2020-2021学年高二化学下学期期末测试卷（广东专用）01（全解全析）.pdf

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1、2020-2021学年高二下学期期末测试卷01（高考考试范围）高二化学全解全析12345678910BADCBACDBC111213141516DABCAD1 .【答案】B【解析】宣纸的主要成分是纤维素，纤维素属于有机高分子，A 正确；端砚的主要成分为硅酸盐和碳酸盐，醋酸的酸性比碳酸和硅酸强，因此用食醋清洗端砚，醋酸会与其反应生成碳酸和硅酸，B 错误;动物毛是蛋白质，蛋白质灼烧具有烧焦羽毛的气味，故可鉴定，C 正确；C 原子最外层有4 个电子，既不易得到电子，也不易失去电子，碳单质性质稳定，故书法作品经久不褪色，D 正确。2.【答案】A【解析】NaClO,过氧乙酸（C H 3 C O O O

2、H）都是通过氧化灭活病毒，乙醛可作麻醉剂，不能用来灭活病毒，A 错误；灭活疫苗是指先对病毒或细菌进行培养，然后用加热或化学剂（通常是福尔马林）将其灭活，B 正确；蛋白质高温下易变性，新冠灭活疫苗不宜在较高温度下储存、运输，C 正确；新冠病毒的传染受温度影响，冬季比夏季更易传染，D 正确。3.【答案】D【解析】过期药品属于有害垃圾，需要特殊处理，不能投入到可回收垃圾箱内，A 错误；丝绸主要成分为蛋白质，B 错误；太阳能电池板的主要材料是晶体硅，C 错误；石墨烯和碳纳米管都是只由碳元素组成的单质，互为同素异形体，均为无机非金属材料，D 正确。4.【答案】C【解析】硅橡胶是指主链由硅和氧原子交替构成

3、，硅原子上通常连有两个有机基团的橡胶，不是金属材料，A 错误；高强空心玻璃微球，其主要成分是硼硅酸盐，不是金属材料，B 错误；把锂作为合金元素加到金属铝中，就形成了铝锂合金，是金属材料，C 正确；复合纤维是多种聚合物混在一起组成的复合物材质，不是金属材料，D 错误。5.【答案】B【解析】煤的气化、液化分别指将煤转化为气体燃料、液体燃料，煤的干窗指隔绝空气加强热使煤分解，三者都属于化学变化，A 正确；地沟油含有大量有害物质，不宜食用，其主要成分是油脂，不是烧类，而汽油主要成分为荒，故不可以分储地沟油获得汽油，B 错误；棉花的主要成分为纤维素，纤维素属于糖类，其组成元素为C、H、O 三种元素，C

4、正确；硝酸钺溶于水能快速吸收大量热，故可以降温，制备医用速冷冰袋，D 正确。6.【答案】A【解析】氢燃料电池汽车直接将化学能转化为电能再转化为动能等，A 错误；理论上氢燃料电池汽车使用时生成物为水，不会产生污染物，B 正确；氢气密度小、沸点低、难液化、难溶于水，发展氢燃料电池汽车需要安全高效的储氢技术，C 正确；氢燃料电池汽车运行产物是水，不排放二氧化碳，D正确。7.【答案】C【解析】实验室用浓硫酸去除氯气中的水蒸气，是利用浓硫酸的吸水性，不涉及氧化还原反应，A 不符合题意；在工业酒精中加入CaO后蒸储得到无水酒精，是氧化钙和水发生化合反应，没有化合价变化,不涉及氧化还原反应，B 不符合题意；

