2020-2021学年高二化学下学期期末测试卷（人教版选修3）02（全解全析）

2020-2021学年下学期期末测试卷02

高二化学.全解全析

12345678910111213141516

BBBADDCADBDBDCAC

1.B

【详解】

A.宋朝苏轼《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的"气”

指的是乙烯，作用是催熟果实，故A错误；

B.甲烷也会造成温室效应，"可燃冰'’是一种有待大量开发的新能源，但开采过程中发生泄漏，会造成温室

效应，故B正确；

C.碳化硅不是有机高分子材料，属于无机物，故C错误；

D.为了更好地为植物提供N、P、K三种营养元素，不能将草木灰与NH4H2P04混合使用，两者会发生反

应，故D错误。

综上所述，答案为B。

2.B

【详解】

A.Ne和Na+的结构示意图分别为:故A错误;

B.乙烯的结构简式：CH2=CH2,故B正确;

C.碳原子大于氧原子，二氧化碳分子的比例模型:故c错误;

D.硫化钠是离子化合物，电子式：，故D错误;

故选B。

3.B

【详解】

A.发生2so2+O2U2so3,此反应可逆反应，不能进行到底，生成SCh的分子总数小于2NA,分子总数大

于2NA,选项A错误;

B.NazCh由钠离子和过氧根离子构成，7.8gNa2Ch的物质的量为(Mmol,离子总数为0.3N,\,选项B正确；

C.标准状况下，1个氧气分子体积由氧气分子的大小决定，不能直接用气体摩尔体积进行计算，选项C错

误：

D.反应KC1C)3+6HC1=KC1+3c卜廿3H2。中氯元素由+5价变为0价，-1价变为0价，转移电子数为5e1说

明lmol[KClO3+6HCl]转移电子数为5NA,选项D错误；

答案选B。

4.A

【详解】

①pH=O的溶液呈酸性，酸性条件下ChMnO；发生氧化还原反应而不能大量共存，另外HCO；也不能大

量存在，故①不选；

②pH=ll的溶液呈碱性，碱性条件下CO：、Na+、A1O；,NO；、S2\SO：离子之间不发生任何反应，可

大量共存，故②选；

③水电离的H+浓度c(H+>10-|2mol-L-'的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下不能大量存在CO：,

碱性条件下NH：不能大量共存，故③不选；

④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，Mg2+、NH：、Cl\K+、SO：离子之间不发生任何反应，可大量共存,

故④选；

⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下Fe?+、MnO；或NO；能够发生氧化还原反应不能大量共存，故⑤

