2020-2021学年高二化学下学期期末测试卷（人教版选修3）03（全解全析）

2020-2021学年下学期期末测试卷03

高二化学.全解全析

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CBCDCDCBCBCDDDDB

1.c

【详解】

A.油脂、单糖都不是高分子化合物，故A错误；

B.石油裂化、煤干储、煤液化都是化学变化，而石油分储是物理变化，故B错误；

C.75%的乙醇溶液可用于医疗消毒，福尔马林可用于种子消毒，两者原理相同，都是使蛋白质变性，故C

正确：

D.葡萄糖能够在酒化酶的作用下分解生成乙醇和二氧化碳，该反应属于分解反应，但葡萄糖是不能水解的

单糖，故D错误。

综上所述，答案为C。

2.B

【详解】

A.1个苯乙烯分子中含有1个碳碳双键，则在1mol苯乙烯（＜）-CH=CH2）中含有的碳碳双键数为必,

A错误；

B.乙烯和丙烯的最简式是CH2,其式量是14,所以2.8g乙烯和丙烯的混合气体中含有最简式的物质的量

是0.2mol,因此其中所含的C原子的数目是0.2NA,B正确；

C.在CnH2n+2分子中含有的C-C键数目是（n-1）个，所以0.1molCnH2n+2中含有的碳碳单键数为0.1什1）心,

C错误；

D.标准状况下CHC13为液态物质，不能使用气体摩尔体积计算，D错误；

故合理选项是B。

3.C

【详解】

A.A1CL和NaOH反应，若NaOH过量，生成偏铝酸钠和NaCl,可得到澄清溶液，故A不符合题意；

B.NH4CkAgNCh、NaOH可发生反应生成银氨溶液和氯化钠，可得到澄清溶液，故B不符合题意；

C.Na2SiO3和FeCL二者相互促进水解生成硅酸沉淀、氢氧化铁沉淀，得到悬浊液，故C符合题意；

D.KHSO3、KMnCU二者发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸镐，可得到澄清溶液，故D不符合题意；

故答案：C«

4.D

【详解】

A.向硅酸钠溶液中滴加盐酸，由于HC1酸性强于硅酸，会反应产生硅酸，现象为产生白色胶状沉淀，但

HC1不是C1的最高价含氧酸，不能比较C1和C的非金属性，A错误；

B.碳酸盐、碳酸氢盐和盐酸反应均能产生二氧化碳使澄清石灰水变浑浊的气体，因此X不一定是碳酸盐,

B错误；

c.N02与水反应产生硝酸，硝酸也能氧化KI产生碘单质，现象错误，因此不能得出结论，C错误；

D.硝酸根在酸性条件下有强氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，同时硝酸被还原为NO,因此现象为溶

液由浅绿色变成黄色，并有气体逸出，结论为Fe2+在酸性条件下被NO；氧化，D正确；

答案选D。

5.C

【分析】

因为固体甲与足量盐酸反应全部溶解，所以固体甲为Fe2O„因为Cu可以与Fe3+反应，故有无Cu无法判断,

加入足量氨水后生成固体丁为Fe(OH)3以及溶液丁的成分为NH40,溶液甲加入足量盐酸后有气体乙，气体

乙可能是SCh,也可能是氮氧化物，固体X中一定含有Na2s03,是否含有KNO3无法确定.因为溶液乙加

入BaCh溶液生成白色沉淀，故固体X中含有(NH4)2SO4,

【详解】

A.由分析可知，X中一定含有FezCh、(NH4)2SC>4、Na2so3,可能含有Cu、KNO3,故A项错误；

B.由分析可知，在溶液甲生成气体乙时，Na2sCh就反应完全了，故白色沉淀不可能含有BaSCh,故B项

错误；

C.若乙是有色气体，就应该是NCh,故X中含有KNCh,故C项正确；

D.取少许溶液丙，加入KSCN,如果出现血红色，则说明溶液丙中含有Fe3+,因为Cu可与Fe?+反应，故

X中有无Cu无法判断，故D项错误。

故答案为C。

【点睛】

本题中气体乙和溶液丙的分析十分关键，需要注意KNCh和Cu的干扰问题。

6.D

【详解】

A.亚硝酸结构简式为HONO,亚硝酸电子式为，A正确；

B.根据亚硝酸与二甲胺反应能量变化图示，反应物的能量大于生成物，是放热反应，B正确；

C.在过程ii中生成一分子比0同时生成亚硝酸胺KCH3)2N-N=O](含有不饱和键)，属于消去反应，C正确；

D.过程i吸热，过程ii放热，过程i正反应的活化能大于过程ii,过程ii更容易发生，D错误；

答案选D。

7.C

【详解】

A.由图可知，酸的浓度越大，腐蚀速率越大，选项A正确；

B.根据图示可知，当铝酸钠、月桂酰肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，缓蚀效果最优，选项B正确；

