新教材2023年高考化学总复习考案13单元检测卷十一第六章化学反应与能量A卷

考案[十三]单元检测卷(十一)第六章化学反应与能量(A卷)时间：60分钟满分：100分一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．(2023·贵州贵阳摸底)反应A＋B→C(ΔH<0)分两步进行：①A＋B→X(ΔH>0)，②X→C(ΔH<0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是(C)[解析]总反应的ΔH<0，则A＋B的能量高于C，①中反应的ΔH>0，则A＋B的能量低于X，故C正确。2．(2023·山东潍坊检测)已知下列几种含碳化合物间的转化及能量变化关系如图所示。下列说法正确的是(C)A．C(s)＋2H2(g)=CH4(g)ΔH＝＋74.8kJ·mol－1B．1molC(s)完全燃烧可释放779.7kJ能量C．CO的燃烧热：ΔH＝－110.6kJ·mol－1D．CO(g)具有的能量大于CO2(g)[解析]根据物质之间变化特点，无法得出1molC(s)完全燃烧释放的能量，B错误；根据图示可以得出1molCO(g)和eq\f(1,2)molO2(g)具有的能量大于1molCO2(g)的能量，但不能得出CO(g)具有的能量大于CO2(g)具有的能量，D错误。3．(2023·湖南长沙检测)已知：C(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO(g)ΔH＝－110.4kJ·mol－1，氧化亚铜与氧气反应的能量变化如图所示。下列叙述正确的是(D)A．1molC(s)完全燃烧的反应热大于－110.4kJ·mol－1B．CuO分解生成Cu2O的反应为放热反应C．由图可知在隔绝空气的条件下CuO的热稳定性比Cu2O差D．足量炭粉与CuO反应生成Cu2O的热化学方程式为C(s)＋2CuO(s)=Cu2O(s)＋CO(g)ΔH＝＋35.6kJ·mol－1[解析]1molC(s)完全燃烧生成CO2(g)所放出的热量大于生成CO(g)所放出的热量，则其反应热小于－110.4kJ·mol－1，A错误；由图可知，CuO(s)的能量低于Cu2O(s)和O2(g)的能量之和，所以CuO分解生成Cu2O的反应为吸热反应，B错误；由图中数据可知，CuO(s)的能量比Cu2O(s)和O2(g)的总能量低，但无法比较CuO(s)和Cu2O(s)的能量高低，则CuO与Cu2O的热稳定性也无法比较，C错误；由题干信息可知，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)的ΔH1＝－220.8kJ·mol－1，反应4CuO(s)=2Cu2O(s)＋O2(g)的ΔH2＝＋292kJ·mol－1，则反应C(s)＋2CuO(s)=Cu2O(s)＋CO(g)的ΔH3＝ΔH1/2＋ΔH2/2＝＋35.6kJ·mol－1，D正确。4．(2023·杭州重点中学考试)已知NaHCO3溶液与盐酸反应生成CO2吸热，Na2CO3溶液与盐酸反应生成CO2放热。关于下列ΔH的判断正确的是(B)COeq\o\al(2－,3)(aq)＋H＋(aq)=HCOeq\o\al(－,3)(aq)ΔH1HCOeq\o\al(－,3)(aq)＋H＋(aq)=H2CO3(aq)ΔH2H2CO3(aq)H2O(l)＋CO2(g)ΔH3CO2(g)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)＋H2O(l)=2HCOeq\o\al(－,3)(aq)ΔH4A．ΔH1<0ΔH2>0B．ΔH2＋ΔH3>0C．ΔH1＋ΔH2＋ΔH3>0D．ΔH1<ΔH4[解析]COeq\o\al(2－,3)(aq)＋H＋(aq)=HCOeq\o\al(－,3)(aq)ΔH1、HCOeq\o\al(－,3)(aq)＋H＋(aq)=H2CO3(aq)ΔH2均只存在化学键的形成，形成化学键时会释放能量，所以ΔH1<0、ΔH2<0，A错误；根据盖斯定律，将HCOeq\o\al(－,3)(aq)＋H＋(aq)=H2CO3(aq)ΔH2与H2CO3(aq)H2O(l)＋CO2(g)ΔH3相加可得：HCOeq\o\al(－,3)(aq)＋H＋(aq)=H2O(l)＋CO2(g)ΔH＝ΔH2＋ΔH3，由题意可知，该反应属于吸热反应，则ΔH2＋ΔH3>0，B正确；根据盖斯定律，将题给前三个反应相加得到：COeq\o\al(2－,3)(aq)＋2H＋(aq)=H2O(l)＋CO2(g)ΔH′＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3，由题意可知，该反应属于放热反应，则ΔH1＋ΔH2＋ΔH3<0，C错误；根据盖斯定律知，HCOeq\o\al(－,3)(aq)＋H＋(aq)=H2O(l)＋CO2(g)的ΔH＝ΔH1－ΔH4>0，所以ΔH1>ΔH4，D错误。