高二化學(xué)試題答案一、選擇題：本題共15小題，每題3分，共45分，每小題僅有一項是符合題意。1、解析：DA項Na2CO3寫成COeq\o\al(2－,3)，NaHCO3寫成HCOeq\o\al(－,3)；B項前者生成水，后者除了水還有BaSO4沉淀生成；C項CaCO3寫成化學(xué)式，Na2CO3寫成離子形式；D項，共同的離子方程式為Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓.2、解析：A過程①中NOeq\o\al(－,3)轉(zhuǎn)化為NOeq\o\al(－,2)，N元素化合價由＋5價下降到＋3價，NOeq\o\al(－,3)體現(xiàn)氧化性，A正確；過程②中NOeq\o\al(－,2)轉(zhuǎn)化為NO，反應(yīng)的離子方程式為NOeq\o\al(－,2)＋2H＋＋e－=NO↑＋H2O，B錯誤；過程③中NO轉(zhuǎn)化為N2H4，N元素化合價由＋2價下降到－2價，反應(yīng)的離子方程式為NO＋NHeq\o\al(＋,4)＋3e－＋2H＋=N2H4＋H2O，c代表的是2H＋＋3e－，C錯誤；過程④中N2H4轉(zhuǎn)化為N2，N元素化合價由－2價上升到0價，1molN2H4參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移4mol電子，D錯誤。3、解析：BA．根據(jù)n＝eq\f(m,M)，質(zhì)量均為mg的O2和SO2物質(zhì)的量之比與摩爾質(zhì)量成反比，即n(O2)∶n(SO2)＝64∶32＝2∶1，甲、乙中所含的氧原子物質(zhì)的量之比為2∶1，故A錯誤；B.根據(jù)pV＝nRT，則體積相等的甲和乙，壓強與溫度成正比，且n(O2)∶n(SO2)＝2∶1即代表氧氣的曲線較高，故B正確；C.n(O2)∶n(SO2)＝2∶1，質(zhì)子數(shù)之比為(2×16)∶(1×32)＝1∶1，故C錯誤；D.根據(jù)ρ＝eq\f(m,V)，甲、乙容器體積相等，兩種氣體的質(zhì)量相等，則密度也相等，即甲、乙中氣體密度比為1∶1，故D錯誤。4、解析：C設(shè)此鉛氧化物的化學(xué)式為PbxOy，PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO316y100ym(O)＝1.28g8.0g所以m(Pb)＝13.7g－1.28g＝12.42g，x∶y＝eq\f(m（Pb）,M（Pb）)∶eq\f(m（O）,M（O）)＝eq\f(12.42g,207g·mol－1)∶eq\f(1.28g,16g·mol－1)＝3∶4。5、解析：B在NaH中，Na為＋1價，H元素的化合價為－1價，A正確；NaH與H2O的反應(yīng)中反應(yīng)物沒有單質(zhì)，因此該反應(yīng)不屬于置換反應(yīng)，B錯誤；根據(jù)已知條件可知：將金屬鈉分散在NaCl中，將溫度控制在280～1100℃，在攪拌條件下通入氫氣即可生成氫化鈉(NaH)，故氫化鈉由氫氣與金屬鈉反應(yīng)生成，C正確；反應(yīng)方程式為：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，NaH＋H2O=NaOH＋H2↑，根據(jù)方程式可知：制取1molH2，需Na質(zhì)量是46g，需NaH質(zhì)量是24g，可見等質(zhì)量的Na和NaH分別與水反應(yīng)，NaH產(chǎn)生H2物質(zhì)的量多，D正確。6、解析：ACuO不能與H2O反應(yīng)，A錯誤；銅能與硫單質(zhì)在加熱的條件下反應(yīng)得到硫化亞銅，B正確；新制的Cu(OH)2與葡萄糖溶液混合后加熱可得Cu2O，C正確；Cu可以在O2中加熱得到CuO，CuO溶于酸可得到Cu2＋，Cu2＋可被鐵單質(zhì)置換生成Cu，D正確。7、解析：D同周期元素從左到右，原子序數(shù)依次增大，原子半徑依次減小，非金屬性依次增強，電負(fù)性依次增大。電負(fù)性大的元素在化合物中顯負(fù)價，所以X和Y形成化合物時，X顯負(fù)價，Y顯正價，故A正確；同周期元素從左到右，第一電離能呈增大的趨勢，但第ⅡA和第ⅤA族元素的最高能級軌道為全充滿、半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能大于相鄰的元素，第一電離能Y可能大于X，也可能小于X，故B正確；元素非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HmY＜HnX，故C正確；元素非金屬性越強，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性越強，非金屬性：X＞Y，則X最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強于Y最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性，故D錯誤。8、解析：C氯化鈉是離子化合物，其電子式是Na＋，A錯誤；H2S分子是“V”形結(jié)構(gòu)，不是直線形分子，B錯誤；H的s能級為球形，兩個氫原子形成氫氣的時候，是兩個s能級的原子軌道相互靠近，形成新的軌道，C正確；HCl是共價化合物，不存在電子得失，其形成過程應(yīng)為，D錯誤。