2021年高考化学三轮冲刺《化学反应与能量》练习三（含答案）

2021年高考化学三轮冲刺

《化学反应与能量》练习三

1.某小组为研究原电池原理，设计如图装置，下列叙述正确的是(　　)

A．若X为Fe，Y为Cu，铁为正极

B．若X为Fe，Y为Cu，电子由铜片流向铁片

C．若X为Fe，Y为C，碳棒上有红色固体析出

D．若X为Cu，Y为Zn，锌片发生还原反应

2.已知：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)   ΔH=a kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)===2CO(g)     ΔH=－220 kJ·mol－1

H—H、O===O和O—H键的键能分别为436、496和462 kJ·mol－1，则a为(　　)

A．－332         B．－118          C．＋350         D．＋130

3.Fe3＋、Fe2＋、NO、NH、H＋和H2O六种微粒属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物。下列叙述中不正确的是(　　)

A．还原产物为NH

B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8

C．Fe3＋和Fe2＋分别属于反应物和生成物

D．若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2＋－e－===Fe3＋

4.将编号为①②③④的四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。①②相连时，外电路电流从②流向①，①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出，③④相连时，③的质量减少；据此判断这四种金属活动性由大到小的顺序是(　　)

A．①③②④      B．①③④②      C．③④②①      D．③①②④

5.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。

下列说法不正确的是（     ）

A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%

B．CH4→CH3COOH过程中，有C―H键发生断裂

C．①→②放出能量并形成了C―C键

D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率

6.在25 ℃、101 kPa下，0.2 mol C2H2完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出259.92 kJ热量，表示上述反应的热化学方程式正确的是(　　)

A．2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(g)      ΔH=＋259.92 kJ·mol－1

B．2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)      ΔH=－259.92 kJ·mol－1

C．2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)      ΔH=＋2599.2 kJ·mol－1

D．2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)      ΔH=－2599.2 kJ·mol－1

7.Cu2S与一定浓度的HNO3反应,生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O,当NO2和NO的体积相等时,实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为(　　)

A.1∶7        B.1∶5        C.1∶9        D.2∶9

8.CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O72-反应如下。

反应I：CuS+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O(未配平)

反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O(未配平) 

下列有关说法正确的是（     ）

A．反应I和Ⅱ中各有2种元素的化合价发生变化

B．处理1molCr2O72-时反应I、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等

C．反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5

D．质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O72-

9.用脱硫弧菌生物法净化硫化氢废气,是减小硫化氢对空气污染的一种方法。其反应原理为H2S+2HCS+CH3COOH,下列有关该反应的说法中正确的是(　　)

A.反应过程中无能量变化

B.CH3COOH分子中只含有极性键

C.反应中HC发生氧化反应

D.反应中生成1 mol CH3COOH转移电子为8 mol

10.H2与ICl的反应分①②两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法错误的是(　　)

A．反应①、反应②均为放热反应

B．反应①、反应②均为氧化还原反应

C．反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化能无关

D．反应①、反应②的焓变之和为ΔH=－218 kJ·mol－1

11.已知H—H键键能(断裂时吸收或生成时释放的能量)为436 kJ·mol－1，N—H键键能为391 kJ·mol－1，根据热化学方程式：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH=－92.4 kJ·mol－1。则N≡N键的键能是(　　)

A．431 kJ·mol－1   B．945.6 kJ·mol－1     C．649 kJ·mol－1   D．896 kJ·mol－1

12.电化学在日常生活中用途广泛，下图是镁—次氯酸钠燃料电池，电池总反应为：Mg＋ClO－＋H2O===Cl－＋Mg(OH)2↓，下列说法不正确的是(　　)

A．惰性电极上发生氧化反应

B．镁电极是该电池的负极

C．正极反应式为ClO－＋H2O＋2e－===Cl－＋2OH－

D．进料口加入NaClO溶液，出口流出的为NaCl溶液

13. (1)真空碳热还原-氧化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：

Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)═3AlCl(g)+3CO(g)   △H=akJ·mol-1

3AlCl(g)═2Al(l)+AlCl3(g)                 △H=bkJ·mol-1

反应Al2O3(s)+3C(s)═2Al(l)+3CO(g)的△H=________kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)；

(2)已知 2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H反应过程的能量变化如图所示，已知1mol SO2(g)氧化为1mol SO3放出99kJ的热量，请回答下列问题：

