2021-2022学年江苏省淮安市淮安区高二下学期期中调研测试化学试题含解析

  江苏省淮安市淮安区2021～2022学年高二下学期期中调研测试

化学试题

时间：75分钟    总分：100分

一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合要求。

1. 草莽酸是合成治疗禽流感的药物达菲的原料之一。草莽酸属于

A. 氧化物 B. 有机物 C. 无机物 D. 电解质

【答案】BD

【解析】

【详解】由题干草莽酸的结构简式可其属于烃的衍生物，故属于有机物，则不属于无机物，其水溶液能够导电，属于电解质，而氧化物是指仅含两种元素其中一种是O元素的化合物，故草莽酸不属于氧化物；

故答案为：BD。

2. “阳光救世生，照耀亮无声。转作能源发，普天灯火明。”描述的是对哪种能量的利用

A. 风能 B. 水能 C. 太阳能 D. 地热能

【答案】C

【解析】

【详解】由题意可知，诗中能量转化形式为太阳能转化为电能、电能转化为光能的过程，描述了对太阳能的利用，故选C。

3. 下列关于“钢精锅”(即铝锅)使用的说法正确的是

A. 避免硬物划伤划破 B. 可以长期盛放碱性物质

C. 可以用钢丝球檫刷 D. 可以长期盛放酸性物质

【答案】A

【解析】

【详解】A．钢精锅表面有一层氧化铝薄膜能阻碍铝与空气中的氧气，起保护膜的作用，若硬物划伤划破会破坏保护膜，使铝被氧化而腐蚀，故A正确；

B．钢精锅表面有一层氧化铝薄膜能阻碍铝与空气中的氧气，起保护膜的作用，氧化铝是两性氧化物，能与碱溶液反应，若长期盛放碱性物质会破坏保护膜，使铝被氧化而腐蚀，故B错误；

C．钢精锅表面有一层氧化铝薄膜能阻碍铝与空气中的氧气，起保护膜的作用，若用钢丝球檫刷会破坏保护膜，使铝被氧化而腐蚀，故C错误；

D．钢精锅表面有一层氧化铝薄膜能阻碍铝与空气中氧气，起保护膜的作用，氧化铝是两性氧化物，能与酸溶液反应，若长期盛放酸性物质会破坏保护膜，使铝被氧化而腐蚀，故D错误；

故选A。

4. 下图各烧杯中盛有等浓度的食盐水，其中铁被腐蚀速率最大的是

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】A装置属于化学腐蚀，腐蚀较慢；B装置未形成闭合回路与A装置一样属于化学腐蚀，腐蚀较慢；C装置中构成原电池，属于电化学腐蚀，其中铁比铜活泼，做原电池的负极，加速铁的腐蚀；D装置构成电解池，属于电化学腐蚀，腐蚀速率最快，但是该装置中铁做阴极，铁电极表面发生还原反应受到保护，铁的腐蚀速率最慢；综上分析可得其中铁被腐蚀速率最大的装置是C装置；

故答案选：C。

5. 常温下，把10mL pH=6的HNO3溶液加入蒸馏水中，制成1000mL溶液，稀释后的溶液中，其c(H+)最接近

A. 1×10-8mol/L B. 1×10-6mol/L C. 1×10-7mol/L D. 无法计算

【答案】C

【解析】

【分析】根据强酸的稀释规律：将pH=a的强酸加水稀释至原体积的10b倍，溶液的pH=a+b（当a+b＞7时，常温下溶液的pH只能无限接近7，但不能大于或等于7），据此来分析。

【详解】硝酸是强电解质，在水溶液中完全电离，根据强酸的稀释规律：将pH=a的强酸加水稀释至原体积的10b倍，溶液的pH=a+b，但当a+b＞7时，常温下溶液的pH只能无限接近7，但不能大于或等于7，溶液的酸性逐渐减弱，但仍然为弱酸性溶液，故c(H+)最接近1×10-7mol/L；

