2023届人教版高考化学一轮复习物质结构与能量变化阶段检测含答案

这是一份2023届人教版高考化学一轮复习物质结构与能量变化阶段检测含答案，共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
阶段检测(三)　物质结构与能量变化
(时间:90分钟　满分:100分)
一、选择题(本题共15小题,每小题3分,共45分。每小题只有一个选项符合题意)
1.“天问一号”着陆火星,“嫦娥五号”采回月壤。腾飞中国离不开化学。长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等化学品。下列有关说法正确的是(　　)
A.煤油是可再生能源
B.H2燃烧过程中热能转化为化学能
C.火星陨石中的20Ne质量数为20
D.月壤中的3He与地球上的3H互为同位素
2.下列化学用语错误的是(　　)
A.质子数为43、中子数为56的Tc原子:4399Tc
B.K+的结构示意图:
C.乙醇分子的球棍模型:
D.聚丙烯的结构简式:CH2—CHCH
3.1875年科学家布瓦博德朗发现了一种新元素,命名为“镓”,它是门捷列夫预言的元素类铝。Ga(镓)和As(砷)在元素周期表的位置如图,下列说法不正确的是(　　)

A.Ga的原子序数为31
B.碱性:Al(OH)3r(As3-)>r(P3-)
D.GaAs可制作半导体材料,用于电子工业和通信领域
4.如图是CH4与Cl2反应生成CH3Cl的部分反应过程中各物质的能量变化关系图(Ea表示活化能)。下列说法错误的是(　　)

A.增大Cl2的浓度,可提高反应速率,但不影响ΔH的大小
B.第一步反应的速率小于第二步反应
C.总反应为放热反应
D.升高温度,Ea1、Ea2均增大,反应速率加快
5.相同温度和压强下,关于反应的ΔH,下列判断正确的是(　　)
(g)+H2(g)(g)　ΔH1
(g)+2H2(g)(g)　ΔH2　(g)+3H2(g)(g)　ΔH3
(g)+H2(g)(g)　ΔH4
A.ΔH1>0,ΔH2>0 B.ΔH3=ΔH1+ΔH2
C.ΔH1>ΔH2,ΔH3>ΔH2 D.ΔH2=ΔH3+ΔH4
6.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大;A的一种核素常用来鉴定一些文物的年代;B的氢化物的水溶液呈碱性;C、D为金属元素,且D原子最外层电子数等于其K层电子数;若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊溶液,可观察到溶液先变红后褪色。下列说法正确的是(　　)
A.A的氢化物常温下一定为气态
B.简单离子半径大小顺序为E>B>C>D
C.C的氧化物比D的氧化物熔点高
D.E的氧化物均可作为消毒剂,其对应水化物均为强酸
7.2012年,国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)宣布第116号元素命名为Livermorium,元素符号为Lv,以纪念劳伦斯利弗莫尔国家实验室(LLNL)对元素发现作出的贡献。下列有关叙述中不正确的是(　　)
①Lv的非金属性比S强
②Lv元素原子的内层电子共有110个
③Lv是过渡金属元素
④Lv元素原子的最高价氧化物对应的水化物为强酸
⑤Lv元素的最高价氧化物的化学式为LvO3
A.①③④ B.①②④ C.③⑤ D.②⑤
8.已知:295 K时,相关物质的相对能量如下表。下列说法不正确的是(　　)
物质
C2H4(g)
H2(g)
O2(g)
C(s)
C2H6(g)
相对能量/(kJ·mol-1)
52
0
0
0
-84

物质
CO(g)
CO2(g)
H2O(g)
H2O(l)

相对能量/(kJ·mol-1)
-110
-393
-242
-286

A.由表中数据得,H2的燃烧热为-286 kJ·mol-1
B.C2H6(g)+CO2(g) C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)　ΔH=177 kJ·mol-1
C.1 mol H2(g)和1 mol C2H4(g)的键能之和大于1 mol C2H6(g)的
键能
D.将碳先转化为水煤气再燃烧与直接燃烧等量的碳,两个过程的热效应是一样的
9.验证牺牲阳极的阴极保护法,实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。
①
②
③



