江苏省海安市2021-2022学年高二上学期学业质量检测化学试题化学答案

1、PAGE 20212022学年度第一学期学业质量监测高二化学试题注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共8页，满分100分， 考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卷交回。2.答题前。请您务必将自己的姓名、准考证号、座位号用0.5毫米黑色字迹签字笔填写在答题卷上。3.请认真核对监考员在答越卡上所粘贴的条形码上的姓名、考试证号与你本人的是否相符。4.作答选择题必须用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米的签字笔写在答题卷上的指定位置，在其它位置作答一律无效。可能用到的相对原子质量：

2、H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Cr 52 Mn 55选择题单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意1. 下列变化属于“氮的固定”的是A. 氮气一氨气B. 氨气氯化铵C. 二氧化氮硝酸D. 硝酸硝酸铜【答案】A【解析】【分析】氮的固定是游离态的氮单质转变成氮的化合物的过程，根据概念解答。【详解】A氮气转化成氨气，氮元素由游离态转化成化合态，属于氮的固定，故A符合题意；B氨气为化合态，因此氨气转化成氯化铵不属于氮的固定，故B不符合题意；C二氧化氮为化合态，因此二氧化氮转化成硝酸不属于氮的固定，故B不符合题意；D硝酸为化合态，因此

3、硝酸转化成硝酸铜不属于氮的固定，故B不符合题意；故选：A。2. 下列说法正确的是A. CH4为极性分子B. H2O的填充模型为C. NH3的电子式为D. 第一电离能：NOC【答案】D【解析】【详解】ACH4为正四面体构型，正负电荷中心重合，为非极性分子，故A错误；BH2O的填充模型为，故B错误；CNH3的电子式为，故C错误；DN、O、C为同周期元素，第一电离能从左到右呈增大趋势，但因N的最外层为半满稳定结构其第一电离能大于氧，因此第一电离能NOC，故D正确；故选：D。3. 下列关于反应CH4(g)+H2Og)CO(g)+3H2(g) H=- 206.3 k/mol说法正确的是A. 反应的S0B

4、 反应中，4E(C-H)+2E(H-O)E(CO)+3E(H-H) (E表示键能，CO中为CO键)C. 其他条件不变时，减小压强，表达式的数值保持不变D. 当v(H2O)正=3v(H2)逆时，反应处于平衡状态【答案】B【解析】【分析】根据反应过程中气体体积的变化，即反应方程式中气体系数的变化判断熵的变化，熵与气体分子的多少成正比；反应放热还是吸热与反应物和生成物的能量成正比，焓变等于反应物的键能减去生成物的键能之和，根据焓变的大小判断键能之间的大小，对于平衡状态的判断方法利用平衡的定义，当正逆反应速率相等时说明达到平衡。【详解】A该反应是一个气体体积增大的反应，故是个熵增的反应，S0，故A不正

5、确；BH=反应物的键能之和减去生成物的键能之和，因H 高铁酸钠【答案】C【解析】【详解】A“反应1”时，通入过量的Cl2，将NaOH溶液消耗完，而反应II需要在碱性环境中反应，可能导致反应II不能发生，故A错误；B“反应II”时，NaClO碱性溶液与Fe(NO3)3溶液反应，因此只能是将Fe(NO3)3饱和溶液可加入到NaClO碱性溶液中反应，故B错误；C“反应II”是铁离子被次氯酸在碱性条件下氧化为高铁酸根，其离子方程式为：2Fe3+3ClO +10OH=2+3Cl+5H2O，故C正确；D“转化”获得K2FeO4晶体，是Na2FeO4和KOH反应生成K2FeO4和NaOH，根据溶解度大的转化

