2020-2021學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末測試卷（人教版選修3）01（全解全析）

2020-2021學(xué)年下學(xué)期期末測試卷01

高二化學(xué).全解全析

12345678910111213141516

CBABBDDCBAADBBCD

i.c

【詳解】

A.鐵表面自然形成的鐵銹主要成分為Fe2O3,它疏松透氣，不能保護(hù)內(nèi)層金屬，A不正確；

B.工業(yè)生產(chǎn)陶瓷時，主要原料為黏土，不需要使用石灰石，B不正確；

C.生產(chǎn)硫酸最古老的方法是用FeSCU、CaSCU、CuSOq等硫酸鹽加熱分解產(chǎn)生三氧化硫，然后將三氧化硫

溶于水制得，C正確；

D.銅氨纖維屬于合成纖維，是有機高分子材料，不是新型無機材料，D不正確；

故選Co

2.B

【詳解】

A.中子數(shù)為20的氯原子的質(zhì)量數(shù)是37：：；C1,A錯誤；

B.Mg2+的核外電子數(shù)是10個，結(jié)構(gòu)示意圖：@28,B正確；

C.二氧化碳的電子式為：：6=C；5：6：，C錯誤；

D.乙酸乙酯的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3coOC2H5,分子式為C4H8O2,D錯誤；

答案選B。

3.A

【詳解】

A.18gH,。的物質(zhì)的量為11=巴=曳=10101,1分子水中質(zhì)子數(shù)為10個，即Imol水中質(zhì)子數(shù)為10$,

M18

故A正確；

B.未給出溶液的體積，無法計算硫酸的物質(zhì)的量，故B錯誤；

C.根據(jù)反應(yīng)2NO+C>2=2NO2^^N2O4可知，ImolNO與氧氣完全反應(yīng)后原子總數(shù)小于1.5NA，故C

錯誤;

D.過氧化鈉與水反應(yīng)時，生成1mol氧氣轉(zhuǎn)移2moi電子，故D錯誤；

故選Ao

4.B

【詳解】

A.Cu與FeCb溶液反應(yīng)生成亞鐵離子：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+,A錯誤；

B.Na與HzO反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣：2Na+2H2O=2Na++2OH+H2T，B正確；

C.用NaOH溶液吸收含硫廢氣中的SO2：SO2+2OH=SO；+H20,C錯誤；

2+

D.醋酸難電離，用CH3COOH溶液除去水垢中的CaCOj：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO+Ca+H2O+CO2T，

D錯誤；

答案選B。

5.B

【詳解】

A.K2FeO4中K為+1價，0為-2價，由化合價的代數(shù)和為0可知，鐵元素化合價為+6,故A正確；

B.每生成ImolK2FeO4,消耗1.5mol氯氣，轉(zhuǎn)移3mol電子，故B錯誤；

C.C1元素的化合價降低，被還原，CL是氧化劑，故C正確；

D.Fe元素的化合價升高，被氧化，則Fe(0H)3發(fā)生氧化反應(yīng)，故D正確?

故選Bo

6.D

【分析】

燃燒

向廢渣中加入Na2co3并通入02、燃燒，發(fā)生如下反應(yīng)：4Na2co3+2CnO3+3O2=4Na2CrO4+4CO2t

燃燒燃燒

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，生成氫氧化鋁沉淀和硅酸沉淀，過濾，濾液中含有

NazCrCU、Na2co3,再向溶液中加入硫酸，發(fā)生反應(yīng)2NazCrOa+H2s。4=NaaCnCh+Na2sO4+H2O,再向溶液

中加入KC1固體，就會有K2Cr2O7晶體析出。

【詳解】

燃燒

A.煨燒時，發(fā)生反應(yīng)4Na2co3+2503+302==4Na2CrO4+4CO2t，從而表明發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，A正

