【文档说明】安徽省示范高中培优联盟2020年高二春季联赛试题化学含答案.doc，共(22)页，770.500 KB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前安徽省示范高中培优联盟2020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．．．．书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卡．．．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，在试题卷、草稿纸．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．上答题无效．．．．．。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：H1Li7C12N14O16Na23S32Ca40第I卷

(选择题共45分)一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共45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.新型冠状病毒的主要传播途径有飞沫传播、接触传播和气溶胶传播，戴口罩、勤洗手，给自己居住、生活的环境消毒，都是预防病

毒传播行之有效的方法。下列有关说法不正确的是A.云、烟、雾属于气溶胶，它们均能发生丁达尔效应B.使用酒精作为环境消毒剂时，酒精浓度越大，消毒效果越好C.“84”消毒液与洁厕灵混合使用可能会产生氯气中毒D.以聚丙烯为原料生产的熔喷布口罩，在抗击“新冠肺炎”的战疫中发挥了重要作用2.下列说法正

确的是A.花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物B.只有不同种类的氨基酸之间才能形成多肽C.向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸钠溶液产生沉淀，加水后沉淀可溶解D.浓硫酸具有强氧化性，不能干燥具有较强还

原性的H2S和SO2气体3.吲哚乙酸是一种具有生长素效应的化学物质，其结构简式如图所示。下列有关说法正确的是A.吲哚乙酸分子式为C10H11NO2B.分子中所有碳原子共平面C.1mol吲哚乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗5molH2D.吲哚

乙酸可以发生取代反应、氧化反应和还原反应4.短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R和Y位于同主族。Z的气态氢化物为M，0.01mol·L－1的M溶液的pH＝2。R、X、Z能组成一种化合物，其球棍模型如图所示。下列说法错误的是A.原子半径：Y>

Z>X>RB.Z的含氧酸酸性一定比X的强C.R、X、Y均能形成两种或两种以上的氧化物D.YZ中含有离子键5.中国科学院的专家团队开发出氮掺杂的介孔碳(N－carbon)材料可用于电催化二氧化碳转化，只需施加非常低的电压，就能够通过调控N－carbon的孔道结构和表面活性

位构型，驱动二氧化碳直接转化乙醇，下图是两种孔道结构的驱动转化，下列说法不合理的是A.转化过程中既有极性键的断裂也有极性键的形成B.转化过程中有电能转化为化学能C.氮掺杂的介孔碳(N－carbon)材料能加快CO2转化速率，也能提高C

O2转化为乙醇的转化率D.该研究成果将有利于缓解温室效应并解决能源转化问题6.用NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是A.12.0g熔融的NaHSO4电离出的阳离子数为0.2NAB.1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应，可生成2NA个SO3分子C.常温常压下，18g氨基(－ND2)中

含有的电子数为10NAD.在反应KIO3＋6HI＝KI＋3I2＋3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA7.2019年诺贝尔化学奖颁给在锂离子电池发展方面作出突出贡献的三位科学家，颁奖词中说：他们创造了一个可再充电的世界。下面是最近研发的

Ca－LiFePO4可充电电池的工作示意图，锂离子导体膜只允许Li＋通过，电池反应为：xCa2＋＋2LiFePO4充电放电xCa＋2Li1－xFePO4＋2xLi＋。下列说法错误的是A.LiPF6－LiAsF6为非水电解质，其与Li2SO4溶液的主要作用都是传递离子B.放电时，负极反应为：Li

FePO4－xe－＝Li1－xFePO4＋xLi＋C.充电时，Li1－xFePO4/LiFePO4电极发生Li＋脱嵌，放电时发生Li＋嵌入D.充电时，当转移0.2mol电子时，左室中电解质的质量减轻2.6g8.肼(N2H4)是一种重要的工业产品，有极强的还原

性，能与水强烈结合生成水合肼。资料表明，用氨和次氯酸钠溶液反应能制取肼，装置如下图所示。下列说法中错误的是A.肼的电子式是B.若滴加NaClO溶液时过快、过多，可能会导致生成的肼被氧化C.从实验安全性角度看，实验装置中B、C均起到了防倒吸的作用D.肼与水强烈结合的原因是分子间

形成氢键9.向2mL0.8mol·L－1FeSO4溶液中，滴加2mL1mol·L－1NaHCO3溶液，产生无色气体和白色沉淀。将浊液分成两份，一份迅速过滤、洗涤，加入稀盐酸，产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊；另一份静置一段时间后变为红褐色。已知：碳酸

