（湘教考苑）（新课标）高考化学一轮复习 第六章 化学反应与能量单元过关检测 新人教版.doc

第六章 化学反应与能量单元过关检测一、选择题(本题包括12小题，每小题5分，共60分。每小题给出的四个选项中只有一个选项正确)1.(2015衡水调考)某反应由两步反应abc构成，它的反应能量曲线如图所示(e1、e2、e3、e4表示活化能)。下列有关叙述正确的是( )a.两步反应均为吸热反应b.稳定性cabc.加入催化剂会改变反应的焓变d.ac反应的h=e1-e4解析：ab的反应为吸热反应，bc的反应为放热反应，故a错误；物质的总能量越低，越稳定，故b正确；加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，故c错误；整个反应中h=(e1+e3)-(e2+e4)，故d错误。答案：b2.(2013福建卷)某科学家利用二氧化铈(ceo2)在太阳能作用下将h2o、co2转变为h2、co。其过程如下：mceo2(m-x)ceo2xce+xo2(m-x)ceo2xce+xh2o+xco2mceo2+xh2+xco下列说法不正确的是()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.右图中h1=h2+h3d.以co和o2构成的碱性燃料电池的负极反应式为co+4oh-2e- +2h2o解析：依据题意，根据该转化过程，ceo2在反应过程中质量及化学性质均没改变，起到催化剂的作用，a项正确；二氧化铈(ceo2)在太阳能作用下将h2o、co2转变为h2、co，实现了太阳能向化学能的转化，b项正确；根据盖斯定律，题图中h1、h2、h3的关系为h1+h2+h3=0，c项错误；碱性介质下，co和o2生成的co2转变为，d项正确。答案：c3.(2014上海卷)1，3丁二烯和2-丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：由此不能判断（ ）a.1,3丁二烯和2丁炔稳定性的相对大小b.1,3丁二烯和2丁炔分子储存能量的相对高低c.1,3丁二烯和2丁炔相互转化的热效应d.一个碳碳三键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小解析：根据盖斯定律可知前者减去后者即得到chch-chch2(g)ch3-cc-ch3(g) h=+36.1 kj/mol，这说明1,3丁二烯转化为2丁炔是吸热反应，因此在质量相等的条件下1,3丁二烯的总能量低于2丁炔的总能量，则1,3丁二烯比2丁炔稳定性强，因此选项a、b、c均是正确的；反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，但由于不能确定碳碳单键和碳氢单键键能，因此根据热化学方程式不能确定一个碳碳三键的键能与两个碳碳双键的键能之和的相对大小，d不正确，答案选d。答案：d4.(2013上海卷)糕点包装中常用的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是()a.脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期b.脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：fe-3e-fe3+c.脱氧过程中碳作原电池负极，电极反应为：2h2o+o2+4e-4oh-d.含有1.12 g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336 ml(标准状况)解析：钢铁的吸氧腐蚀为放热反应，a项错误；钢铁腐蚀中铁作负极、碳作正极，b、c两项错误；n(fe)=0.02 mol，负极电极反应式fe-2e-fe2+，生成fe2+与正极生成的oh-结合生成fe(oh)2，fe(oh)2被空气中的氧气氧化生成fe(oh)3，所以0.02 mol fe最终失去0.06 mol电子，消耗n(o2)=0.015 mol，d项正确。答案：d5.(2014福建卷) 某原电池装置如下图所示，电池总反应为2ag+cl22agcl。下列说法正确的是( )a.正极反应为agcl+e-ag+cl-b.放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成c.若用nacl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变d.当电路中转移0.01 mol e-时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子解析： 正极反应为cl2+2e-2cl-，a项错误；放电时，交换膜右侧的电极为正极，交换膜左侧的电极为负极，负极放电产生的ag+与电解质hcl中的cl-结合生成agcl白色沉淀。则负极电极反应式：2ag-2e-+2cl-2agcl，b项错误；负极放电产生的ag+与电解质中的cl-结合，若用nacl代替盐酸不会改变电池总反应，c项错误；当电路中转移0.01 mol e-时，交换膜左侧的电极放电产生0.01 mol ag+，与电解质中的0.01 mol cl-结合生成agcl沉淀，同时约有0.01 mol h+通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，则交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子，d项正确。