2022届高三化学复习专题一综合检测

1、专题综合检测(时间：45分钟 总分值：100分)一、选择题(此题包括8个小题，每题6分，共48分。每个小题只有一个选项符合题意)1化学反响中通常伴随着能量变化，以下说法中错误的选项是 ()。A煤燃烧时将局部化学能转化为热能B电解熔融Al2O3时将局部化学能转化为电能C炸药爆炸时将局部化学能转化为动能D镁条燃烧时将局部化学能转化为光能解析煤是重要的能源，燃烧时放出大量的热，但这不是煤中的全部化学能，因为其主要燃烧产物CO2中仍有化学能，A项正确；电解物质时，是将电能转化为化学能，而不是化学能转化为电能，B项错误；TNT(三硝基甲苯)爆炸时，局部化学能转化为动能，C项正确；镁条燃烧时放出大量热，产

2、生耀眼的白光，故镁条的局部化学能转化成了光能，D项正确。答案B2以下列图示中关于铜电极的连接错误的选项是()。解析C项中，铜应作阳极，镀件作阴极。答案C3对于Zn(s)H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)H2(g)H0的化学反响以下表达不正确的选项是()。A反响过程中能量关系可用上图表示BH的值与反响方程式的计量系数有关C假设将该反响设计成原电池，锌为负极D假设将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，正极放出气体一定为11.2L解析根据题给热化学方程式可知，该反响是放热的氧化复原反响，那么反响物的能量和大于生成物的能量和，A项正确；该反响可设计为原电池反响，由于反响中Zn被氧化，故作原电池

3、的负极，C项正确；根据方程式中Zn和H2的计量关系知，当有32.5g锌溶解时，正极放出气体为0.5mol，但由于温度和压强不确定，故其体积不一定为11.2L，D项错误。答案D4以下关于反响能量的说法正确的选项是 ()。AZn(s)CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)Cu(s)H216kJmol1，那么反响物总能量生成物总能量B相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子所具有的能量为E2，那么2E1E2C101kPa时，2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H571.6kJmol1，那么H2的燃烧热为571.6kJmol1DH(aq)OH(aq)=H2O(l)H57.3k

4、Jmol1，那么1mol的氢氧化钠固体与含0.5molH2SO4的溶液混合后放出57.3kJ的热量解析A正确，因为该反响为放热反响；B错误，因为分子变成原子要破坏化学键，吸收能量，2E1E2；C错误，H2燃烧热是1mol氢气充分燃烧，生成液态水放出的热量；D错误，因为NaOH固体溶解放热。答案A5把等物质的量的Na2SO4、NaCl、AgNO3混合物放入足量水中，经充分搅拌后，将所得溶液用石墨电极进行电解，阳极生成的物质是 ()。AH2BAgCCl2DO2解析将等物质的量的NaCl和AgNO3混合物放入水中，发生反响：NaClAgNO3=NaNO3AgCl，所得溶液为NaNO3和Na2SO4的

5、混合液，用石墨电极电解时，实质是电解水，阳极上生成的物质是O2。答案D625、101kPa下：2Na(s)eq f(1,2)O2(g)=Na2O(s)H1414kJmol12Na(s)O2(g)=Na2O2(s)H2511kJmol1以下说法正确的选项是 ()。A和产物的阴阳离子个数比不相等B和生成等物质的量的产物，转移电子数不同C常温下Na与足量O2反响生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快D25、101kPa下，Na2O2(s)2Na(s)=2Na2O(s)H317kJmol1解析A项，Na2O2的电子式为Naeq o(O,sup6(),sdo4()eq o(O,sup6(),

6、sdo4()2Na，两个氧原子形成一个阴离子，所以Na2O2中阴阳离子个数比也为12，与Na2O相同。B项，生成1molNa2O、1molNa2O2都转移2mol电子。C项，在较高的温度下产物可能是Na2O2而非Na2O。D项，2可得Na2O2(s)2Na(s)=2Na2O(s)H317kJmol1。答案D7利用生活中常见的材料可以进行很多科学实验，甚至制作出一些有实际应用价值的装置来，如废铝罐和碳棒，食盐水等材料制作可用于驱动玩具的电池。上述电池工作时，有关说法正确的选项是 ()。A铝罐将逐渐被腐蚀B碳棒上发生的反响为：O24e=2O2C碳棒应与玩具电机的负极相连D该电池工作一段时间后碳棒的

7、质量会减轻解析该原电池中碳棒作正极，铝作负极。电池工作过程中铝罐逐渐被腐蚀，碳棒上发生的反响为：O22H2O4e=4OH，碳棒为正极，应与玩具电机的正极相连，该电池工作一段时间后，碳棒的质量不会发生变化。应选A。答案A8如图甲池和乙池中的四个电极都是惰性材料，请根据图示判断以下说法正确的选项是()。A两个装置之间没有盐桥，故不能形成电流Ba电极的电极反响式C2H5OH16OH12e=2CO3211H2OC一段时间后，乙池d电极周围的溶液呈现棕褐色D乙池在反响前后溶液的pH不变解析该图中甲池为原电池，乙池为电解池，不需要盐桥，A错；乙醇是燃料，作复原剂，失电子，B正确；c电极为阳极，产物为单质碘

