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2024 年秋期六校第二次联考
高二年级化学参考答案
1．【答案】B
【解析】A．冰到液态水属于放热过程，所以同质量的水和冰相比，冰的能量更低。B．明
矾溶于水，水解生成氢氧化铝，可以净水，但不能杀菌消毒。C．因在较大压强的作用下二
氧化碳被压入汽水瓶中，打开汽水瓶，压强减小，平衡CO 十H O H CO 向逆向移动，
2 2 2 3
则二氧化碳逸出，即可用勒夏特列原理解释。D正确。
2．【答案】B
【解析】A．溶液的酸碱性还要考虑到浓度的大小。B．利用电离平衡常数的转换可知比值
增大。C．碳酸根水解能力强于碳酸氢根。D．氢离子浓度增大。
3．【答案】C
【解析】A．正确为2Fe2++4Br-+3Cl =2Fe3++2Br +6Cl-。B．三价铁离子是过氧化氢分解的
2 2
催化剂。D．醋酸是弱电解质，不能拆。
4．【答案】C
【解析】醋酸是弱电解质，在电离的时候也会有热量的变化，所以不能用弱电解质进行实验。
5．【答案】C
【解析】A．2mol二氧化硫反应完放出热量196kJ，现在放出热量98kJ，所以反应二氧化
硫是1mol，转移电子2mol。B．体积不变，加无关气体转化率不变。C．升高温度，活化分
子百分数增大。
6．【答案】D
【解析】ΔE 大于ΔE ，加入催化剂后，活化能降低，低于原来的最大活化能。
1 3
7．【答案】D
【解析】A．溶液为强酸性或强碱性，碳酸根在强酸性条件下不能存在。B．偏铝酸根和铝
离子不共存。C．甲基橙变黄，pH>4.4，溶液可能为强碱性，铜离子不共存。
8．【答案】A
【解析】B．比较同浓度的溶液的酸碱性，才能比较对应的酸性或碱性。C．加压平衡正向
移动颜色会变浅，现在颜色变深是因为浓度变化。D．氧气会与一氧化氮参与反应。
9．【答案】C
【解析】由图可知，①有碳氧键断裂，C．过程③无化合价变化。
10．【答案】B
【解析】A．反应条件为恒压，压强不能判断平衡；B．当CO的转化率为20%时，设CO
的物质的量为 1mol，则 CH 的物质的量为 1mol，反应中消耗了 0.2molCO，生成了
4
k
0.2molCH 3 CHO，根据速率表达式可知K = 正 =4.5×10−5 ， 则ν 正 ：ν 逆 =4：5，故B正确；C．根
k
逆
高二年级化学参考答案 第 1 页 （共 4 页）据盖斯定律，CH CHO(g)=CO(g)+CH (g)的ΔH=（a+b-c）kJ·mol-1；D．升高温度，k 、k
3 4 正 逆
均增大。
11．【答案】B
【解析】由图可知，稀释相同的倍数，HA变化较快，所以HA的酸性强于HB的酸性。
A．HA电离常数大于HB，所以同浓度HA的pH更小；B．两种都是酸溶液，所以氢离子浓
度越大，水的电离程度越小；C．溶液中电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(X-)（其中X-=A-或B-），
n(H+)=c(H+)·V，所以离子总的物质的量等于氢离子物质的量的2倍，a、c两点V相等，c(H+)：
a>c，即n(H+)：a>c；c、b两点c(H+)相等，V：b＞c，即n(H+)：b>c。故C项错误。D．HB
中酸总量多，产氢气多。
12．【答案】D
【解析】A．由图分析，甲池是电解池，乙池是燃料电池。B．电解池的阴极反应式为
2H 2 O+2e=H 2 ↑+2OH—。C．电解池中产生2mol Cl 时，理论上燃料电池中消耗标准状况下
2
22.4LO 。D．燃料电池的负极反应式为2H -4e+4OH—=4H O，正极反应式为O +4e+2H O
2 2 2 2 2
=4OH—，所以a、b、c的大小关系为c>a>b，D项正确。
13．【答案】A
【解析】A．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，溶液
