【文档说明】安徽省示范高中培优联盟2020-2021学年高二上学期冬季联赛化学答案.pdf，共(9)页，324.456 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冬季联赛高二化学试题答案一、单项选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分)1.【答案】C【解析】A选项，铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，A错误；B选项，强水为盐酸与硝酸混合物，具有强的氧化性，B错误；C选项，“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫

”指的是硫黄，“硝”指的是硝酸钾，C正确；D选项，.安南人黄姓者为宅煮糖，墙塌压糖，去土而糖白，后人遂效之，利用的是泥土的吸附性，过程中没有新物质生成，属于物理变化，D错误。2.【答案】B【解析】A选项，明矾只有净水作用，不能杀菌消毒，A错误；B选项，花生油属于油

脂，鸡蛋清主要成分是蛋白质，油脂与蛋白质都能发生水解反应，B正确；C选项，加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中反应生成硫酸钙，二氧化硫的排放量减少，但在高温下反应仍生成二氧化碳。也就是燃煤时加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放

量，C错误；D选项，合成纤维、人造纤维都属于有机高分子材料，碳纤维是碳的单质，不属于有机高分子材料，D错误。3.【答案】C【解析】A选项，使甲基橙变黄色的溶液,可能显碱性,不能大量存在，A错误；B选项，在c(H+)/c(OH–)=1×1012的溶液中氢离子浓度

为0.1mol·L－1,溶液显酸性，不能大量存在ClO﹣，B错误；C选项，之间不反应，与银氨溶液也不反应，故可以共存，C正确；D选项，与Al反应能放出的溶液，为强酸或强碱溶液，若为强酸性，则溶液中不可存在，否

则不能产生氢气；若为强碱性，则能大量存在，D错误。12345678910CBCBDCADAB1112131415CCBCD24.【答案】B【解析】A选项，容量瓶不能用于溶解固体或稀释浓溶液,应将浓硫酸在烧杯中稀释后转移到容量瓶，A错误；B选项，实验室快速制取氨

气,可用浓氨水与生石灰反应，B正确；C选项，NO2能与水反应,不能用排水法收集，C错误；D选项，Na2O2为粉末状固体,不能放在有孔的泡沫板上，D错误。5.【答案】D【解析】A选项，4.4g乙醛所含共用电子对数目为0.7NA，A错误；B选

项，标准状况下，氟化氢为液体，B错误；C选项，水中也含有氧原子，所以氧原子数目大于2NA，C错误；D选项，铵根离子中N元素化合价由-3价升至氮气中的0价，硝酸根离子中N元素化合价由+5价降至氮气中的0价，所以生成的氮气中有3/8是还原产物、5/8是氧化

产物。每生成4molN2转移电子15mol，所以生成28gN2，即1mol，转移的电子为3.75mol，数目为3.75NA，D正确。6.【答案】C【解析】W的简单氢化物可用作制冷剂，W为N元素；Y的原子半径是所有

短周期主族元素中最大的，Y为Na元素；由X、Y、Z三种元素形成的一种盐中加入稀盐酸有黄色沉淀析出同时有刺激性气体产生，该黄色沉淀为S，结合X、Y、Z的原子序数依次增大，X为O元素，Z为S元素。A选项，Na原子半径比S原

子大，N原子半径比O原子大，综合考虑，A正确；B选项，H2O分之间可以形成氢键，导致沸点升高，B正确；C选项，Na2S水解显碱性，应该使红色石蕊试纸变蓝，C错误；D选项，N元素最高价含氧酸为硝酸，而硝酸是强酸，D正确。7.【答案】A【解析】

A选项，阿比朵尔的分子式为C22H25BrN2O3S，A正确；B选项，1mol阿比朵尔最多可与7molH2发生加成反应，B错误；C选项，阿比朵尔的分子中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，使其褪色，C错误；D选项，阿比朵尔分子中含有酚羟基，能和金属钠反应，D错误。8.【答案

】D【解析】A选项，N2和O2一步只生成NO，不能生成NO2，不满足常温下图示转化关系，A错误；B选项，Na在氧气中燃烧生成Na2O2，常温下Na和水反应生成NaOH，Na和盐酸反应最终生成NaCl，但氯化钠不能一步反应生成Na2O2，不满足图示转化关系

