1、 20202020 年年 5 5 月稽阳月稽阳联考化学联考化学答案答案解析解析 1. A 为强酸，属强电解质并为共价化合物；B 为离子化合物；C 为弱电解质；D 为离 子化合物；本题答案为 A 2. 配制一定物质的量浓度溶液，必要用到容量瓶定容，烧杯用于溶解或稀释，玻璃棒 用于搅拌及引流；量筒为可能用到仪器，不一定选用；本题答案为 B 3. A 为无机物；C、D 属于有机物，但为非电解质，水溶液无法导电；本题答案为 B 4. A 项 84 消毒液的有效成分为次氯酸钠；B 项中氯化钠为盐酸生成的相应盐，不是 还原产物；C 项盐酸表现还原性与酸性；D 项 0.1mol 盐酸被氧化生成氯气 0.1m
2、ol，标 况下体积约为 2.24L，本题答案为 D 5. 水玻璃为硅酸钠的水溶液，故 A 错；B 三硝酸甘油酯俗称硝化甘油，正确；C 项芒 硝为 Na2SO410H2O；D 项应为 2,2,4三甲基戊烷；本题答案为 B 6. A 项甲醛分子式为 CH2O；B 项缺少中括号与聚合度；C 项 S 的质子数为 16；D 正 确；本题答案为 D 7. C70为分子晶体，熔点与硬度均不高；本题答案为 A 8. A 项 FeSO4常用于制取净水剂的原因主要是因为其在水中被氧化易产生三价铁 离子，进而水解成有净水作用的氢氧化铁胶体；B 项纳米铁除去水中重金属离子不仅 仅涉及到纳米铁粉的强还原性，物理吸附在整
3、个去除过程中也有着极其重要的作用， 而 FeS 主要做沉淀剂除去水中重金属离子；C 项 SO2具有还原性，可与 KMnO4溶液发 生反应；D 项利用亚硫酸酸性强于碳酸氢钠的原理，实现二氧化硫的吸收；本题答 案为 A 9. 亚硝酸钠不宜浸泡新鲜瓜果，故 A 错；C 项红宝石主要成分为氧化铝；D 项 3- 6 AlF 较稳定，不与氨水反应；本题答案为 B 10. 工业生产乙烯采用裂解，此反应不属于消去反应；本题答案为 B 11 A蒸馏实验时，冷凝管内壁上出现馏出物固体，说明冷却效果太好，此时可以减小 通入冷却水的流速，故正确。 B浓硝酸见光分解且会氧化胶塞，液体试剂要保存在细口试剂瓶中，故正确。
4、C滴瓶中的滴管在加完药品后洗净后再放回原瓶会导致试剂浓度变化，故错误。 DFe2+的水解显酸性，少量稀硫酸能抑制水解，故正确。 本题答案为 C 12 A向 NaAlO2 溶液中滴入 Ca(HCO3)2溶液，钙离子和 CO32要生成CaCO3沉淀，故 错误。 B用溴水检验丙烯醛 CH2CHCHO 中的碳碳双键：溴水也会氧化醛基，无法检验 碳碳双键的存在，故错误。 CNa2S 溶液吸收少量 SO2时，SO2 与生成 H2S 会反应生成 S 沉淀，故错误。 D二元弱酸亚磷酸一个分子最多能提供两个 H+，故正确。 本题答案为 D 13 A疫苗成分中有蛋白质，温度过高蛋白质会变性，故正确。 B氨基酸也会
5、发生类似颜色反应，故错误。 C植物油的成分是油脂，矿物油的成分是烃类，植物油与 NaOH 溶液反应后体系不 分层，而矿物油与 NaOH 溶液不反应，会分层，故正确。 D不同的氨基酸在水中的溶解度最小时 pH 不同，故正确。 本题答案为 B 14 Ac(Fe3+) = 1 mol/L 的溶液中：Fe3+与 SCN会反应，故错误。 B0.1 mol/L Cu(NH3)4SO4溶液显较强的碱性，AlO2、NO3、Cl能在强碱性环境 中共存，故正确。 C与 Al 反应生成 H2的溶液可以是酸性或强碱性，S2O32与 H+会反应生成 S 沉淀； NO3、H+反应不生成 H2，故错误。 D由水电离的 c(
6、H+) = 1 1013 mol L1溶液可以是强酸性或强碱性，酸性时 Ag(NH3)2+不能大量共存，故错误。 本题答案为 B 15 A计算或数原子数目，Y 的分子式为 C10H8O3正确 BX 制取 Y 过程中的产物之一为乙醇，75%乙醇水溶液可使蛋白质变性，故正确。 C一定条件下，Y 中有碳碳双键，能发生加聚反应，Y 中酚羟基的邻位碳上有两个 H 原子能发生缩聚反应，故正确。 D1mol X 最多能消耗3molNaOH；1ml Y 最多能消耗3mol NaOH，故错误。 本题答案为 D 16 A X 与 Z 形成的化合物为 AlN，溶于强酸生成 Al3+和 NH4+，溶于强碱生成 NH3
