高中化学必修2 高一化学下学期期末测试卷新2019江苏专用）03新全解全析）

学易金卷：2020-2021学年高一下学期期末测试卷01

（人教版2019必修第二册）

高一化学·全解全析

1.【答案】D

【解析】

A．米饭的主要成分是淀粉，故属于糖类，A正确；

B．酿酒过程是淀粉先水解为葡萄糖，然后葡萄糖在酒曲的催化下生成酒精和二氧化碳，故酒曲在酿酒过程中起催化作用，B正确；

C．由于酒精的沸点比水的低很多，故对米酒加热蒸馏，先出来的是酒精，故可得到浓度较高的乙醇溶液，C正确；

D．米酒酿造米醋的过程中即由乙醇转化乙醛，再转化为乙酸的过程，是乙醇发生氧化反应，D错误；

2.【答案】A

【解析】

A. HCl分子内H与Cl原子之间有一对共用电子对，其电子式为：，D项正确；

B. 球棍模型表现原子间的连接与空间结构，甲烷分子式为CH4，C原子形成4个C﹣H，为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子半径，球棍模型为，B项错误；

C. 乙酸的分子式为C2H4O2，结构简式为CH3COOH，C项错误；

D. Cl‑的核电荷数为17，其离子结构示意图为：，D项错误；

3.【答案】D

【解析】

A．浓硫酸具有强氧化性，常温下，浓硫酸能使铝发生钝化反应，在铝制品表面致密保护膜，阻止反应继续发生，故A不选；

B．乙烯是一种植物生成调节剂，具有催熟作用，与乙烯的可燃性无关，故B不选；

C．NH4HCO3用作氮肥是因为其含有氮元素，氮是植物生长必需的营养元素，与NH4HCO3受热易分解无关，故C不选；

D．浓氨水易挥发产生氨气，氨气与氯气在常温下反应生成氮气和氯化铵，冒白烟，所以能用浓氨水检验氯气管道是否泄漏，故D选；

4.【答案】A

【解析】

A.二氧化硫只能使石蕊溶液变红，不能使其褪色，A错误；

B.浓盐酸与MnO2常温下不反应，B正确；

C.醋酸溶液与贝壳反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，C正确；

D.浓氨水与生石灰生成氨气，AlCl3溶液与氨气反应生成氢氧化铝沉淀，D正确。

5.【答案】C

【解析】

A．醋酸是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故醋酸除去水垢的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，A错误；

B．盐酸为强酸，在离子方程式书写时能拆，故MnO2与浓盐酸反应制Cl2的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2＋+Cl2↑+2H2O，B错误；

C．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：HCO+Ca2++OH-= CaCO3↓+H2O，C正确；

D．Na与水产生H2的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，D错误；

6.【答案】　D

【解析】　

A.18 g H2O所含原子数为3NA，A项错误；

2.                                                                                                                                                     常温常压下，气体摩尔体积不是22.4 L·mol－1，故所含分子数无法计算，B项错误；
3.                                                                                                                                                     C.N2与H2反应是可逆的，转移的电子数少于6NA，C项错误；3.2 g Cu即0.05 mol，与足量浓硫酸反应，生成SO2的分子数为0.05NA，D项正确。

7.【答案】B

【分析】

Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，Y是O元素；W、X、Y、Z处于元素周期表的同一周期，根据可知，Z能形成4个共价键，Z是C元素、W形成1个共价键，W是F元素；X形成4个共价键，其中有1个X提供空轨道形成的配位键，说明X最外层有3个电子，X是B元素。

【解析】

A．电子层数相同，原子半径随原子序数的增大而减小，原子半径r(F)<r(O)<r(C)<r(B)，故A正确；

B．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，稳定性H2O<HF，故B错误；

C．BF3空间构型是平面三角形，结构对称，分子为含极性键的非极性分子，故C正确；

D．Y和Z组成常见的CO2和CO分子，故D正确；

8.【答案】B

【解析】

A．Fe3+与I-会发生氧化还原反应产生Fe2+、I2，不能大量共存，A不符合题意；

B．Na2CO3电离产生的离子与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；

C．HCl电离产生的Cl-与Ag＋产生氯化银沉淀，H+与CH3COO－会反应产生弱酸CH3COOH，不能大量共存，C不符合题意；

D．NaOH电离产生的OH-与会反应产生碳酸根离子和水，不能大量共存，D不符合题意；

9.【答案】C

【分析】

某原电池的电池反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe为负极，做另一电极的金属性比Fe弱，溶液中是电离出Fe3+的盐。

