化學(xué)試題答案解析

12/1211/12/高二化學(xué)試題解析一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分，每小題只有一個選項符合題意。1.【答案】B【詳解】A．氫氧化鈉抑制水的電離，是離子化合物，電子式：，A錯誤；B．乙酸的結(jié)構(gòu)式：，乙酸溶于水電離出的氫離子抑制水的電離，B正確；C．甲烷分子的空間填充模型：，但甲烷不影響水的電離，C錯誤；D．硫離子水解促進水的電離，質(zhì)子數(shù)是16，結(jié)構(gòu)示意圖：，D錯誤；2.【答案】C【詳解】A．H2S為二元弱酸，加水稀釋，促進H2S的電離，但c(H+)減小，故A錯誤；B．CuS難溶于稀硫酸，氫硫酸溶液中加入CuSO4，生成CuS沉淀，促進H2S的電離，電離平衡常數(shù)只受溫度的影響，因此加入CuSO4，H2S的電離平衡常數(shù)不變，故B錯誤；C．H2S與SO2發(fā)生2H2S＋SO2=3S＋2H2O，c(H2S)降低，H2S的電離平衡向左移動，溶液中c(H＋)降低，pH增大，繼續(xù)通入SO2，SO2與H2O反應(yīng)生成H2SO3，H2SO3的酸性強于H2S，c(H＋)增大，pH減小，故C正確；D．加入等體積等物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液，生成溶質(zhì)為NaHS，NaHS溶液顯堿性，說明HS－的水解程度大于其電離程度，溶液中存在c(H2S)＞c(S2－)，故D錯誤；3.【答案】D【詳解】A．該裝置為原電池裝置，化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?，因為Fe比Cu活潑，因此Fe作負極，總反應(yīng)式為Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A錯誤；B．發(fā)生吸氧腐蝕，遵循原電池工作原理，負極上發(fā)生Fe－2e-=Fe2＋，正極上發(fā)生，具支試管中氣體壓強減小，因此導(dǎo)管中水面上升，故B錯誤；C．電鍍時，鍍件作陰極，鍍層金屬作陽極，因此待鍍鐵件作陰極，銅作陽極，故C錯誤；D．根據(jù)電解原理，鋼管樁與電源的負極相連，以防止被海水腐蝕，故D正確；4.【答案】C【詳解】A．油污在堿性條件下容易水解被去除，升溫會促進純堿的水解使溶液的堿性增強，從而增強去污效果，A正確；B．鋁可以和堿反應(yīng)生成氫氣，而碳酸鈉水解使溶液顯堿性，可以和鋁反應(yīng)生成氫氣，B正確；C．碳酸鈉水解顯堿性，鋁表面的氧化鋁與堿反應(yīng)生成離子，去掉氧化膜后，鋁與氫氧根離子、水反應(yīng)生成氫氣，碳酸根離子部分水解生成碳酸氫根離子，碳酸氫根離子與離子反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀和-，離子方程式：，C錯誤；D．鹽類水解為吸熱過程，加熱促進鹽類水解；氫氣逸出有利于鋁與氫氧根離子的反應(yīng)，碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子，消耗氫氧根離子，促進碳酸根離子水解，所以加熱和逸出對水解平衡移動都起到促進作用，D正確；5.【答案】A【分析】某鋰電池材料的組成與結(jié)構(gòu)如圖，因此M是Li。M、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同周期主族元素，Y元素原子的價電子數(shù)是W的兩倍，根據(jù)結(jié)構(gòu)可判斷Y位于第ⅥA族，X位于ⅣA族，所以W是B，X是C，Y是O，Z是F，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．該材料中元素原子除Li以外均達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，A錯誤；B．該材料中X形成碳碳單鍵、碳氧鍵和碳氧雙鍵，因此C的化合價為+3價，B正確；C．元素X與Y原子軌道中含有的未成對電子數(shù)相同，均是2個，C正確；D．核外電子層數(shù)越多離子半徑越大，核外電子排布相同時離子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，則簡單離子半徑為，D正確；6.【答案】A【詳解】A．Si—Si和Si—H鍵能小，易斷裂，難以形成長鏈硅烷，故A正確；B．水分子中心原子氧有兩個孤電子對，中心原子氧有1個孤電子對，，孤電子對對成鍵電子對的斥力大，中兩個氫氧鍵(H—O)的鍵角小于的鍵角，故B錯誤；C．