，B错误；C选项，Si不能一步生成H2SiO3，不满足常温下图示转化关系，C错误；D项，常温下Al和3盐酸反应生成AlCl3，Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2，Al和硫酸反应生成Al2(SO4)3，满足常温下图示转化关系，D正

确。9.【答案】A【解析】A选项，用过量氨水吸收工业尾气中的SO2产物为亚硫酸铵，A正确；B选项，Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应：2HCO3－+Ca2＋+2OH－=CaCO3↓+H2O+

CO32-，B错误；C选项，磁性氧化铁在书写离子方程式时不能拆开，C错误；D选项，酸性溶液中，正确的离子方程式为：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，D错误。10.【答案】B【解析】A选项，S2O32-中S的化合价升高，为还原剂，A错误；

B选项，S2O32-在酸性条件下发生歧化反应生成S与SO2，B正确；C选项，每生成1molSO42－，可脱去2molCl2，C错误；D选项，检验SO42－应该先加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液，D错误。11.【答案】C【解析】A选项，根据元素守恒知,

即使碳酸钠分解也不能生成水,可能是碳酸钠不干燥导致的，A错误；B选项，向溶液X中先滴加稀硝酸,再滴加Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀,溶液X中可能含SO32－或SO42－,或二者均有,B错误；C选项

，白色沉淀Mg(OH)2转化成浅蓝色的Cu(OH)2沉淀，而两者溶度积常数表达方式相同，所以Cu(OH)2的溶度积小，C正确；D选项，双氧水具有氧化性,亚铁离子具有还原性,亚铁离子和双氧水反应生成铁离子

,铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色,加入双氧水后溶液变成血红色说明亚铁离子被氧化,则亚铁离子有还原性,不能说明具有氧化性，D错误。12.（选修4）【答案】C【解析】A选项，C(石墨，s)转化为C(金刚石，s)是吸热反应，则石墨比金刚石能量低，更稳定一些，A错误；B选项，

应该将H2O(g)改为H2O(l)，B错误；C选项，利用盖斯定律，则ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－642.3kJ·mol－1，C正确；D选项，因为稀醋酸电离吸热，所以放出的热量应该小于57.4kJ，D错误。12.（选修5）【答案】C【解析】根据有机物的结构简式可知分子中含有酚羟基、醇羟基和羧基，另

外还含有苯环，则可以发生①取代、②加成、③消去、⑤酯化、⑥氧化，不能发生④水解和⑦加聚，C正确。13.（选修4）【答案】B4【解析】E(g)＋F(s)2G(g)为气体分子数增加的反应，△S＞0，③错误；因增大压强，平衡逆向移动，G的体积分数减小，由表中数据可知，升高温度，增

大压强时，G的体积分数增大，故该反应为吸热反应，△H＞0，K(1000℃)＞K(810℃)，b＜f，①错误、④正确；915℃、2.0Mpa条件下，平衡时G的体积分数为0.75，则E的体积分数为0.25，而G的变化量为0.75，则E的变化量为0.375，可知E的初始量为0.625，转化率为

60%，②正确。故正确选项有②④。综上所述，本题正确答案为B。13.（选修5）【答案】B【解析】A选项，根据有机物的结构简式可知分子中含有醛基，所以能够发生银镜反应，A正确；B选项，1mol有机物含有2mol卤素原子，且和苯环直接相连，因此最多消耗4molNaOH，B错误；C选

项，B.两个醛基处于邻位，如果F原子处于一个醛基的邻位，有3种结构；如果F原子处于一个醛基的间位，还有2种，所以具有相同官能团且醛基在邻位的同分异构体还有5种，C正确；D选项，苯分子、甲醛中所有原子都共平面，所以该分子中最多所有原子共平面，即1个

该分子最多有16个原子共面，D正确。14.（选修4）【答案】C【解析】A选项，组成的原电池的负极被氧化,镁为负极，而非正极，A错误；B选项，双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为水，发生还原反应，B错误；C选项，双氧水作为氧化剂

,在石墨上被还原变为水，故溶液PH值增大，C正确；D选项，Cl-移动方向同外电路电子移动方向一致，应向负极方向移动，D错误。14.（选修5）【答案】C【解析】A选项，富勒烯中只含有碳元素，不含氢元素，所以富勒烯不是烃，A错误；B选项，同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或

