精品解析：江苏省扬州中学2022-2023学年高二下学期3月月考化学试题

扬州中学2022-2023学年度第二学期3月考试题 高二化学 试卷满分：100分，考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ce-140 第Ⅰ卷(选择题，共39分) 单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. “碳达峰、碳中和”事关中华民族永续发展和构建人类命运共同体。下列措施对实现“碳达峰、碳中和”不具有直接贡献的是 A. 植树造林 B. 开发核能 C. 燃煤脱硫 D. 节约用电 【答案】C 【解析】 【详解】A．植树造林可以减少二氧化碳的排放，能对实现“碳达峰、碳中和”具有直接贡献，故A不符合题意； B．开发核能可以减少化石能源的使用，有利于减少二氧化碳的排放，能对实现“碳达峰、碳中和”具有直接贡献，故B不符合题意； C．燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，对实现“碳达峰、碳中和”不具有直接贡献，故C符合题意； D．节约用电可以减少化石能源的使用，有利于减少二氧化碳的排放，能对实现“碳达峰、碳中和”具有直接贡献，故D不符合题意； 故选C。 2. 硫代碳酸钠(Na2CS3)可用于处理工业废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：2NaHS＋CS2=Na2CS3＋H2S↑。下列说法正确的是 A. NaHS中仅存在离子键 B. CS2的空间构型为V形 C. 中C原子为sp2杂化 D. H2S的电子式为: 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaHS是酸式盐，其中存在离子键和共价键，故A错误； B．CS2分子结构与CO2相似，C原子与2个S原子形成2个C=S共价键，三个原子在同一直线上，其空间构型为直线形，故B错误； C．中C原子的价层电子对数是3+=3，故C原子为sp2杂化，故C正确； D．S原子最外层有6个电子，S原子与2个H原子形成2对共用电子对，使分子中各个原子都达到稳定结构，故H2S的电子式为，故D错误； 故答案选C。 3. 实验室可由Ca(OH)2与NH4Cl反应制备NH3。下列说法正确的是 A. 半径大小： B. 电负性大小： C. 电离能大小： D. 键角大小： 【答案】D 【解析】 【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：，故A错误； B．元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于氢元素，电负性大小：，故B错误； C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则电离能大小：，故C错误； D．铵根离子和氨分子均为sp3杂化，价层电子对数均为4，铵根离子和氨分子的孤对电子对数分别为0和1，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则键角大小：，故D正确； 故答案选D。 4. 实验室制取少量的氯水并探究其性质，下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取氯气 B. 用装置乙制取氯水 C. 用装置丙处理尾气 D. 用试纸测氯水的 【答案】B 【解析】 【详解】A．需要用二氧化锰和浓盐酸加热来制取氯气，A错误； B．利用氯气溶于水制取氯水，B正确； C．饱和食盐水不能溶解氯气，应该换成氢氧化钠溶液，C错误； D．氯水中的次氯酸有漂白性，可以漂白指示剂，不能用试纸测氯水的pH，D错误； 故选B。 阅读以下资料，完成下列小题。 周期表中ⅢA族单质及其化合物应用广泛。BF3极易水解生成HBF4(HBF4在水中完全电离为H＋和BF)和硼酸(H3BO3)，硼酸是一元弱酸，能溶于水。硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成挥发性的硼酸甲酯[B(OCH3)3]，硼酸甲酯主要用作热稳定剂、木材防腐剂等。高温下Al2O3和焦炭在氯气的氛围中获得AlCl3.GaN的结构与晶体硅类似，是第三代半导体研究的热点。铊(Tl)位于元素周期表中第6周期，于1861年发现。 5. 下列说法正确的是 A. 中存在配位键 B. GaN属于离子晶体 C. Tl原子基态外围电子排布式为6s26p3 D. B(OCH3)3分子间能形成氢键 6. 下列化学反应表示正确是 A. 高温下Al2O3、焦炭在氯气中反应： B. BF3和水反应： C. 制备B(OCH3)3： D. 用石墨作电极电解Al2O3制备Al的阴极方程式： 7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. BF3极易水解，可用作催化剂 B. 