2023版高考化学二轮复习第6讲化学反应与能量课后达标检测

PAGEPAGE1第六讲化学反响与能量[课后达标检测][学生用书P135(单独成册)]1．最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂外表形成化学键的过程。反响过程的示意图如下：以下说法正确的选项是()A．CO和O生成CO2是吸热反响B．在该过程中，CO断键形成C和OC．CO和O形成了具有极性共价键的CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反响的过程解析：选C。A.状态Ⅰ总能量为反响物总能量，状态Ⅲ总能量为生成物总能量，由图示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。B.从状态Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的图示可以看出，反响中CO并未断裂成C和O，C、O原子间一直有化学键。C.由图示可以看出，CO和O生成了CO2，CO2分子中C与O形成极性共价键。D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反响生成CO2的过程，并不是CO与O2的反响过程。2．以下反响中能量变化与其他不同的是()ABCD铝热反响燃料燃烧酸碱中和反响Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl固体混合解析：选D。铝热反响、燃料燃烧、酸碱中和反响均是放热反响，而Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl固体的反响是吸热反响。3．根据以下图，以下判断中正确的选项是()A．石墨与O2生成CO2的反响是吸热反响B．金刚石、石墨与O2反响，均可生成具有极性共价键的CO2C．从能量角度看，金刚石比石墨更稳定D．C(金刚石，s)=C(石墨，s)ΔH＝E3－E1解析：选B。A项，石墨与O2的总能量高于生成物的总能量，反响放热，错误；B项，CO2中存在C=O极性共价键，正确；C项，从能量角度看，金刚石的能量高于石墨的能量，金刚石没有石墨稳定，错误；D项，金刚石的能量高于石墨的能量，C(金刚石，s)=C(石墨，s)，反响放热，ΔH＝E1－E2，错误。4．H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g)ΔH＝－72kJ·mol－1，蒸发1molBr2(l)需要吸收的热量为30kJ，其他相关数据如表所示。物质H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中化学键断裂时需要吸收的能量/kJ436a369那么表中a为()A．404 B．260C．230 D．200解析：选D。此题主要考查键能与反响热的关系。由得：Br2(l)=Br2(g)ΔH＝＋30kJ·mol－1，那么H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g)ΔH＝－102kJ·mol－1。由反响热与键能关系得436＋a－2×369＝－102，a＝200，D项正确。5．(2022·高考江苏卷)通过以下反响均可获取H2。以下有关说法正确的选项是()①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)ΔH1＝＋571.6kJ·mol－1②焦炭与水反响制氢：C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH2＝＋131.3kJ·mol－1③甲烷与水反响制氢：CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)ΔH3＝＋206.1kJ·mol－1A．反响①中电能转化为化学能B．反响②为放热反响C．反响③使用催化剂，ΔH3减小D．反响CH4(g)=C(s)＋2H2(g)的ΔH＝＋74.8kJ·mol－1解析：选D。A项，反响①是光能转化为化学能，错误；B项，反响②的焓变为正值，属于吸热反响，错误；C项，催化剂不会改变反响的焓变，错误；D项，根据盖斯定律，由③－②得所求反响，其焓变为206.1kJ·mol－1－131.3kJ·mol－1＝＋74.8kJ·mol－1，正确。6．(2022·高考重庆卷)黑火药是中国古代的四大创造之一，其爆炸的热化学方程式为S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)=K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g)ΔH＝xkJ·mol－1：碳的燃烧热ΔH1＝akJ·mol－1S(s)＋2K(s)=K2S(s)ΔH2＝bkJ·mol－12K(s)＋N2(g)＋3O2(g)=2KNO3(s)ΔH3＝ckJ·mol－1那么x为()A．3a＋b－c B．c－3aC．a＋b－c D．c－a－b解析：选A。表示碳燃烧热的热化学方程式为①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝akJ·mol－1，将另外两个热化学方程式进行编号，②S(s)＋2K(s)=K2S(s)ΔH2＝bkJ·mol－1，③2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)=2KNO3(s)ΔH3＝ckJ·mol－1，运用盖斯定律，①×3＋②－③得S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)=K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g)ΔH＝(3a＋b－c)kJ·mol－1，那么x＝3a＋b－c7．由N2O和NO反响生成N2和NO2的能量变化如下图。以下说法不正确的选项是()A．反响生成1molN2时转移4mole－B．反响物能量之和大于生成物能量之和C．N2O(g)＋NO(g)=N2(g)＋NO2(g)ΔH＝－139kJ·mol－1D．断键吸收能量之和小于成键释放能量之和解析：选A。A项，化学方程式：N2O＋NO=N2＋NO2，生成1molN2时转移电子2mol，故说法错误；B项，根据能量变化图，反响物的总能量大于生成物的总能量，此反响属于放热反响，故说法正确；C项，根据能量变化图，N2O(g)＋NO(g)=N2(g)＋NO2(g)ΔH＝(209－348)kJ·mol－1＝－139kJ·mol－1，故说法正确；D项，断键吸收能量，成键释放能量，此反响是放热反响，因此断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，故说法正确。8．