XX省海安市2021至2022学年高二上学期学业质量检测化学试题附参考答案

1、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：H 1 C

2、 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：N>O>C3. 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. 反应中，4E(C-H)+2E(H-O)E(CO)+3E(H-H) (E表示键能，

3、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4. 合成氨是人工固氮的主要途径，工业生产采用Haber-Bosch法，反应条件严苛，能源消耗大。制取氢气原料的途径之一为：CH4(g)+H2Og)CO(g)+3H2(g) H=- 206.3 k/mol。研究N2和H2的反应机理，有利于开发新的氨气合成技术。在釕催化剂表面合成氨的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。下列说法不正确的是A. 合成氨反应属于放热反应B. 过程决定整个合成氨反应的快慢C. 在该反应历程中，与N反应的是HD. 选用优质催化剂，能

4、够进步降低合成氨反应的焓变5. 犹他大学Minter教授研制出合成氨的新工艺，原理如图所示。下列说法不正确的是A. 在A极周围，氢化酶将H2还原成H+B. 在B极周围，固氮酶催化下发生的总反应为：6H+N2+6e- =2NH3C. MV+/MV2+的主要作用是在电极与酶之间高效传递电子D. 该装置将化学能转化成电能6. 下列实验中，能达到相应实验目的的是A. 用甲装置制取Fe(OH)3胶体B. 用乙装置进行氯气的尾气吸收C. 用丙装置测量某盐酸的浓度D. 用丁装置测量盐酸与NaOH反应的反应热7. 铁及其化合物在人类生产生活中发挥着重要作用。其中，K2FeO4为紫色困体，微溶于KOH浓溶液；在

5、碱性溶液中较稳定；具有强氧化性，是一种多功能饮用水处理剂；在碱性条件下，可由NaClO氧化Fe(NO3)3制备。硫酸亚铁按(NH4)2Fe(SO4)2常用于滴定测量。下列关于铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A. Fe2O3属于碱性氧化物，可用作颜料B. 常温下Fe遇浓硫酸钝化，可用铁制槽罐车运输浓硫酸C. FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻铜质印刷电路板D. K2FeO4溶液具有吸附性，可用于饮用水的消毒杀菌8. 工业上通过NaClO碱性溶液与Fe(NO3)3溶液反应制备高铁酸钾(K2FeO4)，流程如下：下列说法正确的是A. “反应1”时，为提高NaClO产量，应通入过量的Cl2B.

6、“反应II”时，可采取将NaClO饱和溶液加入Fe(NO3)3饱和溶液中的混合方式C. “反应II”的离子方程式为：2Fe3+3ClO +10OH=2+3Cl+5H2OD. “转化”获得K2FeO4晶体，说明相同温度下溶解度：高铁酸钾>高铁酸钠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10. 使用硫酸亚铁铵晶体(NH4)2Fe

7、(SO4)2·6H2O滴定法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)2·6H2O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

8、溶液满淀至终点。重复上述操作3次。测得消耗(NH4)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11. 下列图示与对应的叙述相符的是A. 图

9、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。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+

10、，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。同时，H2S也是一种重要的化工原料，可以用来制备硫磺、苯硫

11、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，能得出Ksp(CuS)2.5×10-7的结论

12、D. 实验2的上层清液中c(OH-)·c(H+)>1×10-1414. 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。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。H2S可以在高温下与氯苯(C6H5Cl)反应制备苯硫酚(C6H5SH)，同时得到副产物苯(C6H6)，发生反应的热化学方程式为：反应I：C6H5Cl(g)+H2S(g)C6H5SH

13、(g)+HCl(g) H1反应II： C6H5Cl(g)+H2S(g)C6H6(g)+HCl(g)+S8(g) H2= - 45.8 kJ/mol将H2S与C6H5Cl(体积比5：2)加入某恒容密闭容器中，反应20 min后测得混合气中C6H5SH和C6H6的产率(实际产量与理论产量之比)与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是A. 由图可知H10B. 在500时，反应II处于平衡状态C. 在590时，反应I的平衡常数为D. 在645时，延长反应时间，会提高C6H6的产率非选择题15. 二氧化氯(ClO2)、亚氯酸钠(NaClO2)均具有较强氧化性，其溶液可用于烟气脱硝。I.二氧化氯制备粗盐水

14、中常含有Mg2+、Ca2+、等杂质，通过依次滴加略过量的NaOH、BaCl2、Na2CO3，再过滤、滴加HCl及加热，可获得精制饱和食盐水。（1）滤液中=_。(已知Ksp (BaSO4)=1×10-10、Ksp(BaCO3)=5×10-9)（2）在一定条件下，用石墨电极电解精制食盐水制取ClO2，原理如图所示。阳极的电极反应式为_。.酸性条件下，NaClO2 能将烟气中的NO氧化为。（3）该反应的离子方程式为_。（4）其他条件相同时，以NaClO2溶液为吸收剂，测得相同时间内 NO的氧化率随NaClO2溶液的起始浓度、温度的变化情况分别如图所示。NO的氧化率随起始NaClO

