安徽省示范高中2020年高二化学春季联赛试题答案解析.pdf

1、安徽省示范高中培优联盟 2020 年春季联赛（高二）化学试题答案选择题：1-10 BCDBC DBCAC 11-15 DCDBD1.【答案】B【解析】A.丁达尔效应是胶体的光学性质，云、烟、雾均是胶体，具有丁达尔效应，正确；B消毒用酒精是 75，并不是浓度越大效果越好（例如，95%或更浓的酒精能将细菌表面包膜的蛋白质迅速凝固，并形成一层保护膜，阻止酒精进入细菌体内，因而不能将细菌彻底杀死），错误；C.“84”消毒液（主要成分是次氯酸钠）与洁厕灵（主要成分盐酸）混合使用会反应产生氯气，正确；D.聚丙烯作为重要的化工原料，为可生产的熔喷布口罩等多种无纺布产品，正确；本题选 B。2.【答案】C【解析

2、】A.花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量没有达到 10000，不属于高分子化合物，故 A 错误；B.氨基酸分子中含有氨基和羧基，相同种类的氨基酸之间也能形成多肽，故 B 错误；C.向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸钠溶液，发生蛋白质的盐析，产生沉淀，盐析属于可逆过程，加水后沉淀可溶解，故 C 正确；D.虽然 H2S 和 SO2都是还原性气体，但 SO2和浓硫酸中硫是相邻价态，浓硫酸不能氧化 SO2，故 D 错误；故选 C。3【答案】D【解析】吲哚乙酸分子式为 C10H9NO2，A 项错误；分子中-CH2-的碳原子为四面体结构，不可能所有碳原子共平面，B 项错误；1 mol 吲哚乙酸含有

3、 1 mol 苯环、1 mol 碳碳双键，与足量H2发生反应，最多消耗 4 mol H2，C 项错误。吲哚乙酸中含有苯环、羧基，能发生取代反应，含有碳碳双键，能发生氧化反应和还原反应，D 项正确；4【答案】B【解析】由题知 R、X、Y、Z 分别是 H、C、Na、Cl，原子半径 NaClCH，A 选项正确；Cl 元素的含氧酸有多种，最高价含氧酸酸性大于碳酸，B 选项错误；H、C、Na 分别可以与氧元素形成两种氧化物 H2O、H2O2、CO、CO2、Na2O、Na2O2，C 选项正确；NaCl 是由钠离子和氯离子构成的离子化合物，含有离子键，D 选项正确；本题选 B.5【答案】C【解析】转化过程中

4、 CO2转化为 C2H5OH，有 C=O 键断裂，也有 C-H 键形成，A 选项正确；转化过程需施加电压，驱动二氧化碳直接转化乙醇，因此有电能转化为化学能，B 选项正确；氮掺杂的介孔碳(N-carbon)材料是催化剂，可以加快转化的速率，但不能引起平衡移动，故 CO2转化为乙醇的转化率不变，C 选项错误；由于实现了二氧化碳转化并生成乙醇，所以有利于缓解温室效应并解决能源转化问题，D 选项正确。本题选 C。6【答案】D【解析】NaHSO4在熔融时电离出 Na+和 HSO4-，A 选项错误；SO2与 O2的反应是可逆反应，生成SO3分子小于 2 NA，B 选项错误；18g 氨基(ND2)为 1mo

5、L，电子数为 9 NA，C 选项错误；反应KIO36HIKI3I23H2O 中，每 6moLHI 中只有 5moL 作还原剂，所以生成 3moL I2转移的电子数为 5NA，D 正确。7【答案】B【解析】钙与水能够剧烈反应，所以，左室中的 LiPF6LiAsF6电解质一定为非水电解质，Li2SO4溶液为右室中的电解质溶液，它们的主要作用都是传递离子，形成电流，构成闭合回路，A 正确；放电时，负极反应为：Ca2e=Ca2+，使左室中正电荷数目增多，锂离子导体膜只允许 Li+通过，使 LiPF6LiAsF6电解质中的 Li+通过锂离子导体膜移入右室，正极反应为：Li1xFePO4xLi+xe=Li

