1、1 安徽省示范高中培优联盟安徽省示范高中培优联盟 20212021 年春季联赛高二化学试卷年春季联赛高二化学试卷 参考答案参考答案 一、选择题（每小题 3 分，共 42 分） 1.【答案】B 【解析】疫苗等生物制剂的蛋白质成分在高温时变性，需要冷冻保存，A 正确；燃煤中加入 CaO 可以吸收 SO2减少酸雨的形成，但不会减少产生温室效应的 CO2气体的排放，B 错误； 碳化硅是一种新型的无机非金属材料，C 正确； “暖宝宝”主要成分有铁粉、碳粉，通过发 生氧化还原反应产生热量，D 正确。 2.【答案】B 【解析】环己烷在标况下是液态，不能求出 2.24L 环己烷的物质的量，A 错误；5.35g
2、 固体 NH4Cl 的物质的量为 0.1mol，NH4+含有共价键数目为 0.4NA，B 正确；还原性 I-Fe2+，当 有 1mol Fe2+被氧化时，I-已经被全部氧化，转移的电子数为 3NA，C 错误；根据衰变过程的 质子守恒，X 原子中含有的质子数为 7，1.4gX 原子中含有的质子数为 0.7 NA，D 错误。 3.【答案】C 【解析】 锅炉水垢的主要成分是硫酸钙和碳酸镁， 碳酸钠溶液处理锅炉水垢是转化为溶解度 更小的难溶物，A 正确；电镀铜时，纯铜在阳极，待镀金属在阴极，发生 Cu2+2e=Cu， B 正确；铜丝与稀硝酸反应生成 NO，C 错误；SO2具有还原性，与氯水发生氧化还原
3、反应， 漂白作用减弱，D 正确。 4.【答案】C 【解析】分子式为应为 C15H20O3，A 错误； 分子中只有两种含氧官能团-OH 和酯基， B 错误； 由于该物质具有酯基，可以在碱性条件下发生水解反应，C 正确；分子中含有苯环可以和氢 气发生加成反应，被还原，D 错误。 5.【答案】B 【解析】根据题图信息，零价铁（ZVI）失去电子，反应均获得电子，发生还原反 应，A 正确；由反应、的电极反应可知，水体修复过程溶液的 OH-增大，碱性增强， 12345678910 BBCCBDADDD 11121314 CDBC 2 B 错误；的电极反应式为 NO3 +10H+8e=NH4+3H2O，C
4、正确；修复过程中可能的 Fe2+ 会在碱性水体中被氧化产生 Fe(OH)3，D 正确。 6.【答案】D 【解析】氯化铵蒸发浓缩过程中会发生受热分解，不能采用蒸发结晶提纯，A 错误；乙醇和 水互溶，不能萃取碘水中的 I2，B 错误；用新制的氢氧化铜在碱性环境中才能检验淀粉水解 产物，没有加入碱中和硫酸，C 错误；可以通过注射器、计时器测定收集气体的体积和时间， 进而测定锌与稀硫酸反应的速率，D 正确。 7.【答案】A 【解析】Ag2O 能将甲醛氧化为 CO2，Ag2O 为氧化剂甲醛是还原剂，氧化产物为 CO2还原 产物是 Ag， a 正确； 中 HCHO 4Ag，中 AgFe3+， 因此吸收的
5、HCHO 与消耗的 Fe3+ 的物质的量比为 1:4， b 正确； 消耗 Fe2+1.12 mg 为 2x10-5mol， 根据 HCHO 4Ag 4Fe2+， 可以吸收 HCHO 2x10-5molx30g/molx1/4x1000mg/g=0.15 mg/m3,，室内甲醛含量不达标，c 错 误。 8.【答案】D 【解析】氯气使品红溶液褪色是氯气的氧化性，A 错误；Na2S、Na2CO3溶解度不同，饱和 溶液的物质的量浓度不同，不能用盐溶液的 pH 比较 S2-和 CO32-水解程度，B 错误；盐酸酸 化的 Ba（NO3）2溶液具有强氧化性，若有 SO32-也能被氧化成 SO42-，出现白色
6、沉淀,C 错误； 镁条与二氧化碳反应生成碳和氧化镁，发生了置换反应，D 正确。 9.【答案】D 【解析】黄色溶液中Fe(CN)6 4的铁元素的价态为+2 价，A 正确；黄血盐溶液与 Fe3+反应产 生蓝色沉淀， 可以用于检测 Fe3+的存在， B 正确； 由流程图可知反应 ii 为 3Fe(CN)6 4+ 4Fe3+ = Fe4Fe(CN)63，离子方程式正确；根据鲁士蓝检测食品中 CN 方法，碱性条件下，Fe2+ 与 CN 结合生成Fe(CN)64；Fe2+被空气中 O2氧化生成 Fe3+；Fe(CN)64与 Fe3+反应生成普 鲁士蓝使试纸显蓝色，并不是 Fe2+与 CN 的直接反应，D
