2019-2020年高中化学 模块学习评价 新人教版选修4.doc

2019-2020年高中化学 模块学习评价 新人教版选修4一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分)1下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是()A生成物总能量一定低于反应物总能量B放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变D同温同压下，H2(g)Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的H不同【解析】根据生成物总能量和反应物总能量的相对大小，把化学反应分为吸热反应和放热反应，吸热反应的生成物总能量高于反应物总能量，放热反应的生成物总能量低于反应物总能量；反应速率是单位时间内物质浓度的变化，与反应的吸热、放热无关；同温同压下，H2(g)和Cl2(g)的总能量与HCl(g)的总能量的差值不受光照和点燃条件的影响，所以该反应的H相同。【答案】C2(xx福建高考)下列说法正确的是()A0.5 mol O3与11.2 L O2所含的分子数一定相等B25 与60 时，水的pH相等C中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸所消耗的n(NaOH)相等D2SO2(g)O2(g)=2SO3(g)和4SO2(g)2O2(g)=4SO3(g)的H相等【解析】A项中没有标明压强和温度，不能认为11.2 L O2的物质的量就是0.5 mol，故A错误；水的离子积常数随温度的升高而增大，对应pH随温度升高而减小，故B错误；反应热H随相应的化学计量数的改变而改变，相同条件下，后者的H是前者的两倍，故D错误。【答案】C3相同温度下，等物质的量浓度的下列溶液中，pH最小的是()ANH4ClBNH4HCO3CNH4HSO4 D(NH4)2SO4【解析】本题考查NH的水解以及影响其水解的因素。在NH4HCO3溶液中，HCO的水解促进了NH的水解，而NH4HSO4溶液中可直接电离出H。需注意的是盐类的水解是微弱的。故正确答案为C。【答案】C4某化学反应达到化学平衡：A(g)3B(g)2C(g)(Hb Ba104bCb104a Dab【解析】在pH9的NaOH溶液中，c(OH)水c(H)水c(H)液109 molL1，a109 molL1；pH9的CH3COONa溶液，c(OH)水c(OH)液105 molL1，b105 molL1，即，a104b。【答案】B7在298 K、100 kPa时，已知：2H2O(g)=O2(g)2H2(g)H1Cl2(g)H2(g)=2HCl(g)H22Cl2(g)2H2O(g)=4HCl(g)O2(g)H3则H3与H1和H2间的关系正确的是()AH3H12H2 BH3H1H2CH3H12H2 DH3H1H2【解析】把已知方程式依次标记为，则2得：2Cl2(g)2H2O(g)=4HCl(g)O2(g)，则H32H2H1。【答案】A8向0.1 molL1 CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa晶体时，会引起()A溶液的pH增大 B溶液中的c(H)增大C溶液的导电能力减弱 D溶液中的c(OH)减小【解析】CH3COOHCH3COOH，当加入CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO)增大，平衡向左移动，c(H)减小，pH增大，c(OH)增大，但溶液中离子浓度增大，导电性增强，故选A。【答案】A9(xx江苏高考)下列有关说法正确的是()ACaCO3(s)=CaO(s)CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的H0B镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈CN2(g)3H(g)=2NH3(g)H0，其他条件不变时升高温度，反应速率v(H2)和H2的平衡转化率均增大D水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应【解析】A项，CaCO3的分解是吸热反应，H0，反应是否能够自发进行取决于HTS的正负，故A错。B项中易形成FeCu原电池，在潮湿的空气中，Fe为负极，腐蚀更快，B正确。C项中，升高温度，反应速率增大，但因正反应放热，故升高温度会使平衡向逆反应方向移动，H2的转化率反而减小，C错。D项中，随温度升高，Kw增大，说明水的电离H2OHOH是吸热的，温度升高，电离平衡右移，故D错。【答案】B10.如图为某化学反应速率时间图像。