5．(2023·河北衡水检测)某同学利用氧化还原反应：2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如图所示原电池，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法正确的是(D)A．b电极上发生还原反应B．外电路电子的流向是从a电极到b电极C．电池工作时，盐桥中的SOeq\o\al(2－,4)移向甲烧杯D．a电极上发生的反应为MnOeq\o\al(－,4)＋8H＋＋5e－=Mn2＋＋4H2O[解析]分析化学方程式，Fe2＋变成Fe3＋，失电子，所以在负极上Fe2＋发生反应，即b电极为负极，a电极为正极。b电极为负极，发生氧化反应，A错误；外电路电子从负极b流出，流向正极a，B错误；电池工作时，盐桥中的SOeq\o\al(2－,4)向负极移动，即移向乙烧杯，C错误；a电极为正极，电极上发生的反应为MnOeq\o\al(－,4)＋8H＋＋5e－=Mn2＋＋4H2O，D正确。6．(2023·安徽名校质检)我国科学家构建直接异质结和间接异质结耦合系统，实现CO2还原和H2O氧化。有关该过程的叙述正确的是(D)A．只涉及太阳能转化为化学能B．金属Pt表面的反应为Fe2＋－e－=Fe3＋C．Fe2＋/Fe3＋作为氧化还原协同电对，可以换成I－/I2D．总反应为2H2O＋2CO2=O2＋2HCOOH[解析]由题图知，该系统由两个反应室组成，右反应室(还原室)装有Cu2O-Pt/SiC/IrOx和Fe2＋用于还原CO2，左反应室(氧化室)装有Pt/WO3和Fe3＋用于氧化H2O，两个反应室被阳膜隔开。还原室中Cu2O-Pt/SiC/IrOx的光生电子还原CO2产生HCOOH，光生空穴氧化Fe2＋为Fe3＋，氧化室中光生空穴氧化H2O产生O2，光生电子还原Fe3＋为Fe2＋，而Fe2＋/Fe3＋可以通过交换膜进行迁移，从而实现分离系统光生电子空穴对的转移。电极电极反应正极(Cu2O-Pt/SiC/IrOx)CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH负极(Pt/WO3)2H2O－4e－=O2↑＋4H＋该过程中不但涉及太阳能转化为化学能，还涉及化学能与电能之间的转化，A错误；在金属Pt表面Fe3＋得电子转化为Fe2＋，B错误；因为中间为阳离子交换膜，因此氧化还原协同电对不可以换成I－/I2，C错误；由正、负极的电极反应式可得出总反应为2H2O＋2CO2=O2＋2HCOOH，D正确。7．(2023·武汉部分学校质检)硬水结垢是循环冷却水系统中广泛存在的一种现象，西安交通大学徐浩团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理示意图如图(R代表有机物)。下列说法错误的是(D)A．处理后的水垢主要沉降在阴极附近B．处理过程中Cl－可以循环利用C．若将b电极换成铁电极，处理过程不受影响D．若R为CO(NH2)2，消耗1molCO(NH2)2生成无污染的气体，则产生3molH2[解析]由图中物质转化可知，a电极为阳极，b电极为阴极，电解时，阴极上水放电生成氢气和OH－，氢氧根离子结合碳酸氢根离子生成碳酸根离子，碳酸根离子结合钙离子形成碳酸钙沉淀，镁离子结合氢氧根离子形成氢氧化镁沉淀，A正确；氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸与有机物发生氧化还原反应又生成氯离子，故氯离子可循环使用，B正确；b电极为阴极，将其换成铁电极，Fe不参加反应，处理过程不受影响，C正确；CO(NH2)2与HClO发生反应CO(NH2)2＋3HClO=CO2↑＋N2↑＋2H2O＋3HCl，结合2Cl－～2e－～Cl2～HClO可知，消耗1molCO(NH2)2时，阳极上Cl－失去6mole－，但阳极上水也能放电，故阳极失去的电子多于6mol，阴极产生的H2多于3mol，D错误。8．(2023·黑龙江齐齐哈尔十六中期中)图甲的目的是精炼铜，图乙的目的是保护钢闸门。下列说法正确的是(C)A．图甲中b极为纯铜，电解过程中质量减轻，发生的反应为Cu2＋＋2e－=CuB．图甲中SOeq\o\al(2－,4)向a极移动，但不放电C．图乙中如果a、b间用导线连接时，钢闸门作正极D．