7、错误。 10 【答案】D 【解析】 根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小， 同主族元素原子半径从上到下逐渐增 大，结合原子最外层电子数可知 X、Y、Z、M 和 R 分别为 H、C、N、S 和 Na 元素。离子 半径 Na+H+，A 正确；非金属性 NC，气态氢化物的稳定性 NH3CH4，B 正确；S 元素 可以形成 H2SO3、H2SO4两种常见的酸，C 正确；C、H 元素形成的各类烃中，会含有 C-C 3 等多种类型的非极性键，D 错误。 11.【答案】C 【解析】由图示知，曲线先达平衡，反应速率最快，故对应实验编号 c，曲线、最终 平衡状态相同，故温度相同，且曲线先达平衡，对应反应速率快
8、，对应实验编号 b，曲线 对应实验编号 a，A 错误；NO 和 CO 的反应为放热反应，实验 c 反应温度高，NO 的平衡 转化率小，B 错误；曲线的起始压强为 200 kPa，平衡时为 P=160 kPa，由 n()2 molp()200 = n()n()p()160 始始 平平平 ， 解得 n(平)=1.6 mol， 设 NO 转化 x mol， 则 CO 转化 x mol， 生成 N20.5x mol，CO2x mol，故平衡时 n(NO)=n(CO)=(1-x) mol，n(N2)= 0.5x mol，n(CO2)=x mol，列式 得 2(1-x)+ 0.5x+ x=1.6，解得 x
9、=0.8 mol， CO 物质的量为 0.2mol，C 正确；催化剂能够加 快反应的速率，但不能促进污染物平衡转化率提高，D 错误。 12.【答案】D 【解析】亚硝酸分子式为 HONO，亚硝酸电子式书写正确；根据亚硝酸与二甲胺反应能量 变化图示，反应物的能量大于生成物，是放热反应，B 正确；在过程中生成一分子 H2O 同时生成亚硝酸胺CH3)2NNO（含有不饱和键），属于消去反应，C 正确；过程是吸 热，过程放热，过程正反应的活化能大于过程，过程更容易发生。 13.【答案】B 【解析】由题知，负极为 Al 电极，电极反应为 Al3e=Al3+，多孔碳电极为正极，电流方 向： 铝电极含 AlCl
10、3的离子的液体多孔碳电极 A 不正确； 由总反应 2Al + 6CO2= Al2(C2O4)3，可知，正极反应为 2CO2+2e= C2O42，B 正确；结合电池反应和正极反应，O2 没有消耗，在正极反应中起到了催化剂作用（催化过程可表示为： 6 O2+ 6e= 6 O2 6CO2+6O2= 3C2O42+ 6O2） ，C 不正确；根据 6e-6CO2，转移 0.1mol 电子，消耗标准状况 下 CO2为 2.24L，D 不正确。 14.【答案】C 【解析】Ab点时酸碱恰好完全反应，为(NH4)2SO4溶液，促进水电离； c 点溶液呈中 性，溶质为(NH4)2SO4和 NH3H2O，盐对水电离
11、的促进作用与氨水对水电离的抑制作用恰好 抵消，此时不影响水电离；a点溶液呈酸性，溶质为(NH4)2SO4和 H2SO4，以酸的电离为主， 抑制水电离；所以水的电离程度：bca， A 正确； Bb点时，溶液中 c(OH-)=10-8.7mol/L，c(H+)=10-5.3mol/L，溶质为(NH4)2SO4，其物质的量 4 浓度为 0.01L 0.1000/ L 0.03L mol = 1 30 mol/L， c( 4 NH )= 2 30 mol/L，所以 5.35.3 32 10 h4 4 HNHH O 1010 NH4.0 10 2 NH 30 cc K c ， 可知 Kh( 4 NH )
12、的数量 级为 10 10 ，B 正确； C根据电荷守恒， c 点满足 2 44 NHHOH2SOHOHccccc ， 故 2 44 NHSOcc ，C 错误； Dd点溶液是 44 2 NHSO和 32 NHH O的物质的量之比为 1：2 的混合溶液，根据电荷守 恒和物料守恒得 2 44 NHHOH2SO cccc ， 2 4324 NHNHH O4SOccc ，整理得可得 432 NH2HNHH O2OH cccc ，D 正确； 故选 C。 二、非选择题（共 58 分） 15 （10 分） 【答案】（1） 2.78 （2 分）烧杯、量筒、托盘天平（2 分） （2） 4Fe2+ 4H+ O2=
