湖南省岳陽市教研聯(lián)盟2022-2023學年高二上學期期中聯(lián)考聯(lián)評化學參考答案

高二化學參考答案一、單項選擇題：本題共10個小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．【答案】D【解析】A項，氫氣和氧氣燃燒只生成水，降低了對環(huán)境的污染，A正確；B項，無機非金屬材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、鹵素化合物、硼化物以及硅酸鹽、鋁酸鹽、磷酸鹽、硼酸鹽等物質組成的材料，所以氮化硼陶瓷屬于新型無機非金屬材料，B正確；C項，空間站中的O2由太陽能電池電解水得到，太陽能電池板將太陽能轉化為電能，水通電分解，電能又轉化為化學能，C正確；D項，太陽能電池帆板的主要成分是硅單質，D項錯誤；答案選D。2．【答案】B3．【答案】D【解析】A．pH=7的溶液中，F(xiàn)e3+完全水解為氫氧化鐵，故不選A；B．AlO與HCO反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸根離子，NaAlO2溶液中不可能大量含有HCO，故不選B；C．氧化亞鐵溶于稀硝酸生成硝酸鐵、一氧化氮、水，反應的離子方程式是3FeO+10H++NO=3Fe3++NO↑+5H2O，故C錯誤；D．Ba(OH)2溶液與NaHSO4溶液1:2反應，恰好顯中性，反應的離子方程式是Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故D正確；故選D。4．【答案】A/C/AC【解析】A．LiOH熔融后，OH-在陽極放電，電極反應式為：，A錯誤；B．第二步“高溫反應”是氮氣和單質Li的反應，N元素由單質轉變?yōu)榛蠎B(tài)，屬于“氮的固定”，B正確；C．整個過程除了生成氨以外，還有第一步反應產生的O2剩余，不是傳統(tǒng)的“合成氨”工藝，將三不反應方程式疊加，可得總反應方程式：2N2+6H2O=4NH3+3O2，C錯誤；D．第一步消耗LiOH，第三步重新生成等量的LiOH，故LiOH可循環(huán)利用，D正確；故合理選項是C。5．【答案】A【解析】根據(jù)結構式可判斷Y可以形成4個共價鍵，位于第ⅣA族，W可形成2個共價鍵，位于第VIA族，根據(jù)W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的前20號主族元素可知，W是O，Y是Si，Z可形成帶2個正電荷的陽離子，則Z是Ca，X可以形成1個共價鍵，所以X是F，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．同周期自左向右原子半徑逐漸減小，同主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：Ca＞Si＞F，即Z＞Y＞X，A錯誤；B．元素非金屬性：F＞O＞Si，即X＞W(wǎng)＞Y，B正確；C．X的最簡單氫化物的水溶液為氫氟酸，是一種弱酸，C正確；D．化合物SiO2與CaF2中所含化學鍵的類型不同，前者是共價鍵，后者是離子鍵，D正確；答案選A。6．【答案】B【解析】部分含N及Cl物質的分類與相應化合價關系圖可得a為NH3，b為N2，c為NO，d為NO2，e為HNO3或硝酸鹽，a＇為HCl，b＇為Cl2，c＇為HClO或次氯酸鹽，d＇為HClO3或氯酸鹽，e＇為HClO4或高氯酸鹽，據(jù)此分析?！驹斀狻緼．氮氣和氧氣可以在高溫或放電條件下通過化合反應生成NO，故A正確；B．工業(yè)上通過，，，即來制備，故B錯誤；C．可通過反應得到氯氣，故C正確；D．氯酸鉀受熱分解，可以產生，故D正確；故答案為B。7．【答案】B【解析】A．容量瓶是精量器，不能用于稀釋濃硫酸，故A錯誤；B．用原電池反應可以比較鋅與銅的金屬性強弱，故B正確；C．氯化鋁是強酸弱堿鹽，在溶液中水解生成氫氧化鋁和鹽酸，蒸發(fā)時氯化氫受熱揮發(fā)，水解平衡不斷右移，促使氯化鋁水解趨于完全得到氫氧化鋁，無法制得無水氯化鋁，故C錯誤；D．用氫氧化鈉標準溶液滴定錐形瓶中的鹽酸時，應使用堿式滴定管盛放NaOH溶液，且眼睛要注視錐形瓶中溶液顏色的變化，故D錯誤；故選B。8．【答案】C【解析】實驗Ⅰ中KMnO4被還原成MnO2，實驗Ⅱ中KMnO4被還原成MnS，則實驗中Na2S被氧化，A選項錯誤；實驗Ⅰ中KMnO4溶液用H2SO4溶液酸化，溶液中的SO42－不一定是由S2－被氧化生成的，B選項錯誤；實驗Ⅰ中，紫色變淺，說明酸性KMnO4溶液過量，pH＜1，根據(jù)資料ⅰ，在強酸性條件下MnO4－被還原為Mn2+，實驗Ⅰ生成棕褐色沉淀，說明過量的MnO4－和Mn2+反應生成MnO2，反應的離子方程式為：2MnO4－+3Mn2++2H2O5MnO2↓+4H+，C選項正確；根據(jù)實驗現(xiàn)象Ⅱ，反應后溶液呈淡黃色，說明Na2S過量，被氧化生成的S溶于過量的Na2S生成淡黃色溶液，此時溶液pH≈8，說明被MnO4－還原成淺粉色MnS沉淀，沒有MnO2生成，D選項錯誤。9．【答案】B【解析】A．根據(jù)圖甲，①②根據(jù)蓋斯定律①+②得N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g)ΔH=ΔH1＋ΔH2，故A正確；B．總反應為N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g)，不需向反應器中補充Pt2O＋和Pt2O，故B錯誤；C．該反應正反應的活化能為134kJ·mol-1，逆反應的活化能為360kJ·mol-1，故C正確；D．根據(jù)圖乙，總反應的ΔH=(134-360)kJ·mol-1=-226kJ·mol-1，故D正確；故選B。10．【答案】B【解析】A．根據(jù)蓋斯定律，反應③2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)可由2反應①NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)減去反應②2O3(g)=3O2(g)，故ΔH3=2×(-200.9kJ·mol-1)-(-288.8kJ·mol-1)=-113kJ·mol-1，即a=-113，A錯誤；B．