6、FePO4，电极发生 Li+嵌入，B 错误；充电时，阳极发生：LiFePO4xe=xLi+Li1xFePO4，电极发生 Li+脱嵌，阴极发生：Ca2+2e=Ca，转移 0.2mol 电子时，有 0.2 mol Li+从右室通过锂离子导体膜移入左室，左室电解质中有 0.1 molCa2+得电子生成 Ca 沉积在钙电极上，故左室中电解质的质量减轻 400.1 g 70.2 g=2.6 g，C、D 正确。8【答案】C【解析】根据 N 原子结构，A 选项中肼的电子式正确，由于肼有极强的还原性，NaClO 具有强氧化性，滴加 NaClO 溶液时过快、过多，可能会导致生成的肼被氧化，B 选项正确；装置中

7、C 均起到了防倒吸的作用，B 装置无法起到防倒吸的作用，在溶解 NH3 时可能会引起倒吸，C选项错误；与 NH3易溶于水的原因相似，肼与水强烈结合的原因也与肼分子与水分子间形成氢键有关，D 选项正确，本题选 C。9【答案】A【解析】由题分析可知，由于 Fe2+与 HCO3电离出的 CO32-结合生成白色的 FeCO3，导致溶液中H+增大，继而发生 CO32-+2H+=CO2+H2O，因此产生无色气体和白色沉淀，并不是 Fe2+和 HCO3发生水解反应，且相互促进。配制 F eSO4溶液时把 F eSO47H2O 晶体溶解在稀硫酸中并加入适量铁粉，是为了防止 Fe2+水解和被氧化。白色的 FeC

8、O3一段时间后变为红褐色是由+2 价铁被氧化，发生了氧化还原反应，综上，本题选 A。10【答案】C【解析】A选项中，淀粉部分水解也会有红色沉淀生成，错误；取久置的Na2O2 粉末，向其中滴加过量的盐酸，可以产生CO2和O2，通过与盐酸反应无法检测Na2O2 是否变质，B选项错误；体积比为41的NO2与O2的混合气体中O2的体积分数与空气相近，木条复燃可以作为证据推理出NO2具有氧化性能作助燃剂，C选项正确；Na2S与ZnSO4反应后，Na2S过量，因此D选项错误。11【答案】D【解析】用 K2FeO4杀菌消毒时，起到氧化剂的作用，产生 Fe3+水解生成 Fe(OH)3胶体，具有吸附杂质净化水，

9、A 正确；尾气中有 Cl2会与 FeCl2溶液反应生成 FeCl3循环利用，B 正确；反应II 中氧化剂是 NaClO，还原剂是 FeCl3，反应产物为 K2FeO4和 NaCl，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 32，C 正确；由 Na2FeO4溶液中加入饱和 KOH 溶液，析出 K2FeO4可知物质的溶解性：Na2FeO4 K2FeO4，D 错误，故答案选 D。12【答案】C【解 析】试 题 分 析：A、pH=1.2 时，H2C2O4、HC2O4-的 物 质 的 量 分 数 相 等，且c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)，则 c(K+)+c(H+)=c(

10、OH-)+c(H2C2O4)，故 A 正确；B、由图象可知pH=1.2 时，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，则 Ka1=c(H+)=10-1.2，pH=4.2 时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，Ka2=c(H+)=10-4.2，由电离常数可知=1000，故 B 正确；C、将相同物质的量KHC2O4和 K2C2O4固体完全溶于水，可配成不同浓度的溶液，溶液浓度不同，pH 不一定为定值，即不一定为 4.2，故 C 错误；D、向 pH=1.2 的溶液中加 KOH 溶液将 pH 增大至 4.2，溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电离抑制的程度减小，水的电离度一直增大，故 D 正

