新教材2023年高考化学总复习考案14单元检测卷十二第六章化学反应与能量B卷

考案[十四]单元检测卷(十二)第六章化学反应与能量(B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．(2022·福建泉州一测)N2转化为NO的过程如图所示。下列说法正确的是(C)A．催化剂a和b可增大反应的活化能(Ea)B．在催化剂b作用下，氮元素发生了还原反应C．催化剂a、b不会改变反应的焓变(ΔH)D．催化剂b可提高NH3的平衡转化率[解析]由题图知，催化剂a、b能降低反应的活化能，加快化学反应速率，A错误；在催化剂b作用下，NH3转化为NO，氮元素由－3价升高为＋2价，发生氧化反应，B错误；化学反应的焓变与反应物和生成物的总能量有关，催化剂只降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，C正确；催化剂不影响化学平衡移动，不能提高NH3的平衡转化率，D错误。2．(2023·山西运城调研)化学反应中的能量转化，通常主要表现为热量的变化。下列相关表述正确的是(B)A．一定条件下，将0.5molH2(g)和0.5molI2(g)置于密闭容器中充分反应生成HI(g)放热akJ，其热化学方程式为H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH＝－2akJ·mol－1B．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1C．S(g)＋O2(g)=SO2(g)ΔH1，S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH2，则ΔH1>ΔH2D．含1molHCl的稀溶液与含1molNaOH的稀溶液发生中和反应的反应热ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则含0.5molH2SO4的稀溶液和足量Ba(OH)2稀溶液反应的反应热ΔH＝－57.3kJ·mol－1[解析]H2(g)与I2(g)生成HI(g)的反应为可逆反应，放热akJ时，反应的H2(g)小于0.5mol，热化学方程式为H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH<－2akJ·mol－1，A错误；在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1，B正确；气态S燃烧放热较多，则ΔH1<ΔH2，C错误；H2SO4和Ba(OH)2反应，除生成水外，还生成BaSO4沉淀，含0.5molH2SO4的溶液和足量Ba(OH)2溶液反应的反应热ΔH不等于－57.3kJ·mol－1，D错误。3．(2023·湖北武汉部分重点中学联考)下列依据热化学方程式得出的结论正确的是(D)选项热化学方程式结论AH2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)ΔH＝－akJ·mol－1H2的燃烧热ΔH＝－akJ·mol－1B2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH＝－196.6kJ·mol－1SO2(g)的能量一定比SO3(g)能量高CP4(s，白磷)=4P(s，红磷)ΔH＝－29.2kJ·mol－1P4(s，白磷)比P(s，红磷)稳定DC(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1C(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO(g)ΔH2ΔH1<ΔH2[解析]1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量称为该物质的燃烧热，H2(g)燃烧的指定产物是H2O(l)，A错误；题给热化学方程式表示2molSO2(g)和1molO2(g)的总能量高于2molSO3(g)的能量，所以SO2(g)能量不一定比SO3(g)能量高，B错误；白磷转化为红磷为放热反应，说明红磷能量相对更低，能量越低越稳定，则红磷更稳定，C错误；相同物质的量的C单质燃烧生成CO2时放出的热量比生成CO更多，放热反应的ΔH的值为负数，放热越多，ΔH越小，所以ΔH1<ΔH2，D正确。4．(2023·山东联考)下列依据热化学方程式得出的结论正确的是(D)A．已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH<0，则H2(g)的能量一定高于H2O(g)B．在一定的温度和压强下，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1。若将含有1molH2SO4的某溶液与含2molBa(OH)2的某溶液混合，则放出的热量小于114.6kJC．工业上常用SO2将CO氧化为CO2，二氧化硫转化为单质硫，若生成1g单质硫放出的能量为8.5kJ，则该反应的热化学方程式可以写为SO2(g)＋2CO(g)=2CO2(g)＋S(s)ΔH＝＋272kJ·mol－1D．