7、 和 AlO2，故正确。 B若 Z 原子核内含有 a 个质子，则 U 原子核内应含有 a+18 个质子，故错误。 CY 与 Z 形成 Al2O3，含离子键；Y 和 W 形成的化合物中含共价键，化学键的类 型不相同，故错误。 D对应简单离子半径应为 r(Z) c(HClO)c(ClO)，故正确。 D点溶液中 c(K+)+ c(H+)=c(OH) + c(Cl)+c(ClO)， 故错误。 本题答案为 C 24A羟氨分子中与 NH3分子均有孤对电子，均能结合水电离的 H+，水溶液显碱性，可 与盐酸发生反应，故正确。 B羟氨中 N 元素为-1 价，化合价既能升高也能降低，既有还原性又有氧化性，受热 化
8、合价降低可生成氨气 CNOH 类似于 HOH，3 个原子形成“V”， 故错误。 D羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键，正确。 本题答案为 C 25X 与盐酸作用，产生白色沉淀 Y 和蓝色强酸性溶液 Z；可推知一定含有 Cu、Fe2O3、 K2SiO3；溶液 Z 中加入 BaCl2，产生白色沉淀 M，可推知 M 为 BaSO4，K2SO4、K2SO3 至少含有其中的一种。 A白色沉淀 Y 为 H2SiO3能溶于 HF 溶液不能溶于氨水，故错误。 B往溶液 Z 中加入过量氨水，产生白色沉淀，该沉淀的成分中一定含有 Fe(OH)2， 则不能说明 X 中一定含有 KAlO2，故错误。 C据上分
9、析 X 中一定含有 Cu、Fe2O3、K2SiO3，可能含有 K2SO4 正确。 D强酸性溶液 Z 中加入 BaCl2溶液不可能产生 BaSO3沉淀，故错误。 本题答案为 C 26 （4 分） （每空 1 分） （1）；2Fe2+Br2=2Fe3+2Br- （2）HSCN 或 HN=C=S （3）氮气分子中存在氮氮三键键能较氯分子中 Cl-Cl 单键键能大，常温下难以断裂。 27 【解析】 ：第 3 组实验数据误差较大，舍去，根据 )( )( )( Zn Znm ZnV ，因为镀锌铁皮中锌层 有上下两层，因此 )(2 )( ZnS Znm h ，反应的锌的质量平均值为（0.822+0.82）/
10、2=0.821g，锌 层的面积平均值 S（Zn）=（25.05-24.95）/2=25cm2，h=0.821/(2*25*7.14)=0.0023cm。 答案： （1）0.0023cm （2）计算过程 )( )( )( Zn Znm ZnV ，因为锌层有上下两层 )(2 )( ZnS Znm h m(Zn)=（0.822+0.82）/2=0.821g，S（Zn）=（25.05+24.95）/2=25cm2， h=0.821/(2*25*7.14)=0.0023cm 28 【解析】I.沉淀 B 明显含有铜元素，隔绝空气加热后的固体 C 应含铜元素，灼烧后黑 色固体 E 应为 CuO 8.0g，混
11、合气体中含 CO20.1mol，气体 F 摩尔质量为 28g/mol，推测 为 N2，因此，沉淀 B 应含 Cu、C、N 三元素，为 Cu(CN)2。且气体 D 标况下密度求得 D摩尔质量为52g/mol， 为(CN)2分子。 固体C为CuCN， 灼烧方程式2CuCN3O22CuO 2CO2N2。 CuCN 与盐酸反应生成弱酸为 HCN， 沉淀根据摩尔质量可推断其为 Cu2Cl2， 故 2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN II.S2Cl2易水解，因此需要严格无水，氯气需除杂并干燥，尾气需吸收过量的氯气并防止空 气中的水进入，选择碱石灰进行尾气处理，故排序 bfadeg。S2Cl2中 S
