化學(xué)-湖南省炎德英才名校聯(lián)考聯(lián)合體2024年4月春季高二年級下學(xué)期第二次(期中)聯(lián)考試卷

，故D正確。名校聯(lián)考聯(lián)合體2024年春季高二年級第二次(期中)聯(lián)考，故D正確?；瘜W(xué)參考答案一、選擇題(本題共14小題，每小題3分，共42分，每小題只有一個選項(xiàng)符合題意)題號2345789121314答案ABADDBBDCDACCB1.A【解析】可燃冰的主要成分是甲烷與水分子的結(jié)晶水合物(CH4H20)，屬于分子晶體。2.B【解析】環(huán)丁烷和乙烯的最簡式均為CH2，28g二者的混合物含2molCH2，則含碳原子數(shù)目為2NA，故A正確；標(biāo)準(zhǔn)狀況下Cc4為液體，不能用22暢4L·mol去進(jìn)行相關(guān)計算，故B錯誤；54g鋁即2mo鋁，和硫酸反應(yīng)后生成的A13+能水解，故反應(yīng)后的溶液中A13+數(shù)目小于2NA，故C正確；PH=1的HA溶液中氫離子濃度為。暢1mol/L，則1L溶液中H+的數(shù)目為。暢1NA故D正確。3.A【解析】食醋中的CH3COOH為弱酸，不能拆寫為離子形式,離子方程式為2CH3COOH＋cac03===ca2+＋2CH3C0O＋H2O＋C02個,A錯誤；Fec13將CU氧化為cucl2而自身被還原為Fecl2離子方程式為2Fe3+＋CU——2Fe2++CU2，B正確；乙酸乙酯與氫氧化鈉溶液共熱時發(fā)生水解反應(yīng)，生成乙酸鈉和乙醇,離子方程式為CH3COOCH2CH3＋OH→CH3C0O＋CH3CH2OH，C正確；用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣，微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為難溶的碳酸鈣，離子方程式為C023cas04===caco3＋S042，D正確。4.D【解析】丁醛的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CHO，故A錯誤；基態(tài)鎂原子的電子排布式為12222P632，最外層為s能級，s能級的電子云圖為球形，故B錯誤；根據(jù)基態(tài)鐵原子的電子排布式1S22S22P63S23P63d64S2可知,Fe的原子結(jié)構(gòu)示意圖為故C錯誤；基態(tài)硫原子的價層電子排布式為3S23P4，其軌道表示式為3s3p5.D【解析】根據(jù)七葉亭的結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含有酚羥基、酯基和碳碳雙鍵，共3種官能團(tuán)，A錯誤；該有機(jī)物中含有氧元素，不屬于烴，B錯誤；分子中含有2個酚羥基，1個酯基，酯基水解后生成1個酚羥基，所以最多消耗4molNaoH，C錯誤；分子中苯環(huán)確定一個平面，碳碳雙鍵確定一個平面，且兩個平面可以重合，故所有碳原子可能共平面，D正確。6.B【解析】HBr氣體極易溶于水，用倒置的漏斗可防倒吸，用濃氨水吸收，揮發(fā)的NH3和HBr反應(yīng)得到固體NH4Br，有白煙生成，故A正確；淡黃色沉淀為AgBr,Br2和HBr均可與AgNO3溶液反應(yīng)生成AgBr,不能推斷燒瓶中發(fā)生取代反應(yīng)，故B錯誤；兩圓底燒瓶中均出現(xiàn)紅棕色氣體，說明液溴沸點(diǎn)低，故C正確；b裝置中揮發(fā)的Br2被CC14吸收，形成橙紅色的Br2的四氯化碳溶液，故D正確。7.B【解析】前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X是空氣中含量最多的元素，則X為N；Y的周期序數(shù)與族序數(shù)相等，則Y為Al；基態(tài)時Z原子3P原子軌道上有5個電子，則Z為cl；W與Z處于同一主族，則W為Br。