若干个CH2的有机物，①中含有3个苯环，所以结构不相似，B错误；C选项，立方烷的二氯代物有三种，分别为、、；金刚烷的二氯代物有六种，分别为、、、、、，C正确；D选项，由于富勒烯中不含有氢元素，所以不能发生取代反应，D错误。综上所

述，本题正确答案为C。515.（选修4）【答案】D【解析】A选项，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度最小，A错误；B选项，Na2S溶液中，根据物料守恒，2c(S2－)

＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)，B错误；C选项，向100mLZn2+、Cu2+浓度均为0.1mol·L－1的混合溶液中逐滴加入10－3mol·L－1的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为

c（S2-）==3×10−2510−5mol/L=3×10-20mol/L，产生CuS时需要的S2-浓度为c（S2-）==10−35.410−5mol/L=10-30.4mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，优先产生CuS沉

淀，C错误；D选项，温度下，平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L，则Ksp（CuS）=c（Cu2+）c（S2-）=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2=4×10-36mol2/L2，D正确。15.（选修5）【答

案】D【解析】A选项，根据有机物的结构简式可知分子中不含有酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，A正确；B选项，1mol有机物含有1mol羧基和酯基，所以1mol该物质最多可消耗2molNaOH，B正确；C选项，1mol有机物含有1mol羧基，生成1molCO2，C正

确；D选项，羟基与羧基都能与金属钠反应，生成的氢气标况下应该是22.4L，D正确。二、非选择题(本题包括4大题，共55分)16、（11分）【答案】（1）二（1分）VIA（1分）小（1分）（2）弱（1分）分子间作用力（范

德华力）（1分）甲醇（答案合理即可）（2分）（3）先产生白色沉淀，后沉淀溶解（2分）（4）SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O（2分）【解析】略17、（14分）【答案】（1）三颈烧瓶（1分）（2）防止D试管中液体进入B中(或安全瓶、防倒吸)（2分）（3）2ClO2＋H2O2＋2OH

－===2ClO－2＋O2＋2H2O（2分）（4）防止B中产生SO2进入D装置的试管中，影响产品纯度；（2分）加入足量的盐酸，无现象，再加适量BaCl2溶液，产生白色沉淀（2分）6（5）①溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原（2分）②90.5C

V×10－3（3分）【解析】（1）盛放NaClO3和Na2SO3固体的仪器是三颈烧瓶。（2）装置C的作用是安全瓶，防止D试管中液体进入装置B中。（3）根据信息，ClO2→NaClO2，其中Cl的化合价由＋4价→＋3价，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂

，被氧化成O2，离子方程式为2ClO2＋H2O2＋2OH－===2ClO－2＋O2＋2H2O。（4）H2SO4和Na2SO3反应生成的SO2进入装置D中，产生杂质，因此NaClO3稍微过量的目的是防止B中产生的SO2进入D装置

的试管中，影响产品纯度；检验SO2－4的操作是加入足量的盐酸，无现象，再加适量BaCl2溶液，产生白色沉淀。（5）①达到滴定终点时，I2完全转化为I－，选用淀粉溶液作指示剂，故确定滴定终点的现象是溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原。②根据ClO－2＋4I－＋4H＋===2I2＋Cl－＋

2H2O，I2＋2S2O2－3===2I－＋S4O2－6可得对应关系：NaClO2～4Na2S2O3，n(NaClO2)＝14n(Na2S2O3)＝c·V×10－3mol×14×4＝c·V×10－3mol，所以质量为90.5CV×10－3g。18、（14分）【答案】（1）Co

2O3＋SO2－3＋4H＋===2Co2＋＋SO2－4＋2H2O（3分）（2）ClO－3＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O（3分）（3）使Fe3＋和Al3＋沉淀完全（2分）CaF2和MgF2（2分）

（4）蒸发浓缩（1分）冷却结晶（1分）（5）粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质)（2分）【解析】（1）浸出过程中，Co2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2＋，Co元素化合价降低，则S元素化合价

升高，SO2－3转化为SO2－4，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：Co2O3＋4H＋＋SO2－3===2Co2＋＋SO2－4＋2H2O。（2）NaClO3加入浸出液中，将Fe2＋氧化为Fe3＋，ClO－3被还原为Cl－，反应的离子方程式为ClO－3＋6Fe2＋＋