在t1时刻升高温度和增大压强都符合下图所示变化的反应是()A2SO2(g)O2(g)2SO3(g) H0B4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)H0DC(s)H2O(g)CO(g)H2(g)H0【解析】t1时，v逆v正，平衡向逆反应方向移动；若升高温度，则逆反应方向是吸热的，则正反应放热，Hc(HCO)c(CO)c(H)c(OH)Bc(Na)c(H)c(HCO)c(CO)c(OH)Cc(Na)c(H)c(HCO)2c(CO)c(OH)Dc(Na)c(HCO)2c(CO)c(H2CO3)【解析】在NaHCO3溶液中，除了H2O的电离外，还存在下列电离：NaHCO3=NaHCO(完全电离)HCOHCO(只是微弱电离)另外还存在水解反应：HCOH2OH2CO3OH。HCO的水解程度也不大，但比HCO的电离程度大，故NaHCO3溶液呈碱性。在NaHCO3溶液中，碳原子的存在形式有HCO、CO、H2CO3，其中以HCO为主。由电荷守恒知，C项正确、B项不正确；由物料守恒知D项应为c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)，故D不正确。由于溶液呈碱性，且HCO与H2O都能电离出H，故A项应为：c(Na)c(HCO)c(OH)c(H)c(CO)，即A项错误。故选C。【答案】C1625 时有甲、乙两杯醋酸溶液，甲的pH2，乙的pH3，下列判断正确的是()A甲中由水电离出来的H的物质的量浓度是乙中由水电离出来的H的物质的量浓度的B甲、乙两杯溶液的物质的量浓度之间的关系为c(甲)10c(乙)C中和等物质的量的NaOH，需甲、乙两杯醋酸的体积(V)之间的关系为10V(甲)V(乙)D甲中的c(OH)为乙中的c(OH)的10倍【解析】甲溶液中c(H)水1012 mol/L，乙溶液中c(H)水1011 mol/L，A项正确；甲中c(OH)为1012 mol/L，乙中c(OH)为1011 mol/L，前者是后者的1/10，D错；由于两种CH3COOH的电离程度不等，甲乙，所以c(甲)10c(乙)，那么中和等物质的量的NaOH所需醋酸溶液的体积V(甲)c(A2)c(H)c(OH)【解析】0.1 mol/L的一元强酸，pH1,0.1 mol/L的二元强酸pH应小于1，二元酸H2A在浓度为0.1 mol/L时，pH4，说明H2A为弱酸，Na2A水解有HA生成，溶液中的离子有Na、A2、HA、OH、H。而NaHA既能水解又能电离，溶液中的离子与前者相同，A项错。若Na2A与NaHA不水解且HA不再电离，阴离子数目才相等，但由于水解反应A2H2OHAOH，使阴离子增多，HAH2OH2AOH，阴离子不变，HAHA2，阴离子不变，但A2水解程度要大于HA的电离程度，故前者阴离子数目多于后者，B选项也不正确。C选项符合电荷守恒关系，正确。D项Na2A溶液因A2水解而显碱性，明显错误。【答案】C二、非选择题(本题包括5小题，共46分)19(6分)电解原理在化学工业中有着广泛的应用。现将设计的原电池通过导线与下图中电解池相连，其中，a为电解质溶液，X和Y是两块电极板，则：(1)若X、Y均为惰性电极，a为饱和NaCl溶液，则电解时。检验Y电极反应产物的方法是_。(2)若X和Y分别为石墨和铁，a仍为饱和的NaCl溶液，则电解过程中生成的白色固体物质露置在空气中可观察到的现象为_。(3)若X和Y均为惰性电极，a为一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得溶液中加入0.1 mol Cu(OH)2，恰好恢复电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子的物质的量为_。【解析】由电解池装置可知，Y为电解池阳极，X为电解池阴极。(1)以惰性电极电解NaCl溶液时，阳极反应产物为Cl2，可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验。(2)阳极为铁电极时，阳极反应为Fe2e=Fe2，所以有Fe(OH)2生成，露置在空气中时迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。(3)电解CuSO4溶液后补充CuO即可复原，而题中加入0.1 mol Cu(OH)2才能复原，说明CuSO4电解完毕后又有水被电解，加入0.1 mol Cu(OH)2相当于加0.1 mol CuO和0.1 mol H2O，即说明电解了0.1 mol CuSO4和0.1 mol H2O，故共转移0.4 mol电子。【答案】(1)将湿润的淀粉碘化钾试纸靠近Y极支管口，试纸变蓝，说明有氯气生成(2)白色固体迅速变为灰绿色，最后变成红褐色(3)0.4 mol20(8分)(xx江苏高考改编)铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛。(1)真空碳热还原氯化法可实现由铝土矿制备金属铝，其相关反应的热化学方程式如下：Al2O3(s)AlCl3(g)3C(s)=3AlCl(g)3CO(g)Ha kJmol13AlCl(g)=2Al(l)AlCl3(g)Hb kJmol1反应Al2O3(s)3C(s)=2Al(l)3CO(g)的H_kJmol1(用含a、b的代数式表示)。Al4C3是反应过程中的中间产物。Al4C3与盐酸反应(产物之一是含氢量最高的烃)的化学方程式为_。(2)镁铝合金(Mg17Al12)是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al1217H2=17MgH212Al。得到的混合物Y(17MgH212Al)在一定条件下可释放出氢气。熔炼制备镁铝合金(Mg17Al12)时通入氩气的目的是_。在6.0 molL1 HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2。1 mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为_。(3)铝电池性能优越，AlAgO电池可用作水下动力电源，其原理如图所示。该电池反应的化学方程式为_。【解析】(1)已知：Al2O3(s)AlCl3(g)3C(s)=3AlCl(g)3CO(g)Ha kJmol1；3AlCl(g)=2Al(l)AlCl3(g)Hb kJmol1，根据盖斯定律，由可得：Al2O3(s)3C(s)=2Al(l)3CO(g)H(ab) kJmol1。含氢量最高的烃为CH4，据此可知Al4C3与盐酸发生的反应为Al4C312HCl=4AlCl33CH4。(2)Mg、Al都是活泼金属，高温时易与空气中的O2反应，通入氩气的目的是隔绝空气，防止Mg、Al被氧化。1 mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y中含有17 mol MgH2和12 mol Al，与6.0 molL1盐酸反应时，生成MgCl2、AlCl3和H2，则生成H2的物质的量为17 mol17 mol12 mol52 mol。(3)由铝电池原理图可知，Al作负极，AgO/Ag作正极，电池反应式为2Al3AgO2NaOH=2NaAlO23AgH2O。【答案】(1)abAl4C312HCl=4AlCl33CH4(2)防止Mg、Al被空气氧化52 mol(3)2Al3AgO2NaOH=2NaAlO23AgH2O21(8分)接触法制硫酸工艺中，其主反应在450 并有催化剂存在下进行：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H190 kJ/mol(1)该反应所用的催化剂是_(填写化合物名称)，该反应450 时的平衡常数_500 时的平衡常数(填“大于”、“小于”或“等于”)。(2)该热化学反应方程式的意义是_。(3)下列说法能表明反应已达平衡状态的是_。av(O2)正2v(SO3)逆b容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化c容器中气体的密度不随时间而变化d容器中气体的分子总数不随时间而变化(4)在一个固定容积为5 L的密闭容器中充入0.20 mol SO2和0.10 mol O2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO3 0.18 mol，则v(O2)_mol(Lmin)1；若继续通入0.20 mol SO2和0.10 mol O2，则平衡_移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)，再次达到平衡后，_moln(SO3)_mol。【解析】此题考查了工业制硫酸、化学平衡常数、热化学方程式、化学平衡状态、有关化学平衡的计算等知识。(1)工业制硫酸时二氧化硫催化氧化使用的催化剂是五氧化二钒；该反应正向放热，故温度越高化学平衡常数越小；(2)热化学方程式表示的是450 时，2 mol SO2气体和1 mol O2完全反应生成2 mol SO3气体时放出的热量为190 kJ；(3)根据化学平衡状态的特征，容器中气体的平衡相对分子质量不随时间变化、分子总数不随时间变化时，说明反应达到平衡状态；(4)当达到平衡时，容器中SO3的物质的量为0.18 mol，则v(SO3)0.072 mol(Lmin)1，则v(O2)0.036 mol(Lmin)1；再继续通入0.20 mol SO2和0.10 mol O2时，平衡向正反应方向移动，在此达到平衡时，SO3的物质的量介于0.36 mol和0.40 mol之间。