二非选择题突破篇5类核心非选题型

必须要破解!

题型1化学反应原理综合题

考向1

【典例】【审答思维】ΔH1×3+ΔH2正反应逆反应断键吸收能量-成键放出能量

【解析】(1)将第一个热化学方程式编号定为①,将第二个热化学方程式编号定为②。根据盖斯定律,将热化学方程式①乘以3再加上热化学方程式②,即①×3+②,故热化学方程式为3CH4(g)+3Br2(g)===C3H6(g)+6HBr(g)的

ΔH=-29kJ·mol-1×3+20kJ·mol-1=-67kJ·mol-1。

(2)根据反应热ΔH与活化能E正和E逆关系为ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可知,该反应的E逆=E正kJ·mol-1-ΔH=(E正+67.59)kJ·mol-1。

(3)在化学反应中,断开化学键要吸收能量,形成化学键要释放能量,反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差,因此,由图中数据可知,反应12N2(g)+32H2(g)===NH3(g)的ΔH=(473+654-436-397-339)kJ·mol-1=-45kJ·mol

答案:(1)-67(2)(E正+67.59)(3)-45

1.【解析】①C(s)+2H2(g)===CH4(g)ΔH=-74.5kJ·mol-1

②CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g)ΔH=-40.0kJ·mol-1

③C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)ΔH=+132.0kJ·mol-1

由盖斯定律可知,③-①-②可得目标热化学方程式,则CO2(g)+CH4(g)===

2CO(g)+2H2(g)的ΔH=(132.0+74.5+40)kJ·mol-1=+246.5kJ·mol-1。

答案:+246.5

2.【解析】(1)由键能计算反应焓变,ΔH=反应物总键能-生成物总键能,1molSi中含有2molSi—Si键,1molSiO2中含有4molSi—O键,所以176kJ·mol-1×2+

498.8kJ·mol-1-xkJ·mol-1×4=-989.2kJ·mol-1,解得x=460;

(2)ΔH=4E(Si—Cl)+2E(H—H)-2E(Si—Si)-4E(H—Cl)=(4×360+2×436-2×176-4×

431)kJ·mol-1=+236kJ·mol-1。

答案:(1)460(2)+236

3.【解析】(1)由题干反应历程图可知,FeO反应前后质量和性质没有改变,即FeO作催化剂,催化剂能够降低反应所需要的活化能,故从能量角度分析FeO的作用是降低反应活化能;(2)由题干反应历程可知,2Fe3O4(s)===O2(g)+6FeO(s)ΔH1=+akJ·mol-1,CO2(g)+6FeO(s)===C(s)+2Fe3O4(s)ΔH2=+bkJ·mol-1,两反应相加:CO2(g)===C(s)+O2(g),根据盖斯定律可知,ΔH=+(a+b)kJ·mol-1,则炭黑和氧气转化为CO2的热化学方程式为C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-(a+b)kJ·mol-1。

答案:(1)降低反应活化能

(2)C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-(a+b)kJ·mol-1

4.【解析】(1)根据图像可知反应①的热化学方程式为2NO(g)===N2O2(g)ΔH=(E2-E3)kJ·mol-1;

(2)总反应速率由慢反应决定,慢反应是活化能大的反应,由图像可知,反应②的活化能大于反应①的活化能,反应②决定总反应速率;当反应体系升高温度,发现总反应速率变慢,可能是升高温度反应①平衡向逆向移动,导致N2O2浓度减小,温度升高对反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应②速率变慢。

答案:(1)2NO(g)===N2O2(g)ΔH=(E2-E3)kJ·mol-1

(2)反应②温度升高后反应①平衡逆向移动,导致N2O2浓度减小,温度升高对反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响,导致反应②速率变慢,最终总反应速率变慢

考向2

【典例】【审答思维】3越大碳氢氢氧碳氧慢增大下降

【解析】(1)由反应历程可知,包含3个基元反应,分别为C40H20+H·C·40H19+H2,C·40H19+H2C·40H19+H2,C·40H19+H2C40H18+H·+H2,

(2)①步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成,步骤Ⅱ中涉及碳氧键的形成,所以符合题意的是步骤Ⅰ;

②直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时,反应速率会变慢,则此时正反应活化能会增大,根据图示可知,MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c;

③MO+与CH2D2反应时