①图中A分别表示______________；

②E的大小对该反应的反应热_________(填“有”或“无”)影响；

③该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点 __________(填“升高”“降低”)。

14.某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。

实验记录如下：

请回答下列问题：

(1)实验操作Ⅰ时，A中反应的离子方程式为_____________________________________。

(2)实验操作Ⅱ吹入热空气的目的是___________________________________________。

(3)装置C的作用是________________________________________________；

C中盛放的药品是______________________。

(4)实验操作Ⅲ中混合液逐渐变成红棕色，其对应的离子方程式为_________________________。

(5)由上述实验得出的结论是____________________________________。

(6)①有同学认为实验操作Ⅱ吹入的热空气，会干扰(5)中结论的得出，你认为是否有干扰，

理由是_____________________________________________________________________。

②实验操作Ⅲ，开始时颜色无明显变化的原因是

____________________________________________________(写出一条即可)。

15.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______________、___________，制得等量H2所需能量较少的是____________。

16.采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题

已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)          ΔH1=−4.4 kJ·mol−1

2NO2(g)=N2O4(g)                       ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1

则反应N2O5(g)=2NO2(g)+ O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol−1。

0.答案详解

1.答案为：C；

解析：Fe比Cu活泼，Fe作负极，电子从Fe流向Cu，故A、B两项错误；若X为Fe，Y为C，电解质溶液为硫酸铜，则正极C上析出Cu，故C正确；Zn比Cu活泼，Zn作负极发生氧化反应，故D错误。

2.答案为：D；

解析：根据盖斯定律由题给的两个热化学方程式可得：

2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)   ΔH=＋(2a＋220) kJ·mol－1，

则有：4×462 kJ·mol－1－2×436 kJ·mol－1－496 kJ·mol－1=(2a＋220) kJ·mol－1，

解得a=＋130，故选项D正确。

3.答案为：C；

解析：结合给出的一组离子可知，该氧化还原反应为酸性条件下NO将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原为NH，A正确，C错误；

反应的离子方程式为NO＋10H＋＋8Fe2＋===8Fe3＋＋NH＋3H2O，氧化剂NO和还原剂Fe2＋的化学计量数分别为1和8，B正确；

原电池的负极发生氧化反应，D正确。

4.答案为：B；

解析：①②相连时，外电路电流从②流向①，说明②是正极；①比较活泼；①③相连时，③为正极，说明①比③活泼；②④相连时，②上有气泡逸出，说明②是正极，④比②活泼；③④相连时，③的质量减少，说明③是负极，③比④活泼，所以金属的活动性顺序为：①③④②。

5.答案为：D；

解析：分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。

6.答案为：D；

解析：C2H2(g)与O2(g)的反应为放热反应，则有ΔH<0，A、C错误；

0.2 mol C2H2完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出259.92 kJ热量，则2 mol C2H2完全燃烧放出 2599.2 kJ热量，则B错误，D正确。

7.答案为：A；

解析：NO2和NO的体积相等,即物质的量相等,令物质的量均为1mol,根据得失电子数目守恒,即有2n(Cu2S)×1+n(Cu2S)×8=1mol×1+1mol×3,解得n(Cu2S)=mol,参加反应的硝酸一部分作氧化剂,一部分表现酸性,因此n(Cu2S)∶n(HNO3)=∶(2+)=1∶7,A项正确。

8.答案为：C；

解析：A.在反应I中S、Cr元素化合价发生变化，在反应II中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生了变化，A错误；

B.反应I方程式配平后为3CuS+4Cr2O72-+32H+→3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O，反应II配平后的方程式为3Cu2S+5Cr2O72-+46H+→6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O，可见处理1molCr2O72-时，反应I消耗H+的物质的量是8mol，反应Ⅱ消耗H+的物质的量是9.2mol,B错误；

C.反应Ⅱ中还原剂是Cu2S，氧化剂是Cr2O72-，二者反应的物质的量之比为3：5，C正确；

D.根据方程式可知3mol即3×96g CuS处理4mol Cr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为4mol÷(3×96)=mol；3mol即3×160g Cu2S处理5mol Cr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为5mol÷(3×160)=mol，可见质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O72-，D错误；故合理选项是C。

9.答案为：D；

解析：任何化学反应均伴有能量变化,A项错误;CH3COOH中的碳氢键、碳氧单键、氧氢键、碳氧双键均为极性键,而碳碳单键为非极性键,B项错误;HC中的碳元素为+4价,而CH3COOH中碳元素的平均化合价为0价,故发生了还原反应,C项错误;反应中生成1molCH3COOH转移8mol电子,D项正确。

