【文档说明】安徽省部分省示范中学2022-2023学年高二上学期阶段性联考试题（10月） 化学参考答案.pdf，共(7)页，337.311 KB，由小赞的店铺上传

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2023高二10月联考化学参考答案第1页（共5页）高二化学参考答案一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．A【解析】漂白粉的有效成分Ca

(ClO)2容易和空气中的CO2和H2O反应生成HClO，HClO光照、受热易分解，导致漂白粉失效，故漂白粉使用后要密封放在阴凉处，A项错误；氨气易液化，气化时吸热导致温度降低，可做制冷剂，B项正确；活性炭具有吸附性，可以清除冰箱中的异味，C项正

确；白醋中的乙酸可以和铁锈中的Fe2O3反应，从而除去铁栏杆上的锈迹，D项正确。2．C【解析】质子数为8，中子数为8的氧原子的质量数是16，故中子数为8的氧原子：O168，A项正确；二氧化碳分子中C原子分别与O原子以双键

结合，故其结构式为O=C=O，B项正确；过氧化氢是共价化合物，电子式为，C项错误；氯为17号元素，故氯元素的原子结构示意图：，D项正确。3．C【解析】As2S3所含元素化合价均升高，发生氧化反应，A项正确；H3AsO4、S是还原剂As2S3对应的产物，故两者均是氧化产物，B项正确；

若生成1molH3AsO4，则生成5mol的NO2，反应中转移电子的物质的量为5mol，C项错误；若将该氧化还原反应反应设计成原电池，HNO3得电子生成NO2，故NO2应该在正极附近生成，D项正确。4．D【解析】根据题目信息可推知：元素X、Y、Z

、M、Q分别为H、N、Na、Al、Cl。离子半径：Q>Y>Z，A项错误；元素Q氧化物的水化物次氯酸为弱酸，B项错误；元素M和Z对应的最高价氧化物分别是Al(OH)3和NaOH，其碱性：Z>M，C项错误；元素X、Y、Q形成的化合物可能是NH4Cl，既有离子键又

有共价键，D项正确。5．B【解析】若装置保温、隔热效果差，会造成较多的热量损失，实验测得的放热数值偏小，A项正确；仰视读数时，实际量取的盐酸溶液体积偏多，会导致放出的热量偏多，B项错误；分多次将NaOH溶液倒入量热计的内筒中，会导致有较多的热量损失，C项正确；用测量盐酸的温度计直接测

定NaOH溶液的温度，会导致NaOH溶液的初始温度偏高，最后计算出反应放出的热量比实际放出的热量少，D项正确。6．C【解析】图甲中，白磷比红磷能量更高，能量越低物质越稳定，故红磷比白磷稳定，A项错误；金刚石比石墨能量更高，故石墨转化为金刚石是

吸热反应，B项错误；反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物键能之和，图丙中反应为放热反应，ΔH﹤0，故1molNO2和1molCO的键能总和小于1molNO和1molCO2的键能总和，C项正确；由图丁可知，N2+3H22NH3

ΔH=-92kJ·mol-1，该反应是可逆反应，故将1molN2与3molH2充入密闭容器中发生反应，实际放热少于92kJ。7．A【解析】锌片过量，氢气的总量由盐酸的物质的量决定。加入几滴氯化铜溶液，形成铜锌原电池，加快反应速率，同时不影响生成氢气的总量，A项正确；加入适量醋酸钠固体，盐酸

与醋酸钠反应生成醋酸，氢离子浓度降低，反应速率减慢，B项错误；加入适量NaOH固体，与盐酸发生中和反应，氢离子浓度降低，反应速率减慢，C项错误；硝酸钾溶液中的NO3－与盐酸中H+的共同作用，与锌反应生成NO，D项错误。8．C【解析】图甲实验中MnO2与浓盐酸需要加热反应，A项错误；图乙实验中除了是

否滴加CuCl2溶液外，2023高二10月联考化学参考答案第2页（共5页）两者温度也不同，未控制变量，B项错误；图丙实验中，稀硫酸与锌反应生成氢气，注射器可以作为收集氢气的装置，因此图丙能用于通过测定收集一

定体积氢气所用的时间来测量锌粒与一定浓度的稀硫酸反应的速率，C项正确；图丁实验中，两个容器没有隔开，同时在不同温度下，该反应的限度不同，故不能用于比较不同温度对化学反应速率的影响，D项错误。9．B【解析】合成氨工业中使用铁触媒作催化剂是为了加快反

