高二下學(xué)期期末模擬卷（三）答案1.【答案】A【詳解】A．“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”為朱砂，朱砂的主要成分是硫化汞，故A錯(cuò)誤；B．二氧化碳人工合成淀粉可以減少二氧化碳的排放，有利于“碳中和”實(shí)現(xiàn)，故B正確；C．銣元素是位于元素周期表ⅠA族的堿金屬元素，故C正確；D．高鐵酸鉀的水處理過(guò)程為具有強(qiáng)氧化性的高鐵酸鉀使水中的細(xì)菌因氧化還原反應(yīng)而發(fā)生蛋白質(zhì)的變性而起到殺菌消毒的作用，反應(yīng)生成鐵離子在溶液中水解生成氫氧化鐵膠體，膠體吸附水中懸浮雜質(zhì)聚沉而達(dá)到凈水的作用，則處理過(guò)程中涉及的變化有蛋白質(zhì)的變性、膠體聚沉、鹽類(lèi)水解、氧化還原反應(yīng)，故D正確；故選A。2.【答案】B【詳解】A．的水解使溶液呈堿性，正確的離子方程式為：，故A錯(cuò)誤；B．氯氣分子中氯原子與氯原子形成ppσ鍵，其共價(jià)鍵電子云輪廓圖為，故B正確；C．MgCl2為離子化合物，鎂原子失電子，用電子式表示MgCl2的形成過(guò)程為，故C錯(cuò)誤；D．氯為VIIA族元素，S為VIA族元素，S2Cl2的結(jié)構(gòu)式為，故D錯(cuò)誤；故答案為：B。3.【答案】D【詳解】A．亞硝酸鈉是含有離子鍵和共價(jià)鍵的離子化合物，故A正確；B．氮元素的原子序數(shù)為7，基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為2s22p3，軌道表示式為，故B正確；C．水分子中氧原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，分子的VSEPR模型為四面體形，故C正確；D．一氧化氮是不成鹽氧化物，不是酸性氧化物，故D錯(cuò)誤；故選D。4.【答案】B【詳解】A．S和氧氣反應(yīng)生成二氧化硫，故S→SO3不能實(shí)現(xiàn)，故A錯(cuò)誤；

B．鐵和水高溫生成四氧化三鐵，四氧化三鐵和鋁反應(yīng)生成鐵單質(zhì)，可以實(shí)現(xiàn)，故B正確；

C．鋁和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，故不能實(shí)現(xiàn)，故C錯(cuò)誤；

D．二氧化硅難溶于水，故SiO2H2SiO3不能實(shí)現(xiàn)，故D錯(cuò)誤；

故選：B。5.【答案】B【詳解】A．SiC屬于共價(jià)晶體，一個(gè)硅原子與四個(gè)碳原子相連，形成4個(gè)SiC單鍵，40gSiC的物質(zhì)的量為1mol,則含有SiC鍵數(shù)目為4NA，故A正確；

B．NH4BF4是由和形成的離子晶體，結(jié)構(gòu)式為，1個(gè)含有1個(gè)配位鍵；結(jié)構(gòu)式為，1個(gè)含有1個(gè)配位鍵，則1molNH4BF4中含有2mol配位鍵，數(shù)目為2NA，故B錯(cuò)誤；

C．Na2O2中氧元素的化合價(jià)為1價(jià)，則1molO2與足量Na反應(yīng)生成Na2O2時(shí)轉(zhuǎn)移2mol電子，數(shù)目為2NA，故C正確；