升高溫度，正逆反應速率均增大，故k正、k逆增大，反應達到平衡時，正=逆，即k正c(NO)·c(O3)=k逆c(NO2)·c(O2)，則==K，由圖像可知，升高溫度，NO的體積分數(shù)增大，說明平衡逆向移動，正反應是一個放熱反應，故升高溫度，K減小，B正確；C．延長反應時間，化學平衡不移動，故延長時間，不可使φ(NO)由M點移到N點，C錯誤；D．用堿液吸收NO2能使平衡正向移動，NO的轉化率增大，由于反應前后氣體的體積不變，故增大反應器的容積，平衡不移動，不可提高NO的轉化率，D錯誤；故答案為：B。二、不定項選擇題：本題共4個小題，每小題4分，共16分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全都選對得4分，選對但不全得2分，有錯選的得0分。11．【答案】AD【解析】A．觀察圖中物質轉化關系可知，b代表Fe3+，用于氧化H2O，a代表Fe2+，用于還原CO2，故A錯誤；B．由“人工光合作用體系”可知，該反應能量轉化形式為光能→化學能，故B正確；C．根據(jù)圖示可知，反應物為二氧化碳和水，生成物為甲酸和氧氣，因此該反應方程式為2CO2+2H2O2HCOOH+O2，故C正確；D．轉化HCOOH的路徑中，CO2被還原為HCOOH，故D錯誤；答案選AD。12．【答案】C【解析】由流程可知：廢鐵屑(含有少量碳和雜質)加入鹽酸，鐵粉與鹽酸反應生成氯化亞鐵，過濾除去少量碳和雜質，A(氯化亞鐵)加入氧化劑B生成C(氯化鐵)，通入HCl蒸發(fā)結晶生成，通入，生成。A．操作①是過濾，過濾用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒和漏斗，故A正確；B．根據(jù)已知信息氯化亞砜()熔點-101℃，沸點76℃，易水解，與反應生成的化學方程式為，故B正確；C．該流程中試劑B的作用是將氧化成，酸性高錳酸鉀溶液或稀硝酸都可以將氧化成，但都會引入新雜質，為了不引入新雜質，試劑B應選用氯水或，故C錯誤；D．由D→E的化學方程式可知反應中生成的二氧化硫可將氯化鐵還原為氯化亞鐵，若是作還原劑，則氧化產物為硫酸鹽，故若加鹽酸酸化，再加溶液，產生白色沉淀，則是二氧化硫作還原劑，故D正確；故選C。13.【答案】AC【解析】濃度均為的NH4Cl和NH3?H2O的混合溶液顯堿性，說明銨根的水解程度小于一水合氨的電離程度，所以c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（NH3?H2O），電荷守恒式為c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl－）+c（OH－），所以c（NH4+）+c（H+）＞c（NH3?H2O）+c（OH－），故A正確；向澄清石灰水中通入Cl2至Ca（OH）2恰好完全反應，溶液中的溶質為等物質的量的CaCl2和Ca（ClO）2，溶液中存在電荷守恒2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH－）+c（Cl－）+c（ClO－），存在物料守恒2c（Ca2+）＝c（ClO－）+c（Cl－）+c（HClO），聯(lián)立可得c（OH－）＝c（H+）－c（HClO），故B錯誤；0.1mol?L－1的NaHSO3溶液中通NH3至pH＝7，溶液中存在物料守恒：c（Na+）＝c（SO32－）+c（HSO3－）+c（H2SO3）①，溶液中存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）＝2c（SO32－）+c（HSO3－）+c（OH－），因為pH＝7所以c（Na+）+c（NH4+）＝2c（SO32－）+c（HSO3－）②，由①得c（Na+）＞c（SO32－）；將①式左右兩邊都加上c（NH4+）得c（Na+）+c（NH4+）＝c（SO32－）+c（HSO3－）+c（H2SO3）+c（NH4+）③，結合②③得c（SO32－）＝c（NH4+）+c（H2SO3），故c（SO32－）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO32－）＞c（NH4+），故C正確；若溶液中存在c（K+）＝c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3），對應的溶液溶質應為KHCO3，而碳酸氫鉀溶液顯堿性，溶液中水電離的c（H+）＞10－7mol/L，故D錯誤。14．【答案】CD【解析】A．FeCl3溶液是強酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性。根據(jù)圖示可知在開始滴定時溶液pH＜7，溶液顯酸性，因此開始時溶液是鹽酸酸化的FeCl3溶液，圖示表示的是NaOH溶液滴定FeCl3溶液的t-pH曲線，A錯誤；B．在室溫下在FeCl3溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，則根據(jù)a點溶液的，可知此時c(H+)=10-1.7mol/L，在a點Fe3+有一部分水解使Fe3+的濃度小于0.02mol/L，所以Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的平衡常數(shù)Kh=，B錯誤；C．以后，pH迅速增加，說明b點Fe3+恰好沉淀完全。若Fe3+剛好沉淀完全，則c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L，c3(OH-)=，pOH=11-lg2=11-，所以此時溶液，即說明b點時表示Fe3+恰好沉淀完全，C正確；D．c點溶液中存在的離子有Fe3+、Na+、Cl-、H+和OH-，因此根據(jù)電荷守恒可知微粒濃度存在關系：3c(Fe3+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，D正確；故合理選項是CD。第II卷(非選擇題)15．【答案】(14分，毎空2分)(1)分液漏斗(2)便于晶體干燥(3)產品受熱易分解(4)

