高二联考化学参考答案

答案第1页，共5页 高二联考化学参考答案 1．A2．D3．B4．C5．B6．C7．C8．D9．A10．C11．B12．D13．AD14．BD 15．（15 分，除标注外其余2 分每空） (1) 粉碎、加热 Co 2+、Fe 3+ Fe(OH)3 9 (2) 1Mn2++1H2O2+2NH3 ⋅H2O=MnO2+2NH4 ++2H2O (2) 滴入最后半滴EDTA 后， 溶液由蓝(紫)色变为红色， 且半分钟内不变色 238cV 1000m × 100% （3 分） 16． （10 分，2 分每空）(1) BC HCO3 - +OH ﹣=CO 3 2- +H2O (2) H2CO3>H2S>HClO ClO ﹣+CO2+H2O=HCO3 - +HClO < 17． （13 分，除标注外其余2 分每空）(1)NO3 − (2) O2 + 4e−+ 2H2O = 4OH− CH4 −8e−+ 10OH−= CO3 2−+ 7H2O (3)负（1 分） (4) 正（2 分） FePO4 + e−+ Li+ = LiFePO4 (5) 正（2 分） Fe2+ + Ag+ ⇌Fe3+ + Ag 18． （16 分，除标注外其余2 分每空）(1)-88kJ ⋅mol−1（3 分） (2) 0.1mol ⋅L−1 ⋅min−1 3（3 分） AD (3) 小于 大于 增大CO2的浓度或移走生成物等 详解 1．A【解析】A．图中能量转化方式有：光能转化为电能、电能转化为化学能、风能转化为电能、化学能 转化为热能等，A 错误； B．有机物为除一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐以外的含碳化合物；CO2属于无机化合物、CH3OH 属 于有机化合物，B 正确； C．1 分子甲醇中含有1 个O-H 键，则0.1mol CH3OH 中含有0.1mol O—H 键，C 正确； D．利用CO2合成CH3OH 燃料可以充分利用二氧化碳资源，能促进“碳中和” ，D 正确。 2．D【解析】A．碱性溶液中，Al 3+、Fe 3+会转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，甚至Al 3+会转化为AlO2 −，A 不符 合题意； B．加入铝粉生成H2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液呈酸性，不能大量存在HCO3 −、NO3 −，若溶 液呈碱性，HCO3 −、NH4 +不能大量存在，B 不符合题意； C．Cr2O7 2−呈橙红色，在无色溶液中不可能大量存在，C 不符合题意； D． ���w ���平H+ = 1 × 10−13mol ⋅L−1的溶液呈酸性，NH4 +、Ca2+、Cl−、NO3 −都能大量存在，D 符合题意； 。 3．B【解析】A．从图中可以看出，70℃时SiHCl3转化率高与50℃，说明升高温度，该反应正向进行，正 反应为吸热反应，选项A 错误； B．平衡时，v正SiHCl3 =2v逆SiCl4 ，a 点时，未达平衡状态，所以v正SiHCl3 >2v逆SiCl4 ，选项B 正确； C．啊点温度高与b 点，所以反应速率va>vb，选项C 错误； D．增大压强，反应速率加快，但该反应为分子数不变的反应，增大压强平衡不移动，SiHCl3转化率不变， 选项D 错误。 4．C【解析】A．图A 中粗铜连接电源负极作阴极，阴极上发生还原反应；精铜连接电源正极作阳极，发 生氧化反应变为Cu 2+进入溶液，因此不是电解精炼铜，A 错误； B．图B 缺少混合反应溶液的环形玻璃搅拌棒，因此不能用于测定中和反应反应热，B 错误； C．图C 构成了原电池，能够实现化学能向电能的转化，C 正确； 答案第2页，共5页 D．NaOH 标准溶液显碱性，应该使用碱式滴定管，若使用酸式滴定管，会导致活塞与滴定管黏在在一起， 因此图D 不能用于测定食醋浓度，D 错误。 