不选；

⑥Fe3+、AU+与S2-易发生双水解反应，不能大量存在于中性溶液中，故⑥不选；

故选Ao

5.D

【详解】

根据反应8NH3+3CL=N2+6NH4CI分析，氧化剂为CL,还原剂为NH3,氧化产物为N2,还原产物为NHQ。

A.根据反应8NH3+3Cb=N2+6NH4cl可知，氯元素由0价变为价，每有ImolCL参加反应，转移电子为

2mol,选项A正确；

B.生成NH4cl中氮元素不变，氯元素由0价变为-1价，故NH4cl仅为还原产物，选项B正确；

C.根据反应可知，每8moiN%参与反应，只有2moi为还原剂，6moi不参与氧化还原反应，所以未被氧化

的NH3与被氧化的NH3物质的量之比为3:1,占其反应总量的25%,选项C正确；

D.氯气与铁发生反应条件为点燃，选项D不正确。

答案选D。

6.D

【分析】

常温下O.lmo卜L"r溶液的pH为13,应为强碱，则r为NaOH：且由m、n电解生成，应为电解饱和食盐水,

则p、q为氢气、氯气，由此可知W为H元素、X为O元素，丫为Na元素，Z为C1元素，且p为H?,q

为02。

【详解】

A.小和02均是共价分子，相对分子质量越大，沸点越高，因此单质的沸点：W<X,故A错误；

B.Z为CLX为0,丫为Na,C「离子有三个电子层，半径最大，氧离子和钠离子具有相同的核外电子排

布，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Z>X>Y,故B错误；

C.H与Na形成的化合物NaH为离子化合物，故C错误；

D.X为0元素，0与H、Na、。均可形成至少两种二元化合物，如H?。、H2O2,Na2O.Na2O2,CIO2>

CI2O7,故D正确；

故选D。

7.C

【详解】

A.中和热的测定实验中，反应开始前分别测量HC1和NaOH的温度，然后取平均值，作为初始温度，将

HC1溶液和NaOH溶液迅速混合读取混合溶液的最高温度为最终温度，故A错误；

B.用洁净无锈的铁丝或柏丝蘸取NaCl溶液进行焰色试验，可观察到黄色火焰，不能用玻璃棒做焰色试验,

因为玻璃中含有钠、钙元素，灼烧玻璃棒本身就有颜色，故B错误；

C.苯酚和NaOH反应生成溶于水的苯酚钠，苯不和NaOH反应，室温下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入

适量NaOH溶液，振荡、静置后分液，可除去苯中的少量苯酚，故C正确；

D.酸或碱对乙酸乙酯的水解都有催化作用，酯在酸性条件下水解生成酸和醇，而在碱性条件下水解得到盐

和醉，故D错误；

故选C。

8.A

【详解】

A.反应2sC)2(g)+O2(g)U2s03(g)△H=-198kJ.mo「为可逆反应，贝UImolSCh和ImolCh反应时消耗SCh

的物质的量小于Imol,放出热量小于99kJ,故A正确；

B.由图可知，过程n化学键断裂，为吸热过程，过程in为化学键的形成，为放热过程，故B错误；

c.过程I是吸附放热过程，自发进行程度大，过程n为旧键断裂，过程ni为新键形成，过程iv是生成物

解吸过程，则过程n和过程川决定了整个反应进行的程度，故c错误：

D.此反应的快慢与催化剂的表面积有关，表面积越大，反应速率越快，故D错误；

故选Ao

9.D

【详解】

A.不同的液体的嫡不可能相等，即使化学计量数相同也不会相同的，因此反应前后端变不为0,A错误；

B.化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，与改变的外界条件及平衡的移动方向无关,

B错误；

C(CH3COOC2H5)?C(H2O)

C.根据平衡常数的含义可该反应的化学平衡常数K=，c错误;

c(CHjGSM)H)?25

D.因为该反应的不大，所以温度变化对化学平衡移动的影响不大，故改变温度对化学平衡转化率的影

响就不大，D正确；

故合理选项是D。

10.B

【分析】

该装置为原电池，由方程式知铝电极是负极，电极反应是Al-3e=A]3+,多孔碳电极是正极，电极反应为

-

2CO2+2e=C2O4

【详解】

A.电流的实质是电子，只能通过导线移动，电流的方向是多孔碳电极T导线T铝电极，A项不符合题意;

B.根据总反应知，正极反应是2co2+28=C2。：，B项符合题意：

C.涉及到02的反应是①6C)2+6e-=6O2②6c。2+60产3c2。：+6。2,所以在正极反应过程中，作催

化剂，C项不符合题意；

D.根据6e-6c02,转移O.lmol电子，消耗标准状况下CCh为22.4L,D项不符合题意；

故正确选项为B

11.D

【详解】

A.澳单质易溶于四氯化碳，四氯化碳与水互不相溶、分层，可用四氯化碳作萃取剂，故A正确；

B.分液漏斗带有旋塞和瓶塞，使用前必须需检查是否漏水，故B正确；

C.分液时，先从分液漏斗下口放出下层液体，关闭旋塞，再从上口倒出上层液体，以避免液体重新混合

而污染，故C正确；

D.酒精易溶于水，溶液不分层，不能利用分液法分离，故D错误；

故选D。

12.B

【详解】

A.配制Fe(NCh)2溶液时，不可向溶液中加入硝酸，因为硝酸有强氧化性，会将亚铁离子氧化为铁离子，故

A错误；

B.向二氧化硫水溶液中滴加氯化馍溶液，弱酸不能制取强酸，二者不反应，无现象，再滴加双氧水，二氧

化硫被氧化成硫酸，硫酸与氯化钢生成白色的硫酸铁沉淀，故B正确；

C.中和热的测定实验中，测酸后的温度计若未用水清洗便立即去测碱的温度，在温度计上残留的酸液就会

与溶液中的碱发生中和反应，放出热量，使所测碱的起始温度偏高，测出的温度差偏低，从而导致中和热

的数值偏小，故C错误；

D.NH4NO3溶于水吸热，使溶液温度降低，配制的NH4NO3溶液时，溶解后立即转移至容量瓶，

恢复到室温时会导致所配溶液的体积偏大，使所配溶液的浓度偏低，故D错误；

答案选B。

13.D

【详解】

A.乙醇存在氢键，沸点较高，前者高于后者，故A不符合题意；

B.C3F8与C3H8都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，前者高于后者，故B不符合题

-Ar.

