2023年12月十堰市区县普通高中联合体月度联考
高二化学试卷
考试时间：2023年12月27日下午14：30-17：05
试卷满分：100分
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时必须使用2B铅笔，将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡
皮擦擦干净后，再选涂其他答素标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回。
6.可能用到的相对原子质量：H1C12N14016Na23Mg24S32Cl35.5
Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65
一、选择题：本大题共15小题，每小题3分，共计45分。在每小题列出的四个选项中，只有
一项是符合题意的。
1.化学与生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列有关叙述正确的是
()
A.免洗手消毒液有效成分为乙醇，用无水乙醇消毒效果更佳
B.月壤中吸附着百万吨的氦一3(He),其质量数为3
C.华为手机搭载了麒麟980芯片，其主要成分是二氧化硅
D.纳米铁粉除去水体中的Cu2+、Hg2+,主要是利用其吸附性
2.用酸性KMnO溶液溶解Cu2S固体时，发生反应：MnO:十Cu2S+H+→Cu2++SO十
Mn2+十H2O(未配平)。下列说法正确的是
()
A.Cu2S既是氧化剂又是还原剂
B.每生成1molS0,共转移8mol电子
C.参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
D.KMnO,溶液“酸化”时可加人浓盐酸
3.用N表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A,0.1mol·L1CaCl2溶液中Cl的数目为0.2NA
B.标准状况下，22.4LSO3所含的分子数目为N
C16g甲烷含有的共用电子对的数目为4N
D.10.7gFe(OH)3胶体含有胶体粒子数为0.1NA
4.对于反应2S02(g)+02(g)=2SO3(g)△H=-198kJ·mo-1,在V2O存在时，该反应
的机理为VzO5十SO2+2VO2+SO3(快反应)；4VO2+O2→2VzO5(慢反应)。下列说法错
误的是
()
A.反应速率主要取决于快反应
B.VO2是该反应的中间产物
C.逆反应的活化能大于198kJ·mol-1D.增大O2的投料量可提高S02的平衡转化率
高二化学考试第1页·共6页2023年12月联考高二化学试题答案及评分标准
一、选择题:本大题共15小题， 每小题3分,共计45分。
1.B 2.C 3.C
4.A解析：从反应机理知，反应速率主要取决于慢反应,A项错误;VO2是该反应的中间产物，B项正确;逆反应活化能=正反应活化能+198kJ.mol-1,C项正确;增加一种反应物的量;可提高另一种反应物的平衡转化率，D项正确。
5.B解析：A项，加入催化剂同时升高温度能提高化学反应速率，但是平衡会向吸热反应方向即逆向移动，NO的转化率会降低，A项错误；B项，加入催化剂同时增大压强能提高化学反应速率，平衡向气体分子数减小的方向即正向移动，NO的转化率会升高，B项正确；C项，升高温度同时充入氮气，反应速率增大，但是平衡逆向移动，NO的转化率会降低，C项错误；D项，降温和减小压强，反应速率都会减小，D项错误。
6.D解析：加入的反应物的量是按反应化学计量数之比加入的，所以二者的转化率相等，A项正确。5 min后达到平衡状态，测得c(H2)＝0.9 mol·L－1，说明HI的浓度变化量为0.2 mol·L－1，则该段时间内v(HI)＝0.04 mol·L－1·min－1，B项正确。其他条件不变再向容器中充入少量H2，I2的转化率提高，C项正确。该反应的正反应是放热反应，若将容器温度提高，平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减小，故D项错误。
7.A解析：硫酸是强酸，pH＝2的硫酸溶液稀释100倍后pH＝4，则稀释后，溶液仍为酸性，c(H＋)∶c(SO)仍然等于2∶1，A正确；由水电离的c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液中水的电离被抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO与氢离子或氢氧根离子均反应，不能大量共存，B错误；1.0×10－8 mol·L－1盐酸中水电离出的氢离子大于盐酸电离出的氢离子，溶液的pH近似为7，C错误；某温度下水的离子积为1.0×10－12，则pH＝12的NaOH溶液中氢氧根离子的浓度是1 mol·L－1，而pH＝1的H2SO4溶液中氢离子浓度是0.1 mol·L－1，因此若使pH＝1的H2SO4溶液与pH＝12的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则两者的体积比应为10∶1，D错误。
8.B解析：中和热是指生成1 mol H2O时放出的热量，1 mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应除了生成2 mol水外，还生成了硫酸钡，放热大于114.6 kJ，A错误；燃烧热是指1 mol燃料完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝－2×(－285.8)＝＋571.6 kJ·mol－1，B正确；反应是放热还是吸热主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小，与反应是否加热无关，如放热反应中铝热反应要高温才能进行，氢氧化钡晶体与氯化铵的反应尽管是吸热反应，但常温下搅拌就可进行，C错误；不能确定生成的是气态水还是液态水，D错误。
