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云南“美美与共”民族中学联盟联考（三）
高二化学
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题)两部分。第I卷第1页至第6
页，第Ⅱ卷第6页至第10页。考试结束后，请将答题卡交回。满分100分，考试用时75
分钟。
以下数据可供解题时参考。
可能用到的相对原子质量：H一1N一140一16Ni一58.7Cu一64Zn一65
第I卷（选择题，共42分)
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号、
准考证号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，
只有一项是符合题目要求的)
1.化学与社会、生活和科技密切相关。下列说法错误的是
A.厨房中可用热的纯碱液清除油污
B.用石膏改良盐碱地（含Na2C03)是因为Kp(CaS04)C.FeS可作为沉淀剂除去污水中重金属离子
D.铁锅中残留的水滴边缘比内部更容易生锈
2.下列说法错误的是
A.将铜和铁用导线连接放人浓硝酸溶液中组成原电池，铜电极作为负极
B.铅酸蓄电池放电后负极和正极的质量均增加
C.用Zn作阳极，Fe作阴极，ZnCl2作电解质溶液，能实现在铁上镀锌
D.电解CuC2溶液，阴极逸出的气体能够使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色
3.下列有关电解质溶液的说法正确的是
A.常温下由水电离出来的H*的浓度为1.0×10-°mol/L,则原溶液的pH=4
B.向盐酸中加人氨水至过量，水的电离程度一直增大
C.pH=1.0的盐酸中c(H)是pH=4.0的醋酸中c(H)的1000倍
D.pH=5.0的CH3C0OH与CH,C0ONa混合溶液中，c(Na)>c(CHCO0)
高二化学M·第1页（共10页)
4.下列推论正确的是
A.已知H20(1)=H20(g)△H=+44kJ·mol,则1gH2(g)完全燃烧生成液态水
比生成气态水多释放22kJ的热量
B.可逆反应：N2(g)+3H2(g)=2NH(g)△H=-92.4kJ·mol,则N2与H2反应
生成2 mol NH3时，放出的热量少于92.4kJ
C.葡萄糖(C6H1206)的燃烧热是2800kJ·mol,则葡萄糖燃烧热的热化学方程式
可以写成：2C6H20(s)+302(g)一3C02(g)+3H20(1)△H=-1400k灯·m01
D.已知下列稀溶液反应：NaOH(aq)+HCl(aq)一NaCl(aq)+H20(1)△H1,
NaOH(aq)+CH,C00H(aq)=CH,C00Na(aq)+H20(1)△H2,则△H1>△H2
5.下列物质及其变化与对应的方程式不匹配的是
A.用K3[Fe(CN)s]检验Fe2+:Fe2++K+[Fe(CN)6]3—KFe[Fe(CN)6]↓
B.用TC,与水反应制备Ti02:TiCL4+(x+2)H,0Ti02·xH,04HCl
C.醋酸除水垢：CaC03+2H*一Ca2+C02↑+H20
D.电解饱和食盐水：2C1+2H,0电解20H+H,↑+C,↑
6.设N。为阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是
A.室温下，0.1mo/L的CH,C00Na溶液中，CH,C00数目小于0.1N.
