2022年高三化学寒假学业质量标准检测（含答案）：06化学反应原理（二）

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一、选择题(本题包括17个小题，每小题3分，共51分)
1．下列说法正确的是 ( D )
A．需要加热的化学反应都是吸热反应
B．水力发电是将化学能转化为电能的过程
C．可以通过化学反应完成16O到18O的转变
D．生铁、不锈钢、青铜都属于合金
解析：A．放热反应有的需要加热，如木炭的燃烧需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，故A错误；B．水力发电是将重力势能转化为电能的过程，故B错误；C．16O到18O的转变，为核变化，不属于化学变化，故C错误；D．生铁的主要成分是铁与碳，属于合金，不锈钢是在碳素钢中加入铬、锰、钨、镍、硅、钴等合金元素，属于合金，青铜主要含有铜、锡、铅等，属于合金，故D正确。
2．下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是 ( A )
A．抗氧化剂 B．调味剂
C．着色剂 D．增稠剂
解析：A、抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故正确；B、调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故错误；C、着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故错误；D增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关。
3． K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2Oeq \\al(2－,7)(橙色)＋H2O2CrOeq \\al(2－,4)(黄色)＋2H＋。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：
结合实验，下列说法不正确的是 ( D )
A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B．②中Cr2Oeq \\al(2－,7)被C2H5OH还原
C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70% H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
解析：A、在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故正确；B、②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故正确；C、②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故正确；D、若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故错误。
4．在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是 ( C )
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是Na＋、OH－
C．c点，两溶液中含有相同量的OH－
D．a、d两点对应的溶液均显中性
解析：在Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4时反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq \\al(2－,4)===BaSO4↓＋2H2O；在Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4时首先发生Ba2＋＋OH－＋H＋＋SOeq \\al(2－,4)===BaSO4↓＋H2O，当溶液中Ba2＋反应完时，发生的反应是OH－＋H＋===H2O，故①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A选项正确；b点Ba2＋反应完，而OH－剩余，故B选项正确；对于曲线①来说，c点溶液中的溶质是H2SO4，而曲线②的c点溶液显碱性，故C选项错误；由上述分析可知，a、d两点的Ba(OH)2完全反应，故D选项正确。
5．通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是 ( D )
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)===2H2(g)＋ O2(g) ΔH1＝571.6kJ·ml－1
②焦炭与水反应制氢：C(s)＋ H2O(g)===CO(g)＋ H2(g) ΔH2＝131.3kJ·ml－1
③甲烷与水反应制氢：CH4(g)＋ H2O(g)===CO(g)＋3H2(g) ΔH3＝206.1kJ·ml－1
A．反应①中电能转化为化学能
B．反应②为放热反应
C．反应③使用催化剂，ΔH3减小
D．反应CH4(g)===C(s)＋2H2(g)的ΔH3＝74.8kJ·ml－1
解析：A．①中太阳能转化为化学能，错误；B．②中ΔH2＝131.3kJ·ml－1，反应为吸热反应，错误；C．使用催化剂不能改变反应的始终态，不能改变化学反应的焓变，错误；D．根据盖斯定律③－②得反应CH4(g)===C(s)＋2H2(g)的ΔH＝74.8kJ·ml－1，正确。
6. 反应2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为v＝k·cm(NO)·cn(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：
①2NO＋H2===N2＋H2O2(慢) ②H2O2＋H2===2H2O(快)
T℃时测得有关实验数据如下：
下列说法错误的是 ( B )
A．整个反应速度由第①步反应决定
B．正反应的活化能一定是①＜②
C．该反应速率表达式：v＝5000c2(NO)·c(H2)
D．该反应的热化学方程式为
2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－664kJ·ml－1
解析：A．①2NO＋H2===N2＋H2O2(慢)，②H2O2＋H2===2H2O(快)，反应历程中反应慢的决定反应速率，整个反应速度由第①步反应决定，故A正确；
B．反应①难以进行，说明反应的活化能高，正反应的活化能一定是①＞②，故B错误；
C．比较图表数据Ⅰ，Ⅱ数据NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，Ⅲ.Ⅳ数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，v＝Kc2(NO)·c(H2)，依据Ⅰ中数据计算K＝5000，则速率方程v＝5000c2(NO)·c(H2)，故C正确；
