2020安徽省泗县一中高二5月月考化学试题扫描版含答案

这是一份2020安徽省泗县一中高二5月月考化学试题扫描版含答案，共23页。试卷主要包含了【答案】B，【答案】C，2 ml电子时，有0，6×10-11＜Ka=5，【答案】等内容，欢迎下载使用。







高二化学试题答案
选择题：1-10 BCDBC DBCAC 11-15 DCDBD
1.【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；1 ml吲哚乙酸含有1 ml苯环、1 ml碳碳双键，与足量H2发生反应，最多消耗4 ml H2，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；Cl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-carbn)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2 NA，B选项错误；18g 氨基(－ND2)为1mL，电子数为9 NA，C选项错误；反应KIO3＋6HI＝KI＋3I2＋3H2O 中，每6mLHI中只有5mL作还原剂，所以生成3mL I2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−===xLi+＋Li1−xFePO4，电极发生Li+脱嵌，阴极发生：Ca2+＋2e−===Ca，转移0.2 ml电子时，有0.2 ml Li+从右室通过锂离子导体膜移入左室，左室电解质中有0.1 ml Ca2+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40×0.1 g −7×0.2 g =2.6 g，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CO3 2-+ 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F eSO4溶液时把F eSO4·7H2O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Na2O2 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FeCl3，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)=0.4ml-0.3 ml=0.1 ml，Δc(N2O4)=0.05 ml·L－1，由速率公式可求得v(N2O4)= 0.05 ml·L－1÷40s=0.00125ml·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=57 kJ ÷2x0.6=17.1 kJ ,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，()()的值会变小，D正确。

14、【答案】B
【解析】 可逆反应Fe3++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=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) ═ H3BO3+ HCO（2分）
（3）3CO2+4e- ═ C+2CO（2分）
（4）①CaO+H2O+Na2SO3=CaSO3+ 2NaOH （2分）
② c(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：CO＞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, 所以反应为：CO2+ B(OH) ═ H3BO3+ HCO
（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+2CO
(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(SO32-)>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Na2CO3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) 500 mL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 0.008 ml/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)，18.4ml/LV(浓H2SO4)=1ml/L500mL，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+2CrO42-+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(AgI)＜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－)=0.0100 ml/L·20 ml 可求得： c=0.0080ml/L
③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 4H2S＋3CO2＋2H2O（1分）
Ⅱ.(2)H2SH＋＋HS－ （只要写出第一步电离即可，1分）
(3)8.0×10－3ml·L－1 （2分）
Ⅲ.(4)1 076 （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）
②0.15ml （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－)＝()()＝ ml·L－1＝1.0×10－24ml·L－1，此时溶液中c(Cd2＋)＝()()＝ ml·L－1＝8.0×10－3ml·L－1。
(4)反应热＝反应物总键能－生成物总键能，对于反应ⅰ，ΔH＝(1 319＋442－678－x)kJ·ml－1＝＋7 kJ·ml－1，解得x＝1 076[或利用反应ⅱ进行计算，ΔH＝(x＋930－1 606－442)kJ·ml－1＝－42 kJ·ml－1，解得x＝1 076]。
(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， CO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3ml×5%＝0.15 ml；又知，平衡时体系中COS的物质的量为0.80 ml，则反应的n(COS)＝0.20 ml，反应ⅰ生成0.20 ml CO，剩余0.80 ml H2，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x ml，利用三段式法进行计算：
CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g)
起始(ml) 0.20 1 0 0.80
转化(ml) x x x x
平衡(ml) 0.20－x 1－x x 0.80＋x
开始共投入3 ml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()×100%＝5%，解得x＝0.05。故平衡时体系中n(COS)＝0.80 ml，n(H2)＝0.80 ml＋0.05 ml＝0.85 ml，n(H2S)＝0.20 ml，n(CO)＝0.20 ml－0.05 ml＝0.15 ml，反应ⅰ的平衡常数K＝()()()()＝≈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)3d104s24p4 (1分)
(2)大于；小于(各1分)
(3) 2NA sp3杂化 (各1分)
(4) GaN＞GaP＞GaAs (2分)
(5)①12(1分)
②() (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lml NH4BF4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＝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＜Ga—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＝＝()。