5、用金属钠去除甲苯、乙酸等有机溶剂中含有的少量水，是钠和水发生置换反应，是氧化还原反应，C 符合题意；硅胶做干燥剂，是利用硅胶的吸水性，化合价没有变化，不涉及氧化还原反应，D 不符合题意。8.【答案】D【解析】液漠能使橡胶腐蚀，A 错误；滴定管和容量瓶不能烘干，B 错误；乙醇易挥发，高镒酸钾具有强氧化性，两者发生反应使高锯酸钾变质，C 错误；滴定接近终点时，滴定管尖端可以接触锥形瓶壁，使液体滴入锥形瓶中，D 正确。9.【答案】B【解析】研制疫苗需要化学学科与生命、医药等领域形成很强的交叉融合，A 正确；玻璃是硅酸盐产品，属无机非金属材料，B 错误；氯化铁溶液蚀刻印刷铜电路板反应生成氯化亚铁和氯化

6、铜，反应的离子方程式为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+,该反应可以蚀刻五金，C 正确；PAC(聚合氯化铝)在溶液中能够发生水解产生氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可用于污水处理，D 正确。10.【答案】C【解析】Cu与稀硝酸反应生成N O,正确离子方程式为：3Cu+8H+2NO：=3Cu2+2NOf+4H20,A 错误；A1(OH)3不溶于 NHyHzO,正确离子方程式为：AI3+3NH3 H2O=Al(OH)3+3 NH,B 错误；H2O2能将氧化为H结合得失电子守恒、电荷守恒(酸性条件下可添加H+)和元素守恒配平得方程式：2r+H2O2+2H+=l2+2H2O,C 正确；根据题意NaHC

7、Ch完全反应，设其为1 mol,贝 lj 1 mol HCO3反应需消耗 1 mol OH-生成 1 mol CO：和 1 mol HjO.1 mol C O,结合 1 mol Ca，*生成 Imol CaCCh沉淀，故离子方程式为：HCO；+OH+Ca2+=CaCO3i+H2O,选项所给方程式为NaHCCh过量对应的反应,D 错误。11.【答案】DQ【解析】Fe与水蒸气反应生成Fe3(h,F e的平均化合价为+价，所以转移的电子数为0.8NA,A 错误;氯气溶于水时发生的是可逆反应，氯气的转化率未知，所以无法确定转移电子数，B 错误；17.6g丙烷的物质的量为441篙=0所。1,丙烷中C-H

8、 键为极性键，所以一个丙烷分子中含有8 个极性共价键，0.4m”丙烷含3.2NA个极性共价键，C 错误；5g质量分数为46%的乙醇溶液中乙醇的物质的量为5gx 46%46g.mol”=0.05mo1,所以乙醇中含有0.3NA个氢原子，还有5x54%18gmor=0.15mol水中含有0.3NA个氢原子，共0.6NA个氢原子，D 正确。12.【答案】A【解析】浓硫酸吸收装置中挥发的水分，使得饱和硫酸铜溶液中析出蓝色的硫酸铜晶体，因此可用于证明浓硫酸的吸水性，A正确；制取溟苯的原料为液溟和苯，液溟与铁反应生成的溟化铁起催化作用，使溟与苯反应生成溟苯；而溟水与苯发生萃取分层与铁隔离，不制备漠苯，B

9、错误；最高价含氧酸的酸性越强，元素的非金属性越强，证 明 ClCSi,必须通过高氯酸与石灰石反应生成二氧化碳气体，然后二氧化碳与硅酸钠溶液反应有白色胶状沉淀产生，C 错误；浓氨水滴在生石灰上可迅速产生氨气，滴在熟石灰上不能快速产生氨气，D 错误。13.【答案】B【解析】分子式为C.H8O2的含有苯环有机物，能 与 NaHCO3溶液反应生成气体，含有竣基和苯环，可能含有1 个侧链，侧链为一CHzCOOH,可能含有2 个侧链，侧链为一COOH、-C HJ)有邻、间、对三种，故符合条件的同分异构体有4 种，选 B。14.【答案】C【解析】该装置有外接电源，是一个电解池，电解池是将电能转化为化学能的装