D．反应2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g)中，每生成7gN2放出166 kJ的热量，生成28 g N2放热664 KJ，热化学方程式为：2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－664kJ·ml－1，故D正确。
7．下列叙述正确的是 ( D )
A．使用催化剂能够降低化学反应的反应热(ΔH)
B．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关
C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生
D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小
解析：催化剂能降低反应的活化能，不能改变该反应的反应热，A错误；金属发生吸氧腐蚀时，氧气的浓度越大，腐蚀速率越快，B错误；原电池发生的反应达到平衡时，此时正、逆反应速率相等，各组分的浓度不变，就是相当于不消耗反应物和生成物，无法形成电流，C错误；ZnS与CuS化学式形式相似，在同浓度的盐酸中，硫化锌能溶解，即硫化锌的溶解平衡发生移动，而硫化铜不溶解，则硫化铜的溶解度比硫化锌的溶解度小，D正确。
8．下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是 ( B )
A．室温下，测得氯化铵溶液pHKHB>KHD
B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)
解析：浓度相同的三种酸，HA的pH最小，HD的pH最大，酸性越强电离常数越大，三种酸的电离常数HA的最大，HD的最小，A正确；P点时，中和百分数为50%，此时溶液中含等物质的量浓度的HB和NaB，由于溶液显酸性，所以HB电离大于B－的水解，则c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)，B正确；pH＝7时，由于三种酸的电离常数不等，A－、B－、D－的水解程度不同，加入氢氧化钠的体积不同，虽然三种离子的浓度分别等于钠离子的浓度，但三种溶液中的钠离子的浓度不等，则c(A－)、c(B－)、c(D－)不等，C错误；当中和百分数为100%时，其中酸HA中的溶质是NaA，根据质子守恒得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA)，另外两种酸中存在c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB)，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HD)，将三种溶液混合有c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，D正确。
11．向1 L含0.01 ml NaAlO2和0.02 ml NaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01 ml＜n(CO2)≤0.015 ml时发生的反应是：2NaAlO2＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋Na2CO3。下列对应关系正确的是 ( D )
解析：通入CO2首先进行的反应为NaOH和CO2反应生成Na2CO3和水，0.02 ml NaOH消耗0.01 ml CO2，生成0.01 ml Na2CO3，然后NaAlO2和CO2反应生成Al(OH)3和Na2CO3,0.01 ml NaAlO2消耗0.005 ml CO2，生成0.005 ml Na2CO3。然后再通入CO2，CO2和Na2CO3反应生成NaHCO3，消耗0.015 ml的CO2，生成0.03 ml的NaHCO3。未通入CO2时，溶液中的电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(AlOeq \\al(－,2))＋c(OH－)，故A错误；当CO2为0.01 ml，则溶质为0.01 ml Na2CO3和0.01 ml NaAlO2，AlOeq \\al(－,2)水解程度比COeq \\al(2－,3)强，则AlOeq \\al(－,2)浓度小于COeq \\al(2－,3)浓度，故B错误；当CO2为0.015 ml时溶液为0.015 ml Na2CO3，离子浓度的关系为c(Na＋)＞c(COeq \\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(HCOeq \\al(－,3))，故C错误；当CO2的物质的量为0.03 ml时，溶质为NaHCO3，溶液显碱性，故D正确。
12．下列图示与对应的叙述相符的是 ( C )

A．图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B．图2表示常温下，等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应(滴加CuSO4溶液的为虚线)
C．图3表示KNO3的溶解度曲线，a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液
D．图4表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，t时反应物转化率最大
解析：A、吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，与图不符，故A错误；
B、锌粉与足量的等浓度的盐酸反应在滴加CuSO4溶液后能加速金属锌的腐蚀速率，但是金属Zn被消耗掉一部分来置换金属铜，所以用来生成氢气的金属锌质量减少，产生的氢气量减少，故B错误；
C、溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，故C正确；
D、对于可逆反应，当达到化学平衡状态时反应物的转化率最大，t时不是平衡状态，反应物转化率不是最大，故D错误。
13．某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如图，下列说法不正确的是 ( C )
A．A接电源正极
B．阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
C．阴极区附近溶液酸性增强
D．若不考虑气体的溶解，当收集到H2 13.44 L(标准状况)时，有0.1 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)被还原
