精品解析河南省名校联盟学年高二联考化学试题解析版.docx
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精品解析河南省名校联盟学年高二联考化学试题解析版
高二化学试卷
考生注意：
1.本试卷分笫I卷（选择题）和笫II卷（非选择题）两部分，共100分。
考试时间90分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.本试卷主要考试内容：
选修3、选修4、选修5。
4.可能用到的相对原子质量：
H-1C-12O-16F-19Cl-35.5Cu-64Br-80Ag-108
第I卷（选择题）
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。
每小题只有一个选项符合题意）
1.下列事实与原因对应关系不正确的是（）
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A．在Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能消毒杀菌，在水中被还原为Fe3＋，Fe3＋水解生成氢氧化铁胶体，可净水，A不符合题意；
B．秸秆燃烧产生热量，可以转化为电能，属于生物质能的运用，B不符合题意；
C．铜单质作原电池的电极，由于其本身能够导电，且不太活泼，较稳定，C不符合题意；
D．制革工业中用Na2CO3脱脂，
由于Na2CO3水解呈碱性，油脂在碱性环境下能够发生水解，而不是由于Na2CO3较稳定，D符合题意。
答案选D。
2.在其他条件不变的情况下，升高温度，下列数值不一定增大的是（）
①水解平衡常数②化学平衡常数③电离平衡常数④物质的溶解度
A.②③B.①④C.③④D.②④
【答案】D
【解析】
【详解】①盐类的水解反应是吸热反应，升高温度，促进水解，水解平衡常数增大，①不符合题意；
②若某一可逆反应是放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，则化学平衡常数不一定增大，②符合题意；
③弱电解质的电离是吸热的，升高温度，促进电离，电离平衡常数增大，③不符合题意；
④有些物质的溶解度随着温度的升高而降低，如Ca（OH）2，因此升高温度，溶解度不一定增大，④符合题意；
综上②④符合题意。
答案选D。
3.下列说法正确的是（）
A.T℃时，pH=7的溶液一定呈中性
B.已知反应2NO2（g）
N2O4（g）在低温下可自发进行，则△H>0
C.在0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中：
c（NH4+）+c（NH3•H2O）=0.1mol•L-1
D.在Na2CO3溶液中：
c（Na+）=2c（CO32-）
【答案】C
【解析】
【详解】A．25℃下，溶液的pH=7，则溶液呈现中性，但是T℃不一定是25℃，A错误；
B．反应2NO2（g）
N2O4（g），是一个气体体积减小的反应，△S＜0，根据△G=△H－T△S＜0，则△H＜0，B错误；
C．在NH4Cl溶液中，NH4＋＋H2O
NH3·H2O＋H＋，根据物料守恒，有c（NH4+）+c（NH3•H2O）=0.1mol•L-1，C正确；
D．Na2CO3溶液中，CO32－会发生水解，生成HCO3－和H2CO3，则有物料守恒，c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），D错误。
答案选C。
4.根据原电池的知识，下列反应可设计成原电池的是（）
A.CH3CH2OH+3O2
2CO2+3H2O
B.Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O
C.H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O
D.CaO+H2O=Ca（OH）2
【答案】A
【解析】
【详解】放热的氧化还原反应能够设计成原电池。
A．乙醇燃烧，是氧化还原反应，且反应放热，放出的热量能够转化为电能，可以设计成原电池，A符合题意；
B．该反应是吸热反应，而且也不是氧化还原反应，不能设计成原电池，B错误；