9、解析：D過程1中，ClO－轉(zhuǎn)化為Cl－，Cl元素化合價由＋1價變?yōu)椋?價，ClO－為氧化劑，Ni2O3轉(zhuǎn)化為NiO2，Ni元素化合價由＋3價變?yōu)椋?價，Ni2O3為還原劑，根據(jù)得失電子守恒可得，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比是1∶1，A項正確；過程2中，NiO2和ClO－反應(yīng)生成Ni2O3、Cl－和O，離子方程式為2NiO2＋ClO－=Cl－＋Ni2O3＋2O，B項正確；堿性條件下，ClO－將SO2氧化為SOeq\o\al(2－,4)，吸收反應(yīng)的總方程式為ClO－＋SO2＋2OH－=Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)＋H2O，C項正確；Ca2＋與SOeq\o\al(2－,4)結(jié)合生成微溶的CaSO4，CaSO4會覆蓋在催化劑表面，不利于反應(yīng)進(jìn)行，D項錯誤。10、解析：B過程①加入過量Br2的目的是提高I2的轉(zhuǎn)化率，故A正確；I2易升華，Br2易揮發(fā)，過程②在高溫下進(jìn)行，會減少IBr產(chǎn)量，故B錯誤；通入CO2，可吹出過量的Br2，提高產(chǎn)品純度，故C正確；過程③在50℃進(jìn)行，可用水浴加熱，故D正確。11、解析：C根據(jù)題圖可知，過程甲中硫酸鐵與硫化氫反應(yīng)可生成硫酸亞鐵、單質(zhì)硫，則反應(yīng)的離子方程式為2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋，A項正確；過程乙中氧氣將亞鐵離子氧化為鐵離子，過程甲中鐵離子氧化硫化氫，則脫硫過程中O2間接氧化H2S，B項正確；該脫硫過程中Fe3＋、Fe2＋相互轉(zhuǎn)化，不需要不斷添加Fe2(SO4)3溶液，C項錯誤；過程乙中氧氣將亞鐵離子氧化為鐵離子，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，D項正確。12、解析：B不能用排空氣法收集NO，因為NO與空氣中的O2會發(fā)生反應(yīng)，A錯誤；NO2可用排空氣法收集，C錯誤；NO2通入Fe(NO3)2溶液中后，生成的硝酸能把亞鐵離子氧化，溶液顏色變?yōu)辄S色，D錯誤。13、解析：AA項，稻殼灰來源廣泛，價格低廉，活性炭具有吸附性，有較高的經(jīng)濟價值，正確；B項，操作A為過濾，操作B為蒸發(fā)濃縮，是兩種不同的操作，錯誤；C項，二氧化硅中硅元素的化合價是＋4價，硅酸鈉中硅元素的化合價也是＋4價，所以該流程中硅元素的化合價沒有發(fā)生改變，錯誤；D項，反應(yīng)器中發(fā)生的反應(yīng)為SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O，此反應(yīng)沒有元素化合價的變化，屬于非氧化還原反應(yīng)，錯誤。14、解析：C用天然氣發(fā)電再電解水制氫氣，會造成能量的損耗，故A錯誤；提高尾氣排放的煙囪高度不能減少有害氣體的排放，故B錯誤；吹入空氣并加熱銅使之生成氧化銅，氧化銅再與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅，硫酸利用率高，無污染，故C正確；用油改煤技術(shù)，推廣優(yōu)質(zhì)煤的使用范圍，不會降低PM2.5的排放，故D錯誤。15、解析：D制備C2H4沒有控制溫度的溫度計，A錯誤；NO與O2反應(yīng)，不能用排空氣法收集，B錯誤；濃硫酸吸收多余的NH3，易發(fā)生倒吸，C錯誤；飽和食鹽水除去HCl氣體，濃硫酸吸收水蒸氣，堿石灰吸收多余的Cl2，D正確。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16、（13分）解析：方法二中，向試管Ⅰ中加鐵屑和稀硫酸，向試管Ⅱ中加NaOH溶液，這樣鐵屑和稀硫酸反應(yīng)可以制取FeSO4溶液，借助生成的氫氣將兩支試管內(nèi)的空氣都排出去，使氫氣充滿試管Ⅰ和試管Ⅱ(起保護氣的作用)，反應(yīng)一段時間后，關(guān)閉止水夾，試管Ⅰ內(nèi)壓強增大，F(xiàn)eSO4溶液順著導(dǎo)管進(jìn)入試管Ⅱ的NaOH溶液中，NaOH與FeSO4發(fā)生反應(yīng)生成Fe(OH)2沉淀。(1)＋2價的鐵有還原性，其化合物無論是在空氣中還是在水中，都易被氧化為＋3價鐵的化合物，加入少量鐵屑可防止Fe2＋被氧化，離子方程式為：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；(2)除去蒸餾水中溶解的O2常采用煮沸的方法；(3)用長滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再擠出NaOH溶液。