【文档说明】安徽省示范高中培优联盟2020-2021学年高二下学期春季联赛化学试题 PDF版含解析.pdf，共(17)页，1.065 MB，由小赞的店铺上传

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命题：北京１０１中学怀柔分校李从林审题：广德中学程海清制卷：等高教育（ｗｗｗ．ｈｆｄｇｊｙ．ｃｏｍ）第１页（共１２页）命题：北京１０１中学怀柔分校李从林审题：广德中学程海清制卷：等高教育（ｗｗｗ．ｈｆｄｇｊｙ．ｃｏｍ）第２页（共１２页）姓名座位号（在此卷上答题无效）绝

密★启用前安徽省示范高中培优联盟２０２１年春季联赛（高二）化学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第１至第６页，第Ⅱ卷第７至第１２页。全卷满分１００分，考试时间９０分钟．考生注意事项：１．答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所

粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。２．答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用２Ｂ铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。３．答第Ⅱ卷时，必须使用０．５毫米的黑色墨水

签字笔在答题卡上獉獉獉獉书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卡獉獉獉规定的位置绘出，确认后再用０．５毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效獉獉獉獉獉獉獉獉獉獉獉獉獉，在试獉獉

题卷獉獉、草稿纸上答题无效獉獉獉獉獉獉獉獉。４．考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：Ｈ１Ｎ１４Ｏ１６Ｎａ２３Ｓ３２Ｃｌ３５．５Ｆｅ５６第Ⅰ卷（选择题共４２分）一、选择题（本大题共１４小题，每小题３分，共４２分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题

目要求的。）１．科技的进步与化学的发展正不断改变着人们的生活，下列说法不正确獉獉獉的是（）Ａ．新冠病毒灭活疫苗等生物制剂要冷冻保存是为了防止蛋白质变性Ｂ．燃煤中加入ＣａＯ可以减少酸雨的形成及温室气体的排放Ｃ．中国天眼ＦＡＳＴ用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料Ｄ．“

嫦娥五号”返回器表面所贴“暖宝宝”主要成分有铁粉、碳粉等２．设犖Ａ为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）Ａ．标准状况下，２．２４Ｌ环己烷的分子数为０．１犖ＡＢ．５．３５ｇ固体ＮＨ４Ｃｌ中含有的共价键数目为０．４犖ＡＣ

．１ｍｏｌＦｅＩ２与一定量氯气反应时，当有１ｍｏｌＦｅ２＋被氧化时则转移的电子数为犖ＡＤ．已知１４６Ｃ的衰变反应为１４６Ｃ→１４ｚＸ＋０－１ｅ，１．４ｇＸ原子中含有的质子数为０．６犖Ａ３．下列解释事实的离子方程式不正确獉獉獉的是（）Ａ．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：ＣａＳＯ４（ｓ）＋Ｃ

Ｏ２－幑幐３ＣａＣＯ３（ｓ）＋ＳＯ２－４Ｂ．电镀铜时铜在阴极析出：Ｃｕ２＋＋２ｅ－ＣｕＣ．将铜丝插入稀硝酸中：Ｃｕ＋４Ｈ＋＋２ＮＯ－３Ｃｕ２＋＋２ＮＯ２↑＋Ｈ２ＯＤ．氯水中通入ＳＯ２漂白作用会减弱：Ｃｌ２＋ＳＯ２＋

２Ｈ２Ｏ４Ｈ＋＋ＳＯ２－４＋２Ｃｌ－４．化合物Ａ是合成具有解痉和抗胆碱作用的药物奥昔布宁的重要中间体，结构如图所示，下列关于化合物Ａ的说法中正确的是（帨師師）ＨＯＯＯＣＨ３Ａ．分子式为Ｃ１５Ｈ２２Ｏ３Ｂ．有三种含氧官能团Ｃ．在碱性条件

下能发生水解反应Ｄ．能氧化但不能被还原５．利用小粒径零价铁（ＺＶＩ）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示，Ｈ＋、Ｏ２、ＮＯ－３等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是（）命题：北京１０