8、，故c电极周围呈棕褐色，C错；乙池中，阳极反响为2I2e=I2，阴极反响为2H2O2e=H22OH，故溶液的pH增大，D错。答案B二、非选择题(此题包括4个小题，共52分)9(12分)煤燃烧的反响热可通过以下两种途径来利用：a利用煤在充足的空气中直接燃烧产生的反响热；b先使煤与水蒸气反响得到氢气和一氧化碳，然后使得到的氢气和一氧化碳在充足的空气中燃烧。这两个过程的热化学方程式为：aC(s)O2(g)=CO2(g)HE1bC(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)HE2H2(g)eq f(1,2)O2(g)=H2O(g)HE3CO(g)eq f(1,2)O2(g)=CO2(g)HE4请答复：(1

9、)与途径a相比，途径b有较多的优点，即_。(2)上述四个热化学方程式中的哪个反响H0_。(3)等质量的煤分别通过以上两条不同的途径产生的可利用的总能量关系正确的选项是_。Aa比b多Ba比b少Ca与b在理论上相同(4)根据能量守恒定律，E1、E2、E3、E4之间的关系为_。解析此题考查煤的气化，反响热及盖斯定律的应用。(1)C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)是煤的气化过程中发生的主要反响，生成CO和H2燃烧充分，能源利用率高，且运输方便。(2)C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)需吸收热量，H0。(3)根据盖斯定律，相加可得，理论上a与b两条途径产生的可利用的能量是相同的。(4)根

10、据能量守恒及(3)的分析可得E1E2E3E4。答案(1)煤的利用率高；变成气体后，燃烧充分，运输方便等(2)反响(3)C(4)E1E2E3E410(13分)根据以下表达写出相应的热化学方程式：(1)16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，该反响的热化学方程式是_。(2)以下列图是SO2生成SO3反响过程中能量变化的曲线图。该反响的热化学方程式为：_。(3)拆开1molHH键、1molNH键、1molNN键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，那么1molN2完全反响生成NH3的反响热为_，1molH2完全反响生成NH3所放出的热量为_。解析(3)N2(g)3H2(g)2N

11、H3(g)，因拆开1molNH键吸收的能量和生成1molNH键放出的能量相等，所以此反响放出的热量为23391kJmol1946kJmol13436kJmol192kJmol1，那么此题1molN2生成NH3的反响热为H92kJmol1，而1molH2只与eq f(1,3)molN2反响，所以反响放出的热量为30.7kJ。答案(1)S(s)O2(g)=SO2(g)H296.8kJmol1(2)2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H198kJmol1(3)92kJmol130.7kJ11(12分)铝和氢氧化钾都是重要的工业产品。请答复：(1)工业冶炼铝的化学方程式是_。(2)铝与氢氧化钾溶液反

12、响的离子方程式是_。(3)工业品氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换膜法电解提纯。电解槽内装有阳离子交换膜(只允许阳离子通过)，其工作原理如以下列图所示。该电解槽的阳极反响式是_。通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因_。除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口_(填写“A或“B)导出。解析(1)金属铝的冶炼是电解熔融Al2O3。(2)铝与强碱反响放出氢气生成偏铝酸盐。(3)结合题中给出的信息提示进行解题。溶液中存在阴离子为OH和含氧酸根，应是OH先放电。溶液中存在阳离子为K和H，应是H先放电。在阴极由于H放电，H不断减少，水电离平衡向正方向移动，OH浓度增大，pH增大。K可通

13、过阳离子交换膜流向B口，B口的OH不断增多，但无法通过阳离子交换膜，由氢氧化钾溶液从B口导出。答案(1)2Al2O3eq o(=,sup7(通电)4Al3O2(2)2Al2OH2H2O=2AlO23H2(3)4OH4e=2H2OO2H放电，促进水的电离，OH浓度增大B12(15分)常温下用惰性电极电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如以下列图中、所示(以下气体体积已换算成标准状况下的体积)，根据图中信息答复以下问题。(1)通过计算推测：原混合溶液中NaCl和CuSO4的物质的量浓度。c(NaCl)_molL1，c(CuSO4)_molL

14、1。t2时所得溶液的pH_。(2)假设用惰性电极电解NaCl和CuSO4的混合溶液200mL，经过一段时间后两极均得到224mL气体，那么原混合溶液中氯离子浓度的取值范围为_，铜离子浓度的取值范围为_。解析(1)阳极首先逸出的是Cl2，n(NaCl)2n(Cl2)2eq f(0.224L,22.4Lmol1)0.02mol，那么c(NaCl)0.1molL1。阳极得到的336mL气体中，含0.01molCl2和0.005molO2，转移电子的物质的量为：0.01mol20.005mol40.04mol。此过程中阴极刚好全部析出铜，n(CuSO4)n(Cu)0.04mol20.02mol，那么c(CuSO4)eq f(0.02mol,0.2L)0.1molL1。t2时溶液中c(Na)0.1molL1，c(SO42)0.1molL1，根据电荷守恒有：c(H)20.1molL10.1molL10.1molL1，即溶液的pH1。(2)根据极值法可解得：阳极首先逸出的是Cl2，当氯离子放电完毕后，此时逸出的是O2，假设阳极得到的224mL气体全为Cl2时，c(Cl)最大，其值为0.1molL1，此时转移电子的物质的量为0.02mol；假设阳极得到的