故答案选：C。

6. 下列过程是吸热，同时体系的混乱度增大的是

A. Fe(s)→ Fe(g)

B. C(g)＋ O2(g)= CO2(g)

C. CaO(s)＋CO2(g)=CaCO3(s)

D. NaOH(s)= Na＋(aq)＋OH-(aq)

【答案】A

【解析】

【详解】A．同种物质的熵值气体＞液体＞固体，Fe（s）→Fe（g），物质由固体到气体变化，需要吸收热量，体现混乱度增大，属于熵增大的过程，A项正确；

B．C(g)＋ O2(g)= CO2(g)，该反应为化合反应，形成化学键的过程要放出热量，反应前后气体的体积减小，为熵减小的过程，体系混乱程度减小，B项错误；

C．CaO(s)＋CO2(g)=CaCO3(s)，该反应为化合反应，是一个放热反应，C项错误；

D．氢氧化钠固体溶解属于放热过程，第一步电离过程为吸热过程，第二步形成水合离子的过程为放热，由于第二步放出的热量更多，所以氢氧化钠溶于水的过程为放热过程，形成离子的过程混乱度增大，属于熵增大的过程，D项错误；

故答案选：A。

7. 在用简易量热计测定盐酸与氢氧化钠溶液反应的反应热的实验中，将NaOH溶液倒入盐酸溶液中的正确操作是

A. 沿玻璃棒缓慢倒入 B. 分三次倒入

C. 一次迅速倒入 D. 一边搅拌一边滴入

【答案】C

【解析】

【详解】在用简易量热计测定盐酸与氢氧化钠溶液反应的反应热的实验中，为减少实验过程中的热量散失，应将氢氧化钠溶液一次迅速倒入盐酸溶液中，故选C。

8. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是

A. 0.1mol/L碳酸氢钠溶液中：Na＋、Fe3＋、NO、SO

B. 由水电离产生c(H＋)=10-12 mol/L的溶液中：K＋、Ba2＋、Cl—、NO

C. 能使甲基橙变红的溶液中：Al3＋、Ca2＋、OH—、HCO

D. =1012的溶液中：NH、K＋、Cl—、Br—

【答案】B

【解析】

【详解】A．0.1mol/L碳酸氢钠溶液中，铁离子与碳酸氢根离子发生双水解反应，不能大量共存，故A错误；

B．由水电离产生c(H＋)=10-12 mol/L的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，K＋、Ba2＋、Cl-、NO四种离子无论是在酸溶液中，还是碱溶液中都不发生任何反应，一定能大量共存，故B正确；

C．溶液中氢氧根离子与铝离子、碳酸氢根离子反应，不能大量共存，故C错误；

D．=1012溶液为碱性溶液，溶液中铵根离子与氢氧根离子反应，不能大量共存，故D错误；

故选B。

9. 下列各图所示装置能达到实验目的的是

A. 图甲，验证铁的吸氧腐蚀 B. 图乙，保护水体中的钢铁设备

C. 图丙，铁制品表面镀锌 D. 图丁，蒸干FeSO4溶液制绿矾晶体

【答案】A

【解析】

【详解】A．由图可知，用食盐水浸泡过的铁钉在中性条件下发生吸氧腐蚀，插入水中的导气管会产生液柱，故A正确；

B．由图可知，铁比铜活泼，形成铁铜原电池时，铁做原电池负极发生氧化反应被腐蚀，则不能用此装置保护水体中的钢铁设备，故B错误；

C．在铁制品表面镀锌时，锌应做电镀池的阳极，铁制品做阴极，电解质溶液选用硫酸锌溶液，由图可知，电解质溶液为硫酸亚铁溶液，所以不可能在铁制品表面镀锌，故C错误；

D．硫酸亚铁具有还原性，蒸干硫酸亚铁溶液时，硫酸亚铁被空气中氧气氧化生成硫酸铁，最终得到硫酸铁，无法制得绿矾晶体，故D错误；

故选A。

10. 当马口铁(镀锡)和白铁皮(镀锌)上的金属涂层损坏时，下列有关说法正确的是

A. 两者都不腐蚀 B. 白铁皮更易被腐蚀

C. 两者腐蚀速度一样 D. 马口铁更易被腐蚀

【答案】D

【解析】

【分析】当马口铁(镀锡)和白铁皮(镀锌)上的金属涂层损坏时，都容易形成原电池而造成电化学腐蚀，由于涉及到的三种金属活泼性为Zn>Fe>Sn，故马口铁损坏时形成的原电池Fe作负极、Sn作正极，所以马口铁中的铁更容易腐蚀；而白铁皮损坏时形成的原电池Zn作负极，Fe作正极，所以白铁皮中锌先被腐蚀，且白铁皮的腐蚀速度比马口铁更快；

【详解】A．两者都被腐蚀，A错误；

B．马口铁更易被腐蚀，白铁皮损坏时会先形成牺牲阳极的阴极保护，不易被腐蚀，B错误；

C．白铁皮上的锌的腐蚀速度比马口铁上的锡的腐蚀速度更快，C错误；

D．马口铁中的铁比白铁皮的铁更容易腐蚀，D正确；

故合理选项为D。

11. 在密闭容器中发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，下列说法不能说明该反应已经达到化学平衡状态的是