10.答案为：C；

解析：反应物的总能量大于生成物的总能量，反应是放热反应，根据图象，故A说法正确；反应①中H的化合价由0→＋1，部分I的化合价降低，属于氧化还原反应，反应②中，I的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B说法正确；反应①比反应②慢，说明反应①中正反应的活化能较大，反应②中正反应的活化能较小，故C说法错误；根据盖斯定律，知反应的焓变只与始态和终态有关，与反应的途径无关，因此ΔH=－218 kJ·mol－1，故D说法正确。

11.答案为：B；

解析：ΔH=E(N≡N键键能)＋3×E(H—H键键能)－6×E(N—H键键能)，

则E(N≡N键键能)=ΔH－3×E(H—H键键能)＋6×E(N—H键键能)=－92.4 kJ·mol－1－3×436 kJ·mol－1＋6×391 kJ·mol－1=945.6 kJ·mol－1。

12.答案为：A；

解析：由总反应可知镁发生氧化反应，“负氧正还原”，镁为负极，惰性电极上发生还原反应，A项错误，B项正确；负极反应为：Mg－2e－＋2OH－===Mg(OH)2↓，正极反应为：ClO－＋2e－＋H2O===Cl－＋2OH－，C、D项正确。

13.答案为：a+b；反应物总能量；无；降低；

解析：

(1)①Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)═3AlCl(g)+3CO(g) △H=akJ•mol-1，

②3AlCl(g)═2Al(l)+AlCl3(g) △H=bkJ•mol-1，

结合盖斯定律可知，反应①+②得到Al2O3(s)+3C(s)═2Al(l)+3CO(g) △H=(a+b)kJ•mol-1，

故答案为：a+b；

(2)①图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量，故答案为：反应物总能量；

②E为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，故答案为：无；

③催化剂能够降低反应的活化能，不影响反应物和生成物能量高低，因此图中B点会降低，故答案为：降低。

14.答案为：

(1)2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－

(2)吹出单质Br2

(3)吸收多余的Br2，以免污染环境　NaOH溶液

(4)H2O2＋2Br－＋2H＋===Br2＋2H2O

(5)氧化性：H2O2>Br2>H2SO3

(6)①不干扰，无论热空气是否参加氧化H2SO3，只要观察到B中产生白色沉淀的同时颜色无明显变化，即能证明Br2氧化了H2SO3　②H2SO3有剩余(或H2O2浓度小或Br－与H2O2反应慢等合理答案均可)

解析：

(1)实验操作Ⅰ是Cl2置换出NaBr中的Br2，发生的反应为Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2。

(2)溴易挥发，利用热空气吹出溴蒸气。

(3)溴有毒，易造成空气污染，不能直接排到空气中，应利用强碱溶液进行尾气吸收。

(4)操作Ⅱ中，产生大量白色沉淀，且溶液颜色没有明显变化，说明Br2将H2SO3氧化为H2SO4(产生BaSO4沉淀)，自身被还原为Br－。加入H2O2，混合溶液变成红棕色，说明有Br2生成，即H2O2将Br－氧化成Br2，注意溶液呈酸性。

(5)H2O2将Br－氧化成Br2，Br2将H2SO3氧化成H2SO4，故氧化性：H2O2>Br2>H2SO3。

(6)①热空气会氧化H2SO3，但可以通过颜色变化来判断Br2被H2SO3还原。②开始时颜色无明显变化，可能是因为H2SO3过量、H2O2浓度小、H2O2与Br－反应慢等。

15.答案为：

H2O(l)=H2(g)+0.5O2(g)，ΔH=+286 kJ/mol，H2S(g)=H2(g)+S(s)，ΔH=+20 kJ/mol；系统（II）；

解析：

①H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+0.5O2(g)  △H1=＋327 kJ/mol

②SO2(g)+I2(s)+ 2H2O(l)=2HI(aq)+ H2SO4(aq)     △H2=－151 kJ/mol

③2HI(aq)= H2 (g)+ I2(s)                      △H3=＋110 kJ/mol

④H2S(g)+ H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+ 2H2O(l)        △H4=＋61 kJ/mol

①+②+③，整理可得系统（I）的热化学方程式H2O(l)=H2(g)+0.5O2(g)  △H=+286 kJ/mol；

②+③+④，整理可得系统（II）的热化学方程式H2S (g)=H2(g)+S(s)  △H=+20 kJ/mol。

根据系统I、系统II的热化学方程式可知：每反应产生1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统II。

16.答案为：O2  53.1；

解析：①已知：

ⅰ、2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)  △H1=－4.4kJ/mol

ⅱ、2NO2(g)=N2O4(g)   △H2=－55.3kJ/mol

根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)=2NO2(g)+1/2O2(g)  △H1=＋53.1kJ•mol‾1。