1、模块素养评价 (第13章)(90分钟100分)一、选择题:本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是()A.化石能源物质内部蕴含着大量的能量B.绿色植物进行光合作用时,将太阳能转化为化学能“贮存”起来C.物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用D.吸热反应没有利用价值【解析】选D。大多数分解反应是吸热反应,某些吸热反应如由焦炭制水煤气等是可以被人类利用的反应。2.(2020曲靖高二检测)某电池的工作原理如图甲所示,同时利用此装置的电能在铁上镀铜(如图乙),下列说法不正确的是()A.电池工作时,a是正极,外电路
2、中流过0.02 mol电子,负极材料减重0.65 gB.电子从Zn极流出,流入Fe极,经过盐桥回到Zn极C.当电池电极提供1 mol电子时,则理论上图乙铁电极增重32 gD.烧杯a中发生反应O2+2H2O+4e-4OH-,溶液pH升高【解析】选B。A.由电池工作原理如图甲电子的移动方向可知,b为负极失电子发生氧化反应,电极反应为Zn-2e-Zn2+,所以外电路中流过0.02 mol电子,负极材料减重0.65 g,A正确;B.电子从负极流出,经过外电路流入正极,所以电子不会经过盐桥,B错误;C.利用此装置的电能在铁上镀铜,在铁电极上会析出金属铜,当电池电极提供1 mol电子时,则理论上铁电极增重
3、32 g,C正确;D.a是正极,发生还原反应,电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-,溶液pH升高,故D正确。3.欲在金属表面镀银,应把镀件接在电镀池的阴极。下列各组中,选用的阳极金属和电镀液均正确的是()A.Ag和AgCl溶液B.Ag和AgNO3溶液C.Fe和AgNO3溶液D.Pt和Ag2SO4溶液【解析】选B。电镀槽中,要求镀件作阴极,可用镀层金属作阳极,电镀液通常采用含有镀层金属离子的盐溶液,A项中AgCl和D项中Ag2SO4均为沉淀,只有B项符合要求。4.(2020德州高二检测)在1 200 时,天然气脱硫工艺中会发生下列反应H2S(g)+O2(g)SO2(g)+H2O(g)H12H
4、2S(g)+SO2(g)S2(g)+2H2O(g)H2H2S(g)+O2(g)S(g)+H2O(g)H32S(g)S2(g)H4则H4的正确表达式为()A.H4=(H1+H2-3H3)B.H4=(3H3-H1-H2)C.H4=(H1+H2-3H3)D.H4=(H1-H2-3H3)【解析】选A。根据盖斯定律将第1个反应和第2个反应都乘以,相加再减去第3个反应的2倍就得到反应2S(g)S2(g),故H4=(H1+H2)-2H3,即答案为A。5.某温度时,水的离子积为1.010-12 mol2L-2,由此可知在该温度时纯水电离的c平(H+)为()A.1.010-7 molL-1B.1.010-2 m
5、olL-1C.1.010-6 molL-1D.1.010-14 molL-1【解析】选C。纯水中c平(H+)=c平(OH-),所以c平(H+)=(1.010-12 molL-1=1.010-6 molL-1。6.(2020邯郸高二检测)全世界每年钢铁因锈蚀造成大量的损失。某城拟用如图方法保护埋在酸性土壤中的钢质管道,使其免受腐蚀。关于此方法,下列说法不正确的是()A.土壤中的钢铁易被腐蚀是因为在潮湿的土壤中形成了原电池B.金属棒X的材料应该是比镁活泼的金属C.金属棒X上发生反应:M-ne-Mn+D.这种方法称为牺牲阳极保护法【解析】选B。潮湿的土壤中有水和氧气,形成原电池环境,钢铁易被腐蚀,A
6、项正确;只要金属棒X的材料比铁活泼即可,金属X与铁在形成原电池时,X就作负极被腐蚀,Fe作正极被保护,B项错误;金属棒X作负极,发生氧化反应,电极反应式为M-ne-Mn+,C项正确;牺牲阳极保护法实质上是牺牲了原电池的负极,保护了原电池的正极,D项正确。7.将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变,固体试样体积忽略不计),在恒定温度下使其达到分解平衡NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g),若保持温度和容器体积不变,再充入n(NH3)n(CO2)=21,则再次达到平衡时c平(NH3)()A.增大B.不变C.变小D.因条件不足无法判断【解析】选B。温度不
