（新课标）2023版高考化学一轮复习第六单元化学反应与能量单元质检卷

PAGEPAGE1单元质检卷(六)化学反响与能量(时间:45分钟总分值:100分)可能用到的相对原子质量:H1Li7O16Co59一、选择题(此题共8小题,每题6分,共48分。每题只有一个选项符合题目要求)1.某反响使用催化剂后,其反响过程中的能量变化如图,以下说法错误的选项是()A.总反响为放热反响B.使用催化剂后,活化能不变C.反响①是吸热反响,反响②是放热反响D.ΔH=ΔH1+ΔH22.全世界每年钢铁因锈蚀造成大量的损失。某城市拟用如图方法保护埋在酸性土壤中的钢质管道,使其免受腐蚀。关于此方法,以下说法不正确的选项是()A.土壤中的钢铁易被腐蚀是因为在潮湿的土壤中形成了原电池B.金属棒M的材料应该是比锌活泼的金属C.金属棒M上发生反响:M-ne-Mn+D.这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法3.(2022贵州凯里一中模拟)以下相关热化学方程式的说法正确的选项是()A.甲烷的燃烧热是890kJ·mol-1,那么表示甲烷燃烧热的热化学方程式:CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-890kJ·mol-1B.C(石墨,s)C(金刚石,s)ΔH>0,那么金刚石比石墨稳定C.H+(aq)+OH-(aq)H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1,那么任何酸碱中和反响的热效应均为57.3kJD.C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH1,2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH2,那么2ΔH1<ΔH24.(2022山西长治模拟)某溶液中含有溶质NaCl和H2SO4,物质的量之比为3∶1。用石墨作电极电解该溶液,根据电极产物的不同,可明显分为三个阶段。以下表达不正确的选项是()A.阴极只析出H2B.阳极先析出Cl2,后析出O2C.电解最后阶段为电解水D.溶液pH不断增大,最后为75.(2022吉林实验中学模拟)以铜为电极,amol·L-1的硫酸铜溶液作电解液,对含有铁、锌、银的粗铜进行电解精炼,以下表达正确的选项是()①粗铜应与电源的负极相连②当有1mol精铜析出时,就有2NA个电子通过电解质溶液③阴极上的反响只有:Cu2++2e-Cu④电解结束时,c(CuSO4)<amol·L-1⑤杂质银以Ag2SO4的形式沉入电解池中形成“阳极泥〞A.②③ B.①③⑤C.①②④⑤ D.③④6.在固态金属氧化物电解池中,高温共电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式,根本原理如下图。以下说法不正确的选项是()A.X是电源的负极B.阴极的电极反响式是:H2O+2e-H2+O2-CO2+2e-CO+O2-C.总反响可表示为:H2O+CO2H2+CO+O2D.阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1∶17.某锂离子二次电池装置如下图,其放电时的总反响为:Li1-xCoO2+LixC66C+LiCoO2。以下说法正确的选项是()A.石墨为正极B.充电时,阳极质量不变C.充电时,阴极反响式为xLi-xe-xLi+D.放电时,电池的正极反响式为xLi++Li1-xCoO2+xe-LiCoO28.用NO生产硝酸,可以有效消除污染,其原理如下图。以下说法正确的选项是()A.a极是正极B.电流由a极经导线流向b极C.a极的电极反响式为NO+2H2O-3e-NO3-+4HD.假设消耗2.24L(标准状况下)氧气,那么会有0.4molH+通过质子交换膜进入a极区二、非选择题(此题共3个小题,共52分)9.(12分)(1)反响2HI(g)H2(g)+I2(g)的ΔH=+11kJ·mol-1,1molH2(g)、1molI2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量,那么1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为kJ。

(2)由N2O与NO反响生成N2和NO2的能量变化如下图,假设生成1molN2,其ΔH=kJ·mol-1。

(3)F2与其他卤素单质反响可以形成卤素互化物,例如ClF3、BrF3等。反响Cl2(g)+3F2(g)2ClF3(g)ΔH=-313kJ·mol-1,F—F键的键能为159kJ·mol-1,Cl—Cl键的键能为242kJ·mol-1,那么ClF3中Cl—F键的平均键能为kJ·mol-1。

