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高二年级化学试题参考详解答案
1．答案：A
【解析】A．丹砂(HgS)烧之成水银---即红色的硫化汞(即丹砂)在空气中灼烧有汞生成，反应
的化学方程式为：HgS Hg+S，此为分解反应；积变又还成了丹砂，即汞和硫在一起又生
成硫化汞，反应的化学方程式为：Hg+S=HgS，两个反应条件不同，不是可逆反应，A 错误；
B．湖泊池沼中腐烂的植物发酵会产生甲烷，甲烷能燃烧，所以“泽中有火”，甲烷燃烧的化
学能转化为热能，B 正确；
C．烟花绽放出的绚丽色彩是原子核外电子跃迁发出的不同颜色的光，C 正确；
D．“薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，“薪柴之灰”含有碳酸钾，溶液呈碱性，与铵态
氮肥混合施用放出氨气，D 正确； 故答案选 A
2．答案：C
【解析】A.氧原子有 1s 2s 2p 3 个能级.所以氧原子共有 3 种能量不同的电子 A 正确；
B.氮原子最外层电子数为 5，基态氮原子的价电子轨道表示式 ，B 正确；
C. Cl 原子核外共 17 个电子，有 17 种运动状态，C 错误；
D.原子 p 能级存在三个相互垂直的原子轨道，则钠原子 2p 原子轨道示意图为 ，
x
D 正确；答案选 C。
3．答案：D
【解析】A.原子光谱有两种：吸收光谱和发射光谱，电子在激发态跃迁到基态时会产生
原子光谱属于发射光谱，A 错误．
B.各能级能量由低到高的顺序为1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f……
所以 s 能级的能量不一定小于 p 能级的能量，B 错误
C.铜原子的价电子排布式：3d104s1，C 错误
D.第二周期元素中，第一电离能介于 B、N 之间的有 Be、C、O 种元素，D 正确
3
4 答案：D
【解析】 ①醋酸不易腐蚀衣服因为常用的醋酸溶液浓度低,不能说明醋酸是弱酸。
②CHCOONa 溶液显碱性，说明醋酸根离子水解，即 CHCOOH 是弱电解质；
3 3
③硫酸是二元酸，醋酸是一元酸，等体积等物质的量浓度的 HSO 溶液比等体积等物质的
2 4
量浓度的 CHCOOH 溶液消耗的 NaOH 溶液多，不能说明醋酸是弱酸。
3
④pH 相同、体积相同的盐酸与醋酸溶液中氢离子物质的量相同，盐酸是强酸在水中完全电
离，醋酸是弱酸在水中部分电离，CHCOOH 溶液是弱酸存在电离平衡，相同 pH 时，醋酸
3
溶液浓度大于硫酸和盐酸，和氢氧化钠反应需要的氢氧根离子多，说明醋酸是弱酸。
⑤醋酸钠是个强碱弱酸盐，其中的醋酸根能跟氢离子结合，生成醋酸。加入醋酸钠后，部分
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学科网（北京）股份有限公司氢离子跟醋酸根结合，生成醋酸，降低了氢离子浓度，因此反应速度降低了。但醋酸能电离，
随着反应进行，溶液中氢离子浓度降低，促进醋酸电离，它结合的氢离子又电离出来，继续
生成氢气，因此不改变产生气体的总量。说明醋酸是弱酸。
⑥做导电性实验，灯泡的明暗，与溶液中自由移动的阴阳离子的浓度大小有关，与酸的强
弱无关，不能说明醋酸是弱酸。
故选 B
5．答案：A
【解析】A. 澄清透明溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，A 正确；
B.由水电离出的 c(H+)=1×10-13mol·L−1 的溶液说明水的电离被抑制，则溶液可能为酸性，也
可能为碱性，碱性条件下该组离子之间可以大量共存，但酸性条件下 CO
3
2－与 H+ 之间可以
发生反应，不能大量共存，B 错误
C.Al3+与 S2－能发生完全双水解，不能大量共存，C 错误；
D.常温下 的溶液中的溶液，显酸性，在酸性溶液中 、 发生氧化还原
反应，D 错误；故选 A
6．答案：B
【解析】A．用硫化亚铁除去废水中的汞离子，离子方程式：FeS
(s)+Hg2+(aq)=Fe2+(aq)+HgS(s)，A 正确；
B．澄清石灰水少量，Ca(OH) 中两个 OH-都能反应，离子方程式应为 2HCO +
2
Ca2++2OH-=CaCO ↓+2H O+CO2－，B 错误；
3 2 3
C．向 FeBr 溶液中通入氯气时，Fe2+先被氧化，然后是 Br-，当通入等物质的量的 Cl 时，
2 2
Br-反应一半，离子方程式为 2Fe2++2Br-+2Cl=2Fe3++4Cl-+Br ，C 正确；
2 2
D．正确 故选 B
7．答案：B
【解析】A．硝酸银溶液过量，与 KI 溶液反应产生碘化银黄色沉淀，不是 AgCl 沉淀转化成