B.用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为N时，阳极质量减轻32g
C.中和1LpH均为2的CH,COOH、HCl溶液，所需NaOH的量相等
D.常温常压下，46gN02和N204混合气体中所含0原子数为2W
7.图1所示实验装置能达到实验目的的是
Fe,(SO)
溶液
一石墨
铁、炭
滴有酚酞
食盐水
的NaCl
溶液
水
④
图1
A.图①用标准NaOH溶液滴定盐酸
B.图②制作简单氢氧燃料电池
C.图③制备Fe2(S04)3固体
D.图④导管水柱上升，证明铁发生了析氢腐蚀
高二化学M·第2页（共10页）云南“美美与共”民族中学联盟联考（三）·双向细目表
高二化学
题号 题型 分值 试题内容 难易程度 备注
1 选择题 3 化学与生活 易
2 选择题 3 电化学的应用 易
3 选择题 3 水的电离和溶液的PH 易
4 选择题 3 热化学方程式 适中
5 选择题 3 离子方程式正误判断 易
6 选择题 3 阿伏加德罗常数 适中
7 选择题 3 实验装置判断 适中
8 选择题 3 金属的腐蚀防护 适中
9 选择题 3 元素周期表与周期律 易
10 选择题 3 反应路径能量变化图 适中
11 选择题 3 酸碱中和滴定曲线 适中
12 选择题 3 电化学 适中
13 选择题 3 实验表格题 适中
14 选择题 3 沉淀溶解平衡 难
15 非选择题 14 水溶液中的离子反应与平衡 适中
16 非选择题 13 实验题 适中
17 非选择题 15 化学反应原理 适中
18 非选择题 16 工艺流程 适中
达成目标 优秀率 及格率 平均分
10% 50% 50云南“美美与共”民族中学联盟联考（三）
高二化学参考答案
第Ⅰ卷（选择题，共42分）
一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B D C A C D C
题号 8 9 10 11 12 13 14
答案 C C C B C B D
【解析】
1．热的纯碱液能促进油脂的水解，所以厨房中常用热的纯碱液清除油污，A不符合题意。石膏（）与反应生成沉淀，实现了沉淀转化，因的Ksp更小，降低土壤碱性，B不正确。重金属的硫化物，其溶度积常数比FeS小，可用FeS作为沉淀剂，除去污水中重金属离子，C不符合题意。铁锅中残留的水滴边缘与氧气接触，更容易腐蚀，边缘比内部更容易生锈，D不符合题意。
2．铁遇浓硝酸发生钝化，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，铁作正极，铜作负极，A正确。铅酸蓄电池的负极为Pb 2e－+=PbSO4，固体从Pb生成PbSO4，质量增加；正极为PbO2+4H++2e－+=PbSO4+2H2O，固体从PbO2生成PbSO4，质量增加，B正确。用Zn作阳极，Fe作阴极，ZnCl2作电解质溶液时，氢离子来源于水的电离，在阴极放电顺序Zn2+＞H+，故能在铁上镀锌，C正确。电解CuCl2溶液时，阴极反应为（析出铜，无气体），随着反应进行，也可能是H+得电子，生成氢气，氢气不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，若为惰性电极，阳极Cl－被氧化为Cl2，Cl2可使淀粉 KI试纸变蓝，D错误。
3．常温下由水电离出来的H+的浓度等于由水电离出来的氢氧根的浓度为1.0×10 10mol·L 1，则原溶液pH=4或者pH=10，A错误。盐酸中水的电离被抑制，加氨水至中性时电离程度最大，过量氨水（碱性）会再次抑制水的电离，故向盐酸中加入氨水至过量，水的电离程度先增大后减小，B错误。pH相差3，c(H+)相差1000倍（103），C正确。电荷守恒c(Na+) +c(H+)=c(CH3COO－) +c(OH－)，溶液显酸性c(H+)>c(OH－)，所以c(Na+)< c(CH3COO－)，D错误。
4．H2(g)+O2(g)=H2O(l)　1mol H2(g)与 O2(g)反应生成1mol H2O(l)时放出的热量比生成气态水时多44kJ，题中H2为1g，即0.5mol，则生成液态水比生成气态水多释放22kJ的热量，A正确。题中热化学方程式的含义是实际反应了1mol N2(g)与3mol H2(g)，生成2mol NH3放出的热量为92.4kJ，题中反应虽然为可逆反应，但已经表明生成了2mol NH3，则放出的热量应该等于92.4kJ，B错误。葡萄糖燃烧热的热化学方程式必须要求葡萄糖的系数为1mol，题中给出的热化学方程式不符合要求，C错误。两反应都属于酸碱中和生成1mol水的反应，但CH3COOH(aq)反应时存在电离吸热的过程，故放出的热量少于反应1，由于两反应的ΔH均为负值，故ΔH1<ΔH2 ，D错误。