C．酸碱中和反应放热，但是反应中没有电子的转移，不能形成电流，不能设计成原电池，C错误；
D．CaO和水的反应是放热反应，但是该反应没有电子的转移，不能形成电流，不能设计成原电池，D错误。
答案选A。
【点睛】一般情况下，一个反应能够设计成原电池，需要是放热的氧化还原反应。
放热，意味着释放能量，能够将化学能转化为电能，氧化还原反应中有电子的转移，定向移动，可以形成电流。
5.在一定温度下，向某密闭容器中充入2molA和1molB发生如下反应：
2A（g）+B（g）
3C（g）+D（s）△H＜0，T℃时反应达到平衡，此时C的百分含量如图中实线所示，若要使图中实线变为虚线，则改变的条件为（）
A.升高温度
B.增大压强
C.增加1molB
D.移走容器中的D
【答案】B
【解析】
【详解】根据图示，图中的实线变为虚线，可以看出，C的百分含量没有变，但是达到平衡的时间变短，说明化学反应速率加快，但是平衡没有移动。
结合反应，可以加入催化剂，催化加快反应速率，但是不影响平衡移动；该反应前后气体体积相等，因此增大压强，化学反应速率增大，但是平衡不移动，B符合题意。
答案选B。
6.N2H4（阱）可作制药的原料，也可作火箭的燃料。
已知热化学方程式：
反应I：
N2H4（g）
N2（g）+2H2（g）△H1>0；
反应II：
N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）△H2<0；
反应III：
N2H4（g）+H2（g）
2NH3（g）△H。
下列推断不正确的是（）
A.N2H4断裂共价键需要吸收能量
B.反应I中1molN2H4（g）的能量小于1molN2（g）和2molH2（g）的总能量
C.反应II中正反应的活化能大于逆反应的活化能
D.△H=△H1+△H2
【答案】C
【解析】
【详解】A．在化学反应中，断开化学键，需要吸收能量，则N2H4断裂共价键需要吸收能量，A不符合题意；
B．根据反应Ⅰ，1molN2H4（g）分解生成1molN2（g）和2molH2（g），反应吸热，说明1molN2H4（g）的总能量小于1molN2（g）和2molH2（g）的总能量，B不符合题意；
C．反应Ⅱ是放热反应，根据△H=正反应活化能-逆反应活化能＜０，可知正反应活化能小于逆反应活化能，C符合题意；
D．反应Ⅲ=反应Ⅰ＋反应Ⅱ，根据盖斯定律，有△H=△H1+△H2，D不符合题意。
答案选C。
7.某二次电池充放电时总反应可表示为Fe+Ni2O3+3H2O
Fe（OH）2+2Ni（OH）2，下列说法正确的是（）
A
该电池可用H2SO4溶液作电解液
B.放电时，当有1molFe（OH）2生成时，电解质溶液中通过的电子数为2NA
C.放电时，Fe所在的电极发生还原反应
D.充电时，阳极的电极反应式为2Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电池反应，产物中有Fe（OH）2和Ni（OH）2，如果电解质溶液是H2SO4，那么Fe（OH）2和Ni（OH）2会与H2SO4反应，与电池反应不符合，A错误；
B．Fe的化合价从0升高到＋2价，生成1molFe（OH）2，转移2mol电子，电子数为2NA，但是电子不能经过电解质溶液，B错误；
C．根据电池反应，放电时，Fe失去电子生成Fe（OH）2，化合价升高，发生氧化反应，C错误；
D．充电时，阳极发生氧化反应，则Ni（OH）2中
Ni的化合价从＋2升高到＋3，电极方程式为2Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O，D正确。
答案选D。
8.已知：
H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H1=-270kJ•mol-1。
下列说法不正确的是（）
A.1molH2（g）与1molF2（g）的键能之和比2molHF（g）的键能高270kJ·mol-1
B.HF（g）分解为H2（g）与F2（g）的反应过程的能量变化可用如图来表示
C.若反应中有20gHF（g）生成，则放出135kJ热量
D.若H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H2=-QkJ·mol-1，则Q<270
