2023高考化学一轮复习第6章化学反应与能量电化学综合过关规范限时检测新人教版

PAGEPAGE2第六章综合过关标准限时检测总分值：100分，时间：50分钟可能用到的相对原子质量：H－1C－12N－14O－16Na－23S－32Cl－35.5Fe－56Cu－64Ag－108第一卷(选择题，共42分)一、选择题(此题包括7小题，每题只有一个选项符合题意，每题6分，共42分)1．(2022·北京西城期末)以下说法中，不正确的选项是eq\x(导学号25470909)(C)A.钢铁外表水膜的酸性很弱或呈中性，发生吸氧腐蚀B.钢铁外表水膜的酸性较强，发生析氢腐蚀C.将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更好D.钢闸门作为阴极而受到保护[解析]根据牺牲阳极的阴极保护法，两个连接的金属，其金属越活泼，越容易失去电子，越易被腐蚀，金属活泼性是Zn>Fe>Cu，故将锌板换成铜板对钢闸门没有起到保护作用，且使腐蚀加快，C不正确。2．(2022·衡水市武邑中学调研)反响：H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(g)ΔH1eq\f(1,2)N2(g)＋O2(g)=NO2(g)ΔH2eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)=NH3(g)ΔH3那么反响2NH3(g)＋eq\f(7,2)O2(g)=2NO2(g)＋3H2O(g)的ΔH为eq\x(导学号25470910)(D)A．2ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3 B．ΔH1＋ΔH2－ΔH3C．3ΔH1＋2ΔH2＋2ΔH3 D．3ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3[解析]H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(g)ΔH1 ①eq\f(1,2)N2(g)＋O2(g)=NO2(g)ΔH2 ②eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)=NH3(g)ΔH3 ③将方程式①×3＋②×2－③×2得2NH3(g)＋O2(g)=2NO2(g)＋3H2O(g)ΔH＝3ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3，应选D。3．(2022·河北张家口四校联考)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：mCeO2eq\o(→,\s\up7(太阳能),\s\do5(①))(m－x)CeO2·xCe＋xO2(m－x)CeO2·xCe＋xH2O＋xCO2eq\o(→,\s\up7(900℃),\s\do5(②))mCeO2＋xH2＋xCO以下说法不正确的选项是eq\x(导学号25470911)(C)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．图中ΔH1＝ΔH2＋ΔH3D．以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反响式为CO＋4OH－－2e－=COeq\o\al(2－,3)＋2H2O[解析]通过太阳能实现总反响H2O＋CO2→H2＋CO＋O2，可知CeO2没有消耗，CeO2为反响的催化剂，故A正确；该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，故B正确；由图中转化关系及盖斯定律可知：ΔH1为正值，ΔH2＋ΔH3为负值，那么－ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，故C错误；CO在负极失电子生成CO2，在碱性条件下CO2再与OH－生成COeq\o\al(2－,3)，故负极反响式为CO＋4OH－－2e－=COeq\o\al(2－,3)＋2H2O，故D正确。4．(2022·福建省厦门一中)目前常见的燃料电池主要有四种，下面是这四种燃料电池的工作原理示意图，其中正极的反响产物为水的是eq\x(导学号25470914)(C)A．A B．BC．C D．D[解析]A．电解质为能够传导氧离子的固体氧化物，正极氧气得电子生成氧离子，故A不选；B.电解质溶液是氢氧化钾，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，故B不选；C.