硼酸甲酯具有挥发性，可用作木材防腐剂 C. Al2O3熔点高，可用作耐火材料 D. GaN硬度大，可用作半导体材料 【答案】5. A 6. A 7. C 【解析】 【5题详解】 A．硼原子与3个氟原子之间是共价键，第四个硼氟键是硼原子提供空轨道，氟离子提供共用电子对是配位键，故A正确； B．的结构与晶体硅类似，因此是共价晶体，故B错误； C．为第6周期元素，第ⅢA族，因此基态外围电子排布式为，故C错误； D．中的氢原子没有与电负性较大的元素形成共价键，所以分子间不能形成氢键，故D错误； 故答案选A。 【6题详解】 A．由题意可知，高温条件下氧化铝、焦炭在氯气中反应生成氯化铝和一氧化碳，反应的化学方程式为，故A正确； B．由题意可知，三氟化硼在水中发生水解反应生成强酸四氟合硼酸和弱酸硼酸，反应的离子方程式为，故B错误； C．由题意可知，硼酸与甲醇在浓硫酸存在下反应生成挥发性硼酸甲酯和水，反应的化学方程式为，故C错误； D．用石墨作电极电解氧化铝制备铝时，铝离子在阴极得到电子发生还原反应生成铝，电极反应式为，故D错误； 故答案选A。 【7题详解】 A．BF3用作有机反应的催化剂，是因为其能参与有机反应，并降低反应的活化能，与易水解的性质无关，故A不符合题意； B．硼酸甲酯可用作木材防腐剂，是因为其具有杀菌作用，与挥发性无关，故B不符合题意； C．Al2O3为离子晶体，因此熔点高，可用作耐火材料，故C符合题意； D．GaN可用作半导体材料，是因为其具有一定的导电能力，利用其硬度大，可用于生产轴承或齿轮等耐磨材料，故D不符合题意； 故答案选C。 8. 纳米ZnS具有独特的光电效应。以工业废渣锌灰(主要成分为Zn、ZnO，还含有、FeO、CuO等杂质)为原料制备纳米ZnS的工业流程如下： 下列说法正确的是 A. “酸浸”时FeO反应的离子方程式为 B. “还原”的目的是将转化为 C. “沉淀”的离子方程式为 D. ZnS晶胞(如图所示)中每个周围距离最近的有4个 【答案】D 【解析】 【分析】锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质）加入稀硝酸溶解，根据硝酸的强氧化性则所得溶液中含有F、Zn2+、Cu2+，再加入氧化锌调节pH值，先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，再加锌置换溶液中铜而过滤除去，再往滤液中通入硫化氢得到ZnS沉淀，据此分析解答。 【详解】A．稀硝酸具有强氧化性，与FeO发生氧化还原反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O，离子方程式为3FeO+10H++NO=3Fe3++NO↑+5H2O，A错误； B．根据分析，“还原”的目的是用锌置换出溶液中的铜过滤除去，B错误； C．根据分析，“沉淀”过程中，往滤液里通入硫化氢气体得到ZnS沉淀，反应的离子方程式为，C错误； D．由ZnS晶胞图可知，考虑面心的，每个周围距离最近的有4个，D正确； 故选D。 9. 用电化学方法可以去除循环冷却水(含有、、、苯酚等)中的有机污染物，同时经处理过的冷却水还能减少结垢，其工作原理如下图所示。 下列说法正确的是 A. b为电源的正极 B. 钛基电极上的反应为 C. 碳钢电极底部有、生成 D. 每生成标准状况下2.24L，需要消耗0.5mol 【答案】C 【解析】 【分析】碳电极上水得电子生成氢气，发生还原反应，为电解池的阴极，b为电源的负极，a为正极，钛基电极是阳极，失电子，发生氧化反应，钛基电极上的反应为。 【详解】A． 碳电极上水得电子生成氢气，发生还原反应，为电解池的阴极，b为电源的负极，故A错误； B． 阳极失电子，发生氧化反应，钛基电极上的反应为，故B错误； C． 碳电极上水得电子生成氢气，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，HCO+OH-=H2O+CO，碳钢电极底部有、生成，故C正确； D． 钛基电极上的反应为，每生成标准状况下2.24L，需要消耗0.46mol，故D错误； 故选C。 10. 化合物W是重要的药物中间体，可由下列反应制得。下列有关说法正确的是 A. X分子中采取sp2杂化碳原子有8个 B. Y分子中所有碳原子可能共平面 C. Z分子存在手性异构体 D. W分子不能发生加成反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．X分子中苯环上、碳碳双键上、碳氧双键上碳原子均为sp2杂化，共9个，故A错误； B．Y的六元环中含4个饱和碳原子，此4个碳原子为sp3杂化，另外2个碳原子为sp2杂化，所有碳原子不可能共平面，故B错误； C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，Z分子中存在手性碳原子：，故C正确； D．W中含苯环和碳氧双键，能发生加成反应，故D错误； 故答案选C。 11. 