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据△H=反应物的总键能－生成物的总键能，根据反应H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H1=-270kJ·mol－1，则反应物1molH2（g）与1molF2（g）的键能之和比生成物2molHF（g）的总键能低270kJ，错误，A符合题意；
B．根据反应，可知2molHF（g）分解生成1molH2（g）和1molF2（g）吸收270kJ热量，可用图示表示，正确，B不符合题意；
C．20gHF（g），其物质的量
，根据反应，生成2molHF（g）放出270kJ热量，现生成1molHF（g），则放出135kJ热量，正确，C不符合题意；
D．同主族非金属元素的非金属性随着核电荷数的增大而减弱，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强。
一般情况下，物质越稳定，具有的能量越低，因此1molH2（g）分别和1molF2（g）、1molCl2（g）反应，由于生成HF（g）更稳定，能量更低，放出的热量更多，则△H2>△H1，Q<270，正确，D不符合题意。
答案选A。
【点睛】放热反应的反应热△H为负值，相同条件下，反应放出的热量越多，△H的值越小，在比较大小时，一定要注意。
9.用钌（Ru）基催化剂催化CO2（g）和H2（g）的反应时，每生成92g液态HCOOH放出62.4kJ的热量，下列说法正确的是（）
A.图示中物质II为该反应的催化剂
B.图示中参与循环的物质只有CO2和H2
C.反应的活化能为62.4kJ·mol-1
D.该反应的热化学方程式为H2（g）+CO2（g）=HCOOH（l）△H=-31.2kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】根据图示，发生反应CO2＋H2=HCOOH，氢气和物质Ⅰ作用生成水，CO2与物质Ⅱ作用生成物质Ⅲ，物质Ⅲ和水反应生成甲酸和物质Ⅰ。
可知反应物是H2和CO2，催化剂为物质Ⅰ，其他为中间产物。
A．根据分析物质Ⅰ是催化剂，而物质Ⅱ是H2与催化剂反应生成的中间产物，A错误；
B．参与循环的物质除了CO2、H2，还有H2O，B错误；
C．该反应每生成92g液体HCOOH，即2molHCOOH，放出热量62.4kJ，而不是该反应的活化能是62.4kJ·mol－1，C错误；
D．该反应每生成92g液体HCOOH，即2molHCOOH，放出热量62.4kJ，可写出热化学方程式为H2（g）+CO2（g）=HCOOH（l）△H=-31.2kJ·mol-1，D正确。
答案选D。
10.下列说法中正确的是（）
A.铅蓄电池放电时，负极质量减轻，正极增重
B.升高CH3COONa溶液的温度，其水的离子积常数和pH均增大
C.CH3CH=CHCH3分子中的四个碳原子都在一条直线上
D.常温下Ksp（AgBr）=5.0×10-13，Ksp（AgCl）=1.8×10-10，则S（AgBr）>S（AgCl）
【答案】B
【解析】
【详解】A．铅蓄电池的负极反应为Pb－2e－＋SO42－=PbSO4，负极由Pb转化为PbSO4，质量增加；正极反应为PbO2＋2e－＋SO42－＋4H＋=PbSO4＋2H2O，由PbO2转化为PbSO4，质量增加，A错误；
B．CH3COONa溶液中存在CH3COO－水解，CH3COO－＋H2O
CH3COOH＋OH－，也有水的电离，H2O
H＋＋OH－。
升高温度，水的电离被促进，水的离子积常数增大；CH3COO－的水解被促进，c（OH－）增大，pH增大，B正确；
C．碳碳双键的碳原子与和其连接的原子形成的键角约为120°，因此CH3CH=CHCH3中的4个C原子没有在一条直线上，C错误；
D．对于同一类型的难溶物，可以根据它们Ksp的大小，比较它们溶解度的大小。
Ksp（AgBr）＜Ksp（AgCl），则S（AgBr）＜S（AgCl），D错误。
答案选B。
11.某溶液中存在NH4+、Cl-、H+、OH-四种离子。
下列各离子浓度关系一定不正确的是（）
A
c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）
B