已知2CO2(g)＋4H2O(l)=2CH3OH(l)＋3O2(g)ΔH＝＋1451.5kJ·mol－1，则2molCO2(g)和4molH2O(l)中化学键的总键能大于2molCH3OH(l)和3molO2(g)中化学键的总键能[解析]题给反应为放热反应，说明2molH2(g)和1molO2(g)的总能量高于2molH2O(g)的总能量，但H2(g)的能量不一定高于H2O(g)的能量，A错误；2molH＋和2molOH－反应生成水时放出的热量为114.6kJ，但Ba2＋与SOeq\o\al(2－,4)反应生成BaSO4的过程也会放出热量，所以最后放出的热量大于114.6kJ，B错误；题述反应为放热反应，ΔH<0，正确的热化学方程式为SO2(g)＋2CO(g)=2CO2(g)＋S(s)ΔH＝－272kJ·mol－1，C错误；ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能，该反应ΔH为正值，所以2molCO2(g)和4molH2O(l)中化学键的总键能大于2molCH3OH(l)和3molO2(g)中化学键的总键能，D正确。5．(2023·辽宁名校联盟联考)如图表示在催化剂(Nb2O5)表面进行的反应：H2(g)＋CO2(g)=CO(g)＋H2O(g)。已知下列反应：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH1②C(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO(g)ΔH2③C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH3下列说法不正确的是(A)A．ΔH2<ΔH3B．图中的能量转化方式为太阳能转化为化学能C．反应2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)的ΔH＝2(ΔH3－ΔH2)D．反应H2(g)＋CO2(g)=CO(g)＋H2O(g)的ΔH＝ΔH2－ΔH3＋eq\f(1,2)ΔH1[解析]ΔH2是1molC不完全燃烧反应的焓变，ΔH3是1molC完全燃烧反应的焓变，放热焓变为负，故ΔH2>ΔH3，A错误；由图知，太阳能提供能量实现CO2和H2反应生成CO和H2O，B正确；(③－②)×2即得2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝2(ΔH3－ΔH2)，C正确，eq\f(①,2)＋②－③得H2(g)＋CO2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH＝eq\f(1,2)ΔH1＋ΔH2－ΔH3，D正确。6．(2023·广东实验中学月考)如图是CH4与Zr形成过渡金属化合物的过程。下列说法不正确的是(B)A．整个反应快慢由CH2—Zr…H2→状态2反应决定B．Zr＋CH4→CH3—Zr…H的活化能为213.67kJ·mol－1C．在中间产物中CH3—Zr…H状态最稳定D．Zr＋CH4→CH—Zr…H3ΔH＝＋39.54kJ·mol－1[解析]总反应速率由慢反应决定，活化能越大，反应速率越慢，CH2—Zr…H2→状态2的活化能最大，则整个反应快慢由CH2—Zr…H2→状态2反应决定，A正确；由图可知，Zr＋CH4→CH3—Zr…H的活化能为99.20kJ·mol－1，B错误；物质能量越低越稳定，则中间产物中CH3—Zr…H状态最稳定，C正确；由图可知，整个反应中，生成物总能量高于反应物总能量，该反应为吸热反应，该反应的热化学方程式为Zr＋CH4→CH—Zr…H3ΔH＝＋39.54kJ·mol－1，D正确。7．(2023·河北百师联盟联考)为研究碘的化合物氧化性强弱设计如图实验，甲、乙实验装置中左侧烧杯溶液颜色都变蓝，下列说法正确的是(A)A．装置甲、乙中生成等量的I2时，导线上通过的电子数之比为1：5B．碘元素在装置甲中被还原，在装置乙中被氧化C．两个装置盐桥中的阳离子都向含有碘化物的烧杯中移动D．甲中Fe2O3电极的电极反应式为Fe2O3＋3H2O＋2e－=2Fe2＋＋6OH－[解析]由两个装置中左侧烧杯溶液都变蓝可知，有I2生成，装置甲中1mol碘化钾失去1mol电子，装置乙中1mol碘酸钾得到5mol电子，则装置甲、乙中生成等量的I2时，导线上通过的电子数之比为1：5，A正确；根据A项分析可知，碘元素在装置甲中被氧化，在装置乙中被还原，B错误；装置甲中KI在负极区，装置乙中KIO3在正极区，原电池中阳离子向正极移动，C错误；装置甲中Fe2O3得到电子，溶液呈酸性，则电极反应式为Fe2O3＋6H＋＋2e－=2Fe2＋＋3H2O，D错误。8．(2023·湖北九师联盟开学考)清洁可再生的“氢能经济”时代即将到来，制氢的途径至关重要。在碱性介质中，电解尿素可制氢气，其原理如图所示。下列说法错误的是(B)A．在电池工作过程中，溶液的pH不断减小B．电池工作时，相同条件下，产生的H2和N2的体积比为1：3C．阳极的电极反应式为CO(NH2)2＋8OH－－6e－=COeq\o\al(2－,3)＋N2↑＋6H2OD．