【文档说明】安徽省示范高中培优联盟2020年秋季高二联赛试题+化学答案.pdf，共(8)页，312.942 KB，由小赞的店铺上传

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1安徽省示范高中培优联盟2020秋季联赛（高二）化学卷参考答案1.【答案】B【解析】A选项，化学科学的发展促进科技进步，A正确。B选项，芯片的主要成分是Si，B错误；C选项，胶体分散系中分散质微粒直径在1—100nm，C正确；D选项，液体燃料肼（N2H4）和过氧化氢发生氧化还原反应，产生大量的热，

助推火箭发射，D正确。2.【答案】C【解析】A选项，75%的酒精是指酒精的体积分数，A错误；B选项，用浓硫酸中+6价硫与二氧化硫中+4价硫是相邻价态，二者不发氧化还原反应，浓硫酸可以干燥剂二氧化硫气体，B错误；C选项，纯碱、石英和石灰石是玻璃工业的主要原料，C正确；

D选项，用物理方法可以从海水中可以获得NaCl，但是Br2和Mg是要通过化学方法获得，D错误。3.【答案】D【解析】A选项，NaClO具有强氧化性，是“84消毒液”的有效成分，A正确；B选项，中子数为20的氯原子，质子数17，质量数为37，B正确；C选项，反应物Cl2、NaOH在反应中分

别有共价键和离子键断裂，生成物NaCl、NaClO、H2O有离子键和共价键形成，C正确；D选项，次氯酸的结构式为H-O-Cl，电子式书写错误，本题选D。4.【答案】A【解析】A项，18g氨基(－ND2)的物质的量为1mol，一个氨基(－ND2)含有9个电子，即18g氨基(－N

D2)中含有的电子数为9NA，A项正确；B项，8gS4中所含有的S原子的物质的量为0.25mol，每个S原子中有16个质子，故含有质子数为4NA，B错误；C项，NO与O2充分反应生成的二氧化氮气体中存在123456789101112131415BCDADBBCBABCCBD22NO2N

2O4平衡，产物的分子数少于0.75NA，C错误；D项，Cl2和水的反应是可逆反应，0.1molCl2溶于足量水中，转移的电子数小于0.1NA，D错误。5.【答案】D【解析】A项，常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成

Na2O2，A错误；B项，过量的二氧化硫与氨水反应生成硫酸氢铵，B错误；C项，室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，C错误；D项，H2O2具有氧化性，能氧化KI，生成碘单质，能使淀粉溶液变蓝，D正确。6.【答

案】B【解析】A项，图中反应物的能量小于生成物的能量，为吸热反应，A错误；B项，反应物2molH2(g)和1molO2(g)的能量大于生成物2molH2O(g)的能量，反应为放热反应，B正确；C项，浓硫酸用

水稀释放热，但不是化学反应，C错误；D项，氯化铵与氢氧化钡的反应是吸热反应，D错误。7.【答案】B【解析】A项，NaOH与Cu2+反应生成Cu(OH)2而除去，A正确；B项，过量的Ba2+无法除去，应该是a为BaCl2，试剂b为Na2CO3，过量的BaCl2可用Na2CO3除去，B错误；C项，通过

过滤分离出固体不溶物，C正确；D项，过滤后所得滤液中含有．NaOH、Na2CO3，需要加入盐酸除去这些杂质，D正确。8.【答案】C【解析】A项，向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是强酸，产物CaCO3在HCl不能存在，故不发生反应，A错误；B项，湿润的淀粉

碘化钾试纸遇氯气变蓝，说明有I2生成，反应为：Cl2＋2I－=2Cl－＋I2，B错误；C项，Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，C正确；D项，NH4HSO4电离出的H+优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，正确的

离子反应方程式应为：H++OHˉ=H2O，D错误。9.【答案】B【解析】A项，反应的离子方程式为Ba2++2OH－+2H++SO42－==BaSO4↓+2H2O，A错误；B项，Ba(OH)2溶液中滴入酚酞，溶液变红，匀速逐滴加入0.2mol/LH2SO4溶液，发生酸碱中和反应，产

