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安徽省太和第一中学2019-2020学年高二化学下学期教学衔接调研考试试题安徽省太和第一中学2019-2020学年高二化学下学期教学衔接调研考试试题年级：姓名：- 21 -安徽省太和第一中学2019-2020学年高二化学下学期教学衔接调研考试试题（超越班，含解析）1.化学与生活、科技息息相关，下列说法正确的是A. 酒精浓度越高，灭新型冠状肺炎病毒效果越好B. 食盐加碘可以预防大脖子病，其中“碘”主要指的是碘化钾C. 春节时期燃放的烟花，绽放空中五彩缤纷，其原理是利用某些金属元素的焰色反应D. 棉、麻、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O【答案】C【解析】【详解】A. 能有效杀菌消毒的酒精是75%的酒精，酒精浓度太高，就会迅速将菌体表面的蛋白质凝固，在其表面形成一层保护膜，阻止酒精继续渗进病毒内部，不易使核酸变性，故A错误；B. 食盐加碘的不是碘化钾（KI），而是碘酸钾（KIO3），故B错误；C. 烟花燃烧绽放空中五彩缤纷的颜色，是利用某些金属的焰色反应，故C正确；D. 棉、麻是植物纤维，只含有C、H、O元素；羊毛是动物纤维其主要成分是蛋白质，蛋白质由C、H、O、N元素组成，还可能含有S、P等，N、S、P燃烧是会生成其各自的氧化物，故D错误；答案：C。2.2020年1月11日科教频道，以短片介绍了周其林院士“万能”手性催化剂。手性一词来源于希腊语手，是自然界中广泛存在的一种现象。比如我们的左手照镜子时看到的模样与右手一模一样。但在现实世界中，我们的左手却永远无法与右手完全重合，这种现象就叫手性。具有手性特征的物体就叫手性物体。下列说法正确是A. 催化剂在催化过程中实际参与了反应，并改变反应的进程B. “万能”手性催化剂可以催化任何一种反应C. 催化剂可以加快反应速率，提高反应物的转化率D. 氯仿、甲醇具有手性【答案】A【解析】【详解】A. 催化剂参加了反应，降低反应的活化能，实际上在反应过程改变反应的进程；但催化剂理论上在整个反应前后是质量不变和化学组成均不变的物质，故A正确；B. 催化剂具有高度的选择性（或专一性），一种催化剂并非对所有的化学反应都有催化作用,故B错误；C. 催化剂可以加快反应速率，缩短反应达到平衡的时间，并不能提高反应物的转化率，故C错误；D. 氯仿（CHCl3）与甲醇（CH3OH）无论空间怎么摆放都可以通过旋转与原来分子重合，因而氯仿、甲醇都不具有手性，故D错误；答案；A。3.2019年10月9日诺贝尔化学奖授予了JohnB.Goodenough，M.StanleyWhittingham和AkiraYoshino三位科学家，以表彰他们在锂离子电池开发中的贡献。下面是锂离子放电时电池的总反应为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+C6(x1)。下列关于该电池的说法正确的是A. Li1-xCoO2一端的电势要比LixC6的一端电势要高B. 乙醇、乙酸可以做锂离子电池的电解质液C. 若将Li换成Na，放电时每转移1mole-，碳棒减少的质量更少D. 充电时，负极的电极反应式为C6+xLi+-xe-=LixC6【答案】A【解析】【分析】根据电池总反应，Li1-xCoO2电极一端发生还原反应，得到电子，作正极；而LixC6的电极一端发生氧化反应，失去电子，作负极，据此分析；【详解】A. 根据电池总反应，在原电池中Li1-xCoO2一端，发生还原反应，得到电子，作正极， LixC6的一端发生氧化反应，失去电子，作负极。在原电池中，电流与电子的导线的流动方向相反，电流是从电势高的一端流动到电势低的一端，所以Li1-xCoO2一端的电势要比LixC6的一端电势要高，故A正确；B. 乙醇属于非电解质，不可以作电解质溶液，乙酸中有活泼氢，锂与乙酸可发生氧化还原反应，故B错误；C. 锂离子电池，电极反应式为LixC6xe=xLiC6，放电时每转移1mole，碳棒减少7g；若将Li换成Na，放电时每转移1mole，碳棒减少23g，若将Li换成Na，放电时每转移1mol e，碳棒减少的质量更多，故C错误；D. 充电时，电源负极与阴极相连，发生还原反应，其电极反应式为：C6+xLi+xe-=LixC6，故D错误；答案A【点睛】关于电池试题，一般采用先把电极反应式书写出，负极反应式为LixC6xe=xLiC6，正极反应式为Li1xCoO2xexLi=LiCoO2，然后逐步分析就可以；另外对可充电电池来说，充电时，电源的正极，接电池的正极，电源的负极，接电池的负极，它们的电极反应式应认为是电池正负极电极反应式的逆过程。