高二化学 章末综合检测六.docx

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高二化学章末综合检测六

章末综合检测（六）

（时间：

60分钟；满分：

100分）

一、选择题（本题包括9小题，每小题5分，共45分）

1．已知下列几个热化学方程式：

①C（石墨，s）＋O2（g）===CO2（g）　ΔH1

②H2O（l）===H2（g）＋O2（g）　ΔH2

③CH3CH2OH（l）＋3O2（g）===2CO2（g）＋3H2O（l）　ΔH3

④C（石墨，s）＋CO2（g）===2CO（g）　ΔH4

⑤2C（石墨，s）＋O2（g）＋3H2（g）===CH3CH2OH（l）　ΔH5

下列推断正确的是（　　）

A．ΔH1>ΔH2，ΔH1<ΔH4

B．C（石墨，s）＋O2（g）===CO（g）　ΔH＝ΔH1＋ΔH4

C．ΔH5＝2ΔH1－3ΔH2－ΔH3

D．ΔH4>0，ΔH2>0且ΔH4>ΔH2

解析：

选C。

反应①放热，焓变小于0，反应②吸热，焓变大于0，ΔH1<ΔH2，A项错误；根据盖斯定律，由（①＋④）/2得C（石墨，s）＋O2（g）===CO（g）　ΔH＝，B项错误；根据盖斯定律，由①×2－②×3－③得⑤，C项正确；无法判断ΔH4与ΔH2的相对大小，D项错误。

2．（2019·天津河西区模拟）通过以下反应均可获取H2。

下列有关说法不正确的是（　　）

①太阳光催化分解水制氢：

2H2O（l）===2H2（g）＋O2（g）　ΔH1＝571.6kJ/mol

②焦炭与水反应制氢：

C（s）＋H2O（g）===CO（g）＋H2（g）

ΔH2＝131.3kJ/mol

③甲烷与水反应制氢：

CH4（g）＋H2O（g）===CO（g）＋3H2（g）

ΔH3＝206.1kJ/mol

A．由反应①知H2的燃烧热为571.6kJ/mol

B．反应②中生成物的总能量高于反应物的总能量

C．反应③若改用新催化剂，ΔH3不变化

D．反应CH4（g）===C（s）＋2H2（g）的ΔH＝74.8kJ/mol

解析：

选A。

A．在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量是燃烧热，由反应①知H2的燃烧热为285.8kJ/mol，A错误；B．反应②的焓变大于0，说明该反应为吸热反应，生成物的总能量高于反应物的总能量，B正确；C．反应③使用催化剂，可以加快反应速率，但是催化剂不影响反应热，所以改用新催化剂后ΔH3不变，C正确；D．根据盖斯定律，③－②可得：

反应CH4（g）===C（s）＋2H2（g）的ΔH＝206.1kJ/mol－131.3kJ/mol＝74.8kJ/mol，D正确。

3．如图所示，将紧紧缠绕不同金属的铁钉放入培养皿中，再加入含有适量酚酞和NaCl的琼脂热溶液，冷却后形成琼胶（离子在琼胶内可以移动）。

下列叙述正确的是（　　）

A．a中铁钉附近呈现红色

B．b中铁钉上发生还原反应

C．a中铜丝上发生氧化反应

D．b中铝条附近有气泡产生

解析：

选B。

a、b两装置中金属接触中性电解质溶液，都发生吸氧腐蚀。

a中铁钉作负极，铜丝作正极，正极上的反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，碱性增强，铜丝附近呈红色，故A、C两项错；b中形成的原电池Al作负极，电极反应为Al－3e－===Al3＋，故D项错；b中铁钉作正极，发生还原反应，故B项正确。

4.（2019·滨州统考）利用电解原理净化含有机物的废水，其原理是在电解条件下将较低价态的金属离子（Co2＋）氧化成较高价态的金属离子（Co3＋），利用较高价态的金属离子将废水中的有机物氧化成CO2。