红色变浅；B．等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知HX的酸性更弱，则证明HX
酸性比HY弱，故B错误；C．氯水可使pH试纸褪色，不能测定氯水pH，故C错误；D．向
10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴0.1mol/LMgCl ，溶液，产生白色沉淀，此时OH-过量，
2
再滴加2滴0.1mol/LFeCl ，生成红褐色沉淀，不能比较其离子积常数大小，故D错误。
3
14．【答案】C
【解析】A．K (PbCO )=c(Pb2+)·c(CO 2-)，则 PbCO 在溶液中达到溶解平衡时，
sp 3 3 3
c(Pb2+)=c(CO 2-)，题图中L 对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的变化关系，L 对应的是-lgc(Pb2+)
3 1 2
与-lgc(CO 2-)的变化关系，则K (PbI )=10-8。B．向q点对应的溶液中，滴入0.1mol·L-1Pb(NO )
3 sp 2 3 2
溶液，将增大溶液中的 c(Pb2+)，使沉淀溶解平衡逆向移动，从而析出固体。
C．PbI (s)+CO 2-(aq)=PbCO (s)+2I-(aq)的平衡常数K=105.1，反应进行的程度大，不能说明速
2 3 3
率大小。D．因为K (PbCO )=10-13.1，向等浓度的Na CO 与NaI的混合溶液中滴入Pb(NO )
sp 3 2 3 3 2
溶液，CO 2-所需要Pb2+更少，先生成PbCO 沉淀，即先产生白色沉淀。
3 3
15．【答案】B
【解析】已知K(CH ClCOOH<K(CHCl COOH)随着pH的增大，两种酸的浓度减小，
a 2 a 2
酸根的浓度增大，由图可知K(CH ClCOOH)=10-2.8，K (CHCl COOH)=10-1.3，曲线M表示
a 2 a 2
δ
(
CH
ClCOO−)
~ pH的变化关系，根据K(CHCl COOH)=
c(CHCl
2
COO−)×c(H+)
,初始
2 a 2 c(CHCl COOΗ)
2
高二年级化学参考答案 第 2 页 （共 4 页）c (CHCl COOΗ)=0.1mol⋅L−1 ， 若 溶 液 中 溶 质 只 有 CHCl COOΗ ， 则
0 2 2
c(CHCl COO−)=c(H+) ≈ K (CHCl COOΗ)c (CHCl COOΗ) =10−1.15mol⋅L-1，但 a 点对应
2 a 2 0 2
的 c(H+) =0.1mol⋅L−1 ，说明此溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，
n
c(H+)>c(CHCl COO−)+c(H−) ， B 对 ； 电 离 度 α= 电离 ， n =n +n ， 则
2 n 始 电 离 未 电 离
始
α(CH ClCOOΗ)=δ(CH ClCOO−)，α(CHCl COOΗ) =δ(CHCl COO−) ， pH=2.08 时 ，
2 2 2 2
0.15
δ(CH ClCOO−)=0.15，δ(CHCl COO−)=0.85，比值为 。
2 2 0.85
16．（14分，每空2分）
【答案】
Ⅰ．（1）SOCl +H O=SO ↑+2HCl↑
2 2 2
（2）SOCl 可以吸收水分，产生HCl可以抑制镁离子水解
2
Ⅱ．（1）③<④<①<②
（2）CO +CN-+H O=HCO -+HCN
2 2 3
（3）④⑥（选对一个1分，有错选不给分，下同）
（4）AD
（5）BC
【解析】
Ⅱ．（1）由K 可知，酸性由强到弱顺序为：CH COOH＞H CO ＞HCN，所以对应离子水解
a 3 2 3
能力相反，碱性增强。