C.碳素钢的腐蚀速率不随硫酸的浓度增大而增大，是由于在硫酸浓度很多时，硫酸主要以H2s的形式存

在，具有强的氧化性，Fe被浓硫酸氧化，在金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧

化，即发生钝化，与溶液中c(H+)大小无关，选项C不正确；

D.对比盐酸和硫酸两条曲线，发现碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速率，说明C1-有助于碳素

钢的腐蚀速率，而SO：不利用碳素钢的腐蚀速率，选项D正确；

答案选C。

8.B

【分析】

根据图中的变化过程判断元素的化合价的变化，利用化合价的变化判断反应类型，利用化合价的变化及电

子守恒书写氧化、还原反应。

【详解】

A.反应①②③④分别根据碳、氮、氧、氢元素的化合价的变化判断，化合价都在降低，元素原子得到电子,

发生还原反应，故A正确；

B.由图示判断反应②氢离子的浓度降低，反应③中生成氢氧根离子，故溶液的碱性增强，故B错误；

C.根据图示④的反应物和生成物中氮化合价的降低利用电子守恒及原子守恒书写电极反应为；NO3+IOH

++8e-=NH：+3H2O,故C正确；

D.修复过程中溶液显碱性，会发生反应：Fe2++2OH=Fe(OH)2i，4Fe(OH)2+C>2+2H2O=4Fe(OH)3故D正确；

故选答案B。

9.C

【分析】

由图可知，X电极为电池的正极，溶液中氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，溶液中阳离子浓

度减小，离子导体中的锂离子通过阳离子交换膜进入a区，丫电极为负极，溶液中氯离子失去电子发生氧化

反应生成氯气，溶液中阴离子浓度减小，b区中锂离子通过阳离子交换膜进入离子导体中。

【详解】

A.由分析可知，在a区制得氯化锂的同时，还将化学能转化为电能，获得了电能，故A正确；

B.由分析可知，丫电极为负极，溶液中氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为

2CI—2e—=C12f,故B正确；

C.标准状况下2.24L氢气的物质的量为Imol,由分析可知，X极生成Imol氢气，b区溶液中有0.2mol氯

离子放电、0.2mol锂离子通过阳离子交换膜进入离子导体中，则b区溶液中减少0.4mol离子，故C错误：

D.电池工作时，电子由负极经导线移向正极，则电子由丫极经外电路移向X极，故D正确；

故选C。

10.B

【分析】

根据除杂目的，利用除杂不能引杂进行判断；利用强酸制弱酸原理判断物质间的酸性强弱；萃取剂的选择

三条件：不能反应，不能互溶，溶解度有差别；蒸储装置中，利用物质沸点不同进行分离，故装置中注意

温度计和冷凝效果的考虑；

【详解】

A.乙烯能被高锌酸钾氧化为二氧化碳，引进新的杂质，故A不正确；

B.根据锥形瓶中有气泡判断产生二氧化碳，能证明醋酸的酸性比碳酸的酸性强，从锥形瓶中逸出的气体有

二氧化碳和醋酸，醋酸被碳酸氢钠吸收，二氧化碳进入苯酚钠溶液，根据溶液变浑浊判断碳酸的酸性强于

苯酚，故可证明醋酸、碳酸、苯酚的酸性强弱，故B正确；

C.乙醇能与水互溶，故不能用乙醇进行萃取，故C不正确；

D.分储装置中冷却水的进出方向是下口进上口出，温度计插入到蒸储烧瓶的支管口处，故D不正确；

故选答案B。

【点睛】

物质酸性的证明，利用相对强的酸制相对弱的酸，一是要有明显的现象，二是需要注意通入的气体和水反

应生成酸，是否混有其它杂质气体干扰实验。

11.c

【详解】

A.浓硝酸与Cu反应可能生成NO2、NO（浓硝酸反应逐渐转化为稀硝酸后，反应产生NO）,由反应

2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2ONO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O,/7（NO）:n（NO2）>l:l,则NO不能

