(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

第六章化学反响与能量单元过关检测
一、选择题(此题包括12小题，每题5分，共60分。

每题给出的四个选项中只有一个选项正确)
1.(2023·衡水调考)某反响由两步反响A→B→C构成，它的反响能量曲线如下图(E1、E2、E3、E4表示活化能)。

以下有关表达正确的选项是( )
A.两步反响均为吸热反响
B.稳定性C＞A＞B
C.参加催化剂会改变反响的焓变
D.A→C反响的ΔH=E1-E4
解析：A→B的反响为吸热反响，B→C的反响为放热反响，故A错误；物质的总能量越低，越稳定，故B正确；参加催化剂，只改变反响的活化能，不改变反响热，故C错误；整个反响中ΔH=(E1+E3)-(E2+E4)，故D错误。

答案：B
2.(2023·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：
m CeO2(m-x)CeO2·x Ce+x O2
(m-x)CeO2·x Ce+x H2O+x CO2m CeO2+x H2+x CO
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ΔH1=ΔH2+ΔH3
D.以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反响式为
CO +2H2O
CO+4OH--2e--2
3
解析：依据题意，根据该转化过程，CeO2在反响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ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系为
CO，D项正确。

ΔH1+ΔH2+ΔH3=0，C项错误；碱性介质下，CO和O2生成的CO2转变为-2
3
答案：C
3.(2023·上海卷)1，3丁二烯和2-丁炔分别与氢气反响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上下
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CH
CH-CH
CH 2(g)→CH 3-C ≡C-CH 3(g) Δ
H =+36.1 kJ/mol ，这说明1,3丁二烯转化为2丁炔是吸热反响，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，那么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；反响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：D
4.(2023·上海卷)糕点包装中常用的脱氧剂组成为复原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。

以下分析正确的选项是( ) A.脱氧过程是吸热反响，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，电极反响为：Fe-3e
-
Fe 3+
C.脱氧过程中碳作原电池负极，电极反响为：2H 2O+O 2+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响，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 ，负极电极反响式Fe-2e
-
Fe 2+，生成Fe 2+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 (O 2)=4
mol
06.0=0.015 mol ，D 项正确。

答案：D
5.(2023·福建卷) 某原电池装置如以下图所示，电池总反响为2Ag+Cl 22AgCl 。

以下说
法正确的选项是( ) A.正极反响为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.假设用NaCl 溶液代替盐酸，那么电池总反响随之改变
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：正极反响为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。

那么负极电极反响式：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，假设用NaCl代替盐酸不会改变电池总反响，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，那么交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子，D项正确。

答案：D
6.(双选)(2023·海南卷) 某反响过程能量变化如下图，以下说法正确的选项是( )
A.反响过程a有催化剂参与
B.该反响为放热反响，热效应等于ΔH
C.改变催化剂，可改变该反响的活化能
D.有催化剂条件下，反响的活化能等于E1+E2
解析：a过程的活化能比b过程的高，故反响过程b有催化剂参与，A项错误；该反响生成物所具有的能量比反响物的低，且由图标信息可知二者能量的量值之差为ΔH，B项正确；不同催化剂的催化效率不同，故改变催化剂，可改变该反响的活化能，C项正确；在有催化剂的条件下，该反响的活化能等于E1，D项错误。

答案：BC
7.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。

以下说法中不正确的选项是( )
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b
C.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ⅢA族，N在ⅤA族，不在同一主族，正确。

答案：B
8.以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。

以下说法正确的选项是( )
A.放电时，Na+从右到左通过离子交换膜
B.放电时，负极反响为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
S失解析：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-2
2 S，2Na2S2-2e-Na2S4+2Na+，NaBr3可看成NaBr·Br2，放电时Br2获得电子变为去电子变为-2
4
Br―：NaBr3+2e-+2Na+3NaBr，故Na+应从左到右通过离子交换膜；根据电极反响可知，
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：D
9.如下图，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，以下有关杠杆的偏向判断正确的选项是(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端发生反响：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+承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：C
10.(2023·全国大纲卷)如下图是在航天用高压氢镍电池根底上开展起来的一种金属氢化物镍电池(MH-Ni电池)。

以下有关说法不正确的选项是( )
A.放电时正极反响为NiOOH+H2O+e-Ni(OH)2+OH-
B.电池的电解液可为KOH溶液
C.充电时负极反响为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复原反响，A项正确；电池正极反响物为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，发生得电子的复原反响，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：C
11.将反响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)指针偏转方向如下图，有关表达正确的选项是( )
A.KNO3盐桥中的K+移向Cu(NO3)2溶液
B.当电流计指针为0时，反响达平衡，平衡常数K=0
C.假设此时向AgNO3溶液中参加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.假设此时向Cu(NO3)2溶液中参加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、该反响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，反响速率减小(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，正反响速率不变，电流计指针向右偏转幅度不变，错误。