4.氯气可以用于制取漂白剂和自来水杀菌消毒。常温下，溶液中Cl2(aq)、HClO和ClO-物质的量分数()随pH变化的关系如图所示。已知，Cl2(g)Cl2(aq)K1=101.2Cl2(aq)H2OHClOHClK2=103.4下列说法正确的是A. Cl2(g)H2O2HClOClK3=1010.9B. 氯气通入水中，c(HClO)c(ClO)c(H)c(OH)C. pH=7.0时漂白能力要比pH=6.0时要强D. 氯气处理自来水时，在夏天的杀菌消毒效果要比在冬天好【答案】B【解析】【详解】A. Cl2(g)H2O 2HClOCl，平衡常数的表达式为K3=，在pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO)，即K3=，Cl2(g) Cl2(aq) K1=，Cl2(aq)H2O HClOCl+H，K2=,取pH=7.5，K3=K1K2c(H)=101.2103.4107.5=1012.1，故A错误；B. 氯气通入水中，存在电荷守恒：c(H)=c(Cl)c(ClO)c(OH)，得出：c(Cl)+c(ClO)=c(H)c(OH)，氯气与水反应：Cl2H2O=HClHClO，根据物料守恒，c(Cl)=c(HClO)c(ClO)，带入上式，得出：c(HClO)2c(ClO)=c(H)c(OH)，因此有c(HClO)c(ClO)ZB. Y单质的熔点高于X单质C. X、W、Z能形成具有强氧化性的XZWD. 中W和Y都满足8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，说明W为O，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明X为Na，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，说明Y为Si，Z为Cl。【详解】A选项，Y、Z的氢化物稳定性HCl SiH4，故A错误；B选项，Si单质的熔点高于Na单质，硅是原子晶体，钠是金属晶体，原子晶体熔点一般高于金属晶体熔点，故B正确；C选项，X、W、Z能形成具有强氧化性的NaClO，故C正确；D选项，利用价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断得出SiO32中Si和O都满足8电子稳定结构，故D正确。综上所述，答案为A。【点睛】价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断化合物中各原子是否满足8电子稳定结构。13.海洋是一个巨大的资源宝库，海水开发利用的部分过程如图所示。下列有关说法不正确的是( ) A. 粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去 Ca2、Mg2、SO42-等杂质B. 工业生产中常选用石灰乳作为 Mg2的沉淀剂，并对沉淀进行洗涤C. 第步的反应是将 MgCl26H2O 晶体在空气中直接加热脱去结晶水得无水 MgCl2D. 第步到第步空气吹出法提取海水中溴通常使用 SO2 作还原剂【答案】C【解析】【详解】A. 粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去Ca2、Mg2、SO42等杂质，故A正确；B. 利用沉淀溶解平衡转化，工业生产中常选用石灰乳作为 Mg2的沉淀剂，并对沉淀进行洗涤，故B正确；C. 镁离子要水解，因此第步的反应是将 MgCl26H2O 晶体在HCl气流中加热脱去结晶水得无水 MgCl2，故C错误；D. 第步到第步空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂，SO2与Br2反应生成HBr和H2SO4，故D正确；答案为C。【点睛】工业上沉淀镁离子只能用石灰乳，不能用氢氧化钠，要注意与实际应用相联系，工业要考虑成本问题。14.在T 时，铬酸银()在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法中不正确的是A. 向饱和溶液中加入固体K2CrO4能使溶液由Y点变为X点B. T时，在Y点和Z点，Ag2CrO4的Ksp相等C. T时，的 Ksp数值为 110-11D. 