2020-2021学年高二化学下学期期末测试卷（浙江专用）03（全解全析）.pdf

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1、2020-2021学年高二下学期期末测试卷03高二化学全解全析12345678910BCDADDCDBc11121314151617181920CBADADCCBB2122232425DDCDD1.【答案】B【解析】A项，甘油即丙三醇，其在水中或熔融状态下不能导电，为非电解质，A不符合题意；B项，硬脂酸钠在水溶液中可以完全电离生成硬脂酸根和钠离子，为强电解质，属于有机物，B符合题意；C项，苯酚在水溶液中可以部分电离产生氢离子，为弱电解质，C不符合题意；D项，液态HC1虽然为强电解质，但不是有机物，D不符合题意；故选B。2.【答案】C【解析】A项，蒸发浓缩用玻璃棒搅拌，使液体均匀受热，防止液体飞

2、溅，A正确；B项，蒸发浓缩在蒸发皿中进行，B正确；C项，制备摩尔盐过程中没有蒸储操作，无需冷凝管，C错误；D项，铁屑的净化、抽滤都用到烧杯，D正确。故选C。3.【答案】D【解析】A项，KNO3是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，A不符合题意；B项，Ba(OH)2是二元强碱，电离产生Ba2+、OH,使溶液显碱性，B不符合题意；C项，NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性,C不符合题意；D项，K2sCh是强碱弱酸盐，在溶液中SO32-发生水解反应，消耗水电离产生H+,使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH)c(H+),溶液显碱性，D符合题意；故选D。4.【答案】A【解析】A项，硫酸

3、亚铁钱俗名为摩尔盐，化学式为(NH4)2SO4FeSO6H2O,故A错误；B项，甘氨酸又名氨基乙酸，结构简式为HzN-CH2cOOH,故B正确；C项，氯碱工业是电解饱和NaCl溶液，制得的碱为N a O H,故C正确；D项，阿司匹林的结构简式为OOCCH3COOH 1故D正确；故选B。5.【答案】D【解析】A 项，中子数为143、质子数为9 2,则质量数=143+92=235,该铀(U)原子表示为空11,不是 ：C1：子啜u,A错误；B项，CC14的电子式：苗：2：3：,B错误；C项，乙焕的结构式：H-C三C-H,H O C H*:a:为乙快的结构简式，C错误；D项，丙烷的球棍模型：e/L，D

4、正确。故选D。6.【答案】D【解析】A项，沼气生成过程为将有机废弃物和生活垃圾在无氧的环境条件下，通过微生物的发酵作用产生以烷烧为主的可燃性气体，沼气是生物质能转化产物，A正确；B项，石油是有机化学工业最主要的原料来源，烷烧、烯煌、焕烽、芳煌等煌类物质大量来自石油加工，B正确；C项，煤燃烧的利用率低，把煤的液化和气化可以提高煤所含能量的利用率，C正确；D项，光合作用能高效转换太阳能，但化石燃料仍然占全球现在使用能源总量的百分之八十五以上，地球上的能源储备是有限的，人类仍然面临能源危机，D错误；故选D。7.【答案】C【解析】A项，氧化铝熔点高达2 000(以上，添加冰晶石(N a sA l F

5、Q,使氧化铝熔融温度明显降低，可减少冶炼过程中的能量消耗，A正 确;B项，K I、K I C h在稀硫酸条件下发生反应生成碘单质和硫酸钠，碘单质可以使湿润的淀粉试纸变蓝，B正确；C项，M n C h能催化双氧水的分解，C u O或F e C b也是双氧水分解的催化剂，C不正确；D项，硝酸能用来生产硝基苯、转化为苯胺，苯胺常用来制造染料、硝酸能生成三硝基甲苯，是一种烈性炸药、硝酸更可以制备硝酸盐故硝酸是一种重要的化工原料，D正确；故选C.8.【答案】D【解析】A项，将少量石灰水滴入到C a(H C C h)2溶液中，生成碳酸钙和水：C a2+O H +H C O3=C a C O31+C O32

6、+H 2 O,A错误；B项，浓硝酸完全电离为氢离子和硝酸根离子，故应该拆写硝酸的化学式，B错误；C项，往F e B n溶液中加入足量氯水，得到氯化铁和漠：2 F e2+4 B r+3 C 12=2 F e3+2 B r2+6 C l ,C错误；D项，用银作电极电解稀盐酸，阳极银失去电子被氧化为银离子与氯离子结合为氯化银，阴极氢离子得到电子生成氢气，总反应式书写正确无误，D正确；故选D.9.【答案】B【解析】A项，质谱法是用高能电子束轰击有机物分子，使之分离成带电的“碎片”，最大的碎片即失去1个电子后的粒子，据此可测定其相对分子质量,A正确：B项，C H 3 c H 2 c H 2 c l和C