AgI 沉淀，不能说明两者溶度积的差异，A 错误；
B．碳酸钠溶液中存在 ，加入氯化钡溶液生成碳酸钡沉淀，平衡
向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度降低，溶液颜色变浅，可证明存在水解平衡，B
正确；
C．平衡 FeCl +3KSCN Fe(SCN) +3KCl，离子反应方程式 Fe3++3SCN- Fe(SCN) ，加
3 3 3
入少量 KCl 固体，平衡不移动，溶液颜色无变化，C 错误；
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学科网（北京）股份有限公司D．NaClO 溶于水会产生 HClO，溶液具有漂白性，不可用 pH 试纸测其 pH，D 错误；
8．答案：D
【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，W 是元素周期表中 s 区
电负性最大的元素，则 W 是 H 元素；Y 基态原子 s 能级电子数等于 p 能级电子数，Y 原子
核外电子排布式是 1s22s22p4，所以 Y 是 O；X 的最高正价与最低负价代数和为 0，则 X 是 C
元素；Y、M 同主族，则 M 是 S 元素；Z 的逐级电离能(单位 kJ/mol)依次为 578、1817、2745、
11578……可见 Z 最外层有 3 个电子，因此 Z 是 13 号 Al 元素，然后根据元素周期律及物质
的性质分析解答。
【解析】根据上述分析可知：W 是 H，X 是 C，Y 是 O，Z 是 Al，M 是 S 元素。
A．C 与 S 的基态原子的未成对电子数之比为 1∶1，A 错误；
B．Y 是 O，Z 是 Al，二者形成的化合物 Al O 是离子化合物，其中阳离子 Al3+与阴离子
2 3
O2-个数比是 2：3，B 错误；
C．根据上述分析可知：Y 是 O，Z 是 Al，M 是 S 元素。三种元素形成的简单离子中，S2-
核外有 3 个电子层，Al3+、O2-核外有 2 个电子层。离子核外电子层数越多，离子半径就越大；
当离子核外电子层数相同时，离子的原子序数越大，离子半径就越小，所以离子半径大小关
系为：S2-＞O2-＞Al3+，C 错误；
D．根据上述分析可知：X 是 C，Y 是 O，M 是 S 元素。元素的非金属性越强，其电负性也
越大。O、S 是同一主族元素，元素的原子序数越大，元素的非金属性越小，则元素的电负
性：O＞S；C、S 是非金属性元素，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的
酸性就越强。酸性：HSO ＞HCO，可知元素的非金属性：S＞C，则元素的电负性：S
2 4 2 3
＞C，故这三种元素的电负性大小关系为：O＞S＞C，D 正确；
故答案选 D。
9．答案：C
【解析】A．由图可知，中间体 OMgCH (s)比 MgOCH (s)能量更低，故更稳定，A 正确；
4 4
B．生成 HOMgCH (s)的过程中有碳氢键的断裂和氢氧键的生成，故有极性键的断裂和形成，
3
B 正确；
C．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中过渡态与反应物之间的相
对落差越大则活化能越大，该反应进程中的最大活化能为
，C 错误；
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学科网（北京）股份有限公司D．由图可知，总反应为氧化镁和甲烷反应生成镁和甲醇，反应放热，其热化学方程式为
MgO(s)+CH (g)=Mg(s)+CH OH (g) ΔH=-146.1kJ·mol-1，D 正确；
4 3
10．答案：D
【解析】A．根据方程式知，生成 1molH 放出 41kJ 的热量，据此计算放出 32.8kJ 的热量时
2
生成 n(H )＝ ，A 正确；
2
B．该反应前后气体系数之和相等，压强不影响平衡，所以容器①的容积变为原来的一半，
压强增大，但 CO 的平衡转化率不变，B 正确；
C．化学平衡常数只与温度有关，①②温度相同，所以化学平衡常数相同，①中生成 n(H )
2
＝ ，根据方程式知，消耗 n(CO)＝n(H O)＝0.8mol，生成 n(CO)＝n(H )
2 2 2
＝0.8mol，容器中剩余 n(CO)＝(1−0.8)mol＝0.2mol，n(H O)＝(4−0.8)mol＝3.2mol，该反应
2
前后气体系数之和相等，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，所以
，C 正确；
