【文档说明】河南省南阳市六校2024-2025学年高二上学期12月联考试题 化学 PDF版含解析.pdf，共(12)页，4.991 MB，由envi的店铺上传

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QQABKQ4EogiIABJAARhCEwXSCEGQkhEACQgOxBAIsAABSQFABAA=}#}高二年级化学参考答案第1页（共4页）2024年秋期六校第二次联考高二年级化学参考答案1．【答

案】B【解析】A．冰到液态水属于放热过程，所以同质量的水和冰相比，冰的能量更低。B．明矾溶于水，水解生成氢氧化铝，可以净水，但不能杀菌消毒。C．因在较大压强的作用下二氧化碳被压入汽水瓶中，打开汽水瓶，压强减小，平衡CO2十H2OH2CO3向逆向移动，则二氧化碳逸出，即可用勒

夏特列原理解释。D正确。2．【答案】B【解析】A．溶液的酸碱性还要考虑到浓度的大小。B．利用电离平衡常数的转换可知比值增大。C．碳酸根水解能力强于碳酸氢根。D．氢离子浓度增大。3．【答案】C【解析】A．正确为2Fe

2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-。B．三价铁离子是过氧化氢分解的催化剂。D．醋酸是弱电解质，不能拆。4．【答案】C【解析】醋酸是弱电解质，在电离的时候也会有热量的变化，所以不能用弱电解质进行实验。5．【答案】C【解析】A．2mol二氧化硫反应完放出热量196kJ，现在放出

热量98kJ，所以反应二氧化硫是1mol，转移电子2mol。B．体积不变，加无关气体转化率不变。C．升高温度，活化分子百分数增大。6．【答案】D【解析】ΔE1大于ΔE3，加入催化剂后，活化能降低，低于原来的最大活化能。7．【答案】D【解析】A．溶液为强酸性或强碱性，碳酸根在

强酸性条件下不能存在。B．偏铝酸根和铝离子不共存。C．甲基橙变黄，pH>4.4，溶液可能为强碱性，铜离子不共存。8．【答案】A【解析】B．比较同浓度的溶液的酸碱性，才能比较对应的酸性或碱性。C．加压平衡正向移动颜色会变浅，现在颜色变深是因为浓度变化。D．氧气会与一氧化

氮参与反应。9．【答案】C【解析】由图可知，①有碳氧键断裂，C．过程③无化合价变化。10．【答案】B【解析】A．反应条件为恒压，压强不能判断平衡；B．当CO的转化率为20%时，设CO的物质的量为1mol，则CH4的物质的量为1mol，反应中消耗了0.2molCO，生成了0.2mol

CH3CHO，根据速率表达式可知5=4.510kKk−=×正逆，则ν正：ν逆=4：5，故B正确；C．根高二年级化学参考答案第2页（共4页）据盖斯定律，CH3CHO(g)=CO(g)+CH4(g)的ΔH=（a+b-c）kJ·mo

l-1；D．升高温度，k正、k逆均增大。11．【答案】B【解析】由图可知，稀释相同的倍数，HA变化较快，所以HA的酸性强于HB的酸性。A．HA电离常数大于HB，所以同浓度HA的pH更小；B．两种都是酸溶液，所以氢离子浓度越大，水的电离

程度越小；C．溶液中电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(X-)（其中X-=A-或B-），n(H+)=c(H+)·V，所以离子总的物质的量等于氢离子物质的量的2倍，a、c两点V相等，c(H+)：a>c，即n(H+)：a>c；c、b两点c(

H+)相等，V：b＞c，即n(H+)：b>c。故C项错误。D．HB中酸总量多，产氢气多。12．【答案】D【解析】A．由图分析，甲池是电解池，乙池是燃料电池。B．电解池的阴极反应式为2H2O+2e=H2↑+2OH—。C．电解池中产生22molCl时，理论

上燃料电池中消耗标准状况下22.4LO2。D．燃料电池的负极反应式为2H2-4e+4OH—=4H2O，正极反应式为O2+4e+2H2O=4OH—，所以a、b、c的大小关系为c>a>b，D项正确。13．【答案】A【

解析】A．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，溶液红色变浅；B．等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知HX的酸性更弱，则证明HX酸性比HY弱，故B错误；C．氯水可使pH试纸褪色，不能测定氯水pH，故C错误；D．向

10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴0.1mol/LMgCl2，溶液，产生白色沉淀，此时OH-过量，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3，生成红褐色沉淀，不能比较其离子积常数大小，故D错误。14．【答案】C【解析】A．Ksp(PbCO3)=c(Pb2+)·c(CO32-)，则PbCO3在溶

液中达到溶解平衡时，c(Pb2+)=c(CO32-)，题图中L1对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的变化关系，L2对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(CO32-)的变化关系，则Ksp(PbI2)=10-8。B．向q点

对应的溶液中，滴入0.1mol·L-1Pb(NO3)2溶液，将增大溶液中的c(Pb2+)，使沉淀溶解平衡逆向移动，从而析出固体。C．PbI2(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+2I-(aq)的平衡常数K=105.1，反应进行的程度大，不能说明速率大小。D