对富含尿素的废水进行电解处理，既可治理废水富营养化，又可获得氢能[解析]在碱性介质中，电解尿素可制氢气，电解总反应为CO(NH2)2＋2OH－eq\o(=,\s\up7(电解))COeq\o\al(2－,3)＋N2↑＋3H2↑，在电解过程中，不断消耗OH－，溶液的pH不断减小，A正确；根据电解总反应可知，电池工作时，相同条件下，产生的H2和N2的体积比为3：1，B错误；由题图所给反应可知，阳极发生失去电子的氧化反应，电极反应式为CO(NH2)2＋8OH－－6e－=COeq\o\al(2－,3)＋N2↑＋6H2O，C正确；根据以上分析可知，对富含尿素的废水进行电解处理，既可治理废水富营养化，又可获得氢能，D正确。9．(2022·山东济宁期末)点蚀又称为孔蚀，是一种集中于金属表面很小的范围并深入到金属内部的腐蚀形态。某铁合金钝化膜破损后的孔蚀如图所示，下列说法正确的是(D)A．为防止孔蚀发生可以将外接电源正极与金属相连B．蚀孔外每吸收2.24LO2，可氧化0.2molFeC．由于孔蚀中Fe3＋水解导致电解质溶液酸性增强D．孔隙中可以发生析氢腐蚀[解析]孔蚀为金属腐蚀的一种，若要用外加电流法保护金属，应将外接电源负极与金属相连，A错误；没有指明是否为标准状况，2.24LO2的物质的量不一定为0.1mol，B错误；封闭环境中由于Fe2＋水解导致电解质溶液酸性增强，C错误；由题图可知，由于孔隙中有HCl存在，电解质溶液呈酸性，金属可发生析氢腐蚀，D正确。10．(2023·湖南长沙月考)镓的化学性质与铝相似，电解精炼法提纯镓(Ga)的原理如图所示。已知：金属活动性顺序Zn>Ga>Fe。下列说法错误的是(B)A．阳极泥的主要成分是铁和铜B．阴极反应为Ga3＋＋3e－=GaC．若电压过高，阴极可能会产生H2导致电解效率下降D．电流流向为：N极→粗Ga→NaOH(aq)→高纯Ga→M极[解析]电解精炼时，粗镓作阳极，活泼的锌和镓优先失去电子被氧化溶解，杂质中的铁和铜沉积下来形成阳极泥，A正确；镓的化学性质与铝相似，阳极镓失去电子在强碱性溶液中被氧化为GaOeq\o\al(－,2)，阴极生成镓的电极反应为GaOeq\o\al(－,2)＋3e－＋2H2O=Ga＋4OH－，B错误；若电压过高，溶液中的氢离子可能在阴极得到电子生成氢气，从而导致电解效率下降，C正确；电流方向与电子流向相反，所以电流由直流电源正极，经电解池阳极、电解质溶液、阴极到直流电源负极，D正确。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11．(15分)(2023·山东济南检测)科学家在碰撞理论的基础上提出化学反应的过渡态理论：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能量过渡态。分析图中信息，回答下列问题：(1)如图是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g)ΔH＝－234kJ·mol－1。(2)在反应体系中加入催化剂，对反应热没有(填“有”或“没有”)影响，原因是催化剂只改变反应的途径，对反应热没有影响。(3)根据下列要求写出热化学方程式。已知：①Fe(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=FeO(s)ΔH1＝－272.0kJ·mol－1②2Al(s)＋eq\f(3,2)O2(g)=Al2O3(s)ΔH2＝－1675.7kJ·mol－1写出Al和FeO发生反应的热化学方程式：2Al(s)＋3FeO(s)=Al2O3(s)＋3Fe(s)ΔH＝－859.7kJ·mol－1。(4)已知：化学键Si—OSi—ClH—HH—ClSi—SiSi—Ceq\f(键能,kJ·mol－1)460360436431176347则：SiCl4(g)＋2H2(g)eq\o(=,\s\up7(高温))Si(s)＋4HCl(g)的反应热ΔH＝＋236kJ·mol－1。(已知1molSi中含有2molSi—Si)[解析](1)根据图像分析，该反应的热化学方程式为NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g)ΔH＝134kJ·mol－1－368kJ·mol－1＝－234kJ·mol－1。(2)催化剂只改变反应的途径，对反应热没有影响。(3)根据盖斯定律分析，有②－①×3得Al和FeO发生反应的热化学方程式：2Al(s)＋3FeO(s)=Al2O3(s)＋3Fe(s)ΔH＝－1675.7kJ·mol－1＋272.0kJ·mol－1×3＝－859.7kJ·mol－1。(4)根据反应热等于反应物的键能总和与生成物的键能总和之差计算，得该热化学方程式的反应热ΔH＝(360×4＋436×2－176×2－431×4)kJ·mol－1＝＋236kJ·mol－1。12．(15分)(2023·山东淄博检测改编)(1)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。通过计算，可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为H2O(l)=H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)ΔH＝286kJ·mol－1、H2S(g)=H2(g)＋S(s)ΔH＝20kJ·mol－1，制得等量H2所需能量较少的是系统(Ⅱ)。