【文档说明】山东省2021-2022学年高二上学期10月“山东学情”联考化学试题（B）答案.pdf，共(7)页，1.109 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b38cec1c9913b566c2c4ff65d9dee944.html

以下为本文档部分文字说明：

2021年“山东学情”10月联合考试化学试题（鲁科版）答案一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.B2.D3.D4.A5.C6.B7.C8.A9.D10.D二、选择题：本题共5小题，每小

题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.AD12.B13.C14.BC15.AD三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．(10分)(1)．CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-91kJ·mol-1

(2分）(2)．大于(2分）0.46(2分）(3)．<(2分）b(2分）17．(12分)Ⅰ．(1)．4.0(1分)53.5(2分)(2)．b(1分)Ⅱ．(1)．负(2分)(2)．紫色向D处移动(2分)Cu-2e-=Cu2+(2分)(3)．变小(2分)18.(12

分)(1)．①．O2+4e-+2H2O=4OH-(2分)②．K3[Fe(CN)6]可能氧化Fe生成Fe2+，会干扰由电化学腐蚀生成的Fe2+的检验(2分)③．破坏铁片表面的氧化膜(2分)(2)．①．正(2分)②．温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快(2分)(3)．3Fe-8e-+4H2O=Fe

3O4+8H+(2分)19.（14分）Ⅰ．(1)．3b-a4(2分)(2)．-13.86(2分)(3)．N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+(2分)Ⅱ．①．CH3OH-6e-+8OH-=CO23+6H2O(2分)②．2.24L(2分)③．Fe2+(2分

)280(2分)20.（12分）(1)．AD(2分)(2)．①．b(2分)总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变(2分)②．33.3%(2分)5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃(2分)(3)．2P27P4K(2分)

【详细解析】：一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．B，解析：A.通常情况下，化学反应中能量的转化主要是化学能与热能之间的转化，吸热还是放热与反应条件无关，错误；B.正确；C.应是用沥青做涂层的涂层保护法，错误；D

.金属锂的活泼性很强，遇到水会剧烈反应，不宜使用水性电解液，错误。2．D，解析：A.由于HBr比HI稳定，所以相同条件下HBr的ΔH2比HI的大，A正确;B.（ΔH3+ΔH4）代表的是H(g)→H+(aq)的变

化，与是HCl的还是HBr的H原子无关，B正确；C.ΔH1代表的是HX气体从溶液中逸出过程的焓变，因为HF气体溶于水放热，则HF气体溶于水的逆过程吸热，即HF的△H1＞0，C正确；D.一定条件下，气态原子生成1molH-

X键放出akJ能量，则断开1molH-X键形成气态原子吸收akJ的能量，ΔH2=+akJ·mol-1，D错误;故选D。3．D，解析：A.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)为放热反应，则2molH2(g)和1molO2(g

)的总能量大于2molH2O(l)的总能量，但H2(g)的能量不一定高于H2O(g)的能量，A错误；B.2mol的H+和OH-生成水时放出的热量为114.6kJ，但结合生成BaSO4的过程中也会放出热量，所以最后放出的热量大于114.6kJ，

B错误；C.反应放出热量，正确的书写方式为SO2(g)+2CO(g)=2CO2(g)+S(s)ΔH=-272kJ·mol-1，C错误；D.ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，该反应ΔH为正值，所以2molCO2(g)和4molH2O(l)中化学键的总键能大于2molCH3OH(l

)和3molO2(g)中化学键的总键能，D正确4．A，解析：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1，CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283.0kJ·mol-1，H2(g)+12O2(g)=H2O(l

)ΔH3=-285.8kJ·mol-1，H2O(l)=H2O(g)ΔH4=+44.0kJ·mol-1C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，ΔH=ΔH1-ΔH2-ΔH3-ΔH4=+131.3kJ·mol-15．C，解析：A金属性钾大于钠，故

钾比钠活泼，错误；B根据表格中数据，当温度高于钾的沸点，其他为液态，有利于钾转化为蒸汽从反应体系中分离，使生成物浓度减小，有利于平衡正向移动，所以熵变大于0，B正确，C错误；D项850℃时，钾为蒸汽，这时平衡正向移动，反应可自发进行，故△G＜0，△H-T△S＜0，正确