亚铁是难溶于水的白色固体。下列说法不正确．．．的是A.产生无色气体和白色沉淀的原因是Fe2＋和HCO3－发生水解反应，且相互促进B.配制FeSO4溶液时是把FeSO4·7H2O晶体溶解在稀硫酸中，并加入适量铁粉C.白

色沉淀与盐酸反应的离子方程式是FeCO3＋2H＋＝Fe2＋＋CO2↑＋H2OD..上述实验过程中发生了氧化还原反应10.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是11.高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述不正确．．．

的是A.用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，还产生Fe(OH)3胶体吸附杂质净化水B.用FeCl2溶液吸收反应I中尾气后可再利用C.反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2D.该生产条件下，物质的溶解性：Na2FeO4<K2FeO412.已知草酸

为二元弱酸：H2C2O4HC2O4－＋H＋Ka1HC2O4－C2O42－＋H＋Ka2常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4－、C2O42－三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，则下列说法不正确的是A

.pH＝1.2的溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2C2O4)B.pH＝2.7的溶液中：224222424()1000cHCOcHCOcCO－C.将相同物质的量的KHC2O4和

K2C2O4固体完全溶于水所得混合液的pH为4.2D.向pH＝1.2的溶液中加KOH溶液，将pH增大至4.2的过程中水的电离度一定增大13.将0.4molN2O4气体充入2L固定容积的密闭容器中发生如下反应：N2O4(g)2NO2(g)△H＝＋57kJ/mol。在T1和T2时，测得N

O2的物质的量随时间的变化如下图所示，下列说法正确的是A.T1时，40～80s内用N2O4表示该反应的平均反应速率为0.0025mol·L－1·s－1B.在T1时达到平衡，放出17.1kJ的热量C.在T1达到平

衡后温度变为T2，当再次达到平衡时，混合气体的颜色加深D.T2时达到平衡，若向混合气体中通入NO2，重新达到平衡时，224cNOcNO的值会变小14.下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是15

.已知：lgcHXcHXpcXcX。室温下，向0.10mol·L－1的HX溶液中滴加0.1mol·L－1的NaOH溶液，溶液pH随cHXpcX的变化关系如图。下列说法正确的是A.溶液中水的电离程度：c<b<aB.

b点溶液中的溶质只有NaXC.c点溶液中：c(Na＋)＝10c(HX)D.室温下HX的电离常数为10－4.75第II卷(非选择题共55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．．．．．作

答，在试题卷上答题无效．．．．．．．．．。二、非选择题(共6小题，共55分。第16～19题为必考题，每个试题考生都必须作答。第20～21题为选考题，考生根据要求选择其中一道题作答。(一)必考题(45分)16.(11分)低碳排放以

及CO2的有效利用对于改善空气质量，开发利用清洁能源都具有重要的意义。请回答下列问题：(1)CO2与H2合成甲醇：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。最近采用真空封管法制备的磷化硼纳米颗粒是一种非金属催

化剂，使得CO2电催化还原制备甲醇方向上取得了重要进展，该反应历程如图所示：由图可知，得到的副产物有CO和CH2O等，其中相对较多的副产物为；上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中(填字母)的能量变化。A.*CO＋*OH→*CO＋*H2O

B.*CO→*OCHC.*OCH2→*OCH3D.*OCH3→*CH3OH(2)目前，海水吸收CO2也是CO2综合利用的重要研究方向，海水中CO2的吸收能力取决于溶解的碳酸和硼酸形成的CO32－和B(OH

)4－浓度。已知：硼酸为一元弱酸，其电离方程式为：H3BO3＋H2OH＋＋B(OH)4－298K时，Ka＝5.7×10－10298K时，碳酸的电离平衡常数：Ka1＝4.3×10－7；Ka2＝5.6×10－11①298K时，相同浓度的碳酸钠

溶液和硼酸钠溶液，pH较大的是溶液。②少量CO2与B(OH)4－反应的离子方程式为。(3)采用高温熔融混合碳酸盐LiaNabKcCO3作电解质吸收并电解CO2制得无定型炭是CO2资源化利用的一种新途径。此法的阴极电

极反应式为。(4)SO2是空气中的污染物，双碱法除去SO2是指：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生，可简要表示为：NaOH溶液2SOCaONa2SO3溶液①用化学方程式表示NaOH再生的原理。②25°C时，将一定量的SO2通入到NaOH溶液中，两者完全反应，得到含Na

