苏教版高中化学选择性必修1专题1化学反应与能量变化综合拔高练含答案

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综合拔高练 考点1　　反应热、焓变、盖斯定律1.(2021浙江1月选考,20)已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表:则2O(g) O2(g)的ΔH为(　　)A.428 kJ·mol-1　　　　　　B.-428 kJ·mol-1C.498 kJ·mol-1　　　　　　D.-498 kJ·mol-12.(2022浙江6月选考,18)标准状态下,下列物质气态时的相对能量如下表:可根据HO(g)+HO(g) H2O2(g)计算出H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol-1。下列说法不正确的是(　　)A.H2的键能为436 kJ·mol-1B.O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍C.解离氧氧单键所需能量:HOOH2O2,C错误;H2O(g)+O(g) H2O2(g)的ΔH=[-136-(-242+ 249)]kJ·mol-1=-143 kJ·mol-1,D正确。3.答案　170　解析　根据盖斯定律可知,反应④可由①+②3-③得到,故ΔH4=ΔH1+ΔH23-ΔH3=-1 036 kJ·mol-1+94 kJ· mol-13-(-484 kJ·mol-1)=+170 kJ·mol-1。4.B　Ag失去电子发生氧化反应,作原电池负极,A错误;电子由负极Ag经活性炭流向正极Pt,B正确;溶液显酸性,故Pt表面发生的电极反应为O2+4H++4e- 2H2O,C错误;每消耗标准状况下11.2 L的O2,转移电子2 mol,依据负极反应Ag-e-+Cl- AgCl,可知最多去除 2 mol Cl-,D错误。5.C　原电池放电时,阳离子向正极移动,故K+均向正极移动,A项错误;CH3OH-O2和(CH3)2NNH2-O2放电时产生的二氧化碳与KOH反应,KOH的物质的量减小,N2H4-O2放电时电池总反应式为N2H4+O2 N2+2H2O,放电过程中KOH的物质的量不变,B项错误;三种燃料转移电子数关系为CH3OH~6e-,N2H4~4e-,(CH3)2NNH2~16e-,1 g CH3OH、N2H4、(CH3)2NNH2分别转移316 mol、18 mol、415 mol电子,故消耗等质量燃料,(CH3)2NNH2-O2燃料电池的理论放电量最大,C项正确;根据N2H4-O2放电时电池总反应式:N2H4+O2 N2+2H2O,可知消耗1 mol O2时,理论上气体产物的体积在标准状况下为22.4 L,D项错误。6.B　海水能导电,故起电解质溶液作用,A正确。N为电池正极,除了H2O,海水中溶解的O2也可能得电子,电极反应为O2+4e-+2H2O4OH-, B错误。玻璃陶瓷的作用:一是传导离子,形成闭合回路;二是防水,阻止Li与H2O反应,C正确。根据电池结构可知该电池属于一次电池,D正确。7.C　由题意可知,放电时,Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O,则Zn为负极,V2O5为正极,故A项正确;Zn2+为阳离子,放电时阳离子由负极向正极迁移,故B项正确;充电过程为放电过程的逆过程,充电时的总反应为ZnxV2O5·nH2O xZn+V2O5+nH2O,故C项错误;放电时正极反应为xZn2++V2O5+nH2O+2xe- ZnxV2O5·nH2O,则充电时阳极反应为ZnxV2O5·nH2O-2xe- xZn2++V2O5+nH2O,故D项正确。8.B　该储能电池放电时,Pb为负极,失电子结合硫酸根离子生成PbSO4,则多孔碳电极为正极,正极上Fe3+得电子转化为Fe2+,H+由左侧通过质子交换膜进入右侧;充电时,多孔碳电极为阳极,Fe2+失电子生成Fe3+,PbSO4电极为阴极,PbSO4得电子生成Pb和SO42-,H+由右侧通过质子交换膜进入左侧。放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上,负极质量增大,A错误;储能过程中,该装置为电解池,将电能转化为化学能,B正确;放电时,右侧多孔碳电极为正极,电解质溶液中的阳离子向正极移动,左侧的H+通过质子交换膜移向右侧,C错误;充电时,总反应为PbSO4+2Fe2+ Pb+SO42-+2Fe3+,D错误。9.B　电解的总反应式为2Ni(OH)22NiOOH+H2↑,故电解后KOH溶液的物质的量浓度不变,A、C项错误;电解时阳极上Ni(OH)2被氧化为NiOOH,电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-NiOOH+H2O,B项正确;未指明是否在标准状况下测定,故无法计算O2的体积,D项错误。