江苏省海安市高二年级上册学业质量检测化学试题

2021-2022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：H1C12N14O16S32Fe56Cr52Mn55

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.氨气一氯化镂C.二氧化氮一硝酸D.硝酸一>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，因此筑气转化成氯化铁不属于氮固定，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：Ao

2.下列说法正确的是

的填充模型为

A.CHj为极性分子B.HzO(Q)

C.NH3的电子式为《

D.第一电离能：N>O>C

11•N•11

【答案】D

【解析】

【详解】A.CH4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;

B.H?O的填充模型为

H

C.NH3的电子式为H市:H’故C错误;

D.N、0、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垢构其第一电

离能大于氧，因此第一电离能N>0>C,故D正确;

故选：D。

3.下列关于反应CH4(g)+H2Og)CO(g)+3H2(g)AH=206.3k/mol说法正确的是

A.反应的ASVO

B.反应中，4E(CH)+2E(HO)VE(3O)+3E(HH)(E表示键能，CO中为C三O键)

3

C(CO)C(H2)

C.其他条件不变时，减小压强，表达式的数值保持不变

C(CH4)

D.当v(H2。)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端的变化，燧与气体分子

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，焰变等于反应物的键能减去生成物的

键能之和，根据婚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，故是个牖增的反应，△$>(),故A不正确；

B.△”二反应物的键能之和减去生成物的键能之和，因△”<(),故4E(CH)+2E(H0)VE(O0)+3E(HH),故

B正确；

C.根据平衡常数表达式得出：&C?(H2)=f当减小压强时，水蒸气的浓度减小，故该

C(CH4)C(H2O)

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，故加(氏0)产N+)逆，

故D不正确；

故选答案B0

【点睛】本题考查化学反应方程式端变判断，焰变及平衡常数等，利用平衡的基本概念，嫡变的定义，焰

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.合成级是人工固氮的主要途径，工业生产采用HabcrBosch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)+H20g)CO(g)+3H2(g)△H=206.3k/molo研究N2和H2的反应机理，有利于

开发新的氨气合成技术。在金了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①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HX

D.选用优质催化剂，能够进一步降低合成氨反应的婚变

【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①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NHX,故C正确；

D.催化剂只能降低反应的活化能，对焰变无影响，故D错误：

故选：Do

5.犹他大学Minter教授研制出合成氨的新T艺，原理如图所示，下列说法不正确的是

FT交换膜

A.在A极周围，氢化酹将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=2NH3

C.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氧化成故A错误；

B.由图示信息可知B极周围，固氮酶催化卜.发生的总反应为：6H++N2+6e=2NH3,故B正确：

C.MV+在负极失电子转变成MV?，，MV2+在氢化晦上得电子转变成MV+,从而实现了电子在电极与能之

间高效传递，故C正确；

D.该装置为原电池装置，能将化学能转化成电能，故D正确；

故选：Ao

6.下列实验中，能达到相应实验目的的是

一环形玻璃撞井林

50nl.0.5500«)l/L

溶液

'sOnl.O.500W.1/L

盐酸

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.用内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•定体积的盐酸溶液，再迅速加入•定体枳的氢氧化钠溶液，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:Do

7.铁及其化合物在人类生产生活中发挥着重要作用。其中，K2FCO4为紫色固体，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NaCK)氧化

Fe(NCh)3制备。硫酸亚铁按(NH4)：Fe(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.FezCh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.FeCh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

【答案】B

【解析】

【详解】A.Fe2O3为红棕色固体，俗称铁红可用作红色颜料，故A错误：

B.常温卜.Fe遇浓硫酸钝化，从而阻止反应的继续进行，因此可用铁制槽罐车运输浓硫酸，故B正确：

C.FeCb具有氧化性，能溶解铜亘质，可用于蚀刻铜质印刷电路板，故C错误；

D.KzFcCh具有强氧化性，可用于饮用水的消毒杀菌，故D错误；

故选：Bo

8.工业上通过NaQO碱性溶液与Fe(NCh)3溶液反应制备高铁酸钾(QFeCh),流程如下：

饱和KOH

氯气FefNO})j溶液

NaQ、NaNO3灌液

(灌渣)