D．该反应前后气体系数之和相等，压强不影响平衡，两容器的投料比相同，所以达到等效
平衡，CO 的转化率相同，均为 80%，则容器②放出的热量为 2mol×80%×41kJ•mol−1＝65.6kJ，
D 错误，故选 D。
11．答案：C
【解析】A．由分析可知 X 为电解池的阳极，与电源的正极相连，A 错误；
B．由分析可知，氢离子通过阳离子交换膜由 a 室进入 b 室，钠离子通过阳离子交换膜由 b
室进入 c 室，则左侧和右侧均为阳离子交换膜，B 错误；
C．由分析可知，a 室中的电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气
和氢离子，电极反应式为 ，C 正确；
D．由题意可知，b 室和 c 室溶液混合后可以得到 pH 为 8.3 的海水达到排放标准，排回大海，
不能直接排放，D 错误；
12．答案：B
【解析】A 由电池分析可知,③区中 Fe 为负极、Cu 为正极,电子由 Fe 电极经导线流向 Cu 电
极,A 正确;
B 由电池分析可知,①区中 Fe 为正极,氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子,电
极反应式为 O+ 4e- + 2H 0=4OH-,B 错误;
2 2
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学科网（北京）股份有限公司C 由电池分析可知,②区 Zn 电极和④区 Cu 电极均为电解池的阴极,电极反应式均为
2H0 + 2e- = H ↑+2OH-,C 正确;
2 2
D 由电池分析可知,②区 Fe 电极和④区 Fe 电极均为电解池的阳极,电极反应式均
为 Fe -2e¯=Fe2+,放电生成的 Fe2+均能与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀,D 正确。
13．答案：C
【分析】由于强电解质完全电离，弱电解质部分电离，则常温下 pH 相同的①②溶液浓度①
＞②，③④溶液浓度③＞④，②④溶液浓度②=④，据此分析：
【解析】A．溶液①、④等体积混合，由于①的浓度大于④，所以碱过量，因此混合之后溶
液呈碱性，A 正确；
B．醋酸钠溶于水后，使醋酸的电离向逆反应方向移动，pH 增大；盐酸会与醋酸钠反应生
成醋酸，变成弱电解质，电离程度减小，pH 增大，B 正确；
C．弱电解质在稀释过程中会继续电离，所以稀释相同的倍数后，四种溶液的 pH 大小为：
①＞②＞④＞③，C 错误；
D．由于混合后 ，则溶液中氢离子浓度 ，则
，D 正确；
14．答案：B
【分析】 ， ，
，则 ；同理，
；结合图像可知，曲线 XY、XZ 分别代表的是 、
。
【解析】A．由分析可知，曲线 XY 代表的是 ，A 错误；
B．由 X 坐标可知， 的 ，B 正确；
C．在 饱和溶液中加少量 固体，则碳酸根离子浓度增大，沉淀溶解平衡逆向
移动， 浓度减小，碳酸根离子浓度增大，水解生成的氢氧根离子浓度增大，C 错误；
D．阴影区域内，可析出 ，而不析出 ，D 错误；
15．答案：D
【分析】随 NaOH 加入,依次发生反应:H A+NaOH===NaH A+HO、NaH A
3 2 2 2
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学科网（北京）股份有限公司+NaOH===Na HA+H O,Na HA+NaOH===Na A+HO, = ,
2 2 2 3 2
= , = ,相同 pH 条件, >
> ,则曲线 Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ 依次表示的是 pH 与 lg 、lg
、lg 的关系,
【解析】A:加入 20mLNaOH 溶液时，溶液中溶质为 NaH A，加入 40mLNaOH 溶液时，溶
2
液中溶质为 NaHA，溶液中 HA-离子浓度增大，HA-浓度减小，HA-水解程度比 HA-水解程
2 2 2
度大，故 20mL 到 40mL 滴定过程中，水的电离程度逐渐增大，A 正确；
B:当加入 20mL NaOH 溶液时,溶质为 NaH A,从图 1 看溶液显酸性,则 HA-的电离程度大于
2 2
H
2
A-的水解程度,离子浓度大小顺序为 c(Na+)>c(H
2
A-)>c(H+)>c(HA2-)>c(OH−),选项 B 正确;
C:曲线Ⅲ表示 lg 与 pH 关系，当 pH=14 时，lg =lg =1.64，
则 Ka=101.64×10-14=10-12.36，当 pH=10 时，lg =lg =lg =-2.36，
3
C 正确；