7、H 3 c H e I C H 3分别与N a O H的乙醇溶液共热发生消去反应，只得到1种有机产物即丙烯，B不正确；C项，淀粉属于多糖，在酸催化并加热下水解，或在醐的作用下水解，最终产物为葡萄糖，C正确；D项，氨基具有碱性、竣基具有酸性，能相互反应形成内盐，它在水中的溶解度最小，故溶液中的氨基酸主要以两性离子的形态存在时，可以形成晶体析出，D正确；故选B。1 0.【答案】C【解析】A项,该物质含有酯基，酸性条件下水解，其含苯环部分的水解产物是C出HOCOOH,其中C H 3 O中的碳原子与其他碳原子不一定共平面，其他碳原子一定共面，A项错误；B项，手性碳原子是指连接的四个原子或原子团均不相同

8、的碳原子，该物质含有一个手性碳原子，印图中用星号标出的碳原HO _.o C H2-C HC H2子：C H3(Y-VC-O OH C I,B项错误；C项，该物质属于酯类，在N a O H溶液中水解后得到醇，且HO7C 1能在N a OH溶液中发生取代反应转化为一O H,故最后可生成丙三醉，C项正确；D项，该物质含醉羟基，其邻碳有氢，可在浓硫酸催化下发生消去反应；该物质含一CL其邻碳有氢，可在N a OH醇溶液中发生消去反应，但是题中条件是N a OH水溶液，不能发生消去反应，D项错误；故选C。1 1.【答案】C【解析】A项，C在足量0 2中燃烧生成C O2,而S在足量0 2中燃烧生成S O2,

9、故A错误；B项，氯气具有强氧化性，能够把变价金属氧化为最高价，因此铜丝在氯气中燃烧生成C uC L,铁丝在氯气中燃烧生成F eC h,故 B 错误；C 项，由于二氧化碳过量，钠的氧化物能够与二氧化碳反应，所以N a与 CCh反应可能生成Na2c03和 C,故 C 正确：D 项，氢氧化铝不溶于过量的氨水，而氢氧化铜能够与过量的氨水反应生成Cu(NH3)4(OH)2溶液，沉淀溶解，故 D 错误；故选C。12.【答案】B【解析】降温平衡右移，但反应速率太慢，从反应速率和催化剂的活性考虑，温度选在500左右，增大压强，平衡右移，但压强太大，对设备要求很高，所以也要选择适宜的压强，催化剂能增大反应速率，

10、也要选择适宜的催化剂。故选B。13.【答案】A【解析】A 项，硫代硫酸钠与稀硫酸混合，反应产生硫酸钠、单质硫、二氧化硫，由于反应在常温下进行，且浓度较低，速率较慢，所以沉淀为乳白色，且不会有大量气泡冒出，故 A 错误：B 项，强碱滴定强酸，生成的盐不发生水解，溶液显中性，可以选用酚酥或甲基橙做指示剂判定滴定终点，也可直接用pH计测定反应溶液的pH 来判定滴定终点，故 B 正确；C 项，二氧化碳或四氯化碳密度均比空气大，且不燃烧，不导电，可以用于扑灭电器设备所引起的火灾，故 C 正确；D 项，铁屑和稀硫酸反应过程中放出热量，水分会有部分挥发，为防止硫酸亚铁结晶析出，需要适当补充水，故 D 正确；

11、故选A。14.【答案】D【解析】A 项，氯化镂水解使溶液显酸性，其溶液中氢离子全部由水电离，所以pH为 5 的溶液中水电离出的c(H+)=lxl(y5molL T,故 A 正确；B 项，Na2 c 溶液水解显碱性，加热促进水解，溶液的碱性增强,故 B 正确；C.0.1molL CH3coOH溶液pH=3,c(H+)=lxlO-W L ,电离不完全，说明CH3co0H是弱电解质，故 C 正确；D 项，氨水中存在电离平衡：NH3H2O=OH+NH4+,加入氯化镀固体后，氯化镀电离出镂根，使平衡逆向移动，c(OH-)减小，pH减小，故 D 错误；故选D。15.【答案】A【解析】A 项，NH4HSO4

