高二化学试题答案

一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。1、解析：C实验①中，0～20min，Δc(NH)＝4.00×104molL1，则有v(NH)＝4.00×10－4mol·L－120min＝2.00×10－5mol·L－1·min－1，v(N)＝12v(NH)＝1.00×10－5mol·L－1·min－1，A正确；实验③中氨气初始浓度与实验①相同，实验③和①达到平衡时氨气浓度均为4.00×10－4mol·L－1，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，故实验②中60min时处于平衡状态，x<0.4，B正确；对比实验①和②，C化剂的表面积，反应速率增大，D正确。C[Rh(CO)I]类等均发生了变化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CHCOI以及各种配离子等，都可视作中间体。A．通过分析可知，CHCOI属于甲醇羰基化反应的中间体，A项正确；B.通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙（）－CHOH＋COCHCOOHBCCD.由反应机理图可知，HI可以使甲醇转化为CHI，方程式可写成：CHOH＋HICHI＋HO，D项正确。AT>TPCl3H<0AMv>vk·c(PCl)·c(Cl)>kc(PCl)k正k逆（PCl5（PCl3（Cl2B应放热，升温平衡逆向移动，k逆增大倍数大于k正增大倍数，C正确；T1时，PCl3平衡转化率为80%，c(Cl)＝0.25mol·L1，设氯气与PCl3起始物质的量为ymol，体积为1L，利用三段式可求：则k正k逆＝c（PCl5）c（PCl3c（Cl2）＝×0.25＝16，D正确。4、解析：BCH(g)和H(g)物质的量相同，且均为气态，CH(g)含有的原子总数多，CH(g)的摩尔质量大，所以熵值1molCH(g)>1molH(g)，A错误；相同状态的相同物质，共6页，第1页物质的量越大，熵值越大，所以熵值1molHO(g)<2molHO(g)，B正确；等量的同物质，熵值关系为S(g)>S(l)>S(s)，所以熵值1molHO(s)<1molHO(l)，C错误；从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值1molC(s，金刚石)<1molC(s，石墨)，D错误。BⅠ、Ⅱ达到平衡状态时逆反应速率相等，说明Ⅰ、Ⅱ达到平衡状态时各物质的物质的量浓度不变，则A的体积分数：Ⅰ＝Ⅱ，故A错误；向密闭容器中加物质C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，符合图像，故B正确；由题中图示0～t1v＞vt～t2不变，说明处于平衡状态，即v＝v，故C错误；化学平衡常数只与温度有关，Ⅰ、Ⅱ温度相同，则其平衡常数相同，故D错误。6、解析：DNaHA溶液呈酸性，可能是HA的电离程度大于其水解程度，不能据此得出HAABABA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即BA也可能是弱酸弱碱盐，B错误；弱酸的浓度越小，其电离程度越大，则0.010mol·L－1、0.10mol·L－1的醋酸溶液的电离度α1>α，C错误；溶液中水电离出的氢离子浓度一定等于水电离出的氢氧根离子浓度，pH＝10.00的NaCO3溶液中水电离出的OH的物质的量浓度为1.0×104molL1出的H的物质的量浓度也是1.0×104mol·L1，则100mLpH＝10.00的NaCO3溶液中水电离出H的物质的量为1.0×104mol·L1×100×103L＝1.0×105mol，D正确。AC0.1000mol·L1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH时生成NaCl8.2～10C正确；B.HCl0.1000mol·L1HClBA.