2022届高考化学一轮必备测试第六章第一节《化学反应与能量的变化》(人教版选修四).docx

一、选择题(此题包括10小题，每题5分，共50分)
1．从如下列图的某气体反响的能量变化分析，以下判断错误的选项是(　　)
A．这是一个放热反响
B．该反响可能需要加热
C．生成物的总能量低于反响物的总能量
D．反响物比生成物更稳定

答案：D
2．热化学方程式2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH1＝－571.6 kJ/mol，那么关于热化学方程式2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH2＝的说法正确的选项是(　　)
A．热化学方程式中化学计量数表示分子数
B．该反响ΔH2大于零
C．该反响ΔH2＝－571.6 kJ/mol
D．该反响与上述反响属于可逆反响
解析：热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，而不表示分子数。该反响是2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH1＝－571.6 kJ/mol，逆向进行的反响，反响热为ΔH2＝＋571.6 kJ/mol，但该反响不属于上述反响的逆反响，因反响条件不相同。
答案：B
3．以下与化学反响能量变化相关的表达正确的选项是(　　)
A．生成物总能量一定低于反响物总能量
B．放热反响的反响速率总是大于吸热反响的反响速率
C．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反响焓变
D．同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
解析：放热反响的特点是生成物总能量低于反响物总能量，吸热反响的特点是生成物总能量高于反响物总能量，A选项错误；反响速率受反响物本身的性质、压强、温度、浓度、催化剂等因素影响，与反响放热或吸热无直接关系，B选项错误；盖斯定律说明：焓变与反响过程无关，只与反响始态和终态有关，C选项正确；同一反响的ΔH不因反响条件的改变而改变，D选项错误。
答案：C
4．以下说法中正确的选项是(　　)
A．在化学反响过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化
B．破坏生成物全部化学键所需要的能量大于破坏反响物全部化学键所需要的能量时，该反响为吸热反响
C．生成物的总焓大于反响物的总焓时，反响吸热，ΔH>0
D．ΔH的大小与热化学方程式的计量数无关
解析：化学反响中一定有能量变化，A错误；B项中，ΔH＝反响物的键能总和－生成物的键能总和，得ΔH<0，故为放热反响。
答案：C
5．(2022·临川模拟)以下关于热化学反响的描述中正确的选项是(　　)
A．HCl和NaOH反响的中和热ΔH＝－57.3 kJ/mol，那么H2SO4和Ca(OH)2反响的中和热ΔH＝2×(－57.3) kJ/mol
B．碳与二氧化碳反响既是吸热反响，又是化合反响
C．热化学方程式中化学计量系数可表示分子个数
D．1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
解析：中和热是指稀溶液中酸和碱反响生成1 mol H2O放出的热量，A错；热化学方程式中化学计量系数只表示物质的量，C错；1 mol CH4燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量才是甲烷的燃烧热，D错。
答案：B
6．(2022·上海高考)根据碘与氢气反响的热化学方程式：
(Ⅰ)I2(g)＋H2(g) 2HI(g)　ΔH＝－9.48 kJ·mol－1
(Ⅱ)I2(s)＋H2(g)2HI(g)　ΔH＝＋26.48 kJ·mol－1，
以下判断正确的选项是(　　)
A．254 g I2(g)中通入2gH2(g)，反响放热9.48 kJ
B．1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ
C．反响(Ⅰ)的产物比反响(Ⅱ)的产物稳定
D．反响(Ⅱ)的反响物总能量比反响(Ⅰ)的反响物总能量低
解析：反响是可逆反响，反响物不能完全转化；利用盖斯定律可得出1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差35.96 kJ；同一种物质的能量在相同条件下，能量一样多。利用盖斯定律可得出选项D正确。
答案：D
7．氯气、溴蒸气分别跟氢气反响的热化学方程式如下
(Q1、Q2均为正值)：
H2(g)＋Cl2(g)→2HCl(g)　ΔH1＝－Q1 kJ·mol－1
H2(g)＋Br2(g)→2HBr(g)　ΔH2＝－Q2 kJ·mol－1
有关上述反响的表达正确的选项是(　　)
A．Q1<Q2
B．生成物总能量均高于反响物总能量
C．生成1 mol HCl气体时放出Q1热量
D．1 mol HBr(g)具有的能量大于1 mol HBr(l)具有的能量
解析：A项，因为Cl2比Br2活泼，HCl比HBr稳定，所以Q1>Q2；B项，因为反响为放热反响，所以生成物总能量要低于反响物总能量；C项，生成1 mol HCl气体时放出热量Q1；D项，因为HBr(g)→HBr(l)为放热过程，所以1 mol HBr(g)具有的能量大于1 mol HBr(l)具有的能量。
答案：D
8．如下列图是298 K时，N2与H2反响过程中能量变化的曲线图，以下表达正确的选项是(　　)
A．该反响的热化学方程式为：
N2＋3H22NH3　ΔH＝－92 kJ/mol
B．a曲线是参加催化剂时的能量变化曲线
C．参加催化剂，该化学反响的反响热改变
D．在温度、体积一定的条件下，通入1 mol N2和3 mol H2反响后放出的热量为Q1 kJ，假设通入2 mol N2和6 mol H2反响后放出的热量为Q2 kJ，那么184>Q2>2Q1
