周测卷(十五)化学反应与能量变化-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三化学一轮复习周测卷

15 2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（十五） 化学·化学反应与能量变化 (考试时间40分钟，总分100分) 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16 一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1.中国航天科技发展举世瞩目，“嫦娥六号”采用液氢和液氧作为主推进剂，成功携带月球样品 返回地球。下列说法正确的是 A.登月中所用北斗系统的导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅 B.“嫦娥六号”所带回的月壤可以通过红外光谱测定所含有的元素种类 C.返回器外壁的高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料 D.已知2H2(g)+O2(g)—2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol1,则H2的燃烧热△H= -241.8kJ·mol- 2.MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg),下列说法正确的是 A.△H=-(△H1+△H2+△H3) M(g+CO(g△，MP(g+O(g+C0,g B.△H1(CaCO3)>△H1(MgCO3)>0 ↑△H ↓△H MCO(s) △H,MO(S)+C0,(g) C.△H2(MgCO3)>△H2(CaCO3)>0 D.对于MgCO3和CaCO3,△H1+△H2>△H3 3.土壤中的微生物可将大气中的H2S经两步反应氧化成SO,两步反应的能量变化如图所示： Ss+20,g+H,00 H.S(g)+O:(g) △H2=-541.20kJmo △H=-265.19kJmo S(s)+H2O(1) SO-(aq)+2H*(aq) 反应过程（第一步反应） 反应过程（第二步反应） 下列说法错误的是 A.第一步反应中涉及极性共价键的断裂与形成 B.第二步反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 C.总反应的热化学方程式为H2S(g)十2O2(g)一SO(aq)+2H+(aq)△H= -364.01kJ·mol-1 D.结合S(s)的燃烧热，可求算2H2S(g)十3O2(g)—2SO2(g)+2H2O(I)的△H 化学·周测卷（十五）第1页（共4页） 15 」鱼默龙门老 4.将高炉煤气转化为价值更高的CO的方法不断发展。科研人员以Fe2O3、CaO为初始原料构 建化学链，实现CO2(g)十H2(g)==CO(g)+H2O(g)△H>0。下列说法错误的是 A.X为初始原料Fe2O3 H2,C0,C02,N2 CO等 高炉煤气、 B.CO2体现了氧化性和酸性氧化物的性质 C.图中涉及的氧化还原反应均为吸热反应 D.升高温度，CO2(g)十H2(g)=CO(g)十H2O(g)的平衡常数 增大 HO.N2 能量 5.下列实验操作或处理方法错误的是 A.在中和反应反应热测定实验中，为了保证盐酸完全被中和，采用稍过量的NaOH溶液 B.在燃烧热测定实验中，必须使用1mol可燃物进行实验 C.在化学反应速率测定实验中，可以用固体物质的质量变化速率来衡量反应进行的快慢 D.在沉淀转化实验中，向盛有2mL0.1mol·L1MgCl2溶液的试管中滴加2~4滴 2mol·L1NaOH溶液，再滴加4滴0.1mol·L1FeCl3溶液，观察现象 6.研究氮氧化物转化的机理对环境保护具有重要意义。汽车尾气中CO和N2O的反应机理如 图所示。下列说法错误的是 A,该反应的热化学方程式为C0O(g)十N2O(g)一N2(g) ↑E/kJ·mol) +C02(g)△H=-362kJ·mol-1 N2O(g)+Fe(s)+ B.Fe(s)可加快反应速率，提高N2O和CO气体的平衡 CO(g) 127 转化率 N2(g)+FeO'(s)+CO(g) 235 C.