2020-2021学年高二化学下学期期末测试卷（人教版选修3）01（全解全析）

2020-2021学年下学期期末测试卷01

高二化学.全解全析

12345678910111213141516

CBABBDDCBAADBBCD

i.c

【详解】

A.铁表面自然形成的铁锈主要成分为Fe2O3,它疏松透气，不能保护内层金属，A不正确；

B.工业生产陶瓷时，主要原料为黏土，不需要使用石灰石，B不正确；

C.生产硫酸最古老的方法是用FeSCU、CaSCU、CuSOq等硫酸盐加热分解产生三氧化硫，然后将三氧化硫

溶于水制得，C正确；

D.铜氨纤维属于合成纤维，是有机高分子材料，不是新型无机材料，D不正确；

故选Co

2.B

【详解】

A.中子数为20的氯原子的质量数是37：：；C1,A错误；

B.Mg2+的核外电子数是10个，结构示意图：@28,B正确；

C.二氧化碳的电子式为：：6=C；5：6：，C错误；

D.乙酸乙酯的结构简式为：CH3coOC2H5,分子式为C4H8O2,D错误；

答案选B。

3.A

【详解】

A.18gH,。的物质的量为11=巴=曳=10101,1分子水中质子数为10个，即Imol水中质子数为10$,

M18

故A正确；

B.未给出溶液的体积，无法计算硫酸的物质的量，故B错误；

C.根据反应2NO+C>2=2NO2^^N2O4可知，ImolNO与氧气完全反应后原子总数小于1.5NA，故C

错误;

D.过氧化钠与水反应时，生成1mol氧气转移2moi电子，故D错误；

故选Ao

4.B

【详解】

A.Cu与FeCb溶液反应生成亚铁离子：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+,A错误；

B.Na与HzO反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O=2Na++2OH+H2T，B正确；

C.用NaOH溶液吸收含硫废气中的SO2：SO2+2OH=SO；+H20,C错误；

2+

D.醋酸难电离，用CH3COOH溶液除去水垢中的CaCOj：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO+Ca+H2O+CO2T，

D错误；

答案选B。

5.B

【详解】

A.K2FeO4中K为+1价，0为-2价，由化合价的代数和为0可知，铁元素化合价为+6,故A正确；

B.每生成ImolK2FeO4,消耗1.5mol氯气，转移3mol电子，故B错误；

C.C1元素的化合价降低，被还原，CL是氧化剂，故C正确；

D.Fe元素的化合价升高，被氧化，则Fe(0H)3发生氧化反应，故D正确•

故选Bo

6.D

【分析】

燃烧

向废渣中加入Na2co3并通入02、燃烧，发生如下反应：4Na2co3+2CnO3+3O2=4Na2CrO4+4CO2t

燃烧燃烧

Na2co3+SiCh==NazSiCh+CChT'Na2cO3+AI2O3==ZNaAlCh+CChT，用水浸之后，溶液中含有NazCrCU、

Na2SiO3.NaAlCh、Na2c0笳向溶液中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，过滤，滤液中含有

NazCrCU、Na2co3,再向溶液中加入硫酸，发生反应2NazCrOa+H2s。4=NaaCnCh+Na2sO4+H2O,再向溶液

中加入KC1固体，就会有K2Cr2O7晶体析出。

【详解】

燃烧

A.煨烧时，发生反应4Na2co3+2503+302==4Na2CrO4+4CO2t，从而表明发生了氧化还原反应，A正

确；

B.由分析可知，向溶液中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，所以滤渣II中主要成分是H2SiO3

和A1(OH)3,B正确；

C.生产过程中加入C02和Na2co3,在生产过程中又生成CO2和Na2co3,所以可循环使用的物质是CO2

和Na2co3,C正确；

D.由分析可知，NazCrCU转化为KzCnCh的过程中需加入硫酸和KC1,而不需要加入KOH,D不正确；

故选D。

7.D

【详解】

A.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。根据图象可看出：1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物

的能量低，即1,4-加成产物的比1,2-加成产物稳定，A错误；

B.该加成反应不管生成1,4-加成产物还是1,2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1,3-T

二烯的转化，即在40℃时其转化率会减小，B错误；

C.从0℃升至40℃,温度升高，正化学反应速率均增大，即1,4-加成和1,2-加成反应的正速率均会增大,

C错误；

D.从0℃至40℃,对于1,2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1,2-加成正反应速率的增大程度小

