2020届安徽省桐城市高二化学下学期测 试题答案.docx

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1、答案和解析1.【答案】C【解析】解：氯水中HClO光照易分解，则氯水应保存在棕色细口瓶中并置于阴凉处，故A错误； B.pH试纸不能润湿，应选干燥的pH试纸测定，故 B错误； C.盐酸清洗，灼烧时不会造成干扰，则先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后再进行实验，故C正确； D.容量瓶不能用待装溶液润洗，用蒸馏水洗涤后可使用，故D错误； 故选：C。A.氯水中HClO光照易分解； B.pH试纸不能润湿； C.盐酸清洗，灼烧时不会造成干扰； D.容量瓶不能用待装溶液润洗。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握仪器的使用、焰色反应、溶液配制等实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考

2、查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。2.【答案】A【解析】解：常温下，浓硫酸与铝发生钝化反应，不能持续生成气体，故A错误； B.CaO吸水，且放出热量，可生成氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故B正确； C.氯气可氧化硫酸亚铁，可观察到溶液变黄色，故C正确； D.AgI溶度积较小，可生成AgI沉淀，故D正确。 故选：A。A.常温下，浓硫酸与铝发生钝化反应； B.CaO吸水，且放出热量； C.氯气可氧化硫酸亚铁； D.可生成AgI沉淀。本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，涉及物质的性质比较等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，题目难度

3、中等。3.【答案】A【解析】解：向溶液中通入少量气体，二者不发生反应，无法书写离子方程式，故A错误；B.大理石与醋酸反应的离子方程式为：，故B正确；C.制备胶体的化学方程式为：胶体，故C正确；D.少量碳酸氢钠溶液与足量石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，该反应的离子方程式为：，故D正确；故选：A。A.氯化钙溶液不与二氧化碳反应；B.碳酸钙和醋酸都需要保留化学式；C.加热条件下铁离子水解生成氢氧化铁胶体；D.氢氧化钙足量，离子方程式按照碳酸氢钠的化学式组成书写。本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物

4、是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。4.【答案】D【解析】解：室温下，某一元酸溶液中，计算得到，由水电离的，故A错误；B.溶液中的电荷守恒：，所以溶液中，故B错误；C.酸对水的电离起到抑制作用，稀释酸，水的电离程度增大，的HA溶液与的NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的HA和NaA，此时对于原的HA溶液相当于稀释了溶液，稀释酸性溶液，水的电离程度增大，故C错误；D.上述溶液中加入一定量NaA晶体抑制HA电离，或加水稀释，都减小，温度不变Kw不变，则溶液的均增大，故D正确；故选：D。A.依据溶液中离子积常数由，计算溶液中水电离出的；

5、B.根据溶液中的电荷守恒计算的大小；C.的HA溶液与的NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的HA和NaA，对原酸溶液相当于稀释；D.温度不变，Kw不变，上述溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释，都减小。本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，注意根据，结合溶液中中计算溶液中氢离子浓度确定HA为弱酸为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力。5.【答案】A【解析】解：催化剂可以改变化学反应速率，我们通常所说的催化剂一般都指正催化剂，能加快反应速率，故A正确； B.增大压强，可以使气体物质的体积变小，其浓度变大，所以反应速率加快

6、，反之，减小压强，可使气体的体积变大，浓度变小，反应速率变慢，则对反应是气体物之间的反应，改变压强，对反应速率有影响，故B错误； C.升高温度，可以加快反应速率，降低温度可减慢反应速率。由于NO和CO对人的危害远大于和，所以当NO与CO反应生成和的速率降低时，对人危害更大，故C错误； D.是一个气体物质间的化学反应，改变反应物的浓度、压强、温度均能改变该反应的速率，故D错误。 故选：A。A.催化剂能增大活化分子的百分数，反应速率增大； B.有气体参加的反应，改变压强时，反应速率改变； C.降低温度可减慢反应速率，NO和CO对人的危害远大于和； D.当改变外界条件，活化分子的浓度或百分数发生改变

7、时，化学反应速率改变。本题考查反应速率的影响，为高频考点，侧重于基本理论的理解和应用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。6.【答案】A【解析】解：A、氧化钙溶于水放热，中红棕色变深，说明反应2NO2向左移动，该反应放热，故A正确； B、由于中红棕色变浅，说明反应2NO2向右移动，温度降低，所以溶于水时吸收热量，故B错误； C、由于中红棕色变深，平衡向着逆向移动，气体物质的量变大，混合气的相对分子质量减小，故C错误； D、中红棕色变浅，2NO2平衡右移，气体的总物质的量减少，压强减小，故D错误； 故选：A。三个烧瓶中都存在如下平衡：2NO2； 中红棕色变深，平衡左移，由于氧化钙反应放热，所

