高三化一轮复习第7章化反应与能量提能训练（教师版）

1、.化学反响与能量提能训练1.：HCNaq与NaOHaq反响的H12.1 kJmol1；HClaq与NaOHaq反响的H55.6 kJmol1。那么HCN在水溶液中电离的H等于A67.7 kJmol1 B43.5 kJmol1C43.5 kJmol1 D.67.7 kJmol1答案：C解析：根据盖斯定律及弱电解质电离过程的热效应，知HCN在水溶液中电离的H12.1 kJmol155.6 kJmol143.5 kJmol1。2.SF6是一种优良的绝缘气体，分子构造中只存在SF键。：1 mol Ss转化为气态硫原子吸收能量280 kJ，断裂1 mol FF、SF键需吸收的能量分别为160 kJ、33

2、0 kJ。那么Ss3F2g=SF6g的反响热H为A1780 kJ/molB1220 kJ/molC450 kJ/mol D.430 kJ/mol答案：B解析：此题考察的是化学键与化学反响中的能量变化。H生成物成键释放的总能量反响物断键吸收的总能量633031601280kJmol11220 kJmol1。3. 下面均是正丁烷与氧气反响的热化学方程式25，101 kPa：C4H10gO2g=4CO2g5H2OlH2878 kJ/molC4H10gO2g=4CO2g5H2OgH2658 kJ/molC4H10gO2g=4COg5H2OlH1746 kJ/molC4H10gO2g=4COg5H2Og

3、H1526 kJ/mol由此判断，正丁烷的燃烧热是A2878 kJ/mol B2658 kJ/molC1746 kJ/mol D.1526 kJ/mol答案：A解析：燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，只有符合，应选A。4.以下设备工作时，将化学能转化为热能的是ABCD硅太阳能电池锂离子电池太阳能集热器燃气灶答案：D解析：此题以生活材料为背景考察能量转化知识。硅太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，A项错误；锂离子电池是将化学能转化为电能的装置，B项错误；太阳能集热器是将太阳能转化为热能的装置，C项错误；燃气灶是将化学能转化为热能的装置，D项正确。5.将盛有NH4H

4、CO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中参加盐酸，反响剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可知 ANH4HCO3和盐酸的反响是放热反响B该反响中，热能转化为产物内部的能量C反响物的总能量高于生成物的总能量D反响的热化学方程式为NH4HCO3HClNH4ClCO2H2OQ答案：B解析：此题考察了化学反响中的能量变化。醋酸受冷凝固，NH4HCO3与盐酸的反响为吸热反响，A项错误；反响中热能转化为化学能，B项正确；吸热反响中反响物的总能量低于生成物的总能量，C项错误；D项的热化学方程式未标明物质的聚集状态，D项错误。6. ：P4g6Cl2g=4PCl3g Ha kJmol1；P4g10Cl2

5、g=4PCl5g Hb kJmol1；P4具有正四面体构造，PCl5中PCl键的键能为c kJmol1，PCl3中PCl键的键能为1.2c kJmol1。以下表达正确的选项是APP键的键能大于PCl键的键能B可求Cl2gPCl3g=PCl5s的反响热HCClCl键的键能为 kJmol1DPP键的键能为 kJmol1答案：C解析：此题考察了反响热的有关计算以及对盖斯定律的理解和应用。由于a、b之间的大小未知，故无法比较PP 键和PCl的大小，A项错误；第二个方程式减去第一个方程式，再除以4得：Cl2gPCl3g=PCl5gH kJmol1，而PCl5g与PCl5s之间转化的H无法求得，B项错误；

6、设PP键的键能为x kJmol1，ClCl键的键能为y kJmol1，P4中含有6个PP键，那么有：6x6y121.2ca,6x10y20cb，联列两式计算得x、y，故C项正确、D项错误。7. 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：mCeO2mxCeO2xCexO2mxCeO2xCexH2OxCO2mCeO2xH2xCO以下说法不正确的选项是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H1H2H3D以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反响式为CO4OH2e=CO322H2O答案：C解析：由题给方程式加和可得总反响方程式：

7、H2OCO2=H2COO2，那么该过程是在CeO2作催化剂、太阳提供能量的情况下完成的，故A、B正确。C项，根据盖斯定律，应为H1H2H3，错误。8某反响的反响过程中能量变化如下图图中E1表示正反响的活化能，E2表示逆反响的活化能。以下有关表达正确的选项是A该反响为放热反响B催化剂能改变该反响的焓变C催化剂能降低该反响的活化能D逆反响的活化能大于正反响的活化能答案：C解析：此题考察化学反响中的能量变化。A项，从图中观察到反响物的总能量低于生成物的总能量，故为吸热反响，错误；B项，焓变是指反响物与生成物之间的能量差值，与反响过程无关，错误；C项，参加催化剂之后，E1、E2变小，说明活化能减小了，

8、正确；D项，由图可知E2T1，温度升高时平衡向逆反响方向挪动，知T2时平衡常数比T1时小，正反响为放热反响，错误，正确；升高温度，反响向逆反响方向挪动，增大，正确。4由 CO2g3H2g=CH3OHgH2Ol起始量/mol 1 3 0 0变化量/mol 3 平衡量/mol 1 33 那么反响后与反响前压强比为1。5书写电极反响式时要注意：酸性电解质，负极产物为CO2，正极产物为H2O。12. 用Cl2消费某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反响A，可实现氯的循环利用。反响A：4HClO22Cl22H2O1：. 反响A中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。H2O的电子式是

9、_。反响A的热化学方程式是_。断开1 mol HO键与断开1 mol HCl键所需能量相差约为_kJ，H2O中HO键比HCl中HCl键填“强或“弱_。2对于反响A，以下图是在4种投料比nHClnO2，分别为11、21、41、61下，反响温度对HCl平衡转化率影响的曲线。曲线b对应的投料比是_。当曲线b、c、d对应的投料比到达一样的HCl平衡转化率时，对应的反响温度与投料比的关系是_。投料比为21、温度为400时，平衡混合气中Cl2的物质的量分数是_。答案：1HH 4HClgO2g2Cl2g2H2OgH115.6 kJ/mol 32强 241 投料比越高，对应的反响温度越低 30.8%解析：1由题给条件可知，4 mol HCl被氧化，放出热量为115.6 kJ，可知H115.6 kJ/mol；由H生成物键能之和反响物键能之和可得，EHOEHCl115.64982243/4 kJ/mol31.9 kJ/mol，键能越大，化学键越稳定、越强，所以水中的HO 键比氯化氢中HCl键强。2在其他条件不变时，O2的量越大，HCl的转化率越大，由此可确定a为61，b为41，c为21，d为11；由图可知，当HCl的转化率一样时，温度由低到高对应的投料比为41、21、11，由此可确定温度与投料比的关系是：投料比越高到达一样转化率所需的温度越低；由图可读出投料比为21、温