湖北省湖北省部分高中期中联考2024-2025学年高二上学期11月期中化学试题答案

2024年秋季湖北省部分高中联考协作体期中考试高二化学参考答案题号123456789101112131415选项BAABDDADBCCDDCB1．【答案】B【详解】A．酒曲上生长有大量的微生物，及微生物所分泌的酶（淀粉酶、糖化酶和蛋白酶等），酶具有生物催化作用，A项正确；B．汽油中不含氮元素，不完全燃烧排放的尾气是CO和CHx；汽车尾气中的氮氧化物是空气中氮气与氧气在高温放电条件下生成的，B项错误；C．使用含氟牙膏，是因为牙齿釉质层的主要成分与氟离子发生反应，生成更难溶的氟磷灰石，而且更能抵抗酸的腐蚀，C项正确；D．草木灰主要成分是碳酸钾，是钾肥。其水溶液显碱性，能改善土壤酸度，D项正确；故答案选B。2．【答案】A【详解】A．体系升温后平衡向吸热的逆反应方向移动，碘蒸气浓度增大，能用勒夏特列原理解释，A项正确；催化剂不改变平衡状态，不能用勒夏特列原理解释，B项错误；C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C项错误；D．工业上SO2催化氧化成SO3的反应是气体体积减小的反应，高压有利于SO2转化为SO3，选用常压条件而不选用高压，是常压下SO2的转化率很高，同时高压对设备要求也相应提高，导致经济成本也会相应增大，不能用勒夏特列原理解释，D项错误；故答案选A。3．【答案】A【详解】A．表示氢气燃烧热的热化学方程式中氢气应为1mol，A项错误；B．氢气燃烧过程为放热反应，反应物能量之和大于生成物能量之和，B项正确；C．液氧液氢火箭推进剂的燃烧产物为水，液态N2O4—偏二甲肼(C2H8N)火箭推进剂燃烧可能产生氮氧化物，故前者更环保，C项正确；D．液态氢转化为气态氢时混乱度增加，为熵增过程，D项正确。故答案选D。4．【答案】B【详解】A．若反应A(s)=B(s)ΔH<0，则说明A物质比B物质的能量高，则B物质比A物质稳定，分子内共价键键能B比A大，A项错误；B．中和热是强酸强碱稀溶液中和反应生成1mol水放出的热量，而NH3·H2O为弱碱，电离过程会吸热，则稀盐酸和稀氨水反应生成1mol液态水时放出的热量小于57.3kJ，B项正确；C．反应为可逆反应进行不完全，故1molI2、2molH2在此条件下充分反应，放出热量小于11.0kJ，C项错误；D．燃烧热是指在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，本选项中C(s)完全燃烧应该生成二氧化碳，D项错误；故答案选B。5．【答案】D【详解】将两个热化学方程式依次编号为①S(s)＋2K(s)=K2S(s)ΔH1＝akJ·mol－1，②2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)=2KNO3(s)ΔH2＝bkJ·mol－1，由碳的燃烧热ΔH3＝ckJ·mol－1得③C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH3＝ckJ·mol－1，目标反应可由③×3＋①－②得到，所以ΔH＝3ΔH3＋ΔH1－ΔH2，则x＝a－b＋3c。故答案选D。6．【答案】D【详解】A．银质搅拌器和纯铜盖杯的导热性强，散热快，不能准确测量中和反应反应热，A项错误；B．可以研究不同温度对化学反应平衡移动的影响，而不适合探究温度对化学反应速率的影响，B项错误；C．蒸干溶液，促进水解，只能得到或者，不能获得晶体，C项错误；D．取液前读数0.80mL，取液后读数15.80mL，运算得15.00mL。D项正确；故答案选D。7．【答案】A【详解】①由铁块换铁粉，增大反应物接触面积，化学反应速率加快，但Fe过量，n(H+)不变，则生成氢气的量不变，故正确；②改用10mL0.1mol⋅L1盐酸，氢离子浓度增大，化学反应速率加快，但n(H+)不变，则生成氢气的量不变，故正确；③将0.01mol⋅L1的稀盐酸换成98%的硫酸溶液，浓硫酸和Fe发生钝化现象，不生成氢气，故错误；