生BaSO4白色沉淀，溶液红色变浅直至褪成无色，B正确；C项，在约85s时恰好完全反应，pH约为7，此后溶液中硫酸过量，pH＜7，C错误；D项，若用0.4mol/L盐酸代替硫酸，仅发生OH－+H+==

H2O，恰好完全反应时溶液中还3有Ba2+和Cl-,导电能力比H2SO4与Ba(OH)2溶液完全反应时大，D错误。10．【答案】A【解析】A项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将I2从碘水

中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，A正确；；B项，向H2O2溶液中加入高锰酸钾后，发生化学反应2KMnO4+3H2O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2↑(中性条件)，反应中H2O2被氧

化，体现出还原性，B错误；C项，加入碘水后，溶液呈蓝色，只能说明溶液中含有淀粉，淀粉可能部分水解，C错误；D项，先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，原溶液可能有Fe3+，结论中一定含有Fe2+是错误的，D错

误。11.【答案】B【解析】A项，菱镁矿高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，根据流程图示，可知反应的化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，A正确；B项，“沉镁”时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，

不利于生成氢氧化镁，故B错误；C项，“浸出”过程产生的氨气可以回收制备氨水,在“沉镁”中循环利用，C正确；D项，氢氧化镁煅烧分解，故高纯镁砂的主要成分是MgO，D正确。12.【答案】C【解析】A项，配制一定物质的量浓度的溶液

时，不能再容量瓶里直接溶解固体物质，A错误；B项，蒸馏时，温度计的水银球应该置于蒸馏烧瓶支管口处，B错误；C项，氨气极易溶于水，利用喷泉实验可以验证氨气极易溶于水的性质，C正确；D项，NO2气体密度比空气大，应用向上排空气法收集，D错误。13.【答案】C【解

析】A项，过程Ⅰ中每消耗1mol（232g）Fe3O4生成0.5molO2，转移2mol电子，A正确；B项，根据盖斯定律，由(总反应×1/2-过程Ⅰ×1/2)得过程Ⅱ热化学方程式为3FeO(s)+H2O(l)H2(g)+Fe3O

4(s)ΔH=[+571.0kJ/mol×1/2-(+313.2kJ/mol)×1/2]=+128.9kJ/mol，B正确；C项，过程Ⅱ是吸热反应，不存在化学能→热能，C错误；D项，铁氧化合物循环分解水制H2具有成本低的优点，氢气和氧气分步生成,具有产物易分离的优点，D正确。

14.【答案】B4【解析】A项，由反应知，反应过程中反应慢的决定反应速率，整个反应速率由②第步反应决定，A正确；B项，增大压强，活化分子总数不变，增加了单位体积内分活化分子数，反应速率加快，B错误；C项，比较实验Ⅰ、Ⅱ数据可知，NO浓度不变H2浓度增大一倍，反

应速率增大一倍，比较实验Ⅲ、Ⅳ数据可知，H2浓度不变,NO浓度增大一倍，反应速率增大四倍，结合I计算，速率方程表达式为v=5000c2(NO)·c(H2)，C正确；D项，当浓度等条件不变时，升高温度，反应速率加快，速率常数是增大的，D正确。15.【答案】D【解析】A项，根据图示的

电池结构，左侧VB2电极失电子，生成VO43-和B(OH)4-，为原电池的负极，复合碳电极为正极，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，A正确；B项，当负极通过0.04mol电子时，正极也通过0.04mol电子，根据

正极电极式O2+4e-+2H2O=4OH-，通过0.04mol电子消耗0.01mol氧气，在标况下为0.224L，B正确；C项，反应过程中正极生成大量的OH-，负极消耗OH-，阴离子通过离子选择性膜由右侧移向左侧，保持

电解质溶液浓度恒定，C正确；D项，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，而溶液中导电的是阴、阳离子，阴离子移向负极，阳离子移向正极，形成闭合回路，D错误。16.（9分）【答案】(1)（1分）(2)做呼吸面具的供氧剂或者消毒、杀菌和漂白等。（1分）(3)H2O

（1分）氧原子与碳原子最外层电子数相同,电子层数:O>C,原子半径:C>O,得电子能力:C<O,元素的非金属性:C<O,因此H2O的热稳定性强于CH4（2分）(4)bd（2分）(5)ⅤA（2分）【解析】X、Y、Z、R在短周期且原子序数依次增大

