学年高一化学苏教版必修2模块综合测评.docx
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学年高一化学苏教版必修2模块综合测评
模块综合测评
一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分）
1．“绿色化学”对化学反应提出了“原子经济性”的新概念及要求。
理想的原子经济性是原料分子中的原子全部转化为所需要的产物，不产生副产物，实现零排放。
下列反应过程一定符合这一要求的是（ ）
A．甲烷→一氯甲烷
B．氯乙烯→聚氯乙烯
C．乙醇→乙醛
D．对苯二甲酸，乙二醇→聚酯纤维
【解析】 由“原子经济性”的概念可知，原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物的反应即达到了原子经济性。
A.甲烷发生取代反应除生成一氯甲烷外，还有二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和HCl生成，不符；B.加聚反应的生成物只有一种，符合；C.由乙醇发生催化氧化反应除生成乙醛外，还有水生成，不符；D.对苯二甲酸与乙二醇反应除生成聚酯纤维外，还有副产物生成，不符。
【答案】 B
2．下列说法与“节能减排”不相符的是（ ）
A．为推广氢能的使用，工业上可采用电解水法制取大量氢气
B．将石油裂化、裂解，综合利用石油资源
C．有节制地开采煤、石油、天然气等矿物资源
D．倡导“绿色化学”理念，逐步实现化工企业零排放
【解析】 A项中氢能的使用固然能减排，但用电解水法制取氢气会消耗大量的能量；B项中将石油进行深加工将更能提高原料的利用率，达到“节能”的目的；资源是有限的，有效合理地开采各种化石原料是目前倡导的节能方式，C项正确；D项中实现工业零排放是原子经济性的目的，符合“绿色化学”理念。
【答案】 A
3．根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（ ）
A．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱
B．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同
C．Cl－、S2－、Ca2＋、K＋半径逐渐减小
D.
Cl与
Cl得电子能力相同
【解析】 A．同主族的非金属元素，从上到下非金属性逐渐减弱，最高价含氧酸的酸性依次减弱。
含氧酸不一定是最高价含氧酸，该选项错误。
B.K＋、Ca2＋、S2－、Cl－的核外电子排布相同，都是
，但化学性质不同，如S2－、Cl－具有还原性，而K＋、Ca2＋具有氧化性，该选项错误。
C.根据“具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大微粒半径越小”可知，半径：
S2－＞Cl－＞K＋＞Ca2＋，该选项错误。
D.
C与
Cl属于同种元素，具有相同的核外电子排布：
，得电子能力相同，该选项正确。
【答案】 D
4．A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，A和D、C和E分别同主族，E的原子序数为C的两倍，B的最外层电子数为A的最外层电子数的4倍。
下列叙述正确的是（ ）
A．A、B、C三种元素形成的化合物一定是非电解质
B．A与C只能形成化学式为A2C的化合物
C．第三周期中，D的原子半径最大
D．E的氧化物对应的水化物一定具有强氧化性
【解析】 由题意可知A、B、C、D、E分别为氢、碳、氧、钠、硫。
【答案】 C
5．下列关于有机化合物的说法中，正确的是（ ）
【导学号：
31792117】
A．CH3CH2===CHCOOH能发生加成、取代、氧化反应
B．油脂、淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物
C．蛋白质溶液加入CuSO4溶液会析出，这一过程属于蛋白质的盐析
D．甲苯和乙烯都可与溴水发生化学反应使溴水褪色
【解析】 CH3CH2===CHCOOH中含有碳碳双键和羧基，能发生加成、取代、氧化反应，A项正确；油脂不属于高分子化合物，淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，B项错误；蛋白质溶液加入CuSO4溶液会析出，这一过程属于蛋白质的变性，C项错误；甲苯和溴水不反应，因萃取使溴水褪色，乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，D项错误。
【答案】 A
6．Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色。
Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍。
W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。