解析：根据图示，A作阳极，B作阴极，电极反应式为阳极：Fe－2e－===Fe2＋，阴极：2H＋＋2e－===H2↑，然后，Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，由于在阴极区消耗H＋，酸性减弱。根据6H2～6Fe2＋～Cr2Oeq \\al(2－,7)得，当有13.44 L(标准状况)H2放出时，应有0.1 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)被还原。
14．下列图示与对应的叙述相符的是 ( C )
A．图1表示0.001 ml·L－1盐酸滴定0.001 ml·L－1NaOH溶液的滴定曲线
B．图2所示，石墨的熔点比金刚石低
C．图3表示的是Al3＋与OH－反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a区域的物质是Al(OH)3
D．图4所示，图中的阴影部分面积的含义是「v(正)－v(逆)]
解析：A、反应终点的pH应为7不为6，故A错误；B、从图上可知，石墨能量比金刚石低，石墨稳定，不能判断石墨的熔点比金刚石低，故B错误；C、a区域对应含铝微粒的浓度很低，是因为大部分铝转化成了Al(OH)3，故C正确；D、图中阴影部分的面积为[c(反应物)－c (生成物)]，故D错误。
15. 常温下，在20mL0.1ml/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1ml/L 盐酸40mL，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳元素的微粒物质的量浓度的百分含量(纵轴)也发生变化(CO2因逸出未画出)，如图所示。下列说法不正确的是 ( D )
A．0.1 ml/L Na2CO3溶液中c(Na＋)＋c(H＋)===2c(COeq \\al(2－,3))＋c(HCOeq \\al(－,3))＋c(OH－)
B．当加入20 mL盐酸时，混合溶液的pH约为8
C．常温下CO2饱和溶液的pH约为5.6
D．在A点：c(Na＋)＞c(COeq \\al(2－,3))＞c(HCOeq \\al(－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)
解析：A．Na2CO3溶液中存在电荷守恒，为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq \\al(2－,3))＋c(HCOeq \\al(－,3))＋c(OH－)，故A正确；
B．c(HCOeq \\al(－,3))＝100%时，溶液的pH＝8，说明0.05ml/L NaHCO3溶液的pH＝8，当加入20 mL盐酸时Na2CO3溶液和盐酸反应生成碳酸氢钠溶液，故B正确；
C．pH≈5.6时，溶液浓度不变，溶液达到饱和，说明常温下CO2饱和溶液的pH约为5.6，故C正确；
D．根据图象分析，A点为碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，且c(HCOeq \\al(－,3))＝c(COeq \\al(2－,3))，溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，盐溶液水解程度较小，所以c(COeq \\al(2－,3))＞c(OH－)，则离子浓度大小顺序是c(HCOeq \\al(－,3))＝c(COeq \\al(2－,3))＞c(OH－)＞c( H＋)，故D错误；故选D。
16．常温下，将CO2通入2L pH＝12的KOH溶液中，溶液中水电离的OH－离子浓度(φ)与通入的CO2的体积(V)的关系如下图所示。下列叙述不正确的是 ( B )
A．a点溶液中：水电离出的c(H＋)＝1×10－12ml/L
B．b点溶液中：c(H＋)＝1×10－7ml/L
C．c点溶液中：c(K＋)＝2[c(COeq \\al(2－,3))＋c(HCOeq \\al(－,3))＋c(H2CO3)]
D．d点溶液中：c(K＋)＝2c(COeq \\al(2－,3))＋c(HCOeq \\al(－,3))
解析：A．a点溶液中的溶质是KOH，氢氧化钾抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，则水电离出的c(H＋)＝10－pH＝1×10－12ml·L－1，故A正确；B．b点是强碱溶液对水的电离起抑制作用，所以溶液中的c(H＋)__(填“＞”“＜”或“＝”，下同)c(N2Oeq \\al(2－,2))。
④a点时溶液中c(Na＋)__>__c(HN2Oeq \\al(－,2))＋c(N2Oeq \\al(2－,2))。
(3)硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合，可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀，向该分散系中滴加硫酸钠溶液，当白色沉淀和黄色沉淀共存时，分散系中eq \f(cN2O\\al(2－,2),cSO\\al(2－,4))＝__3.0×10－4__。[已知Ksp(Ag2N2O2)＝4.2×10－9，Ksp(Ag2SO4)＝1.4×10－5]。
解析：(1)H2N2O2分子中H的化合价为＋1，O元素的化合价为－2，设N元素的化合价为x，根据总化合价之和为0可知：2x＋(＋1)×2＋(－2)×2＝0，解得：x＝1，即N元素的化合价为＋1；
(2)①根据图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.01ml/L的H2N2O2溶液的pH＝4.3，说明H2N2O2为二元弱酸，二元弱酸以第一步电离为主，则其电离方程式为：H2N2O2HN2Oeq \\al(－,2)＋H＋；
②c点滴入20 mL相同浓度的NaOH溶液，反应后溶质为Na2N2O2，N2Oeq \\al(2－,2)部分水解，溶液呈碱性，则：c(OH－)＞c(H＋)，由于溶液中氢氧根离子还来自水的电离及HN2Oeq \\al(－,2)的水解，则c(OH－)＞c(HN2Oeq \\al(－,2))，溶液中离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(N2Oeq \\al(2－,2))＞c(OH－)＞c(HN2Oeq \\al(－,2))＞c(H＋)；
③b点溶质为NaHN2O2，溶液的pH＞7，说明溶液显示碱性，则HN2Oeq \\al(－,2)的水解程度大于其电离程度，所以c(H2N2O2)＞c(N2Oeq \\al(2－,2))；
④根据图象可知，a点时溶液的pH＝7，溶液呈中性，则c(OH－)＝c(H＋)，根据电荷守恒可知c(Na＋)＝c(HN2Oeq \\al(－,2))＋2c(N2Oeq \\al(2－,2))，所以c(Na＋)＞c(HN2Oeq \\al(－,2))＋c(N2Oeq \\al(2－,2))；
(3)当两种沉淀共存时， eq \f(cN2O\\al(2－,2),cSO\\al(2－,4))＝eq \f(KspAg2N2O2,KspAg2SO4)＝eq \f(4.2×10－9,1.4×10－5)＝3.0×10－4.