13、4Fe3+ 2H2O （1 分） （3）KSCN 溶液 （1 分）BaCl2溶液（1 分） （4）OH-（2 分） （5）适量的稀硫酸和铁粉（只答铁粉也可给分） （1 分） 【解析】 （1）需要 FeSO47H2O 晶体质量为 0.100 Lx 0.100 molLx 278 gmol-1= 2.78g （2）放置过程中 FeSO4被 O2氧化成中 Fe3+， 同时有 H2O 生成，配平的离子方程式为：4Fe2+ + 4H+ O2= 4Fe3+ 2H2O （3）微粒证实黄色固体中含 Fe3+和 SO42 ，加入试剂 1，溶液变成红色，加入的试剂 1 是 KSCN 溶液；加入试剂 2，产生白色沉
14、淀 BaSO4，加入的试剂 2 是 BaCl2溶液； （4）FeSO4溶液放置过程中，溶液的 pH 减小，说明 H+浓度增大，黄色固体的量也一同增 大，根据氢元素守恒，黄色固体中含有 OH-； （5）Fe2+的氧化率随时间的变化图，溶液的酸性越强，Fe2+的氧化率越小，所以配制 FeSO4 5 溶液时需要添加适量的稀硫酸和铁粉，且现配现用。 16 （10 分） 【答案】 （1）2C(s)+2NO2(g) = N2(g)+2CO2(g)H1=854 kJmol1（2 分） （2）该反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，有利于反应物的转化（1 分） 0.04（1 分） 1 16 p 3
15、3 （2 分） （3）向密闭容器中加入 NO（1 分） ；（1 分） （4）BD（2 分） 【解析】 （1）2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H1=-114kJmol-1 C(s)+O2(g)=CO2(g)H2=-393.5kJmol-1 N2(g)+O2(g)=2NO(g)H3=+181kJmol-1 若某反应的平衡常数表达式为 K= 2 22 2 2 (N )(CO ) (NO ) cc c ，则反应为 2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g)，将2-，得H=(393.52+114181) kJmol-1=854 kJmol-1，此反应的热化学方程式为 2C(s)+2N
16、O2(g)=N2(g)+2CO2(g)H= 854 kJmol-1。 （2）该反应的正反应为气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，有利于反应物 的转化； 500时，在 2L 恒容密闭容器中充入 1molNO、1molNO2和 2molNH3，10min 时反应达到 平衡，此时 NH3的转化率为 40%，体系压强为 p1MPa，利用三段式则有： 2322 NO g+NOg+2NHg3H O g+2Ng mol11200 mol0.40.40.81.20.8 mol0.60.61.21.20.8 开始（） 转化（） 平衡（） ， 2 0.8mol v N=0.04mol/ L min 2L
17、10min ，根据阿伏加德罗定律，恒温恒容时，压强与物 质的量成正比，500时该反应的平衡常数 6 2 32 11 pa1a 111 1.20.8 pp 164.44.4 KMP =p MP 33 1.20.60.6 ppp 4.44.44.4 （3）因为恒压容器中，改变条件的瞬间，逆反应速率减小，但平衡正向移动且达平衡后， 逆反应速率与原平衡时相同，所以 t2时刻改变的条件为向密闭容器中加入 NO。 t2时刻，充入 NO，反应物的浓度增大，正反应速率增大，所以 t1时刻的 v逆t2时刻的 v正。 （4）A因为尿素呈固态，所以及时分离出生成的尿素，对 NH3的转化率没有影响，A 不 正确； B
18、因为达平衡前，混合气体的质量减小，但体积不变，所以密度不断减小，当混合气体的 密度不再发生改变时，反应达平衡状态，B 正确； C因为正反应为熵减反应，所以低温下反应能自发进行，但高温时反应不能自发进行，C 不正确； D当尿素的质量不变时，正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，D 正确； 故选 BD。 17.（12 分） 【答案】 （1）3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O （2 分） （写成 MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O，正确给 1 分） ； （2）把 Fe2+氧化为 Fe3+且不引入新的杂质离子； （2 分） 调节溶液的酸碱性，使 5.2pH7.
