江苏省扬州中学2022-2023学年高二下学期3月月考化学试题

这是一份江苏省扬州中学2022-2023学年高二下学期3月月考化学试题，共13页。

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 1C 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. 燃煤脱硫 C. 开发核能 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. CS eq \\al(2－,3) 中C原子为sp2杂化 D. H2S的电子式为H eq \\al(·,·) S eq \\al(·,·) H
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：r(Ca2＋)>r(Cl－) B. 电负性大小：χ(H) >χ(O)
C. 电离能大小：I1(O) >I1(N) D. 键角大小：NH eq \\al(＋,4) >NH3
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pH试纸测氯水的pH
阅读下列资料，完成5～7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 eq \\al(－,4) )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. BF eq \\al(－,4) 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：Al2O3＋3C＋3Cl2 eq \(=====,\s\up7(高温)) 2AlCl3＋3CO
B. BF3和水反应：4BF3 ＋3H2O===6H＋＋3BF eq \\al(－,4) ＋BO eq \\al(3－,3)
C. 制备B(OCH3)3：H3BO3＋3CH3OH eq \(=====,\s\up7(浓硫酸)) B(OCH3)3
D. 用石墨作电极电解Al2O3制备Al的阴极方程式：Al3＋－3e－===Al
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Fe2O3、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
FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O
B. “还原”的目的是将Fe3＋转化为Fe2＋
C. “沉淀”的离子方程式为Zn2＋＋S2－===ZnS↓
D. ZnS晶胞(右图所示)中每个S2－周围距离最近的Zn2＋有4个
9．用电化学方法可以去除循环冷却水[含有Ca2＋、Mg2＋、HCO eq \\al(－,3) 、苯酚(C6H6O)等]中的有机污染物，同时经处理过的冷却水还能减少结垢，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. b为电源的正极
B. 碳钢电极底部有Mg(OH)2、CaCO3生成
C. 钛基电极上的反应为H2O＋e－===H＋＋·OH
D. 每生成标准状况下2.24 L CO2，需要消耗
0.5 ml·OH
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
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. 窒温下，0.10 ml·L－1 NaHC2O4溶液中存在：c(C2O eq \\al(2－,4) ) B. 酸化、溶解后的溶液中存在：c(NH eq \\al(＋,4) )＋2c(Fe2＋)>2c(SO eq \\al(2－,4) )
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：c(Fe2＋)·c(C2O eq \\al(2－,4) )≥2.1×10－7
13．用CO2和H2可以合成甲醇。其主要反应如下：
反应Ⅰ CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－58 kJ·ml－1
反应Ⅱ CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41 kJ·ml－1
在恒容密闭容器内，充入1 ml CO2和3 ml H2，测得平衡时CO2转化率、CO和CH3OH选择性随温度变化如图所示[选择性＝ eq \f(n（CO）或n（CH3OH）,n（CH3OH）＋n（CO）) ×100%]。下列说法正确的是
A. 270 ℃时主要发生反应Ⅱ
B. 250 ℃下达平衡时，n(H2O) ＝0.12 ml
C. 230 ℃下缩小容器的体积，n(CO)不变
D. 其他条件不变，210 ℃比230 ℃平衡时生成的CH3OH更多
第 = 2 \* ROMAN II卷（非选择题，共61分）
14．（14分）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·ml－1
已知常压下TiCl4的沸点为136.4 ℃，C的燃烧热为ΔH＝－393.5 kJ·ml－1，CO的燃烧热为ΔH＝－283 kJ·ml－1。
① 反应Ⅰ的ΔH1＝ ▲ kJ·ml－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图1所示，晶型转化过程中的能量变化如图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的晶胞结构如图3所示，在图3中用“”圈出所有位于晶胞体内的原子。
15．（16分）硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]、二氧化铈(CeO2)均是常见的强氧化剂，可以以Ce2(CO3)3为原料进行制取。
“沉淀1”时，溶液中Ce(NO3)3转化为Ce(OH)3(HO2)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Ce(OH)3(HO2)分解产生的Ce(OH)4反应生成H2Ce(NO3)6，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Ce(OH)4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NH4NO3固体的量，测得(NH4)2Ce(NO3)6沉淀的收率如图1所示。“沉淀2”时，不是采用反应计量数之比，而是控制加入n(NH4NO3)∶n(Ce)＝4∶1的目的是 ▲ 。
(4) 实验小组以Ce2(CO3)3为原料制取CeO2，请补充完整实验方案：将Ce2(CO3)3完全溶解于盐酸中， ▲