，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3:4，则Y为O元素，Z的原子半径是短周期周主族元素中最大的，是钠元素，R2-的最外层为8电子结构，可知最外层6个电子，符合要求的是O或S元素，

由于原子序数依次增大，可知R为S元素。5(1)R2-为S2-，最外层达到8电子稳定结构，离子结构示意图为(2)Z2Y2是Na2O2，具有强氧化性，与CO2反应产生氧气，故可以做呼吸面具的供氧剂或者消毒、杀菌和漂白等。（3）H2O和CH4热

稳定强的是H2O，原因是：氧原子与碳原子电子层数相同，最外层电子数：O>C，原子半径:C>O，得电子能力：C<O,元素的非金属性:C<O，因此H2O的热稳定性比CH4强(4)a项，Se与S位于同一主族，从上到下，非金属性减弱，a错误；b项,同主族

元素随着原子序数的递增，原子半径逐渐增大,氢化物的还原性逐渐增强，即还原性H2Se＞H2S，b正确；c项，非金属性S＞Se，最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐减弱，故H2SeO4的酸性比H2SO4弱，c错误；d项，类比SO2可以与

碱反应，SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应，d正确。(5)0.01molM2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，则氢化物中M的化合价为最低价态，根据得失电子守恒，2×(3+x)×0.01mol=2×0.06mol，解得x=3，则氢化物中M的化合价为-3价

，则M最高正价=8-3=+5，主族元素最高正价等于主族序数，故M可能位于元素周期表第ⅤA族。17.（8分）【答案】（1）①2Cu2Ag2AgCu（2分）②AgI（1分）否（1分）K1＞K2，故Ag更易

与I发生复分解反应，生成AgI。（2分）（2）AC（2分，漏选得1分，错选不得分）【解析】（1）①在金属活动性顺序表中，Cu在Ag的前面，可以发生2Cu2Ag2AgCu置换反应。②1.0mol·L-1KI溶

液中加入1.0mol·L-1AgNO3溶液发生复分解反应，产生AgI黄色沉淀。当加入1.0mol·L-1CuSO4溶液时，虽然发生反应：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，但也不能说明氧化性Cu2+＞Ag+，Ag+与I-没有发生氧化还原反应主要是因为K

1＞K2，故Ag更易与I发生复分解反应，生成AgI。（2）HCl在溶解金的过程中起到的作用：盐酸提供的H+提高了NO3-的氧化性，，氯离子（Cl-）则可以与溶液中的金离子（Au3+）反应，形成四氯合金离子（[AuCl4]-，因此B错误，AC正确。618.（14分

，每空2分）【答案】（1）AD（2）①2NaClO3+4HCl==2NaCl+2H2O+2ClO2↑+Cl2↑②系统的副产品全部可以循环使用，原料利用率高、成本低，符合绿色化学的要求。（3）①Mn2+的含量随着pH的升高而降低，ClO2浓度的增大一定程度上能

增大Mn2+的去除率。②ClO2会在碱性溶液中发生反应：2ClO2+2OH-=ClO3-+ClO2-+H2O（4）2ClO2+10I-+8H+==5I2+2Cl-+4H2O1.35Vg/L【解析】（1）二氧化氯（ClO2）是黄绿色，与氯气从颜色上难以区分，A正确；ClO2在空气中的体积分数

超过10％时有爆炸性，不能用向上排空气法收集，B错误；ClO2溶于碱溶液虽然生成亚氯酸盐和氯酸盐，但属于氧化还原反应，ClO2不属于酸性氧化物，C错误；ClO2中氯为+4价，具有较强的氧化性，可用于杀菌、消毒，D正确。（2）①由综合法制取图示可知，在ClO2发生器中

的反应物是NaClO3、HCl，生成物有NaCl、H2O、ClO2、Cl2，故反应为：2NaClO3+4HCl==2NaCl+2H2O+2ClO2↑+Cl2↑②综合法的显著优点是每一步反应的副产物都能参与下一步的循环，实现了原料的高效

利用，从工业生产的角度上，可以极大地降低成本，也符合绿色化学的要求。（3）①图示信息反映了pH的变化与沉淀后Mn2+的含量的关系，以及ClO2浓度的增大对Mn2+的去除率的影响，由图可知：Mn2+的含量随着pH的升高而降