图中【答案】A【解析】【详解】A在含有的水溶液中加入K2CrO4溶液，的浓度增大，使沉淀溶解平衡逆向移动，使溶液中的浓度减小，所以在含的水溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，应变为X点下方一点的位置，故A错误；B一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化，所以t时，Y点和Z点时的Ksp相等，故B正确；C依据 图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，的沉淀溶剂平衡为：； ；故C正确；D依据溶度积常数计算 ，Z点时 ，则 ，所以 ，故D正确；故选A。15.在防治新冠肺炎的工作中，过氧乙酸（CH3COOOH）是众多消毒剂中的一种。过氧乙酸具有强氧化能力，可将各种病原微生物杀灭。其性质不稳定，遇热易分解。某同学利用高浓度的双氧水和冰醋酸制备少量过氧乙酸并进行相关实验。I过氧乙酸的制备向100mL的三颈烧瓶中加入25mL冰醋酸，滴加42.5%双氧水15mL，之后加入一定量浓硫酸，维持反应温度为40，磁力搅拌4h后，室温静置12h。（1）三颈烧瓶中制取过氧乙酸的反应方程式为_。（2）资料显示浓硫酸的用量对制得的过氧乙酸的质量分数有较为明显的影响，如图所示。根据图中数据分析本实验中浓硫酸的用量应为_（填字母）。a 1.5mL-2.0mL b 3.5mL-4.0mL C 5.5mL-6.0mLII过氧乙酸质量分数的测定准确称取1.00g过氧乙酸样液，定容子100mL容量瓶中，取其中10.00mL溶液调pH后，用KMnO4标准溶液滴定至溶液出现浅红色，以除去过氧乙酸试样中剩余的H2O2，再加入过量KI溶液，摇匀，用0.0200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液25.00mL。（已知：）。（3）加入过量KI溶液前，需除去H2O2的原因是_（用离子方程式表示）。（4）滴定时所选指示剂为_；制得过氧乙酸溶液中过氧乙酸质量分数为_%。（5）过氧乙酸用于消毒时，要将原液稀释到0.2%-0.5%之间。若实验室配制1000mL过氧乙酸稀溶液时，除需使用烧杯和玻璃棒外，还要用到以下哪些仪器_（填标号）。【答案】 (1). ; (2). b (3). (4). 淀粉 (5). 19 (6). BDE【解析】【分析】由题中信息可知，乙醚与双氧水在一定的温度下可以发生反应生成过氧乙醚。过氧乙醚的质量分数测定实验中，先用高锰酸钾溶液除去过量的双氧水，防止其氧化碘化钾从而影响实验结果。根据配制一定物质的量浓度的溶液的实验步骤，确定所需要的仪器。【详解】（1）根据题意，过氧乙酸由冰醋酸和双氧水反应制的，方程式为： ；（2）如图所示，浓硫酸3.5mL-4.0mL时，过氧乙酸的质量分数最大，所以答案为b；（3）加入过量KI溶液前，需先除去H2O2，是因为双氧水会氧化碘离子，其离子方程式为 ；（4）滴定时因为有碘出现，碘遇淀粉变蓝，故所选指示剂为淀粉；用0.0200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液25.00mL，则消耗Na2S2O3的物质的量为510-4mol。由、可知，10.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量为消耗Na2S2O3的物质的量的二分之一，即2.510-4mol，则100mL溶液中过氧乙酸的质量为2.510-4mol10 76g/mol=0.19g，则制得过氧乙酸溶液中过氧乙酸质量分数为19%。（5）配制溶液时需要仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、量筒等，所以答案选BDE。16.高锰酸钾是中学常用的试剂。工业上用软锰矿制备高锰酸钾流程。（1）上述流程中可以循环使用物质有_、_(写化学式)。（2）KMnO4稀溶液是一种常用消毒剂。其消毒原理与下列物质相同的是_(填代号)。a84消毒液(NaClO溶液) b75%酒精c苯酚 （3）理论上(若不考虑物质循环与制备过程中的损失)1molMnO2可制得_molKMnO4。（4）操作的名称是_；操作根据KMnO4和K2CO3两物质在_(填性质)上的差异，采用_(填操作步骤)、趁热过滤得到KMnO4粗晶体。【答案】 (1). MnO2 (2). KOH (3). a (4). (5). 过滤 (6). 溶解度 (7). 浓缩结晶【解析】【分析】工业流程题中能够循环利用的物质，要么是有循环箭头指示的物质，要么就是前面作为反应物出现，在后续的流程中又作为生成物出现的物质。