12、 化合价为+1，被 氧 化 与 被 还 原 物 质 的 量 之 比 为 1 ： 3 ， 产 物 为 SO2与 S ， 故 水解 方 程为 2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl 答案：I.（1）Cu、C、N；(CN)2 等 （2）2CuCN3O22CuO2CO2N2 （3）2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN II.(1)fadeg (2)2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl 29 【解析】 （1）A分析图 1，c 一定为 H2S，若产物为氢气和 S，则氢气和 S 的物质的 量相同，现在 a 对应微粒的物质的量为 b 的 2 倍，则产物为氢气和 S2，b 曲线 为 S2
13、，故正确。 B由于反应过程中保持压强不变，根据 PV=nRT，当温度升高时，容器体积增大，而 反应前后气体总质量不变，因此容器内气体密度减小，故正确 C由图 1 可知 H2 S 热分解为吸热反应，所以正反应的活化能大于其逆反应的活化能， 故正确。 D图像 3 中纵坐标为 H2 S 的转化率，H2 S 的转化率随浓度降低而升高，图中观察可 知，反应物 H2 S 的浓度越高，热分解反应的速率越大。如图 3 中（1）线和（4） 线为例，两者起始 H2S 浓度前者为后者的 9 倍，但转化率为后者的约 1/2，即相同 时间内（1）是（4）消耗 H2S 的约 4.5 倍。 （2）以 800为例计算如下：起
14、始取 H2S 1mol，Ar19mol 2H2S2H2+S2 始：1 0 0 转：-x +x +0.5x 平：1-x x 0.5x (1-x)/(20+0.5x)=4%，解得 x=0.196mol Kp=P2(H2) P(S2)/P2(H2S)=29.3Pa A 错误。 当然由于 Ar 大量，选项中的温度只要求大致温度，近似计算时可忽略反应中气体物 质的量增加，800时近似计算如下： Kp=P2(H2) P(S2)/P2(H2S)=1%/4%2 1.01 105Pa 0.5%=31.56Pa 同理 975 时近似计算为：Kp=(2/3)2 1.01 105Pa 1%=448.89Pa， 105
15、0 时近似计算为： Kp=1.01 105Pa 1.25%=1.25 103 Pa 据图 2 可判断 T约为 1050 ，选 C。 （3）保持甲容器的其它初始实验条件不变，仅改变温 度，进行多次重复实验。首先对照图 3 中（5）线， 图 3 温度为 1100 ， 0.6s 时 800 1050范 围内，所画曲线上各点应该均未平衡，温度越高， 反应速率越快，H2S 的体积分数越接近于平衡状 态；但起始 H2S 体积分数为 5%，起点应5%， 图 2 1050 ，平衡时 H2S 体积分数为 2.5%， 终点大于 2.5%。故答案如右图所示。 （4）观察图 3，停留时间为 1.6s 时， H2 S
16、分解反应接近于平衡，总压不变时增加稀 有气体的量，相当于起减压的效果，故 H2 S 的转化率由（1）到（5）增加。 II （5）据图 4 可知 600催化剂的活性显著降低，这应该是催化剂的结构发生了改变， 因为题中描述在空气中焙烧按一定工艺流程制得的 CdS/ZnO 光催化剂，故可以 得出温度较高时 CdS 在空气中几乎完全转化为 CdO 导致催化剂活性显著降低。 答案：I （1）A、B、C。 （2 分；选对 2 个给 1 分，错选不得分） （2）C（2 分） 。 （3） （2 分）说明：只要体现温度越高 H2S 体积 分数越低给 1 分；起点只要不超过 5.0，终 点大于 2.5，给 1 分