D: = ＞1 时，c（HA-）＞c（HA），由 曲线 I 可知，当 pH=4 时，lg
2 3
=lg =1.88，则 Ka
1
=101.88×10-4=10-2.12，故 c（H+ ）＜10-2.12mol/L，则 pH=-lgc（H+ ）
＞2.12， × = = × ＜1 时，c（H3A）＞c
（HA2-），由曲线Ⅱ可知，当 pH=10 时，lg =lg =2.8，故 K =102.8×
a2
10-10=10-7.2，若要 × ＜1 即 c2（H+ ）＞K
a1
×K
a2
=10-2.12×10-7.2=10-9.34，则 c（H
+ ）＞10-4.66，则 pH=-lgc（H+ ）＜4.66，对应 2.12＜pH＜4.66 D 错误；
II 卷（方程式反应物生成物写正确没配平给 1 分，物质没写全 0 分）
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学科网（北京）股份有限公司16．【解析】（1）草酸为二元弱酸，只能部分电离，故答案为： 是弱酸，不能完全
电离(或 )；
（2）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故标准溶液应
用酸式滴定管盛装，滴定管使用之前需要检查是否漏水，故注入标准溶液之前，滴定管需要
检查是否漏水、洗涤和润洗；
（3）滴定过程中发生反应即为和酸性高锰酸钾溶液反应生成 CO、KSO 、MnSO 和 HO，
2 2 4 4 2
反应中锰元素化合价由+7 变为+2，碳元素化合价由+3 变为+4，根据电子守恒可知，该反应
的离子反应方程式：2 +5H
2
C
2
O
4
+6H+=10CO
2
↑+2Mn2++8H
2
O；
（4）酸性高锰酸钾溶液呈紫红色，故判断达到滴定终点的依据是当滴入最后半滴标准液，
溶液变为浅紫色（或紫红色），且半分钟内不褪色；
（5）根据反应方程式：2 +5H
2
C
2
O
4
+6H+=10CO
2
↑+2Mn2++8H
2
O，结合草酸钙中草酸
根离子的守恒计算可得样品中总含量为 1.20%；
（6）答案：D A．滴定前盛装酸性标准溶液的滴定管未润洗，使得标准液用量增大，使测
定结果偏大；A 错误；
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后盛入待测液进行滴定，不影响标准液用量，对测定结果无影响。
B 错误；
C．滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定结束后没有气泡，气泡消失时滴定管内的液面下
降，消耗的标准液会偏大，计算的结果偏高，C 错误；
D．滴定结束时俯视读数，使得消耗的标准液体积读数偏小，使测定结果偏低；D 正确；
17．【解析】(1)①从图中可以看出，亚砷酸在溶液中以分子形式存在，即亚砷酸存为弱酸，
其电离常数为 ，M 点时 pH=9， ，即
= =10-9；
②弱酸酸根离子水解对水的电离起促进作用，随 pH 增大，弱酸酸根离子浓度增大，水的电
离程度增大，故 M＜N；
③A.根据图中信息，pH 为 7.35~7.45 主要是亚砷酸(H AsO )，而人体血液的 pH 为 7.35
3 3
~7.45，用药后人体所含砷元素的主要微粒是亚砷酸(H AsO )；故答案为：亚砷酸(或 HAsO )。
3 3 3 3
④N 点 pH=12，c(OH−)＞c(H＋)，A 错误；
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学科网（北京）股份有限公司B．pH=14 时，c(OH-)=1mol·L－1,由图可知 c ( )>c( )>c( )，此时 c(
)几乎为０，所以 c(OH-)>c( )，B 错误；
C．由图可知 NaH AsO 溶液呈碱性，C 正确。
2 3
⑤由图示可知，将 KOH 溶液滴入亚砷酸溶液，当 pH 调至 11 时，亚砷酸与氢氧根离子反应
生成 H 2 AsO ，反应的离子方程为：H 3 AsO 3 ＋OH− ＝H 2 AsO 3− ＋H 2 O。
(2)根据图示变化曲线，相同时间内，溶液 pH 越大，去除效果越好，pH=9，t=25min 时达到
100%；pH 从 5 升到 9 时，溶液中的 HAsO 的比例降低，HAsO 的比例提高，更容易与带
3 3 2
正电荷的 Fe(OH) 胶粒结合而沉降，故吸附效果更好；此外，pH 升高有利于产生更多 Fe
3
(OH) 胶粒，增强吸附效果，故填溶液 pH 越大，铁盐混凝剂对砷化合物的吸附效果增强。
3
pH 从 5 升到 9 时，溶液中的 HAsO 的比例降低，HAsO 的比例提高，更容易与带正电荷
3 3 2