完全吸收，A错误；

B.由于金属钠还原性强，所以Na在氧气中燃烧生成NazCh,Na在氮气中燃烧生成NaNs（叠氮化钠），B

错误；

C.比色分析是基于溶液对光的选择性吸收而建立起来的一种分析方法，有色物质溶液的颜色与其浓度有关,

溶液浓度越大，颜色越深，利用比色分析可测定溶液的浓度，进而测定一段时间内的某种物质浓度的变化

量，从而求出反应速率，C正确；

D.亚硝酸盐在酸性条件下有强氧化性，加入HI后，NaNO2将碘离子氧化为L（有色物质），从而使溶液颜

色发生变化，D错误；

故答案选C。

12.D

【详解】

①.分子晶体中不一定存在共价键，如稀有气体分子对应的晶体，由于稀有气体属于单原子分子，所以不

含共价键，①错误；②.金属晶体中含有金属阳离子和自由电子，不含阴离子，②错误；③.金刚石、SiC

为原子晶体，NaF、NaCl为离子晶体，H2O,H2s为分子晶体，一般原子晶体沸点〉离子晶体〉分子晶体，

由于原子半径c<si,故c—c键键长相对si—c键短，键能大，故金刚石沸点高于Sic,F■半径比cr半径

小，故NaF晶体晶格能大于NaCl晶体晶格能，故NaF熔点比NaCl高，比0存在分子间氢键，故熔点比

H2s高，③正确；④.离子晶体中一定有离子键，可能有共价键，如NaOH中原子团OH-内部是共价键，④

错误；⑤.CaTiCh晶胞结构如图所示，5-赤一二义，由图示知，Ti位于立方晶胞顶点，氧位于立

方晶胞面心，每个Ti4+周围紧邻12个0”，⑤正确；⑥.SiCh中每个Si原子形成4根共价键，连接4个氧

原子，⑥错误；⑦.分子间作用力决定分子的物理性质，分子的稳定性属于化学性质，由化学键决定，⑦

错误；⑧.NaCl熔化时发生电离产生自由移动的Na+和Cl;离子键被破坏，⑧正确；综上所述，③⑤⑧正

确，故答案选D。

13.D

【详解】

A.CH』中的化学键均是都是碳碳单键都是。键，故A正确；

B.c键是单键可以绕键轴旋转，兀键存在于双键和三键中不能绕键轴旋转，故B正确；

C.一个碳碳双键中有1个。键、1个兀键，一个碳碳三键中有1个G键、2个兀键，故C正确；

D.CH3-CH3、CH2=CH2、CHmCH中的G键有C—C键和C-H键，故D不正确；

故答案为D。

14.D

【详解】

A.CO?分子中C原子为sp杂化，所以为直线形分子，属于非极性分子；S02分子中S原子不是sp杂化，

而是sp2杂化，为V形分子，则S02是极性分子，故A错误；

B.固态CO?由分子构成，是分子晶体，固态SiO2由原子构成，是共价晶体，故B错误；

C.N%分子中心氮原子的价层电子对数为4,VSEPR模型为四面体，B元素与C元素并不是同一主族元素,

BF3分子中心B原子的价层电子对数为3,VSEPR模型为平面三角形，故C错误；

D.由对角线相似规则可知,铝及其化合物与被及其化合物性质相似,A1(OH)3能溶于NaOH溶液，则Be(OH)2

能溶于NaOH溶液，故D正确；

故选D。

15.D

【分析】

根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素原子半径从上到下逐渐增大，结合原子最外层电

子数可知X、Y、Z、M和R分别为H、C、N、S和Na元素

【详解】

A.离子半径Na+>H+,A项不符合题意；

B.非金属性N>C,气态氢化物的稳定性NH3>CH4,B项不符合题意；

C.S元素可以形成H2so3、H2sO4两种常见的酸，C项不符合题意；

D.C、H元素形成的各类烧中，会含有C-C,因此也含非极性键，D项符合题意；

