12024年十堰市六縣市區(qū)一中教聯(lián)體11月聯(lián)考高二化學(xué)試卷答案詳解1.【答案】B【解析】乙烯具有催熟的作用，即文中的“氣”是指乙烯，B錯誤。2.【答案】A【解析】將煤炭通過煤液化技術(shù)轉(zhuǎn)化為甲醇燃料,甲醇燃料在燃燒時,不會減少二氧化碳的排放量,不會實現(xiàn)“碳中和”,A錯誤。制取等量的硝酸銅,消耗濃硝酸的量較大,且放出的有毒氣體的量相對較多,即使用稀硝酸比使用濃硝酸排放的污染物更少,B正確。工業(yè)制硫酸尾氣中的SO2回收常采用氨水吸收法,即先用氨水吸收二氧化硫,當(dāng)吸收液中NH4HSO3達(dá)到一定濃度后,再與硫酸反應(yīng)放出SO2,可以循環(huán)利用,C正確。乙烷和氯氣光照發(fā)生取代反應(yīng)有副產(chǎn)物氯化氫氣體生成；而乙烯與氯化氫發(fā)生加成反應(yīng)只生成氯乙烷,反應(yīng)物全部轉(zhuǎn)化為生成物,沒有副產(chǎn)物,原子利用率達(dá)到100%,D正確。3.【答案】C【解析】泡沫滅火器的反應(yīng)原理為鋁離子和碳酸氫根離子通過鹽的水解相互促進反應(yīng),生成二氧化碳和水:Al3++3HCO===Al(OH)3↓+3CO2↑,A錯誤；氨水吸收足量SO2生成亞硫酸氫銨，反應(yīng)的離子方程式為NH3·H2O＋SO2===HSO＋NH，B錯誤；向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，反應(yīng)生成硫酸鈣、鹽酸和次氯酸，反應(yīng)的離子方程式為Ca22ClOSO2＋H2O===CaSO4↓+ClH++HClO，D錯誤。4.【答案】B【解析】氣態(tài)水轉(zhuǎn)化為液態(tài)水放出熱量,H2的燃燒熱ΔH應(yīng)小于-241.8kJ·mol-1,故A錯誤；2mol碳單質(zhì)完全燃燒時放出熱量更多,ΔH更小，ΔH1<ΔH2，故B正確；濃硫酸溶于水的過程放熱,則用濃硫酸與NaOH溶液反應(yīng)生成1mol水,放出的熱量大于57.3kJ,故C錯誤；石墨轉(zhuǎn)化為金剛石吸熱,說明石墨的能量低于金剛石,而物質(zhì)能量越低越穩(wěn)定,故石墨比金剛石更穩(wěn)定,故D錯誤。5.【答案】C【解析】A項，2COg+2H2g=CH4g+CO2g是放熱反應(yīng)，反應(yīng)物總能量高于生成物總能量，加催化劑會導(dǎo)致活化能降低，但不影響反應(yīng)熱，與圖像含義符合，故A不選；B項，放熱反應(yīng)，反應(yīng)物的鍵能和小于生成物的鍵能和，故B不選；C項，酸堿中和反應(yīng)為放熱反應(yīng)，物質(zhì)的量濃度相等、體積分別為V1、V2的HCl、NaOH溶液混合，V1+V2=60m時HCl、NaOH溶液恰好完全反應(yīng)，放出的熱量最多，即橫坐標(biāo)為30時的溫度應(yīng)該最高，圖象與實際反應(yīng)相符，故C符合題意；D項，已知穩(wěn)定性順序為B＜A＜C，物質(zhì)的總能量越低越穩(wěn)定，則物質(zhì)具有的能量B＞A＞C，圖示中表示的能量變化曲線符合實際，故D不選。6.【答案】B【解析】由圖可知，CH4在催化劑表面發(fā)生化學(xué)吸附生成H*和CH，表示為CH4(g)H*+CH，A項正確；由圖可知，反應(yīng)中只有C—C和O—H的生成，B項錯誤；②過程H*和CH3COO*在催化劑的作用下生成CH3COOH，則②過程表示CH3COOH分子的脫附過程，C項正確；反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，該合成反應(yīng)是放熱反應(yīng)，D項正確。7.