在Fe表面生成蓝色
沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是(　　)
A.对比②③,可以判定Zn保护了Fe
B.对比①②,K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C.验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D.将Zn换成Cu,用①的方法可判断Fe比Cu活泼
10.科学家利用超薄多孔Pd纳米片作为阳极,设计了一种如图所示的装置,可通过电氧化在常温常压下直接将氮气转化为硝酸根,为氮的固定提供了新的解决方案。下列有关说法中不正确的是　　(　　)

A.K+从左到右通过交换膜
B.若外电路有NA个电子通过,则右侧溶液减轻1.0 g
C.若电源采用铅蓄电池,则b极连接的是Pb极
D.阳极电极反应式为N2+6H2O-10e-2NO3-+12H+
11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W与Z位于同一主族且W原子的核外电子总数是Z的一半,X的离子半径在同周期元素中最小,Y和Z形成的某种化合物分子结构如图所示。下列叙述正确的是(　　)

A.原子半径:r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)
B.最高价氧化物的水化物的酸性:Y>Z
C.由X和Z形成的化合物M溶于水可得澄清溶液
D.图示分子中Y和Z原子的最外层均达8电子稳定结构
12.设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应:
①CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)　ΔH1=-a kJ·mol-1
②CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)　ΔH2=-b kJ·mol-1
其他数据如下表:
化学键
CO
OO
C—H
O—H
键能/(kJ·mol-1)
798
x
413
463
下列说法正确的是(　　)
A.bNa+>Mg2+,B正确;C、D的氧化物分别为氧化钠和氧化镁,氧化钠和氧化镁均为离子晶体,镁离子比钠离子半径小,因而氧化镁晶格能大,熔点高,C错误;氯的氧化物都具有氧化性,有的可作消毒剂,在氯的含氧酸中,HClO、HClO2为弱酸,D
错误。
7.A　第七周期零族元素原子序数为118号,可知116号元素处于第七周期第ⅥA族。①同主族自上而下元素非金属性逐渐减弱,故非金属性:LvP>S>O,A错误;非金属性:S>P,则酸性:H2SO4>H3PO4,B错误;Al2S3能与水反应生成Al(OH)3沉淀和H2S气体,C错误;图示中S成2个键,P成3个键,即分子中S和P原子最外层均达8电子稳定结构,D正确。
12.B　燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量,水应为液态,故A错误;根据反应热键能计算,ΔH2=(413 kJ·
mol-1×4+2x kJ·mol-1)-(798 kJ·mol-1×2+463 kJ·mol-1×4)=
-b kJ·mol-1,则有x=1796-b2,故B正确;根据盖斯定律,①-②2得H2O(g)H2O(l)　ΔH=-12(a-b) kJ·mol-1,故C错误;当有4NA个 C—H 键断裂时,1 mol CH4反应,若生成H2O(l)放出a kJ热量,若生成H2O(g)放出b kJ热量,故D错误。
13.B　由题图可知,整个反应中“CH2—Zr…H2→状态2”的活化能最高,则该步反应的反应速率最小,决定整个反应的快慢,故A正确;由题图可知,Zr+CH4→活化能为99.20 kJ·mol-1,故B错误;图中中间产物中CH3—Zr…H能量最低,根据物质具有的能量越低越稳定可知,在中间产物中CH3—Zr…H状态最稳定,故C正确;由题图可知,CH2—Zr…H2完全转化成CH—Zr…H3的焓变ΔH=39.54 kJ·mol-1-(-106.15 kJ·mol-1)=+145.69 kJ·mol-1,即1 mol CH2—Zr…H2完全转化成CH—Zr…H3需要吸收145.69 kJ热量,故D正确。
14.C　题给装置属于电解池,是电能转化为化学能,故A正确;净化气的主要成分为二氧化碳,SO2首先转化为SO3,O2与SO3反应被还原为SO42-,故B正确;电极1的电极反应式为O2+4e-+2SO32SO42-,介质为熔融盐,无水,故C错误;电极2的电极反应式为2SO42--4e-2SO3+