１中学怀柔分校李从林审题：广德中学程海清制卷：等高教育（ｗｗｗ．ｈｆｄｇｊｙ．ｃｏｍ）第３页（共１２页）命题：北京１０１中学怀柔分校李从林审题：广德中学程海清制卷：等高教育（ｗｗｗ．ｈｆｄｇｊｙ．ｃｏｍ）第４页（共１２页）Ａ

．反应①②③④均为还原反应Ｂ．水体修复过程溶液的ｐＨ保持不变Ｃ．④的电极反应式为ＮＯ－３＋１０Ｈ＋＋８ｅ－ＮＨ４＋＋３Ｈ２ＯＤ．修复过程中可能产生Ｆｅ（ＯＨ）３６．下列实验能达到实验目的且操作正确的是（）ＡＢＣＤ蒸发浓缩氯

化铵溶液析出晶体用乙醇萃取碘水中的Ｉ２检验淀粉水解生成了葡萄糖测定锌与稀硫酸反应速率（计时器未画出）７．国家标准规定，室内甲醛含量不能超过０．０８ｍｇ／ｍ３。银－菲洛嗪法可用于测定空气中甲醛含量，其原理为：①Ａｇ２

Ｏ将甲醛氧化为ＣＯ２；②产生的Ａｇ与酸化的Ｆｅ２（ＳＯ４）３溶液反应生成ＦｅＳＯ４；③ＦｅＳＯ４与菲洛嗪（一种有机钠盐）形成有色配合物，一定波长下其吸光度与Ｆｅ２＋的质量浓度成正比。下列关于ａ～ｃ的判断正确的是（）ａ．反应①的化学

方程式为ＨＣＨＯ＋２Ａｇ２ＯＣＯ２↑＋４Ａｇ↓＋Ｈ２Ｏｂ．理论上吸收的ＨＣＨＯ与消耗的Ｆｅ３＋的物质的量比为１∶４ｃ．取１ｍ３空气，经上述实验后共得到Ｆｅ２＋１．１２ｍｇ，室内甲醛含量达标Ａ．ａ、ｂ正确，ｃ错误Ｂ．ａ正确，ｂ、ｃ错误Ｃ．ｂ、

ｃ正确，ａ错误Ｄ．全部正确８．如表根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论Ａ将氯气通入品红溶液进行反应溶液红色褪去氯气具有漂白性Ｂ常温下，测定饱和Ｎａ２Ｓ溶液和饱和Ｎａ２ＣＯ３

溶液的ｐＨｐＨ（Ｎａ２Ｓ）＞ｐＨ（Ｎａ２ＣＯ３）常温下水解程度：Ｓ２－＞ＣＯ２－３Ｃ向某溶液中加入盐酸酸化的Ｂａ（ＮＯ３）２溶液出现白色沉淀该溶液一定有ＳＯ２－４或Ａｇ＋Ｄ打磨过的镁条在空气中点燃后迅速插入充满二氧化碳的集气瓶耀眼白光，产生白烟以及少量黑色固体

镁与二氧化碳发生置换反应Ａ．ＡＢ．ＢＣ．ＣＤ．Ｄ９．古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下（黄色溶液俗称黄血盐），基于普鲁士蓝合成原理可以检测食品中是否含有ＣＮ－，方法是：在食品待测液中加入硫酸酸化，再用Ｆｅ

ＳＯ４碱性试纸检测，若试纸变蓝，说明食品中含有ＣＮ－。以下说法不正确獉獉獉的是（）牛血草木灰高温→ⅰ水浸→过滤黄色溶液Ｋ＋、［Ｆｅ（ＣＮ）６］４－ＦｅＣｌ３溶液→ⅱ蓝色沉淀Ｆｅ４［Ｆｅ（ＣＮ）６］３Ａ．黄色溶液中铁元素的价态为＋２价Ｂ．黄血盐溶液可以检测

Ｆｅ３＋Ｃ．反应ｉｉ的离子方程式是３［Ｆｅ（ＣＮ）６］４－＋４Ｆｅ３＋Ｆｅ４［Ｆｅ（ＣＮ）６］３↓Ｄ．试纸变蓝的原因是ＦｅＳＯ４碱性试纸中的Ｆｅ２＋与ＣＮ－反应生成蓝色沉淀１０．Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｍ、Ｒ为五种短周