A. 烧瓶内气体的质量不再变化 B. 烧瓶内气体的颜色不再变化

C. 烧瓶内气体的压强不再变化 D. N2O4与NO2的消耗速率之比为1：2

【答案】A

【解析】

【详解】A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量始终所以相等，烧瓶内气体的质量不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A错误；

B．该反应是气体颜色变深的反应，烧瓶内气体的颜色不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B正确；

C．该反应是气体体积增大的反应，反应中容器内压强增大，则烧瓶内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C正确；

D．N2O4与NO2的消耗速率之比为1：2说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确；

故选A。

12. 向20mL 冰醋酸中加水稀释至1000mL，下列数值减小的是

A.  B.

C. H2O的电离度：α(H2O) D. CH3COOH的电离度：α(CH3COOH)

【答案】B

【解析】

【分析】冰醋酸中加水稀释过程中，醋酸、氢离子、醋酸根离子的浓度减小，醋酸的电离平衡右移，温度不变，醋酸的电离常数、水的离子积常数不变，氢氧根离子浓度增大，醋酸的电离程度增大。

【详解】A．由分析可知，冰醋酸中加水稀释过程中，氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，氢氧根离子浓度增大，所以的值增大，故A不符合题意；

B．由电离常数可知=，冰醋酸中加水稀释过程中，氢离子浓度减小，醋酸的电离常数不变，所以的值减小，的值减小，故B符合题意；

C．由分析可知，冰醋酸中加水稀释过程中，氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，氢氧根离子浓度增大，所以水的电离度增大，故C不符合题意；

D．由分析可知，冰醋酸中加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，则醋酸的电离度增大，故D不符合题意；

故选B。

13. 已知：(1)CO(g)＋ O2(g)= CO2(g)     ΔH1=-a kJ·mol-1

(2)2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)   ΔH2=-bkJ·mol-1

(3)CO(g)＋ O2(g)= CO2(s)    ΔH3=-c kJ·mol-1

(4)2CO(g)＋ O2(g)=2CO2(s)  ΔH4=-d kJ·mol-1

下列关系式中不正确的是

A. a<c B. 2a = b C. b<d D. c = b

【答案】D

【解析】

【详解】A．CO2(g)的能量高于CO2(s)，所以反应(1)放出热量比(3)放出热量要少，即a<c，A选项正确；

B．反应(1)(2)的物质聚集状态相同，系数呈2倍关系，因此b=2a，B选项正确；

C．CO2(g)的能量高于CO2(s)，所以反应(2)放出热量比(4)放出热量要少，即b<d，C选项正确；

D．根据聚集状态和系数关系可知c=d/2，由于b<d，所以c>b/2，D选项错误；

答案选D。

二、非选择题：共4题，共61分。

14. 化学能与电能的相互转化，是能量转化的重要形式之一。

（1）化学电源包括一次电池、二次电池和燃料电池等。下列属于二次电池的是_______

a．普通锌锰干电池         b．铅蓄电池       c．氢氧燃料电池

（2）碱性锌锰电池是一种高性能电池产品。其构造如下图所示，其电池总反应式为：Zn + 2MnO2 + 2H2O=2MnO(OH) + Zn(OH)2，请回答下列问题：

①该电池的正极为_______正极反应式为_______。

②该电池的负极为_______负极反应式为_______。

③该反应每消耗1 mol Zn理论上转移的的电子数目为_______。

（3）氯碱工业中，通过电解饱和食盐水获得重要的化工原料——烧碱和氯气。

①写出电解饱和食盐水的化学反应方程式_______。

②图中a为_______。(填“阳极”或“阴极”)

③b上发生电极反应式为_______。

【答案】（1）b    （2）    ①. MnO2    ②. 2MnO2 + 2H2O + 2e—﹦2MnO(OH)+ 2OH—    ③. Zn    ④. Zn + 2OH—－2e—﹦Zn(OH)2    ⑤. 2NA   

（3）    ①. 2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2↑+ Cl2↑    ②. 阳极    ③. 2H2O + 2e—﹦H2↑+ 2OH—