8、以2NO2反应放热； 中变浅，平衡右移，说明氯化铵溶解吸热； A、根据中混合气体颜色变化判断； B、根据中气体颜色变化判断； C、根据平衡移动方向对气体物质的量的影响判断； D、根据气体的物质的量变化判断本题考查了化学平衡移动的影响因素，注意根据反应的特点以及反应的现象判断平衡移动的方向，本题难度不大7.【答案】C【解析】解：A、电极a为甲烷失电子，为负极，则电极a的反应式为：，故A正确； B、电极b氧气得电子，生成，而电极a需要作为反应物，故由正极电极流向负极电极，故B正确； C、电子不能在电池内电路流动，只能在外电路中流动，故C错误； D、得4mol电子生成，故当固体电解质中有通过时，电子

9、转移2mol，故D正确； 故选：C。瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是，可以在其中自由移动电子在外电路转移，通甲烷气体的为负极，通空气一端为正极，电池总反应为，正极反应为：，负极反应为：，结合原电池的原理和电极反应回答问题；本题考查了化学电源新型电池的原电池原理应用，主要理解电池电解质不是在水溶液中的氧化还原反应，电解质是固体，可以在其中自由移动，是本题的关键8.【答案】Pb 氧化 减小 负 【解析】解：铅蓄电池中，根据原电池反应式中元素化合价变化知，Pb中Pb元素化合价由0价变为价，被氧化发生氧化反应，所以Pb作负极，故答案为：Pb；氧化；铅蓄电池

10、工作时，硫酸参加反应生成硫酸铅同时生成水，导致硫酸浓度降低、酸性减小，原电池放电时阴离子向负极移动，故答案为：减小；负；工作时，该铅蓄电池正极上得电子发生还原反应，电极反应为，答案为：；燃料与氧气燃烧的总化学方程式为，电解质溶液呈碱性，负极上氢气失电子生成水，则负极的电极方程式为；该电池中正极上是氧气发生得电子的还原反应，其电极反应为：，则外电路每流过，消耗氧气为，所以氧气的体积为；故答案为：；铅蓄电池中，负极上金属失电子化合价升高；铅蓄电池工作时，硫酸参加反应生成硫酸铅，溶液中氢离子浓度降低，阴离子向负极移动；工作时，该铅蓄电池正极上得电子发生还原反应；碱性条件下，负极氢气失电子生成水；根据

11、转移电子相等进行计算本题考查原电池工作原理的应用，题目难度中等，注意把握电极方程式的书写方法，首先考虑原电池反应所依据的氧化还原反应，再考虑产物与电解质溶液的反应9.【答案】 充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等 1：9 除去可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体【解析】解：钼精矿主要成分是不溶于水的焙烧生成和，反应方程式为，加入碱浸得到，根据元素守恒知，气体A为，反应方程式为，途径氧化时溶液中还有生成，钼精矿中加入NaOH溶液、NaClO溶液得到，反应方程式为，中Na元素化合价为价、O元素为价，化合物中各元素化合价的代数和为0，钼元素的化合价，NaClO的电子式为，故答案为：；增大反

12、应物接触面积、增大气体浓度、升高温度都加快化学反应速率，所以途径为了提高钼精矿焙烧速率，可采取的措施是充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等，故答案为：充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等；途径I焙烧过程中生成和，根据反应物和生成物、反应条件书写方程式为；碱浸时气体A是，故答案为：；当开始沉淀时，反应后，其去除率，故答案为：；途径氧化时溶液中还有生成，反应方程式为，氧化剂是NaClO、还原剂是，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比为1：9，故答案为：1：9；重结晶操作的目的是除去可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体，故答案为：除去可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体。钼精矿主要成

13、分是不溶于水的焙烧生成和，反应方程式为，加入碱浸得到，根据元素守恒知，气体A为，反应方程式为，途径氧化时溶液中还有生成，钼精矿中加入NaOH溶液、NaClO溶液得到，反应方程式为，化合物中各元素的化合价代数和为0确定Mo元素化合价；NaClO是离子化合物，存在离子键和共价键；增大反应物接触面积、增大气体浓度、升高温度都加快化学反应速率；途径I焙烧过程中生成和，根据反应物和生成物、反应条件书写方程式；碱浸时气体A是二氧化碳；当开始沉淀时，反应后，其去除率；途径氧化时溶液中还有生成，反应方程式为，氧化剂是NaClO、还原剂是；重结晶操作的目的是除去可溶性杂质。本题考查物质制备，涉及氧化还原反应、化

