2021年湖北省新高考联考协作体高二上学期期末考试--高二化学答案

‎2021年湖北省新高考联考协作体高二上学期期末考试 高二化学参考答案 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ 答案 C D B A D D C B C D AB D C B BD ‎1. C 解析：C 过氧化氢、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇不具有氧化性，乙醇并不急于使细菌表面的蛋白质凝固，而是渗入到细菌体内，然后把整个细菌体内的蛋白质凝固起来，使蛋白质病毒变性失去生理活性从而达到杀菌的目的，故C错误 ‎2.D 解析：D醋酸是弱电解质，不能拆开 ‎3.B 解析：B.标准状况下CCl4为液态 ‎4.A 解析： A.根据电荷守恒，可推出c（CH3COO-）=c(Cl-)‎ B．醋酸的电离是吸热的，升高温度，电离平衡正向移动，c(H+)增大，溶液的pH减小 C．溶液中离子浓度相等，导电能力相同。‎ D．醋酸不完全电离，所以同pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量浓度远大于盐酸，所以同体积的盐酸和醋酸溶液，醋酸中的溶质的物质的量大于盐酸中HCl的物质的量，所以和足量的NaHCO3溶液反应时，产生的气体醋酸多 ‎5．D 解析：D、CH3COOH的Ka与NH3·H2O的Kb相等，但浓度大小不知道，故CH3COOH的 c(H＋)与NH3·H2O中的c(OH－)不一定相等 ‎6. D 解析：A选项中加入苯，萃取了碘单质，导致了c(I2)减小，化学平衡正向移动 C选项中漏掉了c(I2)‎ 7. C 解析：A.不能湿润的pH试纸测定NH4Cl溶液的pH，读数应为整数，NH3•H2O是弱电解质 D．NaOH过量，没有实现沉淀转化，无法比较溶度积的大小 ‎8.B 解析：B 导管直接插在水中，氨气极易溶于水，不能防止倒吸 ‎9.C 解析A. ①A→B反应焓变为E1﹣E2，②B→C反应焓变为E3﹣E4，结合盖斯定律A→C的反应焓变为E1﹣E2 +E3﹣E4 ‎ B．加入催化剂，△H不改变 C．E1﹤E3 第二步反应速率较慢，其决定总反应速率 ‎ D.由于该反应是可逆反应，无法完全反应，所以反应放出小于92kJ热量 ‎10.D 解析：D．发生析氢腐蚀 ‎ ‎11.AB解析：D．反应体系中的物质都为液态，不能加压加快反应速率 ‎12.D 解析：D.原电池的构成需要发生氧化还原反应 ‎ ‎13.C 解析：A.CO、H2S均被氧化，敏感电极做负极 ‎ B.Cl2 + 2e－=2Cl－‎ C.H2S反应生成硫酸，说明溶液显酸性，所以对电极的电极反应式O2＋4H+＋4e－===2H2O D.等物质的量H2S与CO失去电子数不一样，所以产生电流不一样 ‎14.B 解析B.制备氯气的反应物为二氧化锰和浓盐酸 ‎15.BD 解析：A.NaOH溶液滴定NaHA溶液生成Na2A，水解呈碱性，用酚酞作指示剂 B.根据电荷守恒推出 C.由图可知，NaHA溶液呈酸性 ‎ D.水的电离程度一直增大 3‎ ‎16.（15分）答案：‎ ‎（1）2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)    △H= +313.8kJ/mol（2分）‎ ‎（2）①低温（2分） ②< （2分） ③a点和b点都未达到平衡，b点温度高，反应速率快，单位时间内转化率高。（2分）‎ ‎（3）①4（2分）②选择合适的催化剂（2分）‎ ‎（4）①抑制（1分）；②25（2分）‎ 解析：（1）通过中过程的热化学方程式计算2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) △H= +313.8kJ/mol ‎（2）①温度升高，K值减小，可推知反应为放热反应，反应又属于熵减小的反应，推知该反应在低温条件下易自发。‎ ‎②300℃，某时刻c(CO)=0.2mol·L-1、c(H2)=0.2mol·L-1、c(CH3OH)=0.1mol·L-1，代入浓度商Qc表达式中，可算出Qc=12.5>K，反应逆向进行，υ正< υ逆。‎ ‎③b点和c点都未达到平衡，c点温度高，反应速率快，单位时间内转化率高。‎ ‎（3）①反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，起始CO和H2的物质的量分别为2mol、3mol；‎ 设达到平衡时CO的转化量为xmol，H2的转化量为2xmol，CH3OH的生成量为xmol，则平衡量CO为（2-x）mol，H2为（3-2x）mol，CH3OH为x mol，平衡后测得体系压强是起始时的0.6倍，求出x=1mol，求出K=4(mol/L)-2‎ ‎②为了提高反应速率和合成甲醇的选择性，应当选择合适的催化剂 ‎（4）①由题图可知，CO减少的同时H2增大，说明生成CO和H2有相互抑制作用。‎ ‎②根据化学方程式CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)可知，CO和H2的化学计量数之比为1:2，所以为使CO和H2的利用率最高，电解时应控制电压为25V左右。‎ ‎17.（15分）答案：‎ ‎（1）①HF>H2CO3>HClO （1分） ②CO32－+H2O HCO3－+OH－（2分，写2步水解也得分）；‎ ‎③ BC（2分）‎ ‎④ （1分）ClO－+CO2+H2O = HCO3－+HClO（2分）‎ ‎ ⑤10－6.5（2分）‎ ‎（2）①NaHSO3溶液中HSO3－电离程度大于水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性。