D．CaC2是由Ca2+和形成的離子晶體，的電子式為：，1個(gè)中含有2個(gè)π鍵，則1molCaC2中含有的π鍵數(shù)目為2NA，故D正確；

故選：B。6.【答案】B【詳解】A．苯環(huán)對(duì)角線(xiàn)上的原子共線(xiàn)，中心C為四面體結(jié)構(gòu)，則最多共線(xiàn)的C原子有3個(gè)，A錯(cuò)誤；B．雙酚分子加成后為對(duì)稱(chēng)結(jié)構(gòu)，，六元環(huán)上的一氯代物有4種，B正確；C．苯酚中含有1個(gè)苯環(huán)，雙酚A中含有兩個(gè)苯環(huán)，不屬于同系物，C錯(cuò)誤；D．苯酚的酸性小于碳酸，強(qiáng)于碳酸氫根離子，故苯酚與碳酸氫鈉不反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故答案：B。7.【答案】D【詳解】A．分餾需要溫度計(jì)，故A錯(cuò)誤；B．水加到Cu和濃硫酸反應(yīng)后的溶液中，易發(fā)生迸濺，故B錯(cuò)誤；C．酚酞在偏堿性時(shí)出現(xiàn)紅色，而生成的氯化銨水解顯酸性，應(yīng)用甲基橙作指示劑，故C錯(cuò)誤；D．通過(guò)最高價(jià)氧化物的水化物酸性的比較，可判斷非金屬性的強(qiáng)弱，故D正確；故選：D。8.【答案】C【詳解】A．實(shí)驗(yàn)未給定溶液濃度，所測(cè)得pH不能用于比較、HClO酸性強(qiáng)弱，且NaClO溶液具有漂白性，無(wú)法用pH試紙測(cè)定其pH，A錯(cuò)誤；B．、濃鹽酸中的HCl均能與KMnO4反應(yīng)而使紫色褪去，故該實(shí)驗(yàn)的現(xiàn)象不能證明一定含有二價(jià)鐵，B錯(cuò)誤；C．分子間存在氫鍵，加入苯后，混合過(guò)程中苯削弱了分子間的氫鍵，混合物中分子間作用力減弱，分子間距離增大，故混合后體積大于兩者體積之和，C正確；D．向10mL0.1mol·L1AgNO3溶液中先加入5mL0.1mol·L1KCl溶液，生成白色沉淀AgCl，此時(shí)只消耗了一半的AgNO3，余下的AgNO3與后加入的KI反應(yīng)生成黃色沉淀AgI，不能證明AgCl轉(zhuǎn)化成AgI，則不能用此實(shí)驗(yàn)比較Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小，D錯(cuò)誤；故選C。9.【答案】B【分析】X、Y、Z、W均為短周期主族元素，X和Z同主族，Y和W同主族，其中X的核外成對(duì)電子數(shù)是未成對(duì)電子數(shù)的兩倍，X的電子排布式為1s22s22p2，則X和Z分別為C和Si，Y是電負(fù)性最強(qiáng)的元素，Y為F，W為Cl，其單質(zhì)在常溫下可與水發(fā)生置換反應(yīng)生成一種無(wú)色無(wú)味的氣體和一種弱酸，方程式為。【詳解】A．C為有機(jī)物骨架，構(gòu)成的物質(zhì)種類(lèi)最多，A正確；B．SiO2可用于制造光導(dǎo)纖維，B錯(cuò)誤；C．Cl為強(qiáng)酸酸根對(duì)水的電離平衡無(wú)影響，C正確；D．同周期原子半徑依次減小，同主族原子半徑依次增大，則原子半徑大小關(guān)系：Z>W>X>Y，D正確；故選B。10.【答案】C【詳解】A．該有機(jī)物分子中含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成反應(yīng)和氧化反應(yīng)，含有羧基，可發(fā)生酯化反應(yīng)等取代反應(yīng)，故A正確；B．該有機(jī)物分子中含有1個(gè)碳碳雙鍵、1個(gè)苯環(huán)和1個(gè)羰基可以和H2發(fā)生加成反應(yīng)，1mol環(huán)丙沙星與氫氣加成最多可消耗5molH2，故B正確；C．能與NaOH溶液反應(yīng)的官能團(tuán)為F原子、羧基，且F原子水解生成的酚羥基也能與NaOH反應(yīng)，則1mol環(huán)丙沙星與NaOH溶液反應(yīng)，最多可消耗3molNaOH，故C錯(cuò)誤；D．該有機(jī)物分子中含有碳碳雙鍵，可以加聚形成高分子，故D正確；故選C。11.【答案】A【分析】由裝置可知左側(cè)電池中電極M上，在光照條件下，光合菌將二氧化碳轉(zhuǎn)化為氧氣，氧氣在電極M上得電子生成水，則M作正極，電極N上Fe的硫化物在硫氧化菌作用下生成S，S在電極N上失電子生成硫酸根離子，N作負(fù)極，則電極P為陰極，電極Q為陽(yáng)極，Q電極上碘單質(zhì)失電子生成碘酸鉀，據(jù)此分析解答。【詳解】A．N極為負(fù)極，硫氧化菌將氧化為S，硫再放電生成，負(fù)極電極反應(yīng)式為，故A正確；B．