图乙中如果利用外加电流法保护钢闸门，当a、b间连接直流电源时，则X必须用锌[解析]在粗铜的精炼中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，所以a极为纯铜，b极为粗铜，b极发生的主要反应为Cu－2e－=Cu2＋，A错误；在电解时，电解质溶液中的阴离子向阳极移动，所以硫酸根离子向b极移动，B错误；在牺牲阳极的阴极保护法中，被保护的金属作原电池正极，图乙中如果a、b间用导线连接，钢闸门作正极，C正确；在外加电流保护法中，被保护的钢闸门连接直流电源的负极，图乙中如果a、b间连接直流电源，钢闸门作阴极，但X不一定用锌，D错误。9．(2023·湖南师大附中一模)苯乙烷与Cl2在光照条件下发生一氯取代，生成两种一取代物的速率如图Ⅰ，反应基本历程如图Ⅱ，下列说法不正确的是(D)图Ⅰ图Ⅱ[图中(A)的稳定性大于(B)]A．①②③的ΔH>0，④⑤⑥的ΔH<0B．光照条件下，得到等物质的量的(A)和(B)时，生成(A)时需要能量更少C．使用恰当的催化剂，可以使②的程度减小，③的程度增大D．在相同条件下，由分别制备等物质的量的和，ΔH相等[解析]①②③均断裂化学键，吸收能量，ΔH>0，④⑤⑥均形成新的化学键，放出能量，ΔH<0，A正确；已知(A)的稳定性大于(B)，则(A)的能量更低，生成A、B的过程吸收能量，则得到等物质的量的(A)和(B)时，生成(A)时需要能量更少，B正确；使用恰当的催化剂，可以改变反应的选择性，可以使②的程度减小，③的程度增大，C正确；反应物相同，但是生成物不同，故ΔH不同，D错误。10．(2023·河北邢台四校联盟联考)在对环境进行彻底消毒时，二氧化氯(化学式为ClO2，易溶于水的黄绿色气体)是一种稳定、低毒的消毒剂。工业上通过用惰性电极电解氯化铵溶液和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的是(B)A．c为电源的正极，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸B．a极上发生的电极反应为NHeq\o\al(＋,4)－6e－＋3Cl－=NCl3＋4H＋C．在二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1D．当有0.3mol阴离子通过阴离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生标准状况下13.44LClO2[解析]根据图示装置分析可知，右侧为电解池，a极上NH4Cl失去电子生成NCl3，则a极为电解池阳极，连接直流电源的正极(c极)，b极为电解池阴极，氢离子得到电子生成H2，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，反应消耗H＋，为维持电荷守恒，Cl－经过阴离子交换膜向a极区移动，b极区HCl的浓度降低，则在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，A错误；a极上NH4Cl失去电子生成NCl3，电极反应式为NHeq\o\al(＋,4)－6e－＋3Cl－=NCl3＋4H＋，B正确；在二氧化氯发生器中，发生反应3H2O＋NCl3＋6NaClO2=6ClO2↑＋NH3↑＋3NaCl＋3NaOH，其中NCl3作氧化剂，NaClO2作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，C错误；电路中每转移1mol电子即有1molCl－通过阴离子交换膜，同时生成eq\f(1,6)molNCl3，故当有0.3mol阴离子通过阴离子交换膜，电路中就有0.3mol电子发生转移，由反应3H2O＋NCl3＋6NaClO2=6ClO2↑＋NH3↑＋3NaCl＋3NaOH可知，转移0.3mol电子时，二氧化氯发生器中生成0.3molClO2，标准状况下ClO2的体积为6.72L，D错误。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11．(15分)(2023·湖南衡阳师院祁东附属中学月考)汽车尾气中的CO、NOx是大气污染物。我国科研工作者经过研究，可以用不同方法处理氮的氧化物，防止空气污染。(1)利用某分子筛作催化剂，可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如图所示。请写出整个反应过程的化学方程式：2NH3＋NO2＋NOeq\o(=,\s\up7(催化剂))2N2＋3H2O。(2)一定条件下，H2还原NO的反应为2H2(g)＋2NO(g)N2(g)＋2H2O(g)的速率方程为v＝kca(H2)·cb(NO)，T1℃下，该反应在不同浓度下的反应速率如下表：序号c(H2)/mol·L－1c(NO)/mol·L－1反应速率①0.10.1v②0.30.13v③0.20.28v④0.20.3则表中空白处表示的反应速率为18v。