悬；

C.对羟基苯甲醛含有分子间氢键，邻羟基苯甲醛含有分子内氢键，分子间作用力较强，沸点较高，前者高

于后者，故c不符合题意；

D.邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，对羟基苯甲酸存在分子间氢键，分子间作用力较强，沸点较高，前者低

于后者，故D符合题意；

故答案为D。

14.C

【详解】

A.；,N和：C质子数不同，不能互称为同位素，故A错误；

B.1C是碳的一种核素，而C60是单质，不是同素异形体，故B错误；

C.核素的中子数为14-7=7,故C正确；

D.14co2的相对分子质量为14+16x2=46,故D错误；

故选C。

15.A

【详解】

A.同周期元素的第一电离能从左到右有增大的趋势，但nA族和VA族的元素达到全满或半满状态，所以

N、0、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>0,A正确；

B.分子中C-H键的键能与C-F键的键能比较，可以根据键长的大小来判断，具体来说就是根据相结合的

两个原子的半径来比较，半径越小键能越大，两个化学键都含有C原子，F原子的半径大于H原子的，所

以C-H键的键能大于C-F键的键能，B正确；

C.该分子中。键与兀键数目之比为15：4,C错误；

D.手性碳原子一定是饱和碳原子，所连接的四个基团要是不同的，该有机物中没有饱和的碳原子，故D

错误；

故选Ao

16.C

【详解】

A.B原子位于顶点，个数为8xg=l,A原子位于内部，个数为1,所以化学式为AB,A错误；

B.E、F分别占据4个顶点，个数相同，化学式为EF,B错误；

C.Z原子位于顶点，个数为8x1=1,X原子位于内部，个数为1,丫原子位于面心，个数为6x^=3,所

82

以化学式为XY3Z,C正确；

D.A原子位于顶点和面心，个数为8xl+6x'=4,B原子位于棱心和内部，个数为l+12x'=4,所以化

824

学式为AB,D错误;

综上所述答案为c。

17.(1)静置，向上层清液中滴加1〜2滴Na2cCh溶液，无沉淀生成

(2)PH>9

A

=

(3)4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O

(4)99%

【分析】

由流程可知，含银(Ni2+)废液为原料生产NiOOH,在含Ni+的废液中加入碳酸钠溶液，过滤得到NiCO3沉淀，

沉淀中加入硫酸溶解生成NiSCU,加入试剂调节溶液的pH使镁离子全部沉淀生成Ni(OH)2,在空气中加热

Ni(OH)2制取NiOOH。

【详解】

(1)加入Na2co3溶液时，确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是静置，向上层清液中滴加1〜2滴Na2co3溶液,

无沉淀生成。故答案为：静置，向上层清液中滴加1〜2滴Na2cCh溶液，无沉淀生成；

I?x10-15

(2)欲使NiS04溶液中残留c(Ni2+)<2xlO-5mol-L1,/C[Ni(OH)]=2x1015=c(Ni2+)c2(OH),c(OH>J

sp2V2x10-

=10-5,调节pH的范围是PH》。故答案为：PH>9；

A

⑶在空气中加热Ni(0H)2制取NiOOH,Ni由+2价升高为+3价，化学方程式：4Ni(OH)2+Ch=4NiOOH+2H2O。

A

故答案为：4Ni(OH)2+O2=4NiOOH+2H2O；

3+3+115

(4)n(Fe),6=c(Fe)V=1.Omol'L-xO.1L=0.1mol,n(MnO；)=c(MnO：)V=0.001mobL-x0.02L=2x10-mol,20mL