5．B【解析】A．MnO2是H2O2分解反应的催化剂，降低了反应所需的活化能，加快反应速率，原因或结论与 现象对应，A 不符合题意； B．反应的实质是Fe 2+ + 3SCN - ⇌Fe(SCN)3，与K +、Cl -浓度无关，溶液颜色变浅，主要是因为溶液被稀释， 原因或结论与现象不对应，B 符合题意； C．N2O4为无色气体，NO2为红棕色气体，升高温度平衡逆向移动，NO2浓度变大，容器内气体颜色加深，原 因或结论与现象对应，C 不符合题意； D．容器容积扩大到原来的两倍，A 的浓度瞬间变为0.25mol·L -1，但平衡时测得c(A) = 0.2mol·L -1说明 容器容积增大，压强减小，平衡向气体体积增大的反应方向移动，A 有浓度变化，应为气体，x+1<2，则 x< 1，原因或结论与现象对应，D 不符合题意。 故选B。 6．C【解析】A．根据反应物和生成物的总能量可知a=-129.6kJ/mol-0=-129.6kJ/mol，A 正确； B．由图示可知，该历程中最大活化能���正=-3.46kJ/mol-(-112.8kJ/mol)=109.34kJ/mol，B 正确； C．由图示可知，催化剂乙对应的活化能小，催化效果好，C 错误； D．反应物完全转化成生成物，故乙烯制乙烷反应的原子利用率是100%，D 正确。 7．C【解析】A．由图可知，温度升高CO 转化率减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，反应 CO(g) + 2H2(g) ⇌CH3OH(g)的Δ���< 0，故A 错误； B．CO g + 2H2 g ⇌CH3OH g ，反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO 转化率增大， 相同温度下Y 压强时CO 转化率大， 则说明图中曲线X 所对应的压强小于曲线Y 所对应的压强，故B 错误； C．T1 °C，c起始(H2)=2c起始(CO)=2mol ⋅L-1时，达到平衡状态CO 转化率0.8，结合三段式计算得到 CO(g) + 2H2(g) = CH3OH(g) 起始(mol/L) 1 2 0 变化(mol/L) 0.8 1.6 0.8 平衡(mol/L) 0.2 0.4 0.8 ，K= 0.8 0.2×0.42 = 25 > 10，故C 正确； D．图中P 点已达所示条件下的反应限度，延长反应的时间，不能提高CO 转化率，故D 错误。 8．D【解析】A．取Fe 电极附近溶液放入试管，加入K3[Fe(CN)6]溶液，试管内无明显现象，表明溶液中不 含有Fe 2+，从而表明Fe 没有被氧化，A 不符合题意； B．0.1mol/LFeCl3溶液的pH=1.43，加水稀释10 倍后，若不存在水解平衡，pH=2.43，现在溶液的pH=2.19 ＜2.43，则表明加水稀释后溶液中H +的物质的量增大，从而表明减小浓度，FeCl3的水解平衡正向移动，B 不符合题意； C．CH3COOH 溶液中有气泡产生，表明酸性CH3COOH＞H2CO3，H3BO3溶液中无气泡产生，表明酸性H3BO3＜H2CO3， 从而证明CH3COOH 的酸性比H3BO3强，C 不符合题意； D． 2mL0.1mol/LAgNO3溶液中加入3 滴0.1mol/LNaCl 溶液后， AgNO3大量剩余， 再加入KI 溶液， 直接与AgNO3 反应，而不是与AgCl 反应，所以不能比较AgCl 和AgI 溶解度的大小，D 符合题意； 故选D。 9．A【分析】当滴加KOH 溶液的体积为10mL 时，溶质成分为CH3COOK、CH3COOH，且物质的量相等；当滴加 KOH 溶液的体积为20mL 时，恰好完全反应生成CH3COOK。 【解析】A．整个滴定过程中：Kh = c CH3COOH c CH3COO- ⋅c H+ ，温度不变，Kh保持不变，A 正确； B．