（2分）‎ ‎②c(Na+)>c(HSO3－)>c(SO32－)>c(H+)=c(OH－)（2分）；增大（1分）‎ 解析：‎ （1） ‎①已知常温下浓度为0.1mol·L-1的几种溶液的pH；根据水解规律，酸越弱，盐的水解程度越大，可知酸性：HF>H2CO3>HClO ‎②Na2CO3溶液呈碱性的原因是CO32-水解，CO32－+H2O HCO3－+OH－‎ ‎③A中应选用最高价的含氧酸的酸性比较非金属性；B可以利用盐类水解来比较非金属性；C中S与H2的化合比C与H2的化合更容易，可以比较非金属性 ‎④NaClO的电子式为 ‎“84”消毒剂在空气中生成HClO用于消毒的离子方程式ClO－+CO2+H2O = HCO3－+HClO 3‎ ‎⑤ 根据质子守恒可知，c(HF)+c(H+)=c(OH−)=10－6.5mol·L－1‎ ‎（2）①NaHSO3溶液中HSO3－电离程度大于水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性。‎ ‎②25℃,时用1.5mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液PH=7，把c(H+)=1×10-7代入Ka2表达式中，可推出c(HSO3－)>c(SO32－)，写出离子浓度排序：c(Na+)>c(HSO3－)>c(SO32－)>c(H+)=c(OH－)；‎ 向该溶液中加入少量的Br2，发生反应SO32－+Br2+H2O = SO42－+2Br－+2H+，可知溶液酸性增强，c(H+)增大，通过Ka1表达式，可以分析增大 18. ‎（16分）答案： (1)2Co3++SO32+H2O=2Co2++SO42−+2H+ （2分）SiO2、CaSO4（2分）‎ ‎(2)①2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O或SO32+H2O2=SO42+H2O（任写对一个得2分）3.3（2分）‎ ‎（3）①NiSO4（2分）；‎ ‎②粗产品中可能含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水（任答对一个原因得2分）‎ ‎③2H2O–4e－=O2↑+4H+（2分）；反萃取(2分)‎ 解析：(1)“钴浸出”过程中 Na2SO3 将 Co3+ 还原为 Co2+, 自身被氧化为硫酸钠 , 发生的离子反应为：2Co3++SO32−+H2O=2Co2++SO42−+2H+ ；浸渣是不参与反应且难溶于水的SiO2和反应生成的微溶物CaSO4‎ ‎(2)①“净化除杂 1 ”过程中 , 先加入 H2O2 ；氧化溶液中的Fe2+，发生的反应为：‎ ‎2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；加入 Na2CO3 溶液，调pH恰好除去Fe3+，计算过程为：常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=8.0×10-38=c(Fe3+)·c3(OH-)，将c（Fe3+）=10-5mol·L－1代入公式，可推出c(OH-)=2×10－11mol·L－1；根据水的离子积常数，推出c(H+)=5×10－4mol·L－1；算出pH=3.3。‎ ‎（3）“萃取和反萃取”‎ ‎①根据流程的目的，以及主要成分，推出水相①中含有溶质为硫酸、硫酸钠和NiSO4；‎ ‎②根据流程可知，粗产品中可能含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。‎ ‎③2H2O–4e－=O2↑+4H+；电解后a室中的电解液生成的是盐酸，可在“反萃取”中再利用。‎ ‎19.（14分）答案：(1)2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+ Cl2↑ +2NaCl+2H2O（2分）‎ ‎(2)将装置中的ClO2和 Cl2气体全部排出，使ClO2完全被水吸收（2分） 溶液变黄绿色 （2分）‎ ‎(3)①酸式滴定管（1分）‎ ‎②溶液蓝色褪去，且半分钟内溶液颜色不复原。（2分）‎ ‎③250mL；（1分） ‎ ‎ 4次理论共消耗100mL，考虑润洗酸式滴定管和实际损耗，故需要250mL容量瓶。（2分）‎ ‎④0.16c （2分）‎ 解析：(1)2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+ Cl2↑ +2NaCl+2H2O ‎(2)将装置中的ClO2和 Cl2气体全部排出，使ClO2完全被水吸收 ； 溶液变黄绿色 ‎ ‎(3)① ClO2溶液具有强氧化性，准确量取时用酸式滴定管 ‎②溶液蓝色褪去，且半分钟内溶液颜色不复原。‎ ‎③250mL； 4次理论共消耗100mL，考虑润洗酸式滴定管和实际损耗，故需要250mL容量瓶。‎ ‎④根据反应找出反应物之间的计量数关系：2ClO2----5I2---10Na2S2O3，已知4次测定所消耗的Na2S2O3溶液的体积去掉21.20mL，所以平均体积20.00mL，计算消耗Na2S2O3的物质的量为20.00×10-3 L×c mol·L－1=0.02 c mol，根据计量数关系，算出ClO2物质的量为0.004 c mol，算出ClO2物质的量浓度为0.16c mol·L－1‎ 3‎