溶液中n(Fe")余=5n(MnO：)=5x2x10-5mol=1x10-4mol,n(NiOOH)=n(Fe2+)g=n(Fe3+)s-n(Fe2+)^

,2000.099molx92.0g•机O/T

^.Imol-lxlO^molx——=0.099mol,co(NiOOH)=----------------------------------xlOO%=99%。故答案为：99%。

209.20g

18.(1)c(CH3coONa)>c(Na2so3)>c(Na2co3)

(2)2CO；-+SO2+H2O=2HCO3+SO,'

(3)AC

(4)①②

(5)c>b>a>

【分析】

有电离常数可以得出酸性强弱是醋酸大于亚硫酸，亚硫酸大于碳酸，碳酸大于亚硫酸根离子，亚硫酸根离

子大于碳酸氢根离子，据此回答问题。

【详解】

(1)酸越弱，对应的酸根离子水解程度越大，在等浓度时碱性越强，则在相同温度下，等pH的CH3coONa

溶液、Na2cCh溶液和Na2s。3溶液，三种溶液的物质的量浓度c(CH3coONa)、c(Na2co3)、c(Na2so3)由大至U

小排序为c(CH3coONa)>c(Na2so3)>c(Na2c03)；

(2)用足量Na2cO3溶液吸收工业尾气中少量SO2气体，依据分析酸性强弱，发生反应的离子方程式为

2CO：+SO2+H2O2HCO；+SO；；

(3)25℃时，向O.lmobL/的氨水中缓缓少量C02气体的过程中(忽略溶液体积的变化)，两者反应生成碳酸钱,

A.随着二氧化碳的通入生成的碳酸钱逐渐增多，溶液中镂根离子的浓度增大，碳酸氢根离子浓度增大，则

减小，故正确；B.随着二氧化碳的通入生成的碳酸钱逐渐增多，溶液碱性减弱，则氢离子

c(HCO3)

浓度增大，氢氧根离子浓度减小，则半2增大，故错误；c.温度不变电离常数不变，随着二氧化碳的

c(0H)

c(0Hjc(QH)c(NH：)_K

通入生成的碳酸镂逐渐增多，溶液中镂根离子浓度增大,b

«峭・凡0)C(NH3^12O)C(NH；)—c(NH：)

减小，故正确；D.温度不变电离常数及离子积常数不变,

+

c(Hj.c(NHi.H,O)C(H)C(OH)C(NH3-H2O)=詈不变，故错误；故选：AC：

c(NH；)—c(NH；)c(OH)