点②所示溶液中，pH=7，存在电荷守恒：c CH3COO- +c(OH-)=c H+ + ���(���+)，氢离子和氢氧根浓度相 同，c CH3COO- = ���(���+)，B 错误； C．点③所示溶液恰好达到滴定终点，溶质成分为CH3COOK，溶液呈碱性，故离子浓度： 答案第3页，共5页 c K+ >c CH3COO- >c OH- >c H+ ，C 错误； D．点①所示溶液中溶质成分为CH3COOK、CH3COOH，且物质的量相等，溶液呈酸性，故醋酸的电离程度大于 醋酸根的水解程度，故c CH3COO- >c K+ >c CH3COOH >c H+ >c OH- ，D 错误。 10．C【分析】图像为CaCO3在水中的沉淀溶解平衡曲线，曲线上b 点和d 点为饱和状态，a 点不饱和，而 c 为过饱和状态，据此分析。 【解析】A．在d 点c(CO3 2-)=1.4×10 -4mol ⋅L-1，因室温时，CaCO3的溶度积Ksp =2.8×10 -9，所以 c(Ca 2+)=2×10 -5mol ⋅L-1，故x 的数值为2×10 -5，故A 正确； B．在c 点c (Ca 2 +)>2×10 -5mol ⋅L-1，即相当于增大钙离子浓度，平衡左移，有CaCO3生成，B 正确； C．d 点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则 c (Ca 2 +)、c(CO3 2-)都不变，如为不饱和溶液， 则二者浓度都减小，故不可能使溶液由d 点变成a 点，C 错误； D．b 点与d 点在相同的温度下，溶度积相等，D 正确。 11．B【分析】由图像可得该电池放电时，b 电极为负极，电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，a 点击为正极，电极反应式为：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，充电时则a 电极做阳极，b 电极做阴极。 【解析】A．放电时a 电极做正极，发生还原反应，而不是失电子得氧化反应，A 错误； B．放电时b 电极得反应为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，则反应转移0.4mol 电子时，b 电极参与反应得氢氧 根得物质的量n(OH-)=0.4mol × 2=0.8mol，B 正确； C．放电时b 电极做负极，充电时b 电极做阴极，外接电源得负极，C 错误； D．b 电极环境为碱性溶液，锌离子无法稳定存在，D 错误。 12． D 【解析】 相同温度下， 酸的电离平衡常数越大， 弱酸的酸性越强。 由此可知酸性： HF>H2CO3>HCN>HCO3 −。 A．酸的酸性越强，电离出H +的能力越大，则电离出H +的能力：HF>H2CO3>HCN>HCO3 −，故A 项正确； B．弱酸的酸性越弱，相同条件下盐溶液水解程度越大，溶液pH 越大，由酸性：HF>H2CO3>HCN>HCO3 −可知， 相同物质的量浓度溶液的pH：NaF<NaCN<Na2CO3，故B 正确； C．由于酸性HF>HCN>HCO3 −，则HCN 和HF 均能与Na2CO3溶液发生反应，故C 正确； D． 由于酸性H2CO3>HCN>HCO3 −， 根据弱酸制取更弱的酸， CO2通入NaCN 溶液中： CO2 + H2O + CN−= HCO3 −+ HCN，故D 错误。 13．AD【解析】A．中和热测定实验中，用玻璃搅拌器搅拌，不能用温度计搅拌，故A 错误； B．两者的区别是分别含有SO4 2−和Cl−，根据现象可知Cl−能加速破坏铝表面的氧化膜，故B 正确； C．两者的区别是温度不同，现象40℃出现浑浊的时间短，说明温度越高，反应速率越快，故C 正确； D．次氯酸具有漂白性，强氧化性，所以不能用pH 试纸测次氯酸溶液的pH，故D 错误。 14．