1、模块卷一时间:45分钟分值:70分一、选择题(每题2分,共24分)1.下列关于轮船嵌有锌块实施保护的判断不合理的是() A.嵌入锌块后的负极反应:Fe-2e- Fe2+B.可用镁合金块代替锌块进行保护C.腐蚀的正极反应:2H2O+O2+4e- 4OH-D.该方法采用的是牺牲阳极的阴极保护法答案AA项,嵌入锌块作负极,负极反应为Zn-2e- Zn2+,错误;B项,该方法为牺牲阳极的阴极保护法,即牺牲作负极的锌块保护作正极的轮船,由于Mg的活动性比Zn还强,故可以用镁合金来代替锌块,正确;C项,由于海水呈弱碱性,铁发生吸氧腐蚀,故正极反应为2H2O+O2+4e- 4OH-,正确;D项,此保护方法是
2、构成了原电池,牺牲了锌块保护轮船,故为牺牲阳极的阴极保护法,正确。2.中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂,利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水主要过程如下图所示。下列说法不正确的是()A.整个过程实现了光能向化学能的转化B.过程有OO单键生成并放出能量C.过程发生的反应:2H2O2 2H2O+O2D.整个过程的总反应:2H2O 2H2+O2答案CA项,由题图可知,太阳能使水分解,则实现了光能向化学能的转化,正确;B项,过程中生成氢气、过氧化氢,过程放出能量并生成了OO键,正确;C项,过程为H2O2中的OH键断裂生成H2、O2的过程,错误;D项,用太阳光在催化剂表面实现高效分解水,总反应为水
3、分解生成氢气和氧气,则总反应2H2O 2H2+O2,正确。3.通过以下反应均可获取H2。C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)H1=+131.3 kJmol-1CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)H2=+206.1 kJ mol-1CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)H3下列说法正确的是()A.中反应物的总能量大于生成物的总能量B.中使用适当催化剂,可以使H2减小C.由、计算反应CH4(g) C(s)+2H2(g)的H=-74.8 kJmol-1D.若知反应C(s)+CO2(g) 2CO(g)的H,结合H1可计算出H3答案DA项,反应为吸热反应,反应物的总
4、能量低于生成物的总能量,错误;B项,使用催化剂可降低化学反应的活化能,但不能改变反应焓变,即中使用适当催化剂,H2不变,错误;C项,依据盖斯定律,-得,CH4(g) C(s)+2H2(g)的H=+74.8 kJmol-1,错误;D项,由盖斯定律知,H3=H1-H,正确。4.在某年315晚会中曝光一种劣质净水机的欺骗推销手段:销售人员用如图所示“验水器”检验居民家庭自来水,接通电源后自来水产生大量深色絮状沉淀,而净化后的水再用同一个“验水器”检验,再次接通电源后水没有明显变化依然澄清透明。关于该实验下列分析正确的是()A.净化水导电能力理论上比自来水强B.两次通电可能通过开关反转正负极C.两次通
5、电的阴极反应产生气体不同D.金属电极可能采用的是铝或铁材质答案BA项,净化水中离子浓度小于自来水中离子浓度,因此净化水导电能力理论上比自来水弱,错误;B项,根据图中双向开关得出两次通电可能通过开关反转正负极,正确;C项,前后两次通电的阴极反应产生气体都为氢气,阳极反应不相同,错误;D项,接通电源后自来水产生大量深色絮状沉淀,而Al(OH)3为白色絮状沉淀,说明金属电极可能采用的是铁材质,错误。5.CO2催化加氢制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究,对环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知一定条件下的反应:CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)H=-49.0 kJmol-12C
6、O2(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+3H2O(g)H=-173.6 kJmol-1下列说法不正确的是()A.CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g) CH3CH2OH(g)+2H2O(g)H0B.增大压强,有利于反应向生成低碳醇的方向移动,平衡常数增大C.升高温度,可以加快生成低碳醇的速率,但反应限度降低D.增大氢气浓度可以提高二氧化碳的转化率答案BA项,根据盖斯定律,用第二个反应减第一个反应得:CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g) CH3CH2OH(g)+2H2O(g)H=-124.6 kJmol-1,正确;B项,温度不变,平衡常数不变,错误;C项,升高温度,正、逆
7、反应速率都加快,升高温度,平衡向吸热反应方向进行,即平衡逆向移动,反应限度降低,正确;D项,反应物中氢气和二氧化碳都是气体,增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率,正确。6.向20 mL 0.40 molL-1 H2O2溶液中加入少量KI溶液:.H2O2+I- H2O+IO-;.H2O2+IO- H2O+O2+I-。H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算标准状况)如下。t/min05101520V(O2)/mL0.012.620.1628.032.7下列判断不正确的是()A.从图中可以看出,KI能增大H2O2的分解速率B.反应是放热反应,反应是吸热反应C.