【详解】(1)纵观整个流程图，KOH和MnO2先作为反应物出现，并在后续的步骤中又都作为生成物而出现，所以这两种物质可以循环使用；(2)KMnO4杀菌消毒利用的是其强氧化性，题中提供的物质中，84消毒液也是利用强氧化性杀菌消毒的；(3)纵观整个流程，MnO2首先氧化生成的K2MnO4，然后再由K2MnO4歧化生成的KMnO4，同时也有一部分Mn转变为MnO2，根据升降价守恒，可知产物中，所以理论上每消耗1mol的MnO2可获得mol的产品；(4)操作即为过滤，目的是除去MnO2；操作利用碳酸钾和高锰酸钾的溶解度差异，通过浓缩结晶获取高锰酸钾晶体，再趁热过滤将高锰酸钾粗晶体分离。【点睛】判断工业流程题中循环利用物质的依据，一是循环箭头指示的物质，一是在前面的流程中作反应物出现，在后面的流程又作为生成物出现的物质。17.多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。回答下列问题：(I)硅粉与HCl在300时反应生成1mol SiHCl3气体和，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为_。的电子式为_。(II)将氢化为有三种方法，对应的反应依次为：SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g)H103SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g) H20 3SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3H3 反应的_（用H1，H2表示）。温度升高，反应的平衡常数K_（填“增大”、“减小”或“不变”）。(III)如图为绿色电源“二甲醚(CH3OCH3)燃料电池”的工作原理示意图b电极是_极。请写出负极的电极反应方程式：_【答案】 (1). Si(s)+3HCl(g)SiHCl(g)+H2(g)H=-225KJ/mol (2). (3). (4). 减小 (5). 正 (6). C2H6O-12e-+3H2O=2CO2+12H+【解析】【详解】（I）硅粉与HCl在300时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，根据反应热及反应物状态、反应条件书写该反应的热化学方程式为Si(s)+3HCl(g)SiHCl(g)+H2(g)H=-225KJ/mol，SiHCl3中存在1个Si-H键、3个Si-Cl键，其电子式为；（）SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g)H103SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g) H20将方程式-得3SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3H3H2-H10，升高温度平衡向吸热方向移动，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以升高温度反应的平衡常数K减小；（）根据电池示意图，该电池的总反应为CH3OCH3+3O2=2CO2+3H2O，二甲醚为负极失电子，电极方程式为CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+，氧气为正极得电子，电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O。18.铁系元素是人体必需的微量元素，Fe3+可以与KSCN溶液、苯酚等发生显色作用。镁元素也是人体所必需的阳离子元素之一，它能够维持核酸结构的稳定性，调节机体免疫功能，对人体抵抗新冠病毒等病毒侵袭起着重要作用。（1）Fe3+的基态核外电子排布式为_。（2）与SCN互为等电子体且为非极性分子的化学式为_（任写一种）。（3）普鲁士蓝俗称铁蓝，晶胞如图甲所示（K+未画出），平均每两个晶胞立方体中含有一个K+，又知该晶体中铁元素有+2价和+3价两种，则Fe3+与Fe2+的个数比为_。（4）血红素铁（图乙）用作铁强化剂，其吸收率比一般铁剂高3倍，在图乙中画出Fe2+与N原子间的化学键（若是配位键，需要用箭头加以表示）_（5）镁单质晶体中原子的堆积模型如图，它的堆积模型名称为_；晶胞是图中的_（填a、b或c）；配位数是_；晶胞的体积是2acm3，镁单质的密度为gcm3，已知阿伏伏德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是_。【答案】 (1). Ar3d5（或1s22s22p63s23p63d5） (2). CO2或CS2 (3). 11 (4). (5). 六方最密堆积 (6). c (7). 