6、为溶解度小的，说明相同温度下溶解度：高铁酸钾高铁酸钠，故D错误。综上所述，答案为C。9. K2FeO4和Zn在碱性条件下组成二次电池，放电原理如图所示。下列说法正确的是A. 在放电时，电子通过离子交换膜从右向左运动B. 在放电时，负极区电解质溶液的pH逐渐减小C. 在充电时，石墨电极上的电极反应式为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=+4H2OD. 在充电时，将Zn电极与外接电源的正极相连【答案】C【解析】【分析】K2FeO4-Zn可以组成高铁电池，K2FeO4在电池中作正极材料，其电极反应式为+3e+4H2OFe(OH)3+5OH，原电池的负极发生氧化反应，Zn-2e+2OH=Zn(OH)2

7、，电池反应为：3Zn+2+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4OH。【详解】A. 在放电时，电子通过外电路从锌电极向石墨电极运动，电子不能在电解质溶液中传导，故A错误；B. 在放电时，原电池的负极发生氧化反应，Zn-2e+2OH=Zn(OH)2，氢氧根离子通过阴离子交换膜不断进行补充，负极区电解质溶液的pH基本不变，故B错误；C. 在充电时，石墨电极是阳极发生氧化反应，石墨电极上的电极反应式为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=+4H2O，故C正确；D. 在充电时，将Zn电极与外接电源的负极相连，故D错误；故选C。10. 使用硫酸亚铁铵晶体(NH4)2Fe(SO4)26H2O滴定法

8、可以测定青铜中铬元素的含量。实验步骤如下：步骤1：称量硫酸亚铁铵晶(NH4)2Fe(SO4)26H2O溶于稀硫酸，加水稀释配成1000 mL0.0200 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液。步骤2：称取1.00 g青铜样品于250 mL维形瓶中，加入适量稀硝酸使其完全溶解，再加入适量过硫酸(NH4)2S2O8溶液，加热煮沸，使样品中的铬元素完全转化为H2CrO4，冷却后加蒸馏水配制成250 mL溶液，摇匀。步骤3：取25 mL上述溶液置于锥形瓶中，加入硫酸酸化，滴入4滴N-苯代邻氨基苯甲酸指示剂，用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液满淀至终点。重复上述操作3次。测得消耗(NH4

9、)2Fe(SO4)2标准溶液的体积分别为18.90 mL、17.97 mL、18.03 mL。发生反应的离子方程式为：H2CrO4+Fe2+H+Cr3+Fe3+H2O (未配平)下列说法不正确的是A. 在“步骤1”中，用到的玻璃仪器有1000 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管B. 在“步骤2”中，铜与硝酸反应的离子方程式为：3Cu+2+8H+=3Cu2+2NO+4H2OC. 青铜中铬元素的质量分数为6.344%D. 实验中，如果盛放(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的滴定管没有润洗，则测量结果将偏大【答案】C【解析】【分析】根据滴定过程中，标准溶液配制时需的玻璃仪器进行判断A答案，利用电荷

10、、电子、原子守恒进行配平方程式或检查方程式；利用反应过程物质之间的量关系进行计算元素的含量，根据测定时滴加标准液的体积判断可能导致的误差。【详解】A在“步骤1”中配制溶液需要的玻璃仪器：1000 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故A正确；B在“步骤2”中，铜与硝酸反应的离子方程式根据电子、电荷、原子守恒配平得方程式为：3Cu+2+8H+=3Cu2+2NO+4H2O ，故B正确；C根据滴定过程(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的体积分别为18.90 mL、17.97 mL、18.03 mL，因为第一组实验数据与第二、三组误差大而舍去，故平均消耗的溶液体积为：V=，反应关系式计算：，解得x=

11、1.210-4mol，则铬元素的质量分数为：= 6.24%，故C不正确；D实验中，如果盛放(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的滴定管没有润洗，实际标准液被稀释，导致滴加的体积偏大，在计算时导致测量结果偏大，故D正确；故选答案C。【点睛】此题考查氧化还原滴定过程中标准液的配置，含量计算，误差的分析，注意铜与稀硝酸反应时，还原产物是一氧化氮，计算元素含量时，注意数据的取舍问题，误差大的数据要舍去，滴定过程所取标准液的体积。11. 下列图示与对应的叙述相符的是A. 图甲表示粗铜(含有Zn、Fe、Ag等杂质)精炼的装置图B. 图乙表示地下钢铁输水管道采取外加电源的阴极保护法的防腐装置图C. 图丙表示