12、电离NH4+、田、SO?,NH4CI电离NH4*、C l,二者都存在NW+的水解平衡,NH4HSO4电离产生的H+对 NH4+的水解平衡起抑制作用。等浓度的两种盐溶液前者的c(H+)大，pH小，当溶液pH 相等时，NH4HSO4的浓度小于NH4C1的浓度，则溶液中c(NH4+)后者大，A 正确；B 项，CH3coONa是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。温度升高，盐水解程度增大，使溶液中c(OH-)增大，由于在一定温度下水的离子积是个常数，所以温度升高，式 O H)c(H+)都增大，B 错误；C 项，在氨水中存在电离平衡：NH3 H2O=NH4+O H-,向溶液中加入NaOH溶液，若 NaOH电离

13、产生的c(OH-)比氨水的大，则溶液中 c(OH-)增大，会抑制NH3H2O电离；若 NaOH电离产生的c(OH-)比氨水的小，NaOH溶液会对氨水起稀释作用，促进NH3 H2O 电离，因此加入NaOH溶液不一定会抑制NH3 H2O 电离，B 错误；D 项，CH3COONH4是弱酸弱碱盐，NHJ、C H 3coe都会发生水解反应，对水电离起促进作用，由于二者水解程度相同，因此溶液显中性；NaCl是强酸强碱盐，不水解，对水电离平衡无影响，因此水溶液显中性。可见两溶液中水的电离程度前者大于后者，两者不相等，D 错误；故选A。16.【答案】B【解析】A 项，在水溶液中橙红色的CnC-与黄色的CrC-

14、有下列平衡关系：OCB+Hq 2CrO42+2H KzCmCh溶液呈橙色，加入少量NaOH固体，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动，溶液呈黄色；若将NaOH溶液改成NaNO2溶液，K2CrO7与 NaNO2溶液发生氧化还原反应生成Cr3+,溶液变成绿色，A 正确；B 项，从海带中提取碘的主耍实验步骤为：取样一灼烧-溶解-过滤一氧化萃取，B不正确；C 项，制备硫酸亚铁镂晶体时，可用少量酒精对晶体进行洗涤，酒精易挥发，迅速带走水分，以除去附着在晶体表面的水分，C 正确；D 项，为增强高镒酸钾的氧化性常对其进行酸化，酸化时常使用稀硫酸而不采用盐酸或硝酸，因高镒酸钾会氧化氯离子，D 正确；故选B

15、。17.【答案】C【解析】A 项，lOOmLl8 moi!/的 H2s04溶液中，H2s。4的物质的量为0.1LX18moi/L=1.8mol,但浓硫酸主要以分子形式存在，H+数小于3.6 NA,A 错误；B 项，离子放电能力：H+A13+,用惰性电极电解AlCb溶液时，阴极上溶液中的H+得到电子变为H 2,不会产生A1单质，B 错误；C 项，在 CH3coONa溶液中存在电荷守恒：c(CH 3 c oe T)+c(O H )=c(H+)+c(N a+)。由于溶液显中性，c(0 H )=c(H+),所以当溶液中含1 m olC H 3 c oO N a 时，CH 3 c oe T 数目为NA,

16、C 正确；D项，只有物质浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，D错误；故选C。1 8 .【答案】C【解析】A项，一个化学反应，活化能越大，反应速率越慢，由于E a v E a 2,所以决定化学反应速率快慢的是反应H,A正确；B项，图示两个反应都是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以反应物断键吸收能量小于生成物形成所释放的能量，B正确；C项，升高温度，2 NO(g)+O 2(g)2 NO 2(g)的第一步反应2 N0(g)=N 2 O 2(g)逆向移动，C(N2 O 2)减小，第二步反应N2 O 2(g)+O 2(g)=2 NC h(g)的反应速率可能减小，所以2 NO(g)+C 2

17、(g)=2 NO 2(g)反应速率不一定加快，C不正确；D 项，由图中可得,2 NO(g)+O2(g)=2 NO2(g)A/7 0,其它条件不变，升高温度，2 NO(g)+O 2(g)K 2 NO 2(g)平衡一定逆向移动，D 正确；故选C。1 9 .【答案】B【解析】A项，加入固体K S C N 后，c(S C N。浓度增大，平衡正向移动，故 A正确；B项，加水稀释，溶液颜色变浅，也可能是由于c F e(S C N)2+浓度降低，引起溶液颜色变浅，不能据此判断平衡逆向移动，故B错误；C项，该温度下，该反应的平衡常数K=1 7 0,故 C正确；D 项，加入铁粉，与铁离子0.0 4 x 0.1反