19、7，Fe3+、Al3+水解形成沉淀而除去。 （2 分） （3）除去钙、镁离子； （2 分） （4）加热滤液浓缩结晶，趁热过滤； （2 分） （5）根据软锰矿和铁屑反应的方程式 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H20； MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O，可以看出 H2SO4/MnO2的物质的量比为 2:1 时可以较 好地利用原料，完全反应。再结合浸出时还有部分酸要与铁屑反应：Fe+2H+=Fe2+H2,，可 知实验数据 2.1:1 比较合适。 （2 分） 【解析】 （1）在浸出液中检测到存在 Fe 3+，说明软锰矿中的 MnO2在酸性条件下把 Fe 氧化
20、成 Fe3+， 发生的离子反应是 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O 7 （2）Fe2+和 Mn2+沉淀的 pH 比较接近，需要用双氧水把 Fe2+氧化为 Fe3+且不引入新的杂质 离子；用碳酸钙调节溶液的酸碱性，使 5.2pH7.7，Fe3+、Al3+水解形成沉淀而除去。 （3）软锰矿中不溶于酸的 SiO2在浸出过滤后除去，加入 CaCO3除去 Fe3+和 Al 3+，BaS 除去的 是重金属离子，在深度除杂中所加二氟化锰主要是除去钙、镁离子； （4）硫酸锰随着温度升高溶解度减小，为了从滤液中获得硫酸锰晶体，需要加热滤液浓缩 结晶，并趁热过滤； （ 5 ） 根 据 软
21、 锰 矿 和 铁 屑 反 应 的 方 程 式 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H20 ； MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O，可以看出 H2SO4/MnO2的物质的量比为 2:1 时可以较 好地利用原料,完全反应。再结合浸出时还有部分酸要与铁屑反应：Fe+2H+=Fe2+H2,，可知 实验数据 2.1:1 比较合适。 18 （共 14 分） 【答案】 （1）Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+（2 分） （2）部分(SCN)2与水反应生成酸（2 分） （3）Cu2+与 SCN-产生白色的同时生成(SCN)2，Fe2+被(SCN)2氧化为 Fe3+， Fe3
22、+3SCN-Fe(SCN)3， 所以溶液变红。 （2 分） （4）(SCN)x（2 分） （5）混合气体中有大量的 NO2使溶液呈酸性，开始产生的白色 BaCO3沉淀溶解。 （2 分） （6）向洗净的白色沉淀中加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量 KMnO4溶液， 不褪色；（2 分） CO2、SO42（2 分） 【解析】 （1）加入 Cu 粉后溶液逐渐变蓝，发生 Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+ （2）根据实验 2 的现象，开始时溶液呈绿色，一段时间后开始出现白色沉淀，上层溶液变 为黄色，说明发生了 2Cu2+4SCN-2CuSCN（白色）+(SCN)2（黄色） ，(SCN)2性质与
23、卤素单质相似，部分(SCN)2与水反应生成酸，溶液 pH 值减小。 （3）依据题意，Cu2+与 SCN-产生白色的同时生成(SCN)2，Fe2+被(SCN)2氧化为 Fe3+， Fe3+3SCN-Fe(SCN)3， 所以溶液变红。 8 （4）浓硝酸中滴加 KSCN 溶液，溶液立即变红是因为 SCN被氧化为黄色的(SCN)2，(SCN)2 聚合为红色的(SCN)x。 （5）混合气体中有大量的 NO2使溶液呈酸性，开始产生的白色 BaCO3沉淀溶解； （6）向洗净的白色沉淀中加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量 KMnO4溶液， 不褪色，说明白色沉淀中不含有还原性的 SO32-，可作为红棕色
24、气体中不含 SO2的证据；结 合以上分析， SCN在被氧化的最终产物中一定有 CO2、SO42。 19. （12 分） 【答案】 （1）羧基（1 分）CH3OH（或甲醇） （1 分） （2） O O O CH3 O H3C O O （2 分） （3）氧化反应（1 分） （4） （2 分） OCH3 OCH3 O CH3 O H3C O O n + n HOCH2CH2OH 催化剂 COCH2CH2OHH3COC O OCH3 OCH3 n O + (2n-1)CH3OH （5）abc（2 分） （6） （或其他合理答案） （3 分） 【解析】 根据上述分析可知： A 是 HOOCCH2CH2C