5．用K3[Fe(CN) ]检验Fe2+：Fe2++K++[Fe(CN)6]3 =KFe[Fe(CN)6]↓，离子方程式正确，A不符合题意。TiCl4水解生成TiO2·xH2O和HCl，方程式符合水解反应规律，B不符合题意。醋酸是弱酸，写离子方程式不能拆，正确的离子方程式为=，C符合题意。电解饱和食盐水：2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑离子方程式正确，D不符合题意。
6．0.1mol/L的CH3COONa溶液，未给溶液体积，无法确定CH3COO－数目，A错误。电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中含有的Zn、Fe等杂质也会放电，且先于铜放电，则阳极质量减少32g，转移到阴极的电子数不一定为，即不一定为1NA，B错误。1L pH=2的CH3COOH、HCl，c(H+)均为0.01mol/L，但CH3COOH是弱酸，存在电离平衡，消耗NaOH的量更多，C错误。利用极限法，假设二氧化氮为46克，则，氧原子为2mol；假设四氧化二氮为46克，则，氧原子数目为0.5mol×4×NA=2NA，D正确。
7．标准NaOH溶液应该装在碱式滴定管中，左边的滴定管才是碱式滴定管，且应该观察溶液颜色变化而不是注视滴定管刻度，A错误。制作简单氢氧燃料电池应选用硫酸钠等溶液作电解液，先关闭，一段时间后断开闭合，选择溶液电解时阳极得到，B错误。在溶液中水解生成硫酸和Fe(OH)3，但由于硫酸不挥发，故水解不能被促进，故最后得到的即为固体，C正确。在酸性条件下铁发生析氢腐蚀，该图中为中性或碱性条件，发生吸氧腐蚀，D错误。
8．若外加电源，被保护的金属应放在阴极，则导线应连接外接电源的负极，A正确。导线与Mg块连接时构成原电池，Mg的金属活泼性比Fe强，则Mg作负极，Fe作正极，为牺牲阳极的阴极保护法，B正确。导线与Mg块连接时，Mg作负极发生吸氧腐蚀，钢铁输水管的正极反应为=，C错误。在钢铁部件表面进行发蓝处理（生成一层致密的四氧化三铁薄膜），可提高抗腐蚀能力，D正确。
9. 元素为原子序数依次增大的前20号主族元素，M是原子半径最小的元素，则 M是H，Q是形成物质种类最多的元素，则Q是C，R是地壳中含量最高的元素，则R是O，T是短周期中原子半径最大的元素，则T是Na，Q、Y同主族，X与Y同周期相邻，Y是Si，X是Al，Z是人骨骼含量最高的元素，则Z为Ca，据此回答。一般来说，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，故离子半径：Z(Ca2+)>T(Na+)>X(Al3+)，A正确。X是Al，可溶性盐会发生水解：AlCl3+ 3H2OAl(OH)3+3HCl，得到Al(OH)3胶体具有吸附作用，可用于净水，B正确。SiO2属于酸性氧化物，常温下不与大多数酸反应，但可与HF反应，C错误。H与Ca形成CaH2，为活泼金属形成的氢化物，为离子化合物，D正确。
10．如图可知，两步基元反应分别为反应物生成中间体、中间体生成产物Ⅰ或Ⅱ，A正确。决速步骤为反应历程中最慢的步骤，即活化能最大的步骤，由图可知，决速步骤为反应物生成中间体的反应，B正确。生成产物Ⅰ的反应中，苯、浓和浓均作为反应物，增大浓的投料量，可使反应正向移动，进而增大苯的平衡转化率；但对于生成产物Ⅱ的反应中，浓硫酸作为催化剂，增加催化剂的用量，并不能使平衡移动，则苯的平衡转化率不变，C错误。生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于生成产物Ⅱ，D正确。
11．盐酸滴定氨水恰好完全反应时溶液显酸性，酚酞变色范围为8.2~10，应选甲基橙作指示剂，A错误。通过起点pH=10 11，c()近似等于c(OH－)，c(NH3·H2O)的平衡浓度近似等于起始浓度0.1000mol·L 1，可计算NH3·H2O的电离平衡常数等于10 5，B正确。a点溶质为等物质的量浓度的NH4Cl和NH3·H2O，且溶液显碱性，NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，所以溶液中c()>c(NH3·H2O)，C错误。c点溶质为等物质的量浓度的NH4Cl和HCl，由物料守恒：c(Cl－)=2c()+2c(NH3·H2O)，D错误。