解析：热化学方程式中，必须注明各物质的状态，A错误；该反响为可逆反响，反响不能进行完全，故通入2 mol N2和6 mol H2反响后不可能生成4 mol NH3，放出的热量少于184 kJ，压强越小反响进行的程度越小，即平衡向逆反响方向移动，在同一容器中充入1 mol N2和3 mol H2反响后放出的热量小于前者的一半，D正确；参加催化剂可以降低活化能，使反响速率增大，但不会改变反响热，B、C错误。
答案：D
9．(2022·潍坊模拟)将1 g H2和4 g O2混合点燃，充分反响，放出71.45 kJ热量，同样条件下1 mol H2在O2中完全燃烧放出的热量是(　　)
A．71.45 kJ　　　　　　　　B．142.9 kJ
C．571.6 kJ D．285.8 kJ
解析：1 g H2和4 g O2反响时，H2剩余，实际参加反响的H2为0.5 g，因此1 mol氢气在O2中完全燃烧放出的热量为71.45 kJ×4＝285.8 kJ，D正确。
答案：D
10．热化学方程式：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH＝－Q kJ/mol(Q>0)。以下说法正确的选项是(　　)
A．相同条件下，2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所具有的能量小于2 mol SO3(g)所具有的能量
B．将2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)置于一密闭容器中充分反响后，放出热量为Q kJ
C．增大压强或升高温度，该平衡都向逆反响方向移动
D．如将一定量SO2(g)和O2(g)置于某密闭容器中充分反响后放热Q kJ，那么此过程中有2 mol SO2(g)被氧化
解析：由于SO2和O2反响放热，所以相同条件下，2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所具有的能量大于2 mol SO3(g)所具有的能量，A错误。SO2和O2的反响是可逆反响，将2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)置于一密闭容器中充分反响后，参加反响的SO2小于2 mol，放出的热量小于Q kJ，B错误。增大压强，该平衡向正反响方向移动，C错误。
答案：D
二、非选择题(此题包括4小题，共50分)
11．(12分)如图是某同学设计的放热反响的观察装置，其实验操作是①按图所示将实验装置连接好；②在U形管内参加少量红墨水(或品红溶液)翻开T形管螺旋夹，使U形管内两边的液面处于同一水平面，再夹紧螺旋夹；③在中间的试管里盛1 g氧化钙，当滴入2 mL左右的蒸馏水后，即可观察。
试答复：
(1)实验中观察到的现象是_____________________________________________。
(2)该实验中必须进行的一步实验操作是_________________________________。
(3)该实验的原理是___________________________________________________。
(4)实验中发生的化学反响方程式：____________________________________。
(5)说明CaO、H2O的能量与Ca(OH)2能量之间的关系：
________________________________________________________________________。
(6)假设该实验中CaO换成NaCl，实验还能否观察到相同现象________(填“能〞或“否〞)。
解析：从提供的仪器看，实验的目的意在通过观察U形管里液面变化指示左边装置中发生反响的热量变化，在实验中利用大试管里的空气膨胀，故此实验要求装置必须气密性良好，否那么无法观察到现象。
答案：(1)U形管里的红墨水(或品红溶液)会沿开口端上升，即液面左侧下降，右侧升高
(2)检查装置气密性
(3)CaO和H2O反响放出热量使大试管中空气膨胀，引起红墨水(或品红溶液)在U形管中的位置左低右高
(4)CaO＋H2O===Ca(OH)2
(5)CaO和H2O的能量之和大于Ca(OH)2的能量
(6)否
12．(16分)2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)反响过程的能量变化如下列图。1 mol SO2(g)氧化为1 mol SO3(g)的ΔH＝－99 kJ·mol－1。
请答复以下问题：
(1)图中A、C分别表示________、________，E的大小对该反响的反响热有无影响________.该反响通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低________，理由是________________________________________________________________________；
(2)图中ΔH＝________kJ·mol－1；
(3)V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被复原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化．写出该催化循环机理的化学方程式
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)单质硫的燃烧热为296 kJ·mol－1，计算由S(s)生成3 mol SO3(g)的ΔH(要求计算过程)。
解析：(1)由图像很容易得出，纵坐标表示各种物质的能量．E是反响所必经的一个过渡状态，它只影响反响的难易程度，而整个反响过程的反响热只与反响的始终态有关，得出没有影响的结论，参加催化剂改变了反响历程，使活化能降低。