元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，下列说法正确的是（ ）
A．原子半径的大小顺序：
rY>rX>rQ>rW
B．X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应
C．Z元素的氢化物稳定性大于W元素的氢化物稳定性
D．元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物
【解析】 根据题干信息可知X为钠元素，Q为碳元素，W为氧元素，Z为硫元素，Y为铝元素。
根据微粒半径的比较方法得rX>rY>rQ>rW，A项错误；X、Y的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，两者能发生反应，B项错误；O的非金属性强于S，则W元素的氢化物稳定性大于Z元素的氢化物稳定性，C项错误；Q和Z能形成共价化合物CS2，D项正确。
【答案】 D
7．原电池的电极反应不仅与电极的性质有关，也与电解质溶液有关，下列说法中不正确的是（ ）
A．由Al、Cu、稀H2SO4组成的原电池，其负极反应式为：
Al－3e－===Al3＋
B．由Mg、Al、NaOH溶液组成的原电池，其负极反应式为：
Al－3e－===Al3＋
C．由Fe、Cu、FeCl3溶液组成的原电池，其负极反应式为：
Fe－2e－===Fe2＋
D．由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池，其负极反应式为：
Cu－2e－===Cu2＋
【解析】 由Al、Cu、稀H2SO4组成的原电池，铝和稀硫酸反应而失电子，铜和稀硫酸不反应，所以铝作负极，铜作正极，其负极反应式为：
Al－3e－===Al3＋，故A正确；Mg、Al、NaOH溶液组成的原电池，铝和氢氧化钠溶液反应而失去电子发生氧化反应，镁和氢氧化钠溶液不反应，所以铝是负极，镁是正极，其负极反应式为：
Al－3e－＋4OH－===AlO2－＋2H2O，故B错误；由Fe、Cu、FeCl3溶液组成的原电池，铁和铜都与氯化铁反应，但铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，其负极反应式为：
Fe－2e－===Fe2＋，故C正确；由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池，铝和浓硝酸发生钝化现象，铜和浓硝酸能自发的进行反应，所以铜作负极，铝作正极，其负极反应式为：
Cu－2e－===Cu2＋，故D正确。
【答案】 B
8．下列叙述中，正确的是（ ）
A．化学反应中物质变化的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成
B．离子化合物中一定有金属元素
C．蛋白质溶液、淀粉溶液和葡萄糖溶液都是胶体
D．共价化合物中各原子都一定满足最外层8电子稳定结构
【解析】 B项，离子化合物中不一定有金属元素，如NH4Cl；C项，葡萄糖溶液不是胶体；D项，共价化合物中各原子不一定满足最外层8电子稳定结构，如H2O中的H原子为2电子稳定结构。
【答案】 A
9．硫酸是一种重要的化工产品，硫酸的消耗量常被视为一个国家工业发展水平的一种标志。
目前的重要生产方法是“接触法”，有关接触氧化反应2SO2＋O2
2SO3的说法不正确的是（ ）
A．该反应为可逆反应，故在一定条件下二氧化硫和氧气不可能全部转化为三氧化硫
B．达到平衡后，反应就停止了，故此时正、逆反应速率相等且均为零
C．一定条件下，向某密闭容器中加入2molSO2和1molO2，则从反应开始到达到平衡的过程中，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，某一时刻，正、逆反应速率相等
D．在利用上述反应生产三氧化硫时，要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题
【解析】 对于可逆反应来说，在一定条件下反应物不可能全部转化为产物，反应只能进行到一定程度。
从反应开始到达平衡的过程中，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，最终正、逆反应速率相等，即达到平衡，此时反应物和生成物的浓度都不再随时间的变化而变化，但反应并没有停止，正、逆反应都依然进行着。
【答案】 B
10．在25℃时，在容积为2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
则下列叙述错误的是（ ）
A．反应进行到5分钟时达到平衡
B．25℃时，反应可表示为X（g）＋3Y（g）
2Z（g）
C．增大压强可使反应速率减小
D．从反应开始到5min，用Z表示的反应速率为0.01mol·L－1·min－1
【解析】 由图示知反应进行到5分钟时各物质的物质的量不再改变，达到平衡状态；从反应开始到5min，用Z表示的反应速率为＝
＝0.01mol·L－1·min－1；该反应的方程式为X（g）＋3Y（g）