【答案】C【解析】有氣體參加的化學(xué)反應(yīng)，若增大壓強(即縮小反應(yīng)容器的容積)，可增加單位體積內(nèi)活化分子的數(shù)目，從而使反應(yīng)速率加快，但活化分子的百分?jǐn)?shù)不變，A不正確；催化劑之所以能改變化學(xué)反應(yīng)速率，是因為它能改變反應(yīng)歷程，從而改變反應(yīng)的活化能，但不能改變反應(yīng)的焓變，B不正確；活化能是活化分子具有的平均能量與反應(yīng)物分子具有的平均能量之差值，活化能越小，反應(yīng)越容易發(fā)生，C正確；升高溫度能增加活化分子百分?jǐn)?shù)，增加反應(yīng)物濃度，活化分子的百分?jǐn)?shù)不變，但它們都能增大單位體積內(nèi)的活化分子數(shù)，從而使單位時間內(nèi)的有效碰撞次數(shù)增加，從而增加化學(xué)反應(yīng)速率，D不正確；故選C。8.【答案】B【解析】滴加10滴6mol·L－1NaOH溶液，氫離子濃度降低，平衡正向移動，實驗現(xiàn)象應(yīng)是黃色加深，故A錯誤；根據(jù)溶液褪色時間長短可知不同催化劑的催化效果，故B正確；FeCl3過2量，不能用檢驗Fe3＋的存在來證明該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，故C錯誤；恒容容器中充入氦氣增大總壓強，但反應(yīng)物濃度不變，故平衡不移動，故D錯誤。誤；故選A。10.【答案】A【解析】其他條件不變,將密閉容器的容積擴大1倍,若平衡不移動,則B氣體的濃度為0.3mol·L-1,實際上B的濃度變?yōu)?.4mol·L-1,說明平衡向逆反應(yīng)方向移動,故a+b>c+d,ΔS＜0，ΔH＞0，任意溫度均不自發(fā)，A錯誤；密閉容器的容積加倍,平衡逆向移動,但各物質(zhì)的濃度都要減小,即A氣體的濃度也減小,B正確；由A選項的分析知將密閉容器的容積擴大1倍平衡向逆反應(yīng)方向移動,故D氣體的體積分?jǐn)?shù)減小,C正確；恒溫下擴大容器體積,減壓，正逆反應(yīng)速率均減小，D正確。11.【答案】B【解析】t0時刻充入了一定量的C，v正瞬間不變，A錯誤；依據(jù)圖像分析,溫度升高平均相對分子質(zhì)量減小,平均相對分子質(zhì)量減小,總質(zhì)量不變,說明氣體物質(zhì)的量變大,所以平衡逆向進行,逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng),正反應(yīng)是放熱反應(yīng),ΔH<0,C錯誤；容器體積越大,壓強越小,而該反應(yīng)為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng),加壓,平衡逆向移動,N2的百分含量減小,則E、F點為平衡點,G點因壓強過小,速率過慢,未達(dá)到平衡,D錯誤。12.【答案】D【解析】A.若N不是氣體,則該反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量不變,改變壓強平衡不移動,M的體積分?jǐn)?shù)不變,與圖像不符合,故在該反應(yīng)條件下N為氣體,故A正確；B.溫度為300℃、壓強為p1條件下,M的體積分?jǐn)?shù)為50%,設(shè)X的轉(zhuǎn)化量為xmol,則平衡時各物質(zhì)的量為n(X)=n(Y)=(1-x)mol,n(M)=2xmol,n(N)=xmol,則可得解得x故X的平衡轉(zhuǎn)化率為故B正確；C.溫度為300℃、壓強為p1條件下,C點未達(dá)到平衡狀態(tài),該條件下平衡時刻M的體積分?jǐn)?shù)應(yīng)對應(yīng)B點,C點M的體積分?jǐn)?shù)比B點M的體積分?jǐn)?shù)小,故反應(yīng)正在向正反應(yīng)方向進行,故v(正)>v(逆),故C正確；D.由圖像可知,升高溫度,M的體積分?jǐn)?shù)減小,說明升溫平衡逆向移動,平衡常數(shù)減小,且平衡常數(shù)只與溫度有關(guān),溫度相同,平衡常數(shù)相同,故A、B、D三點平衡常數(shù),K(A)>K(B)>K(D),故D錯誤。13.