【文档说明】湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2022-2023学年高二下学期期中联考化学试题答案.pdf，共(4)页，1.352 MB，由小赞的店铺上传

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2023年春鄂东南教改联盟学校期中联考高二化学参考答案（共6页）第1页2023年春鄂东南教改联盟学校期中联考高二化学参考答案（共6页）第2页2023年春季鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校期中联考高二化学参考答案1.【答案】D【解析】钾元素的焰色是紫色，KN

O3和K2S的焰色相同，A项不正确；碳原子的半径比氧原子大，B项不正确；C60是分子晶体，C项不正确；焰色反应是发射光谱，D项正确。2.【答案】C【解析】AlCl3·6H2O加热时，HCl挥发，最终生成Al（OH）3,在SOCl2存在下，SOCl2与水反应生成HCl，抑制Al3+水解，

与化学平衡原理有关，A项不正确；牙釉质对牙齿起着保护作用，其主要成分为羟基磷灰石【Ca5（PO4）3OH】，使用含氟牙膏增大氟离子浓度，使羟基磷灰石转化为氟磷灰石【Ca5（PO4）3F】，可以预防龋齿，与化学平衡原理有关，故B项不正确；金属氧化物分散于玻璃中，形成

固溶胶，与化学平衡原理无关，C项正确；铵态氮肥中的NH4+与草木灰中的CO32﹣会发生双水解生成一水合氨，一水合氨挥发会降低铵态氮肥的肥效，应避免二者混合施用，与水解平衡有关，故D项不正确。3.【答案】C【解析】1个重水分子有10个质子，2.0g重水的物质的量是0.1mol，所以2.0

g重水（D2O）中所含质子数为NA，A项正确；CH3COONa溶液中电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),n(Na+)=1Lx1mol/L=1mol,故CH3COO-和OH-的离子数之和大于NA，B项正确；根据中心原子价层电子对的计算方法，XeF

6中Xe原子的价层电子对是7对，0.4molXeF6中Xe原子价层电子对的数目为2.8NA，C项不正确；电解精炼铜过程中，阳极粗铜中含有杂质铁、锌等，电解时比铜活泼的锌、铁先放电，所以当阳极有32gCu转化为Cu2+，电路中通过的电子数大于NA，D项正确。4.【答案】A【解

析】从催化机理看出，过程中没有非极性键的生成，A项不正确；催化过程中，Rh的配位数发生了改变，B项正确；使用催化剂，反应中的活化分子数增多，提高了活化分子百分数，C项正确；作催化剂，实际参与反应的是H2和

CH2=CH2，D项正确。5.【答案】C【解析】金属镁的活泼性比铝强，铝和氧化镁不能发生铝热反应，A项不正确；根据洪特规则，Cr原子的价层电子排布式为3d54S1，B项不正确；CrO5分子中有过氧键，能体现出强氧化性，C项正确；高温时氯化铝不能电离出离子，

工业上使用熔融的氧化铝来电解冶炼铝，D项不正确。6.【答案】D【解析】铵铁蓝中铁元素有+2和+3两种化合价，A项正确；1个CN-中有1个σ键和2个π键，C项正确；根据价层电子对互斥理论，NH4+中H-N-H的键角比NH3

中的H-N-H的键角大，D项不正确；7.【答案】C【解析】第一步反应的逆反应的活化能是（E5-E3），A项正确；总反应减去第一步基元反应可以得到第二步基元反应，B项正确；分子有效碰撞几率最大的步骤就是决速步，也就是活化

能最小的步骤，由图知，第二步的活化能最小，C项不正确；ΔH=E2-E1，催化剂的使用不改变ΔH，D项正确。8.【答案】D【解析】W、X、Y三种原子所形成的阴离子结构中，根据W、X、Y三种原子所形成的共价键的数目，可以确定W、X、Y三种元素分别位于

第ⅠA族、第ⅢA族、第ⅥA族的元素；比较Z的逐级电离能数据可以知道Z元素是第ⅠA族的元素，由于W、X、Y、Z四种短周期元素的原子序数依次增大，判断出W、X、Y、Z四种短周期元素分别是H、B、O、Na四种元素。阴离子中B原子没有达到8电子稳定结构，A项不正确；Na2O只有离子键，没有共价