鉑電極P為陰極，電極反應(yīng)式為，Q為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為，陽(yáng)離子移向陰極，溶液中通過(guò)陽(yáng)離子交換膜從Q極移向P極，故B錯(cuò)誤；C．光照強(qiáng)度大小影響單位時(shí)間內(nèi)生成氧氣的量，即影響電流強(qiáng)度，會(huì)影響的制備速率，故C錯(cuò)誤；D．不考慮損耗，電路中每消耗，轉(zhuǎn)移電子為6mol，生成，為，故D錯(cuò)誤；故選：A。12.【答案】D【詳解】A．經(jīng)過(guò)步驟①，100mL0.1mol?L1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反應(yīng)方程式為CaCl2+Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02molNaCl和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，則溶液中含有SO和Ca2+，則c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl)，故A錯(cuò)誤；B．步驟②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步驟②中反應(yīng)完全，則反應(yīng)后溶質(zhì)為0.01molNa2SO4、0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，則c(Na+)=6c(SO)，故B錯(cuò)誤；C．經(jīng)過(guò)步驟②，反應(yīng)后的溶質(zhì)為0.01molNa2SO4、0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：c(Cl)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故C錯(cuò)誤；D．步驟③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反應(yīng)后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01molCa(CH3COO)2，則c(CH3COOH)+c(CH3COO)=c(Cl)，故D正確；故選D。13.【答案】B【分析】圖示中橫坐標(biāo)是反應(yīng)歷程，縱坐標(biāo)是相對(duì)能量，氧氣在炭黑催化下，分兩步生成活化氧，反應(yīng)有水時(shí)的活化能比在無(wú)水時(shí)的活化能低，說(shuō)明水降低了反應(yīng)的活化能。【詳解】A．由圖可知，該過(guò)程中的最大能壘為0.75ev，故A錯(cuò)誤；B．炭黑與氧氣生成活化氧，活化氧與二氧化硫反應(yīng)會(huì)轉(zhuǎn)化為三氧化硫和炭黑，故炭黑顆粒是大氣中二氧化硫轉(zhuǎn)化為三氧化硫的催化劑，故B正確；C．由圖可知，該反應(yīng)存在非極性鍵（O=O）的斷裂，但是沒(méi)有非極性鍵的形成，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)物總能量高于生成物的總能量，因此每活化一個(gè)氧分子放出0.29eV的能量，故D錯(cuò)誤；故選B。14.【答案】D【詳解】A．和相似，為直線(xiàn)形的非極性分子，在固態(tài)時(shí)形成分子晶體，A錯(cuò)誤;B．的中心原子的價(jià)電子對(duì)數(shù)為，其模型為正四面體形，略去中心原子上的孤電子對(duì)，的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，B錯(cuò)誤;C．氯化硼熔點(diǎn)為，氯化硼為分子晶體，液態(tài)和固態(tài)時(shí)只存在分子，沒(méi)有離子，所以不能導(dǎo)電，C錯(cuò)誤;D．和的中心原子的價(jià)電子對(duì)數(shù)均為4，所以中心原子均為雜化，沒(méi)有孤電子對(duì)，所以分子呈正四面體形，有一對(duì)孤電子對(duì)，所以分子呈三角錐形，D項(xiàng)正確;答案選D。15.【答案】C【詳解】A．由圖可知，t1min時(shí)c(CO2)=c(CO)，相同條件下t1min后c(CO2)仍在減小，c(CO)仍在增大，則t1min時(shí)該化學(xué)反應(yīng)沒(méi)有達(dá)到平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B．該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=，只與溫度有關(guān)，溫度不變則K不變，所以重新達(dá)到平衡時(shí)不變，故B錯(cuò)誤；