10.(20分)Ⅰ.(1)近年,又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下合成氨的新思路,反响原理为:2N2(g)+6H2O(l)4NH3(aq)+3O2(g)ΔH:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH12H2(g)+O2(g)2H2O(l)ΔH2NH3(g)NH3(aq)ΔH3那么ΔH=(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的式子表示)。

(2)硝酸厂的尾气直接排放将污染空气。目前科学家探索利用燃料气体中的甲烷等将氮的氧化物复原为氮气和水,反响机理为:CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ·mol-1CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ·mol-1那么甲烷直接将NO2复原为N2的热化学方程式为。

Ⅱ.燃料的使用和防污染是社会开展中一个无法回避的问题。(1)直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境污染。煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物,用CH4催化复原NOx可以消除氮氧化物的污染。:①CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-867.0kJ·mol-1②2NO2(g)N2O4(g)ΔH2=-66.9kJ·mol-1写出CH4催化复原N2O4(g)生成N2和H2O(g)、CO2的热化学方程式:

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(2)如将燃煤产生的二氧化碳回收利用,可到达低碳排放的目的。如以下图是通过人工光合作用,以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图。电极a、b外表发生电极反响。其中电极a为极,电极b上的电极反响式为。

11.(2022天津理综)(20分)某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出,某研究小组利用设计的电解别离装置(见以下图),使浆液别离成固体混合物和含铬元素溶液,并回收利用。答复Ⅰ和Ⅱ中的问题。固体混合物别离利用的流程图Ⅰ.固体混合物的别离和利用(流程图中的局部别离操作和反响条件未标明)(1)反响①所加试剂NaOH的电子式为,B→C的反响条件为,C→Al的制备方法称为。

(2)该小组探究反响②发生的条件。D与浓盐酸混合,不加热,无变化;加热有Cl2生成,当反响停止后,固体有剩余,此时滴加硫酸,又产生Cl2。由此判断影响该反响有效进行的因素有(填序号)。

a.温度b.Cl-的浓度c.溶液的酸度(3)0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反响,生成一种复原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物,放热4.28kJ,该反响的热化学方程式为。