应速率，和平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，A项错误；Cl2和水存在可逆反应：Cl2+H2OHClO+H++Cl－，饱和食盐水中Cl－浓度较大，可以促使上述平衡逆向移动，减少除杂时Cl2的溶解损失，与勒夏特列原理有关，B项正确；反应H2(g)+I2(g)2HI(g

)，缩小体积、增大压强，I2的浓度增大，气体颜色加深，不一定平衡，不能用勒夏特列原理解释，C项错误；工业上采用SO2催化氧化的方法制硫酸，高温是为了加快反应速率，和平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，D项错误。10．C【解析】根据“先拐先

平数值大”可知，温度T1>T2，升高温度X的浓度增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，A项错误；T2下，在0～t1min内，v(X)=1tbamol·L-1·min-1，

相同时间内v(Y)=12tbamol·L-1·min-1，B项错误；其他条件相同，温度越高反应速率越快，温度T1>T2，M、W都是给定温度下的平衡点，各点的正、逆反应速率相等，所以M点的正反应速率大

于W点的逆反应速率，C项正确；升高温度平衡逆向移动，所以温度越高平衡常数越小，又因为M点温度高于W点温度，所以M点和W点的化学平衡常数：K(M)<K(W)，D项错误。二、不定项选择题:本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，

有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．AD【解析】3O2(g)==2O3(g)ΔH>0，说明反应是吸热反应，等质量O2的总能量比O3的总能量低，A项正

确；稀Ba(OH)2溶液和稀H2SO4完全反应生成1molH2O(l)的同时还生成BaSO4沉淀，放热多于57.3kJ，B项错误；表示H2燃烧热的热化学方程式对应产物应是液态水，C项错误；等物质的量S具有能量：S(g)>S(s)，故S(g)+O2(g)=

=SO2(g)放热更多，ΔH更小，即ΔH1﹥ΔH2，D项正确。12．BD【解析】反应速率由慢反应决定，A项正确；总反应的方程式为2H2O2==2H2O+O2↑，v(H2O2)=2v(O2)，且不能用H2O表示该反应速率，B项错误；分解1molH

2O2放出热量98kJ，此时生成0.5molO2，C项正确；IO-是中间产物，I-是该反应的催化剂，可以降低反应活化能，提高活化分子百分数，D项错误。13．AD【解析】该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，C的质量分数减小，且升高温度更快达到平衡状态，A项正确；根据反应前后的化学计量数

大小可知，增大压强平衡向正反应方向移动，正、逆反应速率都增大，且v正>v逆，B项错误；使用催化剂，平衡不移动，C的平衡浓度不变，C项错误；该反应为放热反应，压强一定，温度升高平衡逆向移动，A的转化率降低。根据反应前后的化学计量数大小可知，温度一定，增大压强，平衡正向移动，A的转化率

增大，D项正确。14．CD【解析】由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡逆向移动，即反应的ΔH﹤0，A项正确；25℃时，反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)的平衡常数为5×104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡

常数互为倒数，故25℃时，反应Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2023高二10月联考化学参考答案第3页（共5页）2×10-5，B项正确；在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4

、CO浓度均为0.5mol·L-1，则Q=)(])([44COcCONic=45.05.0=8>2，说明反应向逆反应方向进行，此时v正﹤v逆，C项错误；平衡常数只与温度有关，D项错误。三、非选择题：共4题，共

54分。15．（14分，除标注外每空2分）（1）D（1分）Cu+4H++2NO3-==Cu2++2NO2↑+2H2O（2）酒精灯Cu+H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑F（1分）（3）2NH4Cl+Ca(OH)2C

aCl2+2NH3↑+2H2O将湿润的红色石蕊试纸靠近导管口，若试纸变蓝，则证明已收集满。（或将一端蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近导管口，若产生白烟，则证明收集满。）8.5【解析】（1）甲同学用装置A通过铜与浓硝酸反应制备NO2，则装置A中发生反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2+

+2NO2↑+2H2O；NO2的密度比空气大，且能与水反应，用向上排空气法收集，故选择装置D收集NO2。（2）铜与浓硫酸要在加热条件下反应，故装置A还缺少的仪器名称是酒精灯，反应的化学方程式为Cu+H2SO4(浓)CuS

O4+2H2O+SO2↑；SO2有毒，为酸性氧化物，能与NaOH溶液反应，故选择装置F吸收尾气。（3）丙同学采用固固加热制备氨气，故反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，为了检验氨气是否收集满，可采用的

方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近导管口，若试纸变蓝，则证明已收集满。或将一端蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近导管口，若产生白烟，则证明收集满。丙同学模拟氨气的催化氧化反应，当生成标准状况下11.2L的NO时，有0.5mol的氨气被氧化，其质量