装置如图所示。

下列说法正确的是（　　）

A．锌极为负极，发生氧化反应

B．石墨极上发生的电极反应式为Co2＋－e－===Co3＋

C．电解过程中，阴极附近溶液pH减小

D．氧化1molHCHO时电路中至少转移3mol电子

解析：

选B。

根据图示知，锌为阴极、石墨为阳极，阴极发生还原反应，A项错误；石墨极发生氧化反应，电极反应式为Co2＋－e－===Co3＋，B项正确；锌极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，阴极附近溶液pH增大，C项错误；4Co3＋＋HCHO＋H2O===CO2↑＋4H＋＋4Co2＋，氧化1molHCHO时至少要转移4mol电子，D项错误。

5．（2019·重庆一中月考）现代工业生产中常用电解氯化亚铁溶液的方法制得氯化铁溶液吸收有毒的硫化氢气体。

工艺原理如图所示。

下列说法中不正确的是（　　）

A．左槽中发生的反应为2Cl－－2e－===Cl2↑

B．右槽中的反应式：

2H＋＋2e－===H2↑

C．H＋从电解池左槽迁移到右槽

D．FeCl3溶液可以循环利用

解析：

选A。

根据装置图可知Fe2＋在电解池的左槽中被氧化生成Fe3＋，则左槽是电解池的阳极，右槽是电解池的阴极。

阳极（左槽）的电极反应式为Fe2＋－e－===Fe3＋，A项错误；阴极（右槽）的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，B项正确；电解池中H＋从电解池阳极（左槽）迁移到阴极（右槽），C项正确；反应池中的反应为2FeCl3＋H2S===2FeCl2＋2HCl＋S↓，故FeCl3溶液可以循环利用，D项正确。

6．（2019·晋豫省际大联考）S2Cl2和SCl2均为重要的化工原料，都满足8电子稳定结构。

已知：

①S2（l）＋Cl2（g）S2Cl2（g）　ΔH1＝xkJ·mol－1

②S2Cl2（g）＋Cl2（g）2SCl2（g）　ΔH2＝ykJ·mol－1

③相关化学键的键能如下表所示：

化学键

S—S

S—Cl

Cl—Cl

键能/（kJ·mol－1）

a

b

c

下列说法中错误的是（　　）

A．SCl2的结构式为Cl—S—Cl

B．S2Cl2的电子式为

C．y＝2b－a－c

D．在S2（l）＋2Cl2（g）2SCl2（g）的反应中，ΔH＝（x＋y）kJ·mol－1　

解析：

选C。

SCl2中原子都达到8电子稳定结构，S应该形成两个共价键，Cl只能形成1个共价键，所以SCl2的结构式为Cl—S—Cl，A项正确；S2Cl2中原子都达到8电子稳定结构，S应该形成两个共价键，Cl只能形成1个共价键，所以S2Cl2的结构式为Cl—S—S—Cl，则其电子式为

，B项正确；反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，反应②S2Cl2（g）＋Cl2（g）2SCl2（g）的焓变ΔH2＝ykJ·mol－1＝（a＋c－2b）kJ·mol－1，C项错误；反应①＋反应②可以得到：