O2↑,故D正确。
15.A　根据锂离子移动方向可知,图甲中钴酸锂电池处于放电状态时,Y是正极,故A错误;比容量是负极单位质量给出的电子数,金属锂的比容量是17,C6Li的比容量是112×6+7=179,17179>11,则金属锂的比容量是C6Li的11倍以上,故B正确;N极为阴极,N极反应式为N2+6e-+6H+2NH3,故C正确;M极为阳极,发生氧化反应2H2O-4e-O2↑+
4H+,M极产生氧气,N极还可能发生2H++2e-H2↑得到少量氢气,故D正确。
16.解析:A是第ⅠA族的非金属元素,所以A是H元素;B元素的最高价氧化物对应的水化物与其简单气态氢化物可反应生成盐,只有N元素符合要求,所以B是N元素;短周期中原子半径最大的元素是Na元素,所以C是Na元素;B是N元素,最外层电子数是5,而D元素原子L层电子数和M层电子数之差等于B元素最外层电子数,所以D元素是Al元素;E元素最高正价和最低负价代数和等于4,说明E元素最外层有6个电子,并且E的原子序数大于D,所以E是S元素;F的原子序数大于E,且F是短周期主族元素,所以F只能是Cl元素。
(1)F是Cl元素,在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族;C是Na元素,原子结构示意图为。
(2)H和N两元素可以形成18电子的分子,该分子为N2H4,其电子式为H··N····H··N····H··H。
(3)A和氧元素形成的简单化合物为H2O,A和E形成的简单化合物为H2S,H2O分子能形成氢键,而H2S分子不能形成氢键,则H2O的熔、沸点高于H2S。
(4)C、D、F形成的复杂化合物为Na[AlCl4],含有共价键、离子键。
(5)氯气能把硫化氢或硫离子氧化为单质硫,方程式为H2S+Cl22H++
2Cl-+S↓或S2-+Cl2S↓+2Cl-。
(6)C、D两元素最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3,两者反应的离子方程式为 Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O。
答案:(1)第三周期第ⅦA族　
(2)H··N····H··N····H··H
(3)水分子间可形成氢键
(4)共价键、离子键
(5)H2S+Cl22H++2Cl-+S↓(或S2-+Cl2S↓+2Cl-)
(6)Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O
17.解析:(1)根据盖斯定律,①+②×2可得反应3NO(g)+O3(g)3NO2(g)的ΔH=ΔH1+2ΔH2。
(2)ΔH0为吸热反应;则反应12N2(g)+O2(g)NO2(g)　ΔH=+34 kJ·mol-1为吸热反应。
(3)①N2和H2反应合成氨的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=(942+3×437-2×3×391) kJ·mol-1=-93 kJ·mol-1;
②H2(g)+12O2(g)H2O(g)　ΔH=(437+12×499-2×460) kJ·mol-1=-233.5 kJ·mol-1;1 mol H2O(g)转化为1 mol H2O(l)时放出44.0 kJ的热量;即H2O(g)H2O(l)　ΔH=-44 kJ·mol-1;所以H2(g)+
12O2(g)H2O(l)　ΔH=(-233.5-44) kJ·mol-1=-277.5 kJ·mol-1;
1 g H2(物质的量为0.5 mol)完全燃烧生成液态水时,放出的热量为12×277.5 kJ=138.75 kJ;根据H2O(g)H2O(l)　ΔH=-44 kJ·mol-1可知,水由气态变为液态,放出热量,水蒸气的能量较高,所以H2O(g)的稳定性小于H2O(l)。
(4)12N2(g)+O2(g)NO2(g)　ΔH=12×942 kJ·mol-1+499 kJ·mol-1-E(NO2)=34 kJ·mol-1,E(NO2)=936 kJ·mol-1;NH3(g)在O2(g)中完全燃烧生成NO2(g)和H2O(g)的热化学方程式为4NH3(g)+7O2(g)4NO2(g)+6H2O(g)　ΔH=(4×391×3+7×499-4×936-6×2×
460) kJ·mol-1=-1 079 kJ·mol-1。
答案:(1)ΔH1+2ΔH2　
(2)吸热　
(3)①N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-93 kJ·mol-1　②138.75 kJ　小于　