【答案】(1)五氧化二钒(V2O5)大于(2)在450 时，2 mol SO2气体和1 mol O2气体完全反应生成2 mol SO3气体时放出的热量为190 kJ(3)bd(4)0.036向正反应方向0.360.4022(9分)(xx广东高考)碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50 molL1 KI、0.2%淀粉溶液、0.20 molL1 K2S2O8、0.10 molL1 Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。已知：S2O2I=2SOI2(慢)I22S2O=2IS4O(快)(1)向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的_耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色。为确保能观察到蓝色，S2O与S2O初始的物质的量需满足的关系为：n(S2O)n(S2O)_。(2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：实验序号体积V/mLK2S2O8溶液水KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液10.00.04.04.02.09.01.04.04.02.08.0Vx4.04.02.0表中Vx_，理由是_。(3)已知某条件下，浓度c(S2O)反应时间t的变化曲线如图所示，若保持其他条件不变，请在坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2O)t的变化曲线示意图(进行相应的标注)。(4)碘也可用作心脏起搏器电源锂碘电池的材料。该电池反应为：2Li(s)I2(s)=2LiI(s)H已知：4Li(s)O2(g)=2Li2O(s) H14LiI(s)O2(g)=2I2(s)2Li2O(s) H2则电池反应的H_；碘电极作为该电池的_极。【解析】解答本题时，要围绕实验目的(探究反应条件对化学反应速率的影响)进行分析与处理。(1)淀粉溶液遇I2显蓝色，溶液由无色变为蓝色时，溶液中有I2，说明Na2S2O3消耗尽。为确保能观察到蓝色，溶液中Na2S2O3要耗尽。由题给离子反应可得关系式：S2OI22S2O，则有n(S2O)n(S2O)21时，能观察到蓝色。(2)实验的目的是探究K2S2O8溶液的浓度对化学反应速率的影响，故应保证每组实验中其他物质的浓度相等，即溶液的总体积相等(即为20.0 mL)，从而可知Vx2.0。(3)降低温度时，化学反应速率减慢，c(S2O)变化减慢。加入催化剂时，化学反应速率加快，c(S2O)变化加快，c(S2O)t的变化曲线如图所示。(4)已知：4Li(s)O2(g)=2Li2O(s)H14LiI(s)O2(g)=2I2(s)2Li2O(s)H2据盖斯定律，由()可得：2Li(s)I2(s)=2LiI(s)(H1H2)，则有H(H1H2)。由电池反应可知，I2得电子被还原，则碘电极作为该电池的正极。【答案】(1)Na2S2O32(2)2.0保证反应物K2S2O8的浓度改变，而其他的不变(3)如图所示(4)(H1H2)正23(6分)(xx浙江高考)甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整。向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：化学方程焓变H/kJmol1活化能Ea/kJmol1甲烷氧化CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g)802.6125.6CH4(g)O2(g)=CO2(g)2H2(g)322.0172.5蒸汽重整CH4(g)H2O(g)=CO(g)3H2(g)206.2240.1CH4(g)2H2O(g)=CO2(g)4H2(g)165.0243.9回答下列问题：(1)反应CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)的H_kJmol1。(2)在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率_甲烷氧化的反应速率(填“大于”“小于”或“等于”)。(3)对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可表示平衡常数(记作Kp)，则反应CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)的Kp_，随着温度的升高，该平衡常数_(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)从能量角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于_。(5)在某一给定进料比的情况下，温度、压强对H2和CO物质的量分数的影响如下图：若要达到H2物质的量分数65%、CO物质的量分数10%，以下条件中最合适的是_。