1、模块综合测评(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)1有机物在燃烧过程中会释放出热能，为放热反应；相反，自然界由光合作用生成有机物的过程中需要吸收能量。研究表明，化学反应中的能量变化其本质是化学键的生成或断裂过程中分别会释放与吸收能量。如图表示反应2H2(g)O2(g)=2H2O(g)的能量变化，下列有关说法中错误的是()A图中的是指吸收能量，是指放出能量B图示说明反应2H2(g)O2(g)=2H2O(g)是一个吸热反应C图示说明化学键的形成与断裂是物质在化学反应中发生能量变化的主要原因D中a所指的数值为484【解析】A项，破坏化学键需要吸收能量，而
2、生成化学键则会放出能量，对；B项，由2 mol H2(g)、1 mol O2(g)转化为4 mol H、2 mol O时将吸收1 368 kJ能量，而由4 mol H、2 mol O转变为2 mol H2O(g)时将放出1 852 kJ能量，放出的能量大于吸收的能量，最终反应是放热的，错；C项，化学反应中的能量变化，其主要原因为化学键断裂需要吸收能量，而形成化学键时则会放出能量，两者的能量差就是反应过程中的能量变化；D项，根据B项分析可知，放出的能量与吸收的能量差为484 kJ，则当2 mol H2(g)与1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(g)时，会放出484 kJ的热量，
3、对。【答案】B2为探究NaHCO3、Na2CO3和盐酸(以下盐酸浓度均为1 molL1)反应过程中的热效应，实验测得如下数据：序号35 mL试剂固体混合前温度/混合后温度/水2.5 g NaHCO320.018.5水3.2 g Na2CO320.024.3盐酸2.5 g NaHCO320.016.2盐酸3.2 g Na2CO320.025.1由此得出的结论正确的是 ()ANa2CO3溶液与盐酸的反应是吸热反应BNaHCO3溶液与盐酸的反应是放热反应C20.0 时，含3.2 g Na2CO3的饱和溶液和35 mL盐酸混合后的温度将低于25.1 D20.0 时，含2.5 g NaHCO3的饱和溶液
4、和35 mL盐酸混合后的温度将低于16.2 【解析】实验说明Na2CO3溶液与盐酸的反应是放热反应，A错误；实验说明NaHCO3溶液与盐酸的反应是吸热反应，B错误；由实验可知，碳酸钠固体溶于水会放热，而C项缺少了这个放热的过程，因而放出的热量少于实验，则温度低于25.1 ，该项正确；同理，由实验判断，D项错误。【答案】C3下列有关热化学方程式的书写及对应的表述均正确的是()A密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成17.6 g硫化亚铁时，放出19.12 kJ热量。则Fe(s)S(s)=FeS(s)H95.6 kJmol1B稀醋酸与0.1 molL1 NaOH溶液反应：H(aq)
5、OH(aq)=H2O(l)H57.3 kJmol1C已知1 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5 kJ，则水分解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)O2(g)H285.5 kJmol1D已知2C(s)O2(g)=2CO(g)H221 kJmol1，则可知C的燃烧热H110.5 kJmol1【解析】9.6 g硫粉的物质的量为0.3 mol，11.2 g铁粉的物质的量为0.2 mol，故硫粉过量，以铁粉为依据计算1 mol铁粉参加反应放出的热量为19.12 kJ95.6 kJ，A项正确；醋酸为弱酸，醋酸与NaOH发生中和反应时，醋酸继续电离需要吸收热量，其焓变数值大于57.
