江苏省扬州中学2021-2022学年高二上学期12月月考试题 化学

江苏省扬州中学2021-2022 学年高二上学期12 月月考 化学试题(选修) 试卷满分：100 分，考试时间：75 分钟 可能用到的相对原子质量 B-11 O-16 Na- 23 Cu-64 一、单项选择题：共14 题，每题3 分，共42 分。每题只有一个选项最符合题 意 1. 侯氏制碱法主要反应原理为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。下列说法正确的 是 A. Cl-的结构示意图： B. 基态O 原子的轨道表示式： C. 碳元素的外围电子排布式为 2s22p2 D. NaHCO3溶于水水解：HCO +H2O CO +H3O+ 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cl-的结构示意图为： ，A 错误； B．基态O 原子的轨道表示式为： ，B 错误； C．已知C 是6 号元素，碳元素的外围电子排布式为 2s22p2，C 正确； D．NaHCO3溶于水水解的离子方程式为：HCO +H2O H2CO3+OH-，而原离子方程式 HCO +H2O CO +H3O+是电离方程式，D 错误； 故答案为：C。 2. 下列说法正确的是 A. 常温下，Ksp[Cu(OH)2]=2.6×10-19，pH=10 的含Cu2+的溶液中，c(Cu2+)≥2.6×10-11mol·L-1 B. 反应H2S(g)+ZnO(s)=H2O(g)+ZnS(s)在一定条件下可自发进行，且ΔS＜0，则ΔH＞0 C. 常温常压，氢氧燃料电池工作消耗2.24 L O2时，转移电子的数目为0.4×6.02×1023 D. 在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连 【答案】D 【解析】 【详解】A．常温下，Ksp[Cu(OH)2]=2.6×10-19，pH=10 的含Cu2+的溶液中，即c(OH-)=10- 4mol/L，则c(Cu2+)= =2.6×10-11mol/L，若需要不产生沉淀，则c(Cu2+)＜ 2.6×10-11mol/L，A 错误； B．根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔS＜0，ΔH＞0 的反应一定不自发，B 错误； C．常温常压下2.24LO2，物质的量不是0.1mol，转移电子也不是0.4mol，转移电子的数目 不等于0.4×6.02×1023，C 错误； D．钢铁设备与直流电源的负极相连，作阴极，被保护，为外加电流的阴极保护法，D 正 确； 故答案选D。 3. 如图甲是一种利用微生物将废水中的尿素(H2NCONH2)的化学能直接转化为电能并生成环 境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中正确的是 A. 乙装置中溶液颜色会变浅 B. 铁电极应与 Y 相连接 C. M 电极反应式：H2NCONH2＋H2O－6e－===CO2↑＋N2↑＋6H＋ D. 当 N 电极消耗 0.25 mol 气体时，铜电极质量减少 16 g 【答案】C 【解析】 【分析】由图甲O2生成H2O，可知N 为正极，M 为负极；图乙为电镀装置，铁作阴极，与 电源负极相连，据此答题。 【详解】A.乙装置为电镀装置，电镀液的浓度不变，因此溶液的颜色不变，故A 错误； B.电镀时，待镀金属作阴极，与电源负极相连，而N 电极上O2转化为H2O，发生还原反应， N 电极为正极，故B 错误； C.尿素失电子生成CO2和N2，碳元素化合价没有变化，1 mol 尿素失去6mol 电子，所以M 电极反应式：H2NCONH2＋H2O－6e－=CO2↑＋N2↑＋6H＋，故C 正确; D.根据N 电极反应式：O2+4H++4e-=2H2O，铜电极反应式：Cu-2e-=Cu2+，由各电极上转移 的电子数相等，可得关系式：O2～2Cu，则N 电极消耗0．25mol 氧气时，铜电极质量减少 0.25mol×2×64g/mol=32g，故D 错误。 故选C。 4. 短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 的原子半径小于Y，Y 和Z 原子 的最外层电子数之和等于W 原子的核外电子总数，Y 原子的第一电离能大于Z，X 与W 形 成的化合物WX 溶于水后，其水溶液呈强碱性。下列说法正确的是 A. 简单离子的半径：W＞Z B. 简单离子的还原性：Z＞Y C. X、Y 和Z 三种元素形成的化合物中一定只含共价键 D. X 和Y 两种元素形成的化合物Y2X4的水溶液呈碱性 【答案】D 【解析】 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 的原子半径小于Y，Y 和 Z 原子的最外层电子数之和等于W 原子的核外电子总数，Y 原子的第一电离能大于Z，X 与W 形成的化合物WX 溶于水后，其水溶液呈强碱性，则X 是H，Y 是N，Z 是O，W 是 Na，WX 是NaH，其水溶液为NaOH。 【详解】根据上述分析可知：X 是H，Y 是N，Z 是O，W 是Na，WX 是NaH，其水溶液 为NaOH。 A．Na+、O2-核外电子排布都是2、8，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子 半径越小，所以离子半径：W(Na+)＜Z(O2-)，A 错误； B．