衡水金卷先享题2023-2024高三一轮复习单元检测卷(重庆专版)/化学(1-7)答案正在持续更新，目前2026届炎德英才大联考答案网为大家整理了相关试题及答案，供大家查缺补漏，高效提升成绩。

参考答案2F%0,太阳能率，该电池工作时温度不易过高，故D正确。6Fe0十O2个，过程Ⅱ方程式为3Fe0十H2O=H2个+FeO4,FeO4为整个过程的催化剂，FeO是中间产物，B12.D蓄电时，左侧为电解池，碳锰电极为电解池的阳极，电极反应式为Mn2+一2e+2H20一MnO2十4H+,A正确；右错误；根据反应H2O(I)十3FeO(s)=Fe3O4(s)+H2(g)△H-16.9kJ·mol-1,可知△S>0,△Hg<0根据反应自发进行的侧装置也是电解池，电解池发生的总反应为2Zm0电解2Zm判据：△H一T△S<0,该反应任何温度下均为自发反应，C正确十O2◆，B正确；放电时，装置组合成原电池，碳锰电极为原过程I将太阳能转化为化学能，过程Ⅱ是放热反应，将化学能转化电池的正极，电极反应为MnO2+2e+4H+=Mn2++为热能，即该过程能量转化形式是太阳能转化为化学能和化学能2H2O,每有1 mol MnO2消耗，理论上消耗4molH+,但此转化为热能，D错误反应中有1 mol Mn+生成，因此剩余正电荷需从双极膜间6.D钢铁腐蚀时铁失去电子生成亚铁离子，A项错误：电解稀解离出H+转移至左侧、则理论上需2molH迁移，C正确硫酸实际是电解水，电解一段时间后硫酸的浓度增大，B项错该电化学装置运行过程中SO、K+均没有参与反应，只需误；电解精炼铜时开始时阳极是其他比铜活泼的金属失去电要补充H2O,无需补充H2SO4和KOH,D错误。子进入溶液中，阴极是铜离子得到电子生成铜，故电解质溶液:13.D放电时，Zn为负极，Cu2P20,纳米片为正极，外电路中中的铜离子浓度稍微减少，C项错误；铜的活动性比氢弱，不电流正极流向负极，故A错误；当外电路通过2mol电子能发生析氢腐蚀，D项正确时，理论上有2molH*和2 mol OH分别向正极和负极移7.D由总反应可知，放电时铜化合价升高，发生氧化反应，为向，即有2mol水参与电离，双极膜中水减少36g,故B错电源负极，A错误；根据反应分析，充电时生成硫酸，溶液酸性误；放电时为原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即变强，pH减小，B错误；电子不能在溶液中通过，能在导线和双极膜中H+向正极区即Cu2P2O,纳米片迁移，故C错误；电极中通过，C错误；充电时阳极电极的硫酸铅发生氧化反应充电时为电解池，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，正生成PbO2,反应式为PbSO4+2H2O一2e-PbO,+4H*极反应为C02+12H++12eC2HOH+3H2O,阳极十SO,D正确上的电极反应式为C2HOH-12e+3H2O=2C02个十8.D由题干图示信息可知，Zn转化为Zn0,失去电子，发生12H*,故D正确。氧化反应，电极反应为Zn一2e十40H=Zn03-+2H20:14.解析：(1)根据反应N2(g)+3H2(g)=2NH(g),△H=反应则Zn作负极，NiOOH转化为Ni(OH)2得到电子，发生还原物总键能一生成物总键能=(946+436×3一391×6)kJ/mol反应，电极反应为NiOOH+e+H2O一Ni(OH)2十一92kJ/mol,则每生成1 mol NH3需要放出热量46kJ。反OH一，NOOH作正极，据此分析解题。原电池工作时，电解应N2(g)十3H2(g)=2NH3(g)是可逆反应，在相同条件下质溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，则OH向负极向密闭容器中充人0.5molN2和1.5molH2,0.5molN2不能移动，A正确；由分析可知，负极反应为Zn一2e十4OH完全反应，生成的NH3小于1mol,则完全反应后吸收或放出=ZnO+2H20,正极反应为NiOOH+e+H2O的热量小于计算值。(2)因为合成氨为放热反应，所以氨气Ni(OH)2+OH,则电池的总反应式为Zn+2 NiOOH+分解需要吸收热量，又因为液体氨气转化为气态还要吸热20H-=一ZnO+2Ni(OH)2,可知工作一段时间后，电解液所以液态氨分解吸收的热量比气态氨吸收的热量多。