10.D　由题图可知,右侧电极产生氢气,则右侧钛箔-MnOx电极为阴极,b电极为负极,左侧钛网-PRT电极为阳极,a电极为正极,以此解题。由分析可知,a为正极,b为负极,则a端电势高于b端电势,A错误;阴极发生反应2H2O+2e- H2↑+2OH-,则理论上转移2 mol e-时,生成H2 2 g,B错误;高选择性催化剂PRT可抑制O2产生,则阳极上的电极反应式为Cl-+H2O-2e- HClO+H+,结合阴极反应式可知,电解后海水pH不会下降,C错误,D正确。11.D　由题图可知,该装置为电解水制取氢气的装置,a电极与电源正极相连,为电解池的阳极,b电极与电源负极相连,为电解池的阴极,阴极反应式为2H2O+2e- H2↑+2OH-,阳极反应式为4OH--4e- O2↑+2H2O,总反应为2H2O 2H2↑+O2↑,据此解答。b电极为阴极,发生还原反应,b电极反应式为2H2O+2e- H2↑+2OH-,故A正确;该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH溶液的浓度不变,阳极发生的电极反应式为4OH--4e- O2↑+2H2O,为保持OH-浓度不变,则阴极产生的OH-要通过离子交换膜进入阳极室,即离子交换膜应为阴离子交换膜,故B正确;PTFE膜可透汽但不透液态水,电解时电解槽中不断有水被消耗,海水中动能高的水分子即气态水可穿过PTFE膜,为电解池补水,使KOH溶液的浓度不变,故C正确;由电解总反应可知,每生成1 mol H2要消耗1 mol H2O,生成H2的速率为x mol·h-1,则补水的速率也应是x mol·h-1,故D错误。 练1.D　利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水,则总反应为2H2O 2H2↑+O2↑,故A正确;断裂化学键吸收能量,结合表中数据可知,过程Ⅰ吸收了463 kJ×2=926 kJ能量,故B正确;形成化学键释放能量,则过程Ⅱ放出了436 kJ+138 kJ=574 kJ能量,故C正确;过程Ⅲ为1 mol H2O2分解成1 mol O2和1 mol H2,即断裂2 mol H—O键和1 mol O—O键,形成1 mol 键和1 mol H—H键,吸收的总能量为463 kJ×2+138 kJ=1 064 kJ,放出的总能量为496 kJ+ 436 kJ=932 kJ,吸收的总能量大于放出的总能量,则过程Ⅲ为吸热反应,故D错误。2.A　将开关K与a连接后电极B为阳极,电极反应式为Cu-2e- Cu2+,电极A为阴极,电极反应式为Cu2++2e- Cu,一段时间后右侧溶液中Cu2+浓度增大,而左侧溶液中Cu2+浓度减小,为了保持Cu2+的浓度差必须保证Cu2+不能通过交换膜,故交换膜是阴离子交换膜,A项错误,B项正确;一段时间后K与b连接,电极A为负极,电极反应式为Cu-2e- Cu2+,电极B为正极,电极反应式为Cu2++2e- Cu,C项正确;交换膜为阴离子交换膜,故K与b连接时,导线中通过2 mol电子,约有1 mol SO42-通过交换膜,D项正确。3.C　含Fe的催化电极上发生转化NO→NH3OHCl,N元素化合价降低,含Fe的催化电极作正极,Pt电极上发生转化H2→H+,H元素化合价升高,Pt电极作负极,A项错误;NH2OH具有类似NH3的弱碱性,可以和盐酸反应生成NH3OHCl,所以缺少的一步反应为NH2OH+H+ NH3OH+,图2中,A为H+,B为NH3OH+,B项错误;含Fe的催化电极为正极,其电极反应式为NO+3e-+4H+ NH3OH+,4个H+中有1个是左侧溶液中盐酸提供的,3个是右侧溶液迁移过来的,标准状况下2.24 L NO的物质的量为2.24 L22.4 L/mol=0.1 mol,则左室溶液增加的质量为0.1 mol NO和0.3 mol H+的质量,即增加质量为3.3 g,C项正确;负极电极反应式为H2-2e- 2H+,生成的H+通过氢离子交换膜进入正极区,负极区pH不变,正极电极反应式为NO+3e-+4H+ NH3OH+,消耗4 mol H+时,只有3 mol H+从负极区进入正极区,正极区H+浓度减小,pH增大,D项错误。4.答案　(1)A　(2)CH4(g)+2O2(g) CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-890 kJ·mol-1　(3)-1 160 kJ·mol-1　(4)415.1解析　(1)反应物总能量高于生成物总能量,该反应放热,热化学方程式为CH4(g)+2O2(g) CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-(882-80)kJ·mol-1=你-802 kJ·mol-1,A正确;甲烷完全燃烧时化学能不能完全转化为热能,也有部分能量转化为光能,B错误;过量的空气会带走一部分热量,导致热效率降低,C错误。