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性就越弱。由于元素的非金属性：O＞N， 所以简单离子的还原性：Z(O2-)＜Y(N3-)，B 错误； C．X 是H，Y 是N，Z 是O，这三种元素形成的化合物可以是共价化合物HNO3，其中只 含有共价键；也可以是离子化合物NH4Cl，其中含有共价键和离子键，因此三种元素形成 的化合物中不一定只含共价键，C 错误； D．X 是H，Y 是N，二者形成的化合物N2H4溶于水，反应产生 、OH-，使溶液显碱 性，D 正确； 故合理选项是D。 5. 合成氨工业是现代化工和国民经济的重要支柱，已知：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H<0。电催化还原N2制NH3的一种反应机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的微粒用* 表示。 下列说法正确的是（ ） A. 电催化法是一步即能把N2还原为NH3的高效还原法 B. 两个氮原子的加氢过程同时进行 C. NH3的及时脱附有利于合成氨 D. 与传统工业合成氨相比，电催化法能降低反应的活化能，从而降低了反应的△H 【答案】C 【解析】 【详解】A．N2生成NH3的过程中氮原子结合氢原子，氮元素化合价降低，被还原发生还 原反应，据图可知，N2生成NH3是通过多步还原反应实现的，故A 错误； B．据图可知，两个氮原子上的加氢过程是分步进行的，故B 错误； C．NH3的及时脱附，减少了生成物的浓度，会使平衡向右移动，有利于合成氨，故C 正 确； D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的△H，故D 错误； 答案选C。 6. 常温下，用NaOH 溶液滴定 H2C2O4溶液，溶液中－lg 和－lg c( )或 －lg 和－lg c( )的关系如图所示。下列说法错误的是( ) A. Ka1(H2C2O4)＝1×10－2 B. 滴定过程中，当pH＝5 时，c(Na＋)－3c( )＞0 C. 向1 mol/L 的H2C2O4溶液中加入等体积、等浓度的NaOH 溶液，完全反应后溶液显酸性 D. 向0.1 mol/L 的H2C2O4溶液中加水稀释， 将增大 【答案】B 【解析】 【分析】由于H2C2O4 溶液存在H2C2O4 +H+， +H+， Ka1(H2C2O4)= ，Ka2(H2C2O4)= ，即-lg + [-lgc( )]=-lgKa1，－lg +[－lg c( )]=-lgKa2，二元弱酸H2C2O4的电离 平衡常数Ka1＞Ka2，所以-lgKa1＜-lgKa2，L1有-lg +[-lgc( )]=-lgKa1=2，即 Ka1(H2C2O4)=10-2，L2 有-lg +[－lg c( )]=-lgKa2=5，即Ka2(H2C2O4)=10-5，斜 线L1表示-lg 和-lgc( )的变化关系式，斜线L2表示-lg 和-lgc( )的变化关系式，据此解答。 【详解】A．根据图示可知，当-lg =0 时，c(H+)=c(H2C2O4)，-lgc( )=2， 即c( )=10-2mol/L，所以Ka1(H2C2O4)= =1×10-2，故A 正确； B．根据图示可知，当-lg =3 和-lgc( )=2 时，即 =10-3，c( )=10-2，所以Ka2(H2C2O4)= =10-5，所以pH=5 时，有c( ） =c( )，c(H+)=10-5mol/L，溶液中电荷守恒，则关系为c(Na+)+c(H+)=c( )+2c( )+c(OH-)=3c( )+c(OH-)，所以c(Na+)-3c( )=c(OH-)-c(H+)= - c(H+)= -10-5=10-9-10-5＜0，故B 错误； C．向1 mol/L 的H2C2O4溶液中加入等体积等浓度的NaOH 溶液，溶液中的溶质是 NaHC2O4， 电离平衡常数Ka2是1×10-5、水解平衡常数Kh2= = =1×10- 12，所以草酸氢根离子的电离大于其水解，NaHC2O4溶液呈酸性，故C 正确； D．Ka1(H2C2O4)= ，所以 = ，向0.1 mol/L 的H2C2O4溶液中加水稀释，氢离子浓度减小，Ka1不变，所以 比值将增大，故 D 正确； 答案为B。 7. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 A. 用pH 计测定SO2和CO2饱和溶液的pH，前者pH 小，说明H2SO3酸性比H2CO3强 B. 向久置的Na2SiO3溶液滴加稀盐酸，有气泡产生，说明Na2SiO3溶液已变质 C. BaSO4固体中加入饱和Na2CO3溶液中，过滤，向滤渣中加入盐酸后生成气体，说明 Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3) D. 向Fe(NO3)2溶液中先滴加盐酸，再加入KSCN 溶液，溶液变成红色，说明Fe(NO3)2溶液 已变质 【答案】B 【解析】 【详解】A．SO2和CO2饱和溶液的浓度不同，测定pH 不能比较酸性，故A 错误； B．硅酸钠与盐酸反应生成沉淀，无气体，则有气泡产生，说明Na2SiO3溶液已变质，故B 正确； C．常温下，在硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶 液中CO 浓度高而转化BaCO3，因此向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，但是 Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)，故C 错误； D．酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，由操作和现象不能证明是否变质，故D 错误； 故选：B。 8. 表中所列是2 个反应在不同温度时的化学平衡常数(K)值。 反应 ①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) ②N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) 温度/ 27 2000 25 400 450 ℃ K 3.8×10-31 0.1 5×108 0.507 0.152 关于反应①、②的 下列说法正确的是 A. ①、②都需要在一定条件才能发生，但①是放热反应，②是吸热反应。 B. 一定温度下，①、②分别达到平衡，压缩容器体积(加压)均可使N2的转化率增大 C. ①、②均实现了“固氮”的过程，其中①比较适合用于大规模人工固氮 D. 即使已知①、②的ΔH，仍然无法求算反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)的ΔH 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)随温度升高，K 值增大，平衡正向移动，是吸热反应， ②N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) 随温度升高，K 值减小，平衡逆向移动，是放热热反应，A 项错 误； B．一定温度下，①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)是气体体积不变的反应，压缩容器体积(加压)平衡 不移动，不能使N2的转化率增大，B 项错误； C．①、②均实现了“固氮”的过程，但①是吸热反应，平衡常数太小，不适合用于大规模人 工固氮，C 项错误； D．①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)，②N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，由盖斯定律，①×2－②×2 得： 4NH3(g)+2O2(g)⇌4NO(g)+6H2(g)，得不到4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)，D 项正确； 答案选D。 9. 根据下列图示所得出的结论不正确的是 甲 乙 丙 丁 A. 图甲是恒温密闭容器中发生CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)反应时c(CO2)随反应时间变 化的曲线，说明t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积 B. 图乙是常温下用0.100 0mol·L-1 NaOH 溶液滴定20.00mL 0.100 0mol·L-1 CH3COOH 的滴 定曲线，说明Q 点表示酸碱中和滴定终点 C. 图乙是1mol X2(g)、1mol Y2(g)反应生成2mol XY(g)的能量变化曲线，说明反应物所含 化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和 D. 图丁是光照盛有少量氯水的恒容密闭容器时，容器内O2的体积分数变化曲线，说明光 照氯水有O2生成 【答案】B 【解析】 【详解】A．该反应为气体体积增大的反应，缩小容器的体积，二氧化碳的浓度增大，平 衡向逆反应方向移动，反应的平衡常数K= c(CO2)是温度函数，温度不变，平衡常数不变， 则新平衡时，二氧化碳的浓度等于原平衡二氧化碳的浓度，则图甲中t1时刻改变的条件可 能是缩小容器的体积，故A 正确； B．醋酸是弱酸，与氢氧化钠溶液完全反应时生成醋酸钠，醋酸根离子在溶液中水解使溶 液呈碱性，由图可知，Q 点溶液呈中性，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则图乙中Q 点不能 表示酸碱中和滴定终点，故B 错误； C．由图可知，该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，则反应物所含化学 键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和，故C 正确； D．由图可知，光照时容器内氧气的体积分数增大，说明氯水中的次氯酸遇光分解生成盐 酸和氧气，故D 正确； 故选B。 10. 碱吸-电解法处理硫酸厂烟气中SO2的流程和电解过程如图。下列说法正确的是 A. 电极a 为电解池的阴极 B. 电极b 上发生的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑ C. 半透膜Ⅰ为阴离子交换膜，半透膜Ⅱ为阳离子交换膜 D. 若收集到标准状况下22.4 L 的气体G，则有2 mol M 离子移向左室 【答案】C 【解析】 【分析】电极a 处进入稀硫酸得到浓硫酸，说明SO 通过半透膜Ⅰ进入左侧，在a 电极上 被氧化生成SO ，电极反应为SO -2e-+H2O=SO +2H+；所以半透膜Ⅰ为阴离子交换膜， 电极a 为阳极，电极b 为阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，电极反应为2H2O+2e- =2OH-+H2↑，半透膜Ⅱ为阳离子交换膜，钠离子透过半透膜Ⅱ进入右侧，从而得到浓 NaOH 溶液。 