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123456789101112131415答案CDBADDCBCDABDCBBD1.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)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﹣E4B．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－===2H2OD.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xmol，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)-2②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－+H2OHCO3－+OH－（2分，写2步水解也得分）；③BC（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>HClO②Na2CO3溶液呈碱性的原因是CO32-水解，CO32－+H2OHCO3－+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－+HClO⑤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（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)①ClO2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