14、学反应速率影响因素、溶度积常数计算等知识点，明确流程图中每一步发生的反应及各物质成分及其性质、化学反应原理是解本题关键，难点是题溶度积常数计算，知道去除率含义，题目难度中等。10.【答案】 AC【解析】解：进入气缸的气体是空气，含有氮气和氧气在高温下反应生成NO，污染空气，方程式为，故答案为：；已知反应：反应：反应：反应：反应反应即可得正丁烷燃烧热的热化学方程式：，故答案为：；根据反应物总键能生成物总键能，则，则反应：，根据盖斯定律，反应反应即可得反应，则，故答案为：；已知平衡混合气中氮气、氧气的物质的量分别为、，则平衡常数，解得，则，则，故答案为：；、第一步是慢反应，决定整个反应的快慢，所以

15、反应速率与的浓度有关，故A正确；B、第二步是快反应，不能决定整个反应的速率，故反应速率与NO的浓度无关，故B错；C、第一步反应生成的由三氧化氮，三氧化氮又做了第二个反应的反应物，所以是中间产物，故C正确；D、第一步反应较慢，说明活化能较高，故D错；故答案为：AC。进入气缸的气体是空气，含有氮气和氧气在高温下反应生成NO，据此书写方程式；先对已知反应进行编号：反应：反应：反应：反应：反应反应即可得正丁烷燃烧热的热化学方程式：，结合盖斯定律计算；根据反应物总键能生成物总键能计算；根据盖斯定律计算；已知平衡混合气中氮气、氧气的物质的量分别为、，结合平衡常数，代入平衡常数即可求解，；、第一步是慢反应，

16、决定整个反应的快慢，反应速率与的浓度有关；B、第二步是快反应，不能决定整个反应的速率，反应速率与NO的浓度无关；C、第一步反应生成的由三氧化氮，三氧化氮又做了第二个反应的反应物，由此判断正误；D、活化能越高，反应速率越慢；本题考查化学平衡计算及外界条件对化学平衡移动影响原理，侧重考查分析判断及知识综合运用、计算能力，明确反应快慢的因素、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，注意中平衡常数K计算为解答易错点，题目难度不大。11.【答案】 避免被氧化为 D 加入的HCl溶液酸化，滴加溶液至沉淀完全，过滤，洗涤沉淀，直至滤液滴加溶液不出现浑浊【解析】解：溶液吸收气体生成CuS沉淀和硫酸，反应为

17、：；故答案为：；反应由铁粉和稀硫酸反应制备硫酸亚铁，铁粉具有还原性，为避免被氧化为，铁粉过量；故答案为：避免被氧化为；向溶液中加入一定质量的固体，条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体，母液含有、，A.通入过量，将完全氧化为，溶液的成分为、，故A错误；B.加入过量KSCN溶液，母液中无，溶液成分为：、，故B错误；C加入过量NaOH溶液，将、反应完全生成沉淀和气体，溶液成分为：、，故C错误；D加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：将氧化并沉淀，同时将反应完全生成气体，溶液成分为：、，故D正确；故答案为：D；第一组数据误差较大，舍去，故平均消耗酸性溶液，根据反应：，则，故样品中质量为：，

18、故产品纯度为：；测定产品中的含量测定产品的纯度，将沉淀为，通过的量计算，故方案为：称取约样品，溶于70mL水，加入的HCl溶液酸化，滴加溶液至沉淀完全，过滤，洗涤沉淀，直至滤液滴加溶液不出现浑浊，将沉淀移入坩埚，灼烧至恒重，记录数据；故答案为：；加入的HCl溶液酸化，滴加溶液至沉淀完全，过滤，洗涤沉淀，直至滤液滴加溶液不出现浑浊。溶液吸收气体生成CuS沉淀和硫酸，据此书写；考虑生成的亚铁离子易被氧化；向溶液中加入一定质量的固体，条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体，母液含有、，A.通入过量，将完全氧化为；B.加入过量KSCN溶液，母液中无；C加入过量NaOH溶液，将、反应完全；D加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：将氧化并沉淀，同时将反应完全；第一组数据误差较大，舍去，故平均消耗酸性溶液，根据反应：，则，故样品中质量为：，据此计算；测定产品中的含量测定产品的纯度，将沉淀为，通过的量计算，据此分析。本题考查了物质制备和方案的设计，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算、实验设计等，明确实验原理及基本物质性质是解本题关键，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意相关基础知识的学习与积累，题目难度中等。