【答案】B【解析】由兩種溶液的濃度與pH可知,HA是強酸,BOH是弱堿,弱堿的電離是可逆過程,A項錯誤；因等物質(zhì)的量濃度、等體積的兩溶液混合時,二者恰好完全反應(yīng)得到BA溶液,該溶液呈酸性,而混合后的溶液呈中性,說明堿過量,B項正確；BA為強酸弱堿鹽,其水溶液顯酸性,則c(H+)>c(OH-),C項錯誤；將pH=11的強堿溶液稀釋100倍后,所得溶液的pH=9,而BOH是弱堿,稀釋過程中會繼續(xù)電離出OH-,故將0.1mol·L-1BOH溶液稀釋至0.001mol·L-1,溶液的pH范圍為9<pH<11,D項錯誤。14.【答案】C【解析】向亞硫酸溶液中滴加NaOH溶液,亞硫酸物質(zhì)的量濃度逐漸減小,亞硫酸氫根物質(zhì)的量濃度逐漸增大,因此曲線Ⅰ為亞硫酸,曲線Ⅱ為亞硫酸氫根,再繼續(xù)加NaOH溶液,亞硫酸氫根物質(zhì)的量濃度減小,亞硫酸根物質(zhì)的量濃度增大,因此曲線Ⅲ為亞硫酸根。根據(jù)前面分析,曲線Ⅱ表示HSO的分布系數(shù)隨pH的變化,故A正確；在pH=7.2時,亞硫酸氫根物質(zhì)的量濃度和亞硫酸根物質(zhì)的量濃度相等,則Ka2(H2SO3)=c(H+)=1×10-7.2=100.8×10-8,因此Ka2(H2SO3)的數(shù)量級為10-8,故B正確；pH=7時,根據(jù)電荷守恒和pH=7得到c(Na+)=2c(SO-)+c(HSO),又由于pH=7時c(SO-)<c(HSO),因此c(Na+)>3c(SO-),故C錯誤；根據(jù)圖中信息得到,NaHSO3溶液pH大約為4,說明溶液顯酸性,是亞硫酸氫根電離占主要,抑制水的電離,因此溶液中水電離出的c(H+)<1×10-7mol·L-1,故D正確。15.【答案】D【解析】由題意可知,c(M2+)越小,pM越大,常溫下Ksp(ZnS)>Ksp(PbS),則c(S2-)相同且分別3達(dá)到沉淀溶解平衡時c(Zn2+)>c(Pb2+),可得出曲線①代表PbS的沉淀溶解關(guān)系,曲線②代表ZnS的沉淀溶解關(guān)系。常溫下,B點對應(yīng)溶液中Pb2+的濃度大于曲線①上相同c(S2-)時對應(yīng)的Pb2+的濃度,所以B點Q>Ksp(PbS),為過飽和溶液,A錯誤；若x=1.6×10-10,則y=-lglglg2≈17.7,B錯誤；若對A點濁液進行加熱,PbS溶解度增大,Pb2+、S2-濃度均增大,pM將會減小,溫度升高,Ksp增大,A點不沿曲線①移動,C錯誤；在ZnS和PbS同時沉淀的濁液中D正確。16.(14分)【答案】(1)C2H8N2(l)＋2N2O4(g)===3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝(y-2x)kJ·mol-1(2分)(2)C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)ΔH2220kJ·mol－1(2分)CH4?8e?+10OH?===CO-+7H2O(2分)(3)946(2分)小于(1分)(4)(E1-E2)+ΔH＋(E3-E4)(2分)(5)玻璃攪拌器(1分)偏小(2分)【解析】(1)根據(jù)蓋斯定律，由反應(yīng)2-2×反應(yīng)1可得目標(biāo)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式；(4)由圖中能量變化情況分析可知，過程中的焓變＝(E1-E2)+ΔH＋(E3-E4)；(6)會造成熱量損失，所測得溫差的數(shù)值變小。17.(13分)【答案】(1)濃度或Na2S2O3溶液的濃度或反應(yīng)物的濃度(1分)溶液的體積、濃度均相同,實驗溫度相同,則實驗Ⅰ、Ⅱ為探究Na2S2O3溶液的濃度對該反應(yīng)速率的影響。(2)實驗Ⅰ、Ⅱ所加H2SO4溶液的體積、濃度均相同,為保證溶液混合后H2SO4的濃度相同,則要加入蒸餾水,由實驗可知,溶液混合后總體積為10mL,則V=8。(3)實驗Ⅲ中溫度最高,Na2S2O3溶液的濃度較大,故推測反應(yīng)速率最快的是Ⅲ。