电解质溶液是酸，正极上氧气和氢离子反响生成水，故C选；D.电解质为熔融碳酸盐，正极氧气得电子结合二氧化碳生成碳酸根离子，故D不选；应选C。5．(2022·广东四校联考)某小组用如图装置进行实验，以下说法不正确的选项是eq\x(导学号25470912)(C)A．盐桥中的电解质不可以用KClB．闭合K，Pt电极上发生的反响为4OH－－4e－=O2↑＋2H2OC．导线中流过0.5mole－时，参加12.4gCuCO3，CuSO4溶液可恢复原组成D．闭合K，整个电路中电流的流向为Ag电极→Pt电极→石墨电极→Fe电极→Ag电极[解析]盐桥中的电解质不可以用KCl，因为Cl－与AgNO3溶液接触会产生AgCl沉淀，A正确；闭合K，Ag为正极，Pt为阳极，Pt电极上发生的反响为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，B正确；因为电解池两极分别生成的是Cu和O2，导线中流过0.5mole－时生成0.25molCu，要使CuSO4溶液恢复原组成可以参加0.25mol的CuO或CuCO3，假设参加0.25molCuCO3，那么质量为31g，故C不正确；闭合K，整个电路中电流的流向为：Ag电极→Pt电极→石墨电极→Fe电极→Ag电极，D正确。6．(2022·北京四中开学考试)电化学降解NOeq\o\al(－,3)的原理如下图。以下说法中不正确的选项是eq\x(导学号25470913)(D)A．铅蓄电池的A极为正极B．电解的过程中有H＋从左池移动到右池C．该电解池的阴极反响式为2NOeq\o\al(－,3)＋6H2O＋10e－=N2↑＋12OH－D．假设电解过程中转移2mol电子，那么交换膜两侧电解液的质量变化差(Δm左－Δm右)为10.4g[解析]由NOeq\o\al(－,3)降解为N2可知，Ag－Pt电极发生复原反响，为阴极，电池B是负极，A是正极，A正确；电解的过程中H＋移向阴极，从左池经质子交换膜移动到右池，B正确；电解池的阴极是NOeq\o\al(－,3)降解为N2，阴极反响式为2NOeq\o\al(－,3)＋6H2O＋10e－=N2↑＋12OH－，C正确；阳极反响式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，H＋移向右池，假设电解过程中转移2mol电子，那么交换膜两侧电解液的质量变化差Δm左－Δm右＝1mol×18g·mol－1－0.2mol×28g·mol－1＝12.4g，D不正确。7．(2022·福建厦门一模)锂一空气电池是高能量密度的新型电池，结构如下图。以下说法正确的选项是eq\x(导学号25470915)(A)A．固体电解质只有Li＋可通过B．电池反响为4Li＋O2eq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))2Li2OC．充电时，水性电解液的pH将升高D．放电时，假设外电路有0.1mole－通过，理论上将消耗1.12LO2(标准状况)[解析]从结构图看出，Li为负极，失去电子变为Li＋，在水性溶液中生成LiOH，Li＋从左侧通过固体电解质到水性电解质，A正确；电池反响为4Li＋O2＋2H2Oeq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))4LiOH，B错误；充电时，水性电解液LiOH分解，pH降低，C错误；放电时，正极反响式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，假设外电路有0.1mole－通过，理论上将消耗0.025molO2，即标准状况下体积为0.56L，D错误。第二卷(非选择题，共58分)二、填空题(此题包括4小题，共58分)8．(2022·广东清远期末)(12分)在化学反响中，只有极少数能量比平均能量高得多的反响物分子发生碰撞时才可能发生化学反响，这些分子称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ·mol－1表示。请认真观察示意图，然后答复以下问题：eq\x(导学号25470916)(1)图中所示反响是__放热__(填“吸热〞或“放热〞)反响，该反响的ΔH＝__(E2－E1)_kJ·mol－1__(用含E1、E2的代数式表示)。(2)以下4个反响中符合示意图描述的反响的是__C__(填代号)。A．水蒸气与炭反响B．用水稀释氢氧化钠溶液C．铝粉与二氧化锰反响D．