2022-2023学年江苏南京金陵中学高二上学期10月月考化学试题（解析版）

试卷第=page1616页，共=sectionpages1616页试卷第=page1515页，共=sectionpages1616页江苏南京金陵中学2022-2023学年高二上学期10月月考化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．2018年12月，中共中央、国务院印发了《关于全面推行河长制的意见》，进一步加强水污染治理工作，下列做法不应该提倡的是A．用碱性废水中和酸性废水 B．生活污水无害化处理后用于绿化灌溉C．将工业废液排入海洋以减少河道污染 D．推广使用高效、低毒农药，减轻水体污染【答案】C【分析】A、酸性溶液与碱性溶液反应生成中性溶液；B、生活污水无害化处理后用于绿化灌溉可以节约用水；C、工业废液排入海洋中也会污染海洋；D、低毒农药可以减轻对水的污染。【详解】A项、酸性溶液与碱性溶液反应生成中性溶液，所以用碱性废水中和处理酸性废水，可以防止酸性废水和碱性废水对环境的危害，故A正确；B项、生活污水无害化处理后用于绿化灌溉可以节约用水，做到变废为宝，应该提倡，故B正确；C项、工业废液排入海洋中也会污染海洋，会危害海洋渔业资源，人食用被污染的鱼，对人体产生危害，故C错误；D项、剧毒农药随着雨水进入池塘或河流中会引起水体污染，低毒农药可以减轻对水的污染，所以应该推广使用高效、低毒农药，故D正确。故选C。2．下列有关化学用语表示正确的是A．Na2O的电子式： B．F-的结构示意图：C．中子数为20的Ar原子： D．次氯酸的结构式：H-Cl-O【答案】A【详解】A．Na2O中钠离子和氧离子之间存在离子键，电子式为：，A正确；B．F为9号元素，得到一个电子生成F-，质子数为9，电子数为10，F-的结构示意图为：，B错误；C．中子数为20的Ar原子，质量数=质子数+中子数=18+20=38，表示为：，C错误；D．次氯酸中氧分别与H和Cl共用一对电子对，其结构式为H—O—Cl，D错误；答案选A。3．下列有关物质性质和用途具有对应关系的是A．二氧化硅熔点高，可用于制光导纤维 B．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥气体C．次氯酸具有强氧化性，可用于消毒杀菌 D．氯化铁易水解，可用于腐蚀铜制线路板【答案】C【详解】A．二氧化硅晶体能对光产生全反射，能传递光信号，所以二氧化硅晶体可用于制光导纤维，与熔点无关，故A错误；B．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，与硫酸的脱水性无关，故B错误；C．次氯酸钙具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于消毒杀菌，故C正确；D．氯化铁能与Cu反应生成氯化铜和氯化亚铁，反应中氯化铁作氧化剂，应用了氯化铁的氧化性，与水解无关，故D错误。故选：C。4．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的核外有8个电子，在周期表中Y位于IIA族，Y、Z原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数，W的氢化物热稳定性在同周期元素中最强。下列说法正确的是A．原子半径：X<Y<Z<WB．元素Y、W的简单离子具有相同的电子层结构C．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D．由X与Y两种元素组成的简单化合物是离子化合物【答案】D【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的核外有7个电子，则X为N元素；在周期表中Y位于ⅡA族，则Y为Mg元素；W的氢化物热稳定性在同周期元素中最强，W为Cl元素，Y、Z原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数，则Z的最外层电子数为7-2=5，可知Z为P，以此来解答．【详解】由上述分析可知，X为N，Y为Mg，Z为P，W为Cl，A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：r(X)＜r(W)＜r(Z)＜r(Y)，故A错误；B．元素Y、W的简单离子相差1个电子层，故B错误；C．Z为P，W为Cl，同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性W＞Z，Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱，故C错误；D．由X与Y两种元素组成的简单化合物为Mg3N2，是离子化合物，故D正确；故选：D。5．高温条件下，Al和Fe2O3反应生成Fe和Al2O3。下列说法正确的是A．该反应过程中的能量变化如图所示B．该反应条件下，Al的还原性强于FeC．反应中每生成1molFe转移6×6.02×1023个电子D．