精品解析高考全国甲卷化学试题解析版Word下载.docx
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A.18g重水（D2O）中含有的质子数为10NA
B.3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NA
C.32g环状S8（）分子中含有的S-S键数为1NA
D.1LpH=4的0.1mol⋅L-1KCrO溶液中CrO2-离子数为0.1N
A
【详解】A．DO的质子数为10，18gDO的物质的量为18g=0.9mol，则18g重水（DO）中所含
2220g/mol2
质子数为9NA，A错误；
B.NO2与H2O反应的化学方程式为：
3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；
C.一个S（）分子中含有的S-S键数为8个，32gS
的物质的量为32g=1mol，则含有
8
的S-S键数为1⨯8⨯N=N，C正确；
88⨯32g/mol8
8AA
D.酸性KCrO溶液中存在：
CrO2-+HO2CrO2-+2H+，含Cr元素微粒有CrO2-和CrO2-，则
2272724274
1LpH=4的0.1mol⋅L-1KCrO溶液中CrO2-离子数应小于0.1N，D错误；
22727A
故选C。
3.实验室制备下列气体的方法可行的是
气体
方法
氨气
加热氯化铵固体
B
二氧化氮
将铝片加到冷浓硝酸中
C
硫化氢
向硫化钠固体滴加浓硫酸
D
氧气
加热氯酸钾和二氧化锰的混合物
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【详解】A．氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体，所以不能用于制备氨气，A不可行；
B.将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B不可行；
C.硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，C不可行；
D.实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，生成氯化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，可用此方法制备氧气，
D可行；
故选D。
4.下列叙述正确的是
A.甲醇既可发生取代反应也可发生加成反应
B.用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别乙酸和乙醇
C.烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少
D.戊二烯与环戊烷互为同分异构体
【答案】B
【详解】A．甲醇为一元饱和醇，不能发生加成反应，A错误；
B.乙酸可与饱和碳酸氢钠反应，产生气泡，乙醇不能发生反应，与饱和碳酸钠互溶，两者现象不同，可用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别两者，B正确；
C.含相同碳原子数的烷烃，其支链越多，沸点越低，所以烷烃的沸点高低不仅仅取决于碳原子数的多少，
C错误；
D.戊二烯分子结构中含2个不饱和度，其分子式为C5H8，环戊烷分子结构中含1个不饱和度，其分子式为C5H10，两者分子式不同，不能互为同分异构体，D错误。
故选B。
5.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍。
W和X的单质常温下均为气体。
A.原子半径：
Z>
Y>
X>
W
B.W与X只能形成一种化合物
C.Y的氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应
D.W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物
【分析】W．X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍，则分析知，Z的最外层电子数为偶数，W和X的单质常温下均为气体，则推知W和X为非金属元素，所以可判断W为H元素，X为N元素，Z的最外层电子数为1+5=6，
Y的最外层电子数为6=3，则Y为Al元素，Z为S元素，据此结合元素及其化合物的结构与性质分析解答。
2
【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为N元素，Y为Al元素，Z为S元素，则
A．电子层数越多的元素原子半径越大，同周期元素原子半径依次减弱，则原子半径：
Y（Al）＞Z（S）＞X（N）
＞W（H），A错误；
B．W为H元素，X为N元素，两者可形成NH3和N2H4，B错误；
C．Y为Al元素，其氧化物为两性氧化物，可与强酸、强碱反应，C错误；
D．W、X和Z可形成（NH4）2S、NH4HS，两者既含有离子键又含有共价键，D正确。
6.已知相同温度下，K（BaSO）<
K（BaCO）。
某温度下，饱和溶液中-lg⎡⎣c（SO2-）⎤⎦、-lg⎡⎣c（CO2-）⎤⎦、
sp4sp343
与-lg⎡⎣c（Ba2+）⎤⎦的关系如图所示。
下列说法正确的是
A.曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线
B.该温度下BaSO4的Ksp（BaSO4）值为1.0⨯10-10
C.加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
c（SO2-）
D.c（Ba2+）=10-5.1时两溶液中
4
3
c（CO2-）
=10y2-y1
【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c（Ba2＋）]＋{－lg[c（SO2-）]}＝－lg[c（Ba2＋）×
c（SO2-）]
44
＝－lg[Ksp（BaSO4）]，同理可知溶液中－lg[c（Ba2＋）]＋{－lg[c（CO2-）]}＝－lg[Ksp（BaCO3）]，因Ksp（BaSO4）＜
Ksp（BaCO3），则－lg[Ksp（BaCO3）]＜－lg[Ksp（BaSO4）]，由此可知曲线①为－lg[c（Ba2＋）]与－lg[c（SO2-）]的关系，曲线②为－lg[c（Ba2＋）]与－lg[c（CO2-）]的关系。
【详解】A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉
淀溶解曲线，选项A错误；
B.
曲线①为BaSO4溶液中－lg[c（Ba2＋）]与－lg[c（SO2-）]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c（Ba2＋）]＝3时，
－lg[c（SO2-）＝7，则－lg[Ksp（BaSO4）]＝7＋3＝10，因此Ksp（BaSO4）＝1.0×
10－10，选项B正确；
C.
向饱和BaSO4溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c（Ba2＋）增大，根据温度不变则Ksp（BaSO4）不变可知，溶液中c（SO2-）将减小，因此a点将沿曲线①向左上方移动，选项C错误；
D.
由图可知，当溶液中c（Ba2＋）＝10－5.1时，两溶液中
＝10
-y2
＝10y-y
，选项D错误；
答案选B。
12
10-y1
7.乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。
图中的双极膜中间层中的H2O
解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别问两极迁移。
A.KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B.阳极上的反应式为：
+2H++2e-=+H2O
C.制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子
D.双极膜中间层中的H+在外电场作用下向铅电极方向迁移
【分析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳极上Br-被氧化为Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的H+在直流电场作用下移向阴极，OH-移向阳极。
【详解】A．KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Br2
为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，故A错误；
B.阳极上为Br-失去电子生成Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，故B错误；
C.电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1mol乙二酸生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，1mol乙二醛生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，根据转移电子守恒可知每生成1mol乙醛酸转移电子为1mol，因此制得2mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2mol电子，故C错误；
D.由上述分析可知，双极膜中间层的H+在外电场作用下移向阴极，即H+移向铅电极，故D正确；
综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。
二、非选择题
8.碘（紫黑色固体，微溶于水）及其化合物广泛用于医药、染料等方面。
回答下列问题：
（1）I2的一种制备方法如下图所示：
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为，生成的沉淀与硝酸反应，生成后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为；
若反应物用量比
n（Cl2）/n（FeI2）=1.5时，氧化产物为；
当n（Cl2）/n（FeI2）>
1.5，单质碘的收率会降低，原因是
。
（2）以NaIO3为原料制备I2的方法是：
先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；
再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为。
（3）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1molI2，消耗的KI至少为mol。
I2在
KI溶液中可发生反应I+I-I-。
实验室中使用过量的KI与CuSO溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸
234
馏可制得高纯碘。
反应中加入过量KI的原因是。
【答案】
（1）.2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-
（2）.AgNO3（3）.FeI2+Cl2=I2+FeCl2（4）.I2、FeCl3（5）.
--2-+
33242
I2被过量的Cl2进一步氧化（6）.2IO+5HSO=I+5SO+3H+HO（7）.4（8）.防止单质碘
析出
【详解】
（1）①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI
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