【详解】A．根据分析可知电极a 为电解池阳极，故A 错误； B．根据分析可知电极b 为阴极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故B 错误； C．根据分析可知半透膜Ⅰ为阴离子交换膜，半透膜Ⅱ为阳离子交换膜，故C 正确； D．气体G 为H2，标况下22.4LH2即1molH2，则转移2mol 电子，M 离子为SO ，带两个 单位负电荷，所以有1molM 离子移向左室，故D 错误； 故选：C。 11. 室温下，通过下列实验探究NaHCO3的性质。 实 验 实验操作和现象 1 用pH 试纸测得0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液的pH 约为8.0 2 向10 mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中加入10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液，测得溶液pH 约11.3 3 向0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中加入过量0.1 mol·L-1 CaCl2溶液，产生白色沉淀 4 向10 mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中加入10 mL 0.1 mol·L-1盐酸，产生无色气泡 下列有关说法正确的是 A. 实验1 得到的溶液中有：c(Na＋)＞c(HCO )＞c(CO )＞c(H2CO3) B. 实验 2 得到的溶液中有 c(OH-)=c(H＋)＋c(HCO )＋2c(H2CO3) C. 实验3 反应后静置的上层清液中有c(Ca2＋)·c(CO )＞Ksp(CaCO3) D. 实验4 中反应的离子方程式：CO ＋2H＋=CO2↑＋H2O 【答案】B 【解析】 【 详解】A．溶液显碱性，说明溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，由实验1 可 得出：c(Na+)> c(HC )> c(H2CO3)>c(C )，A 错误； B．向0.1mol·L-1 NaHCO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1 NaOH 溶液生成Na2CO3，碳酸根离子 发生水解以及水的电离，则有质子守恒：c(OH-)= c(H+) + c(HC )+2c(H2CO3)，B 正确； C．实验3 反应静置后的上层清液为碳酸钡的饱和溶液，存在碳酸钡的溶解平衡，溶液中 有 c(Ba2+)·c(C )=Ksp(BaCO3)，C 错误； D．碳酸氢根不能拆开，实验4 中反应的离子方程式应为： ＋H＋=CO2↑＋H2O，D 错 误； 故选B。 12. 某兴趣小组进行下列实验： ①将0.1 mol·L-1 MgCl2溶液和0.5 mol·L-1 NaOH 溶液等体积混合得到浊液 ②取少量①中浊液，滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，出现红褐色沉淀 ③将①中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色沉 淀 ④另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl 溶液，沉淀溶解 下列说法中不正确的是 A. 将①中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2+ B. ①中浊液中存在沉淀溶解平衡： Mg(OH)2(s)⇌ Mg2+(aq)+2OH-(aq) C. 实验②和③均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶 D. NH4Cl 溶液中的NH 可能是④中沉淀溶解的原因 【答案】C 【解析】 【分析】将 的 溶液和 的 溶液等体积混合得到氢氧化 镁悬浊液和氯化钠以及剩余氢氧化钠的混合物, 氢氧化镁存在沉淀溶解平衡： 。 【详解】A ．将①中所得浊液氢氧化镁过滤，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡： ，所得滤液中含少量 ，故A 正确； B．①中浊液中存在氢氧化镁，存在沉淀溶解平衡： ，故B 正确； C．实验②中是因为剩余的氢氧化钠和氯化铁之间反应生成氢氧化铁的缘故，不能说明 比 难溶，实验③中氢氧化镁沉淀转化为红褐色的氢氧化铁沉淀，发生 的反应为 ，故C 错误； D．氢氧化镁存在沉淀溶解平衡： ，加氯化铵会和氢氧根离 子之间反应，所以平衡正向移动沉淀溶解，故D 正确； 故选C。 13. 乙酸甲酯的催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式： CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l) CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)，已知 正=k 正 ·x(CH3COOCH3)·x(C6H13OH)， 逆=k 逆·x(CH3COOC6H13)·x(CH3OH)，其中k 正、k 逆为速率常 数(受温度影响) ，x 为各组