3個B—F的鍵長相等，且鍵角為120°，說明分子中的四個原子在同一平面上，故C錯誤；D．是非極性分子，全科試題免費下載公眾號《高中僧課堂》C原子處于4個Cl原子所組成的正面體的中心，故D錯誤；7.【答案】C【分析】a的原子序數(shù)最小，且電負性較大，則a為H；b、c、d的電負性逐漸增大，分別為C、N、O；e、f、g、h為第三周期元素，分別為Na、Al、S、Cl?！驹斀狻緼．b、c、d、f、g、h均為位于元素周期表p區(qū)，故A錯誤；B．g、h的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：h>g，故B錯誤；C．b、c、d三種元素的非金屬性的大小順序為O>N>C，故簡單氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性逐漸增強，故C正確；D．c的氣態(tài)氫化物NH3與其最高價含氧酸HNO3反應(yīng)的產(chǎn)物NH4NO3為離子化合物，故D錯誤；8.【答案】D【詳解】A．加水稀釋溶液時促進硫離子水解，但溶液堿性降低，所以溶液中氫離子濃度增大，A錯誤；B．相同的和溶液中水的電離程度不相同，前者促進，后者抑制水的電離，B錯誤；C．相同條件下水解程度＞＞，所以相同①②③三種溶液的：③＜②＜①，C錯誤；D．將的氨水與鹽酸等體積混合，平衡時＝0.05mol/L，則一水合氨濃度是（0.5a－0.05）mol/L，根據(jù)電荷守恒可知溶液中氫氧根濃度是10－7mol/L，所以的電離平衡常數(shù)可表示為，D正確；9.【答案】B【分析】由題干信息可知，A、B、C、D均為18電子分子，A為雙原子分子且為淺黃綠色氣體，則A為F2，B水溶液常用于醫(yī)用消毒，則B為H2O2，C有臭雞蛋氣味，則C為H2S，D為烴，故D為C2H6，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．同主族從上往下原子半徑依次增大，由分析可知，A即F2的鍵長在同主族單質(zhì)中最短，A正確；B．由分析可知，B為H2O2，正負電荷的中性不重合，故為極性分子，分子中同時含有極性鍵和非極性鍵，B錯誤；C．由分析可知，CH2S，中心原子硫原子周圍價層電子對數(shù)為2+=4，有兩對孤電子對，故分子結(jié)構(gòu)為V形，不呈直線形，C正確；D．由分析可知，D為CH3CH3，故分子中有6個C-Hσ鍵和1個C-Cσ鍵共7個σ鍵，D正確；10.【答案】D【分析】根據(jù)本工藝流程圖可知，溶解步驟是將氯化鈉固體溶于水形成飽和食鹽水，加入碳酸氫銨粉末，由于碳酸氫鈉溶解度小于氯化銨、氯化鈉和碳酸氫銨，故能發(fā)生反應(yīng)：，靜置后抽濾出碳酸氫鈉固體，濾液中主要含有氯化銨和少量的碳酸氫鈉，晶體A進行洗滌后，加熱到300℃，發(fā)生分解生成碳酸鈉，方程式為：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，“攪拌”中主要發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為，A正確；B．若其它條件不變，使用飽和氯化鈉溶液可以增大Na+的濃度，使Na+與向著生成NaHCO3晶體的方向進行，故可達到提高碳酸氫銨利用率的目的，B正確；C．碳酸氫銨、碳酸鈉受熱均易分解，故攪拌時采用水浴，以防止溫度過高引起碳酸氫銨和碳酸氫鈉的分解，C正確；D．由分析可知，靜置抽濾所得濾液中主要含有NH4Cl和少量的NaHCO3，故其離子濃度大小關(guān)系為，D錯誤；二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.【答案】C【分析】由圖中電子的移動方向可知，半導(dǎo)材料TiO2與染料為原電池的負極，鉑電極為原電池的正極，電解質(zhì)為和I-的混合物，在正極上得電子被還原，正極反應(yīng)為，以此解題?！驹斀狻緼．由圖可知，該電池是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，A正確；B．電池工作時，到鍍鉑導(dǎo)電玻璃電極上得電子轉(zhuǎn)化為I-，即反應(yīng)為，所以鍍鉑導(dǎo)電玻璃為正極，B正確；C．由分析可知在鍍鉑導(dǎo)電玻璃上得電子被還原，C錯誤；D．由分析可知，正極反應(yīng)式為，D正確；12.【答案】AB【詳解】A．反應(yīng)開始時H2O(g)和O2(g)的相對能量都為0，與催化劑接觸后，*H2O的相對能量更低，說明H2O在催化劑表面上更容易被吸附，A錯誤；B．該圖只顯示部分歷程，無法計算反應(yīng)的焓變，B錯誤；C．