根据某时刻前后CO(g)、N2O(g)、N2(g)、CO2(g)的浓 N2(g)+Fe'(s)+CO2(g) 度可判断反应是否达到平衡状态 D.恒温恒容条件下，反应达到平衡时增加CO的浓度，CO2 反应历程 的百分含量不一定增大 7.下列关于热化学方程式说法正确的是 A.若H,的燃烧热为a·mol1,则H,(g)+20,(g)一H,0(g)△H=-ak·mol B.若S(s)+O2(g)-SO2(g)△H1=-Q1kJ·mol-1,S(g)+O2(g)—SO2(g)△H2= -Q2kJ·mol1,则Q1<Q2 C.若H+(aq)+OH(aq)—H2O(1)△H1=-57.3kJ·mol-1,则CH3COOH(aq)+ NaOH(aq)-CH3 COONa(aq)++H2O(1)AH2=-57.3 kJ.mol-1 D.若1molS02、0.5molO2混合反应后，放出热量akJ,则2S02(g)+O2(g)=2S03(g) △H=-2akJ·mol-1 8.已知断开1 mol Cl2(g)中的化学键需要吸收242.7kJ的能量。↑ 2 mol H(g)+2 mol Cl(g) 根据反应H2(g)十Cl2(g)一2HC1(g)的能量变化示意图，下列 679.1kJ 863.5kJ 说法错误的是 1 mol H2(g)+1 mol Cl(g) A.H2(g)和Cl2(g)反应生成2 mol HCl(g)释放184.4kJ的 2 mol HCI(g) 能量 反应过程 B.1 mol HCl(g)完全反应生成H2(g)和CL2(g)吸收92.2kJ的能量 C.断裂化学键所需的能量：1 mol HCI(1)>1 mol HCI(g) D.断开1molH2(g)中的化学键需要吸收436.4kJ的能量 化学·周测卷（十五）第2页（共4页） 班级 9.我国科学家在合成气直接制烯烃研究领域获重大突破。已知： ①C(s)+20.g)—c0(g)△H, 姓名 ②C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H2 ③CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3=-90.1kJ·mol-1 得分 ④2CH3OH(g)-CH3OCH3(g)+H2O(g)△H4=-134.0kJ·mol-1 ⑤3CHOH(g)CH3CH-CH2(g)+3H2O(g)△H5=-31.0kJ·mol1 下列说法正确的是 A.△H1-△H2>0 B.反应②为放热反应 C.3CH3 OCH3(g)=2CH3 CH-CH2(g)+3H2O(g)AH=+103.0 kJ.mol- 选择题 答题栏 D.3CO(g)+6H2 (g)-CH:CH-CH2 (g)+3H2O(g)AH=-301.3 kJ.mol-1 10.一定条件下，CH4合成CH3OH的反应历程如图所示。已知相同条件下，直接参与化学键变 1 化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢（说明：过渡态中“”表示化学键未完 2 全断裂或形成)。下列说法正确的是 3 CH 5 Fe cH 6 b Fe 过渡态 过渡态 8 CH,+FeO c 9月 HO e 10 CH CHOH+Fe Fe 0 反应历程 A.该反应的△H=(a-e)kJ·mol B.CHT3发生上述反应，生成的氚代甲醇有3种 C.升高温度，正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度 D.CH2T2发生上述反应，相同时间内氚代甲醇的产量：CHT2OH<CH2TOT 二、非选择题：本题共2小题，共50分。 11.(23分)氨基甲酸铵(H2 NCOONH4)是以氨气和二氧化碳为原料合成尿素的中间产物。合 成尿素一般认为通过以下步骤来实现，其能量变化如图所示。 i.2NH3(g)+CO2(g)=H2 NCOONH(s)K ii.H,NCOONH (s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)K2 第一步 E 2NH:(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g) H2COONH(s) 反应过程 化学·周测卷（十五）第3页（共4页）】 鱼跃龙户秦 回答下列问题： (1)写出CO2(g)和NH3(g)反应生成尿素的总反应的热化学方程式： (2)合成尿素的过程中，决定尿素的合成速率的是 (填标号)。 