期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示。下列说法不正确獉獉獉的是（）Ａ．简单阳离子半径：Ｘ＜ＲＢ．气态氢化物的稳定性：Ｙ＜ＺＣ．Ｍ可以形成两种常见的含氧酸Ｄ．Ｘ与Ｙ形成的化合物中只含有极性键命题：北京１０１中学怀柔分校李从林审题：广德中学程海清制卷：等高教育（ｗｗｗ．

ｈｆｄｇｊｙ．ｃｏｍ）第５页（共１２页）命题：北京１０１中学怀柔分校李从林审题：广德中学程海清制卷：等高教育（ｗｗｗ．ｈｆｄｇｊｙ．ｃｏｍ）第６页（共１２页）１１．已知：２ＮＯ（ｇ）＋２ＣＯ（ｇ幑幐）Ｎ２（ｇ）＋２ＣＯ２（ｇ）Δ犎１＝

－７４６．５ｋＪ·ｍｏｌ－１，可在一定条件下反应消除ＮＯ和ＣＯ的污染。某研究小组在三个容积均为ＶＬ的恒容密闭容器中，分别充入１．０ｍｏｌＮＯ和１．０ｍｏｌＣＯ，在三种不同实验条件（见下表）下进行上述反应，反应体系的总压强（

Ｐ）随时间变化情况如图所示，下列说法正确的是（）实验编号ａｂｃ温度／Ｋ５００５００６００催化剂的比表面积／ｍ２·ｇ－１８２１２４１２４Ａ．曲线Ｉ对应的实验编号是ａＢ．实验ｃ达到平衡时ＮＯ转化率大于实验ｂＣ．由曲线Ⅱ可知，达到平衡时ＣＯ物质的量为０．２ｍｏｌＤ．催化剂的比

表面积越大，混合气中ＮＯ和ＣＯ污染物的含量越少１２．已知亚硝酸分子式为ＨＮＯ２或ＨＯＮＯ，分子中各原子最外层电子均达到稳定结构。亚硝酸是大气中的一种污染物，进入人体可以与二甲胺［（ＣＨ３）２ＮＨ］迅速

反应生成亚硝酸胺［ＣＨ３）２ＮＮＯ］，反应机理如下：ＨＯＮＯ＋ＣＨ３ＮＨＣＨ３→ⅰＣＨ３ＮＨＯＮＯＨＣＨ３→ⅱＣＨ３ＮＮＯＣＨ３上述反应机理对应的能量变化关系如图，下列说法不正确獉獉獉的是（）Ａ．亚硝酸电子式为Ｈ··Ｏ······Ｎ······Ｏ····Ｂ．亚硝酸与

二甲胺反应生成亚硝酸胺的反应Δ犎＜０Ｃ．过程ⅱ的反应类型为消去反应Ｄ．过程ⅰ比过程ⅱ反应更容易发生１３．ＣＯ２的转化对解决环境、能源问题意义重大，利用Ａｌ—ＣＯ２电池，能有效地将ＣＯ２转化成化工原料草酸铝Ａｌ２（Ｃ２Ｏ４）３，总反应为：２Ａｌ＋６Ｃ

Ｏ２Ａｌ２（Ｃ２Ｏ４）３，下列说法正确的是（）Ａ．电流方向：多孔碳电极→含ＡｌＣｌ３的离子的液体→铝电极Ｂ．电池的正极反应式：２ＣＯ２＋２ｅ－Ｃ２Ｏ２－４Ｃ．正极反应过程中，Ｏ２起氧化剂作用Ｄ．电池中转移０．１ｍｏｌ电子，消耗标

准状况下ＣＯ２为６．７２Ｌ１４．２５℃时，向１０．００ｍＬ０．１０００ｍｏｌ·Ｌ－１Ｈ２ＳＯ４溶液中滴加相同物质的量浓度的氨水，测得混合溶液中－ｌｇ犮（ＯＨ－）随滴加氨水体积的变化如图所示，下列说法错误的是（）Ａ．水的电离程度：ｂ＞ｃ＞ａＢ．

