2019届高考化学一轮复习 课时集训 阶段过关检测（三）物质结构与能量变化.doc

阶段过关检测(三)物质结构与能量变化(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题包括16小题,每小题3分,共48分,每小题只有一个选项符合题意)1.X、Y均为元素周期表A族中的两种元素。下列叙述中,能够说明X的原子得电子能力比Y强的是(C)A.原子的电子层数:XYB.对应的简单离子的还原性:XYC.气态氢化物的稳定性:XYD.氧化物对应水化物的酸性:XY解析:X原子的电子层数比Y原子的电子层数多,为同主族元素,则Y的非金属性强,故A不选;元素的非金属性越强,对应的简单离子的还原性越弱,对应的简单离子的还原性:XY,则Y的非金属性强,故B不选;X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定,则X的非金属性强,故C选;比较非金属性的强弱,应为最高价氧化物的水化物,故D不选。2.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是(D)太阳光催化分解水制氢:2H2O(l)2H2(g)+O2(g)H1=+571.6 kJmol-1焦炭与水反应制氢:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H2=+131.3 kJmol-1甲烷与水反应制氢:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H3=+206.1 kJmol-1A.反应中电能转化为化学能B.反应为放热反应C.反应使用催化剂,H3减小D.反应CH4(g)C(s)+2H2(g)的H4=+74.8 kJmol-1解析:太阳光催化分解水制氢气,是光能转化为化学能,故A错误;反应的H2=+131.3 kJmol-10,故该反应为吸热反应,故B错误;催化剂不能改变反应热的大小,只能改变化学反应速率,故C错误;根据盖斯定律,目标反应CH4(g)C(s)+2H2(g)相当于-,故H4=H3-H2,H4=206.1 kJmol-1-131.3 kJmol-1=+74.8 kJmol-1,故D正确。3.用石墨作电极完全电解含 1 mol 溶质X的溶液后,向溶液中加入一定量的物质Y能使电解液恢复到起始状态的是(D)选项X溶液物质YACuCl21 mol Cu(OH)2BKOH1 mol KOHCNa2SO41 mol H2SO4DAgNO30.5 mol Ag2O解析:电解氯化铜,在两极上分别产生金属铜和氯气,所以电解质复原应加入氯化铜,故A错误;电解氢氧化钾的实质是电解水,所以电解质复原应加入水,故B错误;电解硫酸钠的实质是电解水,所以电解质复原加入水,故C错误;电解硝酸银两极上产生的是金属银和氧气,所以电解质复原加氧化银,电解含1 mol溶质硝酸银的溶液,会析出金属银 1 mol,根据银元素守恒,应加入0.5 mol Ag2O,故D正确。4.X、Y、Z、W均为短周期元素,在周期表中位置如图,Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍。下列说法中不正确的是(B)XYZWA.Y和Z的气态氢化物,前者更稳定B.Z和W的最高价氧化物对应水化物的酸性:WZ,则Y和Z的气态氢化物相比,前者更稳定,故A正确;非金属性WZ,则最高价氧化物对应水化物的酸性为WZ,故B不正确;X、W的气态氢化物相互反应生成氯化铵,含离子键和NH共价键,故C正确;电解熔融氧化铝可生成氧气,电解熔融氯化钠可生成氯气,则Y、W的单质均可通过电解的方法获得,故D正确。5.观察下列几个装置示意图,有关叙述正确的是(B)A.装置中阳极上析出红色固体B.装置的待镀铁制品应与电源负极相连C.装置中外电路电子由b极流向a极D.装置的阳极反应为2H+2e-H2解析:为电解池,阳极为惰性电极石墨,溶液中阴离子Cl-放电产生Cl2,故A错误;为电镀,待镀铁作阴极,阴极跟电源的负极相连,故B正确;为原电池,根据原电池的工作原理,电子从负极经外电路流向正极,通氢气一极为负极,电子由a流向b,故C错误;电解饱和食盐水,阳极失电子,化合价升高,电极反应式为:2Cl-2e-Cl2,故D错误。6.下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。据此判断下列说法中正确的是(A)A.由图1知,石墨转变为金刚石是吸热反应B.由图2知,S(g)+O2(g)SO2(g)H1,S(s)+O2(g)SO2(g)H2,则H1H2C.由图3知,白磷比红磷稳定D.由图4知,CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H0解析:金刚石的能量高于石墨,所以石墨转变为金刚石是吸热反应,A正确;固态S的能量低于气态S的能量,所以气态S燃烧放出的热量多,放热越多,H越小,所以H1H2,B不正确;白磷的能量高于红磷的能量,能量越低越稳定,所以红磷比白磷稳定,C不正确;D项反应应为放热反应,H7B.W单质在氧气中燃烧后的产物中阴、阳离子个数之比为 12C.