=1\*GB3①

0.4mol

=2\*GB3②2Cr3++3S2O+7H2O==6SO+Cr2O+14H+(5)

=1\*GB3①

當?shù)稳胱詈蟀氲螛藴室?，溶液由藍色恰好變成無色，且30s不恢復原色

=2\*GB3②0.046mol/L【解析】實驗I，裝置左側為快速制備氨氣，原料為生石灰(或者氫氧化鈉)和氨水，中間裝置為(NH4)2S2O8的生成裝置，制備原理為H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O，右側裝置為NH3尾氣處理，防止污染空氣，以此來解析；(1)儀器a的名稱是分液漏斗；(2)無水乙醇洗滌沉淀，可以洗除晶體表面的雜質，同時乙醇易揮發(fā)，便于晶體干燥；(3)(NH4)2S2O8易分解，則烘干產品時，用紅外燈低溫烘干，可能的原因是產品受熱易分解；(4)在Ag+催化作用下，S2O能與Mn2+在水溶液中發(fā)生反應生成SO和MnO，過氧根內的O元素化合價由-1價變?yōu)?2價、Mn元素化合價由+2價變?yōu)?7價，轉移電子物質的量相等，1molS2O能得到2mol電子，所以氧化的Mn2+的物質的量為0.4mol；過二硫酸常被用于檢驗Cr3+是否超標，如果超標，溶液會變成橙色Cr2O，還原產物為SO，Cr化合價由+3價變?yōu)?6價，過氧根內的O元素化合價由-1價變?yōu)?2價，根據(jù)化合價升降守恒和原子守恒、電荷守恒，可得離子方程式為：2Cr3++3S2O+7H2O==6SO+Cr2O+14H+；(5)由于碘遇淀粉顯藍色，所以滴定終點的現(xiàn)象為溶液由藍色恰好變成無色，且30s不恢復；根據(jù)已知可知(NH4)2S2O8和KI反應生成碘單質和硫酸根離子，過氧根內的O元素化合價由-1價變?yōu)?2價，I的化合價由-1價升高為0價，根據(jù)化合價升降守恒可知(NH4)2S2O8～I2根據(jù)I2+2=2I-+，可知2～I2，可知(NH4)2S2O8～2，n(Na2S2O3)=cV=0.1mol·L×18.4×10-3L=1.84×10-3mol，c((NH4)2S2O8)==1.84×10-3mol220×10-316．【答案】(14分，毎空2分)(1)CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)