8、010 min的平均反应速率:v(H2O2)=9.010-3 molL-1min-1D.H2O2在反应过程中既体现了氧化性,又体现了还原性答案BA项,从题图中可以看出KI作催化剂,降低反应活化能,可以加快化学反应速率。B项,从题图中可以观察到,反应的生成物总能量高于反应物总能量,为吸热反应;反应的反应物总能量高于生成物总能量,为放热反应。C项,根据题表可知,010 min生成氧气的物质的量:n(O2)=20.1610-3 L/22.4 Lmol-1=9.010-4 mol,根据化学方程式可知消耗过氧化氢的物质的量为1.810-3 mol,则v(H2O2)=1.810-3 mol/(2010-3
9、 L10 min)=9.010-3 molL-1min-1;D项,反应中过氧化氢作氧化剂,反应中过氧化氢作还原剂。7.用0.100 0 mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 0 mol/L盐酸和20.00 mL 0.100 0 mol/L CH3COOH溶液,得到如图所示两条滴定曲线,下列说法不正确的是()A.图1表示NaOH滴定盐酸的曲线B.a=20C.图2中,pH=7,c(CH3COO-)=c(Na+)D.图1中,由水电离的c(H+)一直增大答案DA项,根据题图中开始未加NaOH溶液时的pH得出题图1表示NaOH滴定盐酸的曲线,正确;B项,根据图1信息,a点对应的p
10、H=7,可知盐酸与NaOH溶液恰好完全反应,则a=20,正确;C项,题图2中,根据电荷守恒和pH=7,得到c(CH3COO-)=c(Na+),正确;D项,题图1中,溶液从酸性到中性,由水电离的c(H+)增大,从中性到碱性,由水电离的c(H+)减小,错误。8.对Na2C2O4溶液进行研究,下列说法不正确的是(室温下0.1 molL-1 H2C2O4的pH=1.3)()A.Na2C2O4溶液中离子关系:c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)=c(Na+)B.向Na2C2O4溶液中加入酚酞,溶液变红:C2O42-+H2O HC2O4-+OH-C.向Na2C2O4溶液中加入酸性高锰
11、酸钾溶液,紫色褪去:2MnO4-+5C2O42-+16H+ 2Mn2+10CO2+8H2OD.向Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸制备草酸:C2O42-+2H+ H2C2O4答案AA项,该溶液中存在物料守恒:2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)=c(Na+),错误;B项,草酸根离子水解导致溶液呈碱性,酚酞变红色,正确;C项,向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液紫色褪去,二者发生氧化还原反应,正确;D项,向草酸钠溶液中加入足量稀硫酸生成草酸,二者发生复分解反应,正确。9.龋齿是有机酸使牙齿中的Ca5(PO4)3(OH)溶解造成的。饮水、食物里的F-会将其转化为Ca5(PO4
12、)3F,后者更能抵抗酸的腐蚀。下列分析不正确的是()A.溶解度:Ca5(PO4)3(OH)Ca5(PO4)3F;B项,Ca5(PO4)3(OH)电离出来的OH-能与H+反应生成水,PO43-能与H+反应生成HPO42-、H2PO4-、H3PO4;C项,牙膏中添加NaF,F-可与Ca5(PO4)3(OH)反应生成溶解度更小的Ca5(PO4)3F;D项,题述过程涉及的反应都是复分解反应。知识拓展在难溶电解质溶液中,沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动。一般来说,沉淀转化总是向着溶解度减小的方向进行。若难溶电解质的类型相同,则Ksp较大的沉淀易转化为Ksp较小的沉淀。10.利用太阳能电解水制H2是解决