c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）
C.c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）
D.c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-）
【答案】C
【解析】
【详解】A．在溶液中，阴阳离子所带的电荷的物质的量相等，有电荷守恒，则c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），正确，A不符合题意；
B．在NH4Cl溶液中，由于NH4＋水解，c（Cl-）＞c（NH4+）；由于NH4＋结合水电离出来的OH－，NH4＋＋H2O
NH3·H2O＋H＋，使得c（H+）＞c（OH-），水解是微弱的，c（NH4+）＞c（H+），综合排序为c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），正确，B不符合题意；
C．在溶液中，若c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-），则c（NH4+）+c（H+）＞c（Cl-）+c（OH-），溶液不呈电中性，不符合事实，错误，C符合题意；
D．当溶液呈中性的时候，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，有c（NH4+）=c（Cl-），正确，D不符合题意。
答案选C。
12.在T℃下，向装有5mL0.005mol.L-1FeCl3溶液的试管中加入5mL0.01mol·L-1KSCN溶液，发生如下反应：
FeCl3+3KSCN
Fe（SCN）3+3KCl，溶液呈血红色。
下列叙述正确的是（）
A.升高温度，逆反应速率减小
B.加入Fe2（SO4）3固体，溶液血红色加深
C.加入KCl固体，溶液血红色加深
D.增大压强，溶液血红色加深
【答案】B
【解析】
【详解】A．升高温度，分子能量增加，活化分子百分数增加，有效碰撞几率增大，化学反应速率增大，A错误；
B．加入Fe2（SO4）3固体，Fe3＋浓度增加，平衡正向移动，红色加深，B正确；
C．KCl在溶液中电离出K＋和Cl－，但这两种离子并没有参与平衡过程，因此不影响平衡移动，颜色不变，C错误；
D．该平衡存在溶液中，增大压强，溶液体积几乎不变，各物质的浓度不变，平衡不移动，颜色不变，D错误。
答案选B。
【点睛】压强是通过改变浓度，来影响物质的浓度，从而影响化学平衡移动。
但是对于没有气体参与或者生产的反应，压强的改变不能影响其平衡移动。
要特别注意。
13.化学实验在学科中有着非常重要的作用，结合图示实验装置，下列相关分析的描述不正确的是（）
A.图1：
盐桥中使用KCl溶液，电子的流向是Zn→G→Cu→CuSO4溶液→盐桥
B.图2：
可根据该实验验证铁的吸氧腐蚀
C.图3：
在强酸和强碱的中和热实验中，强碱的浓度比强酸的略大
D.图4：
根据两烧瓶中气体颜色的变化（热水中变深、冰水中变浅）可以判断反应2NO2（g）
N2O4（g）是一个放热反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．图1表示的Zn－Cu原电池，Zn失去电子，作负极，电子经过外电，达到正极，电子流向为Zn→G→Cu，但是电子不能经过电解质溶液，也不能经过盐桥，错误，A符合题意；
B．若发生吸氧腐蚀，O2＋4e－＋2H2O=4OH－，装置中氧气的量减少，右侧导管中的液面会上升，可以证明发生了吸氧腐蚀，正确，B不符合题意；
C．在进行中和热的测定实验时，为了保证强酸完全反应掉，强碱的浓度会比强酸的略大，正确，C不符合题意；
D．根据图示，热水中的烧瓶的颜色更深，NO2的含量很多，可知，升高温度，平衡向着生成NO2的方向移动，则生成NO2的方向为吸热反应方向，可知2NO2（g）
N2O4（g）是一个放热反应，正确，D不符合题意。
答案选A。
14.常温下，下列各组离子在相应的条件下能大量共存的是（）
A.由水电离产生的c（H+）=1×10-10mol•L-1的溶液中：
NO3-、Fe2+、Na+、SO42-
B.
=10-10mol•L-1的溶液中：
NH4+、I-、Cl-、K+
C.
