进行，提高了丙烷脱氢的转化率．

（4）上述反应生成物丙烯经多步氧化生成丙酸，已知常温下Ka（CH3CH2COOH）=1.3×10-5．Kb（NH3•H2O）=1.8×10-5．
①用离子方程式表示CH3CH2COONa溶液显碱性的原因CH3CH2COO-+H2O?CH3COOH+OH-．
②常温下，若丙酸与氨水混合后溶液呈中性，则溶液中$\frac{c（C{H}_{3}C{H}_{2}CO{O}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=1.3×109．
（5）已知：
化学键H-HC-HC-CC=C
键能（kJ•mol-1）436413348612
则丙烷脱氢反应的热化学方程式为CH3CH2CH3（g）?CH2=CHCH3（g）+H2（g）△H=+126kJ/mol．

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