下列说法正确的是

A.“反应1”时，为提高NaCK)产量，应通入过量的CL

B.“反应H”时，可采取将NaClO饱和溶液加入Fe(NO以饱和溶液中的混合方式

C.“反应H”的高子方程式为：2Fe3++3C10一+IOOH-=2FeOf+3Cr+5H2O

D.“转化”获得KzFeO4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Ch,将NaOH溶液消耗完，而反应H需要在碱性环境中反应，可能

导致反应U不能发生，故A错误；

B.“反应II”时，NaC】O碱性溶液与Fe(NCh)3溶液反应，因此只能是将Fe(NCb)3饱和溶液可加入到NaClO

碱性溶液中反应，故B错误；

C.“反应n”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++3CIO-+10OH-=2

-

FeO；+3Cr+5H2O,故C正确；

D.“转化”获得K2FeCh晶体，是NazFeCh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

——0——

石FeO；-

锌墨

电电

极极

Fe(OH)3

KOH溶液

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)33e+5OH=FeO--+4H2O

D.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】KzFeChZn可以组成高铁电池，KzFeO』在电池中作正极材料，其电极反应式为FeO：

+3b+4H20-Fe(OH)3+5OFF,原电池的负极发生氧化反应，Zn2e-+2OH'=Zn(OH)2,电池反应为：3Zn+2

-

Fe0；+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4OHo

【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，Zn2e-+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)33e+5OH=FeO^

+4比0,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.使用硫酸亚铁镂晶体KNH4)2Fe(SO4)2-6H2O|滴定法可以测定青铜中铝元素的含量。实验步骤如下：

步骤1：称量硫酸亚铁钱晶KNH6Fe(SO4)2・6H2O］溶于稀硫酸，加水稀释配成1000mL0.0200mol/L

(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液。

步骤2：称取1.00g青铜样品于250mL锥形瓶中，加入适量稀梢酸使其完全溶解，再加入适量过二硫酸铉

［(NHI)2S2OX］溶液，加热煮沸，使样品中的铭元素完全转化为HzCrCh,冷却后加蒸储水配制成250mL溶

液，摇匀。

步骤3：取25mL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(NH/FeGOS标准溶液的体积分别为

18.90mL、17.97mL.18.03mL。发生反应的离子方程式为：H2CrO4+Fe2++H+TCr3++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1000mL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+2NO；+8H+=3CU2++2NOT+4H2。

C.青铜中铭元素的质量分数为6.344%

D.实验中，如果盛放(NH,)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正行计算元素的含最，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：100()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+2NO；

+2+

+8H=3Cu+2NOt+4H2O,故B正确；

C.根据滴定过程(NH4)2Fe(SCh)2标准溶液的体积分别为18.90mL、17.97mL、18.03mL,因为第一组实验

]797+1X03

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=-----------mL=18.00mL,反应关

2

2++3+3+

H2CrO4+3Fe+6H=Cr+3Fe+4H2O

系式计算：Imol3mol，解得x=1.2Xl()4mol,则铭元素的质量分数

x18x10-3x0.02mol

为：3产潭，]。。％=6.24%,故C不正确;

D.实验中，如果盛放(NHj)2Fe(SO”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】此题考杳氧化还原滴定过程中标准液的配置，含量计算，误差的分析，注意铜与稀晶酸反应时，

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佗是

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NHC1溶液中滴加盐酸时，溶液中汹也随盐酸体积的变化关系

c(H4)

D.图丁表示室温下分别向VomLROH(弱碱)和MOH(强碱)溶液中加水至体积为VmL时，溶液pH随

馆2■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

图象中相应的表示。

【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NH/C1溶液中根据水解平衡常数得出：4空。二包里学0,当滴加盐酸时氢离子的浓度

c(H')Kh

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ion倍时，pH变化为n,而弱碱稀释ion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(FhS)是一种有毒气体，广泛存在于石油化工、冶金笔行业的废气中，常用足量纯碱溶液吸收

法、热分解法、Fe2(SO03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)、H?S、NaHS还常用于脱除水体中的CV+,形成黑色、不溶于稀

硫酸的CuS沉淀。FeMSOg溶液与表面喷淋水的活性炭分别处理H2s的原理如阳所示，卜列说法正确的是

H2SO2

A.图I中FeXSOS溶液可循环再生

B.图1脱除34gH2S,理论上一定消耗11.2LO2

C.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】

3+2++

【详解】A.图I中，Fe3+和H2s反应生成Fe?+：2Fe+H2S=2Fe+S!+2H,Fe?+再被氧化氧与生成Fe3+：

2++3+

4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O,可实现Fr+的再生，所以Fe2(SO6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.增大水腴的pH,OH浓度增大，使平衡：H2S=H++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Ao