6、3 kJmol1，B项错误；2 mol水分解吸收的热量应为571 kJmol1，C项错误；计算碳的燃烧热时生成物应为CO2(g)，D项错误。【答案】A4下列事实能说明影响化学反应速率的决定性因素是反应物本身性质的是()ACu能与浓硝酸反应，而不与浓盐酸反应BCu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快CN2与O2在常温、常压下不反应，放电时可反应DCu与浓H2SO4能反应，而不与稀H2SO4反应【解析】要想说明反应物本身的性质是影响化学反应速率的决定性因素，则该实验事实应区别在反应物本身而不是外界因素如浓度、压强、温度、催化剂等。其中选项B、D为浓度不同所致，选项C为反应条件不同所致，唯有选项A是因浓硝酸
7、与浓盐酸本身性质不同所致。【答案】A5处于平衡状态的反应2H2S(g)2H2(g)S2(g)H0，不改变其他条件的情况下合理的说法是()A加入催化剂，反应路径将发生改变，H也将随之改变B升高温度，正逆反应速率都增大，H2S分解率也增大C增大压强，平衡向逆反应方向移动，将引起体系温度降低D若体系恒容，注入一些H2后达新平衡，H2浓度将减小【解析】 催化剂能改变化学反应速率也能改变反应路径，但焓变与反应路径无关，A项错误；温度升高，正逆反应速率均增大，因H0，故平衡正向移动，H2S分解率增大，B项正确；该反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，逆向反应是放热反应，会使体系温度升高，C项错误
8、；体系中注入H2，平衡将向H2浓度降低的方向移动，但最终H2的浓度仍比原来的大，D项错误。【答案】B6在密闭容器中充入一定量的NO2，发生反应2NO2(g)N2O4(g)H57 kJmol1。在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()Aa、c两点的反应速率：acBa、b两点NO2的转化率：abCa、c两点气体的颜色：a深，c浅D由a点到b点，可以用加热的方法【解析】该反应有气体参加和生成，增大压强反应速率增大，ac，A项错误；NO2的体积分数越大，其转化率越小，B项正确；由a到c，压强增大容器体积减小，尽管平衡右移，但平衡时NO2浓度增大，气
9、体颜色加深，C项错误；该反应是放热反应，由a点到b点，NO2的转化率增大，故降温可以实现由a点到b点的转化，D项错误。【答案】B7在某一体积可变的恒温密闭容器中发生如下反应：A(g)B(g)2C(g)Hv逆B、两过程达到平衡时，A的体积分数Ct2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加CD、两过程达到平衡时，平衡常数【解析】反应方程式两边气体的化学计量数相等。t1t2时间段，反应处于平衡状态，正逆反应速率相等，A项错误；从图看，逆反应速率瞬间增大，且反应速率逐渐变化，说明产物C的浓度瞬间增大，但因为温度不变，故平衡常数不会改变，达到相同的平衡状态，B、D项错误，C项正确。【答案】C8液态化合物AB会
10、发生微弱的自身电离，电离方程式为ABAB，在不同温度下其平衡常数为K(25 )1.01014，K(35 )2.11014。则下列叙述正确的是()Ac(A)随温度升高而降低B在35 时，c(A)c(B)CAB的电离程度(25 )(35 )DAB的电离是吸热过程【解析】K(25 )K(35 )，故c(A)随温度的升高而增大，A错；由电离方程式可知，任何温度下，都有c(A)c(B)，B错；由25 和35 时的平衡常数可知，温度越高，电离程度越大，C错；K(25 )K(35 )，因此AB的电离是吸热过程，D正确。【答案】D9化工生产中含Cu2的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为Cu2(aq)M
11、nS(s)CuS(s)Mn2(aq)。下列有关该反应的推理不正确的是()A该反应达到平衡时：c(Cu2)c(Mn2)BCuS的溶解度比MnS的溶解度小C往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2)变大D该反应平衡常数表达式：K【解析】反应达到平衡时，c(Cu2)和c(Mn2)不再变化，二者不一定相等，A项错；该反应是沉淀的转化，溶解度小的物质能够转化为溶解度更小的物质，B项正确；加入Cu(NO3)2(s)，溶液中的c(Cu2)增大，平衡向正反应方向移动，c(Mn2)增大，C项正确；Ksp(MnS)c(Mn2)c(S2)，Ksp(CuS)c(Cu2)c(S2)，所以Ksp(MnS)
12、/Ksp(CuS)c(Mn2)/c(Cu2)K，D项正确。【答案】A10往含I和Cl的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如图所示。则原溶液中c(I)/c(Cl)的比值为()A.B.C. D.【解析】根据IAg=AgI(黄色)，ClAg=AgCl(白色)，结合图示，可知I、Cl消耗AgNO3溶液的体积分别为V1、(V2V1)，因此在原溶液中。【答案】C11依据下列甲、乙、丙三图，判断下列叙述不正确的是()A甲是原电池，乙是电镀装置B甲、乙装置中，锌极上均发生氧化反应C乙、丙装置中，阳极均发生氧化反应而溶解D乙、丙装置中，c(Cu2)基本不变【解析】甲为锌铜原电池