2Z（g）；增大压强，浓度增大，反应速率增大。
【答案】 C
11．根据热化学方程式2H2（g）＋O2（g）===2H2O（g） ΔH＝－483.6kJ·mol－1，下列说法或表达正确的是（ ）
A．2mol水蒸气分解生成2mol氢气与1mol氧气需吸收483.6kJ的热量
B．2H2（g）＋O2（g）===2H2O（l）
ΔH>－483.6kJ·mol－1
C．H2（g）＋
O2（g）===H2O（l）
ΔH＝241.8kJ·mol－1
D．1mol氢气与0.5mol氧气总能量小于1mol水蒸气的总能量
【解析】 互为逆反应的两个反应，热量的吸收或放出正好相反，但吸收或放出的热量相等，表现在热化学方程式中就是热量的绝对值相等，符号相反，故A项正确；气态水变成液态水要放出热量，故等量的氢气与氧气反应生成液态水放出的热量要多于生成气态水放出的热量，B项错误；C项的ΔH缺负号；D项1mol氢气与0.5mol氧气总能量大于1mol水蒸气的总能量。
【答案】 A
12．某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法中正确的是
（ ）
A．能和碳酸钠溶液反应的官能团有2种
B．1mol该有机物最多能与2molH2发生加成反应
C．与
互为同分异构体
D．既可以发生取代反应又可以发生氧化反应
【解析】 A项，能和碳酸钠溶液反应的官能团只有—COOH一种；B项，—COOH中的碳氧双键不能和H2加成，1mol该有机物最多只能与1molH2发生加成反应；C项，二者的分子式中H原子个数不同，不是同分异构体；D项，该有机物中的醇羟基、羧基及饱和碳原子上的氢原子都可以发生取代反应，碳碳双键可以发生氧化反应。
【答案】 D
二、非选择题（本题包括4小题，共52分）
13．（12分）有A、B、C、D四种元素，A元素形成的离子中只有一个质子，B原子的最外层电子数是次外层的3倍，C元素的一价阳离子核外有10个电子，D元素的原子得到一个电子后能形成与氩原子电子层结构相同的离子。
回答下列问题：
（1）画出D元素的离子结构示意图________；
（2）工业上用电解C和D两元素形成的化合物的水溶液的方法生产D的单质，写出该反应的化学方程式：
______________________，电解后的溶液能使酚酞变红的是与电源的________极相连接的区域；
（3）D单质能和A、B、C三元素形成的化合物反应，该反应的化学方程式是______________________________________________________________，
当有0.1mol的D单质反应时，电子转移________个；
（4）C2B2的电子式为_____________________________。
【解析】 A元素形成的离子中只有一个质子，故为氢；B元素的最外层电子数是次外层的3倍，即次外层为K层，最外层为L层，故B元素为氧；C元素的一价阳离子核外有10个电子，则为钠；D元素得一个电子与氩电子层结构相同，即形成18个电子的阴离子，则D为氯。
【答案】
（1）
（2）2NaCl＋2H2O
2NaOH＋Cl2↑＋H2↑ 负
（3）Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
6.02×1022或0.1NA
14．（14分）某高二化学兴趣小组为了探究铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如下：
编号
电极材料
电解质溶液
电流计指针偏转方向
1
Mg、Al
稀盐酸
偏向Al
2
Al、Cu
稀盐酸
偏向Cu
3
Al、C（石墨）
稀盐酸
偏向石墨
4
Mg、Al
氢氧化钠溶液
偏向Mg
5
Al、Zn
浓硝酸
偏向Al
根据表中的实验现象回答下列问题：
（1）实验1、2中Al所作的电极（正极或负极）是否相同________（填“是”或“否”）。
（2）根据实验3完成下列填空：
①铝为________极，电极反应式：
_____________________________。
②石墨为________极，电极反应式：
_______________________。
③电池总反应方程式：
___________________________。
（3）实验4中铝作负极还是正极________，理由是________________________。
写出铝电极的电极反应式__________________。
（4）解释实验5中电流计指针偏向铝的原因：
____________________。
（5）根据实验结果总结出影响铝在原电池中作正极或负极的因素：
______________________________________________________________
______________________________________________________________。
【解析】 在这样的原电池中，相对较活泼的金属材料作负极。
在稀盐酸中的活泼性Mg＞Al、Al＞Cu。
由实验1和2可知，在这里的原电池中电流计指针是偏向正极。
