五市十校高二化学参考答案

湖南省五市十校2020年下学期高二年级第一次联考化学答案及给分标准选择题(20分)题号12345答案DABDD题号678910答案CBAAC选择题(20分)题号1112131415答案BCBDBDABDA选项次氯酸钙应为次氯酸钠B选项应为有机高分子材料C选项不是二氧化硅而是硅。AB选项的该反应为可逆反应C选项没有体积D选项同样为可逆反应。BA中铝离子水解显酸性，中性溶液中不能大量存在铝离子C中溶液呈酸性时不能共存D中存在氧化还原反应。D晶体硅中每个Si原子与周围的4个硅原子形成正四面体，向空间延伸的立体网状结构，每Si原子与周围的4个Si原子形成4个SiSi键，每个SiSi键为1个Si原子提供eq\f(1,2)个SiSi键，所以1mol晶体硅中含有1mol×4×eq\f(1,2)=2molSiSi键，二氧化硅晶体中每个Si原子形成4个SiO键，1mol二氧化硅晶体中含有4molSiO键，反应热△H=反应物总键能生成物总键能，据此计算．△H=176kJ/mol×2mol+498.8kJ/mol460kJ/mol×4=989.2kJ/mol．DCBAA、因为该反应是体积增大的反应，容器体积减小，平衡逆向移动，NO2的浓度增大，体积减小，所有物质的浓度也都会增大，所以混合气体的颜色会加深，；

B、假设将充入的NO2气体放在另一个容器中建立与原平衡为等效平衡的体系，再将该体系加入到原平衡体系中，容器体积不变是，相当于加压，平衡逆向移动，NO2气体的转化率减小，故B错误；

C、平衡常数只受温度影响，与压强无关，故C错误；AB中向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，变蓝说明有I2，有黄色沉淀说明有I－，而原本溶液中只有KI3，故存在这样的平衡，B项正确Na2SO3溶液和Na2CO3溶液都显碱性，是因为两者都是强碱弱酸盐，亚硫酸根和碳酸跟都能水解，等浓度的Na2SO3溶液的pH更小是因为3水解能力比3强，C项正确；

D选项中NaClO有漂白性，所以用pH计测NaClO的pH，D项正确CBCCoxNi（1x）Fe2O4中Co、Ni均为+2，O为2价，则Fe的化合价为+3，故A正确；

B．Co、Ni、Fe均为Ⅷ族元素，故B错误；

C．由图可知，随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大，故Co2+的催化活性更高，故C错误；

D．过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性更高，根据图象可知，x相同时，微波水热法初始速度大于常规水热法，故微波水热法制得催化剂的活性更高，故D正确．12.BDA、催化剂不会使平衡发生移动，气体相对分子质量Mr不变B、可逆反应的正反应是气体分子数增大的反应，减小压强，X转化率增大，所以，压强大小关系有：

C、根据图象知，升高温度，X转化率降低，说明反应向正方向移动，平衡常数增大

D、M点对应的平衡体系中，X的体积分数为0.1，则

起始：100

平衡：x3x

（）／（1+2x）=0.1x=9／22X的转化率9／1113.BD在密闭容器中的一定量混合气体发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L.保持温度不变，将容器的容积扩大到原来zhi的两倍时，在这瞬间，A的浓度为原来的1/2即0.25mol/L.，当反应达到平衡时A的浓度为0.30mol/L，即平衡向逆反应方向移动，即减少压强，平衡向逆反应方向移动，逆反应方向为气体体积增大的反应，所以x+y＞z；15.ABA．常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，根据物料守恒得c（Na+）=c（H2SO3）+c（HSO3）+c（SO32）①，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HSO3）+2c（SO32）②，将方程式①代入②得，c（H2SO3）+c（H+）=c（OH）+c（SO32），所以c（SO32）c（H2SO3）=c（H+）c（OH）=（106108）mol/L=9.9×107mol•L1；B．溶液pH=7，则c（H+）=c（OH），氯化氢电离出的氢离子和醋酸根离子结合生成醋酸，所以溶液中c（Cl）=c（CH3COOH），醋酸根离子水解而钠离子不水解，所以c（Na+）＞c（CH3COO），CH3COONa溶液呈弱碱性，要使溶液呈中性，则向醋酸钠溶液中加入少量盐酸，醋酸钠的量远远大于盐酸的量，所以c（CH3COO）＞c（Cl），故B正确；C．硫酸氢铵是强酸弱碱酸式盐，硫酸氢根离子电离出氢离子，抑制铵根离子水解，但溶液呈强酸性，碳酸氢铵中HCO3的水解程度大于NH4+的水解程度，所以NH4HCO3溶液呈碱性，氯化铵水解而使其溶液呈酸性，但小于硫酸氢铵的酸性，所以pH的大小关系：②＞③＞①D．根据物料守恒得，次氯酸钠中c（HClO）+c（ClO）=c（Na+），碳酸氢钠中c（Na+）=c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32），次氯酸钠中钠离子是碳酸氢钠中钠离子的2倍，所以c（HClO）+c（ClO）=[c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32）]；非选择题(除说明外，每空2分，共60分)16.(16分)(1)Al、Si原料充足、可再生，燃烧产物几乎无污染(2)2Be(s)+MnO2(s)===2BeO(s)+Mn(s)ΔH=－18akJ/mol(3)=1\*GB3①Cu+H2O2+H2SO4====CuSO4+2H2O =2\*GB3②加热(至沸)或煮沸③淀粉溶液