6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。（3）根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3＋和Al3＋沉淀完全。滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co2＋、Mn2＋、Mg2＋、Ca2＋等，萃取剂层含锰元素，

结合流程图中向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2。（4）经过操作Ⅰ由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作Ⅰ还包括蒸发浓缩、冷却结晶。（5）根据CoCl2·6H2O的组成及测定过程分析，

造成粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。719、（选修4）（16分）【答案】（1）（2分）（2）①a到

c反应未达平衡，温度越高反应速率越快，甲醇的体积分数越大（2分）②<（2分）③AD（2分）（3）①<（2分）②22.5%（2分）③>（2分）④2)7×1.21.1)(7×1.255.0()7×1.245.0(（2分）【解

析】(1)乙烯和水蒸气化合生成甲醇气体的化学方程式为：C2H4(g)+2H2O(g)═2CH3OH(g)，反应可由③−②+①得到,根据盖斯定律,该反应的焓变为△H=△H3−△H2+△H1=+29.1kJ/mol，故答案为：C2H4(g)+

2H2O(g)═2CH3OH(g)△H=+29.1kJ/mol(2)①温度升高甲醇的体积分数增大，注意到温度升高到一定程度时，甲醇的体积分数减少，说明此时温度升高不利于反应正向进行，考虑a−c段则是反应尚未达到化学平衡，温度升高有利于反应正向进行，故答案为：a到

c反应未达平衡，温度越高反应速率越快，甲醇的体积分数越大②根据图象判断出温度对平衡的影响，从图象可以看出，升高温度，甲醇的物质的量减少，说明正反应是放热反应，则△H<0，故答案为：<③AD（分析略）（3）①图象分析可知，先拐先平温度高

，则T1<T2，故答案为：<②设消耗CO物质的量为x，CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)起始量（mol）120变化量（mol）x2xx平衡量（mol）1-x2-2xx图中A点时，压强为8.5MPa则1−x+2−2x+x3=8.510，x=0.225故答案为：22.5%③C点是平衡状态

，A点反应未达到平衡状态，其中C点的正反应速率vC(正)与A点的逆反应速率vA(逆)的大小关系为vC(正)�vA(逆)，故答案为：>④2)7×1.21.1)(7×1.255.0()7×1.245.0(20、（选修5）（

16分）【答案】（1）（1分）三氟甲苯（1分）（2）浓硝酸/浓硫酸、加热（1分）取代反应（1分）—CH38（3）（2分）吸收反应产物的HCl，提高反应转化率（2分）（4）C11H11F3N2O3（2分）（5）9（3分）（6）（3分）【解析】A和氯气发生取代反应生成B，根据B分子式知，A为，

B为，C发生取代反应生成D，D发生还原反应生成E，根据G结构简式知，E发生取代反应生成F，F和浓硝酸发生取代反应生成G，F结构简式为；(6)由苯甲醚()制备4−甲氧基乙苯胺，苯甲醚发生取代反应生成对硝基苯甲醚，对硝基苯甲醚发生还原反应生成对氨基苯甲醚

，对氨基苯甲醚发生取代反应生成4−甲氧基乙苯胺。(1)由以上分析可知A为甲苯，结构简式为，C的化学名称是三氟甲苯，故答案为：；三氟甲苯；(2)③为三氟甲苯的硝化反应，反应条件是在浓硫酸作用下，加热，与浓硝酸发生取代反应，故答案为：浓硫酸、浓硝酸，并加热；取代反应；(3)⑤的反应方程式

为，吡啶是一种有机碱，其作用是吸收HCl，提高产物的产率，故答案为：；吸收反应产生的氯化氢，提高反应转化率；(4)由结构简式可知G的分子式为C11H11O3N2F3，故答案为：C11H11O3N2F3；9(5)H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则苯环有3个不同的取代基

，如固定一种取代基，则对应的同分异构体的种类为C52=10，或者说，固定−CF3和−NO2，如−CF3和−NO2处于邻位，另一种取代基有4种位置，−CF3和−NO2处于间位，另一种取代基有4种位置，−CF3和−NO2处于对位，另一种取代基有2种位置，共10种，则H可能的结构还有9种，故答案为：9；

(6)由苯甲醚()制备4−甲氧基乙酰苯胺，可先与浓硝酸发生取代反应生成，发生还原反应生成，最后与CH3COCl发生取代反应可生成，则合成流程为，故答案为：。