確；

B.由分析可知，向溶液中通入二氧化碳，生成氫氧化鋁沉淀和硅酸沉淀，所以濾渣II中主要成分是H2SiO3

和A1(OH)3,B正確；

C.生產(chǎn)過程中加入C02和Na2co3,在生產(chǎn)過程中又生成CO2和Na2co3,所以可循環(huán)使用的物質(zhì)是CO2

和Na2co3,C正確；

D.由分析可知，NazCrCU轉(zhuǎn)化為KzCnCh的過程中需加入硫酸和KC1,而不需要加入KOH,D不正確；

故選D。

7.D

【詳解】

A.物質(zhì)含有的能量越低，物質(zhì)的穩(wěn)定性就越強。根據(jù)圖象可看出：1,4-加成產(chǎn)物的能量比1,2-加成產(chǎn)物

的能量低，即1,4-加成產(chǎn)物的比1,2-加成產(chǎn)物穩(wěn)定，A錯誤；

B.該加成反應(yīng)不管生成1,4-加成產(chǎn)物還是1,2-加成產(chǎn)物，均為放熱反應(yīng)，則升高溫度，不利用1,3-T

二烯的轉(zhuǎn)化，即在40℃時其轉(zhuǎn)化率會減小，B錯誤；

C.從0℃升至40℃,溫度升高，正化學(xué)反應(yīng)速率均增大，即1,4-加成和1,2-加成反應(yīng)的正速率均會增大,

C錯誤；

D.從0℃至40℃,對于1,2-加成反應(yīng)來說，化學(xué)平衡向逆向移動，即1,2-加成正反應(yīng)速率的增大程度小

于其逆反應(yīng)速率的增大程度，D正確；

故合理選項是D。

8.C

【詳解】

3mol

A.在500s內(nèi)，反應(yīng)消耗n(N2C)5)=10.0mol-7moi=3mol,N2O5反應(yīng)速率—2LL」s-1,選

-500s-*m°，S

項A錯誤;

B.對比1000s和1500s的MN2O5)可知，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，但在1000s時反應(yīng)不一定恰好達(dá)到平衡狀態(tài),

也可能在500s到1000s之間達(dá)到平衡，選項B錯誤；

1

C.2N2O3(g)/4NO2(g)+O2(g)AH=+QkJ-moF,在1000s內(nèi)，反應(yīng)的n(N2O5)=10mol-5moi=5moL

吸收熱量2.5QkJ,選項C正確；

D.對比1000s和1500s的物質(zhì)的量n(N2O5)可知，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，速率之比等于化學(xué)方程式計量數(shù)之

比，V(N2O5)：V(NC>2)=1：2,在1500s時，N2O5的正反應(yīng)速率不等于NCh的逆反應(yīng)速率，選項D錯誤；

答案選C。

9.B

【分析】

根據(jù)原電池圖中物質(zhì)間的變化利用化合價的變化特點：升高的元素原子失去電子，該電極是負(fù)極，化合價

降低的一極得到電子做正極：利用物質(zhì)的性質(zhì)判斷能否穩(wěn)定存在于原電池中；根據(jù)圖示物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化，利