A600 ，0.9 MPaB700 ，0.9 MPaC800 ，1.5 MPa D1 000 ，1.5 MPa画出600 ，0.1 MPa条件下，系统中H2物质的量分数随反应时间(从常温进料开始计时)的变化趋势示意图：(6)如果进料中氧气量过大，最终导致H2物质的量分数降低，原因是_。【解析】(1)由题给信息知：CH4(g)H2O(g)=CO(g)3H2(g)H206.2 kJmol1；CH4(g)2H2O(g)=CO2(g)4H2(g)H165.0 kJmol1。根据盖斯定律，由可得CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)H(165.0 kJmol1)(206.2 kJmol1)41.2 kJmol1。(2)甲烷氧化的反应为放热反应，甲烷蒸汽重整的反应为吸热反应，初始阶段，甲烷氧化反应的活化能低于甲烷蒸汽重整反应的活化能，故前者反应速率较后者快。(3)据题中Kp的描述可知，Kp。温度升高，平衡正向移动，Kp增大。(4)分析表中反应的焓变可知，甲烷氧化放出热量，为甲烷蒸汽重整提供所需能量。(5)由图可知：达到H2物质的量分数65%时压强0.1 MPa0.9 MPa1.5 MPa温度530 675 720 达到CO物质的量分数10%时压强0.1 MPa0.9 MPa1.5 MPa温度670 710 750 综合分析可知，同时满足H2物质的量分数65%，CO物质的量分数10%时，可选择0.1 MPa时530670 或0.9 MPa时675710 ，但前者压强小，温度低，反应速率慢，所以B项最符合要求。刚开始常温进料时，n(H2)为0，则H2物质的量分数为0；随着反应的进行，H2物质的量分数逐渐增大，达到平衡时，H2物质的量分数为70%，如下图所示：(6)进料中O2量过大，甲烷氧化反应的程度增大，或H2与O2发生反应等因素，都可能会引起H2物质的量分数降低。【答案】(1)41.2(2)小于(3)增大(4)系统内强放热的甲烷氧化反应为强吸热的蒸汽重整反应提供了所需的能量(其他合理答案均可)(5)B如下图所示(6)甲烷氧化程度过高，氢气和氧气反应(其他合理答案均可)24(9分)(xx北京高考)用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HClO22Cl22H2O(1)已知：.反应A中， 4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。.H2O的电子式是_。反应A的热化学方程式是_。断开1 mol HO键与断开 1 mol HCl键所需能量相差约为_kJ，H2O中HO键比HCl中HCl键(填“强”或“弱”)_。(2)对于反应A，下图是在4种投料比n(HCl)n(O2)，分别为11、21、41、61下，反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。曲线b对应的投料比是_。当曲线b、c、d对应的投料比达到相同的HCl平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的关系是_。投料比为21、温度为400 时，平衡混合气中Cl2的物质的量分数是_。【解析】(1)H2O为共价化合物，其电子式为HH。根据4 mol HCl被氧化放出115.6 kJ的热量，又结合反应条件为400，故其热化学方程式为4HCl(g)O2(g)2Cl2(g)2H2O(g)H115.6 kJ/mol。根据的热化学反应方程式和O2、Cl2的键能可知，断裂4 mol HCl键与1 mol OO键需吸收的能量比生成2 mol ClCl键和4 mol OH键放出的能量少115.6 kJ，故4 mol OH键的键能比4 mol ClH键的键能大：115.6 kJ498 kJ2243 kJ127.6 kJ，故断开1 mol HO键与断开1 mol HCl键所需能量相差约为127.6 kJ432 kJ；根据OH键键能大于HCl键键能可知，OH键比HCl键强。(2)根据O2越多HCl的转化率越大，可知a、b、c、d曲线的投料比分别为61、41、21、11。根据曲线可知，当b、c、d曲线HCl达到相同转化率时，投料比越高，对应的反应温度越低。设n(HCl)2 mol，n(O2)1 mol，根据反应曲线可知，当温度为400时，HCl的转化率为80%，则有：4HClO22Cl22H2O开始：2 mol1 mol00变化：1.6 mol0.4 mol 0.8 mol0.8 mol平衡：0.4 mol0.6 mol 0.8 mol0.8 mol因此平衡混合气中Cl2的物质的量分数是100%30.8%。【答案】(1)HH4HCl(g)O2(g)2Cl2(g)2H2O(g)H115.6 kJ/mol32强(2)41投料比越高，对应的反应温度越低30.8%