湖北省随州市部分高中联考协作体2024-2025学年高二上学期12月联考化学试题答案

高二化学试题参考答案一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。1、解析：D生成物总能量大于反应物总能量的反应为吸热反应。A．氢气在氧气中燃烧为放热反应，故A不选；B.铝和二氧化锰在高温下反应是铝热反应，为放热反应，故B不选；C．稀硫酸与NaOH溶液反应是酸碱中和反应，为放热反应，故C不选；D.石灰石在高温下分解生成氧化钙和二氧化碳，为吸热反应，故D选。2、解析：A氧气在反应中得到电子发生还原反应，参比电极通入的是纯氧气，浓度大，氧化性更强作正极。参比电极作正极，氧气得电子转化为O2－，负极O2－失电子生成氧气，电子由负极经外电路流向正极，熔融金属氧化物电离出的氧离子向负极定向移动可用于传递O2－，D正确；电子由负极经外电路流向正极，故工作时，电子由测量电极经外电路流向参比电极，B正确；由工作原理知，负极氧离子失去电子发生氧化反应会不断生成氧气，混合气体氧气浓度增大，故用初期读数计算所得空气中氧气含量更准确，C正确；两极氧气浓度差越大，两极电势差越大，则相同压强下，电势差越大，空气中氧气含量越低，A错误。3、解析：DFe被腐蚀说明Fe元素的金属性强于Sn元素，A错误；海水含大量的盐，腐蚀较快，由图示可以看出乙是海水环境下的腐蚀情况，B错误；两种环境下铁被腐蚀时的电极反应式均为Fe－2e－=Fe2＋，C错误；焊点附近用锌块打“补丁”，采用牺牲阳极法，可以防止舰艇在海水中被腐蚀，D正确。4、解析：BA．根据投料及电极的性能可知，a为电源负极，b为电源正极，不锈钢电极为电解池阴极，相当于外加电流保护法，不发生腐蚀，A项错误；B.钌钛电极上氯离子失电子生成氯气，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，B项正确；C．电解过程中不锈钢电极上水放电生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，附近溶液pH升高，C项错误；D.未注明标准状况下，无法计算，D项错误。5、解析：C图中250℃时催化剂的催化效率最大，催化剂活性最高，故A正确；催化剂可加快反应速率，温度太高使催化剂失去活性，则250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的主要原因是催化剂的催化效率降低，故B正确；300～400℃时，乙酸生成速率与催化效率变化不同，催化剂的催化效率降低，乙酸的生成速率增大，故C错误；300～400℃时，催化剂的催化效率降低，则乙酸的生成速率升高的原因是温度升高，故D正确。6、解析：AA．催化剂可以降低活化能，因此途径一未使用催化剂，但催化剂不能改变平衡状态，所以途径二和途径一的甲酸平衡转化率相同，A错误；B.催化剂可以降低活化能，但不能改变焓变，由于反应物的总能量高于生成物的总能量，因此ΔH1＝ΔH2<0，Ea1>Ea2，B正确；C．途径二H＋参与反应，但反应前后质量和化学性质未发生改变，作为催化剂通过改变反应途径加快反应速率，C正确；D.生成的活化能高，则途径二反应的快慢由生成的速率决定，D正确。7、解析：C2s后物质A的转化率为eq\f(0.6,2)×100%＝30%，A错误；当v(C)＝2v(B)时，不能判断正逆反应速率的关系，则不能判断该反应是否达到了平衡状态，B错误；增加A的物质的量，平衡正向移动，则B的转化率增大，C正确；该反应的ΔH<0，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，D错误。8、解析：C由第一组数据可知平衡时c(SO2)＝0.2mol·L－1，c(O2)＝0.1mol·L－1，c(SO3)＝0.1mol·L－1，温度为T1时，该反应的平衡常数为K＝eq\f(0.22×0.1,0.12)＝0.4，故A错误；容器Ⅱ中Q＝eq\f(0.32×0.2,0.12)＝1.8>0.4，反应逆向进行，起始时，v逆>v正，故B错误；容器Ⅲ中相当于在容器Ⅰ平衡的基础上充入0.1mol氧气，平衡逆向移动，容器Ⅰ达平衡时，SO2的体积分数等于50%，容器Ⅲ达平衡时，SO2的体积分数小于50%，故C正确；因为K＝eq\f(k正,k逆)，容器Ⅰ中达平衡后，温度改变为T2时，若k正＝k逆，K＝eq\f(k正,k逆)＝1>0.4，2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＝＋196.6kJ·mol－1，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，则T1<T2，故D错误。9、解析：DA．X如果为压强，增大压强，平衡正向移动，转化率增大，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，则X表示温度，故A错误；B.