2023湖北省部分重点中学高二下学期3月智学联合检测试题化学PDF版含答案

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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CBBCDDBBDCBCCCB 4、【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：、、3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，导致CO32-转化为HCO3-，CO32-浓度降低，D项错误。故选D。6、【详解】A．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；B．该反应的平衡常数为，B错误；C．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；B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；C．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；D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，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II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，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；9、 D 由A项分析可知，该晶胞中位于棱心上，位于体心上，S2-位于顶点，故一个晶胞中含有Li+的数目为：，S2-的数目为：=1，的数目为1，若晶胞参数为，则晶体密度为=，D正确；10、【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；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．酸性是因为电负性：，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。11、 B．的价层电子对为：，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，的价层电子对为：，有一对孤电子对，空间构型为V性，B错误；C．中N原子以杂化轨道成键,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；12、A．0.1NaHCO3溶液中pH约为8，说明碳酸氢根离子水解大于电离。A正确；B．向0.1NaHCO3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：，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；C．向0.1NaHCO3溶液中加入等体积0.1NaOH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(HCO)+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．只受温度影响，、、三点温度不变，则三点的相等，故A错误；B．当向溶液中滴加10mL溶液时，，此时pCu=18.3，A点V[Na2S(aq)]小于10mL，则，故B错误；C．当向溶液中滴加10mL溶液时，，此时pCu=18.3，c(Cu2+)=10-18.3mol/L= c(S2-)，= c(Cu2+) c(S2-)=，故C正确；D．其他条件相同，若将溶液换为同浓度、同体积的溶液，滴加10mL溶液时，，由于，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2.24 L(0.1mol)气体乙，电路中转移电子0.2NA 15、【分析】由磷酸的与溶液的的关系图可知、、。【详解】A．该温度下，由关系图可知pH=p=7.21，即，A正确；B．逐渐增大该废水的过程中，含磷微粒的变化是，因此溶液中将先增大后减小，B错误；C．时，因为，所以，即，因为，所以，即，故，C正确；D．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，D正确；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）或 NaCl+H2O NaClO+H2↑  （2分）  (4)  3：4  （2分）   Ⅱ     N  （1分）    牺牲阳极法 （2分按新教材的要求写）17．(1)     、    （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分）  (3)使转化为（2分）(4)       （2分）      B（2分）(5)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）    （2分）19． (1) AB  (2分)   (2) (a+b) kJ/mol（2分)   (3) C  (2分)  (4) ① I (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) ② 0（2分)    ③   (2分)(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)/K p(II)，A点Kp(I)=K p(II) ，Kp=1，故lnKp =0             CO2(g)+3H2(g) ⇌ CH3OH(g)+H2O(g)n(初始)(mol)   4      6        0       0n(变化)(mol)   1      3       1       1n(平衡)(mol)   3      3       1       1平衡时总物质的量为8mol，4种物质的分压分别为： 、 、 、  Kp=(×)÷()4 =