(2)H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g)COS(g)＋H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。①H2S的平衡转化率α1＝2.5%，反应平衡常数K＝2.8×10－3。②在620K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率α2>α1，该反应的ΔH>0(填“>”“<”或“＝”)。③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是B(填标号)。A．H2S B．CO2C．COS D．N2[解析](1)将系统(Ⅰ)、(Ⅱ)中的三个热化学方程式均直接相加即可得到所需答案。(2)①反应前后气体总物质的量不变，则平衡后水的物质的量为(0.10mol＋0.40mol)×0.02＝0.01mol，利用三段式： H2S(g)＋ CO2(g) COS(g)＋ H2O(g)开始 0.40mol 0.10mol 00反应 0.01mol 0.01mol 0.01mol 0.01mol平衡 0.39mol 0.09mol 0.01mol 0.01molH2S的平衡转化率α1＝eq\f(0.01mol,0.40mol)×100%＝2.5%。平衡常数K＝eq\f(\f(0.01,2.5)×\f(0.01,2.5),\f(0.39,2.5)×\f(0.09,2.5))≈2.8×10－3。②由610K升高到620K，水的物质的量分数增大，说明平衡正向移动，则H2S的转化率增大，正反应吸热，即ΔH>0。③A项，再充入H2S，H2S转化率减小；B项，再充入CO2，平衡正向移动，H2S转化率增大；C项，充入COS，平衡逆向移动，H2S转化率减小；D项，充入N2，平衡不移动，H2S转化率不变。13．(15分)(2023·湖南长沙检测)为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用如图所示的装置进行实验，回答下列问题：Ⅰ.用甲装置进行第一组实验：(1)在保证电极反应不变的情况下，下列材料不能代替左侧装置中Cu电极的是B(填字母)。A．石墨 B．镁C．银 D．铂(2)实验过程中，SOeq\o\al(2－,4)从右向左(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象有滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可)。Ⅱ.该小组同学用乙装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，且Y极溶液逐渐变成紫红色，停止实验后观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料知，高铁酸根离子(FeOeq\o\al(2－,4))在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，回答下列问题：(3)电解过程中，X极溶液的pH增大(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)电解过程中，Y极发生的电极反应为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑和Fe－6e－＋8OH－=FeOeq\o\al(2－,4)＋4H2O。(5)已知K2FeO4和Zn可以构成碱性电池，其中K2FeO4在电池中作正极材料，电池总反应为2K2FeO4＋3Zn=Fe2O3＋ZnO＋2K2ZnO2，则该电池正极发生的电极反应为2FeOeq\o\al(2－,4)＋6e－＋5H2O=Fe2O3＋10OH－。[解析]Ⅰ.(1)甲装置中左侧为原电池装置，锌作负极，铜作正极，由于需保证电极反应不变，故正极材料的活泼性不能大于Zn，因此不能用镁代替铜。(2)硫酸根离子向负极移动，移动方向为从右向左。M极作阳极，失去电子有铜离子生成，铜离子结合氢氧根离子生成氢氧化铜蓝色沉淀。Ⅱ.(3)X极作阴极，H2O得到电子生成氢气和氢氧根离子，故X极溶液的pH逐渐增大。(4)由题意可知，铁作阳极，铁失去电子生成FeOeq\o\al(2－,4)，电极反应为Fe－6e－＋8OH－=FeOeq\o\al(2－,4)＋4H2O。(5)K2FeO4-Zn碱性电池中锌作负极，失去电子，FeOeq\o\al(2－,4)在正极得到电子转化为氧化铁，电极反应为2FeOeq\o\al(2－,4)＋6e－＋5H2O=Fe2O3＋10OH－。14．(15分)(2023·山东潍坊检测)电化学原理被广泛地应用于生产、生活的许多方面。Ⅰ.制备氯气工业中用电解饱和食盐水的方法制备氯气，其原理如图所示。(1)此过程中能量转化形式为电能(填“化学能”或“电能”，下同)转化为化学能。(2)电极乙为阴极(填“阴极”或“阳极”)，A口生成的气体是氯气。(3)电解饱和食盐水的离子方程式是