13.硫化氢(FhS)是一种有毒气体，广泛存在于石油化工、冶金笨行业的废气中，常用足量纯碱溶液吸收

法、热分解法、Fe2(SCh)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，通过卜.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0.1mol/LNaHS溶液的pH,测得pH约为7.8

2将浓度均为0.001mol/LNaHS溶液与CuSCh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.0.1mol/LNaHS溶液中有：c(H>S)>c(S2)

+2

B.0.1mol/LNaHS溶液中存在:c(H)+c(H2S)=c(OH)+c(S)

C.依据实验2的现象，能得出Ksp(CuS)V2.5x1()7的结论

D.实验2的上层清液中c(OH)c(H+)>lxl014

【答案】D

【解析】

【详解】A.用pH试纸测量0.1mol/LNaHS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(S、故A正确；

B.0.1mol/LNaHS溶液中存在电荷守恒：c(HJ+c(Na')=c(0H)+2c(S2-)+c(HS-),存在物料守

+

恒：c(Na)=c,一)+c(HS1+c(H2S),联立可得：c(H+)+c(H2s尸c(OH)+c(S,故B正确；

C.将浓度均为0.001mol/LNaHS溶液与CuSO4溶液等体积混合，混合瞬间铜离子的浓度为0.0(X)5mol/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0.0()05mol/L,Ksp(CuS)=

c(Cu2+)-C(S2)<0.0005mol/LX0.0005mol/L=2.5x107,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+)lxlO“，故D错误；

故选：D。

14.硫化氢(HzS)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(SO“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C/+,形成黑色、不溶于稀

硫酸的CuS沉淀。H2s可以在高温下与氯茉(CGHSCI)反应制备苯硫酚(CGHSSH),同时得到副产物苯(C(,H(,),

发生反应的热化学方程式为：

反应I：C6H5Cl(g)+H2S(g)^C6HsSH(g)+HCl(g)A/¥I

反应II：C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+1Ss(g)△也=458kj/mol

8

将H2s与C6Hse1(体积比5：2)加入某恒容密闭容器中，反应20min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

2

T/℃

A.由图可知△MVO

B.在500C时，反应n处于平衡次态

C.在590℃时，反应I的平衡常数为,

9

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，导致物质的产率减小。升高温度，化学平衡向吸热反应方向移

动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，故A正确；

B.对于反应II：C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+-S8(g)△//，=45.8kJ/mol,由于△，2<0,AS>0,在

8

常温下体系的自由能4G=△"7AS<0,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5(加℃的化学平衡状态，B错误；

C.将H2s与C6H5。(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"(CGHKIAImol,则〃(H2S)=2.5mol,容器的容积是VL”根据图示可知在

59。℃时C6H6的产率是5%,CeHsSH的产率是35%,假设生成C6H6的物质的量是0.05mol,生成C6H5sH

的物质的量是0.35mol,发生反应II时同时产生HC1物质的量为0.05mol,消耗H2S、C6Hse1的物质的量

0.05mol,反应I消耗H2S、C6Hse1的物质的量为0.35mol,产生HC1的物质的量为0.35moL平衡时容

器中/?(H2S)=2.5mol(0.35mol+0.05mol)=2.1mol,〃(C6H5。)=1niol(0.35mol+0.05mol)=0.6mol,

〃(HCl)=0.35mol+0.05mol=0.4mol,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

0.351noi0.4mol

——in——x-----------

等于气体的物质的量的比，则该反应的化学平衡常数代丁_VL=c正确;

0.6mol2.Imol9

VLXVL

D.反应I是放热反应，当反应发生时放出热量，使反应1在645℃的化学平衡逆向移动，导致体系中

FhS、C6H50的物质的量增加，增大反应物的浓度可以使更多的H2S、C6H5。发生反应II,因此在645c

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(。。2)、亚氯酸钠(NaClO?)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\SO：等杂质，通过依次滴加略过量的NaOH、BaCh.Na2co3,再过滤、滴