A.反应i B.反应i (3)反应ⅰ的平衡常数K1的表达式为 ,总反应的平衡常数K= (用“K,”“K2”表示)。 (4)根据已知信息判断，总反应 (填标号)。 A.较高温度下自发 B.较低温度下自发 C.任何温度自发 D.任何温度不自发 12.(27分)利用CO2催化氢化制备二甲醚(CH3OCH3)的反应原理如下： I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)十H2O(g)△H1=-49.5kJ·mol-1 Ⅱ.2C02(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H2=-122.5kJ·mol-1 Ⅲ.2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3 回答下列问题： (1)△H3= (2)向起始温度为T℃的某绝热恒容密闭容器中充入2 mol CH3OH(g),只发生反应Ⅲ。 ①下列事实能说明反应Ⅲ已经达到平衡状态的是 (填标号)。 a.混合气体的密度不再发生变化 b.容器内混合气体的压强不再发生变化 c.CHOH的消耗速率等于H2O的消耗速率 d.CH3OCH3的体积分数不再发生变化 ②在有催化剂存在的条件下，反应Ⅲ的反应过程如图甲所示，吸附在催化剂表面上的微 粒用“*”标注。该反应过程的决速步骤为 (填“第一步”或“第二步”)，判断的理 由是 品 器 50- 2CHOH(g)2CHOH* CH:OCH:(g)+H2O(g). 反应过程 200 300316400温度/℃ 甲 乙 (3)C0也能与H2反应制取二甲醚，反应原理为4H2(g)十2CO(g)一CH3OCH3(g)十H2O （g》△H。一定条件下，将H和C0按投料比（ n (CO) =2通入1L反应器中发生该反 应，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图乙所示(320℃左右时催化剂的 活性最大)。 ①根据图乙，判断p1、p2、p3的大小关系： ②实际生产中一般采用的温度为300~340℃，而不采用200℃，原因是 ③写出该反应平衡常数的表达式： 化学·周测卷（十五）第4页（共4页）高三一轮复习周测卷 (5)①原子半径N<Si,则键长H一N<Si一H,且非 金属性N>Si,故键能H一N>Si一H,则热稳定性 SiH4<NH3。 ②SiH4中硅形成4个共价键，无孤电子对，Si为sp 杂化，NH3中氮形成3个共价键，有1个孤电子对， N也是sp3杂化，孤电子对与成键电子对之间的斥 力大于成键电子对之间的斥力，故SH中H一Si一H 的键角>NH3中H一N一H的键角。 (6)①由图可知，面心的S原子连接2个C原子，面 心的S原子为2个晶胞共有，则碳化硅晶体中每个 S原子周围等距且最近的C原子数目为4。 ②硅原子位于立方体的顶点和面心，个数为8× 日+6×？=4,4个碳原子位于立方体的内部，晶胞 1 质量为4X(28+12),160 NA 8=N入8，晶胞体积为(a× 101)Pcm,碳化硅晶体密度p-受 160 NAB 1.6×1023 (aX101)3cm a3Na8·cm3。 12.(1)任意温度 (2)ⅢAp (3)bc 化学( 一、选择题 1.C【解析】芯片的材料是高纯度硅；利用红外光谱得 到分子中含有的化学键或官能团信息，测月壤所含 有的元素种类可以通过光谱仪；燃烧热是在101kPa 时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的 热量，氢气燃烧应该生成液态水。 2.D【思路分析】根据盖斯定律，得△H=△H1十 △H2+△H3;Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3 的离子键强度弱于MgCO,CaO的离子键强度弱 于MgO。 【解析】△H1表示断裂CO?和M+的离子键所吸 收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而 △H1(MgCO3)>△H,(CaCO3)>0;△H2表示断裂 CO?