ΔH=+206.1kJ·mol-1(2)

=1\*GB3①

＞

=2\*GB3②反應I

=3\*GB3③

350℃～400℃溫度區(qū)間，化學反應已達到平衡，且主要發(fā)生反應I，而反應I是放熱反應，溫度升高平衡向逆反應方向移動，CO2轉化率減小

=4\*GB3④

625(3)2115(或2115：1)(4)3CO2+4Na++4e-=C+2Na2CO3【解析】(1)CH4與H2O反應的方程式為CH4＋H2O?CO＋3H2，根據(jù)蓋斯定律由：反應Ⅱ－反應Ⅰ，ΔH2－ΔH1=＋206.1kJ·mol－1，熱化學反應方程式為CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)

ΔH=+206.1kJ·mol-1；故答案為CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)

ΔH=+206.1kJ·mol(2)①根據(jù)圖像可知，400℃之前，CH4的選擇性為100%，即400℃之前，發(fā)生反應Ⅰ，反應Ⅰ為放熱反應，根據(jù)溫度與CO2轉化率的關系圖可知，350℃時達到平衡，350℃之前CO2的轉化率增大，說明反應達到平衡，即v正(a)＞v逆(a)；故答案為＞；②根據(jù)題中圖像可知，低溫下，CH4的選擇性為100%，即該催化劑在較低溫度主要選擇反應I；故答案為反應I；③根據(jù)上述分析，350℃反應I達到平衡，350℃～400℃溫度區(qū)間，化學反應已達到平衡，且主要發(fā)生反應I，而反應I是放熱反應，溫度升高平衡向逆反應方向移動，CO2轉化率減小；故答案為350℃～400℃溫度區(qū)間，化學反應已達到平衡，且主要發(fā)生反應I，而反應I是放熱反應，溫度升高平衡向逆反應方向移動，CO2轉化率減小；④350℃時發(fā)生反應I，CH4的選擇性為100%，轉化成CO2的物質的量為，同時消耗H2的物質的量為，生成甲烷的物質的量為，水蒸氣的物質的量為，反應I的平衡常數(shù)為=625；故答案為625；(3)Ka1=，Ka2=，Ka1×Ka2=×，=2115；故答案為2115；(4)根據(jù)原電池工作原理，正極上得到電子，電解質溶液為NaClO4－四甘醇二甲醚，因此正極反應式為3CO2+4Na++4e－=C+2Na2CO3；故答案為3CO2+4Na++4e－=C+2Na2CO3。17．[參考答案](14分，毎空2分)(1)B(2分)(2)(2分)(3)=1\*GB3①Na2SO4(2分)=2\*GB3②水(2分)(4)=1\*GB3①不能(2分)=2\*GB3②會沉淀部分Cu2+，導致Cu的產率降低(2分)(5)D(2分)[解析](1)由“Ni(s)+4CO(g)?Ni(CO)4(g)△H<0"可知，反應為氣體分子數(shù)減小的放熱反應，即△S<0、△H<0，根據(jù)△G=△H-T△S<0時反應可以自發(fā)進行知，采取低溫條件可使反應自發(fā)進行，且低溫、高壓可使平衡正向移動，即增大反應中Ni(CO)4的產率，故選B。(2)已知信息①“焙燒時，分別轉化為”可知，發(fā)生反應：(3)溶液中存在平衡:，由圖2可知，硫酸發(fā)生陽離子交換，得到液體X和，則液體X為Na2SO4；和NaOH溶液發(fā)生陰離子交換，得到和液體Y，則液體Y是水。(4)由流程剖析可知，酸洗后的濾液中含有Al3＋、Cu2＋、Ni2+和Fe3＋，結合已知信息②可知，若要完全除去Fe2+和Al3＋，需調節(jié)溶液pH≥，此時溶液中的部分Cu2＋也會沉淀，從而降低Cu的產率，因此沉鐵時不能一并除去含鋁雜質。(5)本工藝流程中制Cu的原理是電解法。加熱氧化銀得到銀屬于熱分解法；四氯化鈦中加鎂冶煉鈦屬于熱還原法；焙燒辰砂(HgS)制汞屬于熱分解法；電解硫酸錳制錳的原理是電解法，故選D。18．(12分，毎空2分)【答案】（1）N2H4·H2ON2H5++OH-（或N2H4+H2ON2H5++OH-）（2分）（2）①c(HCO3-)＞c(NO2-)＞c(CO32-)（2分）②酸性（2分）（3）①0.043（2分）②2（2分）（4）4.0×10－53（2分）[解析](1)該化合物