④升高温度（不考虑盐酸挥发），增大活化分子百分数，化学反应速率加快，但n(H+)不变，则生成氢气的量不变，故正确；⑤加NaCl溶液，增大溶液体积，氢离子浓度减小，化学反应速率减慢，但生成氢气的总量不变，故错误；⑥加CH3COONa固体，先反应生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，化学反应速率减慢，生成氢气的量不变，故错误；⑦滴入几滴硫酸铜溶液，Fe置换出Cu，Fe、Cu和稀酸构成原电池而加快化学反应速率，但氢离子物质的量不变，生成氢气的量不变，故正确；⑧加NaNO3固体，酸性条件下硝酸根和Fe反应生成NO而不是氢气，导致生成氢气的总量减少，故错误；故答案选A。8．【答案】D【详解】A．0.1mol/L次氯酸消毒液的约为4是因为次氯酸是弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和次氯酸根离子，电离方程式为，A项正确；B．向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铁溶液，出现红褐色沉淀发生的反应为氢氧化镁与溶液中的铁离子反应生成溶解度更小的氢氧化铁和镁离子，反应的离子方程式为3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)，B项正确；C．少量氢氧化钠溶液与氢硫酸混合，发生反应的离子方程式为，C项正确；D．碳酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，则溶有的雨水约为5.6的原因是，D项错误；故答案选D。9．【答案】B【详解】A．表示在某时刻充入了一定量的NH3，平衡逆向移动，图像描述正确，但温度未变化学平衡常数K不变，A项错误；B．从图像可知：T1>T2，p2>p1，由反应可知，压强一定时升高温度平衡逆向移动，NH3的体积分数减小；温度一定时，压强增大，平衡正向移动，NH3的体积分数增大。B项正确；C．温度一定时，压强增大，平衡正向移动，NH3的体积分数增大。故p4<p3，C项错误；D.．增大浓度，平衡正向移动，氢气的转化率升高，D项错误；故答案选B。10．【答案】C【详解】A．向稀溶液中滴加5滴的溶液，再滴加5滴的溶液，先出现白色沉淀，后出现蓝色沉淀，由于氢氧化钠过量，不能说明白色氢氧化镁沉淀转化为蓝色氢氧化铜沉淀，则不能说明，A项错误；B．往等体积、等pH的溶液和溶液中分别加入足量锌粉，充分反应后，溶液产生更多的氢气，则浓度更大，酸性更弱，所以Ka(HA)<Ka(HB)；B项错误；C．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，则溶液的红色变浅，C项正确；D．用pH传感器分别测定等浓度的NaClO溶液和溶液的pH，NaClO溶液的pH较大，说明酸性：，D项错误；故答案选C。11．【答案】C【详解】A．是弱碱，电离程度很小，溶液中NH很小；是强电解质，在水溶液中完全电离出NH和Cl，NH有很少一部分发生水解，所以氨水和溶液相比，前者小于后者，A项错误；B．的溶液中，根据物料守恒，，B项错误；C．根据质子守恒，溶液中c(OH)=c(H+)+c(HS)+2c(H2S)，C项正确；D．溶液和盐酸等体积混合，得到等浓度的和，溶液中碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，溶液显碱性，溶液中，D项错误；故答案选C。12．【答案】D【详解】A．由图可知，温度越高，生成物的物质的量越大，则升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，则H>0，A项正确；B．由图可知，Z点的温度更高，平衡右移，此时气体物质的量总和增加，容器内压强受温度和物质的量增大双重影响变得更大，所以Z点容器内压强更大，B项正确；C．Y点H2S的物质的量与氢气相等，则，所以有0.22x=4x，解得x=0.033，则X点H2S的转化率为2x÷0.2=0.033×2÷0.2=33.3%，C项正确；D．Z点CH4的物质的量与CS2相等，则，所以有0.1x=x，解得x=0.05，设体积为V，得出平衡常数，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时，，所以平衡移动逆方向移动，v(正)＜v(逆)，D项错误；故答案选D。13．【答案】D【详解】A．生成物气体化学计量数系数之和小于反应物气体化学计量系数之和，所以ΔS＜0，则－TΔS＞0，根据ΔG＝ΔH－TΔS，因为能满足ΔG＜0，所以ΔH＜0，A项正确；B．反应①的ΔS>0，则－ΔS＜0，所以斜率小于0，L2对应反应①，B项正确；C．ΔG越小，说明它能够反应的趋势更大，983K时两反应的ΔG相等，之后两反应的ΔG大小关系发生变化，则反应主次趋势发生变化，所以983K是反应趋势变化的转折点，C项正确；D．当温度高于983K时，L2的ΔG更小，所以以反应①生成CO为主，D项错误。故答案选D。14．【答案】C【详解】A．