15、2溶液浓度的增大而增大的原因是_。温度超过60后，NO氧化率下降，其原因是_。16. 铈(Ce)是一种典型的稀土元素，属于国家战略资源。以玻璃粉末(主要含CeO2，还含少量SiO2 Fe2O3、Al2O3及微量MnO)为原料可制备无水氯化铈(CeCl3)，主要步骤如下：（1）酸浸：用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+、Fe3+、Al3+、Mn2+等金属阳离子。CeO2不溶于水，写出其发生反应的离子方程式：_。Ce的浸出率与c(H+)、温度的关系如图所示。生产中应选择的适宜条件为_。（2）除杂：向浸出液中加入NaOH调节pH除去Fe3+、Al3+注：当pH>12时，

16、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1.0×10-5mol/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溶液。结晶析出：将CeCl3溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，得到CeCl3·7H2O晶体。

17、（4）加热脱水：将NH4Cl固体和CeCl3·7H2O混合，在真空中加热可得无水CeCl3。加入NH4Cl固体的作用是_。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=5×10-10)。（1）NaCN中键与键数目之比为_。（2）通过电激发产生羟基自由基(HO*)和OH-可处理废水中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(H3

18、AsO4)，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_。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/mol反应II CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ H

19、2O(g) H2=+49.5 kJ/mol（1）由CO与H2合成CH3OH(g)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

20、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在压强30 MPa、=4时， CO2的平衡转化率、CO的选择性和CH3OCH3的选择性随温度变化情况如图所示(X的选择性=)（4）图中，代表CH3OCH3选择性的是曲线_(填“A”、“B”或“C”)。（5）当温度超过290，曲线B随温度升高而增大的原因是_。1220212022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

21、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：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

22、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：N>O>C【

23、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N>O>C，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 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

24、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，S>0，故A不正确；BH=反应物的键能之和减去生成物的键能之和，因H <0，故4E(C-H)+2E(H-O)E(CO)+3E(H-H) ，故B正确；C根据平衡常

25、数表达式得出：，当减小压强时，水蒸汽的浓度减小，故该表达式的数值增大，故C不正确；D当反应处于平衡状态，不同物质表示正逆反应速率时，速率之比等于系数之比，故3v(H2O)正=v(H2)逆，故D不正确；故选答案B。【点睛】本题考查化学反应方程式熵变判断，焓变及平衡常数等，利用平衡的基本概念，熵变的定义，焓变与键能之间的关系判断键能之间的大小，注意一般减小压强的改变是缩小容器体积。4. 合成氨是人工固氮的主要途径，工业生产采用Haber-Bosch法，反应条件严苛，能源消耗大。制取氢气原料的途径之一为：CH4(g)+H2Og)CO(g)+3H2(g) H=- 206.3 k/mol。研究N2和H2

26、的反应机理，有利于开发新的氨气合成技术。在釕催化剂表面合成氨的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。下列说法不正确的是A. 合成氨反应属于放热反应B. 过程决定整个合成氨反应的快慢C. 在该反应历程中，与N反应的是HD. 选用优质催化剂，能够进步降低合成氨反应的焓变【答案】D【解析】【详解】A由图可知反应物氮气和氢气的能量和高于生成物氨气的能量，该反应为放热反应，故A正确；B由图可知反应的正反应活化能最大，而活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率的快慢，故B正确；C由图中过程反应可知N与H结合成NH，故C正确；D催化剂只能降低反应的活化能，对焓变无影响，故D错误；故选：D。

27、5. 犹他大学Minter教授研制出合成氨的新工艺，原理如图所示。下列说法不正确的是A. 在A极周围，氢化酶将H2还原成H+B. 在B极周围，固氮酶催化下发生的总反应为：6H+N2+6e- =2NH3C. MV+/MV2+的主要作用是在电极与酶之间高效传递电子D. 该装置将化学能转化成电能【答案】A【解析】【详解】A在A极周围，氢化酶将H2氧化成H+，故A错误；B由图示信息可知B极周围，固氮酶催化下发生的总反应为：6H+N2+6e- =2NH3，故B正确；CMV+在负极失电子转变成MV2+，MV2+在氢化酶上得电子转变成MV+，从而实现了电子在电极与酶之间高效传递，故C正确；D该装置为原电池装

