模拟卷三答案

高二下学期期末模拟卷（三）答案1.【答案】A【详解】A．“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”为朱砂，朱砂的主要成分是硫化汞，故A错误；B．二氧化碳人工合成淀粉可以减少二氧化碳的排放，有利于“碳中和”实现，故B正确；C．铷元素是位于元素周期表ⅠA族的碱金属元素，故C正确；D．高铁酸钾的水处理过程为具有强氧化性的高铁酸钾使水中的细菌因氧化还原反应而发生蛋白质的变性而起到杀菌消毒的作用，反应生成铁离子在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，胶体吸附水中悬浮杂质聚沉而达到净水的作用，则处理过程中涉及的变化有蛋白质的变性、胶体聚沉、盐类水解、氧化还原反应，故D正确；故选A。2.【答案】B【详解】A．的水解使溶液呈碱性，正确的离子方程式为：，故A错误；B．氯气分子中氯原子与氯原子形成ppσ键，其共价键电子云轮廓图为，故B正确；C．MgCl2为离子化合物，镁原子失电子，用电子式表示MgCl2的形成过程为，故C错误；D．氯为VIIA族元素，S为VIA族元素，S2Cl2的结构式为，故D错误；故答案为：B。3.【答案】D【详解】A．亚硝酸钠是含有离子键和共价键的离子化合物，故A正确；B．氮元素的原子序数为7，基态原子的价电子排布式为2s22p3，轨道表示式为，故B正确；C．水分子中氧原子的价层电子对数为4，分子的VSEPR模型为四面体形，故C正确；D．一氧化氮是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故D错误；故选D。4.【答案】B【详解】A．S和氧气反应生成二氧化硫，故S→SO3不能实现，故A错误；

B．铁和水高温生成四氧化三铁，四氧化三铁和铝反应生成铁单质，可以实现，故B正确；

C．铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，故不能实现，故C错误；

D．二氧化硅难溶于水，故SiO2H2SiO3不能实现，故D错误；

故选：B。5.【答案】B【详解】A．SiC属于共价晶体，一个硅原子与四个碳原子相连，形成4个SiC单键，40gSiC的物质的量为1mol,则含有SiC键数目为4NA，故A正确；

B．NH4BF4是由和形成的离子晶体，结构式为，1个含有1个配位键；结构式为，1个含有1个配位键，则1molNH4BF4中含有2mol配位键，数目为2NA，故B错误；