。6．B，解析：A.当K2闭合，K1断开时，该装置为电解池，电极A与电源负极相连，为阴极发生还原反应，错误；B.当K1闭合，K2断开时，该装置为原电池，放电时该电池的总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)

2，因消耗水则电解液pH增大，B正确，D项错误；C.电极B发生氧化反应时，该装置为电解池，电极B为阳极，吸引阴离子，错误。7．C，解析：A是化学腐蚀，错误；B是牺牲阳极保护法，错误；D形成原电池，错误；故选C。8．A，解析：A.充电时，阴离子应该

移向多孔碳电极，所以错误；B.充电时，阴极反应式为8Al2Cl7-+6e-=2Al+14AlCl4-，所以正确；C.放电时，根据题干总反应可知溶液中离子的总数应该不变，所以正确；D.放电时，正极质量增加0.54g时，电路中通过0.06mole-正确。9．D，解析

：A项，增大反应d中H2的浓度，H2的转化率降低、CO的转化率增大；B项，移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B错误；C项，催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，

不改变反应的平衡状态，平衡转化率不变，C错误；D项，降低温度，平衡向放热方向移动，甲烷体积分数增大。D正确。10．D，解析：A.由图可知，压强一定时，随温度升高，NO的转化率降低，平衡逆向移动，则该反应

的反应限度减小，故A错误；B.反应前后气体的化学计量数不相等，平衡常数与体积有关，由于体积未知、物质的浓度未知，不能计算平衡常数，故B错误；C.400℃、p1条件下，平衡时NO的转化率为40％，NO(g)和O2(g)按物质的量之比2:1投入，且按2

:1反应，二者转化率相等，即O2的平衡转化率为40％，故C错误；D.正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，故p1＜p2，故D正确。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分

，有选错的得0分。11．AD，解析：A.催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡转化率，正确；B.合成氨为化合反应，原子利用率为100%，氨的催化氧化反应产物不唯一，原子利用率不是100%，错误；C.降低温度减慢化学反应速率，延长反应达到平

衡的时间，错误；催化剂b表面NH3与O原子反应生成NO，N和O的化合价发生变化，故有电子转移，D项正确。12．B，解析：A.由图可知放电时，A极是正极，B是负极，所以A、C、D正确；充电时根据负接负，可知B项错误。13．C，解析：A是阴极电极反应式；B电

解过程中每产生6.4gO2，反应所转移电子的物质的量为0.8mole-；C根据Al3+得电子总物质的量与石墨失电子总物质的量相等，设生成CO、CO2分别为x、y，根据x+y=0.3，2x+4y=1得x=0.1，y=0.2，所以正确；D.加入冰晶石Na3AlF6主要目的是降低氧化铝的熔

点。14．BC，解析：A.该反应是可逆反应，不能完全进行，则容器中充入0.1molN2和0.3molH2时，反应达到平衡时放出的热量小于9.22kJ，故A错误；B.从M到Q，压强减小，平衡向左移动，故B正确；C.平衡常数只和温度有

关，温度不变，K不变，而M、Q的温度相同，所以K(M)=K(Q)；对于放热反应而言，升高温度，平衡常数K减小，曲线c的温度比曲线b的温度高，所以K(M)＞K(N)；综上所述，K(M)=K(Q)>K(N)，故C正确；D.Q与M的温度相同，但是M的压强更大，所以M的反应速率更快，则达到平衡所需的时

间t(Q)＞t(M)，该反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，NH3的百分含量会小，所以曲线b的温度比曲线c的温度低，即压强相同的情况下，N的温度比M的温度高，则N的反应速率更快，所以t(M)>t(N)；综上所述，M，N、Q达到平衡所需时间是t(Q)>t(M)>t(N)，故D错误。15．AD，解

析：A.其他条件不变，若容器②保持恒温恒容，则①和②为等效平衡，平衡时各物质的量不变，则有:2A(g)+B(g)2C(g)起始(mol)0.40.21.6变化(mol)0.10.050.1平衡(mol

)0.50.251.5C的转化率α=1.6mol0.1mol×100%=6.25%，A项正确;化学平衡常数K=���平2（C）平���平2（A）���平2（B）=18mol·L-1所以C项错误；B.若①达平衡后，

再通入2molA与1molB，等效于增大压强，平衡正移，再达平衡时放出的热量大于0.75QkJ，B项错误；D.平衡时①、②中C的体积分数为1.5mol0.5mol+0.25mol+1.5mol=23其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，随反应进