于其逆反应速率的增大程度，D正确；

故合理选项是D。

8.C

【详解】

3mol

A.在500s内，反应消耗n(N2C)5)=10.0mol-7moi=3mol,N2O5反应速率—2LL」s-1,选

-500s-*m°，S

项A错误;

B.对比1000s和1500s的MN2O5)可知，反应达到平衡状态，但在1000s时反应不一定恰好达到平衡状态,

也可能在500s到1000s之间达到平衡，选项B错误；

1

C.2N2O3(g)/4NO2(g)+O2(g)AH=+QkJ-moF,在1000s内，反应的n(N2O5)=10mol-5moi=5moL

吸收热量2.5QkJ,选项C正确；

D.对比1000s和1500s的物质的量n(N2O5)可知，反应达到平衡状态，速率之比等于化学方程式计量数之

比，V(N2O5)：V(NC>2)=1：2,在1500s时，N2O5的正反应速率不等于NCh的逆反应速率，选项D错误；

答案选C。

9.B

【分析】

根据原电池图中物质间的变化利用化合价的变化特点：升高的元素原子失去电子，该电极是负极，化合价

降低的一极得到电子做正极：利用物质的性质判断能否稳定存在于原电池中；根据图示物质间的转化，利

用化合价的变化、电子得失书写电极反应及总反应方程式；

【详解】

A.根据多壁碳纳米管通入的气体二氧化碳判断，碳元素化合价由+4价变为。价，得到电子的一极做正极，

故A正确；

B.乙醇具有挥发性性，在原电池工作时会产生热量，导致乙醇更容易挥发，故B不正确；

C.根据原电池图中物质的变化判断负极电极为Nae=Na+,故C正确；

D.根据电子守恒、原子守恒及正负极的物质书写总反应方程式为：4Na+CCh=2Na2cO3+C,故D正确；

故选答案Bo

【点睛】

原电池原理实质是氧化还原反应，根据氧化还原反应电子守恒书写电极反应及总反应；原电池中电解液需

是稳定存在才能使电池稳定工作。

10.A

【详解】

A.为了消除用水吸收SO3时的酸雾现象所带来的不利影响，在硫酸工业的吸收塔中，采用浓硫酸吸收三氧

化硫，选项A正确；

B.二氧化硅和与碳在高温下发生置换反应，生成一氧化碳和粗硅，得不到高纯度硅，选项B错误；

C.氧化镁熔点高不易熔融，工业上用电解熔融氯化镁制备镁单质，选项C错误；

D.实验室用MnCh在加热条件下与浓盐酸反应制氯气，但工业上是通过电解饱和食盐水制备氯气，选项D

错误；

答案选A。

11.A

【详解】

A.用5%Na2cCh溶液洗涤分液时，由于2-甲基-2-氯丙烷密度比水小，因此有机相在分液漏斗上层，故A

错误：

B.第一次洗涤主要除去有机相中的盐酸，第二次水洗是除去有机相中的钠盐，故B正确；

C.由于产物的沸点比叔丁醇沸点低，因此蒸储是为了除去残余反应物叔丁醇，产物会先被蒸储出体系，故

c正确;

D.无水CaCL的作用是干燥，主要是除去有机相中残存的少量水，故D正确。

答案为A。

12.D

【详解】

A.氯化镂蒸发浓缩过程中会发生受热分解，不能采用蒸发结晶提纯，A项不符合题意；

B.乙醇和水以任意比例互溶，不能萃取碘水中的L,B项不符合题意；

C.用新制的氢氧化铜悬浊液在碱性环境中才能检验淀粉水解的水解产物，没有加入碱中和硫酸，C项不符

合题意；

D.可以通过注射器、计时器测定收集气体的体积和时间，进而测定锌与稀硫酸反应的速率，D项符合题意；

故正确选项为D

13.B

【详解】

A.一般来说，沸点为原子晶体〉离子晶体〉分子晶体，且分子晶体中分子质量越大沸点越大，晶体沸点

由高到低：金刚石〉NaCl>CC14>H2，故A正确；

B.碳酸盐中，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容

易分解，则分解温度：MgCO3<CaCO3<SrCO3,故B错误；

C.无机含氧酸中，非羟基氧原子个数越多，酸性越强，无机含氧酸的酸性：

H2SeO4>H2SO3>H2CO3>HC1O,故C正确；

D.晶格能越大，岩浆晶出越容易，FeS2与ZnS晶格能分别为1157.2kJ/mol、771.4kJ/mol,岩浆晶出

次序为：FeS2>ZnS,故D正确；

故选B。

14.B

【分析】

短周期主族元素X、Y、A、B、C在元素周期表的位置如图，A是电负性最大的元素，A是F元素，B为

Cl,C为S,X为C,丫为Si。

【详解】

A.同周期从左到右原子半径减小，同主族从上到下，原子半径增大，原子半径由小到大的顺序为A<B

<C<Y,故A正确;