由N和Y所形成的化合物中存在离子键,属于离子化合物D.N、W、X的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互发生反应解析:短周期元素中,M元素的最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐,则M为氮元素;N元素原子的M电子层上有3个电子,则N为Al元素;在短周期元素中,W元素原子半径最大,则W为Na元素;X元素原子最外层电子数是电子层数的2倍,且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成X的单质和H2O,则X为S元素;Y元素最高正价与最低负价的代数和为6,则Y为Cl元素。氨气分子中N元素处于最低价,具有还原性,其水溶液为碱性,A项正确;钠在氧气中燃烧后的产物为过氧化钠,阴阳离子个数之比为12,B项正确;N和Y所形成的化合物为AlCl3,属于共价化合物,C项不正确;硫酸为强酸,氢氧化钠为强碱,氢氧化铝为两性氢氧化物,三者两两之间能相互反应,D项正确。8.已知H2(g)+Br2(l)2HBr(g)H=-72 kJ/mol,蒸发1 mol Br2(l)需要吸收的能量为30 kJ,其他的相关数据如下表:H2(g)Br2(g)HBr(g)1 mol分子中化学键断裂时需要吸收的能量/kJ436a369则表中a为(D)A.404 B.260 C.230 D.200解析:在H2(g)+Br2(l)2HBr(g)H=-72 kJ/mol反应中,蒸发1 mol Br2(l)需要吸收的能量为30 kJ,则H2(g)+Br2(g)2HBr(g)H=(-72 kJ/mol-30 kJ/mol)=-102 kJ/mol,反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能,则-102=436+a-2369,则a=200,故选D。9.X、Y、Z、M、W、E六种元素的原子序数依次增大,其中X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X原子的最外层电子数等于其电子层数,W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍,Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如图所示,E是生活中常见的金属元素。下列说法不正确的是(B)A.原子半径:WYZMXB.X2Z、YM3、WM4分子中各原子最外层均为8电子稳定结构C.沸点:X2ZYM3,热稳定性:XMX2ZD.E的一种氧化物可用作油漆和涂料解析:由题意可知,X为H,W为Si,Y为N,Z为O,M为F,E是生活中常见的金属,E为Fe。半径的比较:一看电子层数,电子层数越多,半径越大,二看原子序数,电子层数相同,半径随着原子序数的增加而减小,因此半径大小是SiNOFH,故A正确;化学式分别是H2O、NF3、SiF4,其中H2O中H最外层只有2个电子,故B不正确;X2Z的化学式为H2O,YM3的化学式为NF3,H2O常温下是液体,NF3常温下是气体,因此H2O的沸点大于NF3,XM的化学式为HF,X2Z化学式为H2O,非金属性越强,其氢化物越稳定,同周期从左向右非金属性逐渐增强,所以HF比H2O稳定,故C正确;氧化铁可用作油漆和涂料,故D正确。10.用如图所示装置处理含N的酸性工业废水,某电极反应式为2N+12H+10e-N2+6H2O,则下列说法错误的是(C)A.电源正极为A,电解过程中有气体放出B.电解时H+从质子交换膜左侧向右侧移动C.电解过程中,右侧电解液pH保持不变D.电解池一侧生成5.6 g N2,另一侧溶液质量减少18 g解析:根据电极反应式可知,插入废水中的Pt电极为阴极,B为直流电源的负极,则电源正极为A,电解过程中有O2放出,A正确;左侧电极为阳极,水电离出来的氢氧根离子在阳极放电生成氢离子,氢离子从质子交换膜左侧向右侧移动,B正确;阳极电极反应式为4OH-4e-O2+2H2O,阴极电极反应式为2N+12H+10e-N2+6H2O,若转移20 mol电子,阳极生成20 mol氢离子,经质子交换膜进入阴极,而阴极反应24 mol氢离子,氢离子浓度减小,pH增大,C错误;根据电极反应式,电解池阴极生成5.6 g N2,转移电子物质的量为5.6 g28 g/mol10=2 mol;溶液减少的质量为逸出的O2和移动到右侧H+的质量和,据得失电子守恒生成m(O2)=0.5 mol32 g/mol=16 g,移动到右侧的m(H+)=2 mol1 g/mol=2 g,故减少18 g,D正确。11.