13、，乙为在Zn片上镀铜的电镀池，丙为电解精炼铜。【答案】 B12电化学在日常生活中用途广泛，图是镁次氯酸钠燃料电池，电池总反应为：MgClOH2O=ClMg(OH)2，图是Cr2O的工业废水的处理，下列说法正确的是()A图中Cr2O离子向惰性电极移动，与该极附近的OH结合转化成Cr(OH)3除去B图的电解池中，有0.084 g阳极材料参与反应，阴极会有33.6 mL的气体产生C图中发生的还原反应是：Mg2ClOH2O2e=ClMg(OH)2D若图中3.6 g镁溶解产生的电量用以图废水处理，理论可产生10.7 g氢氧化铁沉淀【解析】A项，阳极：Fe2e=Fe2阴极：2H2e=H2Cr2O6Fe21
14、4H=2Cr36Fe37H2OCr33OH=Cr(OH)3Fe33OH=Fe(OH)3。B项，22.410333.6(mL)，但选项中没有指明气体是否处在标准状况。C项，负极：Mg2e=Mg2，正极：ClO2eH2O=Cl2OH。D项，Mg2eFe2Fe3Fe(OH)3mFe(OH)3107 gmol116.05 g。【答案】C13电解100 mL含c(H)0.30 molL1下列溶液，当电路中通过0.04 mol电子时，理论上析出金属质量最大的是()A0.10 molL1AgNO3溶液B0.10 molL1ZnSO4溶液C0.20 molL1CuCl2溶液D0.20 molL1Pb(NO3)
15、2溶液【解析】根据金属活动性顺序表可知：Ag和Cu排在H后面，而Zn和Pb排在H以前，所以Ag、Cu2的氧化性比H强，应优先于H放电而析出。因为0.01 mol Ag的质量小于0.02 mol Cu的质量，所以C项正确。【答案】C14在体积都为1 L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65 g 锌粒，则下图所示比较符合客观事实的是()【解析】明确图像的点、线等的含义以及曲线走势表明的化学意义等。结合题中数据知：盐酸的量不足，恰好消耗0.325 g Zn，醋酸足量，所以反应产生H2的量醋酸为盐酸的2倍，又因起始时溶液中c(H)相等，且开始时反应速率相同，随反应进行，醋酸中c(H)下降小，反
16、应速率快，C项正确，选项A中起始时溶液pH为2而不是0。【答案】C15某温度下，对于反应N2(g)3H2(g)2NH3(g)H92.4 kJ/mol。N2的平衡转化率()与体系总压强(p)的关系如图所示。下列说法正确的是()A将1 mol氮气、3 mol氢气，置于1 L密闭容器中发生反应，放出的热量为92.4 kJB平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)K(B)C上述反应在达到平衡后，增大压强，H2的转化率增大D升高温度，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大，正反应速率减小【解析】因为该反应为可逆反应，加入1 mol N2、3 mol H2，两者不可能完全反应生成NH3，所以放出的热量小于
17、92.4 kJ，A错；从状态A到状态B的过程中，改变的是压强，温度没有改变，所以平衡常数不变，B错；因为该反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2的转化率增大，C对；升高温度，正、逆反应速率都增大，D错。【答案】C16已知某化学反应的平衡常数表达式为K，在不同的温度下该反应的平衡常数如下表：t 7008008301 0001 200K1.671.111.000.600.38下列有关叙述不正确的是 ()A该反应的化学方程式是CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)B上述反应的正反应是放热反应C若在1 L的密闭容器中通入CO2和H2各1 mol，5 min 后温度升高到83
18、0 ，此时测得CO2为0.4 mol，该反应达到平衡状态D若平衡浓度符合关系式，则此时的温度为1 000 【解析】依平衡常数的表达式可知A正确；升高温度K减小，平衡左移，正反应为放热反应，B正确；5 min后CO、H2O、CO2、H2的浓度分别为0.6 molL1、0.6 molL1、0.4 molL1、0.4 molL1，7的原因是_(用离子方程式表示)。(4)将X、Y、Z各1 mol同时溶于水中制得混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为_。(5)Z溶液与W溶液混合加热，可产生一种无色无味的单质气体，该反应的化学方程式为_。【解析】 HNO3是强酸、NaOH是强碱，NH4NO3是
19、强酸弱碱盐、NaNO2是强碱弱酸盐，因NH、NO的水解是微弱的，而NaOH、HNO3的电离是完全的，从溶液的pH可知X、Y、Z、W分别为NaOH、HNO3、NaNO2和NH4NO3。(4)三者的混合溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，故溶液呈碱性，离子浓度的大小顺序为c(Na)c(NO)c(NO)c(OH)c(H)。(5)NaNO2与NH4NO3溶液混合生成的无色无味的气体应为N2。这是由于NaNO2中3价的氮元素与NH中3价的氮元素发生反应NaNO2NH4NO3=NaNO3N22H2O。【答案】 (1)NaOHNH4NO3(2)NH4NO3=NHNO(3)NOH2OHNO2OH(4)c(
