天门市2021-2022学年高二期末考试化学答案

化学答案1．B【解析】金属的腐蚀、食物的腐败、橡胶的老化反应速率加快对于人类是不利的。2．A【解析】相同条件下，等量的H2O(g)的能量高于H2O(l)。反应②放出的热量更多。3．B【解析】由题可知，υ(A):υ(B):υ(C)=3:2:3。4．B【解析】熵值1molI2(g)>1molI2(S)；相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值1molH2O(g)<2molH2O(g)；等量的同物质，熵值关系为：，所以熵值1molH2O(s)<1molH2O(l)<1molH2O(g)。5．A【解析】生铁是铁合金，其抗腐蚀能力比纯铁弱6．C【解析】Mg(OH)2可消耗氢离子又不会引入新的杂质。7．C【解析】结合题意，根据L、M、R的化合价易知分别为F、O、Cl；Q的化合价为+4、−4，说明Q为C或Si，结合其原子半径大于M，但又小于R，说明Q为C；T的化合价为+5、-3，说明T为N或P，结合其原子半径大于R，说明为T为P；X、Y、Z的原子半径大于T，结合它们的化合价知分别为Al、Mg、Na。8．D【解析】A．p能级能量与s能级的能量比较还要考虑能层的影响；B．原子光谱有吸收光谱和发射光谱两种；C．2p、3p、4p能级的轨道数均为3。9．A【解析】B．用标准NaOH溶液滴定盐酸时氢氧化钠溶液应放在碱式滴定管中，且视线注视锥形瓶；C．无保温措施，放出的热量易散失，不能用装置C测定反应热；D．浓硫酸易将硫化钠氧化生成硫、二氧化硫等物质，并且硫化氢可与硝酸银直接反应生成硫化银沉淀，不发生沉淀转化。10．B【解析】在80-100min内，以γ-丁内酯的浓度变化表示的反应速率为5.00×10-3mol/（L·min）。11．C【解析】a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH电离程度最大的是c。12．D【解析】由2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)可知，NO2的生成速率(逆反应速率)应该是N2的生成速率(正反应速率)的2倍时才能使正、逆反应速率相等，即达到平衡，只有C点满足；B．由图2知，E点反应未达到平衡，F点反应达到平衡，且压强E＜F，则E点的υ逆小于F点的υ正；C．由题中信息可知，维持温度不变，即E、G两点温度相同，平衡常数K(E)=K(G)，混合气体中气体压强与浓度有关，压强越大，体积越小，浓度越大，所以G点压强大，浓度大，即c(E)＜c(G)；D．在恒温恒容下，向G点平衡体系中充入一定量的NO2，等效于加压，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率减小，故D正确。13．C【解析】A．在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小。B．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①>②>④>③。D．将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：c(NH4+)>c(Cl)>c(OH)>c(H+)。14．D【解析】实验4中反应完全后溶质为，溶液中既存在的电离和水解，溶液显酸性说明电离程度大于水解程度，则有。15．B【解析】图中a、b、c的大小关系为：c>a>b。16．（13分）（1）二ⅤA（2分）（2）C或O（2分，答错0分，漏答得1分）（3）Fe（1分）1s22s22p63s23p63d64s2（2分）（4）ds（2分）（2分）（5）KCl（2分）17．（14分）（1）+247.3kJ·mol−1（2分）（2）BD（2分，错选不得分，漏选得1分）（3）4（2分）4（2分）（4）目数越大，CH4转化率越大（2分）催化剂的颗粒越小，原料气与催化剂的接触更加充分（2分）（5）做冷冻剂（2分，其他答案合理即可）【解析】（1）根据各物质的燃烧热可得：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol−1；②CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.0kJ•mol-1；③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ•mol-1；根据盖斯定律①-2×(②+③)可得CH4-CO2催化重整反应的ΔH=-890.3kJ·mol−1-2×(-283.0kJ•mol-1-285.8kJ•mol-1)=+247.3kJ·mol−1；(2)A．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，A错误；B．增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，B正确；C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态，平衡转化率不变，C错误；D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确；故答案选AD；(3)由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应活化能最大。（4）据图可知，75min后催化剂目数越大，CH4转化率越大，因为催化剂目数越大，颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂的接触更加充分，反应更完全。(5)固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。18．（14分）（1）SiO2（2分）（2）无法有效除去铁元素（2分，合理即可）（3）萃取、分液（2分）ZnSO4（2分）（4）减小（2分）2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+（2分）（5）2Co2++4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3↓+Cl-（2分）【解析】废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等)其中二氧化硅不溶于酸，滤渣1为SiO2，溶液中含有锌离子，亚铁离子，钴离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中含钴离子，有机相含锌离子，据此分析解题。（2）若无氧化步骤，亚铁离子不能转化为三价铁离子，对实验的影响是无法有效除铁。（4）由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2++2e-=Co，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+。19．（14分）（1）N2H4·2HCl+2V2O5+6HClN2↑+4VOCl2+6H2O（2分）（2）①除去CO2中的HCl气体（2分）②D装置中出现白色浑浊（2分）（3）抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失（2分）取最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净（2分）（4）%（2分）ABD（2分，错选0分，漏选1分）【解析】实验室以V2O5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，其流程为：V2O5与6mol/L的HCl、N2H4•2HCl反应制取VOCl2溶液，VOCl2溶液再与NH4HCO3溶液反应即可制得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。（1）步骤Ⅰ中生成了一种空气中的主要气体是N2，该步骤反应的化学方程式为：N2H4·2HCl+2V2O5+6HClN2↑+4VOCl2+6H2O（2）①A装置用于制备二氧化碳，是用碳酸钙固体和稀盐酸制备，产生二氧化碳的同时，会产生HCl杂质，对后续实验产生影响，故B的作用是除去二氧化碳中的HCl杂质；②+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，为防止VOCl2被氧气氧化，要用二氧化碳排尽C装置中的空气后，再滴入VOCl2溶液反应，所以当观察到D装置中出现白色浑浊时，打开K2。（3）选择饱和碳酸氢钠的原因是抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失。检验第一次沉淀洗涤干净即在检验是否存在Cl-，操作是：取最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净；（4）根据反应可知，，n(V)=n(VO2+)，m(V)=51×cV×10-3，则钒的质量分数为%；A.(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化，则