故正确选项为D。

16.B

【详解】

A.Ge元素位于元素周期表中第四周期IVA族，故A错误；

B.价电子排布为4s24P3的元素原子有4个电子层，最外层电子数为5,故位于第四周期第VA族，最后一

个电子填充在P能级上，故为p区元素，故B正确；

C.基态原子核外只有1个单电子的原子，不一定位于周期表s区，如铜，位于ds区，故C错误；

D.基态原子中未成对电子数目的多少：Mn(5个)〉Fe(4个)〉As(3个)〉Se(2个)，故D错误；

故选B。

17.(1)石灰乳原料丰富，成本低MgCL+Ca(OH)2=CaCb+Mg(OH)21

(2)制备HC1气体防止氯化镁水解生成氢氧化镁

电解

(3)Mg2++2C「^=Mg+Cl2TMgOMg3N2

【分析】

向海水晒盐后的盐卤(主要含Na+、Mg2\Cl\B「等)中加入沉淀剂石灰乳，镁离子转化为Mg(OH)2,过滤

分离出溶液和Mg(OH”,Mg(OH)2溶于稀盐酸得到MgCL溶液，将MgCb溶液在HC1氛围中蒸干得到MgCb

固体，电解熔融MgCL固体得Mg,据此分析解答。

【详解】

(1)工业上从盐卤中获取Mg(OH)2用石灰乳而不用NaOH溶液的主要原因是石灰乳原料丰富，成本低；过程

①是氯化镁与氢氧化钙反应生成氯化钙和氢氧化镁沉淀，反应的化学方程式为

MgC12+Ca(OH)2=CaC12+Mg(OH)2i，故答案为：石灰乳原料丰富，成本低；MgCl2+Ca(OH)2=CaC12+Mg(OH)21；

(2)浓硫酸滴入浓盐酸中，浓硫酸稀释，放热，使得氯化氢逸出，逸出装置A的作用是制备HC1气体；氯化

镁溶液中存在氯化镁的水解平衡，水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢易挥发，通入氯化氢可以抑制氯化

镁水解，故答案为：制备HC1气体；防止氯化镁水解生成氢氧化镁；

电解

⑶过程④是熔融MgCb固体得Mg,Mg2++2Cr^Mg+C12t；镁在空气中燃烧时，能够与氧气反应生成氧

电解

2+

化镁，也能够与氮气反应生成氮化镁，故答案为：Mg+2Cl-=^Mg+C12T；MgO；Mg3N2«

18.(1)H2so式浓)+Na2sC>3=Na2sO4+H2O+SO2T

(2)A

(3)K,XK20.14

(4)NO2(g)+SO2(g)^NO(g)+SO3(g)AH=-41.7kJ/mol,AH<0；AS=0,AH-TAS<0,所以可以发生

(5)BC

【详解】

(1)实验室常用75%浓硫酸和亚硫酸钠制取二氧化硫，反应方程式为

H2so4(浓)+Na2sC)3=Na2s+H2O+SO2f；

(2)A.二氧化硫属于酸性气体，不能用碱石灰干燥，A错误；

B.二氧化硫的密度比空气大，可用向上排空气法收集，B正确；

C.二氧化硫使品红褪色体现漂白性，使酸性高镭酸钾溶液褪色体现其还原性，原理不同，C正确；

D.三氧化硫溶于水易形成酸雾，工业上用98%的浓硫酸吸收三氧化硫得到发烟硫酸，D正确；

选A；

(3)①应用盖斯定律，方程式1加方程式2,平衡常数K1XK2；

5115

②由降=殁涔得：C(H2SO3)=1.4x10-mol-L-Pax1x10Pa=1.4molL\由心=迎1凶更52和

pl、。2)c(H2sO3)

c(H+)=c(HSC)9(忽略二级电离),可得出c2(H+)=KaiXc(H2so3)=1.4X10-2xl.4moILl,解得c(H+)=0.14mo卜L"；