用化合價的變化、電子得失書寫電極反應(yīng)及總反應(yīng)方程式；

【詳解】

A.根據(jù)多壁碳納米管通入的氣體二氧化碳判斷，碳元素化合價由+4價變?yōu)?。價，得到電子的一極做正極，

故A正確；

B.乙醇具有揮發(fā)性性，在原電池工作時會產(chǎn)生熱量，導(dǎo)致乙醇更容易揮發(fā)，故B不正確；

C.根據(jù)原電池圖中物質(zhì)的變化判斷負(fù)極電極為Nae=Na+,故C正確；

D.根據(jù)電子守恒、原子守恒及正負(fù)極的物質(zhì)書寫總反應(yīng)方程式為：4Na+CCh=2Na2cO3+C,故D正確；

故選答案Bo

【點睛】

原電池原理實質(zhì)是氧化還原反應(yīng)，根據(jù)氧化還原反應(yīng)電子守恒書寫電極反應(yīng)及總反應(yīng)；原電池中電解液需

是穩(wěn)定存在才能使電池穩(wěn)定工作。

10.A

【詳解】

A.為了消除用水吸收SO3時的酸霧現(xiàn)象所帶來的不利影響，在硫酸工業(yè)的吸收塔中，采用濃硫酸吸收三氧

化硫，選項A正確；

B.二氧化硅和與碳在高溫下發(fā)生置換反應(yīng)，生成一氧化碳和粗硅，得不到高純度硅，選項B錯誤；

C.氧化鎂熔點高不易熔融，工業(yè)上用電解熔融氯化鎂制備鎂單質(zhì)，選項C錯誤；

D.實驗室用MnCh在加熱條件下與濃鹽酸反應(yīng)制氯氣，但工業(yè)上是通過電解飽和食鹽水制備氯氣，選項D

錯誤；

答案選A。

11.A

【詳解】

A.用5%Na2cCh溶液洗滌分液時，由于2-甲基-2-氯丙烷密度比水小，因此有機相在分液漏斗上層，故A

錯誤：

B.第一次洗滌主要除去有機相中的鹽酸，第二次水洗是除去有機相中的鈉鹽，故B正確；

C.由于產(chǎn)物的沸點比叔丁醇沸點低，因此蒸儲是為了除去殘余反應(yīng)物叔丁醇，產(chǎn)物會先被蒸儲出體系，故

c正確;

D.無水CaCL的作用是干燥，主要是除去有機相中殘存的少量水，故D正確。

答案為A。

12.D

【詳解】

A.氯化鏤蒸發(fā)濃縮過程中會發(fā)生受熱分解，不能采用蒸發(fā)結(jié)晶提純，A項不符合題意；

B.乙醇和水以任意比例互溶，不能萃取碘水中的L,B項不符合題意；

C.用新制的氫氧化銅懸濁液在堿性環(huán)境中才能檢驗淀粉水解的水解產(chǎn)物，沒有加入堿中和硫酸，C項不符

合題意；

D.可以通過注射器、計時器測定收集氣體的體積和時間，進(jìn)而測定鋅與稀硫酸反應(yīng)的速率，D項符合題意；

故正確選項為D

13.B

【詳解】

A.一般來說，沸點為原子晶體〉離子晶體〉分子晶體，且分子晶體中分子質(zhì)量越大沸點越大，晶體沸點

由高到低：金剛石〉NaCl>CC14>H2，故A正確；

B.碳酸鹽中，陽離子所帶電荷相同時，陽離子半徑越小，其結(jié)合氧離子能力越強，對應(yīng)的碳酸鹽就越容

易分解，則分解溫度：MgCO3<CaCO3<SrCO3,故B錯誤；

C.無機含氧酸中，非羥基氧原子個數(shù)越多，酸性越強，無機含氧酸的酸性：

H2SeO4>H2SO3>H2CO3>HC1O,故C正確；

D.晶格能越大，巖漿晶出越容易，F(xiàn)eS2與ZnS晶格能分別為1157.2kJ/mol、771.4kJ/mol,巖漿晶出

次序為：FeS2>ZnS,故D正確；

故選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圖，A是電負(fù)性最大的元素，A是F元素，B為

Cl,C為S,X為C,丫為Si。

【詳解】

A.同周期從左到右原子半徑減小，同主族從上到下，原子半徑增大，原子半徑由小到大的順序為A<B

<C<Y,故A正確;

B.HF分子間形成氫鍵，A、B的氫化物的沸點由低到高的順序為HBVHA,故B錯誤；

C.非金屬性：SiVC,X、丫最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性由弱到強的順序為H2YO3VH2XO3,H2SiO3