室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向Na2CO3溶液中滴加稀硫酸，反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中，观察现象 非金属性：C>Si B 向K2CrO4溶液中缓慢滴加少量浓硫酸，观察溶液颜色的变化 溶液中存在平衡：(橙)+H2O(黄)+2H+ C 将NaClO溶液分别滴入品红溶液和滴加醋酸的品红溶液中，观察品红溶液颜色变化 pH对ClO-氧化性的影响 D 用pH计分别测定浓度均为0.1 mol·L-1的NaCN和Na2S的pH Ka1(H2S)>Ka(HCN) A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．二氧化碳通入硅酸钠溶液中，溶液变浑浊，说明碳酸的酸性大于硅酸，最高价含氧酸的酸性越强则对于元素的非金属性越强，因此非金属性：C＞Si，故A正确； B．K2CrO4溶液中存在平衡(橙)+H2O(黄)+2H+，滴入少量浓硫酸，考虑的是氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则浓度增大，溶液呈现橙色，故B正确； C．次氯酸钠和醋酸反应生成次氯酸，品红褪色较快，可知pH对次氯酸根离子的氧化性的影响，故C正确； D．NaCN和Na2S均为强碱弱酸盐，水解后呈碱性，水解程度越大即pH值越大，水解后产生的酸的酸性越弱，用pH计分别测定浓度均为的NaCN和Na2S的pH，证明的是Ka2(H2S)和Ka(HCN)相对大小，故D错误； 故答案选D。 12. 草酸亚铁是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下反应制取FeC2O4： 已知室温时：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2、Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4、Ksp(FeC2O4)=2.1×10-7下列说法正确的是 A. 室温下，0.10 mol·L-1 NaHC2O4溶液中存在： B. 酸化、溶解后溶液中存在： C. 室温时，反应Fe2＋＋H2C2O4=FeC2O4↓＋2H＋的平衡常数K=40 D. 过滤后的上层清液中： 【答案】C 【解析】 【分析】由题给流程控制，溶于硫酸溶液得到酸化的硫酸铵和硫酸亚铁混合溶液，向溶液中加入草酸溶液共热反应，将溶液中的亚铁离子转化为草酸亚铁沉淀，过滤得到草酸亚铁。 【详解】A．室温下，NaHC2O4溶液中存在有：、，的电离常数1.5×10−4，的水解常数，电离大于水解，，故A错误； B．溶于硫酸溶液得到酸化的硫酸铵和硫酸亚铁混合溶液，溶液中存在有：、Fe2+、H+、、，根据电荷守恒有：，硫酸过量，且产物均为强酸弱碱盐，因此溶液显酸性，有，因此，故B错误； C．由方程式可知，反应的平衡常数，故C正确； D．根据、Ksp(FeC2O4)=2.1×10-7可知，当时，形成FeC2O4沉淀，过滤后上层清液中不会形成沉淀，因此上层清液中存在，故D错误 故答案选C。 13. 用和可以合成甲醇。其主要反应为 反应I 反应Ⅱ 在恒容密闭容器内，充入1mol 和3mol ，测得平衡时转化率，CO和选择性随温度变化如图所示[选择性]。 下列说法正确的是 A. 270℃时主要发生反应Ⅱ B. 230℃下缩小容器的体积，n(CO)不变 C. 250℃下达平衡时， D. 其他条件不变，210℃比230℃平衡时生成的多 【答案】C 【解析】 【分析】随着温度升高，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，故CO的选择性逐渐增大，CH3OH的选择性逐渐减小，故随着温度而降低曲线代表是CH3OH的选择性，CO的选择性和CH3OH的选择性之和是1，可得最下面这条曲线是代表CO的选择性，中间曲线是代表CO2平衡转化率。 【详解】A．270℃时，CH3OH的选择性更大，故主要发生反应I，A错误； B．缩小容器体积，相当于是增大压强，反应I平衡正向移动，CO2，H2物质的量减小，故反应Ⅱ平衡会逆向移动，n (CO)会减小，B错误； C．该温度下，CH3OH的选择性是75%，CO是25%，CO2平衡转化率是12%，故转化的CO2物质的量是0.12mol，根据反应I，Ⅱ系数可知，生成H2O是0.12mol，C正确； D．210℃和230℃相比CH3OH的选择性相差不大，但是230℃时CO2的平衡转化率要明显大于210℃时，故230℃时转化生成的CH3OH更多，D错误； 故选：C。 第II卷(非选择题，共61分) 14. 从废脱硝催化剂(主要成分为TiO2、V2O5)中回收TiO2和V2O5具有重要意义。 （1）碳氯化—氧化法提取TiO2.将粉碎后的催化剂渣料与过量焦炭混合投入高温氯化炉充分反应，将生成的TiCl4与其他气体分离，并将其氧化得TiO2.