11、确；故选 C。13【答案】D【解析】根据反应可知：n(N2O4)=0.4mol-0.3 mol=0.1 mol，c(N2O4)=0.05 molL1，由速率公式可求得 v(N2O4)=0.05 molL140s=0.00125molL1s1,A 错误；该反应正方向吸热，在 T1时达到平衡，吸收的热量=57 kJ 2x0.6=17.1 kJ,B 错误；由图像可知，温度T1T2，在 T1达到平衡后温度变为 T2，是降低温度，平衡逆向移动，NO2(g)浓度减小，混合气体的颜色变浅，C 错误；T2时达到平衡，若向混合气体中通入 NO2，温度没变，平衡常熟 K不变，由于新平衡时 c(NO2)会增大，因此

12、，cNO2cN2O4的值会变小，D 正确。14、【答案】B【解析】可逆反应 Fe3+3SCN-Fe(SCN)3(红色)，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，红色变深，可以作为勒夏特列原理的依据，故 A 符合；比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，无法比较氯和碳的非金属性；且生成的二氧化碳中含有氯化氢气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期律，故 B不符合；HH1H2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律，故 C 符合；在同温同压下，

13、气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律，故 D 符合。15、【答案】D【解析】a、b、c 点的溶液中，随着滴加的 NaOH 增多，溶液中 X-离子浓度增大，水解能力增强，水的电离程度增大，A 错误；有 a、c 点坐标可求得 b 点溶液的 pH 为 4.75，显酸性，溶质除了 NaX 还有 HX，B 错误；c 点溶液中c HXpc X=1，可知：c(X-)=10c(HX)，且 c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)可知：c(Na+)10c(HX)，C 错误；由

14、 b 点 pH 为4.75，c(X-)=c(HX)，可知 HX 的电离常数为 10-4.75，D 正确。16（11分）【答案】(1)CO；A(各1分)（2）Na2CO3（1 分）CO2+B(OH)4 H3BO3+HCO3（2分）（3）3CO2+4e-C+2CO32（2分）（4）CaO+H2O+Na2SO3=CaSO3+2NaOH（2 分）c(Na+)c(HSO3-)=c(SO32-)c(OH-)=c(H+)（2 分）【解析】(1)由图可知生成副产物 CH2O 的能量变化大，即能垒高，反应进行难，生成的量少，相对较多的副产物为 CO；由图可知生成甲醇的过程中，能垒最高的变化为*CO+*OH*CO

15、+*H2O，该反应速率最慢，所以要想提高整个反应速率，应该降低该反应的能垒，故选 A。（2）碳酸的电离平衡常数Ka2=5.610-11Ka=5.710-10，水解能力：CO32B(OH)4，相同浓度的碳酸钠溶液和硼酸钠溶液，pH 较大的是Na2CO3。根据电离常数可知酸性：H2CO3H3BO3HCO3,所以反应为：CO2+B(OH)4 H3BO3+HCO3（3）“电解 CO2 制得无定型炭是”是这种CO2资源化利用的原理，阴极：CO2 C，依据题意“高温熔融混合碳酸盐 LiaNabKcCO3 作电解质”可写出阴极反应为：3CO2+4e-C+2CO32(4)氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与

16、 Na2SO3发生复分解反应，总反应方程式是CaO+H2O+Na2SO3=CaSO3+2NaOH；25 时，Ka2=110-7，即，所以中性条件下 c(HSO3-)=c(SO32-)，故该混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 c(Na+)c(HSO3-)=c(SO32-)c(OH-)=c(H+)。17（10 分）【答案】（1）AB（1 分）abef（2 分）空气中的 O2能氧化 H2SO3，使 SO2利用率下降（2 分）（2）Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O（2 分）乙醇（1 分）（3）将 Na2CO3溶液缓慢加入到盛有 MnSO4溶液的反应容器中（2 分）【解析】（1）MnO

17、2研磨、反应时搅拌均可以增大接触面积，加快反应速率，提高混合其中 N2比例，二氧化硫的浓度减小，反应速率减小；故选：AB；反应不需要加热制备二氧化硫，b 装置制备二氧化硫，氮气与二氧化硫通过 e 装置混合，在图 1 装置中反应生成 MnSO4，利用 f 进行尾气处理，防止尾气中二氧化硫污染空气；故选：abef；制备原理为：H2SO3MnO2=MnSO4H2O，若用空气代替 N2进行实验，氧气能与亚硫酸反应生成硫酸，二氧化硫失去还原能力，利用率降低；（2）依据反应原理可知：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O步骤为洗涤杂质，MnCO3为白色粉末，不溶于水和乙醇，在潮湿环境下易被氧化，