S2（l）＋2Cl2（g）2SCl2（g），所以该反应的焓变为ΔH＝（x＋y）kJ·mol－1，D项正确。

7．（2019·湖北四校联考）用固体氧化物作电解质的甲醇－氧气燃料电池电解Na2SO4溶液制备白色的Fe（OH）2。

其原理如图所示：

下列有关说法正确的是（　　）

A．Fe为阴极

B．碳棒Y上的电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O

C．碳棒X上的电极反应式为CH3OH－6e－＋3O2－===CO2↑＋2H2O

D．C电极的表面观察到Fe（OH）2白色沉淀

解析：

选C。

选项A中Fe失电子提供Fe2＋，发生氧化反应，作阳极，A项错误。

选项B中以固体氧化物作为电解质，因此电极反应式中不应出现H＋，B项错误。

选项D中Fe（OH）2白色沉淀应在两极之间形成，而不是在电极表面，D项错误。

8．利用Zn/ZnO热化学循环两步生产合成气（H2、CO）的原理及流程图如下：

下列有关说法正确的是（　　）

①上述过程中，能量转化方式只有1种

②上述两步转化均为吸热反应

③上述过程中，ZnO、Zn可循环使用

④上述热化学方程式为H2O（g）＋CO2（g）===H2（g）＋CO（g）＋O2（g）　ΔH＝582kJ·mol－1

A．①②　　　　　　　　B．③④

C．①③D．②④

解析：

选B。

题中反应包含太阳能转化为化学能及化学能转化为热能等，①错误；第一步吸热，第二步放热，②错误；题图所示ZnO、Zn可循环使用，③正确；根据盖斯定律，将题图中左侧热化学方程式乘以2再与右侧热化学方程式相加可得目标热化学方程式，经计算④正确。

9．（2016·高考浙江卷）金属（M）－空气电池（如图）具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。

该类电池放电的总反应方程式为4M＋nO2＋2nH2O===4M（OH）n。

已知：

电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。

下列说法不正确的是（　　）

A．采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面

B．比较Mg、Al、Zn三种金属－空气电池，Al－空气电池的理论比能量最高

C．M－空气电池放电过程的正极反应式：

4Mn＋＋nO2＋2nH2O＋4ne－===4M（OH）n

D．在Mg－空气电池中，为防止负极区沉积Mg（OH）2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜

解析：

选C。

A项，采用多孔电极可以增大电极与电解质溶液的接触面积，且有利于氧气扩散至电极表面，正确；B项，根据“已知”信息知铝的比能量比Mg、Zn的高，正确；C项，M－空气电池放电过程中，正极为氧气得到电子生成OH－，错误；D项，为了避免正极生成的OH－移至负极，应选用阳离子交换膜，正确。

二、非选择题（本题包括5小题，共55分）

10．（6分）从NO、SO、Cl－、Cu2＋、Ba2＋、Ag＋、H＋等中选出适当的离子组成电解质，采用惰性电极对其溶液进行电解。

（1）若两极分别放出H2和O2，电解质的化学式为______________________。

（2）若阴极析出金属，阳极放出氧气，电解质的化学式为______________________。

（3）若两极分别放出气体，且体积比为1∶1，电解质的化学式为______________________。

解析：

（1）两极分别放出H2和O2，即H＋和OH－放电，实质是电解H2O，水中的溶质应起导电作用，它可以是HNO3、H2SO4、Ba（NO3）2中的任意一种，但不是BaSO4。

（2）阴极析出金属，即Ag＋或Cu2＋放电；阳极放出O2，即OH－放电。

水中的溶质可以是AgNO3、Cu（NO3）2、CuSO4中的任意一种。

（3）两极都生成气体，且气体体积比为1∶1，则放电的离子应是Cl－和H＋。

水中的溶质可以是HCl、BaCl2中的任意一种。

答案：

（1）HNO3[或H2SO4或Ba（NO3）2]

（2）AgNO3[或Cu（NO3）2或CuSO4]

（3）HCl（或BaCl2）

11．（12分）

（1）常温下，0.5mol甲醇在氧气中完全燃烧生成CO2和液态水，放出热量363.3kJ。

写出该反应的热化学方程式：

______________________________________。

（2）请设计一个燃料电池：

电解质溶液为强碱溶液，Pt作电极，在电极上分别通入甲醇和氧气。

通入甲醇的电极应为________极（填“正”或“负”），该电极上发生的电极反应式为________________________________________________________________________。

（3）用Pt作电极电解1LpH＝6的硝酸银溶液，如图甲所示，则右边电极上发生的电极反应式为________________________________________________________________________。

（4）某化学学习兴趣小组为了研究金属的腐蚀现象，将一枚铁钉放在“84”消毒液（有效成分为NaClO）中，某同学设计了如图乙所示实验装置，写出石墨电极上发生的电极反应式：