12．闭合K1时，形成原电池，锌为负极，Pd电极是正极，氢氧根离子是阴离子，向负极（Zn电极）移动，A不选。闭合K1时，形成原电池，Pd电极为正极，Pd表面的电极反应式为CO2+2e－+2H+=HCOOH，B不选。闭合K2时，形成电解池，Zn电极发生还原反应作阴极，应与直流电源负极相连，发生还原反应，C选。闭合K2时，Zn表面的电极反应式为+2e－=Zn+4OH－，当Zn电极上增重65g时，即转移2mol电子，则在Pd电极上也是转移2mol电子，由Pd表面的电极反应式：HCOOH 2e－=CO2+2H+知，将有1mol CO2生成，标况下即为22.4L，D不选。
13．原电池中活泼金属Zn应作为负极被氧化，Cu作为正极，Cu2+在其表面被还原析出，连通后应该是铜表面生成铜质量增加，A错误。向Na2CO3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红，原因是存在水解平衡+H2O+OH－，加入BaCl2溶液后发生离子反应+Ba2+=BaCO3↓，产生白色沉淀，碳酸根离子被消耗导致水解平衡逆向移动，使溶液红色褪去，因此可以证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，B正确。将中间缠有锌丝的铁钉放在滴有酚酞的溶液中，锌比铁活泼，形成原电池时锌失去电子，作负极被腐蚀，铁作正极，被保护，未发生吸氧腐蚀，C错误。向2mL 0.1mol/L AgNO3溶液中先滴入2滴0.1mol/L NaCl溶液，再滴入4滴0.1mol/L KI溶液，先产生白色沉淀AgCl，过量的Ag+与KI再产生黄色沉淀AgI。不能比较两者的大小，D错误。
14．，pH=6.37时，=，则，A正确。pH=8，c(Mg2+)=0.001mol·L 1时，即没有沉淀，也没有沉淀，根据元素守恒，溶液中有：，B正确。pH=9，c(Mg2+)=1.0mol·L 1时，该点在两条曲线以上，对、，浓度大，均有Q>Ksp，有沉淀生成，C正确。由图甲和图乙可知，，时，该点在两条曲线之间，对于而言，浓度大，Q> Ksp，有沉淀生成，而对于而言，浓度小，Q第Ⅱ卷（非选择题，共58分）
二、填空题（本大题共4小题，共58分）
15．（每空2分，共14分）
（1）①3 ②1.0×10 5 ③ac
（2）①H2C2O4、H2CO3、HClO
②=
③c(Na+) > c() > c(H+) > c() > c(OH－)
④900
【解析】（1）①设该一元酸HA的初始浓度为c，由于常温时，HA在水中有1%发生电离，则溶液中氢离子浓度c(H+) = 0.01c，由于电离程度很小，则c约等于HA的初始浓度，且溶液中氢离子主要来自HA的电离，所以c(H+)近似为0.001mol/L，根据pH的定义，pH = lgc(H+) = lg0.001 = 3。
②HA的电离方程式为HAH+ + A－，电离平衡常数Ka = ，由于电离程度很小，c(HA)近似等于初始浓度c，c(H+) = c(A－) = 0.01c= 0.001，所以Ka == 1 × 10 5。
③对于选项a，用HA溶液做导电实验，灯泡很暗，这只能说明溶液中离子浓度较小，但并不能直接证明HA是弱电解质。因为溶液的导电性不仅与电解质的强弱有关，还与溶液的浓度有关。如果HA溶液的浓度很低，即使它是强电解质，灯泡也可能很暗。对于选项c，20mL 0.2mol·L 1 HA溶液恰好与20mL 0.2mol·L 1 NaOH溶液完全反应，这只能说明HA是一元酸，能与NaOH按1∶1的物质的量之比反应，但并不能证明HA是弱电解质。因为无论是强酸还是弱酸，只要是一元酸，都能与NaOH按1∶1的物质的量之比反应。
（2）①电离常数越大，对应酸越强。
②NaHC2O4溶液与Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为+=+ 。该反应的实质是基于酸式盐的质子转移规律，由于草酸的二级电离常数Ka2(H2C2O4)=6.0×10 5，大于碳酸的一级电离常数Ka1(H2CO3)=4.4×10 7，因此酸性较强的能将质子转移给，生成酸性较弱的和。溶液与溶液不发生反应，酸性差异不足以驱动强酸制弱酸的反应。溶液中仅存溶液与溶液的共存状态，不会发生质子转移或沉淀生成等反应过程。