实验室进行该反应时常加入KClO3作催化剂【答案】B【详解】A．铝热反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，A不正确；B．该反应条件下，Al是还原剂，Fe是还原产物，所以Al的还原性强于Fe，B正确；C．反应中，Fe由0价升高到+3价，则每生成1molFe转移3×6.02×1023个电子，C不正确；D．铝热反应需要提供高温引发反应，实验室进行该反应时常加入KClO3作氧化剂，D不正确；故选B。6．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．B．C．D．【答案】D【详解】A．氯化镁溶液中氢离子得电子能力大于镁离子，电解氯化镁溶液不能生成金属镁，应电解熔融的氯化镁，A错误；B．二氧化碳和氯化钠溶液不能反应，氯化钠溶液中先通入氨气再通入二氧化碳生成碳酸氢钠，B错误；C．氧化铜和水不能反应，不能得到氢氧化铜，C错误；D．少量氨水通入过量二氧化硫气体生成亚硫酸氢铵，亚硫酸氢铵与硫酸反应生成硫酸铵和亚硫酸，利用原理是强酸制弱酸，D正确；故选：D。7．下列装置应用于实验室制NO并回收硝酸铜的实验，能达到实验目的的是A．用装置甲制取NOB．用装置乙收集NOC．用装置丙分离炭粉和硝酸铜溶液D．用装置丁蒸干硝酸铜溶液制Cu（NO3）2·3H2O【答案】C【详解】A.生成气体从长颈漏斗逸出，且NO易被氧化，应选分液漏斗，A不能达到实验目的；B.NO与空气中氧气反应，不能用排空气法收集NO，B不能达到实验目的；C.装置丙是过滤装置，可分离炭粉和硝酸铜溶液，C能达到实验目的；D.装置丁是坩埚，用于灼烧固体，不能用于蒸干溶液，且硝酸铜溶液在蒸发时，铜离子水解，生成硝酸易挥发，D不能达到实验目的；故选C。8．下列指定反应的离子方程式正确的是A．Na2CO3溶液中水解：B．Al溶于NaOH溶液：C．Fe3O4溶于稀硝酸：D．向Ba(OH)2溶液中加少量稀硫酸：【答案】C【详解】A．Na2CO3溶液中是分步水解，第一步水解的离子反应为，故A错误；B．Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应为2H2O+2Al+2OH-═2+3H2↑，故B错误；C．Fe3O4溶于稀HNO3的离子反应为，故C正确；D．向Ba(OH)2溶液中加少量稀H2SO4反应生成硫酸钡和水，离子反应为Ba2++2OH-+2H++═BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选：C。9．以黄铁矿的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等)为原料制取新型高效的无机高分子絮凝剂—聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3-n/2]m(其中n<2)的工艺流程如图：已知：为防止Fe3+水解，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+。下列有关说法错误的是A．酸浸后的溶液中阳离子主要是Fe2+、Fe3+、H+B．若水解反应温度过高，则产品聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3-n/2]m中n的值变小C．氧化反应的离子方程式为D．水解时溶液的pH偏小或偏大都会影响聚合硫酸铁的产率【答案】B【分析】黄铁矿的烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等，加入28%H2SO4“酸浸”后，过滤得到滤渣1的成分为SiO2，滤液中含Fe2(SO4)3、FeSO4和H2SO4，加入Fe将Fe3+还原成Fe2+，加入NaClO3、H2SO4将Fe2+氧化成Fe3+，然后水解、聚合得到聚合硫酸铁。【详解】A．酸浸时发生的反应为Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，故酸浸后的溶液中阳离子主要是Fe2+、Fe3+、H+，A项正确；B．盐的水解是吸热过程，若水解反应温度过高，促进Fe3+水解，使得产品聚合硫酸铁中n的值变大，B项错误；C．氧化时NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cl-，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，C项正确；D．水解时溶液的pH偏小，抑制Fe3+水解，溶液的pH偏大则生成Fe(OH)3，都会影响聚合硫酸铁的产率，D项正确；答案选B。10．下列设计的实验方案不能达到实验目的的是A．验证FeCl3能催化H2O2分解：向两只试管中各加入5mL5%H2O2溶液，向其中一只试管中加入1mL饱和FeCl3溶液，同时向另一只试管中加入1mL蒸馏水，观察现象B．