一定温度下合成氨的化学反响：N2＋3H22NH3，每生成2molNH3放出92.4kJ的热量，在恒温、恒压的密闭容器中进行如下实验：①通入1molN2和3molH2，达平衡时放出热量为Q1，②通入2molN2和6molH2，达平衡时放出热量为Q2，那么以下关系正确的选项是()A．Q2＝2Q1B．Q1＜0.5Q2C．Q1＝Q2＜184.8kJD．Q1＝Q2＜92.4kJ解析：选A。1molN2(g)与3molH2(g)反响生成2molNH3(g)放出的热量是92.4kJ。该反响为可逆反响，物质不能完全反响，恒温、恒压下，反响前后气体的物质的量发生变化，①、②中n(N2)∶n(H2)均为1∶3，二者为等效平衡，反响物的转化率相同，②中参加反响的n(N2)是①中的2倍，所以Q2＝2Q1＜184.8kJ。9．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)反响过程中能量的变化如下图。1molSO2(g)与0.5molO2(g)反响生成1molSO3(g)的ΔH＝－99kJ·mol－1。请答复以下问题：(1)图中A点、C点的数值分别表示________________、______________，E的大小对该反响的反响热________(填“有〞或“无〞)影响。(2)该反响通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点________(填“升高〞或“降低〞)，理由是________________________________________________________________________。(3)图中ΔH＝________kJ·mol－1。解析：(1)图中A点、C点的数值分别表示反响物总能量、生成物总能量，反响热可表示为AB段、BC段能量之差，即反响热与活化能的大小无关。(2)E为不加催化剂的活化能，使用催化剂可使反响的活化能降低，故加V2O5会使图中B点降低。(3)因1molSO2(g)与0.5molO2(g)反响生成1molSO3(g)的ΔH＝－99kJ·mol－1，所以2molSO2(g)与1molO2(g)反响生成2molSO3(g)的ΔH＝－198kJ·mol－1。答案：(1)反响物总能量生成物总能量无(2)降低使用催化剂可降低反响的活化能(3)－19810．E1＝134kJ/mol、E2＝368kJ/mol，请参考题中图表，按要求填空：(1)图Ⅰ是1molNO2(g)和1molCO(g)反响生成CO2(g)和NO(g)过程中的能量变化示意图，假设在反响体系中参加催化剂，反响速率加快，E1的变化是________(填“增大〞“减小〞或“不变〞，下同)，ΔH的变化是________。NO2和CO反响的热化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)下表所示是局部化学键的键能参数：化学键P—PP—OO=OP=O键能/kJ·mol－1abcx白磷的燃烧热为dkJ·mol－1，白磷及其完全燃烧生成的产物的结构如图Ⅱ所示，表中x＝________(用含a、b、c、d的代数式表示)。(3)捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反响。反响Ⅰ：2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)(NH4)2CO3(aq)ΔH1反响Ⅱ：NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)NH4HCO3(aq)ΔH2反响Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq)ΔH3那么ΔH3与ΔH1、ΔH2之间的关系是ΔH3＝________________________________________________________________________。解析：(1)参加催化剂能降低反响所需的活化能，那么E1和E2都减小，但E1－E2不变，即反响热不改变。由图知，1molNO2和1molCO反响生成CO2和NO放出热量368－134＝234(kJ)，该反响的热化学方程式为NO2(g)＋CO(g)=NO(g)＋CO2(g)ΔH＝－234kJ·mol－1。(2)白磷燃烧的化学方程式为P4＋5O2eq\o(=,\s\up7(点燃))P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6molP—P、5molO=O，形成12molP—O、4molP=O，故12mol×bkJ·mol－1＋4mol×xkJ·mol－1－(6mol×akJ·mol－1＋5mol×ckJ·mol－1)＝dkJ，解得x＝eq\f(1,4)(6a＋5c＋d－12b)。(3)观察方程式，利用盖斯定律，Ⅱ×2－Ⅰ得方程式Ⅲ，故ΔH3＝2ΔH2－ΔH1。答案：(1)减小不变NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g)ΔH＝－234kJ/mol(2)eq\f(1,4)(6a＋5c＋d－12b)(3)2ΔH2－ΔH111．(1)：①TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(l)＋O2(g)ΔH＝＋140kJ·mol－1②2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1写出TiO2和焦炭、Cl2反响生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：________________________________________________________________________。(2)有一类甲醇质子交换膜燃料电池，需将甲醇蒸气转化为氢气，两种反响原理是A．CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋49.0kJ·mol－1B．CH3OH(g)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－676.7kJ·mol－1由上述方程式可知，1molCH3OH完全燃烧生成H2O(l)时放出的热量________(填“大于〞“等于〞“小于〞或“不能确定〞)676.7kJ。水的汽化热为44kJ·mol－1，那么表示H2燃烧热的热化学方程式为________________________________________________________________________。解析：(1)由①＋②即可得到目标方程式。(2)气态水变为液态水要放出热量，故1molCH3OH完全燃烧生成H2O(l)时放出的热量应大