由圖可知，該歷程中正反應(yīng)最大的活化能的步驟是*CH4、*OH和*H生成*CH3OH和2*H，則正反應(yīng)最大活化能=-12.68kJ/mol-(-35.03)kJ/mol=22.37kJ/mol，化學(xué)方程式為：*CH4+*OH=*CH3OH+*H，活化能越大，反應(yīng)速率越慢，故該反應(yīng)過程的決速步為，C正確；D．由歷程圖示可知，甲醇被催化劑活性中心吸附時，將不能在吸附其他反應(yīng)物，故適時將甲醇分離出來，以空出催化劑活性中心繼續(xù)使用，D正確；13.【答案】CD【詳解】A．電離平衡常數(shù)越大，說明電離出H＋能力越強，根據(jù)表中數(shù)據(jù)，電離出H＋能力大小順序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，NaClO溶液中通入少量的CO2反應(yīng)的離子方程式為ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO，故A錯誤；B．，Ka、Kw只受溫度的影響，加水稀釋CH3COOH，溫度不變，則Ka、Kw不變，即該比值不變，故B錯誤；C．電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，元素質(zhì)量守恒：c(Na＋)=c(ClO－)＋c(HClO)＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，兩式合并得到c(OH－)－c(H＋)=c(HClO)＋c(CH3COOH)，故C正確；D．標準狀況下，4.48L的CO2的物質(zhì)的量為0.2mol，通入1L0.3mol·L－1NaOH溶液中，設(shè)生成Na2CO3物質(zhì)的量為amol，根據(jù)碳原子守恒，NaHCO3的物質(zhì)的量為(0.2－a)mol，根據(jù)鈉原子守恒，2amol＋(0.2－a)mol=1L×0.3mol·L－1，解得a=0.1mol，即n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.1mol，根據(jù)元素質(zhì)量守恒，2c(Na＋)=3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H2CO3)，故D正確；14.【答案】BD【分析】根據(jù)圖像，M點時是硫酸鋇的飽和溶液，則，當時開始形成碳酸鋇沉淀，【詳解】A．根據(jù)題中信息，向硫酸鋇中加入碳酸鈉，生成碳酸鋇沉淀，鋇離子濃度降低，硫酸根濃度增大，因此NP曲線為硫酸根，NQ曲線為鋇離子，A正確；B．碳酸鈉電離出的碳酸根離子會抑制碳酸鋇的溶解，故碳酸鋇在純水中的溶解度大，但是Ksp，只與溫度有關(guān)，故Ksp相同，B錯誤；C．硫酸鋇的物質(zhì)的量n=，若使0.04molBaSO4全部轉(zhuǎn)化為BaCO3沉淀需要0.04mol碳酸鈉，此時溶液中，則此時，則此時，則需要的，因此至少要加入1+0.04=1.04mol碳酸鈉，C正確；D．BaSO4恰好全部轉(zhuǎn)化為BaCO3時，溶液中存在大量的SO，平衡時CO的濃度大于SO，CO水解促進OH-的形成，因此溶液中濃度最小的是Ba2+，因此離子濃度大小關(guān)系為：，D錯誤；15.【答案】CD【解析】【分析】a點得到Ka1(H2A)==c(H+)=10-2.6，b點得到Ka2(H2A)=═c(H+)=10-6.6，曲線M表示pH與lg，=，pH=5時，代入電離平衡常數(shù)，比較離子濃度大小【詳解】A．當縱坐標為0時，H2A以第一步電離為主，因此lg=0或lg=0，則前者的氫離子濃度大，其pH值小，因此曲線M表示pH與lg，故A正確；B．a(chǎn)點得到Ka1(H2A)==c(H+)=10-2.6，b點得到Ka2(H2A)=═c(H+)=10-6.6，因此===104，故B正確；C．根據(jù)圖中信息得到a點，c(HA-)=c(H2A)，電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，又因a點溶液顯酸性c(H+)＞c(OH-)，得到溶液中：c(Na+)＜c(HA-)+2(A2-)=c(H2A)+2(A2-)，故C錯誤；D．的溶液中Ka1(H2A)==10-2.6，=，，Ka2(H2A)=═c(H+)=10-6.6，=，，同理=Ka1(H2A)·Ka2(H2A)=10-2.6×10-6.6，則=，即，故，故D錯誤；三、根據(jù)題意填空、簡答：共5道題，60分，答案填寫在答題卡上。16.【答案】（1）①.3②.啞鈴（2）N＞O＞C（3）①.[Ar]3d54s1②.15（4）①.第4周期Ⅷ族②.