湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”2024-2025学年高二上学期期中联考化学试卷含答案高二期中联考-化学答案

高二期中联考化学试题参考答案题号12345678答案DADBCCDC题号9答案ADBCAAB(1)D(2)当滴入最后半滴盐酸后,锥形瓶内溶液颜色由红色变为无色,且半分钟内不再变化92%(3)滴定过程至终点,待测液始终呈弱碱性环境,不会出现强酸性环境,故NaNO2不会与盐酸发生反应(4)B-7(1)①3~6(1分)大于(2分)②B(2分)(2)氢键(1分)HSO+2NO2+H2O=2HNO2+HSO4-(2分)(3)0.073(2分)(4)c(NH)>c(SO-)>c(H+)>c(OH-)(2分)(1)-91.5(2分)较低(2分)+2H2HCO∗H2分)(3)加入更高效的催化剂(2分)(4)n(2分)增大压强,反应ⅱ平衡正向移动,反应ⅲ平衡不移动,则CO2的平衡转化率和CH3OH的选择性均增大,且CO的选择性和CH3OH的选择性之和为100%(2分)(1)①较浓的盐酸(2分)③Fe2O3(2分)(2)①将洁净的粉笔置于酒精灯上灼烧(或者将浸泡过酒精的粉笔夹持于酒精灯上灼烧)(2分)②利用酒精挥发排尽装置内空气,避免可能因FeO氧化为Fe3O4产生干扰(2分)(3)①Fe(1分)②高锰酸钾溶液紫色褪去(1分)③KSCN(1分)(4)CH3CH2OH+3Fe2O3=△=CH3CHO+2Fe3O4+H2O(2分)高二期中联考化学试题解析2.【解析】A.催化剂能降低反应活化能,加快反应速率,但化学平衡不移动,所以有害物质的平衡转化率不变HCO发生完全双水解反应,不能大量共存,故A错误;B.pH=12的溶液为碱性溶液,碱性溶液中含有大量OH-,NH、Ca2+均与OH-不能大量共存,故B错误;C,可知-不反应,可大量共存,故C正确;D.水电-10mol·L-1的溶液,该溶液中水的电离受到抑制,可能是强酸性溶液,也可能是强碱性溶液,酸性条件下,HCO不能大量存在,碱性条件下,NH、HCO不能大量共存,故D错误;故答案为:C。6.【解析】A.HCO的水解程度大于电离程度,可促进水的电离,HSO4-电离出的氢离子会抑制水的电离;B.某盐溶液呈酸性,也可能是因为该盐发生了电离,如NaHSO4;C.加水稀释导致CH3COOH兰CH3-+H+平衡正向移动,但溶液中的c(H+)减小,溶液中逐渐增大;D.常温下,醋酸钠为能水解的盐,对水的电离起到促进作用,NH3·H2O电离产生OH-,对水的电离起抑制作用,3-6mol/L;B.NH在水溶液中会水解,则NH的数目23溶液中,阴离子总数=阳离子总数=钠离子总数+氢离子总数=0.2NA+氢离子总数,则阴离子的数目大于0.12发生反应,n(Mg):n(酸则Mg剩余,据此分析解题。A.两种酸的物质的量相等,NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液,消耗V(NaOH)与n(酸)成正比,所以两种酸消耗V(NaOH)相等;B.密闭容器中气体物质的量越大,气体压强越大,开始一段时间内c(H+):盐酸>醋酸,则开始一段时间内生成气体体积:盐酸>醋酸,则曲线②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线;C.反应中消耗H+而促进醋酸电离,则反应中醋酸的电离被促进,两种溶液最终生成氢气的量与n(酸)成正比,两种酸的物质的量相等,所以两种溶液最终产生的氢气总量基本相等;D.反应一段时间后,c(H+):盐酸<醋酸,反应速率与c(H+)成正比,所以一段时间后盐酸与Mg反应的化学反应速率均慢于醋酸与Mg反应的化学反应速率。11.【解析】A.醋酸是弱电解质,通入氨气后醋酸逐渐转化为强电解质醋酸铵,直至醋酸消耗完,该阶段导电能力增强,然后继续通入氨气,氨气与水反应生成一水合氨,铵根离子和氢氧根离子浓度缓慢增大,导电能力缓慢增强,与图不符,A错误;B.由图可知pH相同的HA溶液和HB溶液稀释相同倍数,HB的pH较小,则HB的电离常数小于HA,因此结合质子(H+)的能力:B->A-,B正确;C.0.1molMgCl2·6H2O在空气中充分加热时镁离子水解转化为氢氧化镁,氢氧化镁分解为氧化镁,最终固体为0.1molMgO,质量为0.1mol×40g/mol=4g,故C错误;D.加入催化剂能降低反应所需的活化能,加快反应速率,乙中反应物总能量大于生成物总能量,反应为放热反应,而高温时碳与水蒸气的反应为吸热反应,与题干不符,故D错误。故选B。12.【解析】A.在该体系中加入适量生石灰,CaO能吸收水蒸气,从而使H2O蒸气浓度减小,化学平衡正向移动,故可提高反应物的平衡转化率,A正确;B.充入CO的量越多,上述平衡正向移动,故平衡体系中C2H5OH的浓度越大,B正确;C.由题干信息可知,该反应的速率方程为v=kc2(CO),即反应速率与H2的浓度无关,故在该体系中继续充入H2的反应速率不变,C错误;D.对铑基催化剂进行改良,可能会进一步提高催化效率,D正确;故答案为:C。平(S)/c平(T)增大,说明反应S(g)T(g)的平衡逆向移动,即该反应为放热反应,c平(S)/c平(Ⅰ)减小,说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动,属于吸热反应,由此可排除C、D选项,加入催化剂,反应达到平衡所需时间大幅缩短,即反应的决速步骤的活化能下降,使得反应速率大幅加快,活化能大的步骤为决速步骤,符合条件的反应历程示意图为A,故A正确,故选A。15.【解析】A.由图中可以看出,滴定达终点时,HB消耗KOH的体积大,则表明c(HB)>c(HA),而起始时pH(HB)>pH(HA),所以酸性HA>HB,故A错误;B.HB是弱酸,部分电离,对应的pH=3,则电离部分c电离(HB)≈c(H+)=10-3mol/L,由图可知滴定等体积的两种酸时滴HB消耗的氢氧化钠是滴定HA的两倍,则c初始(HB)=2c(HA)≈0.2mol/L,则酸HB的电离度为,故B正确;C.由图中可以看出,滴定HA的终点pH=7,则HA是强酸,c(HA)=c(H+)=0.1