10、置，A 正确；CO2电催化还原为CH&的过程是一个还原反应过程，所以铜电解是电解池的阴极，铜电极的电极反应式为CO2+8H+8e=CH4+2H2O,B 正确；在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应，即CO2+8H+8e=CH4+2H2O,一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和池中的碳酸氢钾反应，所以(K H C O,)会减小，C 错误；在电解池的阳极上，是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以酸性增强，pH一定下降，D 正确。15.【答案】A【解析】由“丫是形成化合物最多的元素”知丫是碳，则同主族的Q 是 Si。六种短周期元素X、丫、Z、R、W、Q 的原子序数依次增大，R

11、 的核电荷数是碳的最外层电子数的2 倍，R 的原子序数为8.即为氧。原子序数依次增大，则 Z 为氯，X 和 W 属于同主族，且状态不同，则 X 为氢，W 为钠。由分析可知Z 为 N、R 为 O、W 为 Na、Q 为 S i,电子层数越多，半径越大，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此半径大小是：NaSiNO即 WQZR,A 正确；由分析可知Q 为 Si、R为 O,形成的化合物Si（h 可以和HF反应生成四氟化硅气体和水，B 错误；由分析可知X 为 H、Z 为N、R 为 O,三种元素可以组成离子化合物NH4NO3或共价化合物HNO3,C 错误；由分析可知R 为 O、Z 为 N,Q 为

12、 Si、丫 为 C,同一周期，从左到右元素非金属性递增，同一主族，自上而下元素非金属性递减，故 ONCSi即 RZYQ,D 错误。16.【答案】D【解析】某钾盐中滴加盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色气体，该气体可能为二氧化硫，该钾盐可能为K2s。3或 KHSO3,不一定是K2c03、KHCO3,A 错误；应该是蛋白质发生了颜色反应，B 错误；将 SO2气体通入棕黄色FeCh溶液，溶液变为浅绿色，铁离子被还原为亚铁离子，体现二氧化硫的还原性，C 错误；向盛有Fe（N（h）2溶液试管中滴入稀H2sO”酸性溶液中硝酸根把亚铁离子氧化，自身被还原为N O,在试管口被氧化为N t h,因此管口出现红棕

13、色气体，D 正确。17.【答案】（14分）（D氯水或通入氯气（1 分）未（1 分）（2）4FeSO7H,O+O,=2Fe,O,+4SO,+28H,O（3 分）4 2 2 高温 2 3 3 2（3）水和三氧化硫的反应是放热反应，降低温度有利于三氧化硫的吸收（2 分）（4）熄灭酒精喷灯，继续通入空气至冷却到室温（2 分）（5）250mL容量瓶、胶头滴管（2 分）浅红色（1 分）97.5%（2 分）【解析】（1）检验亚铁离子的方法是，取样溶于水，滴入硫氟化钾溶液，无现象，再滴入氯水或通入氯气，溶液变血红色，这说明含有亚铁离子；由此可知，该样品未变质；（2）绿帆充分焙烧的过程中发生反应的化学方程式为4

14、FeSO4 7H2。+。2高温2Fe2O3+4SO3+28H2O；（3）水和三氧化硫的反应是放热反应，降低温度有利于三氧化硫的吸收;（4）为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是熄灭酒精喷灯，继续通入空气至冷却到室温；（5）用固体配置一定物质的量浓度溶液时的步骤时计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，所需要的的仪器为烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶、胶头滴管；此实验达到滴定终点时，滴入的高镒酸钾恰好被消耗完，故滴入最后一滴高镒酸钾溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内无变化；设25.00mL待测液中含有的绿矶晶体的物质的量为xmoL根据得失电子数守恒可知：FeSO4-7H2O KMn