12、向NH4Cl溶液中滴加盐酸时，溶液中随盐酸体积的变化关系D. 图丁表示室温下分别向V0 mL ROH (弱碱)和MOH(强碱)溶液中加水至体积为V mL时，溶液pH随的变化关系【答案】A【解析】【分析】根据电解精炼的原理判断装置；利用外加电源的阴极保护法属于电解池判断；在盐溶液中利用水解平衡常数及平衡移动原理判断溶度比值的变化；利用强碱稀释过程中，浓度的变化判断pH的变化判断图像中相应的表示。【详解】A图甲表示粗铜精炼，粗铜做阳极，纯铜做阴极，电解液含有铜离子，故A正确；B图乙中没有电源，故不是外加电源的阴极保护法，故B不正确；C图丙在NH4Cl溶液中根据水解平衡常数得出：，当滴加盐酸时氢离子

13、的浓度增大，导致水解平衡向逆反应方向移动，一水合氨的浓度减小，平衡常数不变，故该比值在减小，故C不正确；D图丁在加入水稀释过程中，根据稀释规律，强碱稀释10n倍时，pH变化为n，而弱碱稀释10n倍时，pH变化小于n，故ROH为强碱，MOH为弱碱，故D不正确；故选答案A。【点睛】本题考查电化学的应用，电解精炼、金属防腐及盐类水解平衡的移动原理，碱溶液稀释规律，注意稀释过程中电离平衡移动对浓度的影响，稀释规律的应用判断强碱还是弱碱。12. 硫化氢(H2S)是一种有毒气体，广泛存在于石油化工、冶金等行业的废气中，常用足量纯碱溶液吸收法、热分解法、Fe2(SO4)3溶液氧化脱除法、活性炭吸附氧化法脱除

14、。同时，H2S也是一种重要的化工原料，可以用来制备硫磺、苯硫酚(C6H5SH)、H2S、NaHS还常用于脱除水体中的Cu2+，形成黑色、不溶于稀硫酸的CuS沉淀。Fe2(SO4)3溶液与表面喷淋水的活性炭分别处理H2S的原理如阳所示，下列说法正确的是A. 图1中Fe2(SO4)3溶液可循环再生B. 图1脱除34 gH2S，理论上一定消耗11.2 LO2C. 图2中，其他条件不变时，增大水膜的厚度，H2S的氧化去除率增大D. 图2中，其他条件不变时，适当增大水膜的pH，H2S 的氧化去除率下降【答案】A【解析】【分析】【详解】A图1中，Fe3+和H2S反应生成Fe2+：2Fe3+H2S=2Fe2

15、+S+2H+，Fe2+再被氧化氧气生成Fe3+：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，可实现Fe3+的再生，所以Fe2(SO4)3可循环再生，故A正确；B没有指明温度和压强，无法计算消耗的氧气的体积，故B错误；C若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，生成的O过少，H2S的氧化去除率降低，故C错误；D增大水膜的pH，OH-浓度增大，使平衡：H2SH+HS-正向移动，HS-浓度增大，H2S的氧化去除率增大，故D错误；故选A。13. 硫化氢(H2S)是一种有毒气体，广泛存在于石油化工、冶金等行业的废气中，常用足量纯碱溶液吸收法、热分解法、Fe2(SO4)3溶液氧化脱除法、活性炭吸附氧化法脱除