BD【分析】由图像可知，均为1.0mol ⋅L−1的CH3NH2溶液和NH2OH 溶液，CH3NH2的pOH 更小，说明 其电离出的氢氧根离子浓度更大，碱性更强，则K1>K2； 【解析】A．由分析可知，K1>K2，A 正确；B．常温下，等物质的量浓度的CH3NH3Cl 和NH3OHCl 溶液， 由于CH3NH2的碱性更强，故CH3NH3 +的水解程度更小，酸性更弱，故前者的pH 大，B 错误；C．用相同浓 度的盐酸分别中和a 和b 点对应的溶液，a 和b 点对应的溶液中的一元碱溶质量相同，故所需盐酸体积相 同，C 正确；D．由图可知，1.0mol ⋅L−1 NH2OH 溶液的pOH=4.5，NH2OH+H2O ⇌NH3OH++OH-， K2= c NH3OH+ c OH- c NH2OH ≈ 10-4.5×10-4.5 1 =10-9， 则NH3OHCl 的Kh= Kw K2 = 10-14 10-9 =10-5， 故常温下， 浓度均为0.1mol ⋅L−1 的NH3OHCl 与NH2OH 的混合液中水解大于电离，溶液显酸性，D 错误； 故选BD。 15．(1) 粉碎、加热 Co 2+、 Fe 3+ Fe(OH)3 9 1Mn2++1H2O2+2NH3 ⋅H2O=MnO2+2NH4 ++2H2O (2) 滴入最后半滴EDTA 后， 溶液由蓝(紫)色变为红色， 且半分钟内不变色 238cV 1000m × 100% 【分析】钴矿石的主要成分包括CoO、MnO、Fe2O3和SiO2，粉碎后加入浓硫酸并加热，CoO、MnO、Fe2O3分 别转化为CoSO4、 MnSO4、 Fe2(SO4)3， SiO2不溶解； 所得溶液1 中加入NaOH 溶液调节pH， 使Fe 3+转化为Fe(OH)3 沉淀； 所得溶液2 中加入氨水、 H2O2溶液， Mn 2+转化为MnO2沉淀， Co 2+以CoSO4的形式存在， 经过一系列转化， 答案第4页，共5页 可获得CoCl2∙6H2O。 【解析】 （1）①矿石溶解过程中，增大接触面积、升高温度等，都能够加快化学反应速率，则措施有粉碎、 加热。②CoO 溶于浓硫酸是非氧化还原反应，CoO、MnO、Fe2O3分别转化为CoSO4、MnSO4、Fe2(SO4)3，SiO2 不溶解，则溶液1 中阳离子包括H +、Mn 2+和Co 2+、Fe 3+。 ③由分析可知，调节溶液的pH 至2.8 时，Mn 2+和Co 2+都不生成沉淀，则得到的沉淀2 是Fe(OH)3。 ④i.若向溶液2 中加入碱溶液，c(OH -)= 1×10−15 1×10−5 =1×10 -5mol∙L -1，则常温下，当pH=9 时Co 2+完全沉淀。 ii.溶液2 中加入氨水和H2O2溶液，由流程图可知，产物中含有MnO2，依据得失电子守恒，可确定Mn 2+—— H2O2， 再依据质量守恒， 可确定发生的反应为： 1Mn2++1H2O2+2NH3 ⋅H2O=MnO2+2NH4 ++2H2O。 答案为： 粉碎、加热；Co 2+、Fe 3+；Fe(OH)3；9；1Mn2++1H2O2+2NH3 ⋅H2O=MnO2+2NH4 ++2H2O； （2）滴定前，溶液呈蓝色，滴定过程中，溶液呈蓝紫色，滴定终点时，溶液呈红色，则终点时的现象是： 滴入最后半滴EDTA 后， 溶液由蓝(紫)色变为红色， 且半分钟内不变色； 由反应可建立关系式： Co 2+——EDTA， 则产品中CoCl2∙6H2O 的质量分数为 cmol/L×V×10−3L×238g/mol mg × 100%= 238cV 1000m × 100%。答案为：滴入最后半滴 EDTA 后，溶液由蓝(紫)色变为红色，且半分钟内不变色； 238cV 1000m × 100%。 【点睛】滴定终点时溶液的变色情况，可按滴定前和滴定后进行判定。 16．(1) BC HCO 3 - +OH ﹣=CO 3 2-+H2O (2) H2CO3>H2S>HClO ClO ﹣+CO2+H2O=HCO 3 - +HClO < 【解析】 （1）A．