17、。 （4）停留时间为 1.6s 时， H2 S 分解反应接近 平衡，总压不变时增加稀有气体的量，相 当于起减压的效果， 故 H2 S 的转化率由 （1） 到（5）增加。（2 分） II （5）600温度较高 CdS 在空气中几乎完全转化 为 CdO，催化剂活性显著降低。 （2 分） 30 【解析】 （1）A 中步骤 I 中操作 X 为研磨粉碎，可以增大反应接触面积，A 正确；B 中步骤 III 为得到滤液 C，抽滤除去的滤渣，若用滤液淋洗滤渣不能将滤渣中吸附的 溶质洗涤下来的，B 错；C 正确；D 选项减压过滤不宜过滤胶状沉淀，因为胶状沉淀 会透过滤纸，D 错误；E 中步骤 IV 中油浴若外溢
18、易失火，且不适合明火加热，水浴 更安全，E 错误。因此答案为 BDE 。 （2）硫酸锶的溶度积远远大于硫酸钡的溶度积，但因为溶液中大部分是氯化锶，所以加 入硫酸后会先生成硫酸锶，而硫酸锶微溶于水的特性使其进一步转化成硫酸钡的反应 速度较慢，为缩短反应时间且使 Ba2+沉淀完全可适量多加硫酸，但是过量太多又会使 Sr2+沉淀。因此答案为：硫酸量过量 20可以使 Ba2+沉淀完全，但是过量太多会使 Sr2+ 沉淀。 （3）步骤 IV 调节 pH 时，为避免引入新的杂质，最适宜加入的试剂为 Sr(OH)2或 SrO， 根据图像，将 pH 调至 12，可以使铁和钙沉淀较完全，而锶几乎未沉淀。因此答案
19、为 Sr(OH)2或 SrO，12 。滤渣 D 主要成分为 Ca(OH)2、Fe(OH)3，滤渣 D 中加入 NaClO 溶液，发生反应的离子方程式为 2 Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O （4）在步骤 V 中，若要从滤液 E 通过操作 Y 得到大颗粒的高纯六水氯化锶晶体，先在 61.5以下减压蒸发浓缩，在过饱和溶液中加入晶种，然后在室温下缓慢冷却结晶， 再抽滤。如果用往溶液中加入无水乙醇，醇析的方法析出晶体，需要缓慢加入才会 析出大颗粒晶体，抽滤后用氯化锶饱和溶液洗涤晶体更能减少产品的溶解，为防止 晶体失去结晶水，在 30真空烘箱中干燥。因此答案为：d
20、 b g h f。 （5）此方法为沉淀滴定法，滴定开始为白色沉淀，由于 Ag2CrO4为砖红色沉淀，因此 判断滴定终点的现象为：锥形瓶中沉淀颜色由白色变为砖红色，且半分钟不变色； 若硝酸银标准液未采用棕色滴定管滴定，硝酸银见光会分解，标准液用量偏多， 会使测得的晶体纯度偏高。 答案： （1）BDE (2 分） （2）硫酸量过量 20可以使 Ba2+沉淀完全，但是过量太多会使 Sr2+沉淀（1 分） （3）Sr(OH)2或 SrO （1 分） 12 （1 分） 2 Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O （1 分） （4）d b g h f （三个字母位置正确得
21、 1 分，共 2 分） ） （5）滴入最后一滴时，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟内不变色（1 分） 偏高（1 分） 31 【解析】 ：B 和 C 发生取代反应，生成 D,D 发生硝化反应，根据 I 的结构确定 D 中硝基取代的位置，从而确定 E 的结构：，E 中硝基 被还原为氨基得到 F。F 生成 G 的反应发生已知中的反应， ，该 反应有两个小分子生成。G 到 H 的反应是陌生反应条件，在已知中也没有出现信息，可以 根据 G 和 H 的分子组成进行对比，结合 I 结构，确定 H 的分子结构。 同分异构体为，第 （5）小题的合成路线设计要注意基团的定位效应，由于甲基为邻对位定位基团，因此需 要先将甲基氧化为羧基再引入溴原子。 答案： （1）BC（2 分） （2）（2 分） （3） （2 分） （4） （3 分） （5） （3 分）