行，温度降低，反应向生成C的方向移动，平衡时C的体积分数大于2/3，D项正确。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．解析：（1）根据图像可知该反应为放热反应，ΔH的值取决于始态和终态，不难得出ΔH=-91

kJ·mol-1（2）由图可知温度相同时，达到平衡时，压强为p2的CH4转化率高，平衡向正反应方向移动，反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即p1大于p2；100℃时，将1molCH4和2molH2O(g)通入容积为

10L的恒容密闭容器中，达到平衡时CH4的转化率为0.8，CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)起始量（mol·L-1）0.10.200变化量（mol·L-1）0.080.080.080.24平衡量（mol·L-1）0.020.120.080.24平衡常数O)c(H)c(CH)(

Hcc(CO)K242321213)L0.46(mol)L0.4608(mol0.120.02(0.24)0.08(3)2121323223)L16(mol)L(mol0.250.50.250.5)(Hc)c(COO)c(HOH)c(CHCQ大于该

温度下的平衡常数K，因此v(正)<v(逆)；CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，因此在图1中，曲线Ⅱ表示该反应的平衡常数K与温度T的关系，故a正确;该反应放热，温度升高，平衡逆向移动，

CO2的转化率降低，与图像相符；压强增大，平衡正向移动，CO2的转化率增大，与图像不符；投料比)c(H)c(CO22增大，CO2的转化率降低，与图像相符。因此图2中x不可以表示压强，故b错误；用CO2合成甲醇，能够减少CO2的排放量，体现了碳减

排理念，故c正确。17．解析：Ⅰ．(1)．4次温度差分别为：4.1℃、5.1℃、3.9℃、4.0℃，第2组数据相差较大，舍去，其他三次温度差平均值4.0℃；50ml0.50mol·L-1氢氧化钠与30ml0.50mol·L-1硫酸溶液进

行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.5mol·L-1=0.025mol，则生成0.025mol水放出的热量为：Q=-c×m×△t=80×4.18×4=-1337.6J，即-1.3376kJ，所以实验测得的中和热△H=-1.3376kJ÷0.025mol=-53.5kJ

·mol-1；(2)．a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a正确；b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故b错误；c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯

中，多次会造成热量散失，中和热的数值偏小，故c正确；d．温度计测定稀硫酸溶液起始温度后直接插入NaOH溶液测温度，NaOH的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故d正确；Ⅱ．A、B中电极为多孔的惰

性电极；C、D为夹在湿的Na2SO4滤纸条上的铜夹；电源有a、b两极。若在A、B中充满KOH溶液后，倒立于KOH溶液的水槽中，切断K1，闭合K2、K3，通直流电，AB、CD处是电解原理的应用。(1)．依据A、B中气体体积变化分析，电解的是水，A端产生氧气，电解池的阳极；B端产生是氢气，为电解

池的阴极，则a为电源的负极；(2)．C、D为夹在滤纸两端的铜夹，与电源也构成了电解池，C与电源负极相连，为阴极，D与电源正极相连，为阳极，MnO4-定向的移向阳极D，D为活性电极，所以电极反应为Cu-2e-=Cu2+。(3)．此时切断K2、K3，闭合K1，A、B中形成的氢氧燃料电池，燃料电

池生成水，c(OH-)变小。18．解析：(1)．①．实验i中连好装置，由于电解质溶液呈中性，则碳棒上的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。②．根据资料“K3[Fe(CN)6]具有氧化性”，故实验ii中铁电极能直接和K3[Fe(CN)6]溶液发生氧化还原反应生成Fe2+，产生的Fe2+

再与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，干扰对电化学腐蚀生成的Fe2+的检验。③．小组同学将铁片酸洗(用稀硫酸浸泡后洗净)后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色沉淀，稀硫酸“酸洗”的目的是除去铁表面的氧化膜，由此补充实验、结合实验iv说明，Cl-的作用是：破坏了铁表面的氧

化膜。(2)．①36KFe(CN)溶液与2Fe反应生成蓝色沉淀，分别取少量容器a、b中的溶液于试管中，滴加36KFe(CN)溶液，容器a中的溶液所在的试管中出现蓝色沉淀，说明容器a中生成2Fe，容器b中的溶液所在的试管中无变化，说明容器b中没有2Fe生成，所