13、能源危机的重要方向。采用固体氧化还原调节剂作为离子交换体系,实现H2、O2分离。下列分析正确的是()A.左侧电解池应选用酸性溶液,a极反应式:2H+2e- H2B.b极反应式:NiOOH+H2O+e- Ni(OH)2+OH-C.c为阳极,发生氧化反应D.电解一段时间后,可将b、c对调,循环利用物质答案D试题以采用固体氧化还原调节剂作为离子交换体系,实现H2、O2分离为情境,通过电解工作原理装置图考查对电解池工作原理的理解,涉及电解原理及其应用、电极反应式的书写等必备知识,主要考查理解能力和辨析能力,体现宏观辨识与微观探析和证据推理与模型认知的学科核心素养,突出对应用性的考查要求。A项,根据题图
14、,左侧电解池应选用碱性溶液,连接电源负极的为阴极,则a为阴极,阴极发生还原反应,电极反应式为2H2O+2e- H2+2OH-,错误;B项,b为阳极,阳极失电子发生氧化反应,故电极反应式为Ni(OH)2+OH-e- NiOOH+H2O,错误;C项,连接电源正极的为阳极,则d为阳极,c为阴极,阴极发生还原反应,错误;D项,b电极发生的反应为Ni(OH)2+OH-e- NiOOH+H2O,c电极发生的反应为NiOOH+H2O+e- Ni(OH)2+OH-,故电解一段时间后,可将b、c对调,循环利用,正确。11.温度分别为T1和T2时,将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中,发生
15、反应X(g)+Y(g) 2Z(g),一段时间后达到平衡,反应过程中测定的数据如下表:t/minn(Y)/mol温度/Kt1t2t3t4T10.140.120.100.10T20.130.090.08下列说法正确的是()A.该反应的正反应为放热反应B.T2下此反应的平衡常数K=4C.温度为T1时,0t1时间段的平均速率v(Z)=2.010-3 molL-1min-1D.在T1下平衡后,保持其他条件不变,再充入0.2 mol Z,平衡时X的体积分数增大答案BA项,初始投料是相同的,比较表格中所给的数据可以看出,在t1时T2下的Y的物质的量小于T1,根据反应速率的快慢说明T2大于T1,对于T1来说,
16、T2相当于升温,升温后Y减少,说明升温使平衡右移,说明正反应是吸热的,错误;B项,根据表格中数据,列出T2时的三段式:X(g)+Y(g) 2Z(g)初始(molL-1)0.0160.0160变化(molL-1)0.0080.0080.016平衡(molL-1)0.0080.0080.016所以K=0.01620.0080.008=4,正确;C项,t1未知,无法计算v(Z)的具体数值,错误;D项,其他条件不变时,充入0.2 mol Z等效于在恒温恒容容器中充入0.1 mol X和0.1 mol Y,即相当于起始加入0.26 mol X和0.26 mol Y,该反应前后气体分子数相等,所以达到平衡
17、时X的体积分数不变,错误。12.X、Y、Z是三种处于不同周期的短周期元素,且可形成如图所示的化合物。下列说法一定正确的是()A.Z的最高价氧化物的水化物为强碱B.该化合物可作还原剂C.原子半径:ZYXD.该化合物中X、Y均满足8e-稳定结构答案B分析该化合物结构,X形成1条单键,则X为第A族的H或第A族的F、Cl;Y得到一个电子后形成4条单键,则Y最外层有3个电子,Y为第A族的B或Al;Z可形成Z+,则Z为A族的Li或Na。再根据X、Y、Z是三种处于不同周期的短周期元素,则X为H、Y为B(或Al)、Z为Na(或Li),即该化合物为NaBH4或LiAlH4。LiOH不是强碱,A项错误;NaBH4