<H2cO3,故C正確；

D.硫離子半徑大，易失電子，B、C簡單離子的還原性由弱到強的順序為B<C,C1<S2-,故D正確；

故選Bo

15.C

【詳解】

A.五種組成元素中的C、N、。三種元素均位于p區(qū)且處于第二周期，鋁在第三周期，氫在第一周期，故

A錯誤；

B.電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，原子半徑：A1>C>N>O>H,N是7

號元素，基態(tài)N原子核外有7種運動狀態(tài)不同的電子，故B錯誤；

C.同周期從左向右第一電離能有增大的趨勢，nA族、VA族處于全滿、半滿狀態(tài)時，第一電離能增大,

第一電離能：N>O>C,水分子形成的氫鍵強于氨分子，甲烷分子間不能形成氫鍵，簡單氫化物沸點：H2O

>NH3>CH4,故C正確；

D.該材料分子結(jié)構(gòu)中含有。鍵和兀鍵，碳原子分別采取了sp3、sp2雜化方式，故D錯誤；

故選C。

16.D

【詳解】

A.圖丁為金屬晶體鈉的晶胞結(jié)構(gòu)，根據(jù)配位數(shù)的定義，以體心上的Na原子為例判斷Na原子配位數(shù)為8,

故A正確；

B.圖乙為分子晶體C02的晶胞結(jié)構(gòu)，該晶胞中含有含C02分子個數(shù)=8x2+6x4=4,故B正確；

C.該晶胞中8個碳原子位于頂點上，6個碳原子位于面心上，內(nèi)部有4個碳原子，該晶胞中含有碳原子個

數(shù)=8x—F6X—F4=8,故C正確；

82

D.以晶胞體心上的氯離子為例，晶體中C卜周圍距離最近的個數(shù)為12,故D錯誤；

故選D。

17.(1)充分?jǐn)嚢?，將輝銅礦粉碎，加熱等

(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)取少量最后一次洗滌液于潔凈的試管中，加入足量稀鹽酸酸化，再加入BaCL溶液，若無白色沉淀產(chǎn)

生，則說明沉淀已洗凈，反之未洗凈

【分析】

輝銅礦主要成分為CuzS,含少量FezCh、SiCh等雜質(zhì)，加入稀硫酸和二氧化鎬浸取，過濾得到濾渣為MnCh、

SiO2、單質(zhì)S,濾液中含有Fe3+、Mn2\Cu2+,調(diào)節(jié)溶液pH除去鐵離子，加入碳酸氫鏤溶液沉淀鎰過濾得

到濾液趕出氨氣循環(huán)使用，得到堿式碳酸銅；據(jù)此分析解答本題。

【詳解】

(1)酸浸時，通過充分?jǐn)嚢?，將輝銅礦粉碎，加熱等都可以提高浸取率；

(2)“浸取”時：在硫酸酸性條件下MnO2氧化Cu2s得到硫沉淀、CuSCU和MnSCU,其反應(yīng)的化學(xué)方程式

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

(3)“除鐵”主要是除去溶液中Fe3+,根據(jù)題干表格可知，若要使Fe3+完全沉淀而不沉淀CF+,溶液的pH

范圍為：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)“沉錦”(除Mn?+)過程中，加入碳酸氫鉉和氨氣，生成碳酸鐳沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：Mn+HCO3

-+NH3=MnCO3l+NHj；

(5)沉淀表面主要雜質(zhì)為硫酸鹽等，因此檢驗沉淀是否洗凈的操作為：取少量最后一次洗滌液于潔凈的試

管中，加入足量稀鹽酸酸化，再加入BaCL溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則說明沉淀已洗凈，反之未洗凈。

18.(1)FezCh作催化劑時，在相對較低溫度可獲得較高SC)2的轉(zhuǎn)化率，節(jié)約大量能源

(2)當(dāng)n(C0):n(S02)=l：l,SO2的轉(zhuǎn)化率最大只能達(dá)到50%時，受平衡的限度影響，因此平衡時轉(zhuǎn)化率接

近50%

(3)1.6

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

【詳解】

(1)根據(jù)圖a可看出，F(xiàn)e?C)3和NiO作催化劑均能使S02的轉(zhuǎn)化率達(dá)到最高，但相比NiO,用FezCh作催

化劑時，在較低溫度下(340℃?420℃范圍內(nèi))S6的轉(zhuǎn)化率已達(dá)很高，這樣既能除去S02,又能節(jié)省能源，故

答案為：FezCh作催化劑時，在相對較低溫度可獲得較高S02的轉(zhuǎn)化率，節(jié)約大量能源；

(2)由圖a和圖b可知，當(dāng)CO量足夠時，SO2的轉(zhuǎn)化率可接近100%,但是當(dāng)n(CO):n(SO2)=l：l時，SO2

的轉(zhuǎn)化率最大只能達(dá)到50%,因此SO2轉(zhuǎn)化率接近50%,故答案為：當(dāng)n(CO):n(SO2)=l：l,SCh的轉(zhuǎn)化率最