18、应用乙醇洗涤，可以防止被氧化，因溶解导致的损失；（3）MnSO4溶液中缓慢滴入 Na2CO3溶液，酸性条件下生成 MnCO3，若向 Na2CO3溶液中缓慢滴加Mn2+溶液，碳酸钠溶液的碱性强，易生成 Mn（OH）2，因此最合理的加料方式为：将 Na2CO3溶液缓慢加入到盛有 MnSO4溶液的反应容器中。18（14 分）【答案】(1)27.2(1 分)500 mL 容量瓶、胶头滴管(1 分，漏写不得分)(2)2Cr3+3H2O2H2OCr2O72-8H(2 分)(3)CrO42-(1 分)(4)Mg2+、Ca2+(1 分漏写不得分)(5)2CrO42-3SO212H2O2Cr(OH)(H2O)5

19、SO4SO42-2OH(2 分)(6)B(1 分)当滴入最后一滴标准液时，沉淀由白色变为砖红色，且半分钟内沉淀颜色不再改变0.008mol/L(各 2 分)偏高(1 分)【解析】(1)配制 480mL 溶液应选用 500mL 容量瓶。根据 c(浓溶液)V(浓溶液)=c(稀溶液)V(稀溶液)，18.4mol/LV(浓 H2SO4)=1mol/L500mL，解得 V(浓 H2SO4)=27.2mL。根据配制一定物质的量浓度溶液的实验步骤为：计算量取稀释冷却转移洗涤初步振荡定容摇匀装瓶贴标签，配制时所用的玻璃仪器除量筒、烧杯和胶头滴管外，还需 500mL 容量瓶、玻璃棒。(2)H2O2将 Cr3+氧

20、化成 Cr2O72-，H2O2被还原，离子方程式为 3H2O2+2Cr3+H2O=Cr2O72-+8H+。(3)根据各金属阳离子形成沉淀的 pH，加入 NaOH 溶液调 pH=8，将 Fe3+、Al3+完全转化为 Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去；同时将 Cr2O72-转化为 CrO42-，反应可表示为 Cr2O72-+2OH-=2CrO42-+H2O。(4)加入 NaOH 溶液调 pH=8 除去了浸取液中的 Fe3+和 Al3+，利用钠离子交换树脂除去滤液 II 中的金属阳离子为 Mg2+、Ca2+。(5)根据流程加入 SO2将 CrO42-还原为 Cr(OH)(H2O)5SO4，S

21、O2被氧化成 SO42-，结合原子守恒、电荷守恒和溶液呈碱性，写出离子方程式为 3SO2+2CrO42-+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4+SO42-+2OH-。(6)若选择 NaCl 或者 NaCN 作指示剂，AgCN、AgCl、AgSCN 的颜色都是白色，无法判断滴定终点；若选用 K2CrO4作指示剂，Ksp(Ag2CrO4)Ksp(AgSCN)，滴入 AgNO3先与 SCN-形成沉淀，当SCN-沉淀完全，滴入一滴 AgNO3溶液与 K2CrO4产生砖红色沉淀，可判断滴定终点；若选用 KI作指示剂，Ksp(AgI)Ksp(AgSCN)，AgSCN 与 AgI 类型相同，更易形成

22、 AgI 沉淀，无法判断滴定终点；综上所述，选用 K2CrO4作为指示剂，答案选 B。终点实验现象为：当滴入最后一滴标准液时，当有砖红色沉淀出现，且半分钟内沉淀颜色不再改变。根据反应可知：nAg+=nSCN，即 25ml c(SCN)=0.0100 mol/L20 ml可求得：c=0.0080mol/L滴定过程中，滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则所消耗标准液体积偏大，待测液浓度偏大。19.（10 分）【答案】.(1)4SO23CH4=催化剂高温4H2S3CO22H2O（1 分）.(2)H2SHHS（只要写出第一步电离即可，1 分）(3)8.0103molL1（2 分）.(4)1 076（2 分