在实验3中电流计指针偏向石墨，由上述规律可知，Al是负极，石墨是正极。
化学反应是Al失去电子被氧化为Al3＋，盐酸中的H＋得到电子被还原为H2。
在NaOH溶液中活泼性Al＞Mg，则Al是负极，Mg是正极。
Al在浓硝酸中被钝化，Zn在浓硝酸中被氧化，即在浓硝酸中活泼性Zn＞Al，Zn是负极，Al是正极，所以在实验5中电流计指针偏向Al。
【答案】
（1）否
（2）①负 2Al－6e－===2Al3＋
②正 6H＋＋6e－===3H2↑
③2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
（3）负极 在NaOH溶液中，活泼性Al＞Mg
2Al－6e－＋8OH－===2AlO
＋4H2O
（4）在浓硝酸中，活泼性Zn＞Al，Zn是原电池的负极
（5）①另一个电极材料的活泼性；②电解质溶液的氧化性
15．（14分）通过石油裂解可以获得乙烯，再以乙烯为原料还可以合成很多的化工产品，已知D有香味，试根据下图回答有关问题：
（1）有机物B的名称为________；A、C的官能团名称分别是________和________；
聚乙烯的结构简式为______________________________________________________________。
（2）写出图示中①、②、③反应的化学方程式，并指明反应类型：
①____________________________________________；
反应类型：
____________。
②___________________________________________；
反应类型：
____________。
③_____________________________________；
反应类型：
____________。
【解析】 本题以CH2===CH2作为原料制取乙酸乙酯的合成路线已确定，用顺推法可知A为乙醇，B为乙醛，C为乙酸，D为乙酸乙酯。
【答案】
（1）乙醛 羟基 羧基
CH2—CH2
（2）①CH2===CH2＋H2O
CH3CH2OH
加成反应
②2CH3CH2OH＋O2
2CH3CHO＋2H2O
氧化反应
③CH3CH2OH＋CH3COOH
CH3COOCH2CH3＋H2O
酯化反应（或取代反应）
16．（12分）工业合成氨的反应如下：
3H2＋N2
2NH3。
某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示：
【导学号：
31792118】
t/s
0
50
150
250
350
n（NH3）
0
0.24
0.36
0.40
0.40
（1）0～50s内的平均反应速率v（N2）＝______________________。
（2）250s时，H2的转化率为________________________。
（3）已知N≡N的键能为946kJ/mol，H－H的键能为436kJ/mol，N－H的键能为391kJ/mol，则生成1molNH3过程中的热量变化______________kJ。
下图能正确表示该反应中能量变化的是________。
A B
（4）为加快反应速率，可以采取的措施________。
a．降低温度 b．增大压强 c．恒容时充入He气
d．恒压时充入He气 e．及时分离NH3
（5）下列说法错误的是________。
a．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率
b．上述条件下，N2不可能100%转化为NH3
c．为了提高N2的转化率，应适当提高H2的浓度
d．250—350s生成物浓度保持不变，反应停止
【解析】
（1）0～50s内的平均反应速率v（NH3）＝
＝
＝2.4×10－3mol/（L·s），因此v（N2）＝1.2×10－3mol/（L·s）；
（2）250s时，生成了氨气0.4mol，反应的氢气的物质的量为0.6mol，H2的转化率为
×100%＝30%；（3）根据N2＋3H2
2NH3，反应的ΔH===（946kJ/mol＋3×436kJ/mol）－6×391kJ/mol＝－92kJ/mol，因此生成1molNH3过程中的热量变化为
×92kJ＝46kJ，该反应为放热反应，故选A；
（4）a.降低温度，反应速率减慢，错误；b.增大压强，反应速率加快，正确；c.恒容时充入He气，反应物的浓度不变，反应速率不变，错误；d.恒压时充入He气，反应物的浓度减小，反应速率减慢，错误；e.及时分离NH3，生成物的浓度减小，反应速率减慢，错误，故选b。
（5）a.使用催化剂，反应速率加快，提高了生产效率，正确；b.反应为可逆反应，N2不可能100%转化为NH3，正确；c.适当提高H2的浓度，平衡正向移动，可以提高N2的转化率，正确；d.250—350s生成物浓度保持不变，反应达到了化学平衡状态，但反应未停止，错误。
【答案】
（1）1.2×10－3mol/（L·s）
（2）30%
（3）46 A （4）b （5）d
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