18、应生成亚铁离子，铁离子浓度减小，平衡逆向移动，故 D 正确；故选B。2 0 .【答案】B【解析】A项，甲中，1 0 分钟时C的物质的浓度为0.5 m o l-LT,则 A的浓度减小0.7 5 m o l 1 T,1 0 分钟内A的化学反应速率:u(A 尸 0.7 5 m o l-L+1 0 m i n=0.0 7 5 m o l LT.m i n 故 A正 确;B项，甲 中,1 0 分钟时C的物质的浓度为0.5 m o LLT,则 A的浓度减小0.7 5 m o l LT,B的浓度减小0.2 5 m o l-LT,1 0 分钟时，c(A)=0 522.2 5 m o l-L-c(A)=0.7

19、5 m o l L Q=-4 4 8 K,1 0 分钟时C物质的浓度应该大于0.5 m o l 1 T,所以乙中，Ti 4 4 8 K、K KM.,故 C正确；D 项，甲中，1 0 分钟时C的物质的浓度为0.5 m o l Ll 则 A的浓度减小0.7 5 m o l LT,B的浓度减小0.2 5 m o LLT,i o 分钟时，“A 尸0 522.2 5 m o bLT、c(A)=0.7 5 m o l-LT,Q=-丫逆，A正确；B项，在其它条件不变时，增大FT T，n(H2)化学平衡正向移动，出 的平衡转化率增大，B正确；C项，在其它条件不变时，增大压强，物质的浓度增大，反应速率加快，达到

20、平衡所需时间缩短，先达到平衡。由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，则增大压强，化学平衡正向移动，C H 3 0 H 的平衡含量会增大，C正确；D 项，该反应的正反应是放热反应,在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致C H 3 0 H 的平衡产率降低，不会出现先增大后减小现象，D 错误；故选D。2 2 .【答案】D【解析】由碳元素化合价的变化可知，左池为阴极池，a电极为电源的负极，二氧化碳在阴极上得到电子发生还原反应生成丙烯，电极反应式为3 co 2+1 8 U+1 8 H+=C H 2=C H C H 3+6H 2 O,右池为阳极池，b 电极为电源的正极，水在阳极

21、上失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2 H 2 0 4 e=O 2 T+4 H+。A项，a为电源负极，故 A正确；B项，由碳元素化合价的变化可知，左池为阴极池，二氧化碳在阴极上得到电子发生还原反应生成丙烯，电极反应式为3 co 2+1 8 e r 1 8 H+=C H 2=C H C H 3+6H 2 O,故 B正确；C项，阳离子向阴极移动，则 H+从右侧通过质子交换膜进入左侧，故 C正确；D 项，缺标准状况，无法利用转移电子数目计算丙烯的体积，故 D错误；故选D。2 3 .【答案】C【解析】A项，据图可知反应过程中甲醇中的0-H 键也发生断裂，故 A错误；B项，反应I 的活化能为反应

22、物断键吸收的能量，即反应I 过程中最大能量与a 的差值，图中没有体现反应I 过程中的最大能量，故 B错误；C项，烙变=生成物的能量-反应物能量，据图可知总反应的热化学方程式为：C H 3 0H(g)+H?0(g 尸C O2(g)+3 H2(g)A H 4=(b-a)k r m o L,故 C正确；D项，据图可知反应I 的活化能大于反应H的活化能，活化能越大反应越慢，慢反应决定整个反应的反应速率，所以反应I 决定整个反应进程的快慢，故 D错误；故选C。2 4 .【答案】D【解析】A项，a 指示剂的变色范围为8-1 0,则 a 为酚醐，滴定终点颜色变化为无色恰好变为浅红色，故 A正确；B项，根据滴

23、定后pH值 X Y Z,可知曲线X、Y、Z对应的c(N aO H)：X Y Z,故 B正确；C项，滴定溶液浓度不宜过高，因为盐酸浓度不确定，两者弱浓度差较大，中和点附近多加1 滴溶液引入的误差较大，故 C正确：D项，由图可知溶液浓度越小，突跃范围越大，可供选择的指示剂越少，故 D错误；故选D。2 5 .【答案】D【解析】A项，N aC l O 溶液具有漂白性，故不能用p H 试纸测定N aC l O 溶液的p H,应该用p H 计测定，A项错误；B项，若 F e 过量，酸性溶液中F e 与 F e?+反应，则加K S C N 溶液不变红，不能说明不含铁离子，B项错误；C项，甘油是丙三醇，与新制