根據(jù)同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，同主族元素從上到下原子半徑逐漸增大，因此原子半徑：r(z)＜r(y)，T(Z)＜r(W)，故A錯誤；同周期元素從左到右第一電離能呈增大趨勢，但X(N)的2P處于半充滿狀態(tài)，因此X(N)的第一電離能比同周期相鄰元素的大，故B正確；W為Br,在周期表中位于第四周期第ⅢA族，故C錯誤；同主族元素從上到下，非金屬性逐漸減弱，最高價氧化物的水化物的酸性逐漸減弱，所以Z的最高價氧化物的水化物的酸性比W的強(qiáng)，故D錯誤。8.D【解析】由Al2C6的空間結(jié)構(gòu)結(jié)合相關(guān)元素的原子結(jié)構(gòu)可知，Al的價層電子對數(shù)是4,與其周圍的4個氯原子形成四面體結(jié)構(gòu)，因此，二聚體中Al的雜化軌道類型為sp3,A錯誤；AlF3的熔點(diǎn)為1090℃，遠(yuǎn)高于Alcl3的192℃，由于F的電負(fù)性最大，其吸引電子的能力最強(qiáng)，因此，可以判斷鋁氟之間的化學(xué)鍵為離子鍵，鋁氯之間的化學(xué)鍵為共48價鍵，二者不相同，B錯誤；由AlF3的晶胞結(jié)構(gòu)可知，其中含灰色球的個數(shù)為12×=3，白色球的個數(shù)為48則灰色球?yàn)镕，距F最近且等距的A13+有2個，則F的配位數(shù)為2C錯誤；若晶胞參數(shù)為apm則晶胞的體積為333038484×1031.3AAa(apm)=a×10cm,晶胞的質(zhì)量為333038484×1031.3AAa高二化學(xué)參考答案-19·C【解析】含廢液加入KOH溶液調(diào)節(jié)PH,將cr3+轉(zhuǎn)化為cr(OH)3、Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3過濾后，向?yàn)V渣中加入H2O2、KOH將cr(OH)3轉(zhuǎn)化為cro42過濾分離出濾液，加入鹽酸酸化得到含有K2cr207的溶液；"過濾所得濾液中PH=8，則POH＝6，C(OH)=1×10mol液中PH=8，則POH＝6，C(OH)=1×10molC(cr)＝3=6mol·L＝6×c(OH)(1×10)31013mol1,A錯誤；已知"氧化"時cr(OH)3轉(zhuǎn)化為cr024，H2O2具有強(qiáng)氧化性，"氧化"時H2O2在堿性條件下將cr(OH)3氧化為cr024，離子方程式為4OH＋2cr(OH)3＋3H2O2====2cr042＋8H20，B錯誤；cr2027(橙色)＋H20=2H+＋2cro42(黃色)，"酸化"時溶液PH越低氫離子濃度越大，平衡逆向移動，使得cr042轉(zhuǎn)化為cr2072的比例越高,C正確；"酸化"時加入的鹽酸與KOH反應(yīng)生成kcl，將"含K2cr207的溶液"蒸干會因混有KCI而得不到純凈的K2cr2O7固體，D錯誤。10.D解析】根據(jù)圖示可知，CH4與C02在催化劑存在時生成CH3COOH，總反應(yīng)為CH4+C02催化劑→CH3COOHA正確；對比①和②，①→②形成CC，B正確；根據(jù)圖示，①的總能量高于②的總能量，①→②為放熱反應(yīng)，C正確；催化劑只影響化學(xué)反應(yīng)速率，不影響化學(xué)平衡，不能提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率，D錯誤。