答案：d6.(双选)(2014海南卷) 某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是( )a.反应过程a有催化剂参与b.该反应为放热反应，热效应等于hc.改变催化剂，可改变该反应的活化能d.有催化剂条件下，反应的活化能等于e1+e2解析：a过程的活化能比b过程的高，故反应过程b有催化剂参与，a项错误；该反应生成物所具有的能量比反应物的低，且由图标信息可知二者能量的量值之差为h，b项正确；不同催化剂的催化效率不同，故改变催化剂，可改变该反应的活化能，c项正确；在有催化剂的条件下，该反应的活化能等于e1，d项错误。答案：bc7.太阳能光伏发电系统是被称为“21世纪绿色光源”的半导体照明(led)系统(如图)。已知发出白光的led是将gan芯片和钇铝石榴石(yag，化学式：y3al5o12)芯片封装在一起做成。下列说法中不正确的是()a.光伏发电是将太阳能转变为电能b.上图中n形半导体为负极，p形半导体为正极，电流从a流向bc.yag中钇显+3价d.ga与n在元素周期表中不处于同一主族解析：a项，光伏发电为原电池，将太阳能转化成电能，正确；b项，上图中n形半导体为负极，p形半导体为正极，电流从b流向a，错误；c项，根据化合价代数和为零可知yag中钇显+3价，正确；d项，结合元素周期表，ga在a族，n在a族，不在同一主族，正确。答案：b8.下图装置是一种可充电电池示意图，装置的离子交换膜只允许na+通过。已知充、放电的化学方程式为2na2s2+nabr3na2s4+3nabr。下列说法正确的是()a.放电时，na+从右到左通过离子交换膜b.放电时，负极反应为3nabr-2e-nabr3+2na+c.充电时，a极应与直流电源正极相连接d.放电时，当有0.1 mol na+通过离子交换膜，b极上有0.15 mol nabr产生解析：根据电子流向可知电极a为电池的负极，电极b为电池正极，放电时na2s2中失去电子变为，2na2s2-2e-na2s4+2na+，nabr3可看成nabrbr2，放电时br2获得电子变为br：nabr3+2e-+2na+3nabr，故na+应从左到右通过离子交换膜；根据电极反应可知，2na+3nabr，当有0.1 mol na+通过交换膜，产生0.15 mol nabr；直流电源负极提供电子，所以充电时，电池的阴极(a极)应该与直流电源负极相连接。答案：d9.如图所示，杠杆ab两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向水槽中滴入浓cuso4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中，不考虑两球的浮力变化)( )a.杠杆为导体或绝缘体时，均为a端高b端低b.杠杆为导体或绝缘体时，均为a端低b端高c.当杠杆为导体时，a端低b端高；杠杆为绝缘体时，a端高b端低d.当杠杆为导体时，a端高b端低；杠杆为绝缘体时，a端低b端高解析：当杠杆为绝缘体时，b端发生反应：fe+cu2+fe2+cu，置换出的cu附着在b端，使b端质量增加，b端低，a端高；当杠杆为导体时，体系形成原电池：b端为负极：fe-2e-fe2+，b端的铁丝溶解，质量减小，b端高；a端为正极：cu2+2e-cu，溶液中的cu2+接受导线过来的电子生成cu，附着在a端，质量增加，a端低。答案：c10. (2014全国大纲卷)如图所示是在航天用高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池(mh-ni电池)。下列有关说法不正确的是( )a.放电时正极反应为niooh+h2o+e-ni(oh)2+oh-b.电池的电解液可为koh溶液c.充电时负极反应为mh+oh-h2o+m+e-d.mh是一类储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高解析：电池放电时正极发生还原反应，a项正确；电池正极反应物为niooh，所以电解质溶液须为碱性电解质溶液，可为koh溶液，b项正确；充电时，该电池负极作阴极，发生得电子的还原反应，c项错误；mh中氢密度越大，其化学能密度越高，电池的能量密度越高，d项正确。答案：c11.将反应cu(s)+ 2ag+ (aq)cu2+ (aq)+ 2ag(s)设计成原电池，某一时刻的电子流向及电流计(g)指针偏转方向如图所示，有关叙述正确的是( )a.kno3盐桥中的k+移向cu(no3)2溶液b.当电流计指针为0时，反应达平衡，平衡常数k=0c.若此时向agno3溶液中加入nacl固体，随着nacl量的增加，电流计指针向右偏转幅度减小指针指向0向左偏转d.若此时向cu(no3)2溶液中加入naoh固体，随着naoh量的增加电流计指针向右偏转幅度减小指针指向0向左偏转解析：a、根据电子流向，cu为负极，而kno3盐桥中的k+移向正极，错误；b、该反应达平衡时各物质的量不在变化，也不会有能量的变化，所以电流计指针为0，但平衡常数不为0，错误；c、随着nacl量的增加，ag+的浓度下降，反应速率减小(电流计指针向右偏转幅度减小)直到建立平衡(指针指向0)，ag+的浓度再下降，会使平衡逆移(向左偏转)，正确；d、naoh量的增加，正反应速率不变，电流计指针向右偏转幅度不变，错误。