加HC1及加热，可获得精制饱和食盐水。

c(CO；)二

(1)滤液中(已知Ksp(BaSO)=lxl010.Ksp(BaCO)=5xl09)

c(SOf)-43

(2)在一定条件下，用石墨电极电解精制食盐水制取C1O2,原理如图所示。阳极的电极反应式为

II.酸性条件下，NaCIO2能将烟气中的NO氧化为NO；。

(3)该反应的离子方程式为o

(4)其他条件相同时，以NaQCh溶液为吸收剂，测得相同时间内NO的氧化率随NaCICh溶液的起始浓

度、温度的变化情况分别如图所示。

起始NaCIO2浓度“mmol/L)反应温度凡

①NO的氧化率随起始NaClO?溶液浓度的增大而增大的原因是。

②温度超过60C后，NO氧化率下降，其原因是_______o

【答案】(1)0.02

(2)Cr+2H90-5e-=C109T+4H，

+

(3)3ClO2+4NO+2H2O=4NO；+3Cr+4H

(4)①.NaCKh溶液浓度越大，NaCKh氧化NO的速率越快，NO的氧化率增大②.NaQCh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】

c(C。；)_c(B/).c(8；)二Ksp(BaSO4)」xl(严二00,

2+9

c(SO;)c(Ba)c(SO^)Ksp(BaCO3)5xl0一’攵口案为'.’

【小问2详解】

用石墨电极电解精制食盐水制取。02,阳极氯离子失电子生成。02，电极反应为：

--+

Cr+2H9O-5e=C109T+4H~,故答案为：Cr+2H„0-5e=C109T+4H；

【小问3详解】

酸性条件下，NaQCh能将烟气中的NO氧化为NO3,NaCKh被还原成氯化钠，Imol得4moi电子,

ImolNO反应失3moi电子，根据得失电子守恒以及元素守恒得反应的离子方程式为：

+

3C1O2+4NO+2H2O=4NO；+3C1+4H,故答案为：3C1C)2+4NO+2H2(D=4NO；+3C1+4T；

【小问4详解】

①NaCICh溶液浓度越大，NaCKh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，NaCICh氧化NO的速率越快，NO的氧化率增大；

②以NaClO?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60C后，NO氧化率下

降，其原因为：NaCKh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：NaCKh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.饰(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CeCh,还含少最SiChFtCh、

AI2O3及微量MnO)为原料可制备无水氯化锌(CeCh),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\AP\Mn?+等金属阳

离子。CeCh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

0510L52.02.53.03.54.0c(H+)/mol・L」

(2)除杂：向浸出液中加入NaOH调节pH除去FetAP+。注：当pH>12时，A1(OH)3沉淀开始溶解。

有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时金属离子浓度W1.0x105moi/L)。

沉淀

A1(OH)3Fe(OH)3Ce(OH)3Mn(OH)2

恰好完全沉淀

5.22.8910.1

时pH

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：Ce>(水层)+3HT(有机层)二

CeT3(有机层)+3H+(水层)。向分离所得有机层中加入能获得较纯的CeC13溶液。

结晶析出:将CeCb溶液蒸发浓缩、冷却结晶,过滤，得到CeCN7H2。晶体。

(4)加热脱水:将NH4cl固体和CeChlQO混合,在真空中加热可得无水CeCh。加入NH4cl固体的作

用是。

3+

【答案】(1)①.2CeO2+H2O2+6H'=2Ce+O2T+4H2O②.2.5mol/L75℃

(2)5.2〜8.0

(3)稀盐酸(4)分解出HC1气体，抑制CeCb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CeCh被还原成C/+,lirolCeO?得

Imol电子，则H2。？应作还原剂，ImolH?。？失2moi电子，根据得失电子守恒以及元素守恒可得反应的

3+

离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H"=2Ce+O2T+4H2O：曰图可知当氢离子的浓度为时，

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

+3+

温度选择75c最适宜，故答案为：2CeO2+H2O2+6H=2Ce+O2T+4H2O；2.5mol/L75℃；

【小问2详解】

Ce(OH)3完全沉淀时的pH值为9,此时c(Ce3+)=I.Oxi()5mol/L,可求得

Ksp(Ce(OH)^)=1.0xl05mol/LX(10>mol/L)3=1020,若浸取液中c(Cc3+)=0.01mol/L,为防止形成

Ksp(Ce(0H)J/io-203

==1

Ce(OH)3,溶液中的OH浓度的最大值：c(OH尸3c(Ce-)W°molL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：5.2〜8.0,故答案为:

5.2〜8.0；

【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〕UCeTU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CeCh溶液，故答案为：稀盐酸；