中共价键形成O2-和CO2吸收的能量，与 M+无关，因而△H2(MgCO3)=△Hz(CaCO3)>0; 由以上分析可知△H,>0、△H2>0,△H1十△H,> 0,△H3<0,故△H1+△H2>△H3。 3.C【解析】由图可知，第一步热反应为H2S(g)十 202(g)-S(s)+H,0(I)△H=-265.19kJ· olP,第二步反应为S)+0.(g+H,0D S0?+2H+(aq)△H=-541.20k·mol-1,根据 盖斯定律两步反应相加得H2(g)+2O2(g)一SO (aq)+2H+(aq)△H=-806.39kJ·mol-1。 4.C【思路分析】以Fe2O3、CaO为初始原料构建化学 链的原理为先利用Fe2O3将H2和CO转化为H2O 和CO2,Fe2O3还原为单质Fe,生成的CO2被CaO 吸收转化为CaCO3,分离后提供能量使CaCO3重新 ·20 (4)8Au3++3BH+24OH—8Au￥+ 3[B(OH)4]+12H20 (5)7.6X1022 aN 【解析】(1)题给反应的△H<0、△S>0,则反应能 自发进行的条件是任意温度。 (3)离子化合物溶于水后，离子键被破坏，Na[B(OH)4] 溶液中只存在共价键和配位键。 (4)在强碱性条件下，NaBH4将Au3+还原为黄金 (Au),硼元素转化为[B(OH)4],无气体生成，依 据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出反 应的离子方程式为8Au3++3BH4+24OH 8AuY+3[B(OH)4]-+12H2O。 (5)NaBH4晶体属于四方晶系，BH:位于面心、顶 点和体心，Na位于面心和棱心，则晶胞中含BH4 的数目为8×日+4×号+1=4，含Na的数目为 4X号十6×名-4，N,为阿伏加德罗常数的值，则 NaBH, 晶体的密度为 4×(23+11+4) Na×(aX10-7)×(aX107)X(2a×10-g· cm3=7.6X1022 aNA8·cm3。 五) 分解为CO2和CaO,CaO循环使用，CO2在能量作 用下与Fe重新转化为Fe2O3和CO,Fe2O3循环使 用，实现CO的分离提纯转化，据此分析解答。 【解析】CO2(g)+H2(g)-=CO(g)+H2O(g)的 △H>0,说明此反应为吸热反应，但体系中还涉及 Fe2O,的还原、Fe的氧化等过程，并非所有氧化还原 反应均为吸热反应。 B【解析】燃烧热的定义是1mol可燃物完全燃烧 生成稳定氧化物的热效应。实验中实际使用量可能 不足1mol,但需通过数据换算为1mol对应的热量， 因此“必须使用1mol可燃物”的说法错误。 B【解析】根据反应机理图可知，Fe+(s)是反应CO (g)+N2O(g)一N2(g)+CO2(g)的催化剂，可加快 反应速率，但不能促进平衡移动，不能提高N2O和 CO气体的平衡转化率。 B【解析】燃烧热指在101kPa时，1mol纯物质完 全燃烧生成指定产物时所放出的热量，氢元素的指 定产物为H2O(1),不是H2O(g);CH3COOH是弱 酸，其电离产生自由移动的离子的过程会吸收热量， 导致发生中和反应时放出的热量比强酸与强碱反应 时放出的热量少；SO2与O2的反应为可逆反应， 1 mol SO2、0.5molO2混合反应，消耗的S02物质 的量小于1mol。 C【解析】相同的化学键键能不随着状态改变而改 变，即断裂1 mol HCl(1)中化学键所需的能量等于断 裂1 mol HCl(g)中化学键所需的能量。 D【解析】根据盖斯定律，△H1-△H,为20O,(g)十 H2(g)一H2O(g)的△H,该反应为放热反应，故 ·化学· △H:一△H2<0;反应②是C(s)与水蒸气在高温下的 反应，是吸热反应；根据盖斯定律，⑤×2一④×3得 3CH3 OCH3 (g)-2CH,CH=CH2 (g)+3H2 O (g),△H=十340.0kJ·mol1;根据盖斯定律，③X 3+⑤得3CO(g)+6H2(g)-CH,CH=CH2(g)+ 3H2O(g),△H=-301.3kJ·mol1。 10.C【解析】反应CH4+FeO+一CHOH+Fe+的 △H=生成物的总能量一反应物的总能量=(e一 a)kJ·mol1;CHT3发生题述反应，生成的氚代甲 醇有CT3OH、CHT2OT两种；由题图可知该反应 放热，升高温度平衡逆向移动，即正反应速率的增 H 大程度小于逆反应速率的增大程度； CH 转化 Fe 过程中，若用CH2T2代替CH4,由于 H一C键比T一C键更易断开，导致生成 HOCH更 Fe 快，相同时间内氚代甲醇的产量为CHT2OH> CH2TOT。 