五市十校高二化學參考答案

湖南省五市十校2020年下學期高二年級第一次聯(lián)考化學答案及給分標準選擇題(20分)題號12345答案DABDD題號678910答案CBAAC選擇題(20分)題號1112131415答案BCBDBDABDA選項次氯酸鈣應為次氯酸鈉B選項應為有機高分子材料C選項不是二氧化硅而是硅。AB選項的該反應為可逆反應C選項沒有體積D選項同樣為可逆反應。BA中鋁離子水解顯酸性，中性溶液中不能大量存在鋁離子C中溶液呈酸性時不能共存D中存在氧化還原反應。D晶體硅中每個Si原子與周圍的4個硅原子形成正四面體，向空間延伸的立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，每Si原子與周圍的4個Si原子形成4個SiSi鍵，每個SiSi鍵為1個Si原子提供eq\f(1,2)個SiSi鍵，所以1mol晶體硅中含有1mol×4×eq\f(1,2)=2molSiSi鍵，二氧化硅晶體中每個Si原子形成4個SiO鍵，1mol二氧化硅晶體中含有4molSiO鍵，反應熱△H=反應物總鍵能生成物總鍵能，據(jù)此計算．△H=176kJ/mol×2mol+498.8kJ/mol460kJ/mol×4=989.2kJ/mol．DCBAA、因為該反應是體積增大的反應，容器體積減小，平衡逆向移動，NO2的濃度增大，體積減小，所有物質(zhì)的濃度也都會增大，所以混合氣體的顏色會加深，；

B、假設(shè)將充入的NO2氣體放在另一個容器中建立與原平衡為等效平衡的體系，再將該體系加入到原平衡體系中，容器體積不變是，相當于加壓，平衡逆向移動，NO2氣體的轉(zhuǎn)化率減小，故B錯誤；

C、平衡常數(shù)只受溫度影響，與壓強無關(guān)，故C錯誤；AB中向兩支盛有KI3的溶液的試管中，分別滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液變藍，后者有黃色沉淀，變藍說明有I2，有黃色沉淀說明有I－，而原本溶液中只有KI3，故存在這樣的平衡，B項正確Na2SO3溶液和Na2CO3溶液都顯堿性，是因為兩者都是強堿弱酸鹽，亞硫酸根和碳酸跟都能水解，等濃度的Na2SO3溶液的pH更小是因為3水解能力比3強，C項正確；

D選項中NaClO有漂白性，所以用pH計測NaClO的pH，D項正確CBCCoxNi（1x）Fe2O4中Co、Ni均為+2，O為2價，則Fe的化合價為+3，故A正確；

B．Co、Ni、Fe均為Ⅷ族元素，故B錯誤；

C．由圖可知，隨x值越大，過氧化氫的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大，故Co2+的催化活性更高，故C錯誤；

D．過氧化氫的分解速率越大，催化劑活性更高，根據(jù)圖象可知，x相同時，微波水熱法初始速度大于常規(guī)水熱法，故微波水熱法制得催化劑的活性更高，故D正確．12.BDA、催化劑不會使平衡發(fā)生移動，氣體相對分子質(zhì)量Mr不變B、可逆反應的正反應是氣體分子數(shù)增大的反應，減小壓強，X轉(zhuǎn)化率增大，所以，壓強大小關(guān)系有：