键，Na2O2有离子键和非极性键，C项不正确；NaH是离子化合物，其熔点比水高，D项正确。9.【答案】B【解析】“转化”步骤中Fe做还原剂，氧化产物是Fe2+，A项不正确；如果“氧化”步骤使用Cl2的量过多，

过量的Cl2会将碘单质继续氧化，使单质碘的回收率降低，B项说法正确；酒精和水混溶，在这里不能做萃取剂，C项不正确；从有机溶液中获得单质碘的操作是蒸馏，D项不正确。10.【答案】B【解析】搓捻“热袋”的金属片，金属片振动使醋酸钠的过饱和溶液结晶放热，A项正确；镆元素位

于P区，B项不正确；冰晶体中的氢键具有方向性，迫使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子形成氢键，配位数为4，干冰晶体中，CO2分子没有氢键，只有范德华力，其分子是密堆的，配位数为12，C项正确；仪器洗涤干净、盖上硬纸片是防止杂质影响结晶的纯度，小晶体悬挂在中

央是为了获得外形对称性较好的晶体，D项正确。11.【答案】D【解析】由表中①②数据，HA稀释101倍，PH变化(3.88-3.38)＜1，说明HA在水中存在电离平衡，A项正确；由表中数据，HA浓度越大，HA的

电离程度减小，B项正确；取第一组的数据计算，Ka=10-4.76,数量级是10-5,C项正确；Ka=c(H+)c(A−)c(HA),c(H+)c(HA)=Kac(A−)，Ka不变，加水稀释，c(A−)减小，c(H+)c(HA)增大，D项不正确。12

.【答案】C【解析】AgCl与Ag2CrO4的组成不相同，不能由溶解度直接比较溶度积大小，相同温度下Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2CrO4)，A项不正确；S2-和Cu2+直接反应生成CuS沉淀，没

有发生氧化还原反应，B项不正确；，向KI溶液中滴加FeCl3，若FeCl3没有剩余说明反应是完全的，因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的,C项正确；FeCl3和CuSO4的阴离子不相同，不能比较Fe3+和Cu2+的催化能力，故D不正确。1

3.【答案】B【解析】根据储能电池电极反应物判断，放电时电极b是正极，电极a是负极，故N型半导体为正极，P型半导体为负极，A项正确；充电时，电极a是阴极，阴极上发生得电子的反应，B项不正确；充电时，电极b上Cl-失电子生成Cl2，c(Cl-)下降，NaCl溶液的浓

度不断减小，C项正确；放电时，电极b上Cl2得电子生成Cl-，根据电荷守恒，D项正确。14.【答案】C【解析】根据CH4转化率与温度的图像，平衡后，温度升高，CH4的转化率下降，说明△H＜0，A项不正确；a点没有达到平衡状态，延长反应时间使消耗的CH4量增多，导致CH

4转化率提高，故B不正确；设S2与CH4物质的量分别为2mol、1mol，同温同压下不同气体的体积分数等于其物质的量分数，设甲烷的转化率为x，则消耗的n(CH4)=1mol×x=xmol，反应前后气体总计量2023年春鄂东南教改联盟学校期中联考高二化学参考答案（共6页）第3页2023年春鄂东

南教改联盟学校期中联考高二化学参考答案（共6页）第4页数之和不变，则反应前后气体总物质的量之和不变，为3mol，某时刻消耗xmolCH4根据碳原子守恒知，生成xmolCS2，CS2的体积分数为15%，即xmol3mol×100%=15%，则x=45%，C项正确；从图像看出

，生产CS2，并不是温度越高越好，D项不正确；15.【答案】C【解析】如图随着溶液pH值的减小，溶液中c(A2−)逐渐减小、c(HA−)先增大后减小、c(H2A)逐渐增大，随着溶液pH值的增大，c(NH4+)逐渐减小、c(NH3⋅H2O)逐渐增大，所以曲线1、2、3、4、5分别表示δ

(H2A)、δ(HA−)、δ(A2−)、δ(NH4+)、δ(NH3⋅H2O)与pH的关系；由图中数据可知H2A的Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，NH3.H2O电离常数为Kb=10−4.7。d点，c(H2A)=cA2−，