犓ｈ（ＮＨ＋４）的数量级为１０－１０Ｃ．ｃ点满足犮（ＳＯ２－４）＞犮（ＮＨ＋４）＞犮（Ｈ＋）＝犮（ＯＨ－）Ｄ．ｄ点满足犮（ＮＨ＋４）＋２犮（Ｈ＋）＝犮（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）＋２犮（ＯＨ－）命题：北京１０１中学怀柔分校李从林审题：广德中学程海清制卷：等高教育（ｗｗｗ．ｈｆｄｇｊｙ．ｃｏｍ）第７页（共

１２页）命题：北京１０１中学怀柔分校李从林审题：广德中学程海清制卷：等高教育（ｗｗｗ．ｈｆｄｇｊｙ．ｃｏｍ）第８页（共１２页）（在此卷上答题无效）绝密★启用前安徽省示范高中培优联盟２０２１年春季联赛（高二）化学第Ⅱ卷（非选择题共５８分）考生注意事项：

请用０．５毫米黑色墨水签字笔在答题卡上獉獉獉獉獉作答，在试题卷上答题无效獉獉獉獉獉獉獉獉獉。二、非选择题（共６小题，共５８分。第１５～１８题为必考题，每个试题考生都必须作答。第１９～２０题为选考题，考生根据要求选择其中一道题作答。）（

一）必考题（４６分）１５．（１０分）用ＦｅＳＯ４·７Ｈ２Ｏ晶体配制ＦｅＳＯ４溶液，放置一天后发现产生黄色固体。实验小组同学研究固体成分及产生的原因。（１）配制１００ｍＬ０．１００ｍｏｌ·Ｌ－１ＦｅＳＯ４溶液，需要称取ｇＦｅＳＯ４·７Ｈ２Ｏ晶体。（已知：ＦｅＳＯ４·７Ｈ２Ｏ的摩尔质量为２７８ｇ·ｍｏ

ｌ－１）需要的仪器有１００ｍＬ容量瓶、药匙、玻璃棒、（从下列图中选择，写出名称）。（２）小组同学推测放置一天后的ＦｅＳＯ４溶液中存在Ｆｅ３＋。将产生Ｆｅ３＋的离子方程式补充完整：Ｆｅ２＋＋Ｈ＋＋Ｆｅ３＋＋。（３）分离出

黄色固体，经多次洗涤后完成如下实验：证实黄色固体中含Ｆｅ３＋和ＳＯ２－４，试剂１和试剂２分别是、。（４）实验测定ＦｅＳＯ４溶液放置过程中溶液的ｐＨ和黄色固体的量的变化，结果如下：１小时６小时２４小时溶液的ｐＨ２．３９２．３５１．４０黄色固体的量几乎没有少量大量分析黄色固体中除Ｆｅ３＋、

ＳＯ２－４还可能含有离子。（５）查阅资料：不同ｐＨ下Ｆｅ２＋的氧化率随时间变化的关系如下图。为避免Ｆｅ２＋被氧化，配制ＦｅＳＯ４溶液时，需要添加。１６．（１０分）“绿水青山就是金山银山”，消除氮氧化物污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。（１）已知：２ＮＯ（ｇ）

＋Ｏ２（ｇ）２ＮＯ２（ｇ）Δ犎１＝－１１４ｋＪ獉ｍｏｌ－１①Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）ＣＯ２（ｇ）Δ犎２＝－３９３．５ｋＪ獉ｍｏｌ－１②Ｎ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）２ＮＯ（ｇ）Δ犎３＝＋１８１ｋＪ獉ｍｏｌ－１③若某反应的平衡常数表达

式为犓＝犮（Ｎ２）·犮２（ＣＯ２）犮２（ＮＯ２），请写出此反应的热化学方程式。（２）现代技术用氨气将汽车尾气中的ＮＯ狓还原为Ｎ２和Ｈ２Ｏ，反应原理是ＮＯ（ｇ）＋ＮＯ２（ｇ）＋２ＮＨ３（ｇ）幑幐帯催化剂３Ｈ２Ｏ

