化学-湖北省部分重点中学2022-2023学年高二下学期3月智学联合检测

2023年春“湖北省部分重点中学三月智学联合检测”高二三月联考化学参考答案题号123456789101112131415答案CBBCDDBBDCBCCCB4、【答案】【分析】X、Z、W的原子序数依次递减且核外电子的空间运动状态数相同，X、Z、W分别为F、O、N，Y的原子序数是Z的两倍，Y为S。未成对电子为2，在第三周期中，比它未成对电子数少的有：Na、Al、Cl3种，D错误；5、【解析】石灰岩的形成是CaCO3的沉积结果，海水中溶解一定量的CO2，因此CaCO3与CO2，H2O之间存在着下列平衡：CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)Ca(HCO3)2(aq)。A项，海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比较高，因⇌而CO2的浓度较小，即游离的CO2增多，根据平衡移动原理，上述平衡向生成CaCO3方向移动，产生石灰石沉积，A项正确；B项，与A恰恰相反，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少，B项正确；C项，在深海地区中，上述平衡向右移动，且倾向很大，故溶解反应为CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)，C项正确；D项，海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导2--2-致CO3转化为HCO3，CO3浓度降低，D项错误。故选D。6、【详解】AgBg2CgDs起始浓度2.02.00改变浓度1.01.02.0平衡浓度1.01.02.0A．t2时刻的正反应速率和逆反应速率相等，反应开始到平衡，逆反应速率在逐渐增大，所以t1时刻的逆反应速率小于t2时刻的正反应速率，A错误；2.02B．该反应的平衡常数为K4，B错误；1.01.0C．T2时刻反应达到平衡，然后缩小容器体积，压强增大，平衡不移动，C错误；D．该反应到平衡时，A的转化率为50%，若同温时，将A(g)、B(g)各1.0mol充入同样容器，两平衡等效，平衡后，A的转化率为50%，D正确；7、【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；+-0.1c(A-)+c(H)c(A)-3--3B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H)=0.1mol/L，Ka==1.0×10，c总(HA)=c(HA)+c(A)，则-=1.0×10，c(HA)c总(HA)-c(A)c(A-)1解得=，B正确；c总(HA)101C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；+-+-7c(H)c(A)-3-D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H)=1×10mol/L，Ka==1.0×10，c总(HA)=c(HA)+c(A)，c(HA)-7+-10[c总(HA)c(HA)]-34+c(H)c(A)-3=1.0×10，溶液I中c总(HA)=(10+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H)=0.1mol/L，Ka==1.0×10，c(HA)c(HA)0.1[c(HA)c(HA)]-总-3c总(HA)=c(HA)+c(A)，=1.0×10，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和IIc(HA)444中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(10+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(10+1)∶1.01≈10，D错误；8、B【分析】由结构可知R最外层有六个电子，根据题意可知W、R为第ⅥA族元素，因此W为O元素，R为S元素，再根据结构中的成键数可知X为H元素，Y为C元素，Z为N元素.碳元素的氢化物为烷烃，烷烃的沸点随C原子数目增大而增大，存在沸点大于水和氨气的烷烃，B错误；-2-12-19、D由A项分析可知，该晶胞中Li位于棱心上，BF4位于体心上，S位于顶点，故一个晶胞中含有Li+的数目为：123，S的数目为：8=1，48(3×7+32+11+4×19)g1.41032-apm3BF4的数目为1，若晶胞参数为，则晶体密度为-103=3g/cm，D正确；NA(a×10cm)NAa10、【详解】A．气体分子之间距离太大，此时分子间氢键不存在，A错误；答案第1页，共1页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司B．晶体硅和碳化硅都不是分子，不存在分子间作用力，B错误；C．酸性FCH2COOHClCH2COOH是因为电负性：FCl，C正确；D．Br2的熔点较高是因为其分子间作用力较大，D错误。1111、B．NO的价层电子对为：3(5123)3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，NO的价层电子对为：2(5122)3，有32222一对孤电子对，空间构型为V性，B错误；C．NO3中N原子以sp杂化轨道成键,离子中存在3个σ键，为平面三角形，三个O原子和中心N原子之间形成一个四中心六电子的离域大π键，C正确；-112、A．0.1molLNaHCO3溶液中pH约为8，说明碳酸氢根离子水解大于电离。A正确；-1-2+-B．向0.1molLNaHCO3溶液滴入等浓度Ba(OH)2溶液至恰好完全反应，则发生离子反应为：HCO3+Ba+OH=BaCO3+H2O，滴入过程中先变成碳酸根离子，水解程度先增大，随后碳酸根离子与钡离子结合，氢氧根离子过量，所以水的电离程度会逐渐减小，B正确；-1-1-+C．