【文档说明】湖南省邵阳市第二中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学参考答案.docx，共(5)页，47.231 KB，由小赞的店铺上传

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2023年高一上学期期末考试化学试题参考答案一、选择题（共42分）1234567891011121314BACBDBCDCCBDAB解析6.X、Y、Z均为短周期主族元素，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子

数，Y的最外层电子数不可能是8，只能为2，且Y原子半径大于Z，所以Y为Mg，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为10，故X为C，Z为Si。MgO的熔点高于CO2、CO的熔点，A项错误；元素的非金属性越强，则其气态氢化物的热稳定性越强，C的非金属性强于Si，故

CH4的热稳定性大于SiH4，B项正确；X与Z形成的SiC是共价化合物，C项错误；Mg能溶于浓硝酸，但Si单质不能溶于浓硝酸，D项错误。11、【解析】B根据图示可知，铁失电子，为原电池的负极，发生氧化反应；正极上硫酸根得电子，被还原生

成HS－，据此分析作答。A项，铁失电子，作负极发生氧化反应，正确；B项，正极上硫酸根得电子，被还原生成HS－，正极反应为SO42－＋8e－＋5H2O＝HS－＋9OH－，错误；C项，将管道连接废锌块，形成原电池，其中废锌块为负极，会先反应，可防止

腐蚀，正确；D项，由题意可知在酸性环境下，硫酸盐还原菌会失活，则铁管道不易被硫酸根腐蚀，正确。13、A【解析】A项，FeS2中Fe元素为＋2价，根据元素化合价代数和等于0，硫元素的化合价为－1，错误；B项，将黄铁矿粉碎，增大接触面积，煅烧

时可加快反应速率，正确；C项，高温煅烧黄铁矿时，FeS2和氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，根据得失电子守恒，发生的反应为4FeS2＋11O2====高温2Fe2O3＋8SO2，正确；D项，上述流程中，Fe2O3和CO在高温条件下反应生成铁和二

氧化碳，铁元素化合价降低，冶炼生铁用的是热还原法，正确。15、（1）4NH3+5O24NO+6H2O（2）放热（3）浓H2SO4；生成的NO与O2反应生成NO2,NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了

43NHNO(4)I;42NHCL与HCL反应生成氧气（合理答案均给分）16、（1）II（2分）（2）D（2分）（3）B（2分）（4）①0.026mol·L－1·min－1（2分）等于（2分）②实验2使用了催化剂（2分）催化剂△（5）正（2分）左（

2分）CO＋4e－＋4H＋＝CH3OH（2分）【解析】（1）原子经济性指的是反应物原子全部转移到生成物中，原子利用率是100%。反应Ⅰ和Ⅱ中符合原子经济性的是反应Ⅰ；（2）A项，恒温恒容下，再充入CO，增大了反应物浓度，反应速率加

快，不符合题意；B项，升高温度可以加快反应速率，不符合题意；C项，恒温恒容下，向其中充入Ar，各物质浓度均无改变，反应速率不变，不符合题意；D项，恒温恒压下，向其中充入Ar，容器体积扩大，各物质浓度降低，反应速率减慢，符合题意；故选D项；（3）A项，无论

平衡与否，单位时间内消耗3molH2，一定同时同时生成1mol的CH3OH，所以该说法不能判断是否平衡，不符合题意；B项，CH3OH的体积分数不再发生变化可以说明反应达到了平衡状态，符合题意；C项，平衡时正逆反应速率相等，3v(CO2)=v(H2)不能表示出正逆反应速率相等

，不符合题意；D项，该反应的反应物和生成物均为气体，气体总质量是不变的，容器体积也是固定的，所以容器内气体密度是一直不变的，所以当容器内气体密度不再改变时不能说明反应达到了平衡状态，不符合题意；故选B项；（4）该装置是原电池，根据总反应：CO＋2H2＝CH3

OH可知，H的化合价升高，H2在负极失去电子，所以通入H2的一端是负极；H的化合价升高，则C的化合价降低，通CO的一端是电池的正极；电池工作过程中阳离子移向正极，所以H＋向左移动；通入CO的一端为正极，CO在酸性溶液中得到电子转变为

CH3OH，电极反应式为：CO＋4e－＋4H＋＝CH3OH。17、（共12分）（1）乙醇（2）上分液（3）①（1分）（4）酸（1分）18、（共16分）（1）H2S＋CO32－＝HCO3－＋HS－（2分）（2）OH－＋HCO3－＝H2O＋CO32－（2分）（3）此时脱硫效率较高（2分）（4）4（2分

）H（2分）（5）回收生成的NaVO3（1分）回收生成的TE（醌态）（1分）（6）2H2S＋O2＝2S＋2H2O（2分）【解析】碳酸钠和硫化氢生成NaHCO3和NaHS，加入NaVO3脱硫生成硫单质和Na2V4O9；Na2V4O9和TE（醌态）反应氧化后生成NaV

O3和TE（酚态），然后TE（酚态）中通入空气与空气中氧气反应被氧化又转化为TE（醌态）。（1）由题意反应的化学方程式为H2S＋Na2CO3＝NaHCO3＋NaHS，其离子方程式为H2S＋CO32－＝HCO3－＋HS－；（2）由题意“脱硫”步骤中NaHS和Na

VO3(V为＋5价)脱硫生成硫单质和Na2V4O9(V为＋4价)，由电子守恒得：2NaHS＋4NaVO3―→Na2V4O9＋2S，据质量守恒得：2NaHS＋4NaVO3＋H2O―→Na2V4O9＋2S＋4N

aOH，氢氧化钠与“吸收”步骤中生成的NaHCO3反应生成碳酸钠，反应的离子方程式为OH－＋HCO3－＝H2O＋CO32－；（3）由图可知，pH在8.86时溶液中含硫微粒的浓度较低且脱硫速率较快，说明此时脱硫效率较高，故脱硫过程中常将pH维持在8.86；

（4）分析化学方程式，根据原子守恒可知，1molTE(醌态)和1molTE(酚态)在组成上相差4mol的H；（5）“氧化Ⅰ”步骤Na2V4O9和TE（醌态）反应氧化后生成NaVO3和TE（酚态），作用是回收生成的NaVO3；“氧

化Ⅱ”中TE（酚态）中通入空气与空气中氧气反应被氧化又转化为TE（醌态），作用分别是回收生成的NaVO3、回收生成的TE（醌态）；（6）由图可知，该流程中碳酸钠、TE(醌态)、Na2CO3均可循环利用，故总反应为H2S和氧气反应生成硫和水：2H2S＋O2＝2S＋2H2O。获得更多资源请扫码加入

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