C、根據(jù)圖象知，升高溫度，X轉(zhuǎn)化率降低，說明反應向正方向移動，平衡常數(shù)增大

D、M點對應的平衡體系中，X的體積分數(shù)為0.1，則

起始：100

平衡：x3x

（）／（1+2x）=0.1x=9／22X的轉(zhuǎn)化率9／1113.BD在密閉容器中的一定量混合氣體發(fā)生反應xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡時測得A的濃度為0.50mol/L.保持溫度不變，將容器的容積擴大到原來zhi的兩倍時，在這瞬間，A的濃度為原來的1/2即0.25mol/L.，當反應達到平衡時A的濃度為0.30mol/L，即平衡向逆反應方向移動，即減少壓強，平衡向逆反應方向移動，逆反應方向為氣體體積增大的反應，所以x+y＞z；15.ABA．常溫下，亞硫酸氫鈉呈酸性，說明亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度，根據(jù)物料守恒得c（Na+）=c（H2SO3）+c（HSO3）+c（SO32）①，根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HSO3）+2c（SO32）②，將方程式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，則c（H+）=c（OH），氯化氫電離出的氫離子和醋酸根離子結(jié)合生成醋酸，所以溶液中c（Cl）=c（CH3COOH），醋酸根離子水解而鈉離子不水解，所以c（Na+）＞c（CH3COO），CH3COONa溶液呈弱堿性，要使溶液呈中性，則向醋酸鈉溶液中加入少量鹽酸，醋酸鈉的量遠遠大于鹽酸的量，所以c（CH3COO）＞c（Cl），故B正確；C．硫酸氫銨是強酸弱堿酸式鹽，硫酸氫根離子電離出氫離子，抑制銨根離子水解，但溶液呈強酸性，碳酸氫銨中HCO3的水解程度大于NH4+的水解程度，所以NH4HCO3溶液呈堿性，氯化銨水解而使其溶液呈酸性，但小于硫酸氫銨的酸性，所以pH的大小關(guān)系：②＞③＞①D．根據(jù)物料守恒得，次氯酸鈉中c（HClO）+c（ClO）=c（Na+），碳酸氫鈉中c（Na+）=c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32），次氯酸鈉中鈉離子是碳酸氫鈉中鈉離子的2倍，所以c（HClO）+c（ClO）=[c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32）]；非選擇題(除說明外，每空2分，共60分)16.(16分)(1)Al、Si原料充足、可再生，燃燒產(chǎn)物幾乎無污染(2)2Be(s)+MnO2(s)===2BeO(s)+Mn(s)ΔH=－18akJ/mol(3)=1\*GB3①Cu+H2O2+H2SO4====CuSO4+2H2O =2\*GB3②加熱(至沸)或煮沸③淀粉溶液

藍色褪去且半分鐘內(nèi)不恢復原來顏色 ④偏高Al、Si在地殼中的含量較高，可再生，燃燒產(chǎn)物幾乎無污染，故答案為：Al、Si；原料充足、可再生，燃燒產(chǎn)物幾乎無污染；2Be（S）+MnO2（S）═2BeO（S）+Mn（S）ΔH=18akJ/mol①因為雙氧水在酸性溶液bai中先把銅氧化成氧化銅，當然這是一個微弱的反應，形成一個平衡，但是形成的氧化銅馬上就會被稀硫酸溶解，平衡被打破，反應朝正方向進行，故而逐漸溶解②過氧化氫性質(zhì)比較穩(wěn)定，若加熱到153℃便猛烈的分解為水和氧氣，將溶液中過量的H2O2除去可加熱至沸③淀粉溶液為指示劑，當最后一滴Na2S2O3溶液滴入時，溶液藍色褪去，半分鐘顏色不變，說明滴定到達終點，故答案為：淀粉溶液，藍色褪去；

④若留有H2O2，加入KI后，會有以下反應：H2O2+2I+2H+=I2+2H2O誤當成2Cu2++4I=2CuI（白色）↓+I2生成的碘，使測定結(jié)果偏高，

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

D中品紅不褪色，F(xiàn)中產(chǎn)生白色沉淀

(2)①常溫下，用pH試紙(或pH計)測定NaHSO3溶液的pH，若pH<7，則Ka>Kb；若pH>7，則Ka<Kb。②0.01mol·L－1(3)SOCl2＋H2O＝SO2↑＋2HCl↑