(4)氫氧化鈉與醋酸恰好反應(yīng)溶液呈堿性，應(yīng)用堿性范圍內(nèi)變色的指示劑：酚酞；(5)結(jié)束時，堿式滴定管中的液面如圖所示，則此時讀數(shù)為26.60；(6)根據(jù)表格可知三次實驗耗氫氧化鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液體積分別為：22.01，19.10，21.99，由于第二次數(shù)據(jù)差距較大，舍去；剩余兩次實驗耗體積平均為22.00，根據(jù)cCH3COOHmol/L(7)根據(jù)cCH3COOH所有誤差分析都?xì)w到耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積，A.滴定前平視讀數(shù)，滴定終點時俯視讀數(shù)，耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏小，結(jié)果偏低，A不符合要求；B.錐形瓶用蒸餾水洗過后未晾干直接盛裝待測液，無影響，B不符合要求；C.堿式滴定管滴定前有氣泡，滴定后無氣泡，耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏大，結(jié)果偏高，C符合要求；D.配制標(biāo)準(zhǔn)溶液所用NaOH固體中含有少量Na2CO3雜質(zhì)，耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏大，結(jié)果偏高，D符合要求；故CD符合要求18.(14分)【答案】(1)10?11(1分)D(2分)【解析】(1)加酸抑制水的電離，若A點的pH＝3，該點溶液中由水電離出的c(H＋)＝10－11mol/L。(2)B點加入NaOH體積為10mL，溶質(zhì)為等濃度的HNO2和NaNO2，溶液顯酸性，故HNO2的電離程度大于NO的水解程度，該點溶液中離子濃度由大到小的順序是c(NO)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。等濃度的HNO2和NaNO2，電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(NO)，元素守恒：c(NO)＋c(HNO2)4mol·L－1)，由上述兩式可得c(HNO2)+2c(H+)＝c(NO)+2c(OH?)，綜上A、B均正確。(3)C點溶液呈中性，則c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol/L，由元素守恒可知c(NO)＋c(HNO2)=mol/L，由電荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(NO)，則c(NO)＝c(Na(4)E點加入NaOH體積為40mL，溶質(zhì)為等濃度的NaOH和NaNO2，溶液顯堿性(5)D點NaNO2溶液0.05mol·L?1，等體積混合濃度均減半，Ksp解得c(Ag+)≥0.05mol·L?119.(14分)【答案】(1)BD(2分)(2)1.1(2分)逆向移動(2分)(3)>(1分)a(2分)K(a)=K(b)=K(c)(2分)(4)>(1分)>(1分)高溫(1分)【解析】(1)由質(zhì)量守恒定律可知，反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量相等，該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，反應(yīng)中容器內(nèi)氣體的平均摩爾質(zhì)量增大，則容器內(nèi)氣體的平均摩爾質(zhì)量保持不變說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)已達(dá)到平衡，故A正確；正反應(yīng)方向始終v(NH3)正=2v(N2)正，無法判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡，故B不正確；該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，反應(yīng)中容器內(nèi)壓強減小，則容器內(nèi)壓強保持不變說明正逆反應(yīng)速率相等，反