【解析】

A. 铜片、铁片、FeCl3 溶液组成的原电池，负极是铁，电池反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，符合；

B. 石墨、铁片、Fe(NO3)3 溶液组成的原电池，负极是铁，电池反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，符合；

C. 铁片、锌片、Fe2(SO4)3 溶液组成的原电池，负极是锌，电池反应为Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+，不符合；

D. 铜片、铁片、Fe(NO3)3 溶液组成的原电池，，负极是铁，电池反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，符合；

10.【答案】B

【解析】

【解析】A.铝与氧化铁反应生成氧化铝和铁,而铁与氧化铝不反应，所以铁与氧化铝无法转化为铝，故A错误；

B.氯化氢具有挥发性，加热氯化镁溶液得到的是氢氧化镁，最后得到氧化镁，不会得到氯化镁，所以必须在氯化氢氛围中抑制水解，得无水氯化镁，然后电解熔融的氯化镁得到镁单质，故B正确；

C.一氧化氮与氢氧化钠不反应，故C错误；

D.盐酸酸性强于亚硫酸,所以二氧化硫与氯化钡不反应，无法实现物质间的转化，故D错误；

11.【答案】A

【分析】物质能与Al2O3、SiO2、CuO、C、Fe反应产生两种气体的浓酸不可能是浓盐酸， 如果是浓硫酸，可以与Fe、C单质发生氧化还原反应，浓硫酸被还原为SO2，C被氧化为CO2；如果是浓硝酸，则两种气体是CO2和NO2，其变化与加浓硫酸的反应相同，无论是那种浓酸均可以使两种氧化物Al2O3、CuO转化为对应的盐。

【解析】

A．加入浓酸并加热后，产生的两种气体若为SO2、CO2，将气体通入水中，SO2与水反应产生H2SO3，CO2与水反应产生H2CO3，这两个反应过程中元素化合价不变，因此反应为非氧化还原反应，A错误；

B．在上述混合物中，与过量某浓酸不能发生反应的是酸性氧化物SiO2，故样品中加入过量的某酸并加热，不能发生反应的固体M是SiO2，B正确；

C．样品中加入过量的某浓酸”可能是浓硝酸，也可能是浓硫酸，得到两种气体，则气体中一定含有CO2，说明原固体中一定含有C；得到的溶液X加水稀释，再加入过量Fe粉，产生两种固体，其中一种固体为红色，说明该固体中含有Cu，则溶液X中含有Cu2+，原固体中含有CuO。因此原固体中一定含有CuO、C单质，C正确；

D．根据上述分析可知：“过量某浓酸”可能是浓硝酸，也可能是浓硫酸，D正确；

12.【答案】C

【解析】

A．由物质分子结构简式可知其分子式是C19H16O6，A正确；

B．根据物质结构简式可知：在分子中含有与苯环直接连接的羟基、酯基和碳碳双键，B正确；

C．该物质中有两个酯基，可以发生水解，产物有3种，C错误；

D．在左边的苯环上有3种不同位置的H原子，在中间的苯环上有2种不同位置的H原子，因此该物质苯环上的H原子被Cl取代会产生5种一氯代物，D正确；

13.【答案】D

【解析】

A. 反应为可逆反应，2 mol SO2 和 1 mol O2反应时，达到反应限度时，生成的SO3的物质的量小于2 mol，A项错误；

B. 平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到反应限度时SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率的2倍，B项错误；

C. 分子数的关系与起始量、转化率有关，则不能确定达到反应限度时SO2、O2、SO3的分子数之比，C项错误；

D. 起始加入2molSO2，化学反应中S原子守恒，则最终SO2和SO3物质的量之和一定为2mol，D项正确；

14．【答案】C

【解析】

A．铁离子能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有很大的表面积，能吸附水中的悬浮物达到净水的目的，A正确；