B.HF分子间形成氢键，A、B的氢化物的沸点由低到高的顺序为HBVHA,故B错误；

C.非金属性：SiVC,X、丫最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序为H2YO3VH2XO3,H2SiO3

<H2cO3,故C正确；

D.硫离子半径大，易失电子，B、C简单离子的还原性由弱到强的顺序为B<C,C1<S2-,故D正确；

故选Bo

15.C

【详解】

A.五种组成元素中的C、N、。三种元素均位于p区且处于第二周期，铝在第三周期，氢在第一周期，故

A错误；

B.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，原子半径：A1>C>N>O>H,N是7

号元素，基态N原子核外有7种运动状态不同的电子，故B错误；

C.同周期从左向右第一电离能有增大的趋势，nA族、VA族处于全满、半满状态时，第一电离能增大,

第一电离能：N>O>C,水分子形成的氢键强于氨分子，甲烷分子间不能形成氢键，简单氢化物沸点：H2O

>NH3>CH4,故C正确；

D.该材料分子结构中含有。键和兀键，碳原子分别采取了sp3、sp2杂化方式，故D错误；

故选C。

16.D

【详解】

A.图丁为金属晶体钠的晶胞结构，根据配位数的定义，以体心上的Na原子为例判断Na原子配位数为8,

故A正确；

B.图乙为分子晶体C02的晶胞结构，该晶胞中含有含C02分子个数=8x2+6x4=4,故B正确；

C.该晶胞中8个碳原子位于顶点上，6个碳原子位于面心上，内部有4个碳原子，该晶胞中含有碳原子个

数=8x—F6X—F4=8,故C正确；

82

D.以晶胞体心上的氯离子为例，晶体中C卜周围距离最近的个数为12,故D错误；

故选D。

17.(1)充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等

(2)2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S1+2CuSO4+2MnSO4+4H2O

(3)3.7〜5.6(或3.7WpH<5.6)4.0x1O-8

2+

(4)Mn+HCO-+NH3=MnCO31+NH：

(5)取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCL溶液，若无白色沉淀产

生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净

【分析】

辉铜矿主要成分为CuzS,含少量FezCh、SiCh等杂质，加入稀硫酸和二氧化镐浸取，过滤得到滤渣为MnCh、

SiO2、单质S,滤液中含有Fe3+、Mn2\Cu2+,调节溶液pH除去铁离子，加入碳酸氢镂溶液沉淀镒过滤得

到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜；据此分析解答本题。

【详解】

(1)酸浸时，通过充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等都可以提高浸取率；

(2)“浸取”时：在硫酸酸性条件下MnO2氧化Cu2s得到硫沉淀、CuSCU和MnSCU,其反应的化学方程式

为：2MnCh+Cu2S+4H2so4=Sl+2CuSCU+2MnSO4+4H2O；

(3)“除铁”主要是除去溶液中Fe3+,根据题干表格可知，若要使Fe3+完全沉淀而不沉淀CF+,溶液的pH

范围为：3.7〜5.6或3.7WpH<5.6；若溶液pH=4,即c(H+)=lxl0-4mo1/L,

14

KwlxIO-、KsprFe(OH)ldxlO^

c(OH)=\=-----------mol/L=lxlO_,0mol/L,c(Fe3+)=------------------—=(［八3mol/L=4.0xl0

c(H)ixlO-4C3(OH)(1X10」°)

8moi/L；

2+

(4)“沉锦”(除Mn?+)过程中，加入碳酸氢铉和氨气，生成碳酸镭沉淀，反应的离子方程式为：Mn+HCO3

-+NH3=MnCO3l+NHj；

(5)沉淀表面主要杂质为硫酸盐等，因此检验沉淀是否洗净的操作为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试

管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCL溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。

18.(1)FezCh作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SC)2的转化率，节约大量能源

(2)当n(C0):n(S02)=l：l,SO2的转化率最大只能达到50%时，受平衡的限度影响，因此平衡时转化率接

近50%

(3)1.6

(4)SO2+4H++4e=SJ+2H20(或H2so3+4H++4e=S1+3H20)