18、或LiAlH4中H元素的化合价均为-1价,可作还原剂,B项正确;原子半径:NaBH、AlLiH,C项错误;结合该化合物结构来看,H不满足8e-稳定结构,D项错误。思路点拨本题模拟2019年课标的第13题,考查原子结构与原子成键数目间的关系。根据价键理论,非金属元素原子能获得几个电子达到2电子或8电子稳定结构,该原子就能形成几条共价键(少数多电子化合物或缺电子化合物不考虑)。根据成键数可以判断元素的族序数。二、非选择题(共46分)13.醋酸是实验室及生活中的常见物质。(1)写出醋酸的电离方程式:。 (2)常温下醋酸溶液的pH7c.CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2d.0.1 molL
19、-1 CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红e.常温下0.1 molL-1醋酸溶液的pH1(4)25 时,在体积均为20 mL、浓度均为0.1 molL-1的CH3COOH溶液、盐酸中,分别逐滴加入浓度为0.1 molL-1的NaOH溶液,溶液pH随加入NaOH溶液体积变化如图所示。.当加入NaOH溶液20 mL时,溶液的离子浓度大小关系是。 .当溶液的pH=7时,溶液中存在的微粒浓度大小关系正确的是。 a.c(Na+)=c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(H+)=c(OH-)b.c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)c(CH3COOH)c.c(CH3COOH)c(Na
20、+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)答案(1)CH3COOH CH3COO-+H+(2)醋酸可以电离出H+,溶液中c(H+)c(OH-)(3)abe(4).c(Na+)=c(Cl-)c(H+)=c(OH-).a解析(1)醋酸是弱电解质,不能完全电离,电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+。(2)判断溶液酸碱性看溶液中的c(H+)和c(OH-)的相对大小,醋酸溶液显酸性的原因是:醋酸电离出氢离子,使溶液中的c(H+)大于c(OH-)。(3)a项,同浓度的CH3COOH溶液和盐酸分别与相同的Mg条反应,放出H2的初始速率醋酸慢,说明醋酸溶液中的氢离子浓度小,可以说明醋酸为弱
21、酸;b项,常温下,0.1 molL-1 CH3COONa溶液的pH7,说明醋酸钠是强碱弱酸盐,即醋酸为弱酸;c项,CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2,只能证明醋酸的酸性比碳酸强,不能证明醋酸是弱酸;d项,0.1 molL-1 CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红,只能证明醋酸溶液显酸性,不能证明醋酸为弱酸;e项,常温下0.1 molL-1醋酸溶液的pH1,说明醋酸部分电离,可以证明醋酸为弱酸。(4)根据起点的pH可以判断出,为HCl,为CH3COOH。当加入20 mL氢氧化钠溶液时,HCl和NaOH恰好完全反应得到NaCl溶液,溶液显中性,离子浓度大小关系为c(Na+)=c(Cl-)
22、c(H+)=c(OH-);当溶液达到中性时,应该是醋酸和醋酸钠的混合溶液,此时氢离子和氢氧根离子浓度相等,结合电荷守恒可知钠离子和醋酸根离子浓度相等,溶液中存在的微粒浓度大小关系为c(Na+)=c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(H+)=c(OH-)。14.甲醇水蒸气重整制氢是目前比较成熟的制氢方法,且具有良好的应用前景。甲醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图所示:(1)已知一定条件下反应:CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)H1=+90.7 kJ/mol反应:CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)H3=+49.5 kJ/mol该条件下反应的热化学方程式是。 (