用未知浓度的NaOH溶液润洗锥形瓶2～3次，导致锥形瓶中氢氧化钠的物质的量偏大，滴定AD.滴定结束时俯视酸式滴定管读数，读出的标准液体积偏小，导致测量结果偏低，D正确。8、解析：CACO2－3＋HOHCO－3＋OHBCu2＋2HOCu(OH)＋2H；D项，应为F＋HOHF＋OH。9、解析：B根据0.1000mol·L1HX、HY溶液的pH可知K(HX)<K(HY)，A错误；①点溶液中溶质为HX和NaXX的水解程度大于HXc(HX)>c(Na)>c(X)>c(OH)>c(H)B液pH＝7，c(H)＝c(OH)，存在电荷守恒c(Na)＝c(Y)，C错误；由图可知，①点溶液比④点溶液的c(H)大，即107mol/L>c(H)>c(H)，则Kwc（H＋）1·c（H＋）4>1，①点溶液[c(H)＋c(OH)]＝[c(H)＋Kwc（H＋）1]，④点溶液[c(H)＋c(OH)]＝[c(H)＋Kwc（H＋）4]，二者值差[c(H＋)＋Kwc（H＋）1]－[c(H＋)＋Kwc（H＋）4]＝[c(H＋)－c(H)]×[1－Kwc（H＋）1（H＋）4]<0，则溶液中的[c(H)＋c(OH)]：①点<④点共6页，第2页，故D错误。C只有在单一CaSO4溶液中c(Ca2)c(SO2－4)Ab点Q>Kc(Ca2)c(SO2－4)不相等而反应消耗的Ca2SO2－4相等，因此平衡后的两种离子浓度也不会都等于3×10－3mol·L－1，B项错误；在沉淀溶解平衡曲线上的K均相等，C项正确；dSO2－4浓度不变而到达c点，D项错误。D①S8S与另外两个SS原子形成2个孤电子对、2个σ键，所以S是sp3杂化，正确；②碳碳双键中一个是σ键，还有一个是π键，错误；③SnBr2分子中，Sn原子的价层电子对数是12×(4－2×1)＋2＝3，含有1个孤电子对，SnBr2的空间结构为V形，根据价层电子对互斥模型可以判断其键角小于120°，正确；④HO和HO中氧原子均采取sp3杂化，HO中O原子有2个孤电子对，HO中O原子有1个孤电子对，导致HO中H—O—H的键角比HO中H—O—H的键角大，正确。12、解析：DNaF与MgF2均为离子化合物，由阴、阳离子构成，A正确；离子键的强弱与离子半径和离子所带电荷数有关，一般来说，离子半径越小，离子所带电荷数越大，离子键越强，B正确；由于半径：r(Mg2＋)<r(Na＋)且Mg2＋所带电荷数多，MgF2中离子键Cr(Mg2)<r(Na)且Mg2所带电荷数多，故MgF2离子键键能更大，熔、沸点高，离子晶体的熔、沸点与摩尔质量无关，D错误。A它最接近且距离相等的钛离子有6个，a＝6；晶胞中钛原子个数为8×18＝1，氧原子个数为12×14＝3，钙原子个数为1，则氧、钛、钙的原子个数比为3∶1∶1，故选A。14、解析：ACO2－3中C原子的价层电子对数为3＋4＋2－2×32＝3，不含孤电子对，为平面三角形，A错误；CO2分子中C原子的价层电子对数为2＋4－2×22＝2，不含C原子采用spB19的价电子排布式：4s1，C正确；基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，基态Mn2是锰原子失去2个电子后形成的离子，价电子轨道表示式：，D正确。15、解析：DCa位于顶点，个数为8×18＝1，Cr位于体内，个数为1，O位于面上，个数为6×12＝3CaCrOACC的坐标为(00.50.5)B2anm，即晶胞边长为2anm，晶胞的体积为(2a×10－7)3cm3，根据A选项分析，晶胞的质量为1NA×(40＋52＋16×3)g，则晶胞密度为ρ＝1NA2g·cm－3，阿伏加德罗常数N＝140ρ共6页，第3页（\r(2)a×10－7）3mol1，故C正确；以顶点Ca为标准，离Ca最近的氧原子在面心，共有12个，故D错误。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16（12分）解析：(1)由盖斯定律可知，反应Ⅰ＝12(反应Ⅱ－反应Ⅲ)，ΔH＝12(ΔH－ΔH)＝12×(－313.2kJ·mol1＋483.6kJ·mol1)＝＋85.2kJ·mol1。