21． (10分)用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NOeq \\al(－,3))已成为环境修复研究的热点之一。
(1)Fe还原水体中NOeq \\al(－,3)的反应原理如下图所示。
①作负极的物质是__Fe__。
②正极的电极反应式是__NOeq \\al(－,3)＋8e－＋10H＋===NHeq \\al(＋,4)＋3H2O__。
(2)将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NOeq \\al(－,3)的去除率和pH，结果如下：
pH＝4.5时，NOeq \\al(－,3)的去除率低。其原因是__pH＝4.5时FeO(OH)在Fe3O4表面均匀覆盖，其不导电，阻碍电子转移 。
(3)实验发现：在初始pH＝4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2＋可以明显提高NOeq \\al(－,3)的去除率。对Fe2＋的作用提出两种假设：
Ⅰ.Fe2＋直接还原NOeq \\al(－,3)；
Ⅱ.Fe2＋破坏FeO(OH)氧化层。
①做对比实验，结果如图所示，可得到的结论是__本实验条件下，Fe2＋不能直接还原NOeq \\al(－,3)；在Fe和Fe2＋共同作用下能提高NOeq \\al(－,3)的去除率__。
②同位素示踪法证实Fe2＋能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2＋提高NOeq \\al(－,3)去除率的原因：__Fe2＋＋2FeO(OH)===Fe3O4＋2H＋，Fe2＋将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移__。
(4)其他条件与(2)相同，经1小时测定NOeq \\al(－,3)的去除率和pH，结果如下：
与(2)中数据对比，解释(2)中初始pH不同时，NOeq \\al(－,3)去除率和铁的最终物质形态不同的原因：__初始pH低时，产生的Fe2＋充足；初始pH高时，产生的Fe2＋不足__。
解析：(1)由图可知失电子作为负极的是球中心的铁单质，正极则是NOeq \\al(－,3)得到电子变成NHeq \\al(＋,4)，根据产物中生成NHeq \\al(＋,4)，不能在碱性环境下大量存在，所以溶液显酸性，故正极的电极反应式是NOeq \\al(－,3)＋8e－＋10H＋===NHeq \\al(＋,4)＋3H2O。
(2)由图可知，在pH＝2.5时，绝缘的FeO(OH)零散存在于Fe3O4球壳上，不影响体系导电；而pH＝4.5时，FeO(OH)在Fe3O4表面均匀覆盖，阻碍了体系导电，从而阻碍电化学反应进行。
(3)①由图可知，pH＝4.5的条件下，亚铁离子单独存在时无法去除硝酸根，而只有铁单质时去除率为50%，两者同时存在可达到100%的去除率。
②反应的方程式为Fe2＋＋2FeO(OH)===Fe3O4＋2H＋，Fe2＋将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移。
(4)根据表格中的数据可看到经过1小时后，两种溶液接近中性，溶液的酸碱性对后面的去除率影响是一致的，故影响去除率的是开始时的pH。根据pH＝2.5时NOeq \\al(－,3)的去除率更高，结合(3)中的观点，是初始酸性较强时，Fe2＋浓度较大，从而减少了绝缘的FeO(OH)的量，使去除率增大。
22． (10分)氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题：
(1)与汽油相比，氢气作为燃料的优点是__污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高(任写其中2个)__(至少答出两点)。
但是氢气直接燃烧的能量转换率远低于燃料电池，写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式：__H2＋2OH－－2e－===2H2O__。
(2)氢气可用于制备H2O2。已知：
H2(g)＋A(l)===B(l)__ΔH1
O2(g)＋B(l)===A(l)＋H2O2(l)__ΔH2
其中A、B为有机物，两反应均为自发反应，则H2(g)＋O2(g)===H2O2(l)的ΔH__＜__0(填“>”“