(3)活性炭处理汽车尾气中NO的原理：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。T℃下，向某恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，以下各项能说明该反应一定达到平衡状态的是BCD(填标号)。A．v正(NO)＝v逆(CO2)B．混合气体的总质量不变C．容器内气体的平均摩尔质量不变D．容器内气体的密度不变(4)科研人员进一步研究了催化剂对反应：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)ΔH的影响，在三个完全相同的恒容密闭反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入相同量的NO。不同温度下，测得2h时NO的去除率如图所示：已知：490℃时，盛放CaO/C的容器内该反应已经达到平衡状态。①ΔH>0(填“>”或“<”)，判断的理由是温度高于490℃时，盛放CaO/C的容器内随着温度的升高，NO的去除率增大，平衡正向移动。②根据图像分析，490℃以下反应活性最好的是a(用a、b、c表示)。③490℃时，该反应的平衡常数为eq\f(22.52,552)(列式即可)。[解析](1)根据图中箭头的方向，整个反应过程的反应物是NH3、NO2和NO，生成物是N2和H2O，据此写出化学方程式。(2)将第①、②组数据分别代入速率方程可得：v＝k·0.1a·0.1b、3v＝k·0.3a·0.1b，综合上述两式可得，a＝1。将第③组数据代入可得：8v＝k·0.2a·0.2b＝k·0.2·0.2b，又知v＝k·0.1a·0.1b＝k·0.1·0.1b，解得b＝2，故速率方程式为v＝k·c(H2)·c2(NO)，将第①组数据代入速率方程可得：v＝k·0.1·0.12＝k×10－3，将第④组数据代入速率方程可得：v′＝k×0.2×0.32＝18k×10－3＝18v。(3)达到平衡时，v正(NO)＝2v逆(CO2)，A错误；碳是固体，平衡建立过程中气体总质量不断变化，当气体的总质量不变时，该反应达到平衡状态，B正确；气体的平均摩尔质量不变，说明混合气体的组成不变，该反应达到平衡状态，C正确；容器内气体的密度不变，说明容器内混合气体的总质量及容器容积均保持不变，此时反应达到平衡状态，D正确。(4)①490℃时，盛放CaO/C的容器内该反应已经达到平衡状态，由图可知，当温度高于490℃时，随着温度升高，NO的去除率增大，平衡正向移动，则该反应的ΔH>0。②由图可知，490℃以下，相同温度时，加入CaO/C的容器中NO的去除率最高，故反应活性最好的是a。③490℃时，达到平衡时NO去除率为45%，假设起始c(NO)＝2mol·L－1，利用三段式法计算： C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)ΔH起始浓度(mol·L－1) 2 0 0转化浓度(mol·L－1) 2×45% 0.45 0.45平衡浓度(mol·L－1) 1.1 0.45 0.45故490℃时，该反应的平衡常数为K＝eq\f(cN2·cCO2,c2NO)＝eq\f(0.45×0.45,1.12)＝eq\f(22.52,552)。12．(15分)(1)(2023·广东肇庆第一次统一检测)碘单质及其化合物在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：已知部分化学键的键能如表：化学键H—HH—II—I键能/(kJ·mol－1)436297151①预测H—Cl键能大于(填“大于”“等于”或“小于”)297kJ·mol－1。②I2(g)＋H2(g)2HI(g)ΔH＝－7kJ·mol－1。③若I2(s)＋H2(g)2HI(g)ΔH＝＋29kJ·mol－1，则I2(g)I2(s)ΔH＝－36kJ·mol－1。(2)(2022·山东青岛期中)我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。MgCO3和CaCO3(离子晶体)的能量关系如图所示(M＝Mg或Ca)。下列说法正确的是AB(填序号)。A．eq\f(ΔH1MgCO3,ΔH1CaCO3)>1B．eq\f(ΔH2MgCO3,ΔH2CaCO3)＝1C．ΔH1＋ΔH2<ΔH3D．ΔH3(MgCO3)－ΔH3(CaCO3)<ΔH4(CaCO3)－ΔH4(MgCO3)[解析](1)①原子半径：Cl<I，键长：H—Cl键<H—I键，则H—Cl键键能大于H—I键键能，大于297kJ·mol－1。