从图中可以看出，第二个过渡态的活化能最大，则此步为控速步，其基元反应CH3*+CO2*=CH3COO*，A项正确；B．增大催化剂表面积，可提高CO2在催化剂表面的接触面积，从而提高二氧化碳在催化剂表面的吸附速率，B项正确；C．从图中可以看出CH3COOH*比CH3COOH(g)能量要低得多，C项错误；D．从图中看出，催化剂2参与的反应中，活化能都比催化剂1参与的相同的反应活化能低，所以催化效果更好的是催化剂2，D项正确；故答案选C。15．【答案】B【详解】H2X发生电离方程式为H2XH＋＋HX－，HX－H＋＋X2－，Ka1=，Ka2=因为Ka1>Ka2，因此在相同pH时，>，然后得出线N表示pH与lg的变化关系，线M代表pH与lg的变化关系。A．根据上述分析，线N代表pH与lg的变化关系，A项错误；B．取lg=0，则=1，Ka1==c(H＋)=10－4.4，B项正确；C．NaHX中HX－的电离平衡常数Ka2=，取lg=0，则=1，此时对应的pH约为5.4，即Ka2的数量级为10－6，HX－的水解平衡常数说明HX－的电离大于其水解，溶液显酸性，C项错误；D．由电荷守恒知，c(Na+)+c(H+)=2c(X2)+c(HX)+c(OH)，滴定至pH=7时，c(H+)=c(OH)，则c(Na+)=2c(X2)+c(HX)，由线M中的数据可知，当溶液中c(HX)=c(X2)时，pH约为5.4，则pH=7时，c(HX)<c(X2)，即c(Na+)<3c(X2)，D项错误；故答案选B。16．（11分）【答案】+ΔH＝+180kJ·mol－1（或+ΔH＝+90kJ·mol－1）（2分）<（2分）（3）<（1分）将SbCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度（2分）（4）CO32−、F－、SO4（5）（2分）【详解】1与1反应生成2等于生成物分子的化学键形成时所释放的总能量kJ）与反应物分子的化学键断裂时所吸收的总能量kJ=1444kJ）的差，即吸收180kJ的能量（2）根据反应的热化学方程式可知该反应，反应在低温下能自发进行，根据ΔG＝ΔH－TΔS<0，推知ΔH<0，该反应为放热反应，故该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能；（3）SbCl3强酸弱碱盐，溶液水解呈酸性，故pH<配制成溶液时用较浓的盐酸抑制水解，再稀释到所需浓度开始析出沉淀时，CaSO4饱和溶液中c(Ca2＋)＝KspCaSO4cSO42−＝9.0×10−60.010mol·L－1＝9.0×10－4mol·L－1，CaCO3饱和溶液中c(Ca2＋)＝KspCaCO3cCO32−＝5.0×10−90.010mol·L－1＝5.0×10－7mol·L－1，CaF2饱和溶液中c(Ca2＋)＝常温时，Kw＝1014，pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝103mol·L1，pH＝3的盐酸中c(H＋)＝103mol·L1，两者混合后pH＝aL×103mol·L1_bL×103mol·L1)/(a+b)L＝104mol·L1，解得a∶b＝11∶9(14分）【答案】(1)MnO•4ZnO•5Fe2O3(2分）(2)搅拌(或适当增加硫酸浓度或加热等其他答案合理均可)(1分）(3)75℃左右（填7080℃范围内均可）(2分）(4)(1分）；(2分）；过量，Fe2＋、Zn2＋会转化为FeS、ZnS沉淀造成Fe2＋、Zn2＋损失(2分）；(5)pH小于5时，酸性太强，由F+H+HF可知，、可能因浓度太小而不能完全沉淀；pH大于5时，溶液中、会以氢氧化物的形式沉淀(2分）(6)(2分）【分析】黄钾铁矾渣的主要成分为，含杂质Zn、Cu、Cd、Mg等的氧化物，加入过量稀硫酸酸浸后，加入铁粉还原，发生反应2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑，再加入(NH4)2S除Cu2+、Cd2+，加NH4F除Mg2+、Ca2+，过滤，滤液中加入ZnSO4、MnSO4调节溶液成分，最后再加入NH4HCO3共沉淀，使Fe2＋、Mn2＋、Zn2＋转化为沉淀，过滤，所得滤渣通入空气烧结得到；据此分析解题。