高二化学试题答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年12月试卷_1219湖北省新八校协作体2024-2025学年高二上学期12月联考试题

2024 年湖北省新八校协作体高二 12 月联考
高二化学参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8
C D D C B D A B
9 10 11 12 13 14 15
A D B D C C C
1. 【答案】C
【解析】
A.存在活化能为0的反应，如盐酸和氢氧化钠溶液反应；故A正确。
B.能够发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞；故B正确。
C.缩小容器的体积，可增大单位体积内活化分子数，不可增大活化分子的百分数；故C错误。
D.活化能是指活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差；故D正确。
2. 【答案】D
【解析】
A．根据图示可知：在25min内X的物质的量减小了0.8mol，但未知反应体系的体积，因
此不能用X的浓度变化计算反应速率大小；故A错误。
B．氢氧化钡与氯化铵反应为吸热反应，图示中生成物浓度比反应物能量低；故B错误。
C.t1时刻，v正突然增大，v逆不变，说明增大的应该是反应物浓度；故C错误。
D．针筒可收集一定时间生成的气体体积，可测定反应速率；故D正确。
3. 【答案】D
【解析】
A.S燃烧生成SO ，不是SO ；故A错误。
2 3
B.H SO 与Ba(OH) 反应生成BaSO 也会放热；故B错误。
2 4 2 4
C.H完全燃烧生成指定产物为H O(l)；故C错误。
2
D.CO(g)与H O(g)反应为可逆反应，1molCO(g)完全转化放出的热量大于2akJ；故D正确。
2
4. 【答案】C
【解析】
A.常温下，Kw=c(H+)·c(OH-)=1×10-14，温度不变，Kw不变；故A错误。
B.常温下，酸性溶液无限稀释，pH无限接近于7，不可能大于7；故B错误。
C.两溶液的c(H+)相同，温度不变，混合后，CH COOHKa不变 ，pH不变；故C正确。
3
D.溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(F-)>c(H+)>c(OH-)不符合电荷守恒；故D错误。
5. 【答案】B
【解析】
A.反应为工业上乙苯制备苯乙烯的过程，起初生成物浓度为0，逆反应速率为0，随着反应
进行，生成物浓度增加，逆反应速率增大，曲线②表示的是逆反应速率；故A错误。
B.反应进行到t 时，未达到平衡，仍在正向进行，则Q<K；故B正确。
1
C.催化剂不影响平衡常数，条件不变K不变；故C错误。
D.两个速率均为逆反应速率，且任何情况下都相等，不能作为平衡标志；故D错误。
化学答案（共 6 页）第 1 页
{#{QQABQQSUggCgABIAARhCQwGACACQkhEAAagGBAAAMAAAiAFABAA=}#}6. 【答案】D
【解析】
A.1.0LpH=2的H SO 溶液中H+的数目为0.01N ；故A错误。
2 4 A
B.CO 2- 水解，1.0L1.0moL·L-1的Na CO 溶液中CO 2- 的数目小于1.0N ；故B错误。
3 2 3 3 A
C.多个Fe(OH) 分子聚集成一个Fe(OH) 胶粒，1.0L1.0moL·L-1的FeCl 溶液完全水解可生
3 3 3
成Fe(OH) 胶粒的数目为小于1.0N ；故C错误。
3 A
D.5.6g铁完全发生吸氧腐蚀生成铁锈(Fe O ·xH O)，在电化学过程中Fe-2e-=Fe2+，转移电子
2 3 2
的数目为0.2N ；故D正确。
A
7. 【答案】A
【解析】
A.马口铁表面破损后，发生电化学腐蚀，铁比锡活泼，铁做负极，腐蚀速率加快；故A错误。
B.教材原话。
C.碱性锌锰干电池中Zn为负极，MnO 为正极，电子由Zn经外电路流向MnO ；故A正确。
2 2
D.教材原话。
8. 【答案】B
【解析】
A.该反应正向为气体分子数增大的反应，混乱程度增大，为熵增反应；故A正确。
B.两种进料比均为1:3，恒压下，He作辅气，反应物分压减小，相当于减压，平衡会正向移
动，CH 平衡转化率增大，故含有He的曲线为M；故B错误。
4
C.实验室中可用CuSO 溶液处理H S气体；故C正确。
4 2
D.由图像可知，降低温度，CH 平衡转化率减小，平衡会逆向移动；故D正确。
4
9. 【答案】A
【解析】
A.实验 Ⅰ 和 Ⅱ 用控制变量法，除催化剂比表面积不同外其他条件应相同，故Ⅱ中
c(NO)=6.5×10-3mol/L；故A错误。
B.实验 Ⅰ 和 Ⅲ 对比，看图实验 Ⅲ 反应速率更快，且其他条件相同只有温度改变，可推出
Ⅲ 中温度比 Ⅰ高；故B正确。
C.看右图可知， Ⅱ 比Ⅰ 建立平衡所需要的时间，反应速率更快，说明催化剂的比表面积越