Ka1=c(H+)c(HA−)c(H2A),Ka2=c(H+)cA2−c(HA−),Ka1Ka2=c(H+)2,计算得到c(H+)=10-2.7，A项正确；（NH4）2A溶液中质子守恒，cHA−+2cH2A+cH+=cNH3·H2O+cO

H−，得出cHA−+2cH2A−cNH3·H2O=cOH−−c(H+)，B项正确；NH3.H2O电离常数为Kb=10−4.7，铵盐的水解常数Kh=10−9.3，H2A的Ka2=10-4.2，Ka2>Kb，以HA−的电离为主，则NH4

HA溶液中：c(NH4+)>c(HA−)>c(H+)>c(OH−)，故C错误；原溶液存在物料守恒，：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=cA2−+cHA−+cH2A，故D正确。16.（14分）【答案】（1）（2分）（2）饱和食盐水（2分）（3）c(Na+)＞c(ClO-)＞

c(OH-)＞c(H+)（2分，漏掉离子不给分）（4）2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（2分，没有配平不给分，无气体符号扣1分）（5）Cl2+H2OHClO+HCl，NaH

CO3与HCl反应，使平衡向生成HClO的方向移动（2分，有反应方程式给1分，相应的文字解释给1分，其他合理答案参照给分）（6）①“84消毒液”中的次氯酸盐可将酚酞漂白，使其无法指示滴定终点（2分，其他合理答案参照给分）②20cm×100%（2分）【解

析】（3）由于ClO-的水解，使c(Na+)＞c(ClO-)，溶液呈碱性c(OH-)＞c(H+)，水解的程度很微弱，所以c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)。（4）浓盐酸被KMnO4氧化生成Cl2，离子反应方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2

Mn2++5Cl2↑+8H2O（5）Cl2与水发生可逆反应：Cl2+H2OHClO+HCl，根据资料i，可知酸性：H2CO3＞HClO＞-3HCO，NaHCO3与HCl反应，使平衡向生成HClO的方向移动，H2CO3的酸性强于HClO,HClO不与NaHCO3反应反应（6）①测定“84消毒液”

中游离碱的含量，需向“84消毒液”中滴加双氧水的目的是除去“84消毒液”中的NaClO，若不除去NaClO，则NaClO可以漂白酚酞，无法指示滴定终点；②由题意知，滴定所消耗的标准盐酸的体积为20.00mL，可得关系：NaOH

~HCl，则mg游离碱的物质的量为0.5cmol,故“84消毒液”中游离碱的质量分数为​​​​​​​0.5cmol×40g/molmg×100%=20cm×100%。17.（14分）【答案】（1）①.Fe3+的价层电子排布为3d5,

处于半满状态，比2+Fe稳定（2分，其他合理答案参照给分）②.BD（2分，答对1个得1分，见错无分）③.6（1分）氢键（2分）（2）①.6（1分）正八面体（2分）②.4M×1021ρa3（2分）（3）1.81a（2分，1.8a也给分）【解析】（1）①Fe3+的价层电子排布为3d5，半

满，Fe2+的价层电子排布为3d6，根据核外电子排布规律，Fe3+比Fe2+稳定。②2-4SO中S的杂化方式为sp3杂化，HCN分子中的碳原子为SP杂化，CH2O中碳原子是sp2杂化，H3O+中氧原子采

取sp3杂化,中氯原子采取sp3杂化。③从图1看出，Fe2+与周围的6个H2O中O形成配位键，故配位数是6。24SO中电负性较大的O元素与H2O中H元素形成氢键。（2）①如图所示：Fe2+位于22S所围成的正八面体中。4个阴离子位于棱上，2个位于体心位置上，共6个。②依据分摊法可

知晶胞中Fe2+离子个数为118+6482，22S个数为1111244。一个晶胞中相当于含有4个FeS2，因此一个晶胞的质量m=4xm/NAg。所以晶体密度2023年春鄂东南教改联盟学校期中联考高二化学参考答案（共6页）第5页2023年