7、变平衡常数不变,K=(NH3)c平(CO2),再充入n(NH3)n(CO2)=21,则再次达到平衡时,c平(NH3)=2x,则c平(CO2)=x,K=(NH3)c平(CO2)=(2x)2x=4x3(mol3L-3),x=,c平(NH3)是定值,保持不变。8.CH3OH是重要的化工原料,可用于制造甲酸甲酯。工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。按n(CO)n(H2)=12向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中正确的是()世纪金榜导学号A.p10C.平衡常数:K(A)=K
8、(B)D.在C点时,CO转化率为75%【解析】选D。由增大压强,平衡正向移动,CH3OH的体积分数增大,所以p1p2,A错误;由图可知,升高温度,CH3OH的体积分数减小,平衡逆向移动,则该反应的Hc平(Na+)c平(OH-)C.水的电离程度:cbaD.当混合溶液呈中性时,c平(Na+)=c平(CH3COO-)c平(H+)=c平(OH-)【解析】选A。该温度下,1.0 L c molL-1CH3COOH溶液与0.1 mol NaOH固体混合溶液的pH=4.3,醋酸的电离平衡常数Ka= molL-1= molL-1 molL-1= molL-1,A错误;a点溶液的pH=3.1,是加入醋酸后的结果
9、,根据电荷守恒知,c平(CH3COO-)c平(Na+),醋酸的电离程度较小,则c平(CH3COOH)c平(Na+)c平(OH-),B正确;b以醋酸的电离为主,抑制水的电离,酸性越强,水的电离程度越小,a点加入醋酸,水的电离程度减小,c点加入醋酸钠,水的电离程度增大,故水的电离程度:cba,C正确;当混合溶液呈中性时,c平(H+)=c平(OH-),根据电荷守恒有c平(Na+)=c平(CH3COO-),则c平(Na+)=c平(CH3COO-)c平(H+)=c平(OH-), D正确。14.(2020长沙高二检测)下列叙述正确的是()A.将稀氨水逐滴加入稀硫酸中,当溶液pH=7时,c平(S)c平(N)
10、B.两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2,pH分别为a和a+1,则c1=10c2C.pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合,滴入石蕊溶液呈红色D.向0.1 molL-1的氨水中加入少量硫酸铵固体,则溶液中增大【解析】选C。A中根据电荷守恒c平(H+)+c平(N)=c平(OH-)+2c平(S),溶液pH=7时,则2c平(S)=c平(N),故c平(S)c平(N)。B中不同浓度的醋酸电离度不同,所以不存在简单的比例关系。C中pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合,醋酸过量,溶液显酸性,滴入石蕊变红。D中往氨水中加入少量硫酸铵固体会抑制氨水的电离,则溶液中减小。1
11、5.(双选)在稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中,探究加入硫酸铜溶液的量对氢气生成速率的影响。实验中Zn粒过量且颗粒大小相同,饱和硫酸铜溶液用量04.0 mL,保持溶液总体积为100.0 mL,记录获得相同体积(336 mL)的气体所需时间,实验结果如图所示(气体体积均转化为标准状况下)。据图分析,下列说法不正确的是()A.饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气B.a、c两点对应的氢气生成速率相等C.b点对应的反应速率为v(H2SO4)=1.010-2 molL-1s-1D.d点没有构成原电池,反应速率减慢【解析】选C、D。根据图象可知,随着饱和硫酸铜溶液的用量增加,化学反应速率先加快后减慢,则
12、饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气,A项正确;a、c两点对应的氢气生成速率相等,B项正确;b点收集336 mL氢气用时150 s,336 mL氢气的物质的量为0.015 mol,消耗硫酸0.015 mol,则b点对应的反应速率为v(H2SO4)=0.015 mol0.1 L150 s=1.010-3 molL-1s-1,C项错误;d点锌置换出铜,锌、铜和硫酸构成原电池,化学反应速率加快,但硫酸铜用量增多,锌置换出来的铜附着在锌表面,导致锌与硫酸溶液接触面积减小,反应速率减慢,D项错误。三、非选择题:本题包括5小题,共60分。16.(12分)如图为相互串联的甲、乙两电解池,试回答:世纪金榜