的 Fe(OH) 胶粒结合而沉降，故吸附效果更好；此外，pH 升高有利于产生更多 Fe(OH) 胶
3 3
粒，增强吸附效果。
（3）0.10mol·L－1HPO 溶液的 pH=1.6，说明 HPO 为弱酸，亚磷酸与足量 NaOH 溶液反
3 3 3 3
应生成Na 2 HPO 3 ，则Na 2 HPO 3 属于正盐，Na 2 HPO 3 溶液中存在HPO 32− 的分步水解平衡：HPO 32
−+H
2
O⇌H
2
PO 3−+OH− 、H
2
PO 3−+H
2
O⇌H
PO +OH-，第一步水解大于第二步水解，故 0.1mol·
3 3
L－1Na
2
HPO
3
溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c(Na+)＞c( )＞c(OH-)＞c( )＞
c(H+)；答案为：c(Na+)＞c( )＞c(OH-)＞c( )＞c(H+)。
18．【解析】 (1)钴是 27 号元素，钴的基态原子核外电子排布式为 [Ar]3d74S2（或
1s22s22p63s23p63d74s2）
（2）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有研磨粉碎废渣或升高温度或适当增大硫酸的浓度；
根据分析可知，“浸渣”的主要成分为 Cu、PbSO ；
4
(3)“沉铜”步骤中，主要发生反应的离子方程式是 Cu2++H
2
S＝2H++CuS↓
(4)“酸浸”步骤中，Cu 不溶解，Zn 单质及其它元素的+2 价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉
淀外，其它元素均转化为相应的+2 价阳离子进入溶液，浸渣的成分为铜和硫酸铅；由题可
知，“沉淀”步骤中，用 NaOH 调 分离出的滤渣只有 ，Zn2+不能沉淀，调节的
的范围是 2.8≤pH＜6.2；
（5）“沉钴”步骤中，控制溶液 pH=5.0~5.5，加入适量的 NaClO 氧化 Co2+生成 Co(OH) ，ClO
3
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学科网（北京）股份有限公司-被还原为 Cl-，其反应的离子方程式为 ；
（6）假设“沉铜”后得到的滤液中 和 均为 ，向其中加入 至
沉淀完全，此时溶液中 ，则
， 小于 ，说明大部分
也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现 Zn2+和 Co2+的完全分离。
19．【解析】（1）①根据盖斯定律，目标反应=反应 I-2×反应 II，则目标反应的平衡常数：
；
②由题图可知，在温度为 340-400℃时，甲烷的选择性为 100%，即此温度范围内只发生反
应 I，在此温度范围内升高温度，二氧化碳的转化率减小，说明反应 I 平衡逆向移动，K 减
I
小，由上述分析及反应 I、反应 II 在反应前后气体分子数的变化特点可知，温度、压强可影
响甲烷的选择性，增大压强，反应 I 平衡正向移动，可提高甲烷的选择性，故可采用控制反
应温度在 340-400℃、增大压强等措施来提高甲烷的选择性；
（2）A．对 Bosch 反应，反应后气体分子数减小，改变压强正逆反应速率不等，A 错误；
B．已知生成物的百分含量随温度的升高而增大，m 点为曲线的最高点，生成物的百分含量
达到最大值，即建立了相应温度下的平衡状态，继续升温生成物的百分含量减小，说明升温
平衡逆向移动，B 正确；
C．A 点二氧化碳转化率大于该温度下的平衡转化率，反应逆向进行，v >v ，且该反应为
逆 正
放热反应，随温度升高平衡逆移，二氧化碳转化率应下降；C 错误；
D．A 点时反应物浓度等于生成物浓度，反应不一定达到平衡状态，D 错误；
答案选 B；
（3）①向体积为 2L 的恒容容器中通入 4mol 氢气和 1mol 二氧化碳发生反应，设达到 10min
时消耗二氧化碳的物质的量为 xmol，列三段式：
，恒温恒容条件下，反应前
后气体物质的量之比等于压强之比，则 10min 时， ，解得 ，
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学科网（北京）股份有限公司；由表中数据可知，反应在 50min 时达到平衡，设
反应达到平衡时消耗 ymol 二氧化碳， ，解得 ，CO(g)、4H(g) 、CH
2 2 4
(g)、2HO(g)的分压分别为 0.5p、2p、0.5p、p， ；
2
②反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，v < v ，k 增大的倍数