（ｇ）＋２Ｎ２（ｇ）Δ犎＜０。①低压有利于尾气转化的原因是。②５００℃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，则０～１０ｍｉｎ内用

Ｎ２表示的平均反应速率狏（Ｎ２）＝ｍｏｌ·Ｌ－１·ｍｉｎ－１，５００℃时该反应的平衡常数犓ｐ＝ＭＰａ（用含ｐ１的代数式表示，犓ｐ为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。（３）用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：Ｃ（ｓ）＋２ＮＯ（ｇ幑幐）Ｎ２（ｇ

）＋ＣＯ２（ｇ）。向一恒压密闭容器中加入一定量（足量）的活性炭和ＮＯ，在狋２时刻改变某一条件，其反应过程如图所示。①则狋２时刻改变的条件为。命题：北京１０１中学怀柔分校李从林审题：广德中学程海清制卷：等高教育（ｗｗｗ．ｈｆｄｇｊｙ．ｃｏｍ）第９页（共１２页）命题：北京１０１

中学怀柔分校李从林审题：广德中学程海清制卷：等高教育（ｗｗｗ．ｈｆｄｇｊｙ．ｃｏｍ）第１０页（共１２页）②狋１时刻的ｖ逆狋２时刻的ｖ正（填“＞”“＜”或“＝”）。（４）在恒容密闭容器中发生反应２ＮＨ３（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ幑幐）ＣＯ（ＮＨ２）２（ｓ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ

）Δ犎＜０下列说法正确的是（双选）。Ａ．及时分离出生成的尿素，有利于ＮＨ３的转化率增大Ｂ．反应达到平衡后，混合气体的密度不再发生改变Ｃ．反应在任何温度下都能自发进行Ｄ．当尿素的质量不变时，说明反应达到平衡１７．（１２分）软锰矿（成分如表１所示）的成分是二氧化锰，其中还含有少量二氧化硅、铁、

氧化铝以及少量的重金属等。废铁屑还原软锰矿生产高纯硫酸锰晶体的工艺流程如图１所示。图１软锰矿制备硫酸锰晶体的工艺流程表１软锰矿的化学成分成分含量／％成分含量／％ＭｎＯ２３５．２３Ｆｅ２．１６ＳｉＯ２１５．６７Ａｌ２Ｏ３３．３４ＭｇＯ０．１８ＣａＯ４．８２（１）浸出液中检测到存在Ｆｅ３＋

，软锰矿与铁屑发生的离子反应是；（２）加入碳酸钙之前需要加入双氧水的作用是，用碳酸钙除去铁、铝的原理是。（表２数据可供参考）。表２不同金属离子沉淀的ｐＨ物质Ｆｅ（ＯＨ）３Ｆｅ（ＯＨ）２Ａｌ（ＯＨ）３Ｍｎ（ＯＨ）２开始沉淀１．５６．５３．３７．７沉淀完全３．７９．７５．

２９．８（３）深度除杂中所加二氟化锰的作用是。（４）从滤液中获得硫酸锰晶体的方法是。（硫酸锰在不同温度下的溶解度见表３）表３硫酸锰在不同温度下的溶解度温度／℃５０８０９０１００溶解度／（犵／１００ｇ水）５８４８４２３４（５）Ｈ２ＳＯ４／ＭｎＯ２的物质的量比不同对锰的浸出率η有影响；实验表明，当Ｈ２

ＳＯ４／ＭｎＯ２的物质的量比２．１∶１锰的浸出率较高（见图２），请结合反应原理说明原因：。图２Ｈ２ＳＯ４／ＭｎＯ２物质的量之比对锰浸出率的影响１８．（１４分）硫氰［（ＳＣＮ）２］是一种拟卤素，性质与卤素单

质相似，其氧化性介于Ｂｒ２和Ｉ２之间。资料：①ＳＣＮ－中Ｓ、Ｃ、Ｎ元素的化合价依次为：－２价、＋４价、－３价。②ＳＣＮ－的性质类似卤素离子，能被氧化为黄色的（ＳＣＮ）２，（ＳＣＮ）２可聚合为红色的（ＳＣＮ）狓。③２Ｃｕ２＋＋４ＳＣＮ－２ＣｕＳＣＮ↓（白