28、置，能将化学能转化成电能，故D正确；故选：A。6. 下列实验中，能达到相应实验目的的是A. 用甲装置制取Fe(OH)3胶体B. 用乙装置进行氯气的尾气吸收C. 用丙装置测量某盐酸的浓度D. 用丁装置测量盐酸与NaOH反应的反应热【答案】D【解析】【详解】A氯化铁溶液滴入NaOH溶液中得到Fe(OH)3沉淀，制取Fe(OH)3胶体是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，加热至液体呈红褐色，故A错误；B吸收氯气应用氢氧化钠溶液，氢氧化钙的溶解度小，澄清石灰水的浓度太低不能充分吸收尾气，故B错误；C氢氧化钠应用碱式滴定管盛装，且滴定过程中眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故C错误；D简易量热器中加入一定体积的

29、盐酸溶液，再迅速加入一定体积的氢氧化钠溶液，用环形玻璃搅拌棒搅拌，测反应过程中的最高温度，从而可以测定该反应的中和热，故D正确；故选：D。7. 铁及其化合物在人类生产生活中发挥着重要作用。其中，K2FeO4为紫色困体，微溶于KOH浓溶液；在碱性溶液中较稳定；具有强氧化性，是一种多功能饮用水处理剂；在碱性条件下，可由NaClO氧化Fe(NO3)3制备。硫酸亚铁按(NH4)2Fe(SO4)2常用于滴定测量。下列关于铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A. Fe2O3属于碱性氧化物，可用作颜料B. 常温下Fe遇浓硫酸钝化，可用铁制槽罐车运输浓硫酸C. FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻铜质印刷电路

30、板D. K2FeO4溶液具有吸附性，可用于饮用水的消毒杀菌【答案】B【解析】【详解】AFe2O3红棕色固体，俗称铁红可用作红色颜料，故A错误；B常温下Fe遇浓硫酸钝化，从而阻止反应继续进行，因此可用铁制槽罐车运输浓硫酸，故B正确；CFeCl3具有氧化性，能溶解铜单质，可用于蚀刻铜质印刷电路板，故C错误；DK2FeO4具有强氧化性，可用于饮用水的消毒杀菌，故D错误；故选：B。8. 工业上通过NaClO碱性溶液与Fe(NO3)3溶液反应制备高铁酸钾(K2FeO4)，流程如下：下列说法正确的是A. “反应1”时，为提高NaClO产量，应通入过量的Cl2B. “反应II”时，可采取将NaClO饱和溶液

31、加入Fe(NO3)3饱和溶液中的混合方式C. “反应II”的离子方程式为：2Fe3+3ClO +10OH=2+3Cl+5H2OD. “转化”获得K2FeO4晶体，说明相同温度下溶解度：高铁酸钾>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 +1

32、0OH=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，

33、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，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

34、，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)2·6H2O滴定法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)2·6H2O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

35、：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)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，

36、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、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

37、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=1.2×10-4mol，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

38、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

39、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

40、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。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

41、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+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

42、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。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.

43、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，能得出Ksp(CuS)2.5×10-7的结论D. 实验2的上层清液中c(OH-)·c(H+)>1×10-14【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

44、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-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)=< 0.0005mol/L×0.0005mol/L=2.5×10-7，故C正确；D温度不变水的离子积常数不变,室温下KW=c(OH-)·c(H+)1×10-14，故D错误；故选：D。14. 硫化氢(H2S)是一种

45、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。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。H2S可以在高温下与氯苯(C6H5Cl)反应制备苯硫酚(C6H5SH)，同时得到副产物苯(C6H6)，发生反应的热化学方程式为：反应I：C6H5Cl(g)+H2S(g)C6H5SH(g)+HCl(g) H1反应II： C6H5Cl(g)+H2S(g)C6H6(g)+HCl(g)+S8(g) H2=

46、- 45.8 kJ/mol将H2S与C6H5Cl(体积比5：2)加入某恒容密闭容器中，反应20 min后测得混合气中C6H5SH和C6H6的产率(实际产量与理论产量之比)与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是A. 由图可知H10B. 在500时，反应II处于平衡状态C. 在590时，反应I的平衡常数为D. 在645时，延长反应时间，会提高C6H6的产率【答案】B【解析】【详解】A对于反应I，在590之前，反应未达到平衡，升高温度，物质的内能增加，分子之间有效碰撞次数增加，反应速率加快，因而反应产率增大，在590时反应达到平衡，产物的产率达到最大值，之后随着温度的升高，化学平衡逆向移动，导致物