23、2)已知反应在进气比n(CO)n(H2O)不同时,在不同温度(T1、T2)下,测得相应的CO的平衡转化率见下图。比较T1、T2的大小,并解释原因 。 A点对应的化学平衡常数是。 T1温度时,按下表数据开始反应建立平衡。COH2OH2CO2起始浓度(mol/L)2100t时刻浓度(mol/L)1.20.20.80.8反应进行到t时刻时,判断v(正)、v(逆)的大小关系为:v(正)v(逆)(填“”“”或“=”)。 当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时,对应的反应温度和进气比的关系是。 (3)在经CO2饱和处理的KHCO3电解液中,电解活化CO2可以制备乙醇,原理如图所示。阴极的电极反应式是。
24、从电解后的溶液中分离出乙醇的操作方法是。 答案(1)H2O(g)+CO(g) H2(g)+CO2(g)H=-41.2 kJmol-1(2)T1T2,该反应(或者反应)的H0,升高温度平衡逆向移动;进气比相同时,温度由T1变为T2,CO的转化率减小,平衡逆向移动,可知T1T21进气比越大,反应温度越低(3)2CO2+12e-+12H+ CH3CH2OH+3H2O蒸馏解析(1)已知反应:CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)H1=+90.7 kJ/mol反应:CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)H3=+49.5 kJ/mol所求反应为:H2O(g)+CO(g) H2(g)
25、+CO2(g)H,该反应可由-得到,根据盖斯定律,该反应的焓变为H=H3-H1=-41.2 kJ/mol。(2)反应为放热反应,相同投料比下,升高温度不利于反应正向进行,CO转化率降低,所以T1K=1,所以反应逆向进行,v(正)v(逆)。由题图可知,当CO的转化率均为50%时,温度由高到低对应的进气比分别为0.5、1,进气比越高达到相同转化率所需的温度越低。(3)阴极得到电子发生还原反应,故电极反应式为2CO2+12e-+12H+ CH3CH2OH+3H2O。15.羟基自由基(OH,电中性,O为-1价)是一种活性含氧微粒。常温下,利用OH处理含苯酚废水,可将其转化为无毒的氧化物。(1)OH的电
26、子式为。 (2)pH=3时Fe2+催化H2O2的分解过程中产生OH中间体,催化循环反应如下。将补充完整。.Fe2+H2O2+H+ Fe3+H2O+OH.+ +O2+2H+ (3)已知:羟基自由基容易发生猝灭2OH H2O2。用H2O2分解产生的OH脱除苯酚,当其他条件不变时,不同温度下,苯酚的浓度随时间的变化如图1所示。020 min时,温度从40 上升到50 ,反应速率基本不变的原因是。图1图2(4)利用电化学高级氧化技术可以在电解槽中持续产生OH,使处理含苯酚废水更加高效,装置如图2所示。已知a极主要发生的反应是O2生成H2O2,然后在电解液中产生OH并迅速与苯酚反应。b极连接电源的极(填
27、“正”或“负”)。 a极的电极反应式为。 电解液中发生的主要反应方程式为 。答案(1)O：H(2)2Fe3+2OH 2Fe2+O2+2H+(3)020 min,4050 ,升高温度化学反应速率应该加快;但是温度升高羟基自由基发生猝灭(或温度升高过氧化氢分解产生氧气),导致c(OH)下降,所以温度从40 上升到50 ,反应速率基本不变(4)正O2+2e-+2H+ H2O2Fe2+H2O2+H+ Fe3+H2O+OH(答案合理即给分,如H2O2 2OH),C6H6O+28OH 6CO2+17H2O解析(1)羟基自由基的电子式为O：H。(2)由题意可知Fe2+为H2O2分解反应的催化剂,则和反应合并