2SO3、NaHSO3的混合溶液，且溶液恰好呈中性，则该混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序为。(已知25℃时，H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1×10－2，Ka2＝1×10－7)。17.(10分)高纯MnCO3是广泛用于电子行业的强磁性材料。MnCO3为白色粉末，不溶于水和乙醇，在潮湿环

境下易被氧化，温度高于100℃开始分解，实验室以MnO2为原料制备MnCO3。(1)制备MnSO4溶液：①主要反应装置如图，缓缓通入经N2稀释的SO2气体，发生反应H2SO3＋MnO2＝MnSO4＋H2O。下列措施中，目的是加快化学反应速率的是(填标号)。A.MnO2加入前先研磨B.搅拌C.提

高混合气中N2比例②已知实验室制取SO2的原理是Na2SO3＋2H2SO(浓)＝2NaHSO4＋SO2↑＋H2O。选择下图所示部分装置与上图装置相连制备MnSO4溶液，应选择的装置有________(填标号)。

③若用空气代替N2进行实验，缺点是。(酸性环境下Mn2＋不易被氧化)(2)制备MnCO3固体：实验步骤：①向MnSO4溶液中边搅拌边加入饱和NH4HCO3溶液生成MnCO3沉淀，反应结束后过滤；②……；③

在70～80℃下烘干得到纯净干燥的MnCO3固体。步骤①中生成沉淀的离子方程式为：。步骤②需要用到的试剂有。(3)问题讨论：已知Mn(OH)2开始沉淀时pH＝7.7，若选用饱和Na2CO3溶液(pH约为12)和MnSO4溶液作为反应原料制备MnCO3沉淀，最合理的加料方式的是。18

.(14分)含铬废物具有较强毒性，如果处置不当进入环境将对生态环境和人体健康构成严重威胁。铬的毒性与其存在的形态有很大的关系。利用化学原理可以对某制革厂工业污泥中Cr(III)进行有效检测与合理处理，工艺流程如下：已知：①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、A

l3＋、Ca2＋和Mg2＋。②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：(1)实验室用质量分数98%，密度为1.84g/mL的浓硫酸配制480mL1mol·L－1的硫酸，需量取浓硫酸mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需要。(

2)H2O2的作用是将滤液I中的Cr3＋转化为Cr2O72－，此反应的离子方程式为：。(3)加入NaOH溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同时又可以将Cr2O72－转化为(填微粒的化学式)(4)钠离子交换树脂的反应原理为：Mn＋＋nNaR

＝MRn＋nNa＋，则利用钠离子交换树脂可除去滤液II中的金属阳离子有。(5)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：。(6)沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定25mL某废水中SCN－浓度，滴加1－2滴指示剂后，可用0.0100mol/LAgNO3标准溶液滴定待测液

，四次滴定消耗AgNO3的量分别为21.00mL、20.02mL、19.98mL、20.00mL。已知：①滴定时可选为滴定指示剂的是(选填编号)A.NaClB.K2CrO4C.KID.NaCN②滴定终点现象是，废水中SCN－浓度

。③若滴定过程中，滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则所测废水中SCN－浓度(填偏高、偏低、无影响)19.(10分)H2S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。请回答：I.工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，

同时生成两种能参与大气循环的氧化物。(1)该反应的化学方程式为。II.H2S可用于检测和沉淀金属阳离子(2)H2S的电离方程式为。(3)已知：25℃时，Ksp(SnS)＝1.0×10－25，Ksp(CdS)＝8.0×10－27。该温度下，向浓度均为0.1mol·L－1的CdCl2和

SnCl2的混合溶液中通入H2S，当Sn2＋开始沉淀时，溶液中c(Cd2＋)＝(溶液体积变化忽略不计)。III.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体。反应原理为i.COS(g)＋H2(g)H2S(g)＋CO(g)△H＝＋7kJ·mol－1ii.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2

(g)△H＝－42kJ·mol－1。(4)已知：断裂1mol分子中的化学键所需吸收的能量如表所示。表中x＝。(5)向10L容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2

O(g)，进行上述两个反应。其他条件不变时，体系内CO平衡时的体积分数与温度(T)的关系如图所示。①随着温度升高，CO的平衡体积分数(填“增大”或“减小”)。原因为。②T1℃时，测得平衡时体系中COS的物质的