(5)平面三角形角形（2分）(6)3:4（2分）【解析】【分析】A元素形成的化合物種類最多，A應(yīng)是C，B原子核外p軌道電子為半充滿，則B可能為N，也可能為P，C為地殼中含量最高的元素，即C為O，六種元素原子序數(shù)依次增大，即B為N，D是前四周期，軌道未成對電子最多的元素，價電子排布式為3d54s1，即D為Cr，E元素位于元素周期表第8列，即E為Fe，據(jù)此分析；【小問1詳解】A的基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p2，能量最高的能級為p，p能級有3個不同的伸展方向，p能級原軌道的形狀為啞鈴形或紡錘形；故答案為3；啞鈴或紡錘；【小問2詳解】根據(jù)上述分析，A為C，B為N，C為O，同周期從左向右第一電離能增大趨勢，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，第一電離能大小順序是N＞O＞C；故答案為N＞O＞C；【小問3詳解】根據(jù)上述分析，D元素為Cr，基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；其電子的空間運動狀態(tài)應(yīng)是核外有多少個軌道，有15種；故答案為1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；15；【小問4詳解】E為鐵元素，位于第四周期第Ⅷ族，價電子排布式為3d64s2，軌道式為；故答案為第四周期第Ⅷ族；?！拘?詳解】AC32-、為CO32-沒有孤對電子，所以空間構(gòu)型為平面三角形，BC2-為NO2-有1孤對電子，所以空間構(gòu)型為角形【小問6詳解】(AB)2分子為（CN）2分子中各原子都滿足最外層8電子結(jié)構(gòu)，則其結(jié)構(gòu)式為，所有的共價單鍵是鍵，共價三鍵有一個是鍵兩個是鍵，故分子中鍵與鍵數(shù)目之比為3:4。17.【答案】（1）①.Cl2（1分）②.陽（1分）（2）2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH（3）①.負極（1分）②.H2（1分）（4）NH﹣6e﹣＋3Cl﹣=NCl3＋4H＋（5）NCl3+6ClO+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH-（6）1.344L【解析】【小問1詳解】右側(cè)有氫氧化鈉生成，說明右側(cè)電極是陰極，水電離出的氫離子放電，N是氫氣，左側(cè)電極是陽極，氯離子放電，所以氣體M是氯氣，為防止生成的氯氣和氫氧化鈉反應(yīng)，應(yīng)該選用陽離子交換膜，即P是陽離子交換膜。【小問2詳解】根據(jù)以上分析可知圖1總反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH?！拘?詳解】c電極上發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)生成NCl3，因此是陽極，則a為電源的正極，b為電源的負極，溶液中的氫離子放電，則氣體X是氫氣?！拘?詳解】c電極是陽極，電極反應(yīng)式為NH﹣6e﹣＋3Cl﹣=NCl3＋4H＋?！拘?詳解】已知二氧化氯發(fā)生器內(nèi)，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1∶6，氧化劑是NCl3，還原劑是亞氯酸鈉，所以該反應(yīng)離子方程式為NCl3+6ClO+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH-?！拘?詳解】當有陰離子通過離子交換膜時，即有0.06mol電子通過，所以產(chǎn)生0.01molNCl3，則根據(jù)方程式可知產(chǎn)生二氧化氯()的物質(zhì)的量是0.06mol，體積為0.06mol×22.4L/mol＝1.344L。18.【答案】（1）①.堿式滴定管（1分）②.檢漏（1分）（2）①.酚酞(或甲基橙)（1分）②.滴入最后一滴，溶液變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)（3）0.1000（4）①.