28、的总反应为2H2O2 2H2O+O2,反应为Fe2+H2O2+H+ Fe3+H2O+OH,则反应为2Fe3+2OH 2Fe2+O2+2H+。(4)根据题意可知a极主要发生的反应是O2生成H2O2,氧气中的氧元素得电子由0价降低到-1价,发生还原反应,则a极为阴极,b极为阳极,故b极连接电源的正极。a极为阴极,电极反应为O2+2e-+2H+ H2O2。由题意可知,a极主要发生的反应是O2生成H2O2,然后在电解液中产生OH,b极电极反应式为Fe-2e- Fe2+,Fe2+向阴极移动。OH能迅速与苯酚反应,则电解液中发生反应C6H6O+28OH- 6CO2+17H2O;b极生成的Fe2+也可与a极
29、生成的H2O2发生反应Fe2+H2O2+H+ Fe3+H2O+OH。16.某学习小组探究FeCl3溶液与Na2S溶液在某种条件下的反应。实验:已知:FeS、Fe2S3均为黑色固体,难溶于水。(1)用化学用语解释Na2S溶液呈碱性的原因。 (2)小组同学们对试管b中的黑色沉淀提出猜想:猜想1:黑色沉淀是Fe2S3猜想2:黑色沉淀是FeS针对猜想1,甲同学根据Na2S溶液呈碱性,推测试管b中黑色沉淀除Fe2S3外,还可能存在Fe(OH)3,补充实验如下:编号操作或过程现象和结论实验向NaOH溶液中滴加3滴pH=1的0.1 molL-1的FeCl3溶液 有红褐色溶液生成;试管b中黑色的Fe2S3可能
30、影响Fe(OH)3红褐色的观察甲同学继续查找数据:Ksp(Fe2S3)=1.010-88;KspFe(OH)3=1.110-35。设计实验:向Fe(OH)3中加入过量pH=12.5的0.1 molL-1 Na2S溶液,观察到的现象是沉淀颜色由,该现象对应的离子方程式为。 针对猜想2,乙同学推测,若猜想2成立,应该还有S生成。写出该同学推测所依据的离子方程式:。乙同学继续检验,确认黑色沉淀中无S单质,猜想2不成立。 (3)丙同学利用电化学原理继续进行探究:编号装置操作及现象实验1.电流计指针有微弱偏转2.2分钟后,取左侧烧杯溶液,滴加K3Fe(CN)6溶液,有少量蓝色沉淀;2小时后,右侧烧杯有黄
31、色浑浊产生,再取左侧烧杯溶液,滴加K3Fe(CN)6溶液,有大量蓝色沉淀丙同学依据实验得出结论:pH=1的0.1 molL-1 FeCl3溶液与pH=12.5的0.1 molL-1 Na2S溶液(填“能”或“不能”)发生氧化还原反应。 (4)综合以上研究,从反应原理角度分析试管b中黑色沉淀是Fe2S3而不是FeS的原因。 答案(1)S2-+H2O HS-+OH-(2)3 mL pH=12.5红褐色完全转化为黑色2Fe(OH)3+3S2- Fe2S3+6OH-2Fe3+3S2- 2FeS+S(3)能(4)在该条件下,FeCl3与Na2S反应生成Fe2S3速率(发生沉淀反应速率)大于生成FeS速率
32、(氧化还原反应速率)解析(1)Na2S溶液呈碱性,是因硫离子水解导致的。(2)利用平行对比实验角度思考,改变物质而不改变体积和pH,因为实验中用的是3 mL pH=12.5的Na2S溶液;结合Ksp(Fe2S3)=1.010-88,KspFe(OH)3=1.110-35,难溶物的溶解度越小越易转化生成,向Fe(OH)3中加入过量pH=12.5的0.1 molL-1的Na2S溶液时,红褐色Fe(OH)3沉淀会转化为更难溶的黑色Fe2S3沉淀,对应的离子方程式为2Fe(OH)3+3S2- Fe2S3+6OH-。(3)实验根据实验现象电流计指针有微弱偏转得出结论为能发生氧化还原反应生成FeS且速率不大。(4)实验表明在Na2S溶液中逐滴加入FeCl3溶液,主要发生的是复分解反应,速率快,实验表明在FeCl3溶液中逐滴加入Na2S溶液能发生的是氧化还原反应,速率慢,由此可知FeCl3和Na2S间可发生复分解反应也可发生氧化还原反应,且反应速率不同。