C．由圖可知，4min時(shí)，CO2的轉(zhuǎn)化率為×100%≈71.4%，故C正確；

D．由圖可知，4min內(nèi)CO的平均反應(yīng)速率v(CO)==0.125mol?L1?min1，故D錯(cuò)誤；

故選：C。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.【答案】（1）①.Cu、②.鹽酸易揮發(fā)，對(duì)設(shè)備腐蝕性強(qiáng)（2）0.5（3）（4）調(diào)節(jié)溶液pH，使轉(zhuǎn)化生成氫氧化鐵（5）【解析】【分析】濕法煉鋅凈化渣的主要成分為Co、Zn、Fe、Cu、Pb等金屬及其氧化物均與硫酸反應(yīng)生成相應(yīng)的鹽，銅不溶于硫酸，硫酸鉛難溶，過(guò)濾得到浸出渣。Na2S常用作沉淀劑，“氧化”過(guò)程中，Na2S2O8將Fe2+氧化為Fe3+，Na2CO3調(diào)節(jié)溶液pH，生成氫氧化鐵，在溶液pH=5時(shí)，Na2S2O8能將Co2+氧化生成，據(jù)此分析解題。【小問(wèn)1詳解】根據(jù)以上分析可知浸出渣的主要成分為Cu、，工業(yè)上，在“浸出”過(guò)程中，常選用硫酸浸取，而不用鹽酸，原因是鹽酸易揮發(fā)，對(duì)設(shè)備腐蝕性強(qiáng)；【小問(wèn)2詳解】在銅渣中檢測(cè)不到Co2+，除銅液中Co2+濃度為0.18mol?L1，Ksp（CoS）=1.8×1022，c（S2）=mol/L=1×1021mol/L，常溫下，飽和H2S水溶液中存在關(guān)系式，則此時(shí)溶液的c（H+）=mol/L，pH=lgc（H+）=0.5，故pH＜0.5；【小問(wèn)3詳解】“氧化”過(guò)程中，Na2S2O8與Fe2+發(fā)生反應(yīng)，F(xiàn)e2+氧化為Fe3+，離子方程式為；【小問(wèn)4詳解】“沉鐵”過(guò)程中，Na2CO3的作用是調(diào)節(jié)溶液pH，生成氫氧化鐵；【小問(wèn)5詳解】在溶液pH=5時(shí)，Na2S2O8能將Co2+氧化，該反應(yīng)的離子方程式為。17.【答案】（1）酒精燈、三角架（2）①.②.防止反應(yīng)過(guò)于劇烈，減少損失（3）①.防止生成雜質(zhì)，提高產(chǎn)品的純度②.B（4）防止受熱分解（5）85.4【解析】【分析】通入過(guò)量的二氧化碳會(huì)產(chǎn)生溶解度較小的碳酸氫鉀，加熱濃縮結(jié)晶時(shí)碳酸氫鉀會(huì)和高錳酸鉀一起析出；鹽酸、草酸具有還原性，會(huì)被氧化，降低產(chǎn)品的量；【小問(wèn)1詳解】將固體混合物加熱至熔融，除鐵坩堝外，需要的儀器有酒精燈、三角架/泥三角、坩堝鉗、鐵棒；圖中的實(shí)驗(yàn)儀器還需要酒精燈、三角架，故答案為：酒精燈、三角架；【小問(wèn)2詳解】MnO2被氧化成墨綠色的K2MnO4，KClO3被還原成KCl,反應(yīng)的化學(xué)方程式為KClO3+6KOH+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3H2O；為使MnO2充分反應(yīng)，提高其轉(zhuǎn)化率，加入MnO2時(shí)可分批加入，而不一次性加入；【小問(wèn)3詳解】實(shí)驗(yàn)中不能通入太多二氧化碳的原因是通入過(guò)量的二氧化碳會(huì)產