________________________________________________________________________。

解析：

（2）通入燃料的电极为负极，在强碱性溶液中甲醇的氧化产物应为碳酸盐；（3）用惰性电极电解硝酸银溶液时，阳极是水失去电子产生氧气；（4）“84”消毒液中ClO－在正极得电子生成Cl－。

答案：

（1）CH3OH（l）＋O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）　ΔH＝－726.6kJ·mol－1

（2）负　CH3OH＋8OH－－6e－===CO＋6H2O

（3）2H2O－4e－===O2↑＋4H＋

（4）ClO－＋H2O＋2e－===Cl－＋2OH－

12．（12分）新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液。

某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行电解饱和氯化钠溶液实验，如图所示。

回答下列问题：

（1）甲烷燃料电池正极、负极的电极反应式分别为_______________、______________。

（2）闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生，其中b电极上得到的是________________，电解饱和氯化钠溶液的总反应方程式为_______________________。

（3）若每个电池甲烷通入量均为1L（标准状况），且反应完全，则理论上通过电解池的电量为____________________（法拉第常数F＝9.65×104C·mol－1，列式计算），最多能产生的氯气体积为________L（标准状况）。

解析：

（1）甲烷燃料电池的总反应方程式为CH4＋2O2＋2OH－===CO＋3H2O，正极反应式为2O2＋4H2O＋8e－===8OH－，负极反应式由总反应式减去正极反应式即可得到；

（2）由图示可知，甲烷燃料电池中通入CH4的一极为负极，因而与之相连的b电极为阴极，产生的气体为氢气；（3）1mol甲烷被氧化失去电子8mol，电量为8×9.65×104C，题中虽有两个燃料电池，但电子的转移只能用一个电池的甲烷量计算，可根据CH4～8e－～4Cl2计算出标准状况下产生氯气的体积为4L。

答案：

（1）2O2＋4H2O＋8e－===8OH－

CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O

（2）H2　2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑

（3）×8×9.65×104C·mol－1＝3.45×104C　4

13．（12分）能源的开发、利用与人类社会的可持续发展息息相关，怎样充分利用好能源是摆在人类面前的重大课题。

Ⅰ.已知：

Fe2O3（s）＋3C（石墨，s）===2Fe（s）＋3CO（g）　ΔH＝akJ·mol－1

CO（g）＋1/2O2（g）===CO2（g）　ΔH＝bkJ·mol－1

C（石墨，s）＋O2（g）===CO2（g）　ΔH＝ckJ·mol－1

则反应：

4Fe（s）＋3O2（g）===2Fe2O3（s）的焓变ΔH＝________kJ·mol－1。

Ⅱ.

（1）依据原电池的构成原理，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是________。

A．C（s）＋CO2（g）===2CO（g）

B．NaOH（aq）＋HCl（aq）===NaCl（aq）＋H2O（l）

C．2H2O（l）===2H2（g）＋O2（g）

D．CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）

若以KOH溶液为电解质溶液，依据所选反应可以设计成一个原电池，请写出该原电池的电极反应式。

负极：

________________________________________________________________，

正极：

________________________________________________________________。

（2）二氧化氯（ClO2）是一种高效安全的自来水消毒剂。

ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水。

实验室以NH4Cl、盐酸、NaClO2为原料制备ClO2流程如下：

已知：

电解过程中发生的反应为NH4Cl＋2HClNCl3＋3H2↑，NCl3中氮元素为＋3价。

①写出电解时阴极的电极反应式：

__________________________________。

②在阳极上放电的离子是________。

解析：

Ⅰ.①Fe2O3（s）＋3C（石墨，s）===2Fe（s）＋3CO（g）　ΔH＝akJ·mol－1

②CO（g）＋1/2O2（g）===CO2（g）　ΔH＝bkJ·mol－1

③C（石墨，s）＋O2（g）===CO2（g）　ΔH＝ckJ·mol－1

由盖斯定律（③－②）×6－①×2得4Fe（s）＋3O2（g）===2Fe2O3（s）　ΔH＝[6（c－b）－2a]kJ·mol－1。

Ⅱ.

