【解析】本题考查元素推断、原子结构、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反应原理的知识，同时考查学生的图表分析能力。

(1)R为+4价，位于第3周期，应为Si元素，同理M为Al元素。常温下铝与Fe2O3不反应，与Na2CO3也不反应;(2)①K= = = 。温度越高，反应速率越快，反应物的转化率越高，与平衡转化率差距越小，所以离得近。②FeCl3具有强氧化性，能够氧化H2S：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S+2HCl。该逆流原理与浓硫酸中SO3的吸收相类似，气体从下端通入，液体从上端喷，可以增大气液接触面积，反应充分。从图可知电解过程中从左池通入的Fe2生成Fe3(阳极反应)，循环使用;而另一电极产生的则为H2(阴极反应)。故电解总的离子方程式为：2Fe2++2H

专题十二：化学反应中的能量变化

(2013福建卷)11.某科学家利用二氧化铈(CeO2)在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO。其过程如下：

下列说法不正确的是(　　)

A.该过程中CeO2没有消耗

B.该过程实现了太阳能向化学能的转化

C.右图中△H1=△H2+△H3

D.以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH——2e—=CO32—+2H2O

【答案】C

【解析】利用盖斯定律可知△H1+△H2+△H3=0，正确的应该是△H1=-(△H2+△H3)，这里是考察盖斯定律。

(2013海南卷)5.已知下列反应的热化学方程式：

6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l) △H1

2 H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g) △H2

C(s)+ O2(g)=CO2(g) △H3

则反应4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的△H为

A.12△H3+5△H2-2△H1 B.2△H1-5△H2-12△H3

C.12△H3-5△H2 -2△H1 D.△H1-5△H2-12△H3

[答案]A

[解析]：盖斯定律常规考查。③×12+②×5-①×2即可得到4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的△H，答案选A。

[2013高考∙重庆卷∙6]已知：P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g) △H=a kJ∙mol—1

P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g) △H=b kJ∙mol—1

P4具有正四面体结构，PCl5中P-Cl键的键能为c kJ∙mol—1，PCl3中P-Cl键的键能为1.2c kJ∙mol—1。

下列叙述正确的是

A.P-P键的键能大于P-Cl键的键能

B.可求Cl2(g)+ PCl3(g)=4PCl5(g)的反应热△H

C.Cl-Cl键的键能为(b-a+5.6c)/4 kJ∙mol—1

D.P-P键的键能为(5a-3b+12c)/8 kJ∙mol—1

答案：C

【解析】原子半径P>Cl,因此P-P键键长大于P-Cl键键长，则P-P键键能小于P-Cl键键能，A项错误;利用“盖斯定律”，结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H=(b-a)/4KJ•mol-1，但不知PCl5(g)=PCl5(s)的△H，因此无法求出Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(s)的△H，B项错误;利用Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H=(b-a)/4KJ•mol-1可得E(Cl-Cl)+3×1.2c-5c=(b-a)/4，因此可得E(Cl-Cl)=(b-a+5.6c)/4kJ•mol-1，C项正确;由P4是正四面体可知P4中含有6个P-P键，由题意得6E(P-P)+10×(b-a+5.6c)/4-4×5c=b，解得E(P-P)=(2.5a-1.5b+6c)/6 kJ•mol-1，D项错误。