【文档说明】江西省抚州市金溪一中、崇仁一中、广昌一中三校2022-2023学年高二上学期第二次联考化学参考答案.pdf，共(6)页，1.216 MB，由envi的店铺上传

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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．BD15．（15分，除标注外其余2分每空）(1)粉碎、加热Co2+、F

e3+Fe(OH)39(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238cV1000m×100%（3分）16．（10分，2分每空）(1)BCHCO3-+OH﹣=CO32-+H2O(2)

H2CO3>H2S>HClOClO﹣+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−=CO32−+7H2O(3)负（1分）(4)正（2分）FePO4+e−+Li+=

LiFePO4(5)正（2分）Fe2++Ag+⇌Fe3++Ag18．（16分，除标注外其余2分每空）(1)-88kJ⋅mol−1（3分）(2)0.1mol⋅L−1⋅min−13（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0.1molCH3OH中含有0.1molO—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，Al3+、Fe3

+会转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，甚至Al3+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．Cr2O72−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Cu2+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Fe2++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/mo

l-(-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C

O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．COg+2H2g⇌CH3OHg，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)120变化(mol/L)0.81.60.8平衡(mol/L)0.20.40.8，K=0.80.2×0.42=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Fe2+，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．CH

3COOH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K

OH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=cCH3COOHcCH3COO-⋅cH+，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：cCH3COO-+c(OH-)=cH++���(���+)，氢离子和氢氧根浓度相同，cCH3COO-=���(���+)，B错误；C．点③所示溶液恰好达到滴定终点，溶质成分为CH3COO

K，溶液呈碱性，故离子浓度：答案第3页，共5页cK+>cCH3COO->cOH->cH+，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cCH3COO->cK+>cCH3COOH

>cH+>cOH-，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(CO32-)=1.4×10-4mol⋅L-1，因室温时，CaCO3的溶度积Ksp=2.8×10-9，所以c(Ca2+)=

2×10-5mol⋅L-1，故x的数值为2×10-5，故A正确；B．在c点c(Ca2+)>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(Ca2+)、c(CO32-)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>HC

N>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SO42−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−1NH2OH溶液的pOH=4.5，NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH-，K2=cNH3OH+cOH-cNH2OH≈10-4.5×10-4.

51=10-9，则NH3OHCl的Kh=KwK2=10-1410-9=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Co2+、Fe3+Fe(OH)391Mn2++1H2O2+2NH3⋅H2

O=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238cV1000m×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Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；所得溶液2中加入氨水、H2O2溶液，Mn2+转化为MnO2沉淀，Co2+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、Mn

O、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+、Mn2+和Co2+、Fe3+。③由分析可知，调节溶液的pH至2.8时，Mn2+和Co2+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-)=1×10−151×10−5=1×10-5mol∙L-1，则常温下，当pH=9时Co2+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Mn2+——H2O2，再依据质量守恒，可确定发生的反应为：1Mn

2++1H2O2+2NH3⋅H2O=MnO2+2NH4++2H2O。答案为：粉碎、加热；Co2+、Fe3+；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：Co2+——EDTA，则产品中CoCl2∙6H2O的质量分数为cmol/L×V×10−3

L×238g/molmg×100%=238cV1000m×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；238cV1000m×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)BCHCO3-+OH﹣=CO32-+H2O(2)H2CO3>H2S>HClOClO﹣+CO2+H2O=HCO3-+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HCO3-，A正确；B．A点是HCO3-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HCO3-浓度不相同，B错误；C．图象分析可知当c(HCO3-

)=c(CO32-)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HCO3-，向上述溶液中加入NaOH溶液时HCO3-与OH-反应生成CO32-和水，发生反应的离子方程式是HCO3-+OH﹣=CO32-+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>HCO3-，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=HCO3-+HClO；③酸性：CH3C

OOH＞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−=CO32−+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-=CO32−+7

H2O；（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Fe2+反

应的离子方程式是Fe2++Ag+⇌Fe3++Ag。18．(1)-88kJ⋅mol−1(2)0.1mol⋅L−1⋅min−13AD(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)=—88kJ/mol，故答案为：—88kJ/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%3L5min=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=16mol/L、3.0

mol-3.0mol×50%3L=12mol/L、3.0mol×50%3L=12mol/L和3.0mol×50%3L=12mol/L，反应的平衡常数K=12mol/L×12mol/L16mol/L×12mol/L=3，故答案为：3；③A．CO的含量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到

平衡，故A正确；B．容器中cCO2=c(CO)不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故B错误；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，恒容密闭容器中气体的密度始终不变，则容器中混合气体的密度保持不变不能说明正

逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故C错误；D．v正H2=v逆H2O说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确；（3）该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小，已知相同温度下，P1条件下的转化率大于P2，则

P1小于P2，压强为P2时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动，所以v(正)大于v(逆)；为了提高该反应中CH4的转化率，除温度、压强外还可以采取的措施是增大CO2的浓度或移走生成物等；故答案为：小于；大于；增大CO2的浓度或移走生成物等。获得更多资源请扫码加入享学资源

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