C．Na2O2中氧元素的化合价为1价，则1molO2与足量Na反应生成Na2O2时转移2mol电子，数目为2NA，故C正确；

D．CaC2是由Ca2+和形成的离子晶体，的电子式为：，1个中含有2个π键，则1molCaC2中含有的π键数目为2NA，故D正确；

故选：B。6.【答案】B【详解】A．苯环对角线上的原子共线，中心C为四面体结构，则最多共线的C原子有3个，A错误；B．双酚分子加成后为对称结构，，六元环上的一氯代物有4种，B正确；C．苯酚中含有1个苯环，双酚A中含有两个苯环，不属于同系物，C错误；D．苯酚的酸性小于碳酸，强于碳酸氢根离子，故苯酚与碳酸氢钠不反应，D错误；故答案：B。7.【答案】D【详解】A．分馏需要温度计，故A错误；B．水加到Cu和浓硫酸反应后的溶液中，易发生迸溅，故B错误；C．酚酞在偏碱性时出现红色，而生成的氯化铵水解显酸性，应用甲基橙作指示剂，故C错误；D．通过最高价氧化物的水化物酸性的比较，可判断非金属性的强弱，故D正确；故选：D。8.【答案】C【详解】A．实验未给定溶液浓度，所测得pH不能用于比较、HClO酸性强弱，且NaClO溶液具有漂白性，无法用pH试纸测定其pH，A错误；B．、浓盐酸中的HCl均能与KMnO4反应而使紫色褪去，故该实验的现象不能证明一定含有二价铁，B错误；C．分子间存在氢键，加入苯后，混合过程中苯削弱了分子间的氢键，混合物中分子间作用力减弱，分子间距离增大，故混合后体积大于两者体积之和，C正确；D．向10mL0.1mol·L1AgNO3溶液中先加入5mL0.1mol·L1KCl溶液，生成白色沉淀AgCl，此时只消耗了一半的AgNO3，余下的AgNO3与后加入的KI反应生成黄色沉淀AgI，不能证明AgCl转化成AgI，则不能用此实验比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小，D错误；故选C。9.【答案】B【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，X和Z同主族，Y和W同主族，其中X的核外成对电子数是未成对电子数的两倍，X的电子排布式为1s22s22p2，则X和Z分别为C和Si，Y是电负性最强的元素，Y为F，W为Cl，其单质在常温下可与水发生置换反应生成一种无色无味的气体和一种弱酸，方程式为。【详解】A．C为有机物骨架，构成的物质种类最多，A正确；B．SiO2可用于制造光导纤维，B错误；C．Cl为强酸酸根对水的电离平衡无影响，C正确；D．同周期原子半径依次减小，同主族原子半径依次增大，则原子半径大小关系：Z>W>X>Y，D正确；故选B。10.【答案】C【详解】A．该有机物分子中含有碳碳双键，可发生加成反应和氧化反应，含有羧基，可发生酯化反应等取代反应，故A正确；B．该有机物分子中含有1个碳碳双键、1个苯环和1个羰基可以和H2发生加成反应，1mol环丙沙星与氢气加成最多可消耗5molH2，故B正确；C．能与NaOH溶液反应的官能团为F原子、羧基，且F原子水解生成的酚羟基也能与NaOH反应，则1mol环丙沙星与NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH，故C错误；D．该有机物分子中含有碳碳双键，可以加聚形成高分子，故D正确；故选C。11.【答案】A【分析】由装置可知左侧电池中电极M上，在光照条件下，光合菌将二氧化碳转化为氧气，氧气在电极M上得电子生成水，则M作正极，电极N上Fe的硫化物在硫氧化菌作用下生成S，S在电极N上失电子生成硫酸根离子，N作负极，则电极P为阴极，电极Q为阳极，Q电极上碘单质失电子生成碘酸钾，据此分析解答。【详解】A．N极为负极，硫氧化菌将氧化为S，硫再放电生成，负极电极反应式为，故A正确；B．铂电极P为阴极，电极反应式为，Q为阳极，电极反应式为，阳离子移向阴极，溶液中通过阳离子交换膜从Q极移向P极，故B错误；C．光照强度大小影响单位时间内生成氧气的量，即影响电流强度，会影响的制备速率，故C错误；D．不考虑损耗，电路中每消耗，转移电子为6mol，生成，为，故D错误；故选：A。12.【答案】D【详解】A．经过步骤①，100mL0.1mol•L1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反应方程式为CaCl2+Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02molNaCl和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2+，则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl)，故A错误；B．步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后溶质为0.01molNa2SO4、0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO)，故B错误；C．经过步骤②，反应后的溶质为0.01molNa2SO4、0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：c(Cl)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故C错误；D．步骤③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01molCa(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO)=c(Cl)，故D正确；故选D。13.【答案】B【分析】图示中横坐标是反应历程，纵坐标是相对能量，氧气在炭黑催化下，分两步生成活化氧，反应有水时的活化能比在无水时的活化能低，说明水降低了反应的活化能。【详解】A．由图可知，该过程中的最大能垒为0.75ev，故A错误；B．炭黑与氧气生成活化氧，活化氧与二氧化硫反应会转化为三氧化硫和炭黑，故炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，故B正确；C．由图可知，该反应存在非极性键（O=O）的断裂，但是没有非极性键的形成，故C错误；D．反应物总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出0.29eV的能量，故D错误；故选B。14.【答案】D【详解】A．和相似，为直线形的非极性分子，在固态时形成分子晶体，A错误;B．的中心原子的价电子对数为，其模型为正四面体形，略去中心原子上的孤电子对，的空间结构为三角锥形，B错误;C．氯化硼熔点为，氯化硼为分子晶体，液态和固态时只存在分子，没有离子，所以不能导电，C错误;D．和的中心原子的价电子对数均为4，所以中心原子均为杂化，没有孤电子对，所以分子呈正四面体形，有一对孤电子对，所以分子呈三角锥形，D项正确;答案选D。15.【答案】C【详解】A．由图可知，t1min时c(CO2)=c(CO)，相同条件下t1min后c(CO2)仍在减小，c(CO)仍在增大，则t1min时该化学反应没有达到平衡状态，故A错误；