(2)反应Ⅰ为吸热反应，为增大化学反应速率，同时提高CHOH的平衡转化率，可采取升高温度的措施。(3)①A项，当v正(HCHO)＝v逆(H)时，说明反应已经达到平衡状态；B项，c(CHOH)∶c(HCHO)∶c(H)＝1∶1∶1时，不能说明反应已经达到平衡状态；C项，该反应D衡时混合体系中HCHO(g)的体积分数为20%，若甲醇消耗的物质的量为xmolxx＋8×100%＝20%x＝25minv(CHOH)＝2mol2L×5min＝0.2mol·L1min1反应达平衡时，CHOH(g)、HCHO(g)、H(g)的物质的量浓度分别为3mol·L－1、1mol·L1、1mol·L1，该条件下反应的平衡常数K＝1×13＝13，向已达平衡的反应体系中充入1molCHOH(g)和1molH(g)时，CHOH(g)HCHO(g)H(g)的物质的量浓度分别为3.5mol·L11mol·L11.5mol·L1，浓度商Q＝1×＝37>13，反应向逆反应方向进行，故v小于v。答案：(1)＋85.2(2)升高温度(3)①BD②0.2③小于17（14分）解析：(1)根据勒夏特列原理可知，加水稀释后电离平衡正向移动；若加入冰醋酸，相（H（CH3COOH(2)由于在稀释过程中醋酸继续电离，故稀释相同的倍数后pH甲小于乙。盐酸和醋酸溶液的pH都是2，溶液中的H浓度都是0.01mol·L1cmolL1有：此混合后溶液的pH仍等于2(3)NaOH稀共6页，第4页溶液中和至相同pH时，消耗NaOH溶液的体积V(甲)大于V(乙)。(4)两者反应后醋酸过量，溶液显酸性，根据电荷守恒可得c(Na)小于c(CHCOO)。答案：(1)向右向右减小(2)小于2(3)大于(4)小于18（15分）解析：(1)该反应的平衡常数K＝（Mn2＋）（Ca2（Mn2c2（F－）（Ca2c2（F－）＝Ksp（MnF2）Ksp（CaF2）＝5.0×10－33.5×10－≈1.4×108。(3)要使Cu2浓度降至0.2molL－＝2×104molL1c(OH)＝2×10－202×10－4)mol·L1＝108mol·L1，c(H)＝106mol·L1，此时溶液的pH＝6。(4)利用沉淀溶解平衡原理，当Q>K时，有沉淀析出。溶液中Cl、Br、CrO2－4的浓度均为0.010mol·L1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L1的AgNO3Q>K出。比较K，AgBr、AgCl同类型，溶解度：AgBr<AgCl。再比较AgCl、AgCrO4沉淀所需c(Ag)Cl沉淀时所需c(Ag)≥（AgCl（Cl1.56×10－100.010molL1＝1.56×10－8mol·L－1，CrO2－4沉淀时所需c(Ag＋)≥2－4Ksp（Ag2CrO4）c（CrO）)＝9.0×10－120.010)mol·L－1＝3.0×10－5mol·L－1，故推知三种阴离子产生沉淀的先后顺序为BrClCrO2－4(6)同一溶液中c(Ag)（I（Cl（Ic（Ag＋）（Cl－（AgKsp（AgIKsp（AgCl8×10－171.6×10－10＝5×107。答案：(1)1.4×108(2)c(Ag)＝0.03mol·L－1×1.00L1.00L＋0.50L＝0.02mol·L1，c(Cl－)＝0.06mol·L－1×2×0.50L1.00L＋0.50L＝0.04mol·L－1，c(Ag＋)·c(Cl－)＝0.02×0.04＝8.0×104>KAgCl沉淀生成(3)6(4)BrClCrO2－4(5)在CaCO3的饱和溶液中c(Ca2)＝2.8×10－9molL1≈5.3×105molL1CaCO3饱和溶液中加入NaSO4溶液，产生CaSO(s)时SO2－4的最小浓度为c(SO2－4)＝Ksp（CaSO4）c（Ca2＋）＝9.1×10－65.3×10－5mol·L1≈0.17mol·L1，则当溶液中c(SO2－4)大于0.17mol·L1时，CaCO(s)可以转化为CaSO(s)(6)5×10719（14分）解析