【详解】（1）当锰锌铁氧体中n(Zn)：n(Fe)=2：5时，则(1x)：2=2：5，解得x=0.2，该物质的化学式为MnZn4Fe10O20，改写成氧化物的形式为MnO·4ZnO·5Fe2O3；能提高浸出率的措施有适当的增大硫酸浓度﹑加热、搅拌等；加入铁粉，是为了除杂质，同时得到，根据图中信息，75℃左右浓度最大，所以温度控制在75℃左右最佳，故答案为：75℃左右；（4）①由于和均为“AB”型化合物，且的更小，所以除铜、镉中，最先沉淀的离子是Cu2+，故答案为：Cu2+；②若要将溶液中的铜、镉完全沉淀，即完全沉淀即可，根据，则溶液中的，故答案为：；③过量,Fe2＋、Zn2＋会转化为FeS、ZnS沉淀造成Fe2＋、Zn2＋损失；（5）pH小于5时，酸性太强，由F+H+HF可知，、可能因浓度太小而不能完全沉淀；pH大于5时，溶液中、会以氢氧化物的形式沉淀；（6）加入，转化为，写出反应的离子方程式：，故答案为。18．(15分）【答案】（Ⅰ）(1)H2C2O4H++HC2O4−HC2OH++C2O4(2)AC（2分）（Ⅱ）(1)反应物浓度（1分）l（1分）(2)②、③（1分）（不写单位不得分）（2分）（Ⅲ）(1)酸式滴定管（1分）当最后半滴酸性高锰酸钾溶液滴入锥形瓶内，瓶内溶液颜色由无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点（2分）(2)88.20（写成88.2不扣分）（2分）(3)AB（2分）【详解】（Ⅰ）(1)多元弱酸分布电离，以第一步电离为主H2C2O4H++HC2(2)A．草酸为二元酸，若为强酸，其电离出的氢离子浓度为0.02mol/L，pH小于2，室温下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，测其pH=2，说明存在电离平衡，证明酸为弱酸，故A项正确；B．室温下，0.010mol/L的NaHC2O4溶液pH小于7，可能是草酸氢根电离，也可能是草酸氢根的电离程度大于水解程度，并不能说明草酸是弱酸，故B项错误；C．室温下，取pH=a（a＜3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pH＜a+2，说明稀释促进电离，溶液中存在电离平衡，为弱酸，故C项正确；D．取0.10mol/L的H2C2O4溶液100mL与足量锌粉反应，无论是强酸还是弱酸，收集到标准状况下H2体积都为224mL，故D项错误；故答案为AC；（Ⅱ）（1）通过观察实验①、②的数据可知T1、V1未知，但实验①、②中所用的溶液的体积不同，根据控制变量法的原则，T1应为290K，变量为溶液的浓度，此外两组实验溶液的总体积应保持一致确保两组实验中其他溶液的浓度相同，故V1=1，故答案为：反应物浓度；l；（2）根据控制变量法的原则，V1=1，所以可通过实验②、③探究温度变化对化学反应速率的影响，反应原理为，实验②中所用的溶液的物质的量为，溶液的物质的量为×3×103L=3×104mol，溶液过量，8s内消耗的溶液的物质的量为，此时溶液的总体积为，所以8s内，故答案为：②、③；；（Ⅲ）(1)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，应该用酸式滴定管终点判断：当最后半滴酸性高锰酸钾溶液滴入锥形瓶内，瓶内溶液颜色由无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点。(2)由表可知三次实验消耗标准溶液体积分别为17.69mL0.20mL=17.49mL、18.31mL0.80mL=17.51mL、20.24mL1.03mL=19.21mL，第3次实验误差较大应舍去，则其体积为，由滴定原理，，m()=nM=0.0175mol×126g/mol=2.205g，样品的纯度为。(3)A．滴定管在盛装酸性高锰酸钾溶液前未润洗，导致溶液浓度减小，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故A项符合题意；B．锥形瓶先润洗，导致所取待测液物质的量增加，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B项符合题意；C．滴定过程中，锥形瓶振荡的太剧烈，以致部分液体溅出，待测液减小，消耗标准溶液体积减小，测定结果偏低，故C项不符合题意；D．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，读取的标准溶液体积减小，测定标准溶液难度偏低，故D项不符合题意。19.（15分）【答案】(1)=1\*GB3①25%（2分）0.67（2分）②DE（2分）(2)=1\*GB3①（2分）=2\*GB3②a（1分）b（1分）(3)①10.0（1分）正反应为气体分子数减少的反应，在其他条件不变的情况下，压强越大，NO的平衡