为8.5g。16．（16分，每空2分）（1）2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)ΔH=+13kJ·mol-1（2）-890.7kJ·mol-1相同（3）0.380)2(3ba（4）①-181kJ/mol②1.48HCO

OH*+2H2H2COOH*+23H2【解析】（1）根据盖斯定律，由①×2—②得2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)ΔH=+13kJ·mol-1。（2）根据盖斯定律，①×2+②可得CH4(g)+2O2(g)2H2O

(l)+CO2(g)ΔH=-890.7kJ·mol-1；由盖斯定律知，一个化学反2023高二10月联考化学参考答案第4页（共5页）应不管一步完成还是分几步完成，反应热相等，故CH4通过“化学链燃烧”所放出的热量在相同条件下与CH4直接燃烧相同（3）

由①、②两个方程式可知，CO的氧化产物均为CO2，碳元素的化合价从+2升至+4价，标准状况下，3.36LCO为0.15mol，根据得失电子守恒可知转移电子的物质的量为0.3mol；根据盖斯定律，由①×2+②得4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)

ΔH=-(2a+b)kJ·mol-1，则过程中放出的热量为4)2(15.0bakJ=80)2(3bakJ。（4）①反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，即ΔH=2×745kJ/mol+3×436kJ/m

ol-（3×413kJ/mol+351kJ/mol+463kJ/mol+2×463kJ/mol）=-181kI/mol，二氧化碳催化加氢制甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)Δ

H=-181kJ/mol②由图像可以看出，反应的最大能垒在过渡态3，此能垒E=1.48eV，反应的化学方程式为HCOOH*+2H2H2COOH*+23H2。17．（12分，除标注外每空2分）（1）

2HI+H2O2I2+2H2O（2）1（1分）1（1分）（3）0.001mol·L-1·s-1（4）温度升高，双氧水分解，反应物浓度降低，反应速率减慢（5）①2mL0.1mol·L-1H2O2溶液、1mLH2O②加入KI溶液的试管中产生气体的速率快【解

析】（1）H2O2具有较强的氧化性，可将I－氧化为I2，I2溶于水，溶液呈棕黄色，反应的化学方程式为2HI+H2O2==I2+2H2O。（2）根据实验①、⑤数据可知，a=1；根据实验①、②数据可知，b=1。（3）实验①进行至2

0s时，HI浓度减少了0.04mol·L-1，I2浓度增加了0.02mol·L-1，则v(I2)=tIc)(2=0.001mol·L-1·s-1（4）实验④的温度升高，溶液出现棕黄色所需时间变长，可能的原因是温度升高，双氧水分解，反应物浓度降低，造成反应速率减慢。（5）

①该实验是探究催化剂KI的影响，根据控制变量法，试管2应加入的试剂是2mL0.1mol·L-1H2O2溶液、1mLH2O。②该小组同学认为碘化钾能催化过氧化氢分解，故实验现象为：加入KI溶液的试管中产生气体

的速率快。18．（12分，每空2分）（1）BC（2）AF（3）①﹤②40%③p52023高二10月联考化学参考答案第5页（共5页）【解析】（1）混合气体质量恒定，密闭容器恒容，故密度始终保持不变，A项错误；混合气体的平均摩尔质量=mn，总质量

守恒，混合气体的平均相对分子质量不变说明混合气体总物质的量不变，该反应前后气体化学计量数之和不相等，当气体总物质的量不变，说明反应达到平衡状态，B项正确；NO与Cl2等物质的量充入反应容器，而两者按照2:1转化，故当NO和Cl2的物质的量之比保持不变，说明反应达到平

衡状态，C项正确；反应的任意时刻，每消耗1molNO的同时均生成1molClNO，不能说明达到平衡状态，D项错误。（2）)()(2ClnNOn比值越小，NO的转化率越大，故NO转化率最大的是A点；当反应物的物质的量之比等于化学计量数之比时，生

成物的体积分数最大，当)()(2ClnNOn=2.5时，ClNO的体积分数较C点减小，故应该是F点。（3）①由图乙可知，随温度升高，平衡时NO的转化率降低，则该反应为放热反应，ΔH﹤0。②假设反应开始时，n(NO)=2mol、n(Cl2)=1mol，M点平衡时NO的转化

率为50%，根据三段式可得，平衡时n(NO)=1mol、n(Cl2)=0.5mol、n(ClNO)=1mol，故M点时容器内NO的体积分数=molmolmolmol15.011×100%=40%；③根据分压平衡常数Kp的定义，将数据代入

可得Kp=)()()(22ClpNOpClNOp=)51()52()52(22ppp=p5。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www

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