灼热的碳与CO2反响(3)热化学方程式：H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(g)ΔH＝－241.8kJ·mol－1。该反响的活化能为167.2kJ·mol－1，那么其逆反响的活化能为__409kJ·mol－1__。(4)0.5molCH4(g)与0.5mol水蒸气在25℃、101kPa时，完全反响生成CO和H2的混合气体，吸收了akJ热量，该反响的热化学方程式是__eq\f(1,2)CH4(g)＋eq\f(1,2)H2O(g)=eq\f(1,2)CO(g)＋eq\f(3,2)H2(g)ΔH＝＋akJ·mol－1__。[解析](1)从图分析，反响物的能量高于生成物的能量，所以反响为放热反响；反响热＝(E2－E1)kJ·mol－1。(2)炭与水蒸气反响是吸热反响，A错误；用水稀释氢氧化钠溶液，不是化学反响，B错误；铝和二氧化锰反响是放热反响，C正确；碳与二氧化碳反响是吸热反响，D错误。(3)反响热＝正反响的活化能一逆反响的活化能＝－241.8kJ·mol－1，那么逆反响的活化能＝167.2kJ·mol－1－(－241.8kJ·mol－1)＝409kJ·mol－1。(4)热化学方程式的书写要注明物质的状态，当有0.5mol甲烷和0.5mol水蒸气反响时，吸收了akJ的热量，所以热化学方程式为eq\f(1,2)CH4(g)＋eq\f(1,2)H2O(g)=eq\f(1,2)CO(g)＋eq\f(3,2)H2(g)ΔH＝＋akJ·mol－1。9．(2022·天津红桥期末)(12分)德国克莱斯公司成功研制了利用甲醇车载制氢氧燃料电池工艺，其原理如下图，请观察此图答复：eq\x(导学号25470917)(1)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反响原理是：①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋49.0kJ·mol－1②2CH3OH(g)＋O2(g)=2CO2(g)＋4H2(g)ΔH＝－385.8kJ·mol－1以下说法正确的选项是(CD)A．反响①中反响物的总能量高于生成物的总能量B．反响①中拆开CH3OH(g)和H2O(g)中的化学键所需能量小于形成CO2(g)和3H2(g)中的化学键所释放的能量C．CH3OH蒸气的燃烧热大于192.9kJ·mol－1D．根据②推知反响：2CH3OH(l)＋O2(g)=2CO2(g)＋4H2(g)ΔH>－385.8kJ·mol－1(2)最近科学家提出“绿色自由〞设想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反响后使空气中的CO2转变为可再生燃料甲醇。假设有2.2kgCO2与足量H2恰好完全反响生成气态的水和甲醇，可放出2473.5kJ的热量，试写出该反响的热化学方程式：__CO2(g)＋3H2(g)=H2O(g)＋CH3OH(g)ΔH＝－49.47kJ·mol－1__。(3)可给笔记本电脑供电的甲醇燃料电池已经面世，其结构如下图。甲醇在催化剂作用下提供质子(H＋)和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一电极后与氧气反响，电池总反响为2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O。b处通入的物质是__氧气或空气__，负极反响式为__CH3OH＋H2O－6e－=CO2＋6H＋__。[解析](1)反响①是吸热反响，说明反响中反响物的总能量低于生成物的总能量，A错误；由于反响热就是断裂化学键吸收的能量与形成化学键释放的能量的差，反响①是吸热反响，所以该反响中拆开CH3OH(g)和H2O(g)中的化学键所需能量大于形成CO2(g)和3H2(g)中的化学键所释放的能量，B错误；燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，H2燃烧还会释放能量，所以CH3OH蒸气的燃烧热大于192.9kJ·mol－1，C正确；由于等物质的量的同种物质，气态含有的能量最高，液态能量较低，固态能量最低，所以根据②推知反响：2CH3OH(l)＋O2(g)=2CO2(g)＋4H2(g)放出的热量小于385.8kJ，那么ΔH>－385.8kJ·mol－1，D正确。(2)CO2与足量H2反响产生H2O和CH3OH,2.2kgCO2的物质的量n(CO2)＝eq\f(2200g,44g·mol－1)＝50mol，那么1molCO2发生该反响放出的热量是eq\f(2473.5kJ,50mol)＝49.47kJ·mol－1，故该反响的热化学方程式是CO2(g)＋3H2(g)=H2O(g)＋CH3OH(g)ΔH＝－49.47kJ·mol－1。