该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，转化率增大，L表示压强，应该L1>L2，故B错误；C.X表示温度，a、b点温度不同，则平衡常数不同，故C错误；D.c点反应未达到平衡状态，反应正向进行，则c点v(SO2)正>v(SO2)逆，故D正确。10、解析：B由eq\f(c（OH－）,c（H＋）)＝1×10－8可知pH＝3，HA为弱酸；eq\f(c（A－）,c（HA）)＝eq\f(Ka,c（H＋）)，加入水后c(H＋)减小，eq\f(c（A－）,c（HA）)增大。11、解析：ANaOH变质后生成Na2CO3和NaHCO3，加入稀盐酸第一次滴定先与Na2CO3反应，反应的化学方程式为Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，第二次滴定是HCl与NaHCO3反应，反应的化学方程式为NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑。加入稀盐酸第一次滴定消耗1.00mol·L－1盐酸的体积V1＝1.70mL，第一次滴定生成的NaHCO3和原样品中的NaHCO3在第二次滴定时总共消耗盐酸的体积V2＝3.40mL，则原样品中的NaHCO3消耗1.70mL盐酸，由反应的化学方程式可知，样品中n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)＝1∶1，D正确；第一次达到滴定终点时溶液pH＝8.7，溶液呈碱性，可选酚酞为指示剂，第二次达到滴定终点时溶液pH＝5.6，溶液呈酸性，可选甲基橙为指示剂，B正确；第一次滴定时反应的化学方程式为Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，消耗1.00mol·L－1盐酸的体积V1＝1.70mL，则n(Na2CO3)＝n(HCl)＝1.00mol·L－1×1.70×10－3L＝1.70×10－3mol，原溶液中Na2CO3的浓度为eq\f(1.70×10－3mol,40×10－3L)＝0.0425mol·L－1，C正确；第一次滴定终点时，溶质为NaCl和NaHCO3，溶液pH＝8.7呈碱性，说明HCOeq\o\al(－,3)水解程度大于电离程度，溶液中c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))，A错误。12、解析：B室温下，溶液呈碱性，则溶液能使甲基橙试剂变黄色，故A正确；HCN和NH3·H2O均是弱电解质，溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，由越弱越水解知NH3·H2O是比HCN强的电解质，故B错误，C正确；CN－、NHeq\o\al(＋,4)相互促进水解，所以0.1mol·L－1NaCN溶液中，CN－的水解程度小于同浓度下NH4CN溶液中CN－的水解程度，故D正确。13、解析：D实验1说明CH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO－＋H＋，H＋抑制水的电离，故A项错误；实验2反应后的溶液中n(CH3COOH)＝n(CH3COONa)，由电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)、物料守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，得出c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)，B项错误；实验3反应后的溶液中的溶质是CH3COONa，CH3COO－水解使溶液呈碱性，C项错误；CH3COOH为弱酸，将pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，CH3COOH过量，混合溶液呈酸性，故混合后的溶液中c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)，D项正确。14、解析：A溶度积仅与温度有关，温度不变，溶度积不变，a、b两点对应的Ksp(CuS)相等，A错误、B正确；由图可知，Ksp(CuS)＝0.01×6×10－34＝6×10－36，Ksp(MnS)＝0.01×3×10－11＝3×10－13，D正确；在含有CuS和MnS固体的溶液中，eq\f(c（Cu2＋）,c（Mn2＋）)＝eq\f(c（Cu2＋）·c（S2－）,c（Mn2＋）·c（S2－）)＝eq\f(Ksp（CuS）,Ksp（MnS）)＝eq\f(6×10－36,3×10－13)＝2×10－23，C正确。