11.A【解析】黃色沉淀為AgI，說明加入AgN03溶液優(yōu)先形成Agl沉淀，Agl比Agcl更難溶，則說明KP(Ag)＜Ksp(Agcl)A正確；向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱后，應(yīng)加入氫氧化鈉溶液使體系呈堿性，若不加氫氧化鈉，未反應(yīng)的稀硫酸會和新制氫氧化銅反應(yīng)，則不會產(chǎn)生磚紅色沉淀，不能說明蔗糖沒有發(fā)生水解，B錯誤；亞硫酸氫鈉溶液顯酸性，這說明亞硫酸氫根離子的電離程度大于其水解程度，因此題給實(shí)驗(yàn)說明HS03結(jié)合H+的能力比S023的弱，C錯誤；鹽酸易揮發(fā)，若將鹽酸與caco3反應(yīng)產(chǎn)生的氣體直接通入苯酚鈉溶液，可能揮發(fā)的Hcl會與苯酚鈉反應(yīng)生成常溫下難溶于水的苯酚，不能證明是二氧化碳與其發(fā)生的反應(yīng)達(dá)不到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，?yīng)該先除去二氧化碳中可能混有的HCI再進(jìn)行實(shí)驗(yàn)操作，D錯誤。12.C【解析】據(jù)圖可知a極上CH3C0O轉(zhuǎn)化為CO2和H+,CH3C0O被氧化，所以a極為該原電池的負(fù)極，則b極為正極。a極為負(fù)極,CH3C0O失電子被氧化生成CO2和H+,結(jié)合電荷守恒可得電極反應(yīng)式為CH3C0O＋2H208e——2C02個＋7H+,A正確；為了實(shí)現(xiàn)海水的淡化，模擬海水中的氯離子需要移向負(fù)極，即a極，則隔膜1為陰離子交換膜，鈉離子需要移向正極，即b極，則隔膜2為陽離子交換膜，B正確；當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移2mol電子時，根據(jù)電荷守恒可知，海水中會有2molcl移向負(fù)極，同時有2molNa+移向正極，即除去2molNacl,質(zhì)量為117gC錯誤；b極為正極，水溶液呈酸性，所以氫離子得電子產(chǎn)生氫氣，電極反應(yīng)式為2H+＋2e===H2，所以當(dāng)轉(zhuǎn)移8mol電子時，正極產(chǎn)生4mol氣體，根據(jù)負(fù)極反應(yīng)式可知負(fù)極產(chǎn)生2mol氣體，同溫同壓下氣體體積之比為4：2＝2：1,D正確。13.C【解析】實(shí)驗(yàn)①中，0～20min，氨氣濃度變化量為2.40×103mol·L12.00×103mol·L1＝4暢。0×104mol，(NH3)＝2.00×10mol·min,A正確；催化劑表面積大小只影響反1mol，(NH3)＝2.00×10mol·min,A正確；催化劑表面積大小只影響反20min應(yīng)速率，不影響平衡移動，實(shí)驗(yàn)③中氨氣初始濃度與實(shí)驗(yàn)①中一樣實(shí)驗(yàn)③達(dá)到平衡時氨氣濃度為4暢。0×104mol·L1，則實(shí)驗(yàn)①達(dá)平衡時氨氣濃度也為4.00×104mol·L1，而恒溫恒容條件下,實(shí)驗(yàn)②相對于實(shí)驗(yàn)①為減小壓強(qiáng)，平衡正向移動，因此實(shí)驗(yàn)②處于平衡狀態(tài)時c(NH3)＜2.00×104mol·L，由表格數(shù)據(jù)可知，三個實(shí)驗(yàn)均是勻速的實(shí)驗(yàn)②中20min內(nèi)NH3減少4.00×104molL1,又因該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能反應(yīng)完全，則60min時實(shí)驗(yàn)②處于平衡狀態(tài)，<0·2，B正確；實(shí)驗(yàn)①和實(shí)驗(yàn)②催化劑表面積相同，實(shí)驗(yàn)①中氨氣初始濃度是實(shí)驗(yàn)②中氨氣初始濃度的兩倍，實(shí)驗(yàn)①、實(shí)驗(yàn)②中0～20min、20～40min氨氣濃度變化量都是4.00×104mol·L1,C錯誤；由B選項(xiàng)的分析可知實(shí)驗(yàn)①達(dá)到平衡時氨氣濃度為4.00×104molL1,D正確。