量为0.80mol。则该温度下，CO物质的量为；反应i的平衡常数为(保留两位有效数字)。(二)选考题(共10分。请考生从21、22两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。)20.[选修5－有机化学基础](10分)天然有机物M属于芳香酯类，存在于苹果酒

、威士忌等酒中，具有玫瑰香气，实验室可用下列流程合成：请回答下列问题：(1)根据系统命名法R的名称是；A中含有的官能团是。(写名称)(2)D的分子式是；E→F的反应条件是。(3)写出C＋F→M的化学方程式：。(4)写出以B

为单体聚合生成的高分子化合物的结构简式。(5)T的相对分子质量比F的相对分子质量大14。T同时具备下列条件的结构有种。其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰面积之比为1：1：2：6的结构简式为(任写一种)

。a.遇氯化铁溶液发生显色反应b.属于芳香族化合物(6)以2－溴－2－甲基丙烷为原料合成R，设计合成路线(其他无机原料自选)。21.[选修3－物质结构与性质](10分)材料科学的迅速发展正在改变着我们的生活。镓(G

a)、锗(Ge)、硅(Si)、硒(Se)的单质及某些化合物(如砷化镓、磷化镓等)都是常用的半导体材料；含有N和S两种非金属元素的聚氮化硫(SN)，是重要的超导材料，目前已成为全球材料行业研究的热点。回答下列问题：(1)

硒常用作光敏材料，基态硒原子的核外电子排布式为[Ar]。(2)根据元素周期律，原子半径GaAs，第一电离能GaAs。(填“大于”或“小于”)(3)氮的化合物也是形成特殊材料的重要元素，NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一，lmolNH4BF4晶体中含有配位键

的数目为；(CH3)3N中N原子杂化方式为。(4)GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，它们熔点从高到低的顺序是。(5)GaN是一种重要的半导体材料，其晶胞结构和金刚石类似，其晶胞结构如图。①

晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为。②GaN晶体的晶胞边长为apm，摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数的值为NA，则GaN晶体的密度为g·cm－3(只要求列算式，不必计算出结果

，1pm＝10－12m)。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：1-10BCDBCDBCAC11-15DCDBD1.【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】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；1mol吲哚乙酸

含有1mol苯环、1mol碳碳双键，与足量H2发生反应，最多消耗4molH2，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Na＞Cl＞C＞H，A选项正确；C

l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2NA，B选项错误；18g氨基(－ND2)为1moL，电子数为9NA，C选项错误；反应KIO3＋6HI＝KI＋3I2＋3H2O中，每6moLHI中只有5moL作还原剂，所以生成3moLI2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LiPF6−LiAsF6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：Ca−2e−===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LiPF6−LiAsF6电解质中的Li+通过锂离子导体膜移入右室，正极反应为：Li1−xFePO4＋xLi+＋xe−===LiFePO4，电极发生Li+嵌入，B错误；充电时，阳极发生：LiFePO4−xe−===x

Li+＋Li1−xFePO4，电极发生Li+脱嵌，阴极发生：Ca2+＋2e−===Ca，转移0.2mol电子时，有0.2molLi+从右室通过锂离子导体膜移入左室，左室电解质中有0.1molCa2+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40×0.1g−7

×0.2g=2.6g，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FeSO4溶液时把FeSO4·7H2O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FeCO3一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Na2

O2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4︰1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，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FeCl

3，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3∶2，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(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正确；故选C。13．【答案】D【解析】根据反应可知：Δn(N2O4)=0.4mol-0.3mol=0.1mol，Δc(N2O4)=0

.05mol·L－1，由速率公式可求得v(N2O4)=0.05mol·L－1÷40s=0.00125mol·L－1·s－1,A错误；该反应正方向吸热，在T1时达到平衡，吸收的热量=57kJ÷2x0.6=17.1kJ,B错误；由图像可知，温度T1＞T2，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，cNO2cN2O4的值会变小，D正确。14、【答案】B【解析】可逆反应F

e3++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；ΔH＝ΔH1＋ΔH2，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，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cHXpcX=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）①Na2CO3（1分）②CO2+B(OH)ˉ4═H3BO3+HCO－3（2分）（3）3CO2+4e-═C+2CO32ˉ（2分）（4）①CaO+H2O+Na2SO3=CaSO

3+2NaOH（2分）②c(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+*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）①碳酸的电离平衡常数Ka2=5.6×10-11＜Ka=5.7×10-10，水解能力：CO32