大，反应速率越快；故C正确。
D.改良催化剂（如比表面积的增大）能加快反应速率，提高CO和NO的转化率；故D正确。
10. 【答案】D
【解析】
A. 在 NaH PO 溶 液 中 ， H PO 的 电 离 平 衡 常 数 K 2.1107 ， 水 解 平 衡 常 数
2 3 2 3 a2
K =Kw/K =1×10-14/3.7×10-2<K ，故溶液呈碱性；故A错误。
h2 a1 a2
B.在NaH PO 溶液中，浓度最大的为Na+；故B错误。
2 3
C.亚磷酸H PO 是二元弱酸，不存在PO 3-；故C错误。
3 3 3
D.当溶液c(H+)=3.7×10-2时，根据K =c(H+)c(H PO -)/c(H PO )，故c(H PO -)=c(H PO )，每
a1 2 3 3 3 2 3 3 3
生成1molH PO -，同时会生成1molCl-，每生成1molH PO ，同时会生成2molCl-，故c(Cl-)最大。
2 3 3 3
c(H PO -)=c(H PO )≈0.05mol/L>c(H+)=3.7×10-2；故D正确。
2 3 3 3
化学答案（共 6 页）第 2 页
{#{QQABQQSUggCgABIAARhCQwGACACQkhEAAagGBAAAMAAAiAFABAA=}#}11. 【答案】B
【解析】
A.根据反应①PbO →PbSO ，化合价降低，故铁的化合价升高+2→+3，x=2；故A正确。
2 4
B.向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象。说明反应结束后溶液中无Fe3+，即Fe3+
是中间产物，不是催化剂；故B错误。
C.将反应①和反应②相加，消去中间产物Fe³⁺，可得Pb+PbO +2H SO =2PbSO +2H O
2 2 4 4 2
；故C正确。
12. 【答案】D
【解析】
A.B.由题意，该电解池用于冶铁，则左边电极为阴极，发生还原反应Fe O +6e-+3H O=2Fe
2 3 2
+6OH-，则a为负极，b为正极；故A、B正确。
C.理论上每消耗1molFe O ，转移电子数为6mol，通过阳离子交换膜向阴极迁移的Na+为6mol，
2 3
则阴极室增加了3molO和6molNa，故质量增加3×16+6×23=186g；故C正确。
D.Na+往阴极迁移；故D错误。
13. 【答案】B
【解析】
A．室温下铁在浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，则室温下向A、B两支试管中
分别装入等体积的稀硫酸和浓硫酸，再加入表面积相等的铁片不能用于探究浓度对反应速率的影
响；故A错误。
B．一种难溶物容易转化为比它更难溶的沉淀，饱和FeSO 溶液中加入CuS固体，测得溶液
4
中c(Fe2+)不变，说明没有生成FeS沉淀，所以Ksp(CuS)<Ksp(FeS)，A能得到相应结论；故B正确。
C．升高温度，pH减小，说明温度升高对Na SO 水解平衡的影响小于对水的电离的影响，
2 3
此外，升高温度，pH减小，也有可能是因为Na SO 被空气中的氧气氧化为Na SO ；若只考虑温
2 3 2 4
度升高，Na SO 水解平衡正向移动，则溶液的pH应该增大，而不是减小，C不能得到相应结论；
2 3
故C错误。
D. CrO2-黄色 +2H+ CrO2-橙色 +H O ， 向 1mL 0.1mol/L K CrO 溶 液 中 加 入
4 2 7 2 2 4
1mL1.0mol/L
HBr溶液，H
浓度增大，平衡正向移动，实验现象应为溶液橙色加深；同时，K Cr O
2 2 7
会氧化HBr生成Br (橙色），无法得出结论“增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动”；故D
2
错误。
14. 【答案】C
【解析】
图像中的纵坐标为一定时间内I 的转化率，在图像中此转化率在某点左边本质是反应未达到
2
平衡，右边是化学反应平衡状态。
A.由图像只能判断X点之前的点所代表的反应状态未平衡，而X点所代表的反应状态无法
判断；故A错误。
B.由图像可以分析得出，在X点之后图像的变化趋势是，随着温度升高，转化率降低，由此
判断该反应是放热反应；故B错误。
C.压缩体积，I 的浓度升高，体系内气体颜色加深；故C正确。
2
化学答案（共 6 页）第 3 页
{#{QQABQQSUggCgABIAARhCQwGACACQkhEAAagGBAAAMAAAiAFABAA=}#}D.该反应是放热反应,升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；故D错误。
15. 【答案】C
【解析】
C.从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO 是0.05，TiCl 是0.35，CO是0.6，
2 4
(0.6P )2 (0.61.0105)2