肼(N2H4)是一种燃料,已知:N2(g)+2O2(g)2NO2(g)H=+67.7 kJ/molN2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)H=-534 kJ/molH2O(g)H2O(l)H=-44 kJ/mol下列说法正确的是(D)A.反应中反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量B.2N2H4(g)+2NO2(g)3N2(g)+4H2O(l)H=-1 135.7 kJ/molC.铂作电极,KOH溶液作电解质溶液,由反应设计的燃料电池,当电路中转移0.16 mol e-,生成N2 11.2 gD.铂作电极,Na2SO4作电解质溶液,由反应设计的燃料电池,工作一段时间后恢复至原温度,Na2SO4溶液的pH不变解析:反应为放热反应,反应后能量降低,所以反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量,故A错误;根据盖斯定律,目标方程式2N2H4(g)+2NO2(g)3N2(g)+4H2O(l),可以通过2-+4得到,H=(-534 kJ/mol)2-(+67.7 kJ/mol)+(-44 kJ/mol)4=-1 311.7 kJ/mol,故B错误;负极是N2H4失电子生成N2和H2O,其电极反应式为N2H4-4e-+4OH-N2+4H2O,每生成1 mol N2,转移4 mol e-,则当电路中转移 0.16 mol e-时,生成N2 1.12 g,故C错误;已知该电池反应的总方程式为N2H4+O2N2+2H2O,反应生成水,溶液的体积增大,所以Na2SO4的浓度减小,但由于原Na2SO4溶液为中性,所以Na2SO4溶液的pH不变,故D正确。12.LiAl/FeS电池是一种正在开发的车载电池,该电池中正极的电极反应式为2Li+FeS+2e-Li2S+Fe,有关该电池的下列说法中,正确的是(B)A.LiAl在电池中作为负极材料,该材料中Li的化合价为+1价B.该电池的电池反应式为2Li+FeSLi2S+FeC.负极的电极反应式为Al-3e-Al3+D.充电时,阴极发生的电极反应式为Li2S+Fe-2e-2Li+FeS解析:Li和Al都属于金属,所以LiAl应该属于合金而不是化合物,因此化合价为0价,故A错误;根据正极反应2Li+FeS+2e-Li2S+Fe与负极反应2Li-2e-2Li+相加可得反应的电池反应式为2Li+FeSLi2S+Fe,故B正确;负极应该是Li失去电子而不是Al,故C错误;充电时为电解池原理,阴极发生还原反应,正确的反应式是2Li+2e-2Li,故D错误。13.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是(A)A.元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8B.原子半径的大小顺序为:rXrYrZrWrQC.离子Y2-和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同D.元素W的最高价氧化物对应的水化物酸性比Q的强解析:依据图表及五种元素在元素周期表中的相对位置可确定元素X为氮(N)、Y为氧(O)、Z为铝(Al)、W为硫(S)、Q为氯(Cl)。氮元素最高正价为+5价,铝元素最高正价为+3价,故A项正确;Al(Z)的原子半径最大,O(Y)的原子半径最小,B错误;O2-和Al3+(Y2-和Z3+)核外电子数和电子层数均相同,C错误;酸性H2SO4r(Z)r(Y)r(X)B.Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同C.X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的弱D.Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强解析:X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍,因此X是C,Y是地壳中含量最高的元素O,W与X同主族,W是Si,短周期元素Z2+与Y2-具有相同的电子层结构,因此Z为Mg。半径大小比较先看电子层数,电子层数多半径大,同电子层数核内质子数多半径小,因此原子半径 r(Mg)r(Si)r(C)r(O),故A错误;Y分别与Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2,MgO中含有离子键,SiO2中含有共价键,化学键类型不同,故B错误;C和Si同主族,非金属性CSi,因此碳酸的酸性大于硅酸的酸性,故C错误;非金属性OSi,元素非金属性越强,简单气态氢化物越稳定,因此H2O的热稳定性大于SiH4,故D正确。16.导学号 96656132电化学降解N的原理如图所示。下列说法中不正确的是(D)A.铅蓄电池的A极为正极,电极材料为PbO2B.铅蓄电池工作过程中负极质量增加C.