（3）增大次氯酸的量可以增强漂白性，消耗氯水中的氢离子，使 Cl +H O=HCl+HClO平衡
2 2
正向移动。根据酸性顺序判断，同时考虑不能与次氯酸氧化还原。
（4）B．同浓度两种酸，消耗NaOH物质的量多少和体积有关。C．等浓度的Na S溶液碱
2
性强于NaCN溶液，说明HS-酸性强于HCN。
（5）根据“强酸制弱酸”原则，K 越大，酸性越强，可得BC正确。
a
17．（14分，除标注外，每空2分）
【答案】
（1）增大与反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸取率
（2）Fe(OH) （1分） 1×10-11.6mol·L-1
3
（3）Mn2++H O +2NH ·H O=MnO ↓+2NH ++2H O
2 2 3 2 2 4 2
（4）2HCO -+Co2+=CoCO ↓+CO ↑+H O Co(OH) （1分）
3 3 2 2 2
（5）蒸发浓缩，冷却结晶（过滤，洗涤，干燥加上也对） 在氯化氢氛围里加热蒸发
【解析】
高二年级化学参考答案 第 3 页 （共 4 页）（2）c(Fe3+)=1.0×10-5时，pH=2.8可求得Fe(OH) 的K =10-38.6。
3 sp
（4）(NH ) CO 溶液碱性强。
4 2 3
18．（13分，除标注外，每空2分）
【答案】
（1）①CO(g)+2H (g)=CH OH(g) ΔH=-99kJ·mol-1 ②B
2 3
（2）①0.24mol·L-1·min-1（1分） ②AC
（3）①a<b<c 投料比越小，二氧化碳转化率越高（1分）
降低温度（或及时移除产物。除压强和投料比外，合理即可）（1分）
②0.5
【解析】
（2）10 分钟内，氢气转化的物质的量为 6×0.8=4.8mol，容器体积为 2L，求得速率为
0.24mol·L-1·min-1；A．m点未平衡，反应正向进行，υ＞υ 。B．按照反应系数比投料，当
正 逆
CO 和H 转化率任意时刻都相等。C．活化能：过程Ⅰ到达平衡时间短，使用了催化剂，活
2 2
化能小。D．该反应放热，降低温度，二氧化碳转化率增大。
（3）使平衡正向移动；n点n(CO ):n(H )=1:1，总压为2.0MPa，二氧化碳转化率为20%，
2 2
根据三段式计算。
19．（14分，除标注外，每空2分）
【答案】
Ⅰ．（1）2MnO -+5H C O +6H+=2Mn2++10CO ↑+8H O
4 2 2 4 2 2
（2）产生了Mn2+，催化反应的进行（1分）
（3）c（1分）
Ⅱ．（1）当滴入最后半滴标准液，溶液无色变为紫色且半分钟内不恢复原色（不褪色）（1分）
（2）1.0001
（3）BC（选对一个1分，有错选不给分）
（4）1.25ab
Ⅲ．复合膜电极（1分） H C O +2e—+2H+=H C O +H O
2 2 4 2 2 3 2
【解析】
Ⅰ．（3）需要加入Mn2+，氯离子可能和原料反应，b不选。
Ⅱ．（2）假设溶液体积 1L，CaC O （s）+SO 2-(aq)=CaSO （s）+C O 2-(aq)转化完全后，溶
2 4 4 4 2 4
液中c(SO 2-)=1mol/L，反应消耗0.0001mol，所以至少需要加1.0001mol。
4
（3）A．滴定开始时仰视读数，导致高锰酸钾体积偏小。B．盛装KMnO 标准液的滴定管
4
未润洗导致高锰酸钾体积偏大。C．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束有气泡导致高锰酸
钾体积偏大。D．锥形瓶加草酸前中有水，没烘干，不影响。
（4）分析化学式可得关系式：5Ca2+—2MnO -，所以血液中c(Ca2+)为1.25abmol/L。
4
Ⅲ．根据碳元素化合价推测，草酸转化为乙醛酸为还原反应，在阴极进行。
高二年级化学参考答案 第 4 页 （共 4 页）