反应C(s)+CO (g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= 总 = Pa=7.2×105Pa；故C错误。
2 0.05P
总
0.051.0105
16. (13分，除标注外，每空2分)
【答案】（1）护目镜（1分）
（2）排尽装置中的空气，防止Fe(II)被氧化，影响反应热的测定
（3）为了保证CuSO 溶液反应完全
4
（4）一次性
（5）-146.3
（6）①0.1mol
②Ag++e-==Ag
【解析】（1）看图说话
（2）原装置中存在空气，若不除尽，会氧化具有强还原性的Fe(II)。导致热量变化不准确，
使实验误差增大。
（3）稍过量的铁粉可以确保CuSO 溶液反应完全，使测量结果更准确。
4
（4）本实验的关键在保温隔热，一次性加入反应物，可减少热量损失，测量结果更准确。
（5）实验中，生成0.02molCu(s)，溶液总质量变化忽略，为100g。但实验2温度变化偏差
较 大 ， 计 算 时 候 应 舍 弃 ， 故 升 高 的 温 度 平 均 为 7℃ ， 则 反 应 放 出 的 总 热 量 为
Q=cm T =4.18×100×7J=2.926kJ，生成 1molCu (s)放出的总热量为 2.926/0.02=146.3kJ，则
FesCuSO aqCusFeSO aq H=-146.3kJmol1
4 4
（6）①反应前，两电极的质量相等，一段时间后，两电极质量相差10.4g，设消耗铁是amol，
则失去的电子为2amol，Cu2+得到的电子为0.75×2a。故两电极质量差为56a+64×0.75a=10.4，解
得a=0.1，因此消耗的铁的物质的量为0.1mol。
②在电镀银的电镀池中，阴极为Ag+得到电子被还原成Ag单质附着在铁片上。故电极反应
式为Ag++e-==Ag。
17. (14分，每空2分)
【答案】(1)3HCO -+Al3+=Al(OH) ↓+3CO ↑
3 3 2
(2)③⑤
(3) ③②①④
(4)H A＝H++HA-,HA- ⇌ H++A2- ； ＝
2
(5)SO2+CO +H O=HSO+HCO ； 440.56
3 2 2 3 3
【解析】(1) 碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳、水，离子方
程式为：3HCO -+Al3+=Al(OH) ↓+3CO ↑。
3 3 2
(2)①次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测HClO溶液的pH，所以不能证明次氯酸为弱电
解质，①错误；
②将pH=1的次氯酸溶液稀释1000倍，测得pH=4，说明次氯酸在稀释过程中不能继续电离，
化学答案（共 6 页）第 4 页
{#{QQABQQSUggCgABIAARhCQwGACACQkhEAAagGBAAAMAAAiAFABAA=}#}所以不是弱电解质，②错误；
③在相同条件下，等浓度次氯酸溶液的导电性比盐酸溶液的弱，说明次氯酸中离子浓度小于
盐酸中的离子浓度，次氯酸不完全电离，能证明其是弱电解质，③正确；
④假设NaClO为强碱弱酸盐， ClO-在溶液中存在水解平衡，升温促进水解，溶液pH增大，
则a＜b可证明HClO是弱电解质，④错误；
⑤等浓度的NaOH溶液分别中和等pH、等体积的HClO溶液与盐酸，HClO消耗的NaOH溶
液更多，说明HClO中存在电离平衡，为弱电解质，⑤正确；
(3)②NH HSO 和③NH Cl化学式中只有一个铵根，①(NH ) CO 和④(NH ) Fe(SO ) 化学式
4 4 4 4 2 3 4 2 4 2
中有2个铵根，要使c(NH +)浓度相同，②NH HSO 和③NH Cl的浓度必然大于①(NH ) CO 和
4 4 4 4 4 2 3
④(NH ) Fe(SO ) 的浓度。然后再分别对两组进行比较。对于②NH HSO 和③NH Cl，溶质的浓
4 2 4 2 4 4 4
度可以理解为c(NH +)+c(NH ·H O),由于c(NH +)相同，故只需要比较二者溶液中的c(NH ·H O)
4 3 2 4 3 2
大小，考虑到②NH HSO 中的水解受到 H+抑制，故 c(NH ·H O)相对较少，所以溶质浓度
4 4 3 2
②NH HSO 小于③NH Cl。同理，溶质浓度①(NH ) CO 大于④(NH ) Fe(SO ) 。故溶质浓度由大
4 4 4 4 2 3 4 2 4 2
到小的顺序为③②①④。
(4)① 根据图知，H A溶液中δ(HA-)+δ(A2-)=1，说明溶液中不含H A，所以H A第一步完全
2 2 2
电离、第二步部分电离。
②当 V(NaOH)=30.00mL 时，溶质为等量的 NaHA、Na A，溶液中的电荷守恒：
2
c(H+)+c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，物料守恒为2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)，用两个等式消去c(Na+)