该电解池的阴极反应为2N+6H2O+10e-N2+12OH-D.若电解过程中转移2 mol电子,则交换膜两侧电解液的质量变化差为10.4 g解析:根据图示可知,在右边的AgPt电极N得到电子被还原变为N2,所以该电极是阴极,与之连接的B是负极,A是正极,电极材料为PbO2,A正确;铅蓄电池工作过程中负极发生反应:Pb-2e-+SPbSO4,所以负极质量增加,B正确;该电解池的阴极反应为2N+6H2O+10e-N2+12OH-,C正确;在阳极发生反应:2H2O-4e-4H+O2,若电解过程中转移2 mol电子,析出0.5 mol O2,质量为16 g,产生的2 mol H+进入阴极室,阳极质量减轻 16 g+2 g=18 g,在阴极室发生反应:2N+6H2O+10e-N2+12OH-,若转移2 mol电子,会产生0.2 mol N2从溶液中逸出,同时有2 mol的H+进入该室,则阴极室实际减轻的质量是0.2 mol28 g/mol-2 g=3.6 g,则两侧电解液的质量变化差为18 g-3.6 g=14.4 g,D不正确。二、非选择题(共5小题,共52分)17.(8分)X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期,且原子序数依次增大。X、Z同主族,可形成离子化合物ZX;Y、M同主族,可形成MY2、MY3两种分子。(1)Y在元素周期表中的位置为 。(2)上述元素的气态氢化物还原性最强的是(写化学式)。(3)X、Y、Z、M组成两种盐的溶液反应可产生MY2气体,写出其反应的离子方程式: 。(4)M的氧化物与G的单质的水溶液均有漂白性,相同条件下,相同体积的M的氧化物与Y的单质混合通入品红溶液,品红溶液(填“褪色”或“不褪色”),原因是 (用化学方程式表示)。解析:由题意可知X是H、Y是O、Z是Na、M是S,G是Cl,则Y元素位于周期表中的第二周期A族。答案:(1)第二周期第A族(2)H2S(3)HS+H+SO2+H2O(4)不褪色Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl18.(10分)纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注,下表为制取Cu2O的三种方法:方法用炭粉在高温条件下还原CuO方法电解法:2Cu+H2OCu2O+H2方法用肼(N2H4)还原新制Cu(OH)2(1)工业上常用方法和方法制取Cu2O而很少用方法,其原因是 。(2)已知:2Cu(s)+O2(g)Cu2O(s)H=-a kJmol-1C(s)+O2(g)CO(g)H=-b kJmol-1Cu(s)+O2(g)CuO(s)H=-c kJmol-1则方法发生的反应:2CuO(s)+C(s)Cu2O(s)+CO(g)H= kJmol-1。(3)方法采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O,装置如图所示,该电池的阳极反应式为 。(4)方法为加热条件下用液态肼(N2H4)还原新制 Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O,同时放出N2。该制法的化学方程式为 。解析:(1)用炭粉在高温条件下还原CuO容易生成Cu,反应不易控制。(2)由盖斯定律+-2得2CuO(s)+C(s)Cu2O(s)+CO(g),则其H=-a-b-(-c)2=2c-a-b。(3)阳极发生氧化反应,碱性条件下Cu在阳极失去电子得到Cu2O与H2O,阳极电极反应式为2Cu-2e-+2OH-Cu2O+H2O。(4)液态肼(N2H4)还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O,同时放出N2,其反应的化学方程式为4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+N2+6H2O。答案:(1)反应不易控制,易还原产生Cu(2)2c-a-b(3)2Cu-2e-+2OH-Cu2O+H2O(4)4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+N2+6H2O19.(10分)能源的开发利用与人类社会的可持续发展息息相关。(1)已知:Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)H1=a kJmol-1CO(g)+O2(g)CO2(g)H2=b kJmol-14Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)H3=c kJmol-1则碳的燃烧热H= kJmol-1。(2)用于发射“天宫一号”的长征二号火箭的燃料是液态偏二甲肼(CH3)2NNH2,氧化剂是液态四氧化二氮。两者在反应过程中放出大量能量,同时生成无毒、无污染的气体。