15、O4 15 1 ，-=-,解得x=0.OOlmmob 故样品中xmol 0.01mol/Lx0.02L x m o 1 0.01mol/Lx0.02Ld e c 7口八,国瓜八站 10-1molxl0 x278g/molFeSO4-7H,O 的质量分数=-x 100%=97.5%。2.850g18.【答案】(14分)(1)提高软镒矿中钛的浸出率(1分)(2)增 加MnCCh的产量(或不引入新的杂质等)(1分)MnO2+H2O2+2H+=Mn2+2H2O+O2 t(2分)30 35(3)MnSO4+2NH4HCO3=-MnCO3+(NH4)2SO4+CO2 t+H2O(2 分)取最后一次的洗涤后

16、的滤液l-2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCL溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净(3分)1 Q x 1 A1 1(4)Ksp(MnCOj)=c(Mn2+)-c(CO32-),当 Mi?+沉淀完全时，c(CO32)=-=1.8xl0-6 mol-L-1,l.OxlO-5若Mg2+也能形成沉淀，则要求Mg2+竺 叁=14.4 moi L-1,Mg?+的浓度lOmoi/L远小于041.8xl0-6mol L-,说明Mg2+的存在不会影响MnCCh的 纯 度(5分)【解析】(1)控制温度，连续搅拌是为了软镒矿粉充分反应，提高软锦矿中钛的浸出率；(2)使用碳酸锌不会引入新的杂质，同时也能

17、增加MnCCh的产量；双氧水能被二氧化镒氧化成氧气,方程式为；MnO2+H2O2+2H+=Mn2+2H2O+O2T；(3)碳酸氢钱容易分解，温度低，可以减少碳酸氢钱的分解，提高原料利用率；反应方程式为：30 35MnSO4+2NH4HCO3；=MnCOyHNHQzSCh+COzT+HzO；检验洗涤是否完全，可以看有无硫酸根离子，操作方法为：取最后一次的洗涤滤液12 m L于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCk溶液,若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；1 Qx 1 Q11(4)/fsp(lVlnCO3)=c(Mn2+)-c(CO32-),当 MM+沉淀完全时，c(CO32_)=-=1.8xl0

18、-6 mol-L-1,1.0 x10,若Mg2+也能形成沉淀，则要求Mg2+效吗.=14.4 mol-L-,Mg?+的浓度lOmoVL远小于14.41.8x10mol-L-1,说明Mg?+的存在不会影响MnCCh的纯度。19.【答案】(14分)(1)催 化 剂(1 分)NO2(g)4-O(g)=NO(g)+O2(g)”?=+57.2kJ-mor】(3 分)(2)0.62(2 分)增大Ch的浓度或及时分离出生成物(1 分)(3)低 于 14(TC,反应尚未平衡，温度升高反应速率加快，消耗的SO2增大，剩余的Sth减 小(3分)。3分解成。2使平衡逆向移动(2 分)1.55(2 分)【解析】(1)

19、反应过程是臭氧在N O 作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应最后又生成，作用是催化剂。已知：O3(g)+0(g)=2 O2(g)H=-143kJ m oF 反应 1”：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)A/i=-200.2 kJ-moF1,根据盖斯定律二者相减得到“反应2”的热化学方程式：NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)A“2=+57.2kJmo。(2)升高温度平衡向逆反应方向移动，则 不 时 SO2的转化率相对较低，但反应速率较快，先达到平衡，故 乃 时 SO2的转化率=42%,时 SO2的转化率=44%；该反应是

20、反应前后气体物质的量不变的可逆反应，分压平衡常数可以直接用各气体的平衡物质的量计算，可列出三段式：SO2(g)+O3(g)-S O3(g)+O2(g)起始(mol)1转 化(mol)0.4410.4400.440八“，则A时，计算该反应的分压平衡常数0.44平 衡(mol)0.560.560.440.440 442Kf上、=0.62。恒温时增大Sth平衡转化率的措施是增大Ch的浓度或及时分离出生成物。p 0.562(3)低于140,反应尚未平衡，温度升高反应速率加快，消耗的SO2增大，剩余的SO2减小；由表格数据可知，当温度达到20(r c 时，03开始分解生成0 2,减小反应物浓度同时增加生