二、非选择题 11.(1)2NH(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O (g)△H=-87kJ·mol-1 (2)B 1 (3)K1.2(NH)c(C02) K1K2 (4)B 【解析】(3)反应1的平衡常数K1的表达式为 1 K,=。2(NHc(C0,)总反应由两式相加得到，平 衡常数K=K1K2。 化学（十 一、选择题 1.A【解析】太阳能电池将太阳能转变为电能。 2.C【解析】锂离子电池能多次充、放电，属于二次电 池；废弃的锌锰干电池属于有害垃圾；化学电池是将 化学能转变为电能的装置，一定存在电子的定向移 动，一定发生氧化还原反应；燃料电池放电时，燃料 在电池负极发生氧化反应。 3.A【解析】铝为电池的负极，银为正极，能形成原电 池；两个C电极均不与稀H2SO4发生氧化还原反 应；两个Cu电极均会与稀HNO,发生氧化还原反 应，电子不发生定向移动；酒精不是电解质，不能形 成原电池。 4.C【思路分析】利用沉淀反应Ag(aq)+CI(aq) 一AgC1(s)设计原电池时，根据原电池原理，负极 发生氧化反应，正极发生还原反应，可设原电池中电 极均为银电极，负极一侧电解质溶液为含C1的可溶 盐溶液，正极一侧电解质溶液为AgNO3溶液，负极 Ag电极失电子生成Ag,与电解质溶液中的CI厂结 合生成AgCl,正极电解质溶液中的Ag得电子生成 单质Ag,据此分析解答。 ·21 参考答案及解析 (4)总反应△H<0,△S<0,根据△G=△H一 T△S<0时反应自发进行，则反应在较低温度下能 自发进行。 2.(1)-23.5kJ·mol-1 (2)①bd②第二步第二步反应活化能较高，反 应速率较慢 (3)①p1>p2>p3②该反应为放热反应，根据平 衡移动原理，制取二甲醚应该采用低温以提高一氧 化碳的平衡转化率，但是低温会降低反应速率，且 从题中可知，催化剂在320℃左右时活性最大 ③K=c(CH,OCH,)·c(H,O) c2(CO)·c4(H2) 【解析】(2)①容器容积不变，由于所有物质均是气 体，混合气体质量不变，所以混合气体的密度始终 不变；反应过程中，虽然气体分子数没有变化，但因 容器绝热且反应为放热反应，温度在上升，则压强 在增大，所以当容器内压强不再发生变化时，反应 达到平衡状态；甲醇的消耗速率等于水的消耗速率 的两倍时，反应才达到平衡状态；随着反应开始进 行，二甲醚的体积分数在不断变化，当二甲醚的体 积分数不再发生变化，则说明反应达到平衡状态。 ②第二步反应活化能较高，反应速率较慢，是该反 应过程的决速步骤。 (3)①CO和H2反应制取二甲醚，反应原理为4H2 (g)+2CO(g)=CH;OCH3(g)+H2O(g),压强 不变，随着温度升高，一氧化碳的平衡转化率下降， 说明正反应放热，△H<0。该反应是气体体积减小 反应，压强增大，平衡正移，C0的平衡转化率增大， 当温度不变的时候，p1压强下CO的平衡转化率最 高、p3压强下CO的平衡转化率最小，据此分析可 知压强大小关系是1>p2>p3。 ③该反应平衡常数的表达式为K= c(CH3OCH3)·c(H2O) c2(CO)·c4(H2) 六) 【解析】负极Ag电极失电子生成Ag,与电解质溶 液中的C1结合生成AgC1,电极反应式为Ag一e+ CI-—AgCl。 A【解析】活泼性不同的电极材料构成原电池，活 泼性强的金属作负极，可以比较Fe与Cu的金属活 动性强弱；过滤无法分离胶体和溶液，需要用渗析的 方式；溶液配制时，需要先将浓硫酸倒入烧杯进行稀 释，再在100mL容量瓶中进行定容；图中缺少环形 玻璃搅拌器，反应可能不充分，不能测定最高温度。 B【思路分析】氢气在负极上失去电子产生氢离子， 发生氧化反应，所以N是负极，M为正极，正极上发 生还原反应，电极反应式为PBA十xe十xH一 PBA-xH;充电时，N为阴极，M为阳极。 【解析】由分析可知，N极为原电池负极，充电时作 电解池阴极，M极为原电池正极，充电时作电解池阳 极；由分析可知，放电时为原电池，N极为原电池负 极，电流方向为N极→电解质溶液→M极；充电时 M极发生氧化反应，反应为PBA-xH一xe PBA十xH+;纯磷酸几乎不导电，用其代替9mol· L1磷酸电池效率会大大降低，甚至无法工作。