B．该反应的平衡常数K=，只与温度有关，温度不变则K不变，所以重新达到平衡时不变，故B错误；

C．由图可知，4min时，CO2的转化率为×100%≈71.4%，故C正确；

D．由图可知，4min内CO的平均反应速率v(CO)==0.125mol⋅L1⋅min1，故D错误；

故选：C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.【答案】（1）①.Cu、②.盐酸易挥发，对设备腐蚀性强（2）0.5（3）（4）调节溶液pH，使转化生成氢氧化铁（5）【解析】【分析】湿法炼锌净化渣的主要成分为Co、Zn、Fe、Cu、Pb等金属及其氧化物均与硫酸反应生成相应的盐，铜不溶于硫酸，硫酸铅难溶，过滤得到浸出渣。Na2S常用作沉淀剂，“氧化”过程中，Na2S2O8将Fe2+氧化为Fe3+，Na2CO3调节溶液pH，生成氢氧化铁，在溶液pH=5时，Na2S2O8能将Co2+氧化生成，据此分析解题。【小问1详解】根据以上分析可知浸出渣的主要成分为Cu、，工业上，在“浸出”过程中，常选用硫酸浸取，而不用盐酸，原因是盐酸易挥发，对设备腐蚀性强；【小问2详解】在铜渣中检测不到Co2+，除铜液中Co2+浓度为0.18mol•L1，Ksp（CoS）=1.8×1022，c（S2）=mol/L=1×1021mol/L，常温下，饱和H2S水溶液中存在关系式，则此时溶液的c（H+）=mol/L，pH=lgc（H+）=0.5，故pH＜0.5；【小问3详解】“氧化”过程中，Na2S2O8与Fe2+发生反应，Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为；【小问4详解】“沉铁”过程中，Na2CO3的作用是调节溶液pH，生成氢氧化铁；【小问5详解】在溶液pH=5时，Na2S2O8能将Co2+氧化，该反应的离子方程式为。17.【答案】（1）酒精灯、三角架（2）①.②.防止反应过于剧烈，减少损失（3）①.防止生成杂质，提高产品的纯度②.B（4）防止受热分解（5）85.4【解析】【分析】通入过量的二氧化碳会产生溶解度较小的碳酸氢钾，加热浓缩结晶时碳酸氢钾会和高锰酸钾一起析出；盐酸、草酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量；【小问1详解】将固体混合物加热至熔融，除铁坩埚外，需要的仪器有酒精灯、三角架/泥三角、坩埚钳、铁棒；图中的实验仪器还需要酒精灯、三角架，故答案为：酒精灯、三角架；【小问2详解】MnO2被氧化成墨绿色的K2MnO4，KClO3被还原成KCl,反应的化学方程式为KClO3+6KOH+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3H2O；为使MnO2充分反应，提高其转化率，加入MnO2时可分批加入，而不一次性加入；【小问3详解】实验中不能通入太多二氧化碳的原因是通入过量的二氧化碳会产生溶解度较小的碳酸氢钾，加热浓缩结晶时碳酸氢钾会和高锰酸钾一起析出，即防止生成KHCO3杂质，提高产品的纯度，盐酸、草酸具有还原性，会被高锰酸钾氧化，降低产品的量，故不宜用盐酸、草酸，可以用磷酸，故答案为：防止生成KHCO3杂质，提高产品的纯度；B；【小问4详解】高锰酸钾晶体受热易分解，水浴加热温度不超过100℃，高锰酸钾晶体不会分解，故利用水浴加热而不采取直接加热滤液的原因是防止KMnO4受热分解，故答案为：防止KMnO4受热分解；【小问5详解】已知MnO2的质量为3.48g,其物质的量为，即KClO3、KOH、MnO2的物质的量分别为0.02mol、0.09mol、0.04mol,根据反应方程式KClO3+6KOH+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3H2O↑可知KOH、KClO3过量，故由MnO2进行计算，根据关系式3MnO2～3K2MnO4～2KMnO4，理论上生成KMnO4物质的量为(×0.04)mol,KMnO4的产率=，故答案为：85.4。18.【答案】（1）（2）①.BC②.（3）负（4）（5）b→e→h→j【解析】【小问1详解】298K时，1g氢气燃烧生成H2O(g)放热121kJ，1molH2O(l)蒸发吸热44kJ，则1mol氢气燃烧生成H2O(l)放热286kJ，表示氢气燃烧热的热化学方程式为。【小问2详解】①A．增加甲烷用量可提高水蒸气的转化率，但是甲烷本身的转化率会降低，A错误；B．恒温恒压下通入惰性气体，反应混合物中各组分的浓度减小，相当于减小体系压强，反应I正向移动，能提高甲烷的平衡转化率，B正确；C．移除一氧化碳，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应I的化学平衡正向移动，能提高甲烷平衡转化率，C正确；D．加入催化剂只能加快反应速率，不能增加转化率，D错误；故选BC。②恒温恒压条件下，1mol甲烷和1mol水蒸气反应达平衡状态，甲烷的转化率为a，二氧化碳的物质的量为bmol，则转化的甲烷为amol，剩余的甲烷为(1a)mol，根据C元素守恒，平衡时CO的物质的量为(ab)mol，再根据H和O守恒，水蒸气的物质的量为(1ab)mol，氢气的物质的量为(3a+b)mol，则反应后平衡时混合物的总物质的量为(2+2a)mol，则平衡体系中，甲烷、水蒸气、一氧化碳和氢气的物质的量分数依次为，则反应I的平衡常数。【小问3详解】燃料电池中