春鄂东南教改联盟学校期中联考高二化学参考答案（共6页）第6页ρg·cm−3=MNAmol−1×4a×10−7cm39110mnm。得到NA=4M×1021ρa3（3）at98%浓硫酸含水0.02at，SO3+H2O=H2SO4

8018980.8a/9t0.02at0.98a/9tH2O吸收SO3后所得H2SO4总质量是1+0.8���9������=9.8���9t，发烟硫酸中H2SO4质量分数是60%，则发烟硫酸的质量是9.8���9t

60%=1.81at；即可生产SO3质量分数为40%的发烟硫酸1.81at。18.（14分）【答案】（1）粉碎（1分）（2）还原剂（2分）2CeO2+8HCl=2CeCl3+Cl2↑+4H2O（2分，无气体符号扣1分）（3）Ce(BF4)

3(s)+3K+(aq)3KBF4(s)+Ce3+(aq)（2分，使用“=”、没写状态也给分）（4）①分液漏斗（1分）②有利于提高Ce3+的萃取率（2分，其他合理答案参照给分）（5）0.02（2分）（6）（m-x）CeO2·xCe+2xH2OmCeO

2+2xH2（2分）【解析】(1)矿石粉碎，可以增大反应物之间的接触面积，提高原料的利用率（2）根据流程图，CeO2中的铈元素由+4价降低到后面的+3价，说明H2O2起到了还原剂的作用；由题意，污染性气体是Cl2，HCl做还原剂，CeO2作氧化剂发生的反应为：2CeO2+

8HCl=2CeCl3+Cl2↑+4H2O（3）加入氯化钾溶液，发生沉淀的转化：Ce(BF4)3(s)+3K+(aq)3KBF4(s)+Ce3+(aq)（4）②去除过量盐酸，减小氢离子浓度，使3+Ce(水层)+3HR(有机层)C

e(R)3(有机层)++3H(水层)的化学平衡右移，利于提高Ce3+的萃取率（5）该步骤中若Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10−5mol·L−1，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10−28=c

2(Ce3+)c3(CO32−)=(1.0×10−5)2×c3(CO32−)，c(CO32−)=1.0×10−6，此时测得溶液的pH=6，Ka2H2CO3=5.0×10−11=cCO32−cH+cHCO3−=1.0×10−6×1.0×10−6cH

CO3−，则溶液中c(HCO3−)=0.02mol·L−1（6）通过太阳能实现总反应2H2O→2H2+O2，再结合第一步反应可知，第二步反应为：（m-x）CeO2·xCe+2xH2OmCeO2+2xH2

19.（13分）【答案】（1）①���（2分）②C（2分）（2）���5(1−���)（2分）5v(1−���)������2(mol/L)-1（2分，没带单位也给分）逆向移动（2分）（3）���（1

分）＞（2分）【解析】解：（1）由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅲ的平衡常数随温度升高(要注意横坐标为温度的倒数)而减小，说明这2个反应为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，根据ΔG=ΔH-TΔ

S,ΔH＞0,ΔS＜0,则ΔG＞0，故选A；由盖斯定律可知，Ⅰ−Ⅱ=Ⅲ，则△H1−△H3=△H2＞0，因此△H1＞△H3，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大，则0＜△H1△H3＜1，选项C正确；（2）向某反应容

器中加入���molD(g)，控制温度为353K，测得D(g)的平衡转化率为���，则平衡时n(D)=a(1−���)mol，n(A)+n(B)=n(C)=abmol①，已知反应Ⅲ的平衡常数K3=0.25，则n(B)n(A)=0.25②，解①、②得平

衡体系中B的物质的量为0.2abmol，n(A)=0.8abmol，B(g)与D(g)物质的量浓度之比c(B)：c(D)=���5(1−���)，反应Ⅱ的平衡常数K2=���(1−���)v������v×�����

�5v=5v(1−���)������2；同温同压下，再向该容器中注入E，相当于减压，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动；（3）温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数K3=0.25，n(B)n(A)=0.25，由A、B物

质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为���；由曲线的变化趋势可知，50s以后各组分的浓度仍在变化，t=50s时Qc=n(B)n(A)=0.0150.100=0.15＜Kx3，此时反应Ⅲ正向进行，即正反应速率v正大于逆反应速率v逆。获得更多资源请

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