【小问4详解】

CeCb-7H2O直接加热分解出水，会使CeCh发生水解，加热氯化钱固体，其受热分解生成的HC1可以抑制

CeCb水解，故答案为：分解出HC1气体，抑制CeCb水解。

17.采矿废水中常含有氧弱酸(HCN)和亚础酸(H3ASO3)等有害物质，必须经过处理达标后才能排放。

I.金矿提金时，用NaCN溶液浸取获得Na［Au(CN)2］进一步处理时产生氢氟酸(HCN,电离常数

K=5xl0'0)o

(1)NaCN中。键与兀键数目之比为。

(2)通过电激发产生羟基自由基［HO*)和0H可处理废水中的CN,可能的反应机理如图所示。

②虚线方框内的过程可描述为.

II.工业上常将废水中的亚础酸(HaAsO”氧化成硅酸(H3ASO4),再调节到合适的pH范围内用吸附剂脱除。

珅段(H3ASO4)溶液中含神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)神元素基态原子的电子排布式为：

C(H.ASO)

⑷当溶液pH=4』时，诉而4

(5)在25℃时，在浓度均为0.1mol/L的NaCN溶液和NaHzAsCh溶液中，pH较大的是

【答案】(1)1:2(2)®.2OH+2CN+10HO*=N2t+2CO3'+6H2O②.氧气在阴极表面得到电子

被还原成*O£,结合氯离子生成*O?H,*O?H分解为氧气和H2O2。

(3)Is22s22P63s23P63+。4s24P3或［Arl3dl04s24p3

(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个是兀键，所以NaCN中。键与兀键

数目之比为l：2o

【小问2详解】

①反应I是在碱性环境下H0*将CN氧化为氮气和碳酸根离子的过程，H0*中的0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，ImolCN参加反应，失去5moi电子，

ImolHO*参加反应，得到Imol电子，根据电子守恒，CN和H0*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*=N?T+2co：+6H2O。

②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*0；,*0：结合氢离子生成*0?H,

*ChH分解为氧气和H202o

【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VA族，其基态原子的电子排布式为：

Is22s22P63s23P63dl04s24P3或表示为[Ar]3d1。4s24P3。

【小问4详解】

根据种酸(FhAsO。溶液中含神的各物种的分布分数与pH的关系务示可知，在pH=2.2时，

C(H3ASO3)=C(HA.SO),S=C(H+)=102.2,

.4根据《产"H)C(H\O4)同理可知神酸的Ka2=107,右二⑹巴

C(H3ASO4)

C(H?ASO4)_c(H?ASO4)/(H+几(凡AsO；)_C?(H+)_(ICT4」)？_

2+2270

c(HAsOj-c(HAsO；)c(H)c(H2AsO；)"-l(rxl()-~°

【小问5详解】

NaCN溶液中CN水解使溶液显碱性，NaHzAsCh溶液中HzAsOg既能电离，又能水解，其电离常数为碎酸

K

的第二步电离常数，即Ka2=l()7,而H,AsO«的水解常数Kh=U=10"s,所以H,AsC)4的电离程度大于其

Ei

水解程度，所以NaHzAsCh溶液显酸性，所以浓度相等的NaCN溶液和NaHzAsCh溶液中，pH较大的是

NaCNo

18.CO2的资源化利用能有效减少碳排放充分利用碳资源。

LCCh合成甲醇(CHQH)

该反应包括下列两步：

反应ICO2(g)+II2(g)^CO(g)+IljO(g)△】h=+40.9kJ/mol

反应IICOKg)+3H2(g)UCH30H(g)+H20(g)△H2=+49.5kJ/mol

(1)由CO与H2合成CH30H(g)的热化学方程式为。

(2)在一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入3moi生和ImoKXh,控制条件仅发生反应I,

测得CO2、CH30H(g)和HzO(g)的物质的量(n)随时间的变化如图所示：

②在平衡后，再向容器中加入2molCO2(g)和2molCHQH©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C02可以合成甲醉，原理如图所示。阴极的电极反应式为o

离子交换膜

II.C02合成二甲醛(CH30cH3)

控制反应条件，同时发生反应I、反应n和反应HL可以合成二甲雄(CH30cH3)。

反应HI2cH30H(g)UCH30cH3(g)+H2O(g)△H=24.5kJ/mol

n(H)

在压强30Mpa、2、=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