(4)①相同条件下，浓度均为0.1mol・LT的盐酸和醋酸，醋酸的导电能力更弱，说明醋酸中离子浓度小于盐酸,

则电离程度醋酸小于氯化氢，则醋酸是弱酸，故正确；

②25℃时，一定浓度的CH3coOH、CHaCOONa混合溶液的pH等于7,则醋酸钠溶液显碱性，所以醋酸钠

是强碱弱酸盐，所以醋酸是弱酸，故正确：

③CH3co0H溶液能与NaHCCh反应生成CCh,说明醋酸酸性大于碳酸，但不能说明醋酸部分电离，所以不

能说明醋酸是弱酸，故错误；

④O.lmoH/CH3co0H溶液可使紫色石蕊试液变红，说明其水溶液显酸性，但不能说明醋酸部分电离，所

以不能说明醋酸是弱酸，故错误；

故答案为：①②；

(5)①溶液体积越大，醋酸电离程度越大，根据图知，溶液的体积a<b<c,则a、b、c三点溶液中CH3coOH

的电离程度由大到小的顺序是c>b>a；

②a、c两点对应的溶液分别吸收氨气，若两溶液最终pH均为7(25℃时)，在溶液中存在氢离子浓度等于氢

氧根离子浓度，根据电荷守恒得醋酸根离子浓度等于铉根离子浓度，所以两点溶液中醋酸根离子浓度越大

则该点钱根离子浓度越大,溶液中醋酸根离子浓度a>c,则铁根离子浓度a>c,则a点溶液中的c(CH3coO)>c

点溶液中的c(NH；)。

19.(1)三颈烧瓶减弱

(2)平衡气压，便于液体顺利流下

(3)减少气体流入D装置，减少澳的挥发

(4)I,2-二澳乙烷的熔点是9.3℃,过度冷却会使其凝固造成导管堵塞

(5)Br2+2OH=Br+BrO+H20

(6)70%

(7)B

【分析】

A中主要发生浓硫酸与乙醇反应生成乙烯和水，副产物中有二氧化硫、二氧化碳和水，C中主要除掉乙烯中

的二氧化硫、二氧化碳，避免D中澳单质与二氧化硫反应，主要发生乙烯和湿单质反应，由于浪易挥发，

乙烯和漠反应是放热反应，在D中冷却避免浪挥发而降低产率，E主要除掉尾气。

【详解】

(1)根据实验装置得到仪器A的名称三颈烧瓶；A中发生了副反应生成二氧化硫、二氧化碳要与NaOH溶液

反应，因此反应一段时间后C溶液碱性减弱：故答案为：三颈烧瓶；

(2)滴液漏斗中导管的作用是平衡气压，便于液体顺利流下；故答案为：平衡气压，便于液体顺利流下。

(3)单质澳易挥发，开始加热时有空气进入到C中，避免进入到D中引起浪挥发，因此先将C与D连接处

断开的原因是减少气体流入D装置，减少澳的挥发；故答案为：减少气体流入D装置，减少澳的挥发。

(4)根据信息1,2-二澳乙烷的熔点是9.3C,因此不能过度冷却，过渡冷却会使其凝固造成导管堵塞；故答

案为：1,2-二澳乙烷的熔点是9.3℃,过度冷却会使其凝固造成导管堵塞。

(5)流程图步骤③中加入1%的氢氧化钠水溶液主要是处理未反应完的澳单质，其化学方程式是：Br2+2OH

=Br+BrO+H2O；故答案为：Br2+2OH=Br+BrO+H2O«

(6)试管中有6.0mL10mol/LBr2的CC14溶液，则n(Br2尸10mol-LTx0.006L=0.06mol,则1,2-二漠乙烷的质

7896s

量为6。6m加88g-m°「1L28g,根据上述实验计算I,2-二澳乙烷的产率为1。。％=7。％；故

答案为:70%o

(7)A.滨易挥发，装置D中试管内物质换成液漠，浪更易挥发，因此A不符合题意；

B.装置E中的NaOH溶液用水代替，对结果没有任何影响，故B符合题意；

C.浪易挥发,且反应是放热反应，去掉装置D烧杯中的冷水，浪更易挥发，产率降低，故C不符合题意；

D.C主要是除掉副产物中的二氧化硫，去掉装置C,部分澳单质与二氧化硫反应导致产率降低，故D不符

合题意；

综上所述，答案为B。

20.(1)318

(2)因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶''规律，H2O2难溶于CS2

(3)V2O5体心立方堆积

(4)四面体形

【分析】

A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，为H元素；B元素原子的核外p电子数

与s电子数相等，B有2个电子层，为Is22s22P2,故B为C元素；C的价层电子排布为腿向叩向，由于s

能级最多容纳2个电子，且p能级容纳电子，故n=3,则C为S元素；非金属性越强电负性越大，D的能

层数与C相同，且电负性比C大，则D为C1元素；E为第四周期元素，主族序数与周期数的差为1,则为

第四周期VA族元素，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大，为As元素；F是前四周期中电负性最小

的元素，则为K元素；G在周期表的第五列，则为第四周期VB族元素，为V元素；所以可以得出A为H,

B为O,C为S,D为Cl,E为As,F为K,G为V元素。根据这些信息，进而分析以下问题。

【详解】

(l)C为S元素，基态原子中能量最高的电子在3P轨道，其电子云在空间有3种不同的方向，C简单离子

S2-核外有18个电子，故有外种运动状态不同的电子;故答案为：3；18。

(2)A?B2为H2O2,比。2为极性分子，而CS2为非极性溶剂根据“相似相溶"规律，山。2难溶于CS2,故答案

为：因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，仇。2难溶于CS2。

(3)G在氧化物中的化合价等于其价电子数，V的基态价电子排布式为3d34s2,则该氧化物中V的化合价为

+5,该氧化物的化学式为V2O5;金属K形成晶体的空间堆积方式为体心立方堆积，故答案为：V2O5、体

心立方堆积。

(4)AsCb分子中中心原子As上的孤电子对数为一x(5-3x1)=1,As的成键电子对数为3,As的价层电子

2

对数为1+3=4,