②反应物的总键能减去生成物的总键能等于反应热，I2(g)＋H2(g)2HI(g)ΔH＝(436＋151－2×297)kJ·mol－1＝－7kJ·mol－1。③根据盖斯定律可得I2(g)I2(s)ΔH＝－7kJ·mol－1－(＋29kJ·mol－1)＝－36kJ·mol－1。(2)碳酸盐分解为吸热反应，且镁离子半径小，碳酸镁晶格能较大，则eq\f(ΔH1MgCO3,ΔH1CaCO3)>1，A正确；图中ΔH2对应的反应为COeq\o\al(2－,3)(g)→O2－(g)＋CO2(g)，与阳离子无关，故eq\f(ΔH2MgCO3,ΔH2CaCO3)＝1，B正确；根据盖斯定律知，ΔH4＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3，碳酸盐分解为吸热反应，即ΔH4>0，ΔH1＋ΔH2>ΔH3，C错误；ΔH3(CaCO3)＋ΔH4(CaCO3)＝ΔH1(CaCO3)＋ΔH2(CaCO3)，ΔH3(MgCO3)＋ΔH4(MgCO3)＝ΔH1(MgCO3)＋ΔH2(MgCO3)，因为ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)，ΔH2(CaCO3)＝ΔH2(MgCO3)，故ΔH3(MgCO3)＋ΔH4(MgCO3)>ΔH3(CaCO3)＋ΔH4(CaCO3)，即ΔH3(MgCO3)－ΔH3(CaCO3)>ΔH4(CaCO3)－ΔH4(MgCO3)，D错误。13．(15分)(2023·山东枣庄滕州期中)利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2Oeq\o\al(2－,7)的废水，电解过程中溶液发生反应：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，已知Y是可循环的绿色硝化剂N2O5。如图所示：(1)当甲池工作时，石墨电极Ⅰ发生的是氧化反应(填“氧化”或“还原”)；石墨电极Ⅱ附近发生的电极反应式为O2＋4e－＋2N2O5=4NOeq\o\al(－,3)。(2)当甲池工作时，甲池内的NOeq\o\al(－,3)向左(填“左”或“右”)移动；在相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为1：4。(3)乙池中Fe(Ⅰ)棒上消耗1.00molFe，则甲池中消耗标准状况下的氧气的体积为11.2L。(4)若外电路中转移了1.0mol电子，则处理废液中的Cr2Oeq\o\al(2－,7)的物质的量为0.083mol。[解析](1)当甲池工作时，石墨电极Ⅰ上NO2失去电子转化为N2O5，石墨电极Ⅰ的电极反应式为NO2－e－＋NOeq\o\al(－,3)=N2O5，故石墨电极Ⅰ发生的反应为氧化反应；石墨电极Ⅱ上O2得到电子，发生还原反应，与N2O5反应产生NOeq\o\al(－,3)，故石墨电极Ⅱ上发生的反应为O2＋4e－＋2N2O5=4NOeq\o\al(－,3)。(2)石墨电极Ⅰ为负极，石墨电极Ⅱ为正极，根据原电池中，阴离子向负极移动可知，电解质中的NOeq\o\al(－,3)向左侧负极区移动；根据同一闭合电路中电子转移数目相等可知，1molO2反应得到4mol电子，1molNO2转化为N2O5，失去1mol电子，故反应消耗O2、NO2的物质的量的比是1：4，在相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，故在相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为1：4。(3)乙池中Fe失去电子变为Fe2＋，Fe(Ⅰ)棒上消耗1.00molFe时，转移2mol电子，则根据同一闭合电路中电子转移数目相等可知，在甲池中反应消耗0.5molO2，标准状况下的体积V(O2)＝0.5mol×22.4L·mol－1＝11.2L。(4)若外电路中转移了1.0mol电子，乙池中Fe(Ⅰ)发生反应：Fe－2e－=Fe2＋，产生0.5molFe2＋，根据反应Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O可知，0.5molFe2＋被氧化时消耗Cr2Oeq\o\al(2－,7)的物质的量n(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝eq\f(1,6)×0.5mol≈0.083mol。14．(15分)(2023·山东济南检测)目前，我们日常生活中使用的电能主要还是来自