(4)4NH3(g)+7O2(g)4NO2(g)+6H2O(g)　ΔH=-1 079 kJ·mol-1
18.解析:Ⅰ.根据反应2Ag+(aq)+CuCu2+(aq)+2Ag分析,在反应中,Cu被氧化,失电子,应为原电池的负极即X极,电极反应为Cu-
2e-Cu2+,则正极为活泼性比Cu弱的Ag,Ag+在正极上得电子被还原,电极反应为Ag++e-Ag,电解质溶液为AgNO3溶液;若将盐桥换成铜丝,右边形成原电池,左边为电解池,银为正极,则X电极名称是阳极。
Ⅱ.(1)若A为Zn,实验时开关K与a连接,为原电池,Zn为负极被腐蚀,Fe为正极被保护,该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。
(2)若A为石墨,将开关K与b连接,形成电解池,石墨为阳极,Fe为阴极,阳极上氯离子失电子生成氯气,阴极上氢离子得电子生成氢气;①溶液中Na+向阴极移动,即向B极移动,故错误;②A极为阳极,则从A极处逸出的气体能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色,故正确;③电解过程中阴、阳两极逸出的气体为氢气和氯气,所以反应一段时间后加适量氯化氢可恢复到电解前电解质的浓度,故错误;④若标准状况下B极产生2.24 L气体,即生成 0.1 mol 氢气,则电路中转移0.2 mol电子,故正确;⑤电子不能通过溶液,故错误;⑥若实验前滴入酚酞,B极区是阴极,阴极附近水电离的氢离子放电生成氢气和氢氧根离子,则B极区附近溶液变红,故正确。
Ⅲ.(1)甲为铁粉在氯化钠溶液中的腐蚀,乙为铁粉与碳形成原电池的腐蚀,而丙的腐蚀没有电解质溶液,所以腐蚀的速率大小为乙>甲>丙,故一段时间后液面最高的是乙。
(2)乙装置中发生吸氧腐蚀,正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-。
答案:Ⅰ.AgNO3　Cu-2e-Cu2+　阳极
Ⅱ.(1)牺牲阳极的阴极保护法　(2)②④⑥
Ⅲ.(1)乙　(2)O2+4e-+2H2O4OH-
19.解析:(1)由题图可知,电解质溶液为KOH溶液,负极电极反应式为H2-2e-+2OH-2H2O;若将负极材料改为CH4,负极发生反应的方程式为CH4+10OH--8e-CO32-+7H2O。
(2)电解质溶液是2 mol·L-1的KOH溶液,电池总反应为4NH3+3O22N2+6H2O,根据反应可知,氨气作原电池的负极,该电池负极的电极反应式为2NH3+6OH--6e-N2+6H2O;根据反应可知,每转移6 mol的电子产生标准状况下的气体的物质的量为1 mol,体积为 22.4 L。
(3)①据题图可知,正极为多孔催化层;②根据题中信息可知,反应的离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl↓;③理论上耗氧体积为0.224 L(标准状况下),物质的量为0.01 mol;由题图可知,负极电极反应式为Cu-2e-Cu2+,正极电极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-,根据得失电子守恒规律可知,消耗0.01 mol 氧气,生成铜离子0.02 mol,生成Cu2(OH)3Cl为0.01 mol,质量为0.01 mol×214.5 g·mol-1=
2.145 g。
答案:(1)H2-2e-+2OH-2H2O　CH4+10OH--8e-CO32-+7H2O　
(2)2NH3+6OH--6e-N2+6H2O　22.4
(3)①b　②2Cu2++3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl↓
③2.145
20.解析:(1)甲池工作时,NO2转变成N2O5,氮元素的化合价升高,则石墨Ⅰ为负极,电极反应式为NO2+NO3--e-N2O5,石墨Ⅱ为正极。
(2)由于石墨Ⅰ为负极,原电池中阴离子向负极移动,根据得失电子守恒计算得1 mol O2反应转移4 mol电子,同时有4 mol NO2转变成N2O5,相同条件下气体的体积比等于物质的量之比,故O2和NO2的体积比为1∶4。
(3)由于石墨Ⅱ为正极,故Fe(Ⅰ)为阳极,铁失去电子生成亚铁离子,电极反应为Fe-2e-Fe2+。
(4)Fe(Ⅱ)为阴极,根据0.01 mol Cr2O72-～0.02 mol Cr3+～0.06 mol e-,此时阳极产生的0.06 mol二价铁离子转变为三价铁离子,阳极上起先有0.06 mol铁溶解变为二价铁离子,故转移电子的物质的量为0.12 mol。
答案:(1)正　NO2+NO3--e-N2O5
(2)石墨Ⅰ　1∶4
(3)Fe-2e-Fe2+
(4)0.12