得CeO2固体。
[已知：4Ce(OH)3(白色沉淀)＋O2＋2H2O===4Ce(OH)4(黄色沉淀)，Ce(OH)4受热分解时失重百分比与温度的关系如图2所示。
可选用的仪器和试剂：2 ml·L－1氨水、O2、1 ml·L－1 HNO3、1 ml·L－1 AgNO3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548 g·ml－1)含量可用如下方法测定：准确称取16.0 g硝酸铈铵样品，加水充分溶解，并转移至100 mL容量瓶中定容、摇匀，得硝酸铈铵溶液试样。准确量取5 mL的硝酸铈铵溶液试样，移入250 mL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0.050 00 ml·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定至终点(滴定过程中Ce4＋被还原为Ce3＋)，消耗标准溶液24.00 mL。计算该样品中硝酸铈铵的质量分数。（请书写计算过程）
▲
16．（17分）CO2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Mn粉表面产生的H2可将CO2转化成甲酸，同时生成MnO。
① 由H2O、Mn、CO2制备甲酸的化学方程式为 ▲ 。
② 直接加热H2与CO2难以生成甲酸，该条件下能较快生成甲酸的原因是
▲ 。
(2) CO2加氢生成CH3OH的主要反应的热化学方程式如下。
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－49.5 kJ·ml－1。
反应Ⅱ： H2(g)＋CO2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH＝－41.2 kJ·ml－1。
反应Ⅲ： CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＝－90.7 kJ·ml－1。
将n起始(CO2)∶n起始(H2)＝1∶3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CH3OH的选择性影响如图1所示。
图1
① 压强的大小：p1 ▲ (填“<”或“>”)p2。
② CH3OH的选择性随温度升高而下降的原因是 ▲ 。
(3) CO2和环氧乙烷在MgO作催化剂的条件下合成碳酸乙烯酯。
① MgCl2溶液中加入尿素[CO(NH2)2]生成Mg5(CO3)4(OH)2沉淀，同时有CO2气体产生。该反应的离子方程式为 ▲ 。
② MgCl2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MgO。与氢氧化钠作沉淀剂相比，用尿素作沉淀剂焙烧生成的MgO作催化剂效果更好，其原因是 ▲ 。
③ MgO催化CO2合成碳酸乙烯酯()可能的反应机理如图2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 ▲
。
图2
17. (14分)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·ml－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Nafin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Nafin膜HCOO－产率明显提高，但电量>1 000C后又显著下降，可能原因是：
▲ 。
③ 若电解时将Nafin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图4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。
图4
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： ▲ 。
扬州中学2022-2023学年度第二学期3月考试题
高二化学参考答案及评分标准 （2023．3）
单项选择题（共39分）
非选择题（共61分）
14． (14分)
(1) ① －49 (2分)
② 将含有TiCl4、CO、Cl2的气体混合物通过热交换器降温冷凝 (2分)
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分)
(2) ① 3TiO2＋2Na＋＋2OH－ eq \(=====,\s\up7(△)) Na2Ti3O7＋H2O (3分)
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分)
(2分)
15． (16分)
(1) 2Ce(NO3)3＋3H2O2＋4H2O===2Ce(OH)3(HO2)↓＋6HNO3 (3分)
(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Ce(OH)4分批加入硝酸中，可以防止反应过于剧烈 (3分)
(3) 增加NH eq \\al(＋,4) 的浓度，加快反应的速率；此时(NH4)2Ce(NO3)6沉淀的收率较高 (2分)
(4) 向所得溶液中加入2 ml·L－1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O2至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入1 ml·L－1 HNO3酸化后再加入1 ml·L－1 AgNO3溶液不再产生沉淀，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 (4分)
(5) n(Fe2＋)＝0.05 ml·L－1×24.00×10－3 L＝1.2×10－3 ml (1分)
Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋ n(Ce4＋)＝1.2×10－3 ml (1分)
n[(NH4)2Ce(NO3)6]＝1.2×10－3 ml
样品硝酸铈铵的质量分数为 eq \f(1.2×10－3 ml×20×548 g·ml－1,16.0 g) ×100%＝82.2% (2分)
16．（17 分）
(1) ① Mn＋CO2＋H2O eq \(=====,\s\up7(325 ℃)) MnO＋HCOOH (3分)
② 反应生成的MnO是H2与CO2反应的催化剂 (2分)
(2) ①< (2分)
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，CH3OH的选择性下降 （2分）
(3) ① 5Mg2＋＋5CO(NH2)2＋11H2O===Mg5(CO3)4(OH)2↓＋CO2↑＋10NH eq \\al(＋,4) (3分)
② Mg5(CO3)4(OH)2焙烧释放更多的气体，制得的MgO更加疏松多孔 (2分)
③ 环氧乙烷中的O原子吸附在Mg2＋上，环氧乙烷中的C—O键断裂，CO2中的C原子与O2－结合，一个O原子与环氧乙烷中的一个C原子结合 （3分）
17．（14分）
(1) 该反应的ΔH＞0、ΔS<0，不能自发自行 (2分)
(2) ① H＋＋CO2＋2e－===HCOO－或HCO eq \\al(－,3) ＋CO2＋2e－===HCOO－＋CO eq \\al(2－,3) (2分)
② Nafin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 C后，c(HCOO－)增大(1分)，Nafin膜阻拦作用下降(1分)
③ 阳极区pH减小，HCO eq \\al(－,3) 浓度下降(1分)，K＋部分迁移至阴极区，阳极区离子浓度下降(1分)，导电能力减弱
(3) Cu (2分)
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 (3分)
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：Cr2O eq \\al(2－,7) (橙)＋H2O2CrO eq \\al(2－,4) (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 ml·L－1的NaCN和Na2S的pH
Ka1(H2S)>Ka(HCN)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
B
C
D
B
A
A
C
D
B
C
D
C
B