【详解】

(1)根据图a可看出，Fe?C)3和NiO作催化剂均能使S02的转化率达到最高，但相比NiO,用FezCh作催

化剂时，在较低温度下(340℃〜420℃范围内)S6的转化率已达很高，这样既能除去S02,又能节省能源，故

答案为：FezCh作催化剂时，在相对较低温度可获得较高S02的转化率，节约大量能源；

(2)由图a和图b可知，当CO量足够时，SO2的转化率可接近100%,但是当n(CO):n(SO2)=l：l时，SO2

的转化率最大只能达到50%,因此SO2转化率接近50%,故答案为：当n(CO):n(SO2)=l：l,SCh的转化率最

大只能达到50%时，受平衡的限度影响，因此平衡时转化率接近50%；

(3)由反应方程式可知,反应的SO：与生成的HSO；的物质的量之比为1:2,当溶液中c(SO；)降至0.2mol/L

时，消耗了0.8mol/L,c(HSC)3)会生成约L6mol/L,故答案为：1.6；

(4)由于阴极生成了硫磺，则在阴极上SCh得电子后结合H+,生成单质硫和水，电极反应式为

SO2+4H++4e-=S1+2H20(或H2so3+4H++4e=S1+3H2。)，故答案为：SO2+4H++4e=S1+2H2。(或

H2so3+4H++4e=SJ+3H20)。

19.(1)2.8烧杯、量筒、托盘天平

2++3+

(2)4Fe+4H+O2=4Fe+2H2O

(3)KSCN溶液BaCb溶液

(4)OH-

(5)适量的稀硫酸和铁粉

【详解】

1

(1)配制100mL0.100mol.L」FeS04溶液，需要FeSO4-7H2O晶体的质量是0.1LxO.1mol/Lx278g-mol-=2.78go

如果用托盘天平称量应该是称量2.8g；配制一定物质的量浓度溶液的基本步骤是计算、称量、溶解、冷却、

转移、洗涤、定容、摇匀等，则需要的仪器有100mL容量瓶、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、托盘天平；

(2)放置过程中FeSCh被。2氧化成中Fe”,同时有H2O生成，配平的离子方程式为：4Fe2++4H++O2=:

3+

4Fe+2H2O；

(3)证实黄色固体中含Fe3+和SO：,加入试剂1,溶液变成红色，加入的试剂1是KSCN溶液；加入试

剂2,产生白色沉淀BaSCM,加入的试剂2是BaCL溶液；

(4)FeSCU溶液放置过程中，溶液的pH减小，说明氢离子浓度增大，黄色固体的量也同时增大，根据氢

元素守恒，黄色固体中含有OH%

(5)由Fe2+的氧化率随时间的变化图可知，溶液的酸性越强，Fe?+的氧化率越小，所以配制FeSO」溶液时

需要添加适量的稀硫酸和铁粉，且现配现用。

20.(1)第三周期VIA族

(2)[CU(NH3)4]SO4-H2O

(3)H?0与H2O2之间形成氢键

(4)H-N=N-H

(5)9.04g-cm-3正四面体形sp3

【分析】

某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成，其原子个数比为14：

4：5：1：1.其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外

围电子排布为(n-1)d"+6ns',则n+6=10,故n=4,故其外围电子排布为3dle14sL则E为Cu；故该深蓝色晶

体应含有[CU(NH3)4]2+、SO],结合原子序数可知A为H、B为N,由原子数目之比，可知该配合物含有1

个结晶水，故其化学式为：[CU(NH3)4]SO#H2O。

【详解】

(l)s元素，元素D在周期表中的位置是第三周期VIA族。故答案为：第三周期VIA族；

(2)由上述分析可知，该配位化合物的化学式为[CU(NH3)4]SO;H2O。故答案为：[Cu(NH3)4]SOrH2O；

(3)C元素可与A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和1：2,两种化合物为H2O与

H2O2,可以任意比互溶，主要原因为H2O与H2O2之间形成氢键。故答案为：H2O与H2O2之间形成氢键；

(4)A元素与B元素可形成分子式为H2N2的化合物，该化合物的分子具有平面结构，应存在N=N双键，

则其结构式为H-N=N-H。故答案为：H-N=N-H；

4x64g•mo/-1

(5)晶胞中Cu原子数目=8x：+6x：=4,根据Cu的密度p==9.04gem、则E的密度为

8(3.61X10%m)3