除去MgCl2溶液中少量FeCl3：向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌，充分反应后过滤C．比较Ag2CO3与AgCl溶度积大小：向浓度均为的Na2CO3和NaCl的混合溶液中滴加0.1AgNO3溶液，观察现象D．验证Fe3+与的反应有一定限度：向5mL0.1KI溶液中滴入0.1FeCl3溶液5~6滴，加2mLCCl4振荡，静置后取上层清液滴加KSCN溶液，观察现象【答案】C【详解】A．向两只试管中各加入5mL5%H2O2溶液，向其中一只试管中加入1mL饱和FeCl3溶液，同时向另一只试管中加入1mL蒸馏水，加入饱和FeCl3溶液的试管中产生大量气泡，加入蒸馏水的试管中无气泡产生，说明FeCl3能催化H2O2分解，A不符合题意；B．FeCl3水解产生Fe(OH)3和H+，加入的Mg(OH)2能消耗H+，使得FeCl3的水解平衡正向移动，最终FeCl3转化为Fe(OH)3，过滤除掉Fe(OH)3获得纯净MgCl2溶液，B不符合题意；C．Ag2CO3和AgCl都是白色沉淀，向浓度均为0.1mol⋅L-1的Na2CO3和NaCl的混合溶液中滴加0.1mol⋅L-1AgNO3溶液，无法判断先生成了哪种沉淀，故无法比较Ag2CO3与AgCl溶度积大小，C符合题意；D．向5mL0.1mol⋅L-1KI溶液中滴入0.1mol⋅L-1FeCl3溶液5~6滴，加2mLCCl4振荡，CCl4层成紫红色，说明反应生成了I2；静置后取上层清液滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，说明反应体系中含有Fe3+，说明Fe3+与I-的反应有一定限度，D不符合题意；故选C。11．锌-空气电池（原理如图）适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法正确的是A．氧气在石墨电极上发生氧化反应B．该电池的负极反应为Zn+H2O-2e-=ZnO+2H+C．该电池放电时OH-向石墨电极移动D．该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连【答案】D【详解】A．氧气得电子发生还原反应，故A错误；B．锌作负极，碱性条件下，负极上电极反应式为：Zn+4OH--2e-═ZnO22-+2H2O，故B错误；C．原电池工作时，溶液中的阴离子向负极移动，即OH-向Zn极移动，故C错误；D．充电时，电源的负极与外接电源的负极相连，即该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连，故D正确；答案选D。【点睛】会根据电池反应式中元素化合价变化来确定正负极上发生的电极反应，注意电极反应式的书写与电解质溶液的酸碱性有关，根据电池反应式知，锌作负极，负极上电极反应式为：Zn+4OH--2e-═ZnO22-+2H2O，正极上通入空气，其电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，再结合离子移动方向分析解答。12．下列说法正确的是A．反应能自发进行，其原因是B．一定温度下，增大反应容器的体积，平衡正向移动C．向0.1CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中减小D．电解精炼铜时，粗铜做阴极，精铜作阳极【答案】A【详解】A．在一定条件下该反应可自发进行，则△G=△H-T•△S＜0，又该反应的△H＞0，所以△S＞0，故A正确；B．一定温度下，增大反应容器的体积即减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，即平衡逆向移动，故B错误；C．向0.1mol•L-1CH3COONa溶液中加入少量水，促进醋酸根的水解，则醋酸根变少，但溶液变稀，碱性减弱，氢离子变多，所以溶液中增大，故C错误；D．电解精炼铜时，粗铜作阳极，失去电子，而阴离子上铜离子得到电子，精铜作阴极，故D错误；故选：A。13．室温下，通过下列实验探究新制氯水的性质。实验实验操作和现象1用pH计测量新制氯水的pH，测得pH约为2.2向新制氯水中滴加少量AgNO3溶液，产生白色沉淀。3向KI溶液中滴加新制氯水，溶液颜色变为棕黄色。4向新制氯水溶液加入CaCO3粉末，搅拌，有少量气泡产生。下列有关说法错误的是A．新制氯水中存在B．实验2中两溶液混合时C．实验3中发生的反应的离子方程式为D．实验4中c反应前(HClO)>c反应后(HClO)【答案】D【详解】A．由、可知新制氯水中存在：，A正确；B．溶液混合产生沉淀，说明，B正确；C．向KI溶液中滴加新制氯水，溶液颜色变为棕黄色，KI被氧化生成碘单质，离子方程式为：，C正确；D．根据，加入CaCO3粉末，与反应，平衡正向移动，浓度增大，c反应前(HClO)＜c反应后(HClO)，D错误；故选D。14．以Fe3O4为原料炼铁，在生产过程中主要发生如下反应：反应I：反应II：为研究温度对还原产物的影响，将一定体积CO气体通入装有Fe3O4粉末的反应器，保持其它条件不变，反应达平衡时，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．