ˉ＞B(OH)4ˉ，相同浓度的碳酸钠溶液和硼酸钠溶液，pH较大的是Na2CO3。②根据电离常数可知酸性：H2CO3＞H3BO3＞HCO－3,所以反应为：CO2+B(OH)ˉ4═H3BO3+HCO－3（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+2CO32ˉ(4)①氧化

钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与Na2SO3发生复分解反应，总反应方程式是CaO+H2O+Na2SO3=CaSO3+2NaOH；②25℃时，Ka2=1×10-7，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(S

O32-)>c(OH-)=c(H+)。17（10分）【答案】（1）①AB（1分）②abef（2分）③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）①MnO2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；②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；③制备原理为：H2SO3＋MnO2=MnSO4＋H2O，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②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，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Na2CO

3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)500mL容量瓶、胶头滴管(1分，漏写不得分)(2)2Cr3+＋3H2O2＋H2O＝Cr2O72-＋8H＋(2分)(3)CrO42-

(1分)(4)Mg2+、Ca2+(1分漏写不得分)(5)2CrO42-＋3SO2＋12H2O＝2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO42-＋2OH－(2分)(6)①B(1分)②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)③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/L500mL，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，SO2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+2CrO4

2-+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓+SO42-+2OH-。(6)①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(A

gI)＜Ksp(AgSCN)，AgSCN与AgI类型相同，更易形成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。②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－)=0.0100mol/L·20ml可求得：c=0.0080mol/L③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】Ⅰ.(1)4SO2＋3CH4==========

=催化剂高温4H2S＋3CO2＋2H2O（1分）Ⅱ.(2)H2SH＋＋HS－（只要写出第一步电离即可，1分）(3)8.0×10－3mol·L－1（2分）Ⅲ.(4)1076（2分）(5)①增大（1分）反应ⅰ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ⅱ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）②0.15mol（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H2SH＋＋HS－。(3)当Sn2＋开始沉淀时，溶液中c(S2－)＝KspS

nScSn2＋＝1.0×10－250.1mol·L－1＝1.0×10－24mol·L－1，此时溶液中c(Cd2＋)＝KspCdScS2－＝8.0×10－271.0×10－24mol·L－1＝8.0×10－3mol·L－1。(4)反应热＝反应物总键能－生成物总键能，对于反应ⅰ，

ΔH＝(1319＋442－678－x)kJ·mol－1＝＋7kJ·mol－1，解得x＝1076[或利用反应ⅱ进行计算，ΔH＝(x＋930－1606－442)kJ·mol－1＝－42kJ·mol－1，解得x＝1076]。(5)①由题图知，随着温度升高，CO的平衡体积分数

增大。反应ⅰ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ⅱ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，体系中CO的平衡体积分数增大。②T1℃时，C

O的平衡体积分数为5%，反应ⅰ、反应ⅱ均是分子数不变的反应，可知CO的物质的量为3mol×5%＝0.15mol；又知，平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol，则反应的n(COS)＝0.20mol，反应ⅰ生成0.20molCO，剩余

0.80molH2，生成的CO与H2O(g)发生反应ⅱ，设达到平衡时，参加反应ⅱ的CO为xmol，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－x1－xx0.80＋x开始共投入3mol气体，且反应ⅰ和反应ⅱ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－xmol3mol×100%＝5%，解得x＝0.05。故平衡时体系中n(COS)＝0.

80mol，n(H2)＝0.80mol＋0.05mol＝0.85mol，n(H2S)＝0.20mol，n(CO)＝0.20mol－0.05mol＝0.15mol，反应ⅰ的平衡常数K＝cH2S·cCOcCOS·cH2＝0.20×0.150.80×0.85≈0

.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1分)(1分)(4)(1分)（各1分）（2分）21．（10分）【答案】(1)3d104

s24p4(1分)(2)大于；小于(各1分)(3)2NAsp3杂化(各1分)(4)GaN＞GaP＞GaAs(2分)(5)①12(1分)②4MNA·a×10－103(2分)【解析】(1)Se是34号元素，位于第四周期ⅥA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离子中各有一个配位键，故lm

olNH4BF4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σ电子对为3，孤电子对数为5－1×32＝1，因此(CH3)3N分子中N原子采用sp3杂化；(4)因为原子半径N＜P＜As，键长Ga—N＜Ga—P＜G

a—As，键能Ga—N＞Ga—P＞Ga—As，故熔点GaN＞GaP＞GaAs。(5)①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。②GaN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ρ＝mV＝4MNA·

a×10－103。