(chǎn)生溶解度較小的碳酸氫鉀，加熱濃縮結(jié)晶時(shí)碳酸氫鉀會(huì)和高錳酸鉀一起析出，即防止生成KHCO3雜質(zhì)，提高產(chǎn)品的純度，鹽酸、草酸具有還原性，會(huì)被高錳酸鉀氧化，降低產(chǎn)品的量，故不宜用鹽酸、草酸，可以用磷酸，故答案為：防止生成KHCO3雜質(zhì)，提高產(chǎn)品的純度；B；【小問(wèn)4詳解】高錳酸鉀晶體受熱易分解，水浴加熱溫度不超過(guò)100℃，高錳酸鉀晶體不會(huì)分解，故利用水浴加熱而不采取直接加熱濾液的原因是防止KMnO4受熱分解，故答案為：防止KMnO4受熱分解；【小問(wèn)5詳解】已知MnO2的質(zhì)量為3.48g,其物質(zhì)的量為，即KClO3、KOH、MnO2的物質(zhì)的量分別為0.02mol、0.09mol、0.04mol,根據(jù)反應(yīng)方程式KClO3+6KOH+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3H2O↑可知KOH、KClO3過(guò)量，故由MnO2進(jìn)行計(jì)算，根據(jù)關(guān)系式3MnO2～3K2MnO4～2KMnO4，理論上生成KMnO4物質(zhì)的量為(×0.04)mol,KMnO4的產(chǎn)率=，故答案為：85.4。18.【答案】（1）（2）①.BC②.（3）負(fù)（4）（5）b→e→h→j【解析】【小問(wèn)1詳解】298K時(shí)，1g氫氣燃燒生成H2O(g)放熱121kJ，1molH2O(l)蒸發(fā)吸熱44kJ，則1mol氫氣燃燒生成H2O(l)放熱286kJ，表示氫氣燃燒熱的熱化學(xué)方程式為。【小問(wèn)2詳解】①A．增加甲烷用量可提高水蒸氣的轉(zhuǎn)化率，但是甲烷本身的轉(zhuǎn)化率會(huì)降低，A錯(cuò)誤；B．恒溫恒壓下通入惰性氣體，反應(yīng)混合物中各組分的濃度減小，相當(dāng)于減小體系壓強(qiáng)，反應(yīng)I正向移動(dòng)，能提高甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率，B正確；C．移除一氧化碳，減小了反應(yīng)混合物中CO(g)的濃度，反應(yīng)I的化學(xué)平衡正向移動(dòng)，能提高甲烷平衡轉(zhuǎn)化率，C正確；D．加入催化劑只能加快反應(yīng)速率，不能增加轉(zhuǎn)化率，D錯(cuò)誤；故選BC。②恒溫恒壓條件下，1mol甲烷和1mol水蒸氣反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，甲烷的轉(zhuǎn)化率為a，二氧化碳的物質(zhì)的量為bmol，則轉(zhuǎn)化的甲烷為amol，剩余的甲烷為(1a)mol，根據(jù)C元素守恒，平衡時(shí)CO的物質(zhì)的量為(ab)mol，再根據(jù)H和O守恒，水蒸氣的物質(zhì)的量為(1ab)mol，氫氣的物質(zhì)的量為(3a+b)mol，則反應(yīng)后平衡時(shí)混合物的總物質(zhì)的量為(2+2a)mol，則平衡體系中，甲烷、水蒸氣、一氧化碳和氫氣的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)依次為，則反應(yīng)I的平衡常數(shù)。【小問(wèn)3詳解】燃料電池中