以容器a中铁片做负极，容器b中铁片做正极。故答案为：正；②加热后，电流计指针发生偏转的原因可能是温度升高，Fe的还原性增强，反应速率加快。故答案为；温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快。19．解析：Ⅰ.(1)利用盖斯定律将所给方程式进行（①-3×②）÷4即可得目标方程式。故答案为

ΔH3=3b-a4kJ·mol-1（2）热化学方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ·mol-1表示1molN2完全反应转化为NH3时放出热量92.4kJ，容器A中若向容器中加入1molN2、3molH2，反应

放出热量23.1kJ，则反应产生NH3的物质的量n(NH3)=23.1kJ×2mol92.4kJ=0.5mol，化学平衡时，各种气体的物质的量分别是n(N2)=1mol-0.25mol=0.75mol，n(H2)=3mol-0.75mol=2.

25mol，n(NH3)=0.5mol。对于装置B，假设反应从正反应方向开始，反应等效起始状态为n(N2)=0.9mol+0.1mol=1mol，n(H2)=2.7mol+0.3mol=3.0mol，可见与装置A完全相同，则平衡时也相同，故装置B的反应正向进行，反应产生NH3的物

质的量为0.5mol-0.2mol=0.3mol，反应放出热量Q=0.3mol×92.4kJ2mol=13.86kJ，即容器B中反应达到平衡状态时的反应热△H2=-13.86kJ·mol-1。(3)N2O5中N元素为最高价+5价，应是由N2O4在阳极被氧化

生成，阳极加入的是无水硝酸，所以电极反应为N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+。Ⅱ．①甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH

-=CO32-+6H2O；②工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为x，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，A电极

为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH−−4e−=2H2O+O2↑，根据得失电子守恒得到：0.2+2x=4x，解得：x=0.1mol，乙中A极析出的气体是氧气，物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为：22.4L∙mol-1×0.1mol=2.24L，故答案为：2.2

4L；③根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，故①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，由图可知电子转移为0.4mol，生成Cu2+物质的量为0.

2mol，阴极电极反应Fe3++e−=Fe2+，反应结束后，溶液中有Fe2+为0.5mol，Cu2+为0.2mol，所以需要加入NaOH溶液0.5×2+0.2×2=1.4mol，所以所需NaOH溶液的体积为：1.4mol5.0mol·L−1=0.28L=280mL，故答案为：Fe2+；

280。20．解析：(1)．A．初始投料为H2和CO2，所以平衡CO2前浓度减小，CH3OH浓度增大，所以当c(CH3OH）与c(CO2)比值不变时说明反应达到平衡，故A选；B．容器体积不变，即气体的体积不变，反应物和

生成物都是气体，所以气体的总质量不变，则混合气体的密度一直不变，故B不选；C．反应平衡时v正(H2)=3v逆(CH3OH)，故3v正(H2)=v逆(CH3OH)不正确，故C项不选；D．平衡正向移动时气体的物质的量减小，气体总质量不变，所以平均摩尔质量增大，当混合气体平均摩尔质量不变时说明反应达到

平衡，故D选；(2)．①该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中x(CH3OH)将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b。②．设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，22323Hg+COgCHOHg+HO

gmol3100mol3xxxxmol3-3x1-xxx起始转化平衡，当平衡时x(CH3OH)=0.10时，x3-3x+1-x+x+x=0.1，解得x=13mol，平衡时CO2的转化率α=1mol3100%1mol=33.3%；由图可知，满足平衡时x(CH3O

H)=0.10的条件有：5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃，故答案为：33.3%；5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃。（3）．当反应物投料比等于方程式中计量数之比时平衡转化率相等，二者平衡

转化率相同时转化率为50%，列三段式有：3H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol）3100转化（mol）1.50.50.50.5平衡（mol）1.50.50.50.5平衡时气体总物质的量为1.5mol+0.5mol+0.5mol+0.5mol=3mol，反应前气体总

物质的量为4mol，压强为4P，则反应平衡后总压强为3p，p(H2)=1.5P，p(CO2)=0.5P，p(CH3OH)=0.5P，p(H2O)=0.5P，代入Kp的表达式32223P)P(H)P(COO)P(HO

H)P(CHK，即可求得2P27P4K