答案：c12.如下图所示，用有机质子交换膜为质子导体可以实现在低温常压条件下电化学方法合成氨。该方法原料的转化率远高于现在工业上使用的氨合成法。对于电化学合成氨的有关叙述错误的是()a.h2在阳极上发生的反应是h2-2e-2h+b.可选用铁作为阴极材料，不选用铁作为阳极材料c.阳极的电极反应是n2+6h+6e-2nh3d.该过程的总反应式是n2+3h22nh3解析：在阳极上h2失去电子生成h+，a项正确；铁为活泼金属，作阳极材料会被氧化，从而实现不了合成氨这个反应，b项正确；阴极电极反应式为n2+6h+6e-2nh3，c项错误；由题意可知总反应式为n2+3h22nh3，d项正确。答案：c二、非选择题(本题包括3小题，共40分)13.（10分）碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：(1)有机物m经过太阳光光照可转化成n，转化过程如下：h=+88.6 kj/mol则m、n相比，较稳定的是_。(2)在101 kpa时，c2h6在10 mol o2中完全燃烧生成3.00 mol液态h2o,放出571.6 kj的热量，写出表示c2h6(g)燃烧热的热化学方程式：_。(3)已知 1 l 1 moll-1( nh4)2co3 与 2 l 1 moll-1ba(oh)2加热反应，放出100 kj的热量，写出该反应的热化学方程式：_。(4)(2014广东卷) 用caso4代替o2与燃料co反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯co2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应为主反应，反应和为副反应。则反应2caso4(s)+7co(g)cas(s)+cao(s)+6co2(g)+c(s)+so2(g)的h=(用h1、h2和h3表示)。解析：(1)m转化为n是吸热反应，所以n的能量高，不稳定。(4)将给定的三个热化学方程式按照4+2相加可得目标方程式，故h=4h1+h2+2h3。答案：(1)m(2)c2h6(g)+3.5o2(g)2co2(g)+3h2o(l)h=-571.6 kj/mol(3)(nh4)2co3(aq)+ba(oh)2(aq) baco3(s)+2h2o(l)+ 2nh3(g) h=-100 kj/mol (4)4h1+h2+2h314.（10分）(1)(2014山东卷，节选) 离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。由有机阳离子、al2cl7-和alcl4-组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。钢制品应接电源的_极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为_。若改用alcl3水溶液作电解液，则阴极产物为_。为测定镀层厚度，用naoh溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6 mol电子时，所得还原产物的物质的量为_mol。(2) (2014全国新课标卷，节选)pbo2可由pbo与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为_，pbo2也可以通过石墨为电极，pb(no3)2和cu(no3)2的混合溶液为电解液电解制取。阳极发生的电极反应式为_，阴极上观察到的现象是_；若电解液中不加入cu(no3)2，阴极发生的电极反应式为_，这样做的主要缺点是_。解析：(1)电镀时，镀件应连接电源负极，作阴极；在阴极上发生还原反应，结合题中“电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应”可知阴极上的反应式是4al2cl7-+3eal+7alcl4-；若改用alcl3水溶液作电解液，则阴极反应是水电离出的h+得电子还原为h2。用naoh溶解铝镀层时发生反应：2al+2naoh+2h2o2naalo2+3h2，h2是还原产物，当转移6 mol电子时，该反应可得到3 mol还原产物。(2)依题给信息知，反应物pbo与次氯酸钠反应，生成pbo2，由于pb化合价升高，故另一生成物为cl化合价降低得到的cl-；阳极发生氧化反应，即pb2+失去电子被氧化生成pbo2，同时考虑盐溶液水解得到的强酸性环境；阴极发生还原反应，即氧化性强的cu2+得到电子生成铜；若电解液中不加入cu(no3)2，阴极发生的则是pb2+得电子变为pb，这样就不能有效利用pb2+。答案：(1)负 4al2cl7-+3e-al+7alcl4- h2 3(2)pbo+clo-pbo2+cl-pb2+2h2o-2e-pbo2+4h+石墨上包上铜镀层pb2+2e-pb不能有效利用pb2+15.(20分)金属铜在电化学中有广泛的应用。(1)在装置a中，金属铜为极，该极上的电极反应为。反应前两电极质量相等，当反应进行到电极质量之差为12.85 g时，电路中转移电子的物质的量为。(2)若装置b中的反应与装置a中的相同，根据图中已标出的cuso4，请在装置b中标出各电极及电解