【解析】

【小问1详解】

化学电源包括一次电池、二次电池和燃料电池等，其中普通锌锰干电池是一次电池、铅蓄电池是二次电池、氢氧燃料电池是燃料电池，故选b；

【小问2详解】

①碱性锌锰电池中二氧化锰是电池的正极，在水分子作用下，二氧化锰在正极得到电子发生还原反应生成碱式氧化锰和氢氧根离子，电极反应式为2MnO2 + 2H2O + 2e—﹦2MnO(OH)+ 2OH—，故答案为：MnO2；2MnO2 + 2H2O + 2e—﹦2MnO(OH)+ 2OH—；

②碱性锌锰电池中锌为电池的负极，碱性条件下，锌失去电子发生氧化反应生成氢氧化锌，电极反应式为Zn + 2OH—－2e—﹦Zn(OH)2，故答案为：Zn；Zn + 2OH—－2e—﹦Zn(OH)2；

③碱性锌锰电池中锌为电池的负极，碱性条件下，锌失去电子发生氧化反应生成氢氧化锌，则反应每消耗1 mol锌理论上转移的的电子数目为1 mol×2×NAmol—1=2NA，故答案为：2NA；

【小问3详解】

①电解饱和食盐水的反应为饱和食盐水电解生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的化学方程式为2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2↑+ Cl2↑，故答案为：2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2↑+ Cl2↑；

②由图可知，与直流电源正极相连的a极为电解池的阳极，故答案为：阳极；

③由图可知，与直流电源正极相连的b极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O + 2e—﹦H2↑+ 2OH—，故答案为：2H2O + 2e—﹦H2↑+ 2OH—。

15. 已知存在下列热化学方程式：

①氢气燃烧H2(g)＋ O2(g)= H2O(g)            ΔH1=-241.8 kJ·mol-1

②太阳光分解水制氢气2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)     ΔH2=571.6 kJ·mol-1

③液态水转化为水蒸气H2O(l)= H2O(g)             ΔH3=（1）kJ·mol-1

（1）从能量转化角度分析，反应①为_______反应。(填“吸热”或“放热”)

（2）反应②中主要能量转化形式为_______能转化为_______能。

（3）若在反应②中使用催化剂，ΔH2_______。(填“增大”“减小”或“不变”)

（4）写出反应③的热化学方程式_______。

（5）根据下表内容及你所学知识列举氢气被称为“绿色能源”的原因_______。

热值是指某种燃料完全燃烧放出的热量与其质量之比，其单位是kJ/ g (气体)。

【答案】（1）放热    （2）    ①. 太阳    ②. 化学   

（3）不变    （4）H2O(l)﹦ H2O(g)    ΔH3﹦44 kJ·mol-1   

（5）①热值高 ②无污染 ③可再生 ④原料丰富(填任意3个都可以)

【解析】

【小问1详解】

已知反应①氢气燃烧H2(g)＋ O2(g)= H2O(g) ΔH1=-241.8 kJ·mol-1＜0，故从能量转化角度分析，反应①为放热反应，故答案为：放热；

【小问2详解】

已知反应②太阳光分解水制氢气2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)ΔH2=571.6 kJ·mol-1，则反应②中主要能量转化形式为太阳能转化为化学能，故答案为：太阳；化学；

【小问3详解】

催化剂只有改变反应历程，而改变反应速率，根据盖斯定律可知，反应热只有反应始态和终态有关，与反应过程无关，故若在反应②中使用催化剂，ΔH2不变，故答案为：不变；

【小问4详解】

已知反应①氢气燃烧H2(g)＋ O2(g)= H2O(g) ΔH1=-241.8 kJ·mol-1，反应②太阳光分解水制氢气2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) ΔH2=571.6 kJ·mol-1，则①+②得到反应③液态水转化为水蒸气H2O(l)= H2O(g)，根据盖斯定律可知，ΔH3=ΔH1+ΔH2=(-241.8 kJ·mol-1)+( 571.6 kJ·mol-1)=+44kJ·mol-1，故答案为：H2O(l)= H2O(g)  ΔH3=+44kJ·mol-1；

【小问5详解】

根据下表内容可知，氢气的热值高，燃烧产物为H2O无污染，经过催化分解H2O又获得H2，故可再生 自然界中含有大量的H元素，则原料丰富，这些优势使得氢气被称为“绿色能源”，故答案为：①热值高 ②无污染 ③可再生 ④原料丰富等。

16. 在一个容积不变的密闭容器中发生如下反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋ H2(g)，其平衡常数(K)和温度(t)的关系如下表所示。

请填写下列空白。

（1）该反应的平衡常数表达式为K=_______；该反应为_______反应。(填“吸热”或“放热”)