AlCl3溶液中Al3+易水解，AlCl3·6H2O與SOCl2混合加熱，SOCl2與AlCl3·6H2O中的結(jié)晶水作用，生成無水AlCl3及SO2和HCl氣體，SOCl2吸水，產(chǎn)物SO2和HCl抑制AlCl3水解(3分)(1)①在SO2的飽和水溶液中存在SO2+H2OH2SO3H++HSO3的平衡，當加入NaHSO3固體增加了c(HSO3)，平衡左移，降低了SO2的溶解度，故可以看到有氣體SO2逸出；②次氯酸具有強氧化性、二氧化硫具有還原性，不能利用二氧化硫與次氯酸鈣直接反應判斷亞硫酸與次氯酸的酸性強弱，先驗證亞硫酸酸性比碳酸強，再結(jié)合碳酸酸性比HClO強堿性判斷．A裝置制備二氧化硫，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的二氧化硫中混有HCl，用飽和的亞硫酸氫鈉除去HCl，再通過碳酸氫鈉溶液，可以驗證亞硫酸酸性比碳酸強，用酸性高錳酸鉀溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品紅溶液檢驗二氧化碳中二氧化硫是否除盡，再通入F中，則：裝置連接順序為ACBEDF，其中裝置C的作用是除去HCl氣體，D中品紅不褪色，F(xiàn)中出現(xiàn)白色沉淀，可證明亞硫酸的酸性強于次氯酸；①電離顯酸性，水解顯堿性，則測定pH即可，則設(shè)計實驗為常溫下，用pH試紙（或pH計）測定NaHS03溶液的pH，若pH＜7，則Ka＞Kb，若pH＞7，則Ka＜Kb。②帶入公式SOCl2與水反應的方程式為：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，AlCl3溶液易水解，AlCl3?6H2O與SOCl2混合加熱，SOCl2與AlCl3?6H2O中的結(jié)晶水作用，生成無水AlCl3及SO2和HCl氣體，SOCl2吸水，產(chǎn)物SO2和HCl溶于水呈酸性抑制水解發(fā)生，

故答案為：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑；AlCl3溶液易水解，AlCl3?6H2O與SOCl2混合加熱，SOCl2與AlCl3?6H2O中的結(jié)晶水作用，生成無水AlCl3及SO2和HCl氣體，SOCl2吸水，產(chǎn)物SO2和HCl抑制AlCl3水解；18.(14分)(1)ClO－＋H2OHClO＋OH－(2)漂白紙漿(3)Al3＋＋3ClO－＋3H2O=3HClO＋Al(OH)3↓(4)A(5)=1\*GB3①+3 ②正鹽>19.(14分)(1)－24(2)C(3)20%(4)反應體系中少量的CO2使平衡Cu2O＋CO2Cu＋CO2逆向移動，抑制Cu2O被CO還原(3分)(5)2CuCl2－＋2OH－====4Cl－＋Cu2O↓＋H2O(6)2.25(3分)（1）根據(jù)甲醇與二甲醚的燃燒熱分別是ΔH=－760.5kJ/mol和ΔH=－1453.0kJ/mol可得其燃燒熱的熱化學方程式分別為：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由蓋斯定律可得ΔH3=－24kJ/mol（2）在固定容積的容器中發(fā)生反應2CH4(g)＋O2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，當變量不變時，可說明反應達到平衡狀態(tài)：物理量說明能否證明混合氣體的密度根據(jù)ρ=，反應在固定容積的容器中進行（V不變），根據(jù)質(zhì)量守恒定律，氣體的質(zhì)量不變，所以ρ是不變量否CH4與O2的物質(zhì)的量之比根據(jù)方程式可知CH4與O2的物質(zhì)的量之比等于化學計量數(shù)之比，是不變量否混合氣體的平均相對分子質(zhì)量根據(jù)M=，由于質(zhì)量守恒，氣體的質(zhì)量不變，反應為氣體體積減小的反應，故n總減小，M增大是變量能CH4的生成速率等于CH3OCH3的消耗速率CH4的生成速率指逆反應速率，CH3OCH3的消耗速率也是指逆反應速率，不能體現(xiàn)正逆反應速率相對否（3）根據(jù)投料列出“三段式”2CH4(g)＋O2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)起始(mol/L)0.200.1000轉(zhuǎn)化(mol/L)0.100.050.050.05平衡(mol/L)0.100.050.050.05φ(CH3OCH3)==20%（4）由于Cu2O與CO發(fā)生反應：Cu2O＋COCu＋CO2，反應體系中少量的CO2使平衡逆向移動，抑制Cu2O被CO還原；（5）根據(jù)圖示進行如下分析：III、IV兩步總反應為：22＋2OH－4Cl－＋Cu2O↓＋H2O（6）CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)起始(mol)