向0.1molLNaHCO3溶液中加入等体积0.1molLNaOH溶液，会生成碳酸钠溶液，溶液中存在质子守恒，即c(OH)=c(H)+c(HCO3)+2c(H2CO3)，C错误；D．向浓NaHCO3溶液中加入浓Al2(SO4)3溶液，溶质会发生双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，D正确；13、A．Ksp只受温度影响，A、B、C三点温度不变，则三点的Ksp相等，故A错误；1122B．当向20mL0.1molLCuCl2溶液中滴加10mL0.2molLNa2S溶液时，cCucS，此时pCu=18.3，A点V[Na2S(aq)]小于10mL，则cCu2cS2，故B错误；11222+-18.32-C．当向20mL0.1molLCuCl2溶液中滴加10mL0.2molLNa2S溶液时，cCucS，此时pCu=18.3，c(Cu)=10mol/L=c(S)，KspCuS=c(Cu2+)c(S2-)=1.01036.6，故C正确；2KspFeSD．其他条件相同，若将CuCl溶液换为同浓度、同体积的FeCl溶液，滴加10mL0.2molL1NaS溶液时，pFelgcFelg，由222cS2于KspFeSKspCuS，则pFe会向左移动，故D错误；14、【解析】A项，左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成-氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，故A错误；B项，Cl转化为ClO2发生氧化反应，应是失去电子，故B错误；C项，右室是水放电生成氢气与氢氧根离子，右室pH升高，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，e口排出NaOH溶液，故C正确；D项，标准状况下，b口每收集到2.24L(0.1mol)气体乙，电路中转移电子0.2NAK102.21K107.21K1012.3615、【分析】由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图可知a1、a2、a3。【详解】．该温度下，由关系图可知K，即K107.21，正确；ApH=pa2=7.21a2A．逐渐增大该废水的过程中，含磷微粒的变化是OHOH2OH3，因此溶液中2将先增大后减小，BpHH3PO4H2PO4HPO4PO4cHPO4B错误；227.21cHPO4cHcHPO4K107.21a31.212C．pH6时，因为Ka210，所以6101，即cH2PO4cHPO4，因为cH2PO4cH2PO4cH103312.36cPO4cHcPO4K1012.36，所以a36.36，即23，故23，正Ka321026101cHPO4cPO4cH2PO4cHPO4cPO4CcHPO4cHPO4cH10确；．因为向含磷废水中加入可以得到沉淀，因此废水除磷过程中存在离子反应2，DCaCl2Ca5PO43OH3H2PO45CaH2O=Ca5PO43OH7HD正确；电解--16．(1)H2-2e+2OH=2H2O（2分）(2)氢氧化钠和氢气（2分）(3)负（1分）2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（写出一个给1分）答案第2页，共1页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司电解或NaCl+H2ONaClO+H2↑（2分）(4)3：4（2分）ⅡN（1分）牺牲阳极法（2分按新教材的要求写）2317．(1)SnO2H=SnH2O、Cr2O36H=2Cr3H2O（各1分）搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等（任写两条）（2分）22(2)PbSO4（2分）(3)使CrO4转化为Cr2O7（2分）高温(4)Cr2O34NaOH3NaNO32Na2CrO43NaNO22H2O（2分）B（2分）(5)K2Cr2O7的溶解度受温度影响较大且随温度降低而减小（2分）18．（1）26（1分）基态Fe3+价层电子排布式为3d5，处于半满较稳定状态（1分）（2）O>N>P（1分）正四面体形（1分）sp3杂化（1分）（3）14（2分）苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能（2分）（4）石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，硬度小，层内碳原子间以共价键结合，熔沸点高（2分）LiC6（2分）7+1263（2分）N(3142)233510-30A219．(1)AB(2分)(2)(a+b)kJ/mol（2分)(3)C(2分)(4)①I(2分);根据图像信息可知，对于反应I，随着温度升高，其lnKp值逐渐增大，即升高温度，反应Ⅰ正向移动，故反应Ⅰ为吸热反应。(2分)②0（2分)③(2分)64281�0(4)由I-II，可得反应CH3OH(g)＋CO2(g)⇌2CO(g)＋H2(g)＋H2O(g)，则该反应Kp=Kp(I)/Kp(II)，A点Kp(I)=Kp(II)，Kp=1，故lnKp=0CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)n(初始)(mol)4600n(变化)(mol)1311n(平衡)(mol)3311平衡时总物质的量为8mol，4种物质的分压分别为：、、、Kp=(×)÷()4=331111364000000028�8�8�8�8�8�8�81�0答案第3页，共1页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司