反应II的B．其他条件不变，增大压强，Fe(s)的平衡产率增大C．反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低D．温度高于1040℃时，反应管中发生的主要反应的化学平衡常数【答案】D【详解】A．由图可知，300℃～570℃，随着温度的升高，CO的体积分数增大，而反应①是吸热反应，随着温度的升高，平衡正向移动，CO体积分数减小，说明300℃～570℃，Fe3O4(s)和CO(g)发生的主要反应为②，即反应②是放热反应，ΔH小于0，故A错误；B．反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体气体不变的反应，改变压强，平衡不移动，铁的质量不变，故B错误；C．由图可知，温度高于570℃，随着温度的升高，CO的体积分数减小，说明反应以①为主，即反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越高，故C错误；D．1040℃时，Fe3O4(s)和CO(g)发生的主要反应为①，=4，反应①是吸热反应，随着温度的升高，平衡正向移动，K值增大，所以温度高于1040℃时，Fe3O4(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数K＞4，故D正确；故选：D。二、工业流程题15．用氧化锌矿粉(含ZnO、FeCO3、CuO等)制备碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3]，并经煅烧制备ZnO。(1)“酸浸”时提高单位时间内锌元素的浸出率可以采取的措施有_______。(写出一条即可)(2)“除铁”时将Fe2+氧化成Fe3+，并调节pH=5。已知Ksp(Fe(OH)3)=4×10-38，除铁后溶液中残留的Fe3+的物质的浓度为_______。(3)“滤液”中的主要溶质为_______(填化学式)。(4)ZnO水悬浊液可以用于吸收烟气中SO2。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图所示。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(如图)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是_______(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______。【答案】(1)适当升高温度，搅拌等(2)4×10-11(3)(NH4)2SO4(4)

ZnSO3

【分析】氧化锌矿粉(含ZnO、FeCO3、CuO等)加入50%～60%硫酸酸浸，溶液中含有Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子，加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，调节溶液pH，使铁离子沉淀，在滤液中加入过量Zn，用锌还原出铜离子除去铜，过滤得滤渣为铜和过量的锌，滤液中加入碳酸铵可生成Zn2(OH)2CO3，煅烧得到ZnO；（1）“酸浸”时提高锌元素的浸出率可以采取的措施有适当升高温度，搅拌等；（2）调节pH=5，则c(OH-)=mol/L，则残留的Fe3+的物质的浓度为；（3）加入碳酸铵可生成Zn2(OH)2CO3，同时生成硫酸铵，“滤液”中的主要溶质为(NH4)2SO4；（4）反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为：ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2；故答案为：ZnSO3；ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2。16．Fe2O3/Al2O3负载型催化剂(其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体)可用于脱除烟气中的SO2，该负载型催化剂的制备和SO2的脱除过程如下：(1)浸渍。常温下，用Fe(NO3)3溶液浸渍Al2O3载体6h。浸渍所得溶液中除Fe3+外，含有的金属阳离子还有_______(填化学式)。(2)硫化。380℃时，将一定比例SO2和CO的混合气体以一定流速通过装有Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的反应器。①硫化过程可以有效脱除SO2，同时还获得单质S，其化学方程式为_______。②研究表明，硫化过程中实际起催化作用的是反应初期生成的FeS2，硫化过程中还检测到羰基硫(COS)中间体。FeS2催化硫化的过程可描述如下：_______，最后S再与FeS反应转化为FeS2。(3)为测定负载型催化剂中Fe2O3的质量分数，准确称取2.000g负载型催化剂样品，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热溶解后，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充分反应后，除去过量的Sn2+。用K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液16.60mL。计算负载型催化剂中Fe2O3的质量分数_______(写出计算过程)。【答案】(1)Al3+(2)