③NaHC2O4在溶液中完全电离为Na 和，因此c(Na )最大。存在电离平衡和水解平衡，其电离方程式为 H+ + ，水解方程式为 + H2OH2C2O4 + OH－。由于的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，所以c(H ) > c(OH－)。电离产生的H 一部分来自自身电离，一部分来自水的电离，而仅由电离产生，因此c(H ) > c()。同时，由于的水解程度较小，生成的H2C2O4浓度极低，故c() > c(H2C2O4)。
④=Ka1÷Ka2=900。
16．（除特殊标注外，每空2分，共13分）
（1）分液漏斗（1分） MnO2+4HCl(浓)Cl2↑+MnCl2+2H2O
（2）吸收氯气中混有的HCl气体
（3） Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+
（4）在沉积的固体下方加热
（5）4~6 BC
【解析】（1）根据仪器的外形可知，装置A中盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；MnO2与浓盐酸在加热条件下反应的方程式为MnO2+4HCl(浓) Cl2↑+MnCl2+2H2O。
（2）浓盐酸会挥发出HCl气体，成为Cl2的杂质，若不除去会与铁粉发生副反应，降低无水的产率。
（3）根据分析，H中无水CaCl2的作用是防止F中的水蒸气进入E装置和发生水解，降低无水的产率。因此需要写出Fe3+的水解方程式。
（4）根据题干中的信息无水氯化铁加热会升华，可选择加热的办法使沉积的进入收集器，操作是在沉积的固体下方加热。
（5）从图中可知，pH在4~6之间时，HClO的物质的量分数最大，消毒效果更好。氢氧化钠与次氯酸会反应，次氯酸的量减少，减弱消毒效果，A错误。稀硫酸酸性强于次氯酸，可降低“84”消毒液的pH值，生成HClO增强消毒作用，B正确。食醋中的醋酸酸性强于次氯酸，能降低“84”消毒液pH值生成HClO，增强消毒效果，C正确。浓盐酸能与“84”消毒液中的次氯酸根离子反应生成氯气，产生有毒气体并降低了消毒效果，D错误。
17．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) 91.5kJ/mol 低温（1分）
（2）①大于 50% 1.6×10 3 ②AD
（3）n 降低温度、增大压强、及时分离出CH3OH等（答出两条即可，每答出一条得1分）
【解析】（1）根据盖斯定律，CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H1 H2= 91.5kJ/mol；反应i的 H1<0， S<0，故自发进行的条件为低温。
（2）①第一问：a点反应在正向进行，正反应速率大于逆反应速率，随反应进行，正反应速率减小，逆反应速率增大，最终正逆速率相等，反应达平衡，即c点。故a点的正反应速率大于c点的逆反应速率。
第2问：从图可知，平衡时，反应消耗的氢气的物质的量为6mol，则消耗CO2的物质的量为2mol，带入转化率的公式计算，CO2的转化率为2÷4=50%；故答案为50%。
第3问：25℃，由图知，反应消耗的氢气的物质的量为6mol，则平衡时H2的物质的量为2mol，CO2的物质的量2mol，CH3OH的物质的量2mol，H2O的物质的量2mol，总的物质的量为8mol，每个物质的物质的量分数均为0.25，则每个物质的分压也相同，均为0.25×100=25kPa，带入KP的计算式中，算得KP=1.6×10 3，即。
故平衡时，每种物质的物质的量分数=，即p分压=×p总=×100=25kPa代入公式。
②单位时间内断裂2mol C=O键，描述的是正反应消耗了1mol CO2，同时生成3mol H—H键，描述的是逆反应，生成了3mol H2，正逆反应速率相等，A正确。混合气体的总质量不变，刚性容器体积不变，故密度一直保持不变，故混合气体的密度不变时，不能说明反应已达到平衡，B错误。由反应方程式的计量系数知，同为生成物的CH3OH和H2O总是按照1∶1生成的，则CH3OH和H2O的体积分数恒相等，故CH3OH和H2O的体积分数相等不能说明反应已达到平衡，C错误。混合气体平均摩尔质量的公式：气体总质量/气体总物质的量，由于反应进行过程中，只要不平衡时，气体总物质的量总是在变，若混合气体的平均摩尔质量不变，则说明气体总物质的量这一变量不再变化，即是平衡状态，D正确。