25、OOH，B：CH3OOCCH2CH2COOCH3，C 是 ，D 是，E 是 ，F 是。 (1)A 是 HOOCCH2CH2COOH，可知 A 中官能团的名称为羧基； CH2=CH2 H2O 一定条件 CH3CH2OH O2 CH3CHO O2 CH3COOH CH3COOC2H5 醇钠 CH3COCH2COOC2H5 浓 H2SO4/ CH3CH2OH CH2=CH2 H2O 一定条件 CH3CH2OH O2 CH3CHO O2 CH3COOH CH3COOC2H5 醇钠 CH3COCH2COOC2H5 浓 H2SO4/ CH3CH2OH CH2=CH2 H2O 一定条件 CH3CH2OH O
26、2 CH3CHO O2 CH3COOH CH3COOC2H5 醇钠 CH3COCH2COOC2H5 浓 H2SO4/ CH3CH2OH 9 HOOCCH2CH2COOH 与甲醇 CH3OH 在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应产生 B： CH3OOCCH2CH2COOCH3和 H2O，所以试剂 a 是 CH3OH； (2)根据上述分析可知 C 结构简式为：； (3) C 分子式是 C10H12O6，D 分子式是 C10H10O6，C 物质失去 2 个 H 原子变为 D，失去电子 被氧化，发生氧化反应，故 CD 的反应类型为氧化反应； (4)E 是，E 与 HOCH2CH2OH 发生酯交换反应产
27、生 F，F 是 ，故 EF 的化学方程式是 n+nHOCH2CH2OH +(2n-1)CH3OH； (5)aA 是 HOOCCH2CH2COOH 是丁二酸，属于二元羧酸，具有酸性，由于其酸性比碳酸 强，所以 HOOCCH2CH2COOH 能与 NaHCO3溶液反应产生 NaOOCCH2CH2COONa、H2O、 CO2，a 正确； b 由于金属钠能够能与醇发生置换反应产生醇钠和氢气， 所以醇钠可由醇与金属钠反应制 得，b 正确； c D 是， E 是， D 中含有酚羟基， 遇 FeCl3溶液显紫色，而 E 无酚羟基，与 FeCl3溶液不能反应，因此可用 FeCl3溶液鉴别 D 10 和 E，c
28、 正确； dHOCH2CH2OH 是乙二醇，丙三醇 HOCH2CH(OH)CH2OH 俗称甘油，d 错误； 故合理选项是 abc； (6)乙醇催化氧化产生乙醛 CH3CHO， 乙醛氧化产生乙酸 CH3COOH， 乙酸与乙醇在浓硫酸作 催化剂条件下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯 CH3COOC2H5，CH3COOC2H5和乙醇钠反 应产生 CH3COCH2COOC2H5，所以以乙醇为原料合成 CH3COCH2COOC2H5的路线为： CH3CH2OH 2 O CH3CHO 2 O CH3COOH 32 24 CH CH OH H SO /浓 CH3COOC2H5 醇钠 CH3COCH2COOC2
29、H5。 20（12 分） 【答案】 （1）3d24s2（1 分）9 （1 分） (2)Be 的核外电子排布为全满稳定结构，第一电离能更大（2 分） (3)sp3杂化 （1 分）B 原子存在空轨道，O 原子有孤对电子 （1 分） (4)KF 为离子晶体，BF3为分子晶体，离子晶体沸点高于分子晶体（2 分） （5）0.315（1 分）12（1 分） （6）体心 （1 分） 棱心（1 分） 【解析】 (1) Ti 是 22 号元素，基态原子的核外电子排布式为Ar3d24s2，失去价层电子以后 Ti4+有 1s、2s、3s 能级各 1 个轨道，2p 能级 3 个轨道，3p 能级 3 个轨道，因此 Ti
30、4+电子占据的轨 道有 1+1+3+1+3=9 个； (2) Be 的核外电子排布为 1S22S2，为全满稳定结构，第一电离能更大。 (3) B(OH) - 4中 B 与 4 个形成 4 个键，无孤对电子，根据 VSEPR 理论可知其为 sp 3杂化， B 的核外电子排布为 1S22S22p1，2P 能级上有空轨道，B(OH) - 4中 O 有孤对电子，故两者能 形成配位键。 (4) KF 为离子晶体，沸腾时破坏离子键；BF3为分子晶体，沸腾时破坏分子间作用力，离子 键的键能远远大于分子间作用力，所以 KF 沸点远远大于 BF3。 11 （5） 根据晶胞结构， K 与 O 间的最短距离是面对角线的一半， 即为 2 0.446 2 nm0.315nm， 根据晶胞的结构，距离 K 最近的 O 的个数为 12 个； （6）根据 KIO3的化学式，以及晶胞结构，可知 K 处于体心，O 处于棱心。