FeS2与CO反应生成FeS和COS，COS再与SO2反应生成S和CO2(3)19.92%【分析】Fe2O3/Al2O3负载型催化剂(其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体)用Fe(NO3)3溶液浸渍，Al2O3载体转化为Fe3+、Al3+，加热促进其发生水解反应得到氢氧化铁和氢氧化铝，焙烧再生成Fe2O3/Al2O3负载型催化剂，加入SO2和CO进行硫化，反应方程式为，据此分析解答。（1）用Fe(NO3)3溶液浸渍，金属氧化物溶解为金属阳离子，所得溶液中Fe3+外，含有的金属阳离子还有Al3+，故答案为：Al3+；（2）①硫化过程SO2和CO反应生成S和二氧化碳，反应的化学方程式为；②检测到COS，反应过程为FeS2与CO反应生成FeS和COS，COS再与SO2反应生成S和CO2，最后S再与FeS反应转化为FeS2，整个过程FeS2做催化剂；（3），滴定时、Fe2+→Fe3+，根据电子守恒可得关系式：，则，根据Fe原子守恒可得关系式：Fe2O3~2Fe3+~2Fe2+，则，，该负载型催化剂中Fe2O3的质量分数=19.92%。17．过氧化钙(CaO2)一种安全无毒的杀菌剂，加热至350℃左右开始分解放出氧气，425℃分解完全。某化学研究性学习小组设计以下流程制备CaO2：(1)混合时发生反应的化学反应方程式：_______。(2)制备过程中除水外，可循环使用的物质是_______。(3)“脱水”需控制温度在150℃左右，原因是_______。(4)CaO2样品中通常含有CaO，定量测定CaO2质量分数的实验方案为：称取一定量的过氧化钙样品，置于_______中，然后用酸式滴定管加入一定体积过量的标准盐酸溶液，待样品和盐酸充分反应后，_______，记录消耗的氢氧化钠标准溶液体积，重复上述操作2~3次。(实验中须使用的试剂有：氢氧化钠标准溶液、酚酞)。【答案】(1)(2)NH4Cl(3)温度过低，脱水速率慢；温度过高，CaO2易分解(4)

锥形瓶

向锥形瓶溶液中加入2滴酚酞指示剂，用氢氧化钠标准溶液滴定，直至滴入最后半滴标准NaOH溶液后锥形瓶中溶液呈浅红色，且30s内不褪色【分析】由流程可知，混合是在氯化铵溶液中加氢氧化钙，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3•H2O，在搅拌条件下，加30%的H2O2溶液，CaCl2与氨气、过氧化氢发生反应生成CaO2•8H2O，CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，CaO2•8H2O脱水得到CaO2；（1）混合时发生反应的化学反应方程式：Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3•H2O；（2）制备过程中除水外，‘搅拌’过程反应生成NH4Cl可作为反应物进入‘混合’，可循环使用的物质是NH4Cl；（3）已知信息CaO2加热至350℃左右开始分解放出氧气，425℃分解完全，“脱水”需控制温度在150℃左右，原因是温度过低，脱水速率慢；温度过高，CaO2易分解；（4）滴定原理是稀盐酸与样品反应后，再用氢氧化钠滴定剩余的盐酸，进而计算CaO2质量分数，实验方案为：称取一定量的过氧化钙样品，置于锥形瓶中，然后用酸式滴定管加入一定体积过量的标准盐酸溶液，待样品和盐酸充分反应后，向锥形瓶溶液中加入2滴酚酞指示剂，用氢氧化钠标准溶液滴定，直至滴入最后半滴标准NaOH溶液后锥形瓶中溶液呈浅红色，且30s内不褪色，记录消耗的氢氧化钠标准溶液体积。三、原理综合题18．环境保护日益受到人们的重视。(1)CO还原NO的反应机理及相对能量如下图(TS表示过渡态)：反应过程中速率最慢步骤的热化学方程式为_______。(2)用H2还原NO的反应为。为研究H2和NO的起始投料比对NO平衡转化率的影响，分别在不同温度下，向三个体积均为aL的刚性密闭容器中加入一定量H2和NO发生反应，实验结果如图。T1、T2、T3中温度最高的是_______，判断的理由是_______。(3)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2(HNO2为弱酸)的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解