（2）在700℃时，向容器中充入1 mol CO、3 mol H2O，保持温度不变，反应达到平衡后，其平衡常数_______1.67(填“大于”“小于”或“等于”)。

（3）800℃时，某时刻反应混合物中CO、H2O、CO2、H2的浓度分别为1mol/L、1mol/L、2mol/L、 2mol/L。此时上述反应平衡移动方向为_______。(填“正反应方向” “逆反应方向”或“不移动”)

（4）若题（3）的体系达平衡状态时，CO、 H2的物质的浓度分别为多少？_______

【答案】（1）    ①.     ②. 放热   

（2）等于    （3）逆反应方向   

（4）c(CO) = 1.5 mol/L、c(H2) =1.5 mol/L

【解析】

小问1详解】

平衡常数是指在一定温度下，一个可逆反应达到化学平衡时生成物度的系数次幂之积与反应物浓度的系数次幂之积的比值，由方程式可知，反应的平衡常数表达式K=；由表中数据可知，温度升高，平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则该反应为吸热反应，故答案为：；放热；

【小问2详解】

化学平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以700℃时，向容器中充入1 mol CO、3 mol H2O，保持温度不变，反应达到平衡后，反应的平衡常数等于1.67，故答案为：等于；

【小问3详解】

由题给数据可知，800℃时，反应的浓度熵Qc===4＞K=1.0，则此时平衡移动方向为逆反应方向，故答案为：逆反应方向

【小问4详解】

设题（3）的体系达平衡状态时，消耗二氧化碳的浓度为amol/L，则二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度为(2—a)mol/L、(2—a)mol/L、(1+a)mol/L、(1+a)mol/L，由平衡常数为1可得：=1，解得a=0.5，所以平衡时一氧化碳和氢气的浓度都为1.5 mol/L，故答案为：c(CO) = 1.5 mol/L、c(H2) =1.5 mol/L。

17. 某学生用0.1000mol·L-1 NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：

①用蒸馏水润洗滴定管2～3次；

②取NaOH标准溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上2～3mL；

③把盛有NaOH标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液；

④调节液面至“0”或“0”刻度以下，记下读数；

⑤移取20.00 mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶中，加入2～3滴酚酞试液；

⑥把锥形瓶放在滴定管下面，用NaOH标准溶液滴定至终点并记下滴定管的读数。

请回答下列问题：

（1）以上步骤有错误的是_______ (填编号)，按其操作会导致最终盐酸浓度_______。(填“偏高”“偏低”或“无影响”)

（2）步骤②中的NaOH标准溶液是否必须用碱式滴定管盛放？_______。(填“是”或“否”)

（3）步骤⑤中，若用未知浓度的盐酸润洗锥形瓶。将导致最终测量结果_______。

a.偏高              b.偏低            c.无影响

（4）步骤⑥滴定时眼睛应注视_______；判断到达滴定终点的依据是_______。

（5）以下是实验数据记录表

根据表中记录数据，通过计算可得，该盐酸浓度为_______mol·L-1(写出解题过程)。

【答案】（1）    ①. ①    ②. 偏高   

（2）是    （3）a   

（4）    ①. 锥形瓶中溶液颜色变化    ②. 溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复原来颜色   

（5）0.08100

【解析】

【小问1详解】

由实验步骤可知，步骤①用蒸馏水润洗滴定管2～3次后，未用标准氢氧化钠溶液润洗滴定管2－3次，滴定时会使消耗氢氧化钠溶液体积偏大，导致所测盐酸浓度偏高，故答案为：①；偏高；

【小问2详解】

氢氧化钠溶液会与玻璃中的二氧化硅反应，所以标准氢氧化钠溶液不能用酸式滴定管盛放，只能用碱式滴定管盛放，故答案为：是；

【小问3详解】

步骤⑤中，若用未知浓度的盐酸润洗锥形瓶会使待测液的溶质的物质的量偏大，导致导致所测盐酸浓度偏高，故选a；

【小问4详解】

步骤⑥滴定时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化，当氢氧化钠溶液与盐酸恰好完全反应后，滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复原来颜色说明滴定达到终点，故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复原来颜色；

【小问5详解】

由表中记录数据可知，三次滴定消耗氢氧化钠溶液的体积分别为16.24mL、16.20mL、16.16mL，则三次消耗氢氧化钠溶液的平均体积为=16.20mL，所以滴定测得盐酸浓度为=0.08100mol/L，故答案为：0.08100。