蓝色褪去且半分钟内不恢复原来颜色 ④偏高Al、Si在地壳中的含量较高，可再生，燃烧产物几乎无污染，故答案为：Al、Si；原料充足、可再生，燃烧产物几乎无污染；2Be（S）+MnO2（S）═2BeO（S）+Mn（S）ΔH=18akJ/mol①因为双氧水在酸性溶液bai中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解②过氧化氢性质比较稳定，若加热到153℃便猛烈的分解为水和氧气，将溶液中过量的H2O2除去可加热至沸③淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点，故答案为：淀粉溶液，蓝色褪去；

④若留有H2O2，加入KI后，会有以下反应：H2O2+2I+2H+=I2+2H2O误当成2Cu2++4I=2CuI（白色）↓+I2生成的碘，使测定结果偏高，

故答案为：偏高；17.(16分)(1)①SO2的水溶液中存在平衡：SO2+H2OH2SO3H++HSO3，加入NaHSO3固体增加了c(HSO3)，平衡左移，降低了SO2的溶解度(3分)②C、B、E、D、F

D中品红不褪色，F中产生白色沉淀

(2)①常温下，用pH试纸(或pH计)测定NaHSO3溶液的pH，若pH<7，则Ka>Kb；若pH>7，则Ka<Kb。②0.01mol·L－1(3)SOCl2＋H2O＝SO2↑＋2HCl↑

AlCl3溶液中Al3+易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解(3分)(1)①在SO2的饱和水溶液中存在SO2+H2OH2SO3H++HSO3的平衡，当加入NaHSO3固体增加了c(HSO3)，平衡左移，降低了SO2的溶解度，故可以看到有气体SO2逸出；②次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强碱性判断．A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则：装置连接顺序为ACBEDF，其中装置C的作用是除去HCl气体，D中品红不褪色，F中出现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸；①电离显酸性，水解显碱性，则测定pH即可，则设计实验为常温下，用pH试纸（或pH计）测定NaHS03溶液的pH，若pH＜7，则Ka＞Kb，若pH＞7，则Ka＜Kb。②带入公式SOCl2与水反应的方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，AlCl3溶液易水解，AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3•6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl溶于水呈酸性抑制水解发生，

故答案为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑；AlCl3溶液易水解，AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3•6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解；18.(14分)(1)ClO－＋H2OHClO＋OH－(2)漂白纸浆(3)Al3＋＋3ClO－＋3H2O=3HClO＋Al(OH)3↓(4)A(5)=1\*GB3①+3 ②正盐>19.(14分)(1)－24(2)C(3)20%(4)反应体系中少量的CO2使平衡Cu2O＋CO2Cu＋CO2逆向移动，抑制Cu2O被CO还原(3分)(5)2CuCl2－＋2OH－====4Cl－＋Cu2O↓＋H2O(6)2.25(3分)（1）根据甲醇与二甲醚的燃烧热分别是ΔH=－760.5kJ/mol和ΔH=－1453.0kJ/mol可得其燃烧热的热化学方程式分别为：2CH3OH(g)＋3O2(g)2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH=－760.5kJ/molCH3OCH3(g)＋3O2(g)2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH=－1453.0kJ/molH2O(l)H2O(g)ΔH=＋44.0kJ/mol由盖斯定律可得ΔH3=－24kJ/mol（2）在固定容积的容器中发生反应2CH4(g)＋O2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，当变量不变时，可说明反应达到平衡状态：物理量说明能否证明混合气体的密度根据ρ=，反应在固定容积的容器中进行（V不变），根据质量守恒定律，气体的质量不变，所以ρ是不变量否CH4与O2的物质的量之比根据方程式可知CH4与O2的物质的量之比等于化学计量数之比，是不变量否混合气体的平均相对分子质量根据M=，由于质量守恒，气体的质量不变，反应为气体体积减小的反应，故n总减小，M增大是变量能CH4的生成速率等于CH3OCH3的消耗速率CH4的生成速率指逆反应速率，CH3OCH3的消耗速率也是指逆反应速率，不能体现正逆反应速率相对否（3）根据投料列出“三段式”2CH4(g)＋O2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)起始(mol/L)0.200.1000转化(mol/L)0.100.050.050.05平衡(mol/L)0.100.050.050.05φ(CH3OCH3)==20%（4）由于Cu2O与CO发生反应：Cu2O＋COCu＋CO2，反应体系中少量的CO2使平衡逆向移动，抑制Cu2O被CO还原；（5）根据图示进行如下分析：III、IV两步总反应为：22＋2OH－4Cl－＋Cu2O↓＋H2O（6）CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)起始(mol)