24、C u(0H)2 反应生成绛蓝色溶液，C项错误；D项，火柴头中含有氯元素的物质是K C I C h,检验氯元素需加N aN C h 将 C 1 03-转化为C 1-,然后加入硝酸和硝酸银溶液，出现白色沉淀，则证明火柴头中含有氯元素，D项正确；故选D。2 6 .【答案】(1)C H 3 cH 2 N H 2+H 2 O C H 3 cH 2 N H 3+O H-Q 分)(2)C O2+A 1 O2+H2O=H C O3+A 1(O H)3 1 (2 分)【解析】(1)乙胺(C H 3 cH 2 N H 2)的水溶液显碱性，电离出氢氧根离子，用离子方程式表示显碱性的原因是 C H 3 cH 2 N

25、 H 2+H 2 O =C H 3 cH 2 N H 3+O H，(2)酸性 H 2 cC h A l(0H)3,则结合氢离子能力 H C 03 A 1 0 P3:温度T i 时，三条曲线几乎交于一点，则表明压强对C O 2 的转化率基本没有影响，从而表明此时以反应I I 为主，其原因是：T i时以反应n为主，其反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响。2 9.【答案】有利于生成Z n（N H 3M+（2分）（2）B D（3分）H C 0 3-与Z r?+生成沉淀过程中转化为C C h（或：加热促进H C C h-自耦电离）（2分）（4）b a d c e g f（3分）（5）用烟（2

26、分）将空用烟灼烧至恒重（2分）【解析】（1）锌能与氨分子形成络离子而溶于水，步 骤I,适当过量的氨气有利于锌的浸出，原因是有利于生成Z n（N H 3）42+；（2）A项，加锌将铁还原，步骤H过滤后所得滤渣的成分除铜、银、钻、银外还原有铁，故A错误；B项，K M n C U能将亚种酸盐氧化成硅酸盐，也能将亚铁氧化为铁离子，加入硫酸亚铁、空气和K M n C M的目的是为了将硅元素转化为Fe A s C U沉淀，故B正确；C项，步骤I V蒸氨的主要目的是为了发生Z n（N H 3）42+Z n2+4N H 3,故C错误；D项，K M n C h能将亚种酸盐氧化成硅酸盐，也能将亚铁氧化为铁离子，步

27、骤山过滤后所得滤渣中含有硅酸铁（Fe A s C U）和Fe（0H）3,故D正确；故选B D；（3）步骤I V蒸氨过程同时有C C h放出，原因是H C C h一 与Z#+生成沉淀过程中转化为C C h（或：加热促进H C O 3自耦电离）；（4）抽滤和洗涤实验流程排序（各项操作只进行一次）：微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上-b.转移溶液，a.开大水龙头，d.转移沉淀，c.关小水龙头，e,加洗涤剂，g.断开吸滤瓶与抽气泵之间的橡皮管,一结束抽滤。故答案为b a d c e g f；（5）加热固体用用烟，利用热重法对所制得产品含锌量进行测定，方案是将样品置于生埸（填仪器名称）中燃烧分解为氧

28、化锌，为减小实验误差，加入样品称量前对该仪器需要进行的操作是：将空用烟灼烧至恒重。3 0.【答案】5.0（3 分）（2）1.2 x 1 0-5（3 分）9.0mL x 0.2mol/L 1.8 ZI-=mol/L,5.0mL+9.0mL 14【解析】（1）混合后溶液中：c（CH3coc(CH,COO9.0mL x 0.2mol/L5.0mL+9.0mL mol/L,14根据公式长=c(C H 3 c o e T)x c(H+)&C H 3 c o O H)-C、（H+）：KC（C H，C O O H）C(C H3C O O=1 0-5,p H 5.0；(2)c(CH,COOH)=5.0 m L.2 0 m o lU +0.lO m L jl.O m o lL=().()78mol-L-，7 14.10mL/、_ 9.0mLx().20mol.L7-().l()mLxl.Omol.P(3 14.10mL=0.12molL-1(J C(C H3C O O H)C(C H3C O O)1.8xlQ-5xO.Q78molL-0.12m ol-r=1.2xl0-5mol-L-o