15、解析：B题干信息标明为“常温下”，故温度不变，溶度积常数不变，A项正确；用相同浓度、相同体积的MgCl2溶液替代BaCl2溶液，恰好完全反应时，二者消耗的Na2CO3溶液体积相等，但由于碳酸钡的溶度积小于碳酸镁，所以滴定终点时pMg＜pBa，故F点向下方迁移，B项错误；F点时BaCl2溶液与Na2CO3溶液恰好反应完全，由图中F点数据可知，pBa＝4.5，则c(COeq\o\al(2－,3))＝c(Ba2＋)＝1.0×10－4.5mol·L－1，则Ksp(BaCO3)＝c(COeq\o\al(2－,3))·c(Ba2＋)＝1.0×10－4.5×1.0×10－4.5＝1.0×10－9，C项正确；COeq\o\al(2－,3)的第一步水解常数Kh1＝eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）·c（OH－）,c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(c（H＋）·c（HCOeq\o\al(－,3)）·c（OH－）,c（H＋）·c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(Kw,Ka2)，而H2CO3的pKa2＝10.3，故Ka2＝10－10.3，则Kh1＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(10－14,10－10.3)＝10－3.7，即pKh1＝3.7，D项正确。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16、（13分）解析：(1)在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，不能代替铜。(2)原电池放电时，阳离子向正极移动，Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2＋＋2e－=Cu，其溶液中的离子转换为Cu2＋→Zn2＋，摩尔质量M(Cu2＋)<M(Zn2＋)，乙池溶液的总质量增加。阳离子交换膜只允许阳离子通过，两池中c(SOeq\o\al(2－,4))不变。(3)N电极连接原电池负极，所以是电解池的阴极，阴极上H2O得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以滤纸上有红褐色斑点产生。(4)用铂作电板电解氯化物水溶液，阳极反应为2Cl－－2e－=Cl2↑，阴极反应为Mn＋＋ne－=M，产生amolCl2时，转移2amol电子，则金属的相对原子质量是eq\f(mn,2a)。答案：(1)A(2)从左向右增加不变(3)2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－滤纸上有红褐色斑点产生(4)eq\f(mn,2a)17、（14分）解析：①工业合成氨为气体分子数减小的反应，当温度相同时，压强越大，平衡时混合气体中氨的摩尔分数越大，结合图3或图4均能得出压强由小到大的顺序为p1<p2<p3。②Ar不参与化学反应，含Ar的进料组成中H2、N2的分压较小，导致平衡时混合气体中氨的摩尔分数减小，结合两图可知，图4表示进料组成中含有Ar的图像。③结合p2＝20MPa、xNH3＝0.20，以及图3对应的进料气的组成，设进料气中N2和H2分别为0.25mol和0.75mol，设达平衡时N2的转化量为xmol，列三段式：则根据xNH3＝0.20得eq\f(2x,（0.25－x）＋（0.75－3x）＋2x)＝0.20，解得x＝eq\f(1,12)，则N2的转化率α＝eq\f(\f(1,12),0.25)×100%≈33.33%。此时N2、H2、NH3对应的平衡分压分别为eq\f(1,5)p2、eq\f(3,5)p2、eq\f(1,5)p2，则Kp＝eq\f(\f(1,5)p2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)p2))\s\up6(\f(1,2))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)p2))\s\up6(\f(3,2)))，整理并代入p2＝20MPa得Kp＝eq\f(\r(3),36)MPa－1。答案：①p1<p2<p3工业合成氨为气体分子数减小的反应，增大压强其平衡正向移动，温度相同时，压强越大，平衡时氨的摩尔分数越大②图4③33.33%eq\f(\r(3),36)18、（14分）答案：(1)NOeq\o\al(－,2)<CH3COO－<HCOeq\o\al(－,3)<CN－<COeq\o\al(2－,3)(2)否H2CO3的Ka1小于HNO2的Ka，H2CO3比HNO2的酸性弱(3)CO2＋H2O＋CN－=HCN＋HCOeq\o\al(－,3)(4)①<②<(5)18(6)bc19、（14分）解析：(1)由反应Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓可知，二者基本反应完全生成白色沉淀Mg(OH)2，当向其中加入FeCl3溶液时，由于Ksp[Fe(OH)3]＝4.0