色）＋（ＳＣＮ）２（黄色）。现有如下探究：Ⅰ．探究Ｃｕ２＋对ＫＳＣＮ溶液检验Ｆｅ３＋的影响：实验编号操作现象实验１ⅰ．加入Ｃｕ粉后充分振荡，溶液逐渐变蓝；ⅱ．取少量ⅰ中清液于试管中，滴加２滴０．２ｍｏｌ／ＬＫＳＣＮ溶液，溶液变为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生

成。（１）写出实验１中第ｉ步的离子方程式。甲同学猜想第ｉｉ步出现的异常现象是由于溶液中的Ｃｕ２＋干扰了检验Ｆｅ３＋的现象。该同学又继续进行如下实验实验编号操作现象实验２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。命

题：北京１０１中学怀柔分校李从林审题：广德中学程海清制卷：等高教育（ｗｗｗ．ｈｆｄｇｊｙ．ｃｏｍ）第１１页（共１２页）命题：北京１０１中学怀柔分校李从林审题：广德中学程海清制卷：等高教育（ｗｗｗ．ｈｆｄｇｊｙ．ｃｏｍ）第１２页（共１２页

）实验３无色溶液立即变红，同时生成白色沉淀。（２）经检测，实验２反应后的溶液ｐＨ值减小，可能的原因是。（３）由实验２、３可知，实验３中溶液变红的原因是。Ⅱ．探究浓硝酸与ＫＳＣＮ溶液的反应【实验一】浓硝酸与ＫＳＣＮ溶液反应（４）向浓硝酸中滴加ＫＳ

ＣＮ溶液，溶液立即变红是因为生成了（填化学式）。【实验二】浓硝酸与ＫＳＣＮ溶液反应产物ａ．将实验一ⅲ中的气体通入Ｂａ（ＯＨ）２和ＮａＯＨ的混合溶液中，有白色沉淀生成。ｂ．过滤、洗涤白色沉淀，取少量于试管中，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。ｃ．另取少量实验一ⅲ

中试管内的溶液加入ＢａＣｌ２溶液，产生大量白色沉淀。（５）ａ中，气体通入Ｂａ（ＯＨ）２溶液开始出现白色沉淀，随后白色沉淀溶解，原因是。（６）通过ｂ证实了红棕色气体中不含ＳＯ２，证据是，由上述实验现象可知：ＳＣＮ－转化的最终产物中

一定有。（二）选考题（共１２分。请考生从１９、２０两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。）１９．（选考选修５）（１２分）有机物Ａ是一种重要的化工原料，用Ａ制取新型聚合物Ｆ的合成路线如下：ＨＯＯＣＣＨ

２ＣＨ２ＣＯＯＨ试剂ａ浓Ｈ２ＳＯ４／→ΔＣＨ３ＯＯＣＣＨ２ＣＨ２ＣＯＯＣＨ３→醇钠ＣＩ２／ＫＩＨ２Ｏ→２ＤＡＢ（Ｃ１０Ｈ１２Ｏ６）（Ｃ１０Ｈ１０Ｏ６）ＣＨ３ＩＫ２→ＣＯ３ＥＨＯＣＨ２ＣＨ２ＯＨ→師師師催化剂Ｈ３ＣＯＣＯＯＣＨ３ＣＯＯＣＨ２Ｃ

Ｈ２ＯＨＯＣＨ３聚合物Ｆ已知：ⅰ．ＣＯＣＨ２Ｒ１＋ＣＲ２ＯＯＲ３→醇钠ＣＯＣＨＲ１ＣＯＲ２＋Ｒ３ＯＨⅱ帨師師．ＯＨ＋Ｒ１ＩＫ２ＣＯ→帨師師３ＯＲ１＋ＨＩⅲ．Ｒ１ＣＯＯＲ２＋Ｒ３ＯＨ→催化剂