Ⅱ.含铬元素溶液的别离和利用(4)用惰性电极电解时,CrO42-能从浆液中别离出来的原因是,别离后含铬元素的粒子是参考答案单元质检卷(六)化学反响与能量1.B因为反响物的总能量比生成物总能量高,故总反响为放热反响,A项正确;参加催化剂,改变反响的活化能,B项错误;因为①中反响物的总能量比生成物总能量低,故反响①为吸热反响,②中反响物的总能量比生成物总能量高,故反响②为放热反响,C项正确;根据盖斯定律,D项正确。2.B钢铁为铁碳合金,土壤中的钢铁易被腐蚀是因为在潮湿的土壤中形成了原电池,A项正确;金属棒M的材料是比铁活泼的金属,不一定比锌活泼,B项错误;金属棒M作原电池的负极,被氧化,发生反响:M-ne-Mn+,C项正确;这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法,D项正确。3.D表示甲烷燃烧热的热化学方程式中水应该是液态,A错误;石墨转化为金刚石是吸热反响,说明石墨能量低于金刚石,石墨比金刚石稳定,B错误;弱酸或弱碱电离吸热,因此不是任何酸碱中和反响的热效应均为57.3kJ,C错误;碳完全燃烧放热多,放热越多,ΔH越小,D正确。4.D可以将溶质看成3molNaCl和1molH2SO4,再转化一下思想,可以看成2molHCl、1molNa2SO4、1molNaCl,由于1molNa2SO4自始至终无法放电,且其溶液pH=7,暂时可以忽略,那么电解过程可看成先电解HCl溶液,再电解NaCl溶液,最后电解水,即第一阶段:2HClH2↑+Cl2↑;第二阶段:2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑;第三阶段:2H2O2H2↑+O2↑,第二阶段生成的NaOH导致溶液pH大于7。阴极自始至终是氢离子放电,A正确;阳极氯离子先于氢氧根离子放电,先析出Cl2,后析出O2,B正确;电解最后阶段为电解水,C正确;溶液pH不断增大,最后生成的NaOH导致溶液pH大于7,D错误,应选D。5.D电解精炼铜利用的是电解的原理,在电解精炼装置中,粗铜作阳极与电源正极相连,①错误;根据放电顺序:锌>铁>铜>银,锌、铁、铜先后溶解变成离子,而银沉积于阳极下方形成阳极泥,⑤错误;纯铜作阴极与电源负极相连,发生复原反响Cu2++2e-Cu,③正确;电子只经过外电路,电解液通过离子的定向移动而导电,②错误;由于阳极失电子的有锌、铁、铜,阴极析出的只有铜,所以随着电解进行,溶液中铜离子的浓度逐渐减小,④正确。答案选D。6.DH2O、CO2混合气体制备H2和CO时,氢元素及碳元素的化合价降低,H2O与CO2发生复原反响,那么该极为阴极,连接电源的负极,A选项正确;因电解质是金属氧化物,故该过程中可以传递O2-,那么阴极反响为H2O+2e-H2+O2-,CO2+2e-CO+O2-,B选项正确;图中阳极放出的是O2,2O2--4e-O2↑,那么总反响方程式为H2O+CO2H2+CO+O2,C选项正确;从总反响方程式看,阴极和阳极生成的气体的物质的量之比是2∶1,D选项错误。7.D根据题图,锂离子从左向右移动,所以石墨为负极,A项错误。根据电池总反响,放电时负极反响式为LixC6-xe-6C+xLi+,正极反响式为xLi++Li1-xCoO2+xe-LiCoO2;充电时,阳极反响式为LiCoO2-xe-xLi++Li1-xCoO2,阴极反响式为6C+xLi++xe-LixC6,故B、C项错误,D项正确。8.C用NO生产硝酸,其原理是在正极上氧气得电子发生复原反响:O2+4H++4e-2H2O,在负极上NO失电子发生氧化反响:NO+2H2O-3e-NO3-+4H+。a极上发生的是NO失电子的氧化反响,该电极是负极,A项错误;电流从正极流向负极,a是负极,b是正极,电流由b极经导线流向a极,B项错误;a极上发生的是NO失电子的氧化反响:NO+2H2O-3e-NO3-+4H+,C项正确;正极上氧气得电子发生复原反响:O2+4H++4e-2H2O,假设消耗2.24L(标准状况下)即0.1mol氧气,那么转移电子的物质的量是0.4mol,阳离子移向正极,会有0.4molH+通过质子交换膜进入b极区,D项错误。9.答案(1)299(2)-139(3)172解析(1)由键能求反响热的公式为ΔH=反响物的键能总和-生成物的键能总和,那么ΔH=2EH—I-436kJ·mol-1-151kJ·mol-1=11kJ,那么EH—I=299kJ·mol-1。(2)由图示信息可知,反响物的总能量大于生成物的总能量,故该反响为放热反响,ΔH=209kJ·mol-1-348kJ·mol-1=-139kJ·mol-1。(3)根据反响:Cl2(g)+3F2(g)2ClF3(g)ΔH=-313kJ·mol-1,化学键断裂需要吸收能量,形成化学键会放出能量,故反响中Q吸=3×159kJ·mol-1+242kJ·mol-1=719kJ·mol-1,Q放=719kJ·mol-1+313kJ·mol-1=1032kJ·mol-1,故ClF3中Cl—F键的平均键能=1032kJ·10.答案Ⅰ.(1)2ΔH1-3ΔH2+4ΔH3(2)CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)ΔH=-867kJ·mol-1Ⅱ.(1)CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-800.1kJ·mol-1(2)负CO2+2H++2e-HCOOH解析Ⅰ.(1)给题中的热化学方程式依次编号为①②③,根据盖斯定律,由2×①-3×②+4×③可得目标反响,对应的ΔH=2ΔH1-3ΔH2+4ΔH3。(2)根据盖斯定律,将的两个热化学方程式相加,然后再除以2,即得要求的热化学方程式:CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)ΔH=-867kJ·mol-1。Ⅱ.(1)根据盖斯定律,反响①-反响②即可得热化学方程式:CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867.0kJ·mol-1+66.9kJ·mol-1=-800.1kJ·mol-1。(2)根据题意可知电极a为负极,电极b为正极,电极b上的电极反响式为CO2+2H++2e-HCOOH。11.答案(1)Na+[··O(2)ac(3)2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=-85.6