9.C解析：原子结合成生成物时释放能量，A项正确；遵循盖斯定律，反应热与途径无关，B项正确；Cl、Br、I的非金属性依次减弱，单质的稳定性逐渐减弱，所以途径Ⅱ吸收的热量依次减小，C项错误；途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl的能量低，比HBr稳定，D项正确。
10.A解析：用碳棒作电极，电解稀硫酸相当于电解水，通电一段时间后，溶液中c(H2SO4)增大，溶液的pH减小，A错误。根据电子流向可知，C(甲)电极为阳极，C(乙)电极为阴极，Cl－在阳极上放电生成Cl2，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，B正确。Fe和Pt通过导线连接，插入NaCl溶液中形成原电池，Fe作负极，Pt作正极，由于电解质溶液呈中性，则正极(Pt)上发生的反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C正确。双液原电池中，Cu作负极，电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋；C棒作正极，电极反应式为2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋，根据得失电子守恒及两极反应式可知，该原电池的总反应式为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，D正确。
11.D解析：平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，A项错误；随着醋酸溶液的稀释，醋酸的电离平衡：CH3COOH CH3COO－＋H＋正向移动，且CH3COOH、CH3COO－、H＋浓度均减小，CH3COOH浓度小于原来的1/10，CH3COO－、H＋浓度大于原来的1/10，B、C项错误；根据物料守恒CH3COOH与CH3COO－的浓度之和减小为原来的，D项正确。
12.D解析：由题意，该电池中乙醇被氧化，所以乙醇在负极发生反应：CH3CH2OH－4e－＋H2O===CH3COOH＋4H＋，消耗0.1 mol O2转移0.4 mol电子，电子应该由负极流向正极。
13.C解析：图甲是电解池，将电能转化为化学能，图乙为原电池，将化学能转化为电能，A错误；a极与电源的负极相连，作电解池的阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，转移0.1 mol电子时，a极产生0.05 mol H2，在标准状况下的体积为0.05 mol×22.4 L·mol－1＝1.12 L，B错误；b极为阳极，电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，产生的O2进入A管，在c极上发生还原反应，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，C正确；c极为燃料电池的正极，d极为负极，电子由负极经外电路流向正极，即从d极流向c极，并提供电能，D错误。
14.B解析：A项，a～b导电能力增强，是因为生成了盐(强电解质)，可以说明HR为弱酸；B项，b点溶液的pH＝7，是因为生成的弱酸弱碱盐中两种离子的水解程度相同；C项，c点溶液是NH4R与NH3·H2O的混合溶液，溶液呈碱性，有c(OH－)>c(H＋)，根据电荷守恒有c(NH)>c(R－)；D项，温度不变，Kw为常数。
15.C解析：分析表中数据结合题给信息知碳酸根的水解程度远大于铵根离子的水解程度，常温下1 mol·L－1的(NH4)2CO3溶液呈碱性，A错误；盐类的水解是微弱的，则常温下1 mol·L－1的(NH4)2CO3溶液中：c(NH)>c(CO)>c(HCO)>c(NH3·H2O)，B错误；根据物料守恒判断，C正确；根据电荷守恒知c(NH)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，D错误。
二、非选择题：本题共4小题，共55分
16.总分13分（第（5）小题，第一空1分，其余每空2分）
答案：(1)K＝ <
(2)0.03 mol·L－1·min－1 (3)75% (4)y＝x (5)不能（1分） ΔH>0且ΔS<0，不能自发进行
解析：(1)平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，故K＝，依据图表数据分析，升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，ΔH<0；
(2)v(CO)＝＝0.03 mol·L－1·min－1；
(3)设CO的浓度变化量为a，则
CO(g) ＋ H2O(g)H2(g)＋CO2(g)
起始(mol·L－1) 0.02 0.02 0 0
变化(mol·L－1) a a a a
平衡(mol·L－1) 0.02－a 0.02－a a a
代入500 ℃时反应平衡常数有
K＝＝＝9， 解得a＝0.015，
CO的最大转化率为：×100%＝75%；
(4)因850 ℃时反应平衡常数为1。起始时水的物质的量为x mol，CO的物质的量为(1－x) mol，则
CO(g) ＋ H2O(g) H2(g) ＋ CO2(g)
起始：(1－x) x 0 0
转化：(1－x)y (1－x)y (1－x)y (1－x)y
平衡：(1－x)(1－y) (x－y＋xy) (1－x)y (1－x)y
所以平衡常数K＝＝1，解得y＝x；
(5)反应2CO===2C＋O2(ΔH>0)，则ΔG＝ΔH－TΔS>0，反应ΔH>0吸热且ΔS<0，依据ΔG＝ΔH－TΔS判断任何情况下不能自发进行。
17.总分12分（每空2分）
答案：(1)A (2)2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
(3)从右向左 滤纸上有红褐色斑点产生(答出“红褐色斑点”或“红褐色沉淀”即可)
(4)增大 (5)0.84