（1）设计成原电池需要是自发进行的氧化还原反应。

A项是非自发进行的氧化还原反应，不选；B项是复分解反应，不是氧化还原反应，不选；C项是非自发进行的氧化还原反应，不选；D项是自发进行的氧化还原反应，可以设计成原电池。

D项反应可设计成甲烷燃料电池，在碱溶液中甲烷在负极失去电子发生氧化反应，氧气在正极得到电子发生还原反应。

负极：

CH4－8e－＋10OH－===CO＋7H2O；正极：

2O2＋4H2O＋8e－===8OH－。

（2）①电解时阴极上是氢离子得到电子生成氢气，阴极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑；

②电解时阳极上是铵根离子失去电子生成NCl3。

答案：

Ⅰ.6（c－b）－2a

Ⅱ.

（1）D　CH4－8e－＋10OH－===CO＋7H2O　2O2＋4H2O＋8e－===8OH－

（2）①2H＋＋2e－===H2↑

②NH

14．（13分）（2019·南通一模）电解法处理含氮氧化物的废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益。

实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图所示（图中电极均为石墨电极）。

（1）若用NO2气体进行模拟电解法吸收实验。

①写出电解时NO2发生反应的电极反应式：

________________________________。

②若在标准状况下有2.24LNO2被吸收，通过阳离子交换膜（只允许阳离子通过）的H＋为________mol。

（2）某小组在右室装有10L0.2mol·L－1硝酸，用含NO和NO2（不考虑NO2转化为N2O4）的废气进行模拟电解法吸收实验。

①实验前，配制10L0.2mol·L－1硝酸需量取________mL、密度为1.4g·mL－1、质量分数为63%的浓硝酸。

②电解过程中，有部分NO转化为HNO2。

实验结束时，测得右室溶液中含3molHNO3、0.1molHNO2，同时左室收集到标准状况下28LH2。

计算原气体中NO和NO2的体积比（假设尾气不含氮氧化物，写出计算过程）。

解析：

（1）①从题图知，NOx在电解时会转化成HNO3，则NO2中N由＋4价升高至＋5价，失去1个e－，用H＋平衡电荷可写出电极反应式：

NO2－e－＋H2O===NO＋2H＋。

②由电极反应式知，0.1molNO2参与反应生成0.1molNO和0.2molH＋，由电荷守恒可知，需要向左室流入0.1molH＋后才能维持右室中溶液为电中性。

（2）①质量分数为63%的浓硝酸，其中c（HNO3）＝mol·L－1＝14mol·L－1，根据c1V1＝c2V2有0.2mol·L－1×10L＝14mol·L－1×V2，得V2＝0.1429L＝142.9mL。

②由N原子守恒知，最终生成的HNO3和HNO2中的总N原子数等于NO和NO2中所含N原子数与右室中原HNO3中N原子数总和，故n（HNO3）＋n（HNO2）＝n（NO）＋n（NO2）＋10L×0.2mol·L－1　Ⅰ；电解过程中左、右两室中得失电子是守恒的，左室为H＋得电子生成H2，右室为NO2失电子生成HNO3，部分NO失电子生成HNO2，部分NO失电子生成HNO3，故×2＝1×n（NO2）＋1×n（HNO2）＋[n（NO）－n（HNO2）]×3　Ⅱ，结合题中数据，联立Ⅰ、Ⅱ可求出NO和NO2的物质的量，相同状态下NO2和NO物质的量之比即为其体积比。

答案：

（1）①NO2－e－＋H2O===NO＋2H＋　②0.1

（2）①142.9

②根据原子守恒：

n（NO）＋n（NO2）＝3mol－0.2mol·L－1×10L＋0.1mol＝1.1mol；

根据得失电子守恒：

0.1mol×1＋[n（NO）－0.1mol]×3＋n（NO2）×1＝×2；

解得：

n（NO）＝0.8mol，n（NO2）＝0.3mol；

V（NO）∶V（NO2）＝n（NO）∶n（NO2）＝0.8mol∶0.3mol＝8∶3。