该过程主要涉及以下反应： 反应Ⅰ：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(g)＋2CO(g) ΔH1； 反应Ⅱ：TiCl4(g)＋O2(g)=TiO2(s)＋2Cl2(g) ΔH2=-172 kJ·mol-1。 已知常压下TiCl4的沸点为136.4℃，C的燃烧热为ΔH=-393.5kJ·mol-1，CO的燃烧热为ΔH=-283 kJ·mol-1。 ① 反应Ⅰ的ΔH1=_______kJ·mol-1。 ② 从反应Ⅰ的混合体系中分离出TiCl4的措施是_______。 ③ 氯化炉中生成CO比生成CO2更有利于TiO2转化为TiCl4，其原因是_______。 （2）碱溶法回收TiO2和V2O5.部分工艺流程如下： “酸洗”时Na2Ti3O7转化为TiOCl2或TiOSO4；“水解”后得到H2TiO3。 ① 写出“热碱浸取”时TiO2发生反应的离子方程式：_______。 ② 锐钛型和金红石型是TiO2最常见的两种晶体类型。煅烧H2TiO3过程中，TiO2会发生“锐钛型→金红石型”转化，固体质量残留率和晶型转化率随温度变化如下图1所示，晶型转化过程中的能量变化如下图2所示。设计用“过滤”所得Na2Ti3O7制备金红石型TiO2的操作方案：_______。 ③金红石型TiO2的晶胞结构如下图所示，在图中用“”圈出所有位于晶胞体内的原子______。 【答案】（1） ①. -49 ②. 将含有TiCl4、CO、Cl2的气体混合物通过热交换器降温冷凝 ③. 与生成CO2相比，生成CO使反应Ⅰ的ΔS更大，更有利于反应正向进行 （2） ①. 3TiO2＋2Na＋＋2OH-Na2Ti3O7＋H2O ②. 用HCl酸洗Na2Ti3O7，将生成的TiOCl2充分水解后，过滤、洗涤得到H2TiO3，在950 ℃下煅烧H2TiO3至恒重 ③. 【解析】 【分析】由题给流程可知，废催化剂加入氢氧化钠溶液碱浸时，TiO2与NaOH溶液反应转化为难溶于水的Na2Ti3O7，V2O5与NaOH溶液反应转化为Na3VO4，过滤得到Na3VO4溶液，Na2Ti3O7沉淀，向Na2Ti3O7中加入盐酸或硫酸将Na2Ti3O7转化为TiOCl2或TiOSO4，TiOCl2或TiOSO4在溶液中水解生成H2TiO3，过滤得到H2TiO3，H2TiO3煅烧分解产生TiO2。 【小问1详解】 ①C的燃烧热为，可得热化学方程式：Ⅲ、；CO的燃烧热为，可得热化学方程式：Ⅳ、；由盖斯定律可知：反应I可由2×Ⅲ-2×Ⅳ-Ⅱ得到，则； ②常压下的沸点为136.4℃，从反应I的混合体系中分离出可将混合气体降温冷凝，使液化后与CO、分离； ③氯化炉中生成CO会使反应I的熵值增大的更多，更有利于反应正向移动，故答案为：与生成CO2相比，生成CO使反应Ⅰ的ΔS更大，更有利于反应正向进行。 【小问2详解】 ①热碱浸取”时转化为，反应离子方程式为：； ②用盐酸酸洗后转化为，经水解生成，难溶于水，经过滤、洗涤后得到，然后在950℃下煅烧至恒重即可得到； 由晶胞结构可知黑球有八个位于顶点，个数为，白球上下面各有2个，晶胞中含有的白球个数为，结合化学式及晶胞结构可知，1个黑球和2个白球应为体内，才能满足化学式配比，用“”圈出所有位于晶胞体内的原子：。 15. 硝酸铈铵、二氧化铈()均是常见的强氧化剂，可以以为原料进行制取。 （1）“沉淀1”时，溶液中转化为沉淀。写出沉淀1反应的化学方程式：_______。 （2）“酸溶2”时，控制反应温度为80℃，硝酸与分解产生的反应生成，反应过程中有少量红棕色气体逸出。“酸溶2”时需控制硝酸的温度为80℃，同时将分批加入硝酸中，原因是_______。 （3）“沉淀2”时，控制其他条件一定，改变加入固体的量，测得沉淀的收率如图所示。“沉淀2”时，不是采用反应计量数之比，而是控制加入的目的是_______。 （4）实验小组以为原料制取，请补充完整实验方案：将完全溶解于盐酸中，_______，得固体。［已知：(白色沉淀)(黄色沉淀)，受热分解时失重百分比与温度的关系如图所示。可选用的仪器和试剂：氨水、、、溶液、马弗炉(可用于固体的高温加热)］ （5）实验制得的硝酸铈铵(摩尔质量为)含量可用如下方法测定：准确称取16.0g硝酸铈铵样品，加水充分溶解，并转移至100mL容量瓶中定容、摇匀，得硝酸铈铵溶液试样。准确量取5mL的硝酸铈铵溶液试样，移入250mL锥形瓶中，加入适量硫酸和磷酸，并加入2滴0.25%邻二氮杂菲指示剂，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定至终点(滴定过程中被还原为)，消耗标准溶液24.00mL。计算该样品中硝酸铈铵的质量分数______。 【答案】（1） （2）控制硝酸的温度为80℃的目的是加快化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解；将分批加入硝酸中，可以防止反应过于剧烈。 （3）增加的浓度，加快反应的速率；此时沉淀的收率较高 （4）向所得溶液中加入氨水，至静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入酸化后再加入溶液不再产生沉淀，向将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500℃下焙烧至固体质量不再减少 （5）82.2% 【解析】 【分析】“酸溶1” 与硝酸反应生成，根据小问题知，“沉淀1”时，加入双氧水，溶液中转化为沉淀，分解产生，“酸溶2”时，控制反应温度为80℃，硝酸与分解产生的反应生成，“沉淀2”时，加入固体得到。 【小问1详解】 “沉淀1”时，溶液中转化为沉淀，根据得失电子守恒、元素守恒配平沉淀1反应的化学方程式为：； 【小问2详解】 控制硝酸的温度为80℃的目的是加快化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解；将分批加入硝酸中，可以防止反应过于剧烈； 【小问3详解】 “沉淀2”时，不是采用反应计量数之比，而是控制加入的目的是增加的浓度，加快反应的速率；此时沉淀的收率较高； 【小问4详解】 已知：(白色沉淀)(黄色沉淀)，根据受热分解时失重百分比与温度的关系图可知，，则加热到500℃分解得到，故实验小组以为原料制取，可设计实验方案：将完全溶解于盐酸中，向所得溶液中加入氨水，至静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入酸化后再加入溶液不再产生沉淀，向将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500℃下焙烧至固体质量不再减少，得固体； 【小问5详解】 滴定过程中被还原为，发生反应，故该样品中硝酸铈铵的质量分数 16. 的资源化利用和转化已成为当今科学研究的热点。 （1）325℃时，水在粉表面产生的可将转化成甲酸，同时生成。 ①由、、制备甲酸的化学方程式为_______。 ②直接加热与难以生成甲酸，该条件下能较快生成甲酸的原因是_______。 （2）加氢生成的主要反应的热化学方程式为 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 将的混合气体置于密闭容器中，达到平衡时，体系中温度和压强对的选择性影响如图所示。 ①压强的大小：_______(填“＜”或“>”) ②的选择性随温度升高而下降的原因是_______。 （3）和环氧乙烷在作催化剂的条件下合成碳酸乙烯酯。 ①溶液中加入尿素生成沉淀，同时有气体产生，该反应的离子方程式为_______。 ②与沉淀剂(尿素、氢氧化钠)反应生成沉淀，过滤后将沉淀焙烧得到。与氢氧化钠作沉淀剂相比，用尿素作沉淀剂焙烧生成的作催化剂效果更好，其原因是_______。 ③催化合成碳酸乙烯酯()可能的反应机理如图所示，根据元素电负性的变化规律，步骤Ⅰ、Ⅱ的过程可描述为_______。 【答案】（1） ①. ②. 反应生成的是与反应的催化剂 （2） ①. ＜ ②. 反应Ⅰ和反应Ⅲ为放热反应，温度升高，不利于反应正向进行，的选择性下降 （3） ①. ②. 焙烧释放更多的气体，制得的更加疏松多孔 ③. 环氧乙烷中的O原子吸附在上，环氧乙烷中的键断裂，中的C原子与结合，一个O原子与环氧乙烷中的一个C原子结合 【解析】 【小问1详解】 ①由题意可知，325℃条件下，水与二氧化碳、锰反应生成一氧化锰和甲酸，反应的化学方程式为，故答案为：； ②催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，则直接加热氢气与二氧化碳难以生成甲酸，该条件下能较快生成甲酸说明反应生成的一氧化锰是氢气与二氧化碳反应的催化剂，故答案为：反应生成的是与反应的催化剂； 【小问2详解】 ①反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，所以增大压强，甲醇的选择性增大，由图可知，相同温度时，p1条件下甲醇的选择性小于p2，则压强p1小于p2，故答案为：＜； ②反应Ⅰ和反应Ⅲ都为放热反应，升高温度，不利于反应向正反应方向进行，所以甲醇的选择性下降，故答案为：反应Ⅰ和反应Ⅲ为放热反应，温度升高，不利于反应正向进行，的选择性下降； 【小问3详解】 ①由题意可知，氯化镁溶液与尿素反应生成氯化铵、Mg5(CO3)4(OH)2沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为，故答案为：； ②Mg5(CO3)4(OH)2焙烧时，会释放更多的二氧化碳气体，导致制得的氧化镁更加疏松多孔，所以与氢氧化钠作沉淀剂相比，用尿素作沉淀剂焙烧生成的氧化镁作催化剂效果更好，故答案为：焙烧释放更多的气体，制得的更加疏松多孔； ③由图可知，步骤Ⅰ、Ⅱ的反应机理为环氧乙烷中的氧原子原子吸附在镁离子上，环氧乙烷中的碳氧键断裂，二氧化碳中的碳原子原子与氧离子结合，一个氧原子原子与环氧乙烷中的一个碳原子原子结合，故答案为：环氧乙烷中的O原子吸附在上，环氧乙烷中的键断裂，中的C原子与结合，一个O原子与环氧乙烷中的一个C原子结合。 