12 (8). NAa g/mol【解析】【分析】(1)铁元素是26号元素，其核外电子排布式为Ar3d64s2，失电子先失去最外层电子，然后书写Fe3基态电子排布式；(2)根据等电子体的定义进行分析；(3)平均每两个晶胞立方体中含有1个K，说明每个晶胞中含有个K，然后用均摊方法得到Fex和CN的个数，求出化学式，最后判断出Fe2和Fe3的个数比；(4)N最外层有5个电子，形成三个共价键达到饱和，多余的键为配位键，进行分析；(5)根据图a，镁单质堆积方式为六方最密堆积，配位数为12，然后根据密度定义进行分析；【详解】(1)铁是26号元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理其核外电子排布式为Ar3d64s2，则Fe3+的基态核外电子排布式为Ar3d5（或1s22s22p63s23p63d5）；(2)SCN中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN互为等电子体的一种非极性分子的为CO2(或CS2)；(3)平均每两个晶胞立方体中含有一个K，所以一个晶胞中钾离子个数=0.5，该立方体中铁原子个数=8=1，CN位于每条棱中点，该立方体中含有CN个数=12=3，平均化学式是K0.5Fe(CN)3，Fe平均化合价2.5，即亚铁离子与铁离子之比是1:1；(4)配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，Fe2+提供空轨道，N原子提供电子对，Fe2+与N原子间的的配位键为：；(5)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB的方式堆积，单质晶体中原子为六方最密堆积，配位数为12，晶胞是图中的c；晶胞质量=2g，则gcm3=，则有Mr=NAa g/mol。19.中国工程院院士李兰娟团队，于2020年2月4日公布治疗新冠病毒感染的肺炎最新研究成果。他们初步测试发现，在体外细胞实验中，阿比朵尔在1030微摩尔浓度下，与药物未处理的对照组比较，能有效抑制冠状病毒达60倍，并有显著抑制病毒对细胞的病变效应。因此“阿比朵尔”成为抗击新型冠状病毒潜在用药，其合成路线如下：回答下列问题：（1）有机物A的名称是_。（2）反应、反应类型分别是_、_。（3）F中含氧官能团的名称是_；G的分子式为_。（4）请写出反应的化学反应方程式_。（5）M是B的一种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有_种：苯环上有3个取代基能发生银镜反应能发生水解反应，且1molM水解消耗4molNaOH。其中核磁共振氢谱为有4组峰，峰面积之比为2:2:2:1的结构简式为_。（6）设计由甲苯和2-丙醇为原料制备的合成路线。_【答案】 (1). 对硝基苯酚或4-硝基苯酚 (2). 还原反应 (3). 取代反应 (4). 酯基 (5). C15H17NO4 (6). (7). 6 (8). (9). ，。【解析】【分析】(1)根据A的结构简式以及有机物的命名原则进行分析；(2)对比B和C，B中NO2NH2，添氢去氧，属于还原反应，对比G和H结构简式，Br原子取代甲基上的H原子，即该反应类型为取代反应；(3)根据F的结构简式，得出含氧官能团；根据有机物碳成键特点，推出G的分子式；(4)对比C和E结构简式，反应的类型为取代反应，然后书写出化学反应方程式；(5)能发生银镜反应和水解反应，说明应是甲酸某酯的形式，1molM水解消耗4molNaOH，说明书写结构中含有2个，然后判断同分异构体的数目；(6)利用反应，应让甲苯先在甲基对位上引入NO2，然后Fe/NH4Cl作用下，NO2NH2，2丙醇发生氧化反应生成丙酮，利用上述反应，得到所用物质；【详解】(1)根据A的结构简式，该有机物的名称为对硝基苯酚或4硝基苯酚；(2)对比B和C，B中NO2NH2，添氢去氧，属于还原反应，对比G和H结构简式，Br原子取代甲基上的H原子，即该反应类型为取代反应(3)根据F的结构简式，F中含氧官能团是酯基；G的分子式为C15H17NO4；(4)对比C和E结构简式，反应的类型为取代反应，其反应方程式为；(5)能发生银镜反应和水解反应，说明应是甲酸某酯的形式，1molM水解消耗4molNaOH，说明书写结构中含有2个，有三个取代基，即含有一个NH2，和处于邻位，NH2在苯环上有2个位置，如果处于间位，NH2在苯环上有3种位置，如果处于对位，NH2在苯环上有1种位置，综上所述，符合条件的共有6种；核磁共振氢谱有4组峰，说明含有4种不同的氢原子，峰面积之比为2：2：2：1，则结构简式为和；(6) 利用反应，应让甲苯先在甲基对位上引入NO2，然后Fe/NH4Cl作用下，NO2NH2，2丙醇发生氧化反应生成丙酮，即路线，。