13、导学号(1)甲池若为用电解池原理炼铜的装置,A是_,材料是_,电极反应式为_,B是_,材料是_,电极反应式为_,电解质溶液为_。(2)乙池中若滴入少量酚酞试液,开始电解一段时间,Fe极附近呈_色,C极附近呈_色。(3)若甲槽阴极增重12.8 g,则乙槽阳极放出气体在标准状况下的体积是_mL。(4)若乙槽中剩余液体为400 mL,则电解后得到碱液的浓度为_molL-1。【解析】(1)甲中A是阴极,B是阳极,则B为粗铜,A为精铜,甲中溶液为含有Cu2+的溶液,电极反应式A:Cu2+2e-Cu,B:Cu-2e-Cu2+。(2)乙中C作阳极,其产物为Cl2,Fe作阴极,其产物为H2和OH-(NaOH)
14、。(3)CuCu2+2e-Cl2,可得生成Cl2:=0.2 mol,标准状况下体积为4.48 L。(4)又由CuCu2+2e-2OH-,则生成OH-的物质的量为2=0.4 mol,c平(OH-)=1 molL-1。答案:(1)阴极精铜Cu2+2e-Cu阳极粗铜Cu-2e-Cu2+CuSO4(CuCl2)(2)红无(3)4 480(4)117.(12分)(1)已知:Fe(s)+O2(g)FeO(s)H1=-272.0 kJmol-1;2Al(s)+O2(g)Al2O3(s)H2=-1 675.7 kJmol-1。Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是_。某同学认为,铝热反应可用于工业炼铁,你的
15、判断是_(填“能”或“不能”),你的理由是_。(2)反应物与生成物均为气态的某可逆反应在不同条件下的反应历程分别为A、B,如图所示。据图判断该反应是_(填“吸”或“放”)热反应。其中B历程表明此反应采用的条件为_(填字母)。A.升高温度B.增大反应物的浓度C.降低温度D.使用催化剂【解析】(1)-3即得3FeO(s)+2Al(s)Al2O3(s)+3Fe(s)H=-859.7 kJmol-1。利用铝热反应在工业上大面积炼铁时,为了引发反应需要消耗大量能源,冶炼Fe的成本就太高了,所以不能使用铝热反应炼铁。(2)反应物能量低于最后的生成物能量,所以该反应为吸热反应。从A到B反应的活化能明显降低了
16、,所以是加入了催化剂。答案:(1)3FeO(s)+2Al(s)Al2O3(s)+3Fe(s)H=-859.7 kJmol-1不能该反应为引发反应,需消耗大量能量,成本较高(2)吸D【补偿训练】NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。(1)NOx能形成酸雨,写出NO2转化为HNO3的化学方程式:_。(2)汽车发动机工作时会引发N2和O2反应,其能量变化示意图如下:写出该反应的热化学方程式:_。随温度升高,该反应化学平衡常数的变化趋势是_。(3)在汽车尾气系统中装置催化转化器,可有效降低NOx的排放。当尾气中空气不足时,NOx在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式:_ _。当尾
17、气中空气过量时,催化转化器中的金属氧化物吸收NOx生成盐。其吸收能力顺序如下:12MgO20CaO38SrO56BaO。原因是_,元素的金属性逐渐增强,金属氧化物对NOx的吸收能力逐渐增强。(4)通过NOx传感器可监测NOx的含量,其工作原理示意图如下:Pt电极上发生的是_反应(填“氧化”或“还原”)。写出NiO电极的电极反应式:_。【解析】(1)NO2转化为HNO3的化学方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO。(2)拆开化学键吸收能量,形成化学键释放能量。N2(g)+O2(g)2NO(g),其H计算方法如下:H=945 kJmol-1+498 kJmol-1-2630 kJmol-1=18
18、3 kJmol-1。该反应为吸热反应,升高温度,化学平衡向正反应方向移动,化学平衡常数增大。(3)NO和CO发生反应生成N2和CO2,其化学方程式为2CO+2NON2+2CO2。分析12MgO20CaO38SrO”或“”“K1;温度升高,K增大,则正反应为吸热反应,H0。该反应气体的总质量是个变量,容器体积不变,所以密度是一个变量,当容器内气体密度恒定时,反应达到平衡状态,故A正确;各组分的浓度不再改变能说明反应达到平衡状态,故B正确;该反应前后气体分子的数目相同,则气体的总物质的量一直不变,根据pV=nRT,恒温恒容条件下,压强一直不变,所以容器内压强恒定不能说明反应达到平衡状态,故C错误;
19、2v正(NO)=v逆(N2),此时正反应速率和逆反应速率不相等,应是v正(NO)=2v逆(N2)时反应达到平衡状态,故D错误。(3)随着反应进行,n(N2)逐渐减小,n(NO)逐渐增大,10 min内,n(N2)=0.2 mol,物质的量变化之比等于化学计量数之比,则n(CO2)=0.2 mol,所以v(CO2)=0.01 molL-1min-1。根据图象可知A点反应向正反应方向进行,则v(正)v(逆)。第10 min时,N2、NO物质的量没有发生突变,N2的物质的量逐渐减小,速率比10 min前大;NO物质的量逐渐增大,速率比10 min前大。加催化剂,不会引起物质的量的突变,只会增大反应速