17. 将CO2还原为HCOOH是实现“碳中和”的有效途径。 （1）利用反应CO2(g)＋H2(g)⇌HCOOH(g)；ΔH =＋14.9 kJ·mol-1不能实现CO2直接加氢合成HCOOH，原因是___________。 （2）CO2通过电解法转化为HCOO-的反应机理如图1。Pt电极上覆盖的Nafion膜是一种阳离子交换膜，对浓度不高的HCOO-有较好的阻拦作用，可让H2O自由通过。 ① Sn电极上生成HCOO-的电极反应式为___________。 ② 电路中通过的电量与HCOO-产率的关系如图2所示。相同条件下，Pt电极有Nafion膜HCOO-产率明显提高，但电量>1000C后又显著下降，可能原因是___________。 ③ 若电解时将Nafion膜置于两个电极中间，保持电流恒定，20 h时向阳极区补充KHCO3，电压与时间关系如图3所示。0～20 h，电压增大的原因是___________。 （3）CO2电还原可能的反应机理如下图所示。Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 若还原产物主要为CH4时，应选择___________(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂，简述分析过程：___________。 【答案】（1）该反应的ΔH>0、ΔS<0，不能自发自行 （2） ①. H＋＋CO2＋2e-=HCOO-##HCO＋CO2＋2e-=HCOO-＋CO ②. Nafion膜可以阻止HCOO-在阳极放电(1分，答“防止HCOO-在阳极被氧化”给分)；电量>1 000 ℃后，c(HCOO-)增大，Nafion膜阻拦作用下降 ③. 阳极区pH减小，HCO浓度下降，K＋部分迁移至阴极区，阳极区离子浓度下降，导电能力减弱 （3） ①. Cu ②. 回溯CH4生成机理，第1步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，易脱离；Cu对CO的吸附能力强，不易从催化剂表面脱离 【解析】 【小问1详解】 利用反应CO2(g)＋H2(g)⇌HCOOH(g)；ΔH =＋14.9 kJ·mol-1不能实现CO2直接加氢合成HCOOH，原因是该反应的ΔH>0、ΔS<0，不能自发自行； 【小问2详解】 ① Sn电极上生成HCOO-的电极反应式为H＋＋CO2＋2e-=HCOO-或HCO＋CO2＋2e-=HCOO-＋CO； ② 相同条件下，Pt电极有Nafion膜HCOO-产率明显提高，但电量>1000C后又显著下降，可能原因是Nafion膜可以阻止HCOO-在阳极放电；电量>1 000 ℃后，c(HCOO-)增大，Nafion膜阻拦作用下降； ③ 若电解时将Nafion膜置于两个电极中间，保持电流恒定，20 h时向阳极区补充KHCO3， 0～20 h，电压增大的原因是阳极区pH减小，HCO浓度下降，K＋部分迁移至阴极区，阳极区离子浓度下降，导电能力减弱 小问3详解】 若还原产物主要为CH4时，应选择Cu作催化剂，因为Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离，第1步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，易脱离；Cu对CO的吸附能力强，不易从催化剂表面脱离。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 扬州中学2022-2023学年度第二学期3月考试题 高二化学 试卷满分：100分，考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ce-140 第Ⅰ卷(选择题，共39分) 单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. “碳达峰、碳中和”事关中华民族永续发展和构建人类命运共同体。下列措施对实现“碳达峰、碳中和”不具有直接贡献的是 A. 植树造林 B. 开发核能 C. 燃煤脱硫 D. 节约用电 2. 硫代碳酸钠(Na2CS3)可用于处理工业废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：2NaHS＋CS2=Na2CS3＋H2S↑。下列说法正确的是 A. NaHS中仅存在离子键 B. CS2的空间构型为V形 C. 中C原子为sp2杂化 D. H2S的电子式为: 3. 实验室可由Ca(OH)2与NH4Cl反应制备NH3。下列说法正确的是 A. 半径大小： B. 电负性大小： C. 电离能大小： D. 键角大小： 4. 实验室制取少量的氯水并探究其性质，下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取氯气 B. 用装置乙制取氯水 C. 用装置丙处理尾气 D. 用试纸测氯水的 阅读以下资料，完成下列小题。 