(2)1 g水蒸气转化为液态水放热2.444 kJ, 1 mol CH4反应生成2 mol液态水,放出的热量应为802 kJ+2 mol× 18 g/mol×2.444 kJ/g≈890 kJ,则表示CH4标准燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g) CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-890 kJ·mol-1。(3)1 mol CH4将NO2还原为N2,生成气态水,整个过程中放出的热量为867 kJ,则有③CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH3= -867 kJ·mol-1,根据盖斯定律③×2-①可得CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH2=-867 kJ·mol-1×2-(-574 kJ·mol-1)= -1 160 kJ·mol-1。(4)已知CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)　ΔH= +206.4 kJ·mol-1,206.4=(4a+465×2)-(1 076+436×3),a=415.1。答案　(1)负　2H2O-4e- O2↑+4H+　变浅　(2)1∶2∶2∶2　(3)铜　AgNO3　5.4　变大　(4)0.08解析　C、D、E、F、X、Y都是惰性电极,将直流电源接通后,F极附近呈红色,则F电极附近有碱生成,则F电极上水电离出的H+得到电子发生还原反应生成氢气,F为串联电解池的阴极,所以C、E、G、X是阳极,D、F、H、Y是阴极,连接阳极的电极A是电源的正极、连接阴极的电极B是电源的负极。(1)电极B是电源的负极;C极为串联电解池的阳极,水电离出的OH-在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气,电极反应式为2H2O-4e- O2↑+4H+;Fe(OH)3胶粒带正电荷,通电一段时间后,氢氧化铁胶粒向阴极Y移动,则电极X附近的颜色逐渐变浅。(2)C、D、E、F电极发生的电极反应分别为2H2O-4e- O2↑+4H+、Cu2++2e- Cu、2Cl--2e- Cl2↑、2H2O+2e- H2↑+ 2OH-,当电路中转移1 mol电子时,各电极生成单质的量分别为 0.25 mol、0.5 mol、0.5 mol、0.5 mol,则对应单质的物质的量之比为1∶2∶2∶2。(3)电镀装置中,镀层金属作阳极,镀件作阴极,所以H应该是镀件铜;电解质溶液中含Ag+,应为AgNO3溶液;当乙中溶液的c(OH-)=0.1 mol·L-1时,由电极反应2H2O+2e- H2↑+2OH-可知,转移电子0.1 mol·L-1×0.5 L=0.05 mol,丙中镀件上析出银的质量=108 g·mol-1×0.05 mol=5.4 g;甲中电解CuSO4溶液生成Cu、H2SO4和O2,溶液中H+浓度增大,酸性变大。(4)电镀前两电极质量相同,电镀完成后二者质量相差5.12 g,说明阳极溶解的铜的物质的量为5.12 g264 g·mol-1=0.04 mol,则电路中通过的电子为0.04 mol×2=0.08 mol。6.答案　(1)CO2+2e-+2H+ HCOOH(2)确定阴极上生成的含碳化合物源自二氧化碳而非有机多孔电极材料(3)2.8解析　(1)b电极为阴极,二氧化碳得到电子在酸性环境下发生还原反应生成HCOOH,电极反应式为CO2+2e-+2H+ HCOOH。(2)有机多孔电极材料中含有碳元素,科研小组利用13CO2代替原有的CO2进行研究,其目的是确定阴极上生成的含碳化合物源自二氧化碳而非有机多孔电极材料。(3)控制电压为0.8V,电解时生成0.2 mol乙醇和0.2 mol氢气,电极反应式为2CO2+12e-+12H+ CH3CH2OH+3H2O、2H++2e- H2↑,则转移电子的物质的量为0.2 mol×12+0.2 mol×2=2.8 mol。共价键H—HH—O键能/(kJ·mol-1)436463热化学方程式2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)　ΔH=-482 kJ·mol-1物质(g)OHHOHOOH2O2H2O2H2O能量/kJ·mol-1249218391000-136-242化学键H—OH—HO—O键能/(kJ/mol)463496436138化学键H—HO—HC—HC← O键能/(kJ/mol)436465a1 076