答案：C
12.如以下图所示，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表达错误的选项是( )
A.H2在阳极上发生的反响是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.阳极的电极反响是N2+6H++6e-2NH3
D.该过程的总反响式是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响，B项正确；阴极电极反响式为N2+6H++6e-2NH3，C项错误；由题意可知总反响式为N2+3H22NH3，D项正确。

答案：C
二、非选择题(此题包括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。

请答复以下问题：
(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：
ΔH=+88.6 kJ/mol那么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 mol·L-1( NH4)2CO3与 2 L 1 mol·L-1Ba(OH)2加热反响，放出100 kJ的热量，写出该反响的热化学方程式：__________________________________。

(4)(2023·广东卷) 用CaSO4代替O2与燃料CO反响，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，反响①为主反响，反响②和③为副反响。

那么反响2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+6CO2(g)+C(s)+SO2(g)的ΔH=(用ΔH1、ΔH2
和ΔH3表示)。

解析：(1)M转化为N是吸热反响，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①×4+②+③×2相加可得目标方程式，故ΔH=4ΔH1+ΔH2+2ΔH3。

答案：(1)M
(2)C2H6(g)+3.5O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)
ΔH=-571.6 kJ/mol
(3)(NH4)2CO3(aq)+Ba(OH)2(aq) BaCO3(s)+2H2O(l)+ 2NH3(g) ΔH=-100 kJ/mol
(4)4ΔH1+ΔH2+2ΔH3
14.（10分）(1)(2023·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。

①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响，阴极电极反响式为________________________。

假设改用AlCl3水溶液作电解液，那么阴极产物为____________________________。

②为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品外表的铝镀层，当反响转移6 mol电子时，所得复原产物的物质的量为___________mol。

(2)(2023·全国新课标Ⅱ卷，节选)PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反响制得，反响的离子方程式为___________________，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。

阳极发生的电极反响式为_________
__________________，阴极上观察到的现象是_____________；假设电解液中不参加
Cu(NO3)2，阴极发生的电极反响式为________________________________，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；在阴极上发生复原反响，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响”可知阴极上的反响式是
4Al2Cl7-+3e Al+7AlCl4-；假设改用AlCl3水溶液作电解液，那么阴极反响是水电离出的H+
得电子复原为H2。

用NaOH溶解铝镀层时发生反响：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑，H2是复原产物，当转移6 mol电子时，该反响可得到3 mol复原产物。

(2)依题给信息知，反响物PbO与次氯酸钠反响，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-；阳极发生氧化反响，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；阴极发生复原反响，即氧化性强的Cu2+得到电子生成铜；假设电解液中不参加Cu(NO3)2，阴极发生的那么是Pb2+得电子变为Pb，这样就不能有效利用Pb2+。

答案：(1)①负 4Al2Cl7-+3e-Al+7AlCl4- H2 ②3
(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，该极上的电极反响为。

反响前两电极质量相等，当反响进展到电极质量之差为12.85 g时，电路中转移电子的物质的量为。

(2)假设装置B中的反响与装置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质溶液。

(3)假设某电池反响为Cu+2H+Cu2++H2↑，该池属于原电池还是电解池?，请写出各电极的电极材料，并在装置C中标出。

反响进展一段时间后，电解质溶液的pH 变化情况是(填“变大”“变小”或“不变”)。

(4)根据学过的元素化合物知识，观察图D，在原电池Cu—Al—浓硝酸中金属铜作
极；而在原电池Cu—Al—NaOH溶液中铜作极。

由此可得出的结论
是。

解析：(1)装置A为简单原电池装置，根据反响Zn+Cu2+Zn2++Cu可判断出Cu为正极，电极反响式：Cu2++2e-Cu。

电极质量之差12.85 g实际为负极溶解的锌和正极析出的金属铜
的质量之和。

设转移电子的物质的量为n ，那么根据电子守恒列式：2
n
(63.5+65)g/mol=12.85 g ，解得n =0.2 mol 。

(2)装置B 为带有盐桥的原电池，根据标出的CuSO 4，可知右池为铜半电池，左池为锌半电池。

(3)由于反响Cu+2H
+
Cu 2+
+H 2↑为非自发进展的氧化复原反响，
所以为电解池反响。

根据化合价知识可知，铜为阳极材料，阴极材料可用铜或活性不如铜的其他金属或惰性电极，石墨等。

(4)原电池Cu —Al —浓硝酸中发生反响：Cu+4HNO 3
Cu(NO 3)2+2NO 2↑ +2H 2O ，而Al 在浓硝酸中发生钝化，故Cu 为负极；而原电池
Cu —Al —NaOH 溶液中发生反响：2Al+2NaOH+2H 2O 2NaAlO 2+3H 2↑，故铜作正极。

答案：(1)正 Cu 2+
+2e
-
Cu 0.2 mol
(2)
(3)电解池 阳极材料：铜；阴极材料：金属(铜或银、铂)、石墨等
变大
(4)负 正 金属Cu(或Al)因电解质溶液成分的不同而作不同的电极。