δ(A2-)（1分）②.1×10-2（5）ab【解析】【小問1詳解】根據(jù)裝置圖，儀器A為堿式滴定管，使用前需檢查是否漏水；故答案為堿式滴定管；檢漏；【小問2詳解】用NaOH滴定H2A，用酚酞或甲基橙作指示劑，滴定終點的現(xiàn)象如果是酚酞作指示劑，滴入最后一滴NaOH，溶液有無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)，如果是甲基橙作指示劑，滴入最后一滴NaOH，溶液有紅色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不恢復(fù)；故答案為酚酞；滴入最后一滴NaOH，溶液有無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)；【小問3詳解】三次滴定消耗NaOH溶液體積為39.90mL、40.00mL、40.10mL，平均消耗NaOH的體積為40.00mL，NaOH與H2A反應(yīng)2NaOH＋H2A=Na2A＋2H2O，40.00×10－3L×0.1000mol·L－1=2×20.00×10－3L×c(H2A)，解得c(H2A)=0.1000moL·L－1；故答案為0.1000；【小問4詳解】反應(yīng)曲線③起始點時0.1000mol·L－1H2A溶液的pH小于1，推出H2A的電離：H2A=H＋＋HA－、HA－H＋＋A2－，H2A與NaOH溶液反應(yīng)：H2A＋NaOH=NaHA＋H2O、NaHA＋NaOH=Na2A＋H2O，因此隨著NaOH溶液的加入HA－逐漸減少，A2－逐漸增多，曲線①代表HA－，曲線②代表A2－；Ka(HA－)=，曲線①和②交點，說明c(HA－)=c(A2－)，此時對應(yīng)加入NaOH溶液為25mL，對應(yīng)的pH=2，即Ka(HA－)=c(H＋)=1×10－2mol·L－1，故答案為δ(A2-)；1×10－2mol·L－1；【小問5詳解】a．根據(jù)圖3，曲線③的起點0.1000mol·L－1H2A溶液的pH小于1，故a正確；b．當加入NaOH溶液體積為20.00mL時，溶液中溶質(zhì)為NaHA，因為H2A的第一步電離為完全電離，因此根據(jù)元素質(zhì)量守恒，有c(Na＋)=c(A2－)＋c(HA－)，故b正確；c．根據(jù)電荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，滴定到終點，溶液顯堿性，即c(OH－)＞c(H＋)，從而得出c(Na＋)＞c(HA－)＋2c(A2－)，故c錯誤；答案為ab。19.【答案】（1）①.80℃250g·L﹣1②.PbS+MnO2+4HClMnCl2＋PbCl2+S+2H2O③.Fe3＋、Al3＋、Mn2＋（2）①.增大PbCl2的溶解度（1分）②.4.7≤pH＜7.0（1分）（3）①.Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O②.碳酸錳的Ksp小于碳酸的二級電離常數(shù)【解析】【分析】本題是一道用方鉛礦(主要成分為，含有少量等雜質(zhì))和軟錳礦制備硫酸鉛和碳酸錳的工業(yè)流程題，首先用鹽酸溶解原材料，之后加入氯化鈉通過增大氯離子的濃度來增大氯化鉛的溶解度，調(diào)pH除去三價鐵離子和鋁離子，過濾除雜，在濾液中加入硫酸鈉得到硫酸鉛，加入碳酸氫銨和錳離子反應(yīng)得到碳酸錳，以此解題?！拘?詳解】由圖可知浸出率比較高的時候應(yīng)該選擇的溫度和氯化鈉的質(zhì)量濃度為：80℃250g·L﹣1；浸取時在是酸性條件下方鉛礦中的二氧化錳和硫化鉛反應(yīng)生成硫單質(zhì)的反應(yīng)，方程式為：PbS+MnO2+4HClMnCl2＋PbCl2+S+2H2O；方鉛礦中含有氧化鐵和氧化鋁，故酸浸后溶液中含有鋁離子、三價鐵離子，由浸取的方程式可知酸浸后溶液中含有錳離子、鉛離子，故酸浸液含有的離子有、Fe3＋、Al3＋、Mn2＋；【小問2詳解】根據(jù)可知，增大反應(yīng)物濃度，平衡正向移動，所以增大氯離子濃度可以增大PbCl2的溶解度；物質(zhì)A調(diào)節(jié)時，將Fe3＋、Al3＋轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，但是、Mn2＋不能轉(zhuǎn)化為沉淀，則根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可知調(diào)節(jié)的范圍是4.7≤pH＜7.0；【小問3詳解】濾液2中含有錳離子，加入碳酸氫銨則和碳酸氫根離子發(fā)生反應(yīng)生成碳酸錳，發(fā)生反應(yīng)離子方程式為：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；由方程式可知該反應(yīng)的平衡常數(shù)，根據(jù)碳酸錳的Ksp可以發(fā)現(xiàn)其數(shù)值小于碳酸的二級電離常數(shù)，則該反應(yīng)發(fā)生的理論依據(jù)為錳離子結(jié)合碳酸根離子能力更強。20.【答案】（1）+13668kJ·mol-1（2）①.甲（1分）②.mol·L-1·min-1