（3）反应i为气体分子数减小的反应、反应ii为气体分子数不变的反应，增加压强，反应i正向移动，导致二氧化碳的转化率增大，反应生成更多的甲醇和水，水的量增加，导致反应ii逆向移动，使得一氧化碳的选择性下降，结合选择性公式可知，甲醇、一氧化碳选择性和为100%，则图中表示的选择性曲线是m、CO的选择性曲线是p、的平衡转化率的曲线是n；生成甲醇的反应为放热的气体分子数减小的反应，则有利于提高甲醇选择性的条件是降低温度，增大压强，及时分离出CH3OH等。
18．（每空2分，共16分）
（1）适当加热或搅拌或适当增大酸溶液浓度
（2）SiO2
（3）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
（4）3.7≤pH<7.7
（5）1.0×10 3 pH过低，H+消耗F ，使沉淀溶解平衡正移，CaF2固体溶解损失；pH过高，生成Ni(OH)2沉淀降低镍的回收率（答对一点给1分）
（6）①Cl－+2OH－ 2e－=ClO－+H2O ②165.4
【解析】废镍催化剂（主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、SiO2等），用硫酸浸取，过滤不溶于硫酸的SiO2和微溶物CaSO4·2H2O后得含有镍离子、铁离子、钙离子、铜离子的溶液，再通入硫化氢除去铜离子，且使铁离子被还原成亚铁离子，得硫化铜、硫固体，过滤得滤液中含有镍离子、亚铁离子、钙离子，加入H2O2后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，调节pH以沉淀形式除去Fe3+，过滤后滤液含有镍离子、钙离子，加入氟化钠除去钙离子，再加入氯化钠后电解得NiOOH，灼烧得三氧化二镍。
（1）加快酸浸速率的常用措施有适当加热或搅拌或适当增大酸溶液浓度，故答案为适当加热或搅拌或适当增大酸溶液浓度。
（2）氧化钙与硫酸反应生成难溶的硫酸钙、SiO2不溶于硫酸，所以浸出渣主要成分为CaSO4 2H2O和SiO2。
（3）Fe2O3酸浸后生成Fe3+，再根据操作A中H2S升价生成S单质分析可得，2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+。
（4）“操作B”的过程是先在40~50℃加入H2O2，其作用是使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，要使Fe3+完全沉淀而Ni2+不沉淀，根据表格分析，调pH范围是3.7≤pH<7.7。
（5）根据常温时CaF2的溶度积常数为2.7×10 11可知，溶液中F 浓度为3×10 3 mol·L 1，则Ca2+的浓度为=3×10 6mol/L，则溶液中==1.0×10 3。根据沉淀溶解平衡知识分析，pH过低，H+消耗F ，使沉淀溶解平衡正移，CaF2固体溶解损失；pH过高，生成Ni(OH)2沉淀降低产率。
（6）①阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl－+2OH－ 2e－=ClO－+H2O；
②Ni2+被ClO－氧化产生2NiOOH·H2O沉淀，其还原产物是氯离子，则根据电子的得失守恒可知，反应的离子方程式为ClO－+2Ni2++4OH－=2NiOOH·H2O↓+Cl－，转移2mol电子~1mol ClO－~2mol Ni2+~1mol Ni2O3，由此计算1mol Ni2O3的质量为165.4g。云南“美美与共”民族中学联盟联芳（三)
高二化学参考答案
第I卷（选择题，共42分）
一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的)
题号
1
2
3
5
6
答案
B
D
A
D
题号
8
9
10
11
12
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14
答案
0
C
B
C
B
0
【解析】
1.热的纯碱液能促进油脂的水解，所以厨房中常用热的纯碱液清除油污，A不符合题意。石
膏(CaS0,)与Na,CO,反应生成CaC0,沉淀，实现了沉淀转化，因CaCO,的K更小，
降低土壤碱性，B不正确。重金属的硫化物，其溶度积常数比FeS小，可用FeS作为沉淀
剂，除去污水中重金属离子，C不符合题意。铁锅中残留的水滴边缘与氧气接触，更容易
腐蚀，边缘比内部更容易生锈，D不符合题意。