低，ClO2浓度的增大一定程度上能增大Mn2+的去除率。②根据ClO2处理水体中的Mn2+反应为：2ClO2+5Mn2++6H2O==MnO2↓+2Cl-+12H+可知ClO2被还原为Cl-，当pH为7.0--8.0，ClO2的投加量增加，副产物ClO2

-含量越来越高，主要原因是ClO2在碱性溶液中发生反应：2ClO2+H2O=ClO3-+ClO2-导致。（4）依题意ClO2在酸性溶液中氧化I-生成I2，故反应的离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+==5I2+2Cl-+4H2O由题知，2ClO2------5I2-------10Na2S

2O3n（ClO2）=0.1V×10-3×2/10=2V×10-5mol所以，水溶液中的ClO2含量为：2V×10-5mol×67.5g/mol÷0.001L=1.35Vg/L19.（12分）7【答案】（1）①＞（1分）②缩小体积增大压强（1分）③4.05mol·L－

1（2分）（2）①④（2分，漏选得1分，错选不得分）（3）①-(a+b-2c)kJ/mol或2c-a-b（2分）；②4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O（2分）；（4）CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O（2分）【解析】．（1）①根据图像随着温度的升

高，甲醇的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH＞0；②在温度不变的情况下，要减小甲醇的转化率，可以通过缩小体积增大压强使平衡逆向移动，可以实现从Y点到X点变化；③在t1K时，甲醇的平衡转化率为90%，向固定体积为2L的密闭容器中充入1molCH

3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡，平衡时，三者浓度分别为0.05mol/L、0.45mol/L、0.45mol/L，该反应的平衡常数K＝0.45×0.45/0.05=4.05mol/L；（2）反应C

H3OH(g)HCHO(g)+H2(g)在恒温恒容下进行，反应前后气体的体积不变，质量不变，所以密度始终不变；反应前后气体的物质的量发生变化，所以当混合气体的压强、平均相对分子质量不变时达到平衡状态。而在反

应过程中各反应物或生成物的反应速率之比始终和化学计量数之比相等，不能作为平衡状态的判断依据。（3）①根据盖斯定律，可得2CuO(s)+C(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=-(a+b-2c)kJ·mol-1因此本题答案为：-(a+b-2c)或2c-

a-b；②依据题意，肼还原新制的Cu(OH)2制取Cu2O不产生污染环境的有毒气体，N2H4的氧化产物是N2，反应为：4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O；（4）KOH作电解质溶液，甲醇在负极失去电子，与氢氧根反应生成碳酸根和水，即负极的电极反应式为CH3OH+8OH--6e-

=CO32-+6H2O。20.（12分）【答案】（1）NO2（1分）（2）反应放热，随着反应的进行，体系温度升高（其他答案合理给分）（2分）（3）①H2O2与HNO2发生反应使HNO2浓度降低（2分）8②H

NO3（1分）③a.NaNO2（2分）b.使HNO2完全分解（其他答案合理给分）（2分）（4）稀硝酸不能将NO氧化为NO2，体系中不能发生NO2与H2O生成HNO2的反应。（2分）【解析】（1））铜与浓HNO3反应生成红棕色NO2气体；（2）铜与浓HN

O3反应放热，随着反应的进行，体系温度升高，反应速率加快。（3）铜与浓HNO3反应生成的NO2溶于浓硝酸会发生反应，2NO2+H2O=HNO3+HNO2，加入的30%H2O2溶液会与HNO2发生反应使HNO2浓度降低，

使反应变慢。对比Ⅲ、Ⅳ，反应Ⅲ取B中溶液，加入NaNO2会生成HNO2，使反应加快，立即产生无色气体。同时，由于HNO2不稳定，容易分解生成NO、NO2、H2O，故反应Ⅳ较Ⅲ慢；（4）在实验甲、乙中HNO3被还原后的气体产物分别是NO、NO

2，结合实验Ⅲ可知，，除了硝酸起始浓度小、反应过程中温度较低外，甲中反应慢的原因另一个重要原因是稀硝酸不能将NO氧化为NO2，体系中不能发生NO2与H2O生成HNO2的反应。