B．NH4HCO3受热易分解产生氨气、水和二氧化碳，为防止 NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，B正确；

C．铁氰化钾溶液可以和Fe2+反应生成蓝色沉淀，不和Fe3+反应，而检验硫酸亚铁铵是否被氧化需要检验是否含有Fe3+，铁氰化钾溶液无法检验Fe3+，C错误；

D．FeSO4与(NH4)2SO4的混合溶液冷却结晶可以得到硫酸亚铁铵，说明其溶解度随温度降低会大幅度减小，即溶解度受温度的影响较大，D正确；

15.【答案】

（1）加快固体溶解速率、提高浸出率等   （2分）

（2）炼铁原料、用作涂料、油漆等    （2分）

（3）、   （2分）

（4） 防止氢氧化铝溶解不完全  （2分）

  量筒、烧杯、玻璃棒、200mL容量瓶、胶头滴管  （2分）

（5）不能（2分）

因氢氧化铝能够与强碱发生反应，难以控制氢氧化钠溶液的量，可能造成产品损失或原料利用不充分（2分）

 【分析】

向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱，Fe2O3不溶于碱，SiO2溶于强碱，则在①得到溶液A中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子、钠离子、氢氧根离子，固体B为氧化铁；向溶液A中加入盐酸，将硅酸根离子转化为难溶物硅酸，除去硅酸根离子，将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入溶液D；然后向溶液D中加入氨水，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝，以此解答。

【详解】

（1）提取前将铝土矿“粉碎”目的是：加快固体溶解速率、提高浸出率等；

（2）固体B为Fe2O3，Fe2O3可作为炼铁的原料，氧化铁为红色，可用作涂料、油漆等；

（3）由上述分析可知，该过程中反应离子方程式为：、；

（4）第②步中加入盐酸，盐酸与先与氢氧化钠反应，然后与硅酸钠、偏铝酸钠反应，生成的硅酸和氢氧化铝均为难溶物，最后盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝，为防止氢氧化铝溶解不完全，因此加入的盐酸需过量；实验室配制200mL 8mol/L的盐酸采用浓溶液稀释配制，需要玻璃仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、200mL容量瓶、胶头滴管；

（5）因氢氧化铝能够与强碱发生反应，而与弱碱不发生反应，因此一般采用氨水与氯化铝反应制备氢氧化铝，若采用氢氧化钠溶液，难以控制氢氧化钠溶液的量，可能造成产品损失或原料利用不充分。

16.【答案】（1）分液漏斗（2分）    干燥氨气（2分）   

（2）I （2分）  

（3）3CuO +2NH3 3Cu + N2 + 3H2O（2分）    4NH3+5O24NO + 6H2O （2分）  

（4）II、III（2分）   

（5）Ca(OH)2 + 2NH4ClCaCl2 + 2NH3↑+2H2O （2分）  

（6）0.336L（2分）   

【解析】【分析】浓氨水在碱石灰或生石灰的作用下挥发生成氨气，在B中用碱石灰干燥，在C中加热氨气与氧化铜发生氧化还原反应生成水、氮气和铜，D可用于检验是否生成水，最后氨气用水吸收，因氨气极易溶于水，注意防止倒吸。

【解析】（1）根据图中装置，装置A 中盛有浓氨水的仪器名称为分液漏斗，装置B是碱石灰，碱石灰不与氨气反应，起的作用是干燥氨气；故答案为：分液漏斗；干燥氨气。

（2）连接好装置并检验装置的气密性后，装入药品，然后应先打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水，再加热C处酒精灯；故答案为：I。

（3）实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，氨气中氮化合价升高，氧化铜中铜化合价降低，氢氧元素形成水，则该反应化学方程式为3CuO +2NH3 3Cu + N2 + 3H2O，该反应证明氨气具有还原性；氨与氧气的在催化剂作用下的反应也体现了这一性质，该反应化学方程式为4NH3+5O24NO + 6H2O；故答案为：3CuO +2NH3 3Cu + N2 + 3H2O；4NH3+5O24NO + 6H2O。

（4）