Ｒ１ＣＯＯＲ３＋Ｒ２ＯＨ（１）Ａ中官能团的名称为，试剂ａ为。（２）Ｃ中含有一个六元环，Ｃ的结构简式为。（３）Ｃ→Ｄ的反应类型为。（４）Ｅ→Ｆ的化学方程式是。（５）下列说法正确的是（填序号）。ａ．Ａ能与ＮａＨＣＯ３溶液反应ｂ．醇钠可由醇与金属钠反

应制得ｃ．可用ＦｅＣｌ３溶液鉴别Ｄ和Ｅｄ．ＨＯＣＨ２ＣＨ２ＯＨ俗称甘油（６）以乙醇为起始原料，利用已知信息、选择必要的无机试剂合成ＣＨ３ＣＯＣＨ２ＣＯＯＣ２Ｈ５，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明

试剂和反应条件）。２０．（选考选修３）（１２分）全固态激光器所用的磷酸钛氧钾、氟硼铍酸钾是一种非线性光学晶体，我国是率先掌握通过非线性光学晶体变频来获得深紫外激光技术的国家，回答下列问题。（１）写出Ｔｉ基态原子的价电子排布式，Ｔｉ４＋电子占据的

轨道数为个。（２）Ｂｅ和Ｂ的第一电离能Ｉ１（Ｂｅ）＞Ｉ１（Ｂ）的原因是。（３）Ｈ３ＢＯ３在水溶液中存在解离反应：Ｈ３ＢＯ３＋Ｈ２幑幐ＯＨ＋＋Ｂ（ＯＨ）－４，Ｂ（ＯＨ）－４中存在配位键，其中Ｂ原子的杂化类型是，从原子结构分析Ｂ（ＯＨ）－４中能形成配位键的原因是。（４）

氟硼酸钾是制备氟硼铍酸钾的原料之一、氟硼酸钾在高温下分解为ＫＦ和ＢＦ３，二者的沸点分别为１５００℃、－１０１℃。ＫＦ的沸点远高于ＢＦ３的原因是。（５）ＫＩＯ３晶体也是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立方结构，边长

为犪＝０．４４６ｎｍ，晶胞中Ｋ、Ｉ、Ｏ分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。Ｋ与Ｏ间的最短距离为ｎｍ，与Ｋ紧邻的Ｏ个数为。（６）在ＫＩＯ３晶胞结构的另一种表示中，Ｉ处于各顶角位置，则Ｋ处于位置，Ｏ处于位置。1安徽省示范高中培优联盟2021年春季联赛高二化学试卷参考答案一、选择题（每小题3分，共4

2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1molFe2+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0.7NA，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①②③④均获得电子，发生还原

反应，A正确；由反应②、③、④的电极反应可知，水体修复过程溶液的OH-增大，碱性增强，12345678910BBCCBDADDD11121314CDBC2B错误；④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3

H2O，C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；①中HCHO∽4Ag，②中Ag∽Fe3+，因此吸收的HCHO与消耗的Fe3+的物质的量比为1:4，b正确；消耗Fe2+1.12mg为2x10-5mol，根据HCHO∽4Ag∽4Fe2+，可以吸收HCHO2x10

-5molx30g/molx1/4x1000mg/g=0.15mg/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3[Fe(CN)6]4－+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓，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)6]4－；Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+；[Fe(CN)6]4－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N>C，气态氢化物的稳定性NH3＞CH4，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-C3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Ⅰ先达平衡，反应速率最快，故对应实验编号c，曲线Ⅱ、Ⅲ最终平衡状态相同，故温度相同，且曲线Ⅲ先达平衡，对

应反应速率快，对应实验编号b，曲线Ⅱ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Ⅱ的起始压强为200kPa，平衡时为P=160kPa，由n()2molp

()200===n()n()p()160始始平平平，解得n(平)=1.6mol，设NO转化xmol，则CO转化xmol，生成N20.5xmol，CO2xmol，故平衡时n(NO)=n(CO)=(1-x)mol，n(N2)=0.5

xmol，n(CO2)=xmol，列式得2×(1-x)+0.5x+x=1.6，解得x=0.8mol，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ⅱ中生成一分子H2O同时生成亚硝酸胺[CH3)2N－N＝O]（含有不饱和键），属于消去反应，C正确；过程ⅰ是吸热，过程ⅱ放热，过程ⅰ正反应的活