已知室温下,1 g燃料完全燃烧释放出的能量为 42.5 kJ,请写出该反应的热化学方程式: 。(3)依据原电池构成原理,下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是(填序号)。你选择的理由是 。A.C(s)+CO2(g)2CO(g)B.NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l)C.2CO(g)+O2(g)2CO2(g)D.2H2O(l)2H2(g)+O2(g)(4)若以熔融的K2CO3与CO2为反应的环境,依据所选反应设计成一个原电池,请写出该原电池的负极反应: 。(5)工业上常采用如图所示电解装置,利用铁的化合物将气态废弃物中的硫化氢转化为可利用的硫。通电电解,然后通入H2S时发生反应的离子方程式为2Fe(CN)63-+2C+H2S2Fe(CN)64-+2HC+S。电解时,阳极的电极反应式为 ;电解过程中阴极区溶液的pH(填“变大”“变小”或“不变”)。解析:(1)已知:Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)H1=a kJmol-1CO(g)+O2(g)CO2(g)H2=b kJmol-14Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)H3=c kJmol-1据盖斯定律,(2+6+)6得:C(s)+O2(g)CO2(g)H=(2a+6b+c) kJmol-1,则C的燃烧热为 kJmol-1。(2)1 g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5 kJ,则1 mol偏二甲肼完全燃烧释放出的能量为42.5 kJ60=2 550 kJ,其热化学方程式为C2H8N2(l)+2N2O4(l)2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(l)H=-2 550 kJ/mol。(3)A项为氧化还原反应,但为吸热反应,不能设计为原电池,故错误;B项不属于氧化还原反应,不能设计为原电池,故错误;C项为氧化还原反应且释放能量,故可以设计成原电池,故正确;D项为氧化还原反应,但吸收能量,不能设计成原电池,故错误。(4)若为一氧化碳燃料电池,在熔融的K2CO3与CO2为反应的环境中,传导离子为碳酸根离子,负极是一氧化碳失电子生成二氧化碳,电极反应为CO-2e-+C2CO2。(5)电解时,阳极的电极反应式为Fe(CN)64-e-Fe(CN)63-,电解时阴极反应式为2HC+2e-H2+2C,由于C的水解程度大于HC,所以碱性增强,则pH变大。答案:(1)(2)C2H8N2(l)+2N2O4(l)2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(l) H=-2 550 kJ/mol(3)C该反应为氧化还原反应且释放能量(4)CO-2e-+C2CO2(5)Fe(CN)64-e-Fe(CN)63-变大20.(12分)“812”天津港危化仓库爆炸,造成生命、财产的特大损失。据查危化仓库中存有大量的钠、钾、白磷(P4)、硝酸铵和氰化钠(NaCN)。请回答下列问题:(1)钠、钾着火,下列可用来灭火的是。A.水 B.干冰C.细沙D.泡沫灭火器(2)白磷有毒能和氯酸(HClO3)溶液发生反应生成一种常见的强酸和一种三元酸,氧化剂是,氧化产物是,1 mol P4参加反应转移mol电子。(3)钠电池的研究开发在一定程度上可缓解因锂资源短缺引发的电池发展受限问题。钠比锂活泼,用原子结构解释原因: 。钠电池“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示,电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。写出该电池的正极反应: 。(4)N2O5是一种新型硝化剂,如图所示装置可用于制备N2O5,则N2O5在电解池的 (填“阳极”或“阴极”)区生成,其电极反应式为 。解析:(1)Na、K均与水反应,燃烧生成的过氧化物均与二氧化碳反应生成氧气促进燃烧,则钠、钾着火,可用细沙盖灭,答案选C。(2)该反应中,P元素化合价由0价变为+5价、Cl元素化合价由+5价变为-1价,化合价降低的反应物是氧化剂,化合价升高的反应物是还原剂,所以HClO3是氧化剂,H3PO4是氧化产物,1 mol P4转移电子的物质的量为20 mol。(3)同一主族元素的原子Na、Li,原子半径越大,金属活泼性越强,即钠比锂活泼;ZEBRA电池的正极上发生得电子的还原反应,即NiCl2+2e-Ni+2Cl-。(4)N2O4失去电子转化为N2O5,所以N2O5在电解池的阳极区生成,其电极反应式为N2O4+2HNO3-2e-2H+2N2O5。答案:(1)C(2)HClO3(或氯酸)H3PO4(或磷酸)20(3)同主族元素,随着核电荷数增加,原子半径逐渐增大,金属性增强N