大只能達(dá)到50%時，受平衡的限度影響，因此平衡時轉(zhuǎn)化率接近50%；

(3)由反應(yīng)方程式可知,反應(yīng)的SO：與生成的HSO；的物質(zhì)的量之比為1:2,當(dāng)溶液中c(SO；)降至0.2mol/L

時，消耗了0.8mol/L,c(HSC)3)會生成約L6mol/L,故答案為：1.6；

(4)由于陰極生成了硫磺，則在陰極上SCh得電子后結(jié)合H+,生成單質(zhì)硫和水，電極反應(yīng)式為

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

H2so3+4H++4e=SJ+3H20)。

19.(1)2.8燒杯、量筒、托盤天平

2++3+

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

(3)KSCN溶液BaCb溶液

(4)OH-

(5)適量的稀硫酸和鐵粉

【詳解】

1

(1)配制100mL0.100mol.L」FeS04溶液，需要FeSO4-7H2O晶體的質(zhì)量是0.1LxO.1mol/Lx278g-mol-=2.78go

如果用托盤天平稱量應(yīng)該是稱量2.8g；配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的基本步驟是計算、稱量、溶解、冷卻、

轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等，則需要的儀器有100mL容量瓶、藥匙、玻璃棒、燒杯、量筒、托盤天平；

(2)放置過程中FeSCh被。2氧化成中Fe”,同時有H2O生成，配平的離子方程式為：4Fe2++4H++O2=:

3+

4Fe+2H2O；

(3)證實黃色固體中含F(xiàn)e3+和SO：,加入試劑1,溶液變成紅色，加入的試劑1是KSCN溶液；加入試

劑2,產(chǎn)生白色沉淀BaSCM,加入的試劑2是BaCL溶液；

(4)FeSCU溶液放置過程中，溶液的pH減小，說明氫離子濃度增大，黃色固體的量也同時增大，根據(jù)氫

元素守恒，黃色固體中含有OH%

(5)由Fe2+的氧化率隨時間的變化圖可知，溶液的酸性越強，F(xiàn)e?+的氧化率越小，所以配制FeSO」溶液時

需要添加適量的稀硫酸和鐵粉，且現(xiàn)配現(xiàn)用。

20.(1)第三周期VIA族

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

(3)H?0與H2O2之間形成氫鍵

(4)H-N=N-H

(5)9.04g-cm-3正四面體形sp3

【分析】

某配位化合物為深藍(lán)色晶體，由原子序數(shù)由小到大的A、B、C、D、E五種元素構(gòu)成，其原子個數(shù)比為14：

4：5：1：1.其中C、D元素同主族且原子序數(shù)D為C的二倍，則C為O元素、D為S元素；E元素的外

圍電子排布為(n-1)d"+6ns',則n+6=10,故n=4,故其外圍電子排布為3dle14sL則E為Cu；故該深藍(lán)色晶

體應(yīng)含有[CU(NH3)4]2+、SO],結(jié)合原子序數(shù)可知A為H、B為N,由原子數(shù)目之比，可知該配合物含有1

個結(jié)晶水，故其化學(xué)式為：[CU(NH3)4]SO#H2O。

【詳解】

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

(2)由上述分析可知，該配位化合物的化學(xué)式為[CU(NH3)4]SO;H2O。故答案為：[Cu(NH3)4]SOrH2O；

(3)C元素可與A元素形成兩種常見的化合物，其原子個數(shù)比分別為1：1和1：2,兩種化合物為H2O與

H2O2,可以任意比互溶，主要原因為H2O與H2O2之間形成氫鍵。故答案為：H2O與H2O2之間形成氫鍵；

(4)A元素與B元素可形成分子式為H2N2的化合物，該化合物的分子具有平面結(jié)構(gòu)，應(yīng)存在N=N雙鍵，

則其結(jié)構(gòu)式為H-N=N-H。故答案為：H-N=N-H；

4x64g?mo/-1

(5)晶胞中Cu原子數(shù)目=8x：+6x：=4,根據(jù)Cu的密度p==9.04gem、則E的密度為

8(3.61X10%m)3