20、Na)c(NO)c(NO)c(OH)c(H)(5)NaNO2NH4NO3=NaNO3N22H2O19(8分)(1)(2014新课标全国卷节选)H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_。NaH2PO2为_(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显_(填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”)。(2)下表列出了某冷轧厂排放的废水中各成分的含量及国家环保标准值的有关数据：冷轧含锌废水水质经处理后的水国家环保标准值Zn2浓度/(mgL1)8003.9pH1569SO浓度/(mgL1)23 000150经某一工艺处理后的废水pH8，常温下，该废水中Zn2的浓度为_mgL1(常温下，KspZn(OH)21.2101
21、7)，_(填“符合”或“不符合”)国家环保标准。【解析】(1)H3PO2是一元中强酸，只发生部分电离，所以其电离方程式用可逆号连接。NaH2PO2为次磷酸的正盐，水解显碱性。(2)KspZn(OH)2c(Zn2)c2(OH)，c(Zn2)KspZn(OH)2/c2(OH)，c(OH)1014/108106(molL1)，代入表达式中，得c(Zn2)1.21017/(106)21.2105(molL1)，即1.2105 molL165103 mgmol10.78 mgL1，对照表中的数据知，c(Zn2)3.9 mgL1，故符合标准。【答案】(1)H3PO2H2POH正盐弱碱性(2)0.78符合2
22、0(10分)常温下，10 mL pH均为2的HX、HY两种一元酸溶液，加水稀释过程中溶液的pH随溶液体积变化曲线如图所示。请回答下列问题：(1)在图中用曲线表示将10 mL pH2的盐酸加水稀释到1000 mL的过程中溶液pH变化趋势。(2)物质的量浓度均为0.1 molL1的NaX和NaY溶液，pH较小的是_，其中水的电离程度较大的是_。(3)常温下，0.1 molL1的HY溶液中加入等体积pH1的盐酸后，溶液的pH_(填“升高”或“降低”)，HY的电离程度_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(4)H2Z是一种二元弱酸，常温下，0.1 molL1的H2Z溶液中加入等体积pH13的KOH溶液
23、后，溶液的pH7，原因可能是_。【解析】(1)盐酸为强酸，加水稀释100倍后，pH变为4。(2)由图知酸性HYHX，故NaX的pH小于NaY溶液；即X的水解程度小于Y，故NaY溶液中水的电离程度较大。(3)在HY溶液中加入盐酸，c(H)增大，溶液pH减小，而HY的电离受到抑制。(4)H2Z与KOH溶液反应后生成KHZ，既能电离又能水解；而pH7，说明HZ电离程度大于水解程度。【答案】(1)(2)NaX溶液NaY溶液(3)降低减小(4)HZ的电离程度大于HZ的水解程度21(10分)某小组同学设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氧气、氢气、硫酸和氢氧化钾。(1)X极与电源的_(填“正”或“负”)极相
24、连，氢气从_(选填“A”、“B”、“C”或“D”)口导出。(2)离子交换膜只允许一类离子通过，则M为_(填“阴离子”或“阳离子”，下同)交换膜，N为_交换膜。(3)若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池(石墨为电极)，则电池负极的电极反应式为_。(4)若在标准状况下，制得11.2 L氢气，则生成硫酸的质量是_，转移的电子数为_。【解析】题图中左边加入含硫酸的水，暗示左边制硫酸，即OH在阳极发生氧化反应，使左边溶液中H增多，为了使溶液呈电中性，硫酸钾溶液中的SO通过M交换膜向左边迁移，即M为阴离子交换膜，由此推知X为阳极，与电源正极相连，B出口产生氧气，A出口流出硫酸；同理，右侧加
25、入含KOH的水，说明右边制备KOH溶液，H在Y极发生还原反应，说明Y极为阴极，与电源负极相连，右边溶液中OH增多，硫酸钾溶液中K向右迁移，N为阳离子交换膜。所以，C出口产生氢气，D出口流出KOH溶液。(3)若将制得的氢气和氧气在氢氧化钾溶液中构成原电池，正极反应式为O22H2O4e=4OH，负极反应式为2H24e4OH=4H2O。(4)n(H2)0.5 mol，2H2e=H2，得电子为1 mol，X极的反应式为4OH4e=2H2OO2或2H2O4e=4HO2，根据电子守恒知，生成H的物质的量为1 mol，故生成0.5 mol H2SO4，m(H2SO4)49 g。【答案】(1)正C(2)阴离子
26、阳离子(3)H22e2OH=2H2O(4)49g6.02102322(8分)(2013重庆高考节选)化学在环境保护中起着十分重要的作用。催化反硝化法可用于治理水中硝酸盐的污染。催化反硝化法中，H2能将NO还原为N2。25 时，反应进行10 min，溶液的pH由7变为12。N2的结构式为_。上述反应离子方程式为_，其平均反应速率v(NO)为_molL1min1。还原过程中可生成中间产物NO，写出3种促进NO水解的方法_。【解析】N2电子式为NN，结构式为NN。反应中碱性增强，故应有OH生成，根据得失电子守恒有：5H22NON2OH，据电荷守恒有：5H22NON22OH，最后由元素守恒得5H22NON22OH4H2O。水解的离子方程式为NOH2OHNO2OH，据“越热越水解、越稀越水解”，可知加热或加水稀释能促进水解；另外，降低生成物浓度，也可促进水解。【答案】NN2NO5H2N22OH4H2O0.001加酸，升高温度，加水