14.B【解析】隨著鹽酸的加入，可促進(jìn)水電離的碳酸氫根離子不斷減少,抑制水電離的碳酸逐漸增加，水的電離程度逐漸減小，故A錯誤；根據(jù)電荷守恒，C(Na+)＋C(H+)＝C(HCO3)＋2C(C023)＋C(C1)＋C(OH)b點(diǎn)PH=7即C(H+)＝C(OH)，所以C(Na+)＝C(HCO3)＋2C(CO32)＋C(cl)，故B正確；C點(diǎn)，溶質(zhì)為碳酸氫鈉、氯化鈉、碳酸，溶液中的H+主要來自H2C03的電離故C錯誤；d點(diǎn)，碳酸氫鈉和鹽酸恰好反應(yīng)，C(Na+)＝C(cl)＝0.0500mol·L1，故D錯誤。二、非選擇題(本題共4小題，除標(biāo)注外，每空2分，共58分)15·(14分)(1)si02(不溶性硅酸鹽)(2)3d5(3)碾碎固體增大接觸面積、增大硫酸的濃度、適當(dāng)升溫等(合理即可)(4)4.7(5)Nis和zns(答對且只答1個給1分，答錯。分，共2分)(6)F與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，MgF2(S)==Mg2+(aq)2F(aq)平衡向右移動(7)Mn2+＋2HCO3=——Mnc03＋CO2個十H20【解析】(1)硅元素以si02或不溶性硅酸鹽的形式存在，si02與硫酸不反應(yīng)，所以濾渣1中除了S還有sio2(不溶性高二化學(xué)參考答案2硅酸鹽)；在硫酸的溶浸過程中，二氧化錳和硫化錳發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，二氧化錳作氧化劑，硫化錳作還原劑，化學(xué)方程式為Mno2＋Mns＋2H2SO4=———2Mnso4＋S＋2H2。(2)基態(tài)Fe3+的價層電子排布式為3d5。(4)由表中數(shù)據(jù)知PH在4.7時，F(xiàn)e3+和A3+沉淀完全，所以應(yīng)該控制PH在4暢7～6之間。(5)根據(jù)題干信息，加入Na2S除雜是為了除去鋅離子和鎳離子，所以濾渣3是生成的沉淀zns和Nis。(6)由HF=—H+＋F知，酸度過大，F(xiàn)濃度降低使得MgF2(s)==Mg2+(aq)＋2F(aq)平衡向沉淀溶解方向移動，Mg2+沉淀不完全。(7)根據(jù)題干信息，沉錳的過程是生成了Mnco3沉淀，所以反應(yīng)的離子方程式為Mn2+＋2HCO3===Mnco3＋CO2＋H2O。16.(14分)(1)冷凝回流socl2吸收SO2、Hcl等尾氣，防止污染(2)b(3)①2C102十108H+==2cl＋524H20②溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)溶液顏色不再改變③0.01350(4)C【解析】(1)根據(jù)圖中信息得到儀器A為球形冷凝管，由于SOC2沸點(diǎn)為77℃,為充分利用socl2，不能使其逸出，因此球形冷凝管的作用為冷凝回流socl2。由于S02、Hcl會逸出污染環(huán)境，因此NaoH溶液的作用是吸收SO2、Hcl等尾氣，防止污染。(2)根據(jù)裝置圖信息，該裝置可以用于制取能水解的鹽酸鹽晶體，由給出的結(jié)晶水合物制備無水鹽適宜使用上述方法的是zncl2·H2O。(3)①CO2具有強(qiáng)氧化性通入錐形瓶與酸性碘化鉀溶液反應(yīng)，氧化為2自身被還原為C1，同時生成水，反應(yīng)的離子方程式為2CO2＋10＋8H+===2cl＋52十4H20。