=1×106的溶液中：
K+、Na+、Cl-、HCO3-
D.惰性电极电解AgNO3后的溶液中：
SO32-、K+、Na+、S2-
【答案】B
【解析】
【详解】A．由水电离产生的c（H+）=1×10-10mol•L-1的溶液可能是碱性溶液，也可能是酸性溶液。
在酸性溶液中，H＋、NO3－和Fe2＋发生氧化还原不能大量共存，在碱性溶液中，Fe2＋和OH－反应生成Fe（OH）2，不能大量共存，A不符合题意；
B．
=10-10mol•L-1＜10-7mol•L-1，其溶液为酸性溶液，NH4+、I-、Cl-、K+不生成气体，不产生沉淀，也不生成水，可以大量共存，B符合题意；
C．
=1×106的溶液为碱性溶液，HCO3－与OH－反应生成CO32－和H2O，不能大量共存，C不符合题意；
D．用惰性电极电解AgNO3溶液，阴极Ag＋放电，阳极溶液中的OH－放电，总反应方程式为4AgNO3＋2H2O
4Ag＋O2↑＋4HNO3，溶液中含有HNO3，则SO32－和S2－会与HNO3发生氧化还原，不能大量共存，D不符合题意。
答案选B。
15.亚磷酸钠（Na2HPO3）溶液电渗析法制备H3PO3（亚磷酸）的原理如图所示，下列有关说法不正确的是（）
A.膜①、②、③均为CM
B.阴极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑
C.阳极的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑
D.在原料室与产品室间设计缓冲室的主要目的是提高产品的纯度
【答案】A
【解析】
【分析】
利用电解池制备H3PO3和NaOH，原料室中加入Na2HPO3，在电解池中阳离子向阴极移动，则Na＋向右侧移动到达阴极室，在阴极，H＋放电，电极方程式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，生成NaOH。
HPO32－向阳极移动，到达产品室，在阳极，OH－放电，电极方程式为4H2O－4e－=O2↑＋4H＋，生成的H＋向右侧移动，到达产品室，与HPO32－结合生成H3PO3，则①为CM，②为AM。
【详解】A．根据分析HPO32－向阳极移动，到达产品室。
在阳极，OH－放电，电极方程式为4H2O－4e－=O2↑＋4H＋，生成的H＋向右侧移动，到达产品室，与HPO32－结合生成H3PO3，则①为CM，②为AM，错误，A符合题意；
B．在阴极，H＋放电，电极方程式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，正确，B不符合题意；
C．在阳极，OH－放电，电极方程式为4H2O－4e－=O2↑＋4H＋，正确，C不符合题意；
D．在产品室和原料室之间，设计缓冲室，可以减少杂质离子达到产品室，可以提高产品纯度，正确，D不符合题意。
答案选A。
16.25℃时，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定20mL0.1mol·L-1的三种酸（HA、HB和HD）溶液体积的变化曲线如图所示。
下列判断正确的是（）
A.由Q点可知，HD的电离平衡常数Ka≈10-7.6
B.三种酸的酸性强弱：
HD＞HB＞HA
C.滴定至W点时，溶液中存在：
c（B-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）
D.当三种溶液恰好完全中和后将其混合，溶液中存在：
c（Na+）=c（A-）+c（B-）+c（D-）
【答案】C
【解析】
【详解】A．Q点溶液的pH=3.8，c（D－）≈c（H＋）=10-3.8mol·L－1，c（HD）≈0.1mol·L－1，则HD的电离平衡常数
，A错误；
B．根据图象可知，没有加碱时，0.1mol·L－1的三种酸（HA、HB和HD）溶液，pH大小为：
HD＞HB＞HA，溶液pH越大酸性越弱，则三种酸的酸性强弱：
HD＜HB＜HA，B错误；
C．W点时，加入的NaOH反应掉一半的HB，则此时溶质为等浓度的HB、NaB，HB电离出H＋，B－水解产生OH－，结合图示，可知溶液的pH＜7，溶液呈酸性，则c（H＋）＞c（OH－），，说明HB的电离程度大于B－的水解程度，则c（B－）＞c（HB）。
结合物料守恒c（B－）+c（HB）=2c（Na＋），可知：
c（B－）＞c（Na＋）＞c（HB），溶液中离子浓度大小为：
c（B－）＞c（Na＋）＞c（HB）＞c（H＋）＞c（OH－），C正确；
D．0.1mol·L－1的三种酸的pH都大于＞1，说明三种酸都是弱酸，则完全反应后生成的都是强碱弱酸盐，混合液呈碱性，则c（H＋）＜c（OH－），结合电荷守恒c（Na＋）+c（H＋）=c（A－）+c（B－）+c（D－）+c（OH－），可知：
c（Na＋）＞c（A－）+c（B－）+c（D－），D错误。
答案选C。
第II卷（非选择题）
二、必考题（本题包括3小题，共37分）
17.运用所学知识，解决下列问题。
（1）AlCl3溶液呈___（填“酸”“中”或“碱”）性，原因是___（用离子方程式表示）。
实验室配制AlCl3溶液时，常将AlCl3固体先溶于较浓的盐酸中，再用蒸熘水稀释到所需的浓度，目的是___。
（2）今有常温下五种溶液：
CH3COONa溶液、NH4Cl溶液、NaOH溶液、氨水、NH4HSO4溶液。
①CH3COONa溶液pH___（填“>”“=”或“<”）7，若要使溶液的pH增大，可采取的措施是___。
②pH相等的NaOH溶液和CH3COONa溶液，分别稀释相同倍数后，NaOH溶液的pH___（填“＞”“=”“＜”）CH3COONa溶液。
③物质的量浓度均为0.1mol·L-1的三种溶液：
A.NH4Cl溶液B.NH4HSO4溶液C.氨水，c（NH4+）由大到小的顺序为___（填字母）。
【答案】
（1）.酸
（2）.Al3++3H2O
Al（OH）3+3H+（3）.抑制Al3+的水解（4）.>（5）.加入少量KOH固体（6）.<（7）.B>A>C
【解析】
【分析】
（1）AlCl3为强酸弱碱盐，在水溶液中能够水解；
（2）①强碱弱酸盐，在溶液中水解，溶液显碱性，促进水解，或者增大c（OH－）均可使pH增大；
②CH3COONa为强碱弱酸盐，在水溶液中会水解，加入稀释，会促进水解，溶液的pH的变化小于强碱溶液pH的变化。
【详解】
（1）AlCl3为强酸弱碱盐，在水溶液中能够水解，水解的离子方程式为Al3＋＋3H2O
Al（OH）3＋3H＋，结合了水电离出来的OH－，使得溶液中的c（H＋）＞c（OH－），溶液呈现酸性。
先将AlCl3溶于盐酸中，再稀释成相应的浓度，加入HCl，c（H＋）增大，可以抑制Al3＋水解；
（2）①CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO－在溶液中水解，CH3COOH－＋H2O
CH3COOH＋OH－，使得溶液中的c（OH－）＞c（H＋），溶液呈碱性，pH＞7。
要增大pH，可以促进CH3COO－水解，也可以直接增大c（OH－），可以向溶液中加入CH3COONa固体，可以升高温度，可以加入KOH固体等；
②NaOH为强碱，在溶液中完全电离；CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO－在溶液中水解，加入稀释，会促进水解，c（OH－）减小的程度小于NaOH溶液中c（OH－）减小的程度，则稀释相同倍数后，CH3COONa溶液中c（OH－）大于NaOH溶液中c（OH－），NaOH溶液的pH＜CH3COONa溶液的pH；
③NH4Cl和NH4HSO4为强电解质，完全电离，而NH3·H2O为弱电解质，电离是微弱的，电离方程式为NH3·H2O
NH4＋＋OH－，则氨水中的c（NH4＋）最小；NH4Cl和NH4HSO4的溶液中NH4＋会水解，NH4＋＋H2O
NH3·H2O＋H＋，NH4HSO4电离出来的H＋会抑制NH4＋的水解，则NH4Cl溶液中的c（NH4＋）小于NH4
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