(3)根据示意图可知左侧电极失去电子，作负极，a处通入的是燃料CH3OH，CH3OH失去电子，发生氧化反响，电极反响式是CH3OH＋H2O－6e－=CO2＋6H＋；b处通入的是氧化剂，可以是氧气或空气。10．(2022·黑龙江大庆一中)(20分)eq\x(导学号25470918)(1)甲醇是重要的可再生燃料。在常温常压下：2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1275.6kJ/mol2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－566.0kJ/molH2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44.0kJ/mol那么甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为__CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(l)ΔH＝－442.8kJ/mol__。(2)氧化复原反响与生产、生活、科技密切相关。请答复以下问题：①银制器皿日久外表变黑是因为外表生成了Ag2S的缘故，该现象属于__化学__腐蚀。如果参加一定浓度硝酸将发生反响：3Ag2S＋8HNO3=6AgNO3＋3S↓＋2NO↑＋4H2O，同时Ag与硝酸反响生成AgNO3、NO、H2O，当生成标准状况下22.4mL的气体时，参加反响的HNO3的物质的量为__0.004mol__。②在如图甲所示的原电池装置中，负极的电极反响为__Ag－e－＋Cl－=AgCl__，H＋的移动方向为__从左向右__(填“从右向左〞或“从左向右〞)；电池总反响方程式为__2Ag＋Cl2=2AgCl__，当电路中转移0.1mole－时，交换膜左侧溶液中离子减少的物质的量为0.2mol。③电解NO制备NH4NO3原理如图乙所示，接电源正极的电极为__Y__(填“X〞或“Y〞)，X电极反响式为__NO＋6H＋＋5e－=NHeq\o\al(＋,4)＋H2O__，为使电解产物完全转化为NH4NO3需要补充的物质A的化学式为__NH3__。[解析](1)：①2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1275.6kJ/mol，②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－566.0kJ/mol，③H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44.0kJ/mol，那么根据盖斯定律，由(①－②＋4×③)÷2得CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(l)ΔH＝－442.8kJ/mol。(2)①银制器皿日久变黑，外表生成了Ag2S，属于化学腐蚀；Ag、Ag2S分别和硝酸反响的方程式为6Ag＋8HNO3=6AgNO3＋2NO↑＋4H2O、3Ag2S＋8HNO3=6AgNO3＋3S↓＋2NO↑＋4H2O，两个方程式中消耗HNO3和生成NO的化学计量数之比相等，n(NO)＝0.0224L÷22.4L/mol＝0.001mol，根据方程式知，n(HNO3)＝4n(NO)＝4×0.001mol＝0.004mol。②该原电池中，Ag失电子作负极、通人氯气的电极作正极，负极反响式为Ag－e－＋Cl－=AgCl；电解质溶液中H＋向正极Pt电极方向移动；该原电池相当于氯气和Ag反响生成AgCl，故电池总反响为2Ag＋Cl2=2AgCl；放电时，左侧装置中Ag失电子和Cl－反响生成AgCl沉淀，且溶液中H＋向正极移动，当电路中转移0.1mol电子时，生成0.1molAg＋，0.1molAg＋生成AgCl需要0.1molCl－，向正极方向移动0.1molH＋，所以交换膜左侧溶液中离子减少的物质的量为0.2mol。③根据图示知，左侧NO得电子生成NHeq\o\al(＋,4)，右侧NO失电子生成NOeq\o\al(－,3)，最终得到NH4NO3，该电解池中失电子的电极为阳极、得电子的电极为阴极，所以X为阴极、Y为阳极，阳极接电源正极，所以Y接正极，X电极反响式为NO＋6H＋＋5e－=NHeq\o\al(＋,4)＋H2O；生成一个NHeq\o\al(＋,4)得到5个电子、生成一个NOeq\o\al(－,3)失去3个电子，根据转移电子相