2.铁遇浓硝酸发生钝化，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，铁作正极，铜作负极，A
正确。铅酸蓄电池的负极为Pb-2e+SO 一PbSO4,固体从Pb生成PbSO4,质量增加：
正极为PbO2+4H+2e+SO}一PbS04+2H2O,固体从PbO2生成PbS04,质量增加，B
正确。用Zn作阳极，Fe作阴极，ZnC2作电解质溶液时，氢离子来源于水的电离，在阴极
放电顺序Zn2+>,故能在铁上镀锌，C正确。电解CuC2溶液时，阴极反应为（析出铜，
无气体)，随着反应进行，也可能是得电子，生成氢气，氢气不能使湿润的淀粉碘化钾
试纸变蓝色，若为惰性电极，阳极C1被氧化为C2,C2可使淀粉-KI试纸变蓝，D错误。
3.常温下由水电离出来的H的浓度等于由水电离出来的氢氧根的浓度为1.0×101mol·L,
则原溶液pH=4或者pH=10,A错误。盐酸中水的电离被抑制，加氨水至中性时电离程度
最大，过量氨水（碱性）会再次抑制水的电离，故向盐酸中加入氨水至过量，水的电离程
度先增大后减小，B错误。pH相差3，c(相差1000倍（103)，C正确。电荷守恒cNa)
+c(H=c(CH3COO)+c(OH),溶液显酸性c(H>c(OH),所以c(Na")错误。
高二化学M参考答案·第1页（共8页）
4.H(g)+02(g)一H001molH(g)与)mol02(g)反应生成1molH00)时放出的热量
比生成气态水时多44kJ,题中H2为1g,即0.5mol,则生成液态水比生成气态水多释放22kJ
的热量，A正确。题中热化学方程式的含义是实际反应了1molN2(g)与3molH(g),生成
2 mol NH3放出的热量为92.4kJ,题中反应虽然为可逆反应，但已经表明生成了2 mol NH3,
则放出的热量应该等于92.4kJ,B错误。葡萄糖燃烧热的热化学方程式必须要求葡萄糖的
系数为1ol,题中给出的热化学方程式不符合要求，C错误。两反应都属于酸碱中和生成
lmol水的反应，但CHCOOH(aq)反应时存在电离吸热的过程，故放出的热量少于反应1，
由于两反应的△H均为负值，故△H1<△H2,D错误。
5.用K[Fe(CN)]检验Fe2:Fe2+K*+[Fe(CN)63一KFe[Fe(CN)6,离子方程式正确，A
不符合题意。TiCl4水解生成TiO2·xHO和HCl,方程式符合水解反应规律，B不符合题
意。醋酸是弱酸，写离子方程式不能拆，正确的离子方程式为
CaC0,+2CH,C0OH一2CH,C00+Ca2++C0,个+H,0,C符合题意。电解饱和食盐
水：2C1+2H,0电解20H+H↑+C2↑离子方程式正确，D不符合题意。
6.0.1mol/L的CH;COONa溶液，未给溶液体积，无法确定CH:COO数目，A错误。电解精
炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中含有的Z、F等杂质也会放电，且先于铜放电，则阳极质
量减少32g,转移到阴极的电子数不一定为，32g×2=1m0l,即不一定为1W,B错误。
64g/mol
1LpH=2的CH;COOH、HCl,c(H均为0.01mol/L,但CH:COOH是弱酸，存在电离平衡，
消耗NaOH的量更多，C错误。利用极限法，假设二氧化氮为46克，则
46g=1mol，氧原子为2mol；假设四氧化二氮为46克，则
n(NO:)=46g/mol
n(N2O4)=
46g=0.5mol,氧原子数目为0.5mol×4×N=2NA,D正确。
92g/mol
7.标准NOH溶液应该装在碱式滴定管中，左边的滴定管才是碱式滴定管，且应该观察溶液
颜色变化而不是注视滴定管刻度，A错误。制作简单氢氧燃料电池应选用硫酸钠等溶液作
电解液，先关闭K,一段时间后断开K,闭合K,选择NaCl溶液电解时阳极得到Cl2,B
错误。Fe,(SO,)3在溶液中水解生成硫酸和F(OHD3,但由于硫酸不挥发，故水解不能被促
进，故最后得到的即为F 2(SO,)3固体，C正确。在酸性条件下铁发生析氢腐蚀，该图中为
中性或碱性条件，发生吸氧腐蚀，D错误。
8.若外加电源，被保护的金属应放在阴极，则导线应连接外接电源的负极，A正确。导线与
Mg块连接时构成原电池，Mg的金属活泼性比Fe强，则Mg作负极，Fe作正极，为牺牲
高二化学M参考答案·第2页（共8页）

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