．因为Ksp(PbCO3)=10-13.1，向等浓度的Na2CO3与NaI的混合溶液中滴入Pb(NO3)2溶液，CO32-所需要Pb2+更少，先生成PbCO3沉淀，即先产生白色沉淀。15．【答案】B【解析】已知K

a(2CHClCOOH<Ka(2CHClCOOH)随着pH的增大，两种酸的浓度减小，酸根的浓度增大，由图可知Ka(2CHClCOOH)=10-2.8，Ka(2CHClCOOH)=10-1.3，曲线M表示()2CHClC

OO~pHδ−的变化关系，根据Ka(2CHClCOOH)=22(CHClCOO)(H),(CHClCOO)ccc−+×Η初始高二年级化学参考答案第3页（共4页）102(CHClCOO)0.1molLc−Η=⋅，若溶液中溶质只有2CHClCOOΗ，则+2(CHClCOO)(

H)cc−=1.15-1a202(CHClCOO)(CHClCOO)10molLKc−≈ΗΗ=⋅，但a点对应的+(H)c10.1molL−=⋅，说明此溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，+2(H)(HClCOO)(H)ccCc−−>+，B对；电离度α=nn电

离始，n始=n电离+n未电离，则22(CHClCOO=(CHClCOOαδ−Η))，2(CHClCOOαΗ)2=(CHClCOOδ−)，pH=2.08时，22(CHClCOO=(CHClCOO=δδ−

−)0.15)0.85，，比值为0.150.85。16．（14分，每空2分）【答案】Ⅰ．（1）SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑（2）SOCl2可以吸收水分，产生HCl可以抑制镁离子水解Ⅱ．（1）③<④<①<②（2）CO2+CN-+H2O=HCO3-+HCN（3）④⑥

（选对一个1分，有错选不给分，下同）（4）AD（5）BC【解析】Ⅱ．（1）由Ka可知，酸性由强到弱顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HCN，所以对应离子水解能力相反，碱性增强。（3）增大次氯酸的量可以增强漂白性，消耗

氯水中的氢离子，使Cl2+H2O=HCl+HClO平衡正向移动。根据酸性顺序判断，同时考虑不能与次氯酸氧化还原。（4）B．同浓度两种酸，消耗NaOH物质的量多少和体积有关。C．等浓度的Na2S溶液碱性强于NaCN溶液，说明HS-酸性强于HCN。（5）

根据“强酸制弱酸”原则，Ka越大，酸性越强，可得BC正确。17．（14分，除标注外，每空2分）【答案】（1）增大与反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸取率（2）Fe(OH)3（1分）1×10-11.6mol·L-1（3）Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2↓+2NH4+

+2H2O（4）2HCO3-+Co2+=CoCO3↓+CO2↑+H2OCo(OH)2（1分）（5）蒸发浓缩，冷却结晶（过滤，洗涤，干燥加上也对）在氯化氢氛围里加热蒸发【解析】高二年级化学参考答案第4页（共4页）（2）c(Fe3+)=1.0×10-

5时，pH=2.8可求得Fe(OH)3的Ksp=10-38.6。（4）(NH4)2CO3溶液碱性强。18．（13分，除标注外，每空2分）【答案】（1）①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-99kJ·mol-1②B（2）①0.24mol·L-1·min-1（1分）②A

C（3）①a<b<c投料比越小，二氧化碳转化率越高（1分）降低温度（或及时移除产物。除压强和投料比外，合理即可）（1分）②0.5【解析】（2）10分钟内，氢气转化的物质的量为6×0.8=4.8mol，容器体积为2L，求得速率为0.24mol·L-1·min-1；A．m点未平衡，反

应正向进行，υυ正逆＞。B．按照反应系数比投料，当CO2和H2转化率任意时刻都相等。C．活化能：过程Ⅰ到达平衡时间短，使用了催化剂，活化能小。D．该反应放热，降低温度，二氧化碳转化率增大。（3）使平衡正向移动；n点()()22CO:H1:1nn=，总压为2.0

MPa，二氧化碳转化率为20%，根据三段式计算。19．（14分，除标注外，每空2分）【答案】Ⅰ．（1）2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（2）产生了Mn2+，催化反应的

进行（1分）（3）c（1分）Ⅱ．（1）当滴入最后半滴标准液，溶液无色变为紫色且半分钟内不恢复原色（不褪色）（1分）（2）1.0001（3）BC（选对一个1分，有错选不给分）（4）1.25abⅢ．复合膜电极（1分）H2C2O4+2e—+2H+=H2C2O3+H2O【解析】Ⅰ．（3）需要加入Mn2+，

氯离子可能和原料反应，b不选。Ⅱ．（2）假设溶液体积1L，CaC2O4（s）+SO42-(aq)=CaSO4（s）+C2O42-(aq)转化完全后，溶液中c(SO42-)=1mol/L，反应消耗0.0001mol，所以至少需要加1.0001mol。（3）A．滴定开始时仰视读数

，导致高锰酸钾体积偏小。B．盛装KMnO4标准液的滴定管未润洗导致高锰酸钾体积偏大。C．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束有气泡导致高锰酸钾体积偏大。D．锥形瓶加草酸前中有水，没烘干，不影响。（4）分析化学式可得关系式：5Ca2

+—2MnO4-，所以血液中c(Ca2+)为1.25abmol/L。Ⅲ．根据碳元素化合价推测，草酸转化为乙醛酸为还原反应，在阴极进行。