化能大于过程ⅱ，过程ⅱ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Al–3e–==Al3+，多孔碳电极为正极，电流方向：铝电极含AlCl3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：①6O2+6e−=6O2−②6CO2+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】A．b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NH3▪H2O，盐对水电离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(NH

4)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；B．b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0.01L0.1

000/L0.03Lmol=130mol/L，c(4NH)=230mol/L，所以5.35.33210h44HNHHO1010NH4.0102NH30ccKc，可知Kh(4NH)的数量级为1010，B正确；C．根据电荷守恒

，c点满足244NHHOH2SOHOHccccc，，故244NHSOcc，C错误；D．d点溶液是442NHSO和32NHHO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244NHHOH2SOcccc，24324NHNHHO4SOccc，整理得可得432NH2HNHHO2OHcc

cc，D正确；故选C。二、非选择题（共58分）15．（10分）【答案】（1）2.78（填2.8也可给分）（2分）烧杯、量筒、托盘天平（2分）（2）4Fe2++4H++O2===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FeSO4·7H2O晶体质量为0.100Lx0.100mol·Lx278g·mol-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)ΔH1=－854kJ∙mol−1（2分）（2）①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）②0.04（1分）116p33（2分

）（3）①向密闭容器中加入NO（1分）；②<（1分）（4）BD（2分）【解析】（1）2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-114kJ∙mol-1①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5kJ∙mol-1②N2(g)+O2(g)=

2NO(g)ΔH3=+181kJ∙mol-1③若某反应的平衡常数表达式为K=22222(N)(CO)(NO)ccc，则反应为2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g)，将②×2-①-③，得ΔH=(

－393.5×2+114－181)kJ∙mol-1=－854kJ∙mol-1，此反应的热化学方程式为2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=－854kJ∙mol-1。（2）①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；②500℃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：2322NOg+NOg

+2NHg3HOg+2Ngmol11200mol0.40.40.81.20.8mol0.60.61.21.20.8开始（）转化（）平衡（），20.8molvN==0.04mol/Lmin2L1

0min，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623211pa1a1111.20.8pp164.44.4KMP=pMP331.20.60.6ppp4.44.

44.4（3）①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。②t2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．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5.2<

pH<7.7，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+=F

e2++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Fe3+，说明软锰矿中的MnO2在酸性条件下把Fe氧化成Fe3+，发生的离子反应是3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O7（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5.2<pH<7.7，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Al3+，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）根据软锰矿和铁屑反应的方程式3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H20；MnO2+2Fe

2++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++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-，可作为红棕色气体中不含S

O2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）OOOCH3OH3COO（2分）（3）氧化反应（1分）（4）（2分）OCH3OCH3OCH3OH3COOn+nHOCH2CH2OH催化剂

C—OCH2CH2O—HH3CO—COOCH3OCH3nO+(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HOOCCH2CH2COOH，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=CH2H2O一定条件CH3CH2OHO2CH3CHOO2CH3COOHCH3COOC2H5醇钠CH3COCH2COOC2H5浓H2SO4/CH3

CH2OHCH2=CH2H2O一定条件CH3CH2OHO2CCH3COOC2H5醇钠CH3COCH2COOC2H5CH2=CH2H2O一定条件CH3CH2OHO2CH3CHOO2CH3COOHCH3COOC2H5醇钠CH3COCH2COOC2H5浓H2SO4/CH3C

H2OH9HOOCCH2CH2COOH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C10H10O

6，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C→D的反应类型为氧化反应；(4)E是，E与HOCH2CH2OH发生酯交换反应产生F，F是，故E→F的化学方程式是n+nHOCH2CH2OH+(2n-1)CH3OH；(5)a．A是HOOCCH2CH

2COOH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D10和E，c正确；d．HOCH2CH2OH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：CH3CH2OH2OCH3CHO2OCH3COOH3224CHCHOHHSO/浓CH3COOC2H5醇钠CH3COCH2COOC2H

5。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[Ar]3d24s2，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T

i4+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sp3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20.4462nm＝0.315nm，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。