周期表中ⅢA族单质及其化合物应用广泛。BF3极易水解生成HBF4(HBF4在水中完全电离为H＋和BF)和硼酸(H3BO3)，硼酸是一元弱酸，能溶于水。硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成挥发性的硼酸甲酯[B(OCH3)3]，硼酸甲酯主要用作热稳定剂、木材防腐剂等。高温下Al2O3和焦炭在氯气的氛围中获得AlCl3.GaN的结构与晶体硅类似，是第三代半导体研究的热点。铊(Tl)位于元素周期表中第6周期，于1861年发现。 5. 下列说法正确的是 A. 中存在配位键 B. GaN属于离子晶体 C. Tl原子基态外围电子排布式为6s26p3 D. B(OCH3)3分子间能形成氢键 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 高温下Al2O3、焦炭在氯气中反应： B. BF3和水反应： C 制备B(OCH3)3： D. 用石墨作电极电解Al2O3制备Al的阴极方程式： 7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. BF3极易水解，可用作催化剂 B. 硼酸甲酯具有挥发性，可用作木材防腐剂 C. Al2O3熔点高，可用作耐火材料 D. GaN硬度大，可用作半导体材料 8. 纳米ZnS具有独特的光电效应。以工业废渣锌灰(主要成分为Zn、ZnO，还含有、FeO、CuO等杂质)为原料制备纳米ZnS的工业流程如下： 下列说法正确的是 A. “酸浸”时FeO反应的离子方程式为 B. “还原”的目的是将转化为 C. “沉淀”的离子方程式为 D. ZnS晶胞(如图所示)中每个周围距离最近的有4个 9. 用电化学方法可以去除循环冷却水(含有、、、苯酚等)中的有机污染物，同时经处理过的冷却水还能减少结垢，其工作原理如下图所示。 下列说法正确的是 A. b为电源的正极 B. 钛基电极上的反应为 C. 碳钢电极底部有、生成 D. 每生成标准状况下2.24L，需要消耗0.5mol 10. 化合物W是重要的药物中间体，可由下列反应制得。下列有关说法正确的是 A. X分子中采取sp2杂化的碳原子有8个 B. Y分子中所有碳原子可能共平面 C. Z分子存在手性异构体 D. W分子不能发生加成反应 11. 室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向Na2CO3溶液中滴加稀硫酸，反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中，观察现象 非金属性：C>Si B 向K2CrO4溶液中缓慢滴加少量浓硫酸，观察溶液颜色的变化 溶液中存在平衡：(橙)+H2O(黄)+2H+ C 将NaClO溶液分别滴入品红溶液和滴加醋酸的品红溶液中，观察品红溶液颜色变化 pH对ClO-氧化性的影响 D 用pH计分别测定浓度均为0.1 mol·L-1的NaCN和Na2S的pH Ka1(H2S)>Ka(HCN) A A B. B C. C D. D 12. 草酸亚铁是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下反应制取FeC2O4： 已知室温时：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2、Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4、Ksp(FeC2O4)=2.1×10-7下列说法正确的是 A. 室温下，0.10 mol·L-1 NaHC2O4溶液中存在： B. 酸化、溶解后的溶液中存在： C. 室温时，反应Fe2＋＋H2C2O4=FeC2O4↓＋2H＋的平衡常数K=40 D. 过滤后的上层清液中： 13. 用和可以合成甲醇。其主要反应 反应I 反应Ⅱ 在恒容密闭容器内，充入1mol 和3mol ，测得平衡时转化率，CO和选择性随温度变化如图所示[选择性]。 下列说法正确的是 A. 270℃时主要发生反应Ⅱ B. 230℃下缩小容器的体积，n(CO)不变 C. 250℃下达平衡时， D. 其他条件不变，210℃比230℃平衡时生成的多 第II卷(非选择题，共61分) 14. 从废脱硝催化剂(主要成分为TiO2、V2O5)中回收TiO2和V2O5具有重要意义。 （1）碳氯化—氧化法提取TiO2.将粉碎后的催化剂渣料与过量焦炭混合投入高温氯化炉充分反应，将生成的TiCl4与其他气体分离，并将其氧化得TiO2.该过程主要涉及以下反应： 反应Ⅰ：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(g)＋2CO(g) ΔH1； 反应Ⅱ：TiCl4(g)＋O2(g)=TiO2(s)＋2Cl2(g) ΔH2=-172 kJ·mol-1。 已知常压下TiCl4的沸点为136.4℃，C的燃烧热为ΔH=-393.5kJ·mol-1，CO的燃烧热为ΔH=-283 kJ·mol-1。 ① 反应Ⅰ的ΔH1=_______kJ·mol-1。 ② 从反应Ⅰ混合体系中分离出TiCl4的措施是_______。 ③ 氯化炉中生成CO比生成CO2更有利于TiO2转化为TiCl4，其原因是_______。 （2）碱溶法回收TiO2和V2O5.部分工艺流程如下： “酸洗”时Na2Ti3O7转化为TiOCl2或TiOSO4；“水解”后得到H2TiO3。 ① 写出“热碱浸取”时TiO2发生反应的离子方程式：_______。 ② 锐钛型和金红石型是TiO2最常见的两种晶体类型。煅烧H2TiO3过程中，TiO2会发生“锐钛型→金红石型”转化，固体质量残留率和晶型转化率随温度变化如下图1所示，晶型转化过程中的能量变化如下图2所示。设计用“过滤”所得Na2Ti3O7制备金红石型TiO2的操作方案：_______。 ③金红石型TiO2的晶胞结构如下图所示，在图中用“”圈出所有位于晶胞体内的原子______。 15. 硝酸铈铵、二氧化铈()均是常见的强氧化剂，可以以为原料进行制取。 （1）“沉淀1”时，溶液中转化为沉淀。写出沉淀1反应化学方程式：_______。 （2）“酸溶2”时，控制反应温度为80℃，硝酸与分解产生的反应生成，反应过程中有少量红棕色气体逸出。“酸溶2”时需控制硝酸的温度为80℃，同时将分批加入硝酸中，原因是_______。 （3）“沉淀2”时，控制其他条件一定，改变加入固体的量，测得沉淀的收率如图所示。“沉淀2”时，不是采用反应计量数之比，而是控制加入的目的是_______。 （4）实验小组以为原料制取，请补充完整实验方案：将完全溶解于盐酸中，_______，得固体。［已知：(白色沉淀)(黄色沉淀)，受热分解时失重百分比与温度的关系如图所示。可选用的仪器和试剂：氨水、、、溶液、马弗炉(可用于固体的高温加热)］ （5）实验制得的硝酸铈铵(摩尔质量为)含量可用如下方法测定：准确称取16.0g硝酸铈铵样品，加水充分溶解，并转移至100mL容量瓶中定容、摇匀，得硝酸铈铵溶液试样。准确量取5mL的硝酸铈铵溶液试样，移入250mL锥形瓶中，加入适量硫酸和磷酸，并加入2滴0.25%邻二氮杂菲指示剂，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定至终点(滴定过程中被还原为)，消耗标准溶液24.00mL。计算该样品中硝酸铈铵的质量分数______。 16. 的资源化利用和转化已成为当今科学研究的热点。 （1）325℃时，水在粉表面产生的可将转化成甲酸，同时生成。 ①由、、制备甲酸的化学方程式为_______。 ②直接加热与难以生成甲酸，该条件下能较快生成甲酸的原因是_______。 （2）加氢生成的主要反应的热化学方程式为 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 将的混合气体置于密闭容器中，达到平衡时，体系中温度和压强对的选择性影响如图所示。 ①压强的大小：_______(填“＜”或“>”) ②的选择性随温度升高而下降的原因是_______。 （3）和环氧乙烷在作催化剂的条件下合成碳酸乙烯酯。 ①溶液中加入尿素生成沉淀，同时有气体产生，该反应的离子方程式为_______。 ②与沉淀剂(尿素、氢氧化钠)反应生成沉淀，过滤后将沉淀焙烧得到。与氢氧化钠作沉淀剂相比，用尿素作沉淀剂焙烧生成的作催化剂效果更好，其原因是_______。 ③催化合成碳酸乙烯酯()可能的反应机理如图所示，根据元素电负性的变化规律，步骤Ⅰ、Ⅱ的过程可描述为_______。 17. 将CO2还原为HCOOH是实现“碳中和”的有效途径。 （1）利用反应CO2(g)＋H2(g)⇌HCOOH(g)；ΔH =＋14.9 kJ·mol-1不能实现CO2直接加氢合成HCOOH，原因是___________。 （2）CO2通过电解法转化为HCOO-的反应机理如图1。Pt电极上覆盖的Nafion膜是一种阳离子交换膜，对浓度不高的HCOO-有较好的阻拦作用，可让H2O自由通过。 ① Sn电极上生成HCOO-的电极反应式为___________。 ② 电路中通过的电量与HCOO-产率的关系如图2所示。相同条件下，Pt电极有Nafion膜HCOO-产率明显提高，但电量>1000C后又显著下降，可能原因是___________。 ③ 若电解时将Nafion膜置于两个电极中间，保持电流恒定，20 h时向阳极区补充KHCO3，电压与时间关系如图3所示。0～20 h，电压增大的原因是___________。 （3）CO2电还原可能的反应机理如下图所示。Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 若还原产物主要为CH4时，应选择___________(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂，简述分析过程：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$