(2)中的ΔH可根据1 mol SO2参加反响时放热99 kJ，而图像中表示的是2 mol SO2反响，所以99 kJ要乘以2。
(3)化学方程式根据元素守恒即可写出。
(4)考查盖斯定律的应用，考查燃烧热的概念必须是1 mol S(s)完全燃烧。
答案：(1)反响物总能量　生成物总能量　没有影响
降低　因为催化剂改变了反响历程，使活化能E降低
(2)－198
(3)SO2＋V2O5===SO3＋2VO2，
4VO2＋O2===2V2O5
(4)S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1＝－296 kJ·mol－1①，
SO2(g)＋O2(g)===SO3(g)　ΔH2＝－99 kJ·mol－1②，
①×3＋②×3得：
3S(s)＋O2(g)===3SO3(g)，即由S(s)生成3 mol SO3(g)的ΔH＝(ΔH1＋ΔH2)×3＝－1185 kJ·mol－1
13．(10分)2022年9月29日，“天宫一号〞发射成功，天宫一号的发射标志着中国迈入中国航天“三步走〞战略的第二步。
(1)“天宫一号〞所用火箭推进剂由液态肼(N2H4)和液态双氧水组成，当它们混合反响时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。
：0.4 mol液态肼与足量的液态双氧水反响，生成氮气和水蒸气，并放出256.65 kJ的热量。
①反响的热化学方程式为：____________________________________________。
②反响中的氧化剂是：________(写化学式)。
③当有1 mol氮气生成时，反响转移的电子数为________NA。
④此反响用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是________________________________________________________________________。
(2)我国“长征三号甲〞运载火箭一级推进剂采用四氧化二氮和偏二甲肼(C2H8N2)作为推进剂，请写出推进剂在发动机中充分燃烧时发生反响的化学方程式：____________________________________________________________________________。
该反响中氧化产物与复原产物的物质的量之比为_________________________。
解析：(1)0.4 mol液态肼反响时放出256.65 kJ的热量，1 mol液态肼反响时放出的热量为：×1 mol＝641.63 kJ，从而可写出热化学方程式。
(2)化学方程式为2N2O4＋C2H8N23N2＋2CO2＋4H2O，C2H8N2中碳元素为－2价，氮元素为－2价，假设1 mol偏二甲肼完全反响，那么生成的氧化产物为2 mol CO2和1 mol N2，复原产物为2 mol N2，那么二者物质的量之比为3∶2。
答案：(1)①N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－641.63 kJ/mol
②H2O2③4④产物稳定且不污染环境
(2)2N2O4＋C2H8N23N2＋2CO2＋4H2O3∶2
14．(12分)某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在，该废水的处理流程如下：

(1)过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通空气将氨赶出并回收。
①用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：_________________________________。
②用化学平衡原理解释通空气的目的：___________________________________。
(2)过程Ⅱ：在微生物作用的条件下，NH经过两步反响被氧化成NO。两步反响的能量变化示意图如下：
①第一步反响是________反响(选填“放热〞或“吸热〞)，判断依据是________。
②1 mol NH(aq)全部氧化成NO(aq)的热化学方程式是
________________________________________________________________________。
(3)过程Ⅲ：一定条件下，向废水中参加CH3OH，将HNO3复原成N2。假设该反响消耗32 g CH3OH转移6 mol电子，那么参加反响的复原剂和氧化剂的物质的量之比是________。
解析：此题考查化学工艺流程的分析。
(1)①加NaOH溶液，氨氮废水中的NH与OH－发生反响：NH＋OH－===NH3·H2O。②通空气将NH3带走，NH3·H2ONH3＋H2O向正反响方向移动，利用除氨。
(2)①第一步反响中反响物总能量大于生成物总能量，为放热反响。②根据盖斯定律，由第一步反响＋第二步反响可得：NH(aq)＋2O2(g) NO(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)　ΔH＝(－273 kJ/mol)＋(－73 kJ/mol)＝－346 kJ/mol。
(3)32 g CH3OH的物质的量为＝1 mol，转移6 mol电子时，根据HNO3～N2，由得失电子守恒，那么参加反响的HNO3的物质的量为1.2 mol，故氧化剂与复原剂的物质的量之比为：1.2∶1＝6∶5。
答案：(1)①NH＋OH－===NH3·H2O
②废水中的NH3被空气带走，使NH3·H2ONH3＋H2O的平衡向正反响方向移动，利于除氨
(2)①放热　ΔH＝－273 kJ/mol<0(反响物的总能量大于生成物的总能量)
②NH(aq)＋2O2(g)===2H＋(aq)＋NO(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－346 kJ/mol
(3)5∶6