(4)I.NO2(g)UNO(g)+/02(g)Ki=6.3xlO-7AHi=57kJ/mol

l2

II.SO2(g)+^-O2(g)USCh(g)K2=3xlOAH2=-98.7kJ/mol

I+11：NO2(g)+SO2(g)#NO(g)+SO3(g)△H=AHI+AH2=-41.7kJ/mol,AH<0；AS=O,AH-TAS<0,所以可以

发生；

⑸A.能量越高，物质越不稳定，邻甲基苯磺酸能量较高，不稳定，A正确；

B.反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲苯的转化率降低，B错误；

C.升高温度，活化分子总数增多，反应速率都会增大，C错误；；

D,升高温度，平衡逆向移动，邻甲基苯磺酸生成的正反应速率增大的程度小于其逆反应增大的程度，D正

确；

选BC。

19.(1)A

(2)将铁的氧化物溶解

(3)Fe3+还原性

(4)Fe?+具有还原性2Fe3++Fe=3Fe?+

(5)BCD

【分析】

黑木耳在用烟中进行灼烧，烧成灰烬后用硫酸酸浸，再过滤得到滤渣和滤液。

【详解】

(1)灼烧黑木耳必须用到酒精灯、三脚架、泥三角、珀烟、用烟钳、玻璃棒；故答案为：A。

(2)灰烬中含有铁的氧化物以及钾、钙、硅等元素的化合物，酸浸的目的是将铁的氧化物溶解；故答案为：

将铁的氧化物溶解。

(3)取少许滤液于试管中，滴入儿滴KSCN溶液，显红色，说明滤液中含有Fe3+；另取滤液检验，滤液能使

KMnO4溶液紫色褪去，高锌酸根具有强氧化性，说明滤液中存在具有还原性的粒子；故答案为：Fe3+；还

原性。

(4)①向FeCh溶液中添加新制氯水，氯水具有强氧化性，说明Fe?+具有还原性；故答案为：Fe?+具有还原性。

②向FeCb溶液加入足量的铁粉，两者反应，其离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；故答案为：2Fe3++Fe=3Fe”。

(5)实验结束，离开实验室之前，废弃药品不能直接倒入水池冲走，要进行无污染化处理；将用后的药品仪

器及时归放到原位置；清洁实验仪器，整理桌面，打扫实验室卫生；最后及时关闭水电、门窗；故答案为:

BCD,

20.(1)Is22s22P63s23Pl

ntt

(3)HC1O4

+2+

(4)H：O：O：HCU+2H+H2O2=CU+2H2O

【分析】

A是元素周期表中原子半径最小的元素，A是H元素；C与A形成10电子分子，C的最外层电子数是内层

电子数的3倍,C为。元素;B原子最外电子层的p能级上的电子处于半满状态,B的价电子排布式为ns2np

B与A可形成10电子分子，B、C属于同一周期，两者可以形成许多种共价化合物，B为N元素；D3B中

阴、阳离子具有相同的电子层结构，D为Na元素；C、F属同一主族，F为S元素；G是比F原子序数大

的短周期主族元素，G为C1元素；E最外层电子数比最内层多1,E的原子序数介于D和F之间，E为A1

元素。

(1)根据构造原理书写基态原子的核外电子排布式；

(2)根据构造原理写出价电子排布图；

(3)酸性HCK)4>H2s。4；

(4)H、0形成的原子个数比为1:1的分子为H2O2。

【详解】

A是元素周期表中原子半径最小的元素，A是H元素；C与A形成10电子分子，C的最外层电子数是内层

电子数的3倍,C为。元素;B原子最外电子层的p能级上的电子处于半满状态,B的价电子排布式为ns2np3,

B与A可形成10电子分子，B、C属于同一周期，两者可以形成许多种共价化合物，B为N元素；D3B中

阴、阳离子具有相同的电子层结构，D为Na元素；C、F属同一主族，F为S元素；G是比F原子序数大

的短周期主族元素，G为C1元素；E最外层电子数比最内层多1,E的原子序数介于D和F之间，E为A1

元素。

(1)E为A1元素,A1原子核外有13个电子，根据构造原理,基态A1原子的核外电子排布式为Is22s22P63s23pl

(2)F为S元素，S原子核外有16个电子，根据构造原理，基态S原子的核外电子排布式为Is22s22P63s23P%

3s3P

S原子的价电子排布式为3s23P叫S原子的价电子排布图为向|川f[J]；

(3)F、G分别为S、C1元素，S、C1都是第三周期元素，根据同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，

最高价含氧酸的酸性逐渐增强，酸性HC1C)4>H2so4,F、G元素对应的最高价含氧酸酸性较强的是HCIO4；

(4)A、C分别为H、O元素，H、O形成的原子个数比为1:1的分子为H2O2,即X为H2O2,H2O2的电子

式为H：