16、。同时，H2S也是一种重要的化工原料，可以用来制备硫磺、苯硫酚(C6H5SH)、H2S、NaHS还常用于脱除水体中的Cu2+，形成黑色、不溶于稀硫酸的CuS沉淀。室温时，通过下列实验探究NaHS溶液的性质实验实验操作和现象1用pH试纸测量0.1 mol/L NaHS溶液的pH，测得pH约为7.82将浓度均为0.001 mol/L NaHS溶液与CuSO4溶液等体积混合，有黑色沉淀产生下列有关说法不正确的是A. 0.1 mol/L NaHS溶液中有：c(H2S)c(S2-)B. 0.1 mol/L NaHS溶液中存在：c(H+)+c(H2S)= c(OH-)+c(S2-)C. 依据实验2的现象，

17、能得出Ksp(CuS)2.510-7的结论D. 实验2的上层清液中c(OH-)c(H+)110-14【答案】D【解析】【详解】A用pH试纸测量0.1 mol/L NaHS溶液的pH，测得pH约为7.8，说明HS-水解程度大于其电离程度，则水解产生的H2S 的浓度大于电离生成的S2-的浓度，即c(H2S)c(S2-)，故A正确；B0.1 mol/L NaHS溶液中存电荷守恒： ，存在物料守恒：，联立可得：c(H+)+c(H2S)= c(OH-)+c(S2-)，故B正确；C将浓度均为0.001 mol/L NaHS溶液与CuSO4溶液等体积混合，混合瞬间铜离子的浓度为0.0005mol/L，而HS

18、-水解程度大于其电离程度，所以此时溶液中的硫离子浓度远小于0.0005mol/L，Ksp(CuS)=12时，Al(OH)3沉淀开始溶解。有关沉淀数据如下表(“完全沉定”时金属离子浓度1.010-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Ce(OH)3Mn(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.8910.1若浸取液中c(Ce3+)=0.01mol/L，则须调节溶液pH的范围是_(加入NaOH溶液，忽略体积变化)。（3）萃取与反萃取：向除杂后的溶液中，加入有机物HT，发生反应：Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3(有机层)+3H+(水层)。向分离所得有机层中加入_能获得较纯的CeCl3溶

19、液。结晶析出：将CeCl3溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，得到CeCl37H2O晶体。（4）加热脱水：将NH4Cl固体和CeCl37H2O混合，在真空中加热可得无水CeCl3。加入NH4Cl固体的作用是_。【答案】（1） . . 2.5mol/L 75 （2） （3）稀盐酸 （4）分解出HCl气体，抑制CeCl3水解【解析】【小问1详解】稀硫酸和双氧水的混合溶液浸取玻璃粉末，浸取液中含有Ce3+，可知CeO2被还原成Ce3+，1mol得1mol电子，则应作还原剂，1mol失2mol电子，根据得失电子守恒以及元素守恒可得反应的离子方程式为：；由图可知当氢离子的浓度为2.5mol/L时，Ce的浸出率

20、最高，温度在75之后随温度的升高Ce的浸出率增大不太明显，反而增加了能量消耗，因此温度选择75最适宜，故答案为：；2.5mol/L 75；【小问2详解】完全沉淀时的pH值为9，此时c(Ce3+)=1.010-5mol/L，可求得Ksp()=1.010-5mol/L(10-5 mol/L)3=10-20，若浸取液中c(Ce3+)=0.01mol/L，为防止形成，溶液中的OH-浓度的最大值：c(OH-)= mol/L，此时的pH值为8，同时为确保铁铝完全沉淀，pH值应大于5.2，故pH值范围为：，故答案为：；【小问3详解】向分离所得有机层中加入稀盐酸，可使Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3

21、(有机层)+3H+(水层)平衡逆向移动，从而使CeT3(有机层)转变成Ce3+(水层)得到纯净的CeCl3溶液，故答案为：稀盐酸；【小问4详解】CeCl37H2O直接加热分解出水，会使CeCl3发生水解，加热氯化铵固体，其受热分解生成的HCl可以抑制CeCl3水解，故答案为：分解出HCl气体，抑制CeCl3水解。17. 采矿废水中常含有氢氰酸(HCN)和亚砷酸(H3AsO3)等有害物质，必须经过处理达标后才能排放。.金矿提金时，用NaCN溶液浸取获得NaAu(CN)2进一步处理时产生氢氰酸(HCN，电离常数K=510-10)。（1）NaCN中键与键数目之比为_。（2）通过电激发产生羟基自由基(