23、）(5)增大（1 分）反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO 的平衡体积分数增大；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO 的平衡体积分数也增大（1 分）0.15mol（单位不写不给分，1 分）0.044（1 分）【解析】(1)天然气的主要成分是 CH4，根据题意，CH4与 SO2反应生成 H2S、CO2和 H2O，反应条件是高温、催化剂。根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式。(2)H2S 是二元弱酸，分两步电离，且电离过程是“可逆过程”，以第一步电离为主，H2S 的第一步电离方程式为 H2SHHS。(3)当 Sn2开始沉淀时，溶液中 c(S2)KspSnScSn21.01025

24、0.1molL11.01024molL1，此时溶液中 c(Cd2)KspCdScS28.010271.01024 molL18.0103molL1。(4)反应热反应物总键能生成物总键能，对于反应，H(1 319442678x)kJmol17 kJmol1，解得 x1 076或利用反应进行计算，H(x9301 606442)kJmol142 kJmol1，解得 x1 076。(5)由题图知，随着温度升高，CO 的平衡体积分数增大。反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO 的平衡体积分数增大；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数增大，综合来讲，其他条件不变，升高温度，体系

25、中 CO 的平衡体积分数增大。T1 时，CO 的平衡体积分数为 5%，反应、反应均是分子数不变的反应，可知 CO 的物质的量为 3mol5%0.15 mol；又知，平衡时体系中 COS 的物质的量为 0.80 mol，则反应的 n(COS)0.20 mol，反应生成 0.20 mol CO，剩余 0.80 mol H2，生成的 CO 与 H2O(g)发生反应，设达到平衡时，参加反应的 CO 为 x mol，利用三段式法进行计算：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)起始(mol)0.20100.80转化(mol)xxxx平衡(mol)0.20 x1xx0.80 x开始共投入 3 mol

26、气体，且反应和反应都是气体分子数不变的反应，故平衡时体系中气体的总物质的量不变。根据题图知，T1达到平衡时，CO的体积分数为5%，故0.20 x mol3 mol100%5%，解得 x0.05。故平衡时体系中 n(COS)0.80 mol，n(H2)0.80 mol0.05 mol0.85 mol，n(H2S)0.20 mol，n(CO)0.20 mol0.05 mol0.15 mol，反应的平衡常数 KcH2ScCOcCOScH20.200.150.800.850.044。20（10 分）【答案】(1)2-甲基-1,2-丙二醇羟基、醛基；(各 1 分)(2)C7H8氢氧化钠溶液、加热；(各

27、1 分)(1 分)(4)(1 分)（各 1 分）（2 分）21（10 分）【答案】(1)3d104s24p4(1 分)(2)大于；小于(各 1 分)(3)2NAsp3杂化(各 1 分)(4)GaNGaPGaAs(2 分)(5)12(1 分)4MNAa10103(2 分)【解析】(1)Se 是 34 号元素，位于第四周期A 族，核外电子排布式为Ar 3d104s24p4。(2)根据元素周期律，Ga 与 As 位于同一周期，Ga 原子序数小于 As，故原子半径 Ga 大于 As，同周期第一电离能变化趋势是从左到右增大，故第一电离能 Ga 小于 As。(3)NH4BF4 中 NH4+和 BF4离子中

28、各有一个配位键，故 lmol NH4BF4晶体中含有配位键的数目为2NA；(CH3)3N 可以看作三个甲基取代了 NH3分子中的三个 H 原子而得，N 原子含有的 电子对为 3，孤电子对数为51321，因此(CH3)3N 分子中 N 原子采用 sp3杂化；(4)因为原子半径 NPAs，键长 GaNGaPGaAs，键能 GaNGaPGaAs，故熔点 GaNGaPGaAs。(5)从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下层分别有 3、6、3 个配位原子，故配位数为12。GaN 的晶胞结构和金刚石类似，与同一个 Ga 原子相连的N 原子构成的空间构型为正四面体。GaN 晶体的密度为mV4MNAa10103。