20、率,故A正确;增大C的物质的量,对反应速率没有影响,故B错误;减小CO2的物质的量,反应速率减小,故C错误;升温,反应速率增大,故D正确;降温,反应速率减小,故E错误。答案:(1)K=(2)计算700 和800 的平衡常数K1,K2,得K10AB(3)0.01 molL-1min-1AD【方法规律】化学图象解题步骤步骤1:究原。根据题目所给信息和图象信息,提取“起点”“拐点”“终点”的纵、横坐标数据,结合相关的化学反应原理,写出可能发生反应的化学方程式或离子方程式。步骤2:整合。在解答这类题目时要注意认真观察、仔细分析图象,准确理解题意,弄清图象题中与曲线或直线变化有关的量,根据图象中给定的量
21、变关系,在识图、究原的基础上,进一步将图象信息与反应原理结合起来,提取相关数据,找准切入点,进行推理、判断。19.(12分)研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。(1)25 ,在0.10 molL-1 H2S溶液中,通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH,溶液pH与c平(S2-)关系如图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。pH=13时,溶液中的c平(H2S)+c平(HS-)=_molL-1。 某溶液含0.020 molL-1 Mn2+、0.10 molL-1 H2S,当溶液pH=_时,Mn2+开始沉淀。已知:Ksp(MnS)=2.810-15 (2)25 ,两种酸的电离平衡常数如下
22、表。Ka1Ka2H2SO31.310-26.310-8H2CO34.210-75.610-110.10 molL-1 Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。【解析】(1)根据物料守恒:c平(S2-)+c平(H2S)+c平(HS-)=0.10 molL-1,故c平(H2S)+c平(HS-)=0.10 molL-1-c平(S2-)=0.10 molL-1-5.710-2 molL-1=0.043 molL-1。要使Mn2+沉淀,需要的c平(S2-)最小值为c平(S2-)= molL-1=1.410-13 molL-1,再对照图象找出pH=5。(2)S发生水解,生成HS和OH-,HS再进一步
23、水解生成H2SO3和OH-,故离子浓度大小关系为c平(Na+)c平(S)c平(OH-)c平(HS)c平(H+)。答案:(1)0.0435(2)c平(Na+)c平(S)c平(OH-)c平(HS)c平(H+)20.(10分)亚硫酸盐是一种常见食品添加剂。为检验某食品中亚硫酸盐含量(通常以1 kg样品中含SO2的质量计),某研究小组用“碘氧化还原滴定法”进行测定,实验流程如下:(1)碘标准液应选用_(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装,加注标准液之前必须对滴定管进行_、洗涤、润洗。(2)锥形瓶内的指示剂为_,判断达到滴定终点的依据是_。(3)下列操作会使测定结果偏大的有()A.起始读数时平视,终点读数
24、时俯视B.未用标准液润洗滴定管C.步骤中用稀盐酸代替稀硫酸(4)若取样品w g,按方案测得消耗0.010 00 molI2溶液V mL,则1 kg样品中含SO2的质量是_ g(用含w、V的代数式表示)。【解析】(1)滴定管使用前必须进行验漏、洗涤、润洗等准备工作,碘溶液具有氧化性,只能用酸式滴定管盛装。(2)碘遇淀粉变蓝,用碘水进行滴定时应选择淀粉作为指示剂,待测液变色后半分钟内不变化方达到滴定终点。(3)起始读数时平视,终点读数时俯视,会使标准液体积偏小,最终结果偏小;未用标准液润洗滴定管,会把标准液稀释,消耗标准液体积偏大,最终结果偏大;步骤中用盐酸代替硫酸,生成的SO2气体中混有少量HCl,因SO2用碱液吸收后需再用盐酸调节溶液至弱酸性,因此混合气体中含有HCl,对实验结果无影响。(4)反应为H2O+S+I2S+2I-+2H+,根据硫原子守恒及化学方程式可得n(SO2)=n(S)=n(I2)=0.010 00 molL-1V10-3 L=V10-5 mol,因此1 kg样品中含SO2的质量为1 000 g= g。答案:(1)酸式验漏(或查漏)(2)淀粉溶液滴最后一滴时,溶液由无色变为浅蓝色,且半分钟内不褪色(3)B(4)