21、成物浓度，平衡逆向移动，引起SO2的剩余量随着温度升高增大；由表格可知，250时 03的分解率为30%,分解的”(。3)=2moiX3O%=O.6 m o l,由 2O3=3Ch可知，0.6moi Ch参与反应生成0.9moiCh,设 SCh的转化浓度为xm ol/L,则SO2(g)+O3(g)S O3(g)+O2(g)起始(mol/L)2 1.4 0转 化(mol/L)x x x平 衡(mol/L)2-x 1.4-x x0.9 叱 x x(x+0.9),平衡常数K=、，二 =1,解得x。0.65,则x(2-x)x(1.4-x)x+0.9平衡时氧气的浓度c(O2)=(0.65+0.9)mol/

22、L=1.55 mol/L,20.【答案】(14分)(D N(1 分)正四面体(1 分)sp杂 化(1 分)(2)N O C r(1 分)16(1 分)(3)阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低(或阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子键键能小，熔点低）（2 分）（4）AD（2 分）n；（1 分）2 x（27+14）（5）12（2 分）,（2 分）-a b2xlO-2 lNA2人【解析】（1）根 据 Reineckesalt的结构图可知，配位原子为N,氮原子提供孤电子对；阳离子为钱根离子，根据价层电子互斥理论，孤电子对数为0,含有4 个。键，采取sp3杂化，可知其空间结构为正四面体

23、；NCS-中碳原子的价层电子对数为2,孤电子对数为0,属于sp杂化；（2）N 为半满稳定结构，其第一电离能大于O,N、O 为非金属，第一电离能均大于金属，所以N、O、Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是N O C r；1个 CnO：含有8 个。键，1个钱根离子中含有4 个。键，故 Imol该物质中含有G键数目为：（4x2+8）NA=16NA;（3）常温下，IM I的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物 COOHOCkCH,OH 催化剂/COOHoneone出t煞T c设H+H（3 分）【解析】（1）据分析，A为HOCH2cH2cH2OH,A的化学名称为1,3-丙二醇；C即 j V Jo o中官

24、能团的名称为酯基。（2）反应为消去羟基引入双键的过程，则反应类型是消去反应。（3）反应消除竣基，然 后C中CH2上氢原子被-C M替代生成D,反应重新引入竣基，则设计反应、的目的是保护较基，避免与CH”反应。（4）反应为HOOCCHzCOOH和CH30H在浓硫酸、加热下的酯化反应，化学方程式浓硫酸HOOCCH2COOH+2CH3OH CH3OOCCH2COOCH3+2H2OOOO（5）饱和碳原子上连有4个不同原子或基团时为手性碳原子，如图所示11My-N N-6中含有2个手性碳原子。（6）C 即“8 广丫”的同分异构体符合下列要求：L 能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸O O形成的酯基，i i

25、.分子中含有三种化学环境不同的氢原子，说明存在对称结构，i i i.不存在）c 女?结构，结合C 的分子式C5H8。2可知:：不饱和的为2,从对称结构出发，可以找出3 种结构简式：CH,OHI-HCOOCH2CH2 C H 2 O O C H,O H C C H 2 0 c H 2 0 c H 2 c H O、OHCC CHO,任选一种即可。CH,OHo o（7）由乙二醇和对苯二胺（也N-QNHJ制备Q+JR_NHT。一NH+H）：可按逆合成分析法，（和见N-O-N H 发生缩聚反应即得目标产物，参照流程中E-F 知，乙二酸和S O C L 反O O应即可C 2以乙二醇催化氧化可得到乙二酸，则合成路线为：c I c（ICH20H 0?CQOH SOC12CH,OH催化初COOH-oneoneH,N-Q-NH2 rn n 三 1:定 条 件-ci+ccNH ONH+H。