22、HO*)和OH-可处理废水中的CN-，可能的反应机理如图所示。反应I的离子方程式为_。虚线方框内的过程可描述为_。.工业上常将废水中的亚砷酸(H3AsO3)氧化成砷酸(H3AsO4)，再调节到合适的pH范围内用吸附剂脱除。砷酸(H3AsO4)溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图所示。（3）砷元素基态原子的电子排布式为：_。（4）当溶液pH=4.1时，=_。（5）在25时，在浓度均为0.1 mol/L的NaCN溶液和NaH2AsO4溶液中，pH较大的是_。【答案】（1）1:2 （2） . 2OH-+2CN-+10HO*=N2+2+6H2O

23、. 氧气在阴极表面得到电子被还原成*，结合氯离子生成*O2H，*O2H分解为氧气和H2O2。 （3）1s22s22p63s23p63d104s24p3或 Ar3d104s24p3 （4）10 （5）NaCN【解析】【小问1详解】NaCN的阴离子CN-中C和N之间是三键，其中1个是键，另外2个是键，所以NaCN中键与键数目之比为1:2。【小问2详解】反应I是在碱性环境下HO*将CN-氧化为氮气和碳酸根离子的过程，HO*中的O为-1价，反应后变为-2价，CN-中的C为+2价，反应后为+4价，N为-3价，反应后为0价，1molCN-参加反应，失去5mol电子，1mol HO*参加反应，得到1mol电

24、子，根据电子守恒，CN-和HO*的物质的量之比为1:5，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒配平的离子方程式为：2OH-+2CN-+10HO*=N2+2+6H2O。虚线方框内的过程可描述为：氧气在阴极表面得到电子被还原成*，*结合氢离子生成*O2H，*O2H分解为氧气和H2O2。【小问3详解】As的原子序数为33，位于元素周期表第4周期第A族，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3或表示为Ar3d104s24p3。【小问4详解】根据砷酸(H3AsO4)溶液中含砷的各物种的分布分数与pH的关系图示可知，在pH=2.2时，c(H3AsO3)=c()，根据Ka1=c

25、(H+)=10-2.2，同理可知砷酸的Ka2=10-7，Ka3=10-11.5。=10。【小问5详解】NaCN溶液中CN-水解使溶液显碱性，NaH2AsO4溶液中既能电离，又能水解，其电离常数为砷酸的第二步电离常数，即Ka2=10-7，而的水解常数Kh=10-11.8，所以的电离程度大于其水解程度，所以NaH2AsO4溶液显酸性，所以浓度相等的NaCN溶液和NaH2AsO4溶液中，pH较大的是NaCN。18. CO2的资源化利用能有效减少碳排放充分利用碳资源。I.CO2合成甲醇(CH3OH)该反应包括下列两步：反应I CO2(g)+H2(g)CO(g)+ H2O(g) H1=+40.9 kJ/

26、mol反应II CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) H2=+49.5 kJ/mol（1）由CO与H2合成CH3OH(g)的热化学方程式为_。（2）在一定温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入3molH2和1molCO2，控制条件仅发生反应I，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化如图所示：03min内，用H2(g)表示的化学反应速率v(H2)=_。在平衡后，再向容器中加入2mol CO2(g)和2mol CH3OH(g)则平衡向_移动。(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。（3）在光电催化下CO2可以合成甲醇，原理如图所示。阴极的电极反应式为_。II.CO2合成二甲醚(CH3OCH3)控制反应条件，同时发生反应、反应和反应，可以合成二甲醚(CH3OCH3)。反应 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H=-24.5 kJ/mol