這樣操作的理由是避免生成的Fe(OH)2沉淀接觸到空氣中的O2而被氧化；(4)試管Ⅰ中加入的試劑是鐵屑和稀硫酸；(5)試管Ⅱ中加入的試劑是NaOH溶液；(6)為了制得白色Fe(OH)2沉淀，在試管Ⅰ和Ⅱ中加入試劑，打開止水夾，塞緊塞子后，試管Ⅰ中生成氫氣和硫酸亞鐵，氫氣沿著導(dǎo)管進(jìn)入試管Ⅱ中，收集試管Ⅱ出口處的氣體，檢驗氫氣的純度，當(dāng)排出的H2純凈時，再夾緊止水夾，這時試管Ⅰ內(nèi)壓強增大，F(xiàn)eSO4溶液順著導(dǎo)管進(jìn)入試管Ⅱ的NaOH溶液中，NaOH與FeSO4發(fā)生反應(yīng)生成Fe(OH)2沉淀；(7)鐵屑和稀硫酸反應(yīng)生成的氫氣將兩支試管內(nèi)的空氣都排出去，使氫氣充滿試管Ⅰ和試管Ⅱ(起保護氣的作用)，且外界空氣不容易進(jìn)入，由于有氫氣的保護作用，F(xiàn)e(OH)2沉淀能較長時間地穩(wěn)定存在。答案：(1)Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋(2)煮沸(3)避免生成的Fe(OH)2沉淀接觸到空氣中的O2而被氧化(4)鐵屑和稀硫酸(5)NaOH溶液(6)收集試管Ⅱ出口處的氣體，檢驗氫氣的純度，當(dāng)排出的H2純凈時，再夾緊止水夾(7)鐵屑和稀硫酸反應(yīng)生成的氫氣將兩支試管內(nèi)的空氣都排出去，使氫氣充滿試管Ⅰ和試管Ⅱ(起保護氣的作用)，且外界空氣不容易進(jìn)入，由于有氫氣的保護作用，F(xiàn)e(OH)2沉淀能較長時間地穩(wěn)定存在17、（14分）解析：(2)沒有除去尾氣中的二氧化硫氣體的裝置，二氧化硫會污染空氣；(3)裝置A中，橡皮管a連接分液漏斗和蒸餾燒瓶，相當(dāng)于恒壓滴液漏斗，其作用是使分液漏斗中的液體能順利流下，①正確；裝置B中，紫色石蕊溶液變紅說明溶液顯酸性，證明二氧化硫是酸性氧化物，②正確；裝置C中，品紅溶液褪色能證明二氧化硫具有漂白性，③正確；裝置D中溶液變渾濁，生成了硫單質(zhì)，說明SO2和硫化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，二氧化硫具有氧化性，④錯誤；(4)碘水中碘單質(zhì)具有氧化性，二氧化硫具有還原性，二者在水溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成兩種強酸：硫酸和氫碘酸。離子方程式為I2＋SO2＋2H2O=4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2I－；(5)溶液變渾濁說明有硫單質(zhì)生成，故在水中，SO2歧化的離子方程式為3SO2＋2H2O=4H＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋S↓；一段時間后，F(xiàn)、H中無明顯現(xiàn)象且I中比G中的溶液先變渾濁，說明氫離子和鉀離子不是催化劑。碘離子可作為該反應(yīng)的催化劑，催化過程：SO2＋4I－＋4H＋=2I2＋S↓＋2H2O，I2＋2H2O＋SO2=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋＋2I－，故選②。答案：(1)蒸餾燒瓶Cu＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O(2)沒有除去尾氣中的二氧化硫氣體，會污染空氣(3)④(4)I2＋SO2＋2H2O=4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2I－(5)3SO2＋2H2O=4H＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋S↓②18、（14分）解析：(3)在Oa段NOeq\o\al(－,3)完全轉(zhuǎn)化為NO，由離子方程式可得，n(NO)＝n(Fe3＋)＝0.1mol，即x＝0.1；c點溶質(zhì)為FeSO4，溶液中Fe2＋為0.2mol，即n(FeSO4)＝0.2mol，根據(jù)硫酸根離子守恒得，n(H2SO4)＝n(FeSO4)＝0.2mol，即y＝0.2。(4)Fe＋NOeq\o\al(－,3)＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O0.4mol0.1mol0.1molFe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑0.1mol0.05mol所以V＝(0.1mol＋0.05mol)×22.4L·mol－1＝3.36L。答案：(1)Fe＋NOeq\o\al(－,3)＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O(2)Fe2＋(3)0.10.2(4)3.3619、（14分）解析：裝置Ⅰ中濃鹽酸和漂粉精反應(yīng)生成氯氣，化學(xué)方程式為4HCl(濃)＋Ca(ClO)2=2Cl2↑＋CaCl2＋2H2O。生成的氯氣中混有HCl，因此通過Ⅱ中飽和食鹽水除去氯氣中的HCl，氯氣進(jìn)入Ⅲ與Br2、COeq\o\al(2－,3)反應(yīng)生成BrOeq\o\al(－,3)，最后Ⅳ中NaOH溶液用于吸收多余的Cl2和生成的CO2。(3)檢驗裝置氣密性后進(jìn)行反應(yīng)，升溫至50～60℃，滴入適量液溴，打開活塞K1、K3，裝置Ⅰ中反應(yīng)生成氯氣，氯