可得：c(HA-)+2c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)。
(5)由电离常数可知，酸性H SO ＞H CO ＞HSO＞HCO，故Na SO 溶液中通入少量CO
2 3 2 3 3 3 2 3 2
气体反应的离子方程式为SO2+CO +H O=HSO+HCO。
3 2 2 3 3
（3）FeS(s)+2H+(aq)=Fe2+(aq)+H S(aq)的平衡常数
2
2+
(Fe )·(  2  )  sp(FeS)
K= 2 + =
带入数据即可计算。  (  )  a1×  a2
18. (14分，每空2分)
【答案】（1）-746.5kJ/mol； 低温
（2）①ABD ②1.875×10-4mol/（L•s） 5000L/mol ③p >p >p
1 2 3
（3）CO 浓度过大，催化剂表面被 CO 占据，NO无法与催化剂接触
【 解 析 】（ 1 ） Δ Δ Δ
由于该反应Δ  H=＜0，  Δ1S+＜0  ，可2 =知为5低66温.0自  发  /    +( 180.5   /    )=
− − −
746.（5  2）  /①  根   据平衡的判定依据ABD符合变量不变。C选项不是变量
② molL-1 s-1
3
1 1 (20.0 − 5.0 × 10−    −4
=  (  2 22)(= 2)2  代 (  入表 2) 格 = 中2草×衡时数2  据× 2 ,可  求得 = K=5 1 0 .8 00 7 L 5 /m×o 1 l 0 ⋅ ⋅
2( ) 2( )
⟨  ⟩⋅   
③  该  反  应  ⋅正  向   为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，NO转化率
越大，故p ＞p ＞p ．
1 2 3
（3）见参考答案
化学答案（共 6 页）第 5 页
{#{QQABQQSUggCgABIAARhCQwGACACQkhEAAagGBAAAMAAAiAFABAA=}#}19. (14分，除标注外，每空2分)
【答案】（1）烧杯(1分)；浓盐酸（1分）
（2）Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+
（3）Fe(OH) 或者Fe(OH)+均可
2
（4）胶体吸附Fe2+
（5）Fe2++NO=Fe(NO)2+ Fe2++K++[Fe(CN) ]3—=KFe[Fe(CN) ]↓
6 6
（6）28cV/m%
【分析】
实验I到III的体系中涉及到的反应为a.Zn+Fe3+=Zn2++2Fe2+； b.Zn+Fe2+=Fe+Zn2+；
c.Zn+2H+=Zn2++H ↑ ； d.Fe3++3H O=Fe(OH) +3H+； e.Fe2++2H O=Fe(OH) +2H+ ；
2 2 3 2 2
氧化性强弱：Fe3+>H+>Fe2+，故反应趋势是a>c>b，但实际反应还涉及反应的速率影响。
现象分析：
实验I中，黄色溶液变浅说明反应a的速率很快，接着无色气泡产生，说明实验I中一开始
主要发生反应a，接着反应c。
实验II中片刻有大量气体产生，实验II中酸性较强，H+浓度高，Zn与H+反应速率远大于实
验I，一开始即产生大量气体，实验II中反应迅速消耗H+，从而促进Fe3+水解（反应d），生成红
褐色的沉淀。实验I没有检测到铁单质，实验II检测到少量铁单质，这说明反应b在实验I、II
中没有进行或者没有大量进行。
实验III用乙醇溶剂避免了水解的影响，而产生大量铁，验证是在实验I、II中Fe2+水解导致
Fe2+有效浓度比较低，反应b速率非常慢。实验中Zn与H+反应且反应速率快，pH上升，Fe2+部
分或者大部分水解为成为胶体，在胶体附近有吸附。降低了有效浓度使得b反应难以进行。
对比实验 III、IV，没有检测到铁单质，在酸性条件下 NO —氧化 Zn 或者 Fe2+产生 NO，
3
Fe2++NO=Fe(NO)2+,这个络合反应使得溶液中Fe2+有效浓度降低，反应b速率变慢，在实验时间内
没有得到铁单质。实验IV也验证了实验I、II的原因分析。在2018年的全国II卷高考题中，过
量Zn粉与Fe3+反应生成Fe2+，命题者默认反应b很慢，在实验时间内几乎不发生反应，再用KMnO
4
去滴定Fe2+来测定三草酸合铁酸铁测定铁含量就有了合理性。
【解析】
（1）配制溶液需要用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒，只有烧杯是容器，量筒是量器。
为了防止Fe3+水解，应用浓盐酸溶解固体再稀释到所需浓度。
（2）（3）（4）（5）（6）解析见分析。
化学答案（共 6 页）第 6 页
{#{QQABQQSUggCgABIAARhCQwGACACQkhEAAagGBAAAMAAAiAFABAA=}#}