47、质的产率减小。升高温度，化学平衡向吸热反应分析移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，故H10，A正确；B对于反应II：C6H5Cl(g)+H2S(g)C6H6(g)+HCl(g)+S8(g) H2= - 45.8 kJ/mol，由于H20，S0，在常温下体系的自由能G=H-TS0，说明该反应的正反应是自发反应，因此该反应不是可逆反应，不存在化学平衡状态，因此就没有500的化学平衡状态，B错误；C将H2S与C6H5Cl(按体积比5：2)加入某恒容密闭容器中，由于在相同外界条件下气体的体积比等于气体的物质的量的比，假设n(C6H5Cl)=1 mol，则n(H2S)=2.5 mol，容

48、器的容积是V L。根据图示可知在590时C6H6的产率是5%，C6H5-SH的产率是35%，假设生成C6H6的物质的量是0.05 mol，生成C6H5SH的物质的量是0.35 mol，发生反应II时同时产生HCl物质的量为0.05 mol，消耗H2S、C6H5Cl的物质的量为0.05 mol，反应I消耗H2S、C6H5Cl的物质的量为0.35 mol，产生HCl的物质的量为0.35 mol，平衡时容器中n(H2S)=2.5 mol-(0.35 mol+0.05 mol)=2.1 mol，n(C6H5Cl)=1 mol-(0.35 mol+0.05 mol)=0.6 mol，n(HCl)=0.3

49、5 mol+0.05 mol=0.4 mol，对于反应I是反应前后气体气体物质的量不变的反应，气体的浓度比等于气体的物质的量的比，则该反应的化学平衡常数K=，C正确；D反应I是放热反应，当反应发生时放出热量，使反应I在645的化学平衡逆向移动，导致体系中H2S、C6H5Cl的物质的量增加，增大反应物的浓度可以使更多的H2S、C6H5Cl发生反应II，因此在645后，随着反应的进行，延长反应时间，会提高C6H6的产率，D正确；故合理选项是B。非选择题15. 二氧化氯(ClO2)、亚氯酸钠(NaClO2)均具有较强氧化性，其溶液可用于烟气脱硝。I.二氧化氯制备粗盐水中常含有Mg2+、Ca2+、等杂

50、质，通过依次滴加略过量的NaOH、BaCl2、Na2CO3，再过滤、滴加HCl及加热，可获得精制饱和食盐水。（1）滤液中=_。(已知Ksp (BaSO4)=1×10-10、Ksp(BaCO3)=5×10-9)（2）在一定条件下，用石墨电极电解精制食盐水制取ClO2，原理如图所示。阳极的电极反应式为_。.酸性条件下，NaClO2 能将烟气中的NO氧化为。（3）该反应的离子方程式为_。（4）其他条件相同时，以NaClO2溶液为吸收剂，测得相同时间内 NO的氧化率随NaClO2溶液的起始浓度、温度的变化情况分别如图所示。NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的增大而增大的原因是_

51、。温度超过60后，NO氧化率下降，其原因是_。【答案】（1）0.02 （2） （3） （4） . NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化NO的速率越快，NO的氧化率增大 . NaClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝反应正向进行；NO在吸收液中的溶解度降低；【解析】【小问1详解】，故答案为：0.02；小问2详解】用石墨电极电解精制食盐水制取ClO2，阳极氯离子失电子生成ClO2，电极反应为：，故答案为：；【小问3详解】酸性条件下，NaClO2 能将烟气中的NO氧化为，NaClO2被还原成氯化钠，1mol得4mol电子，1molNO反应失3mol电子，根据得失电子守恒以及元素守恒得

52、反应的离子方程式为：，故答案为：；【小问4详解】NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化NO的速率越快，使得NO的氧化率逐渐增大，故答案为：NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化NO的速率越快，NO的氧化率增大；以NaClO2溶液为吸收剂，NO的氧化率随温度的变化情况，如图所示，温度超过60后，NO氧化率下降，其原因为：NaClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝反应正向进行；NO在吸收液中的溶解度降低；，故答案为：NaClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝反应正向进行；NO在吸收液中的溶解度降低；16. 铈(Ce)是一种典型的稀土元素，属于国家战略资源。以玻璃粉末(主

53、要含CeO2，还含少量SiO2 Fe2O3、Al2O3及微量MnO)为原料可制备无水氯化铈(CeCl3)，主要步骤如下：（1）酸浸：用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+、Fe3+、Al3+、Mn2+等金属阳离子。CeO2不溶于水，写出其发生反应的离子方程式：_。Ce的浸出率与c(H+)、温度的关系如图所示。生产中应选择的适宜条件为_。（2）除杂：向浸出液中加入NaOH调节pH除去Fe3+、Al3+。注：当pH>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1.0×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3C

54、e(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溶液。结晶析出：将CeCl3溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，得到CeCl3·7H2O晶体。（4）加热脱水：将NH4Cl固体和CeCl3·7H2O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）

55、. . 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+)=1.0×10-5mol/L，可求得Ksp()=1.0×10-5mol/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(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】CeCl3