图象分析可知，pH=8 时主要存在的微粒是碳酸氢根离子，溶液中含碳元素的微粒主要是 HCO 3 - ，A 正确；B．A 点是HCO 3 - 物质的量分数与二氧化碳的碳酸溶液中H2CO3、CO2的物质的量分数之和 相同，故溶液中H2CO3和HCO 3 - 浓度不相同，B 错误；C．图象分析可知当c(HCO 3 - )=c(CO 3 2-)时，pH>7， 溶液显碱性， c(H +)<c(OH -)， C 错误； ②pH=8.4 时， 含碳元素的微粒主要是HCO 3 - ， 向上述溶液中加入NaOH 溶液时HCO 3 - 与OH -反应生成CO 3 2-和水，发生反应的离子方程式是HCO 3 - +OH ﹣=CO 3 2-+H2O； （2）①酸的电离常数越大，酸的酸性越强，由表中数据可知，酸性：H2CO3>H2S>HClO； ②根据电离平衡常数可知，酸性：HClO> HCO 3 - ，将少量CO2气体通入NaClO 溶液中，反应生成次氯酸和 碳酸氢钠，反应的离子方程式为ClO ﹣+CO2+H2O=HCO 3 - +HClO； ③酸性：CH3COOH＞HClO，所以pH 相等时，酸的浓度：CH3COOH＜HClO，两溶液体积相同，所以HClO 消耗 的NaOH 更多，所以V1＜V2。 17．(1)NO3 − (2) O2 + 4e−+ 2H2O = 4OH− CH4 −8e−+ 10OH−= CO3 2−+ 7H2O (3)负 (4) 正 FePO4 + e−+ Li+ = LiFePO4 (5) 正 Fe2+ + Ag+ ⇌Fe3+ + Ag 【解析】 （1）阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，盐桥中的K +会移向CuSO4溶液，NO3 −离子移向硫酸 锌溶液； （2）正极是氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为: O2+4e - +2H2O=4OH -，将H2 换成CH4，则负极反应式为CH4-8e - + 10OH -=CO3 2−+7H2O； （3）丙中铅蓄电池放电一段时间后，进行充电时， 要将外接电源的负极要使硫酸铅变成单质铅，发生还原反应，所以应做电解池的阴极，则与电源的负极相 连； （4）根据图示，放电时FePO4得电子发生还原反应生成LiFePO4，所以FePO4是正极，电极反应式为 FePO4+e -+Li +=LiFePO4； （5）①亚铁离子失电子发生氧化反应，所以碳是负极，银是正极； ②综合实验i、ⅱ的现象，得出Ag +和Fe 2+反应的离子方程式是Fe 2+ +Ag +⇌Fe 3++Ag。 18．(1)-88kJ ⋅mol−1 (2) 0.1mol ⋅L−1 ⋅min−1 3 AD (3) 小于 大于 增大CO2的浓度或移走生成物等 【解析】 （1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得到反应Ⅲ，则焓变ΔH3=ΔH1+ΔH2=(—129kJ/mol)+(+ 41kJ/mol)=—88 kJ/mol，故答案为：—88 kJ/mol； 答案第5页，共5页 （2）①由图可知，100℃条件下，5min 时氢气的转化率为50%，则5min 内氢气的平均反应速率为 3.0mol×50% 3L 5min =0.1mol ⋅L−1 ⋅min−1，故答案为：0.1mol ⋅L−1 ⋅min−1； ②由图可知，100℃条件下，5min 时氢气的转化率为50%，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气 的浓度分别为 2.0mol-3.0mol×50% 3L = 1 6mol/L、 3.0mol-3.0mol×50% 3L = 1 2mol/L、 3.0mol×50%