(3)稀pH减小，B正确；由分析可知，负极电极反应式为Zn-2e溶液中，1molH2SO,与2 mol NaOH恰好完全反应时，放4OH一ZnO号-十2H2O,C正确；当电路中转移0.2mol电出114.6kJ热量，则生成1molH20时放出57.3kJ的热量，子时，由负极反应可知，Zn溶解了0.1mol,由正极反应可知，电解质溶液减少了0.2g,电解液质量增加65g/mol×0.1mol其中和热的热化学方程式为之H,S0,(aq)+Na0H(ag)0.2g=6.3g,D错误。9B根据图中信息得出前两步是吸热反应，第三步是放热反2Na,S0:(aq)+H,0(1)△H=-57.3kJ/mol。应，故A错误；第二步能垒最大，是整个反应的决速步，其能(4)已知①CHC00H(1)+202(g)一=2C02(g)+2H20(1)垒是△E?,故B正确；总反应的焓变是生成物总能量减去反△H1=-870.3kJ·mol-1应物总能量或反应物的活化能减去生成物活化能，因此△H②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-393.5kJ·mol-≠△E1十△E2十△E,,故C错误；由于总反应是放热反应，故③2H2(g)+O2(g)-=2H2O(1)△H3=-571.6kJ·mol升温可以加快反应速率，衡逆向移动，因此不能提高该卤代依据盖斯定律可知2②十③一①可得反应2C(s)+2H2(g)+反应的衡转化率，故D错误。02(g)=CHC0OH(1),则△H=2×(-393.5kJ·mol-1)+10.C1 mol CH:OH(g)能量高于1 mol CH;OH(I),反应物的总(-571.6kJ·mol-1)-(-870.3k·mol-1)=-488.3kJ/mol,能量相同，根据能量守恒定律，若温度不变，反应①中生成1o故答案为2C(s)+2H2(g)+O2(g)一CH,COOH(1)△HCHOH(1)时，放出的热量大于90.5kJ,故A错误；催化剂可降-488.3kmol.低CO2与H2合成甲醇的反应的活化能，但不改变反应的焓变答案：(1)放出46合成氨反应是可逆反应，不能进行到故B错误；根据盖斯定律①一②得反应④CO2(g)+3H2(g)底，即生成氨气的物质的量小于1mo,反应放出热量小于QCH0H(g)+H20(g)△H=(-90.5+41.1)kJ·mol-1=(2)吸收多49.4kJ·mol1,故C正确；结合选项C、根据盖斯定律④X2③×3得2C02(g)+4H2O(g)=2CH3OH(g)+3O2(g)△H(3)H:SO,(aq)+NaOH(aq)-2Na:S0,(aq)+H,0=(-49.4×2+483.6×3)kJ/mol=+1352kJ/mol>0,则该反(1)△H=-57.3kJ/mol应需要吸收能量，故D错误(4)2C(s)+2H2(g)+O2(g)-CH COOH(1)11.B由题图可知，电极M为原电池的正极，酸性条件下空气△H=-488.3kJ/mol中的氧气在正极得到生成水，电极反应式为O2+4e+15.(1)玻璃搅拌器不能金属铜易散热会使实验误差增大4H+=一2H2O,电极N为负极，在微生物的作用下，乙胺在(2)确保盐酸被完全中和水分子作用下失去电子发生氧化反应生成二氧化碳、氮气和(3)△H,=△H2<△H氢离子，电极反应式为2CH3CH2NH2+8H2O一30e(4)H2SO,与Ba(OH)2反应生成BaSO,沉淀的生成热会影4CO2个+N2个十30H+。由分析可知，电极M为原电池的响反应的反应热正极，故A正确；由分析可知，电极M为原电池的正极，酸(5)BD性条件下空气中的氧气在正极得到生成水，电极反应式为16.解析：(1)①根据题意可知，C1放电生成ClO2的电极为阳O2+4e+4H+一2H2O,则电池工作时，左侧溶液中氢离极，接电源的正极。根据元素守恒，有水参加反应，同时生成子浓度减小，溶液pH增大，故B错误；由分析可知，电极NH+,电极反应式为C1-5e+2H20=ClO2个+4H;为负极，在微生物的作用下，乙胺在水分子作用下失去电子②a极区为阴极区，电极反应式：2H2O+2e—H2◆十发生氧化反应生成二氧化碳、氮气和氢离子，电极反应式为2OH,阴极区OH浓度增大，溶液的pH增大；③根据溶2CH3CH2NH2+8H2O-30e-4CO2个+N2个+30H+液中电荷守恒的规律，图中应使用阳离子交换膜。(2)软锰故C正确；由分析可知，电极N为负极，在微生物的作用下，矿（主要成分是MnO2)与KOH小火加热至熔融，得到乙胺在水分子作用下失去电子发生氧化反应生成二氧化碳、K2MnO,,Mn元素化合价由十4价升为+6价，则空气中的氮气和氢离子，若温度过高，微生物的主要成分蛋白质会发生变性，催化能力下降，电池效率下降，所以为了保证电池效0:作氧化剂，化学方程式为2M0,+4K0H+0,△203