②由于碘遇淀粉顯藍(lán)色，則V中加入的指示劑通常為淀粉溶液，滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不再改變。③根據(jù)方程式可知2cl02～5210s2023則測得混合氣中CIO2的質(zhì)量為0.1mo1L×0.01L×67.5g/mol×5=0.01350g(4)亞氯酸鹽具有氧化性，明礬不能被氧化，碘化鉀被氧化為碘單質(zhì)鹽酸可能被氧化生成氯氣，因此若要除去超標(biāo)的亞氯酸鹽，最適宜的是硫酸亞鐵，且產(chǎn)生的氧化產(chǎn)物鐵離子能凈水。17·(15分)(1)41.2(2)d(3)①質(zhì)子導(dǎo)體(1分)②CO+H202e===CO2＋2H+(4)①62560%②X【解析】(1)根據(jù)蓋斯定律可知反應(yīng)Ⅱ＝反應(yīng)I反應(yīng)Ⅲ，所以H2=H1H3=206.2KJ·mol1(165KJ·mol1)＝41.2KJ·mol1。(2)化學(xué)反應(yīng)速率與溫度成正比，隨著溫度的降低，橫坐標(biāo)T在增大，此時正、逆反應(yīng)速率均降低，則lgk正和lgk逆均減小，反應(yīng)Ⅱ的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，因此溫度降低，平衡正向移動，則正>逆則降低相同的溫度時lgk逆減小更快，圖中斜線在降低的是C、d，而降低更快的是d。(3)①電解時，一氧化碳和水均從陽極口進(jìn)入，一氧化碳在陽極轉(zhuǎn)化為二氧化碳，則氫氣要在陰極產(chǎn)生，故陽極產(chǎn)生二氧化碳的同時產(chǎn)生氫離子，氫離子通過固體電解質(zhì)進(jìn)入陰極附近得電子產(chǎn)生氫氣，故固體電解質(zhì)應(yīng)采用質(zhì)子導(dǎo)體；②電解時，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為CO+H202e===CO2＋2H+。(4)①結(jié)合反應(yīng)越大Co轉(zhuǎn)化率越大'直到接近10%而H2本身的轉(zhuǎn)化率將下降故表示co轉(zhuǎn)化率、b表示H2轉(zhuǎn)化率；隨著((CH02))的增大C0接近完全轉(zhuǎn)化CH4產(chǎn)率逐漸增大故C表示CH4物質(zhì)的量變化的曲線d表示c02物質(zhì)的量變化的曲線；溫度為T2時在固定容積的容器中充入一定量的H2和1molCo由圖可知((CH02))=1，因此充入1molH2，平衡時n(co2)＝025mol(H2)＝(1875%)×1mol=0.125mol；根據(jù)碳元素守恒：n(co)＋n(CH4)＋n(co2)＝1mol，根據(jù)氧元素守恒：n(co)＋n(H20)＋2n(co2)＝1mol，根據(jù)氫元素守恒：n(H2)高二化學(xué)參考答案3＋2n(CH4)十n(H20)＝lmol，聯(lián)立解之得：n(co)＝0.375moln(CH4)＝0.375mol，n(H2O)＝0.125molB點(diǎn)時Co的轉(zhuǎn)化率為101m03l75mol×10%=625%故=62·5；CH4的選擇性=×100%=60%。mol＋025mol＋0375mol＋0.125mol＝1.25mol，由于起始充入1molCo和0.5molH2進(jìn)行上述反應(yīng)，起始壓強(qiáng)為1暢5po由于溫度均為T2，那么Kp相等，可知當(dāng)起始充入1molCo和1molH2進(jìn)行上述反應(yīng)，根據(jù)物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比可知，該反應(yīng)的起始壓強(qiáng)為2·opo，達(dá)到平衡時的壓強(qiáng)為1.25po由此計算：Kp25p1