解析：Ⅰ.(1)由图1可知，左边装置是原电池，Cu电极是正极，电极材料不发生反应，要保证电极反应不变，代替铜电极的材料活泼性不如锌才可以，铝比锌活泼，故A不可以。
(2)N极连接原电池的负极锌，则N极为电解池的阴极，其电解的是NaOH溶液(实质是电解水)，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。
(3)原电池中，阴离子向负极移动，故SO从右向左移动。铁(M)作电解池的阳极，失电子生成Fe2＋，Fe2＋与OH－结合生成Fe(OH)2，Fe(OH)2被空气中的氧气氧化生成红褐色沉淀，因此滤纸上会有红褐色斑点产生。
Ⅱ.(4)图2装置是电解池，X极为阴极，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，故pH增大。
(5)根据电子转移守恒可得关系式：×2＝×4＋n(Fe)×6，
解得n(Fe)＝0.015 mol，m(Fe)＝0.84 g。
18.总分14分（每空2分）
答案：(1)①Na2CO3 ②b>a>c
③NaCN＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HCN
(2)①CN－＋H2OHCN＋OH－ 2 ②NaCN＋H2O2＋H2O===NaHCO3＋NH3↑
(3)5.6×10－5
解析：(1)①相同条件下电离常数越大对应酸的酸性越强，根据表中数据可知酸性由强到弱的顺序为HCOOH>H2CO3>HCN>HCO，所以HCOONa、NaCN、NaHCO3、Na2CO3这4种溶液中阴离子结合质子能力最强的是Na2CO3。②由于酸性c>a>b，所以体积相同、c(H＋)相同的三种酸，酸越弱，n(酸)越大，消耗碱越多，三种酸溶液，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是b>a>c。③由于酸性H2CO3>HCN>HCO，所以向NaCN溶液通入少量CO2反应的化学方程式是NaCN＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HCN。(2)①NaCN属于强碱弱酸盐，由于CN－＋H2OHCN＋OH－而使溶液呈碱性，pH＝9，c(OH－)＝10－5。由CN－＋H2O??HCN＋OH－得，Kh＝＝＝，＝＝＝2。②依据常温下，NaCN与过氧化氢溶液反应，生成NaHCO3和能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体(即为氨气)，可知该反应的化学方程式是NaCN＋H2O2＋H2O===NaHCO3＋NH3↑。(3)由题意知CaCO3(s) Ca2＋(aq)＋CO(aq) Ksp＝2.8×10－9，浓度为2×10－4 mol·L－1 Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合后，c(CO)＝1×10－4 mol·L－1，则生成CaCO3沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为2×[Ksp/c(CO)]＝2×[2.8×10－9/(1×10－4)]＝5.6×10－5 (mol·L－1)。
19.总分16分（每空2分）
答案：(1)CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.31 kJ·mol－1 (2)＋131.5
(3)① CH4 O2＋4e－＋2CO2===2CO ②4OH－－4e－===O2↑＋2H2O 56 1 ③×100%
解析：(1)16 g即1 mol CH4在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出890.31 kJ热量，则热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.31 kJ·mol－1。
(2)已知反应分别编号：C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－437.3 kJ·mol－1①
H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1②
CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1③
依据盖斯定律①－②－③，得到：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.5 kJ·mol－1。
(3)①b电极上有红色物质生成，则b是阴极，所以a是阳极，c是负极，d是正极，通入甲烷的电极是负极，所以A是CH4、B是CO2和O2，d电极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为O2＋4e－＋2CO2===2CO。②a是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O；a极上生成n(O2)＝＝0.005 mol，生成0.005 mol氧气转移电子的物质的量为0.005 mol×4＝0.02 mol，根据转移电子相等计算消耗甲烷体积为×22.4 L·mol－1＝0.056 L＝56 mL；电池反应式为2Cu2＋＋2H2O===4H＋＋O2↑＋2Cu，根据方程式知，n(H＋)＝4n(O2)＝4×0.005 mol＝0.02 mol，c(H＋)＝＝0.1 mol·L－1，则溶液的pH＝1。③电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上析出氧气、阴极上析出氢气，所以相当于电解水，且生成氢气和氧气的物质的量之比是2∶1，所以当阴极上有a mol气体生成时，阳极上生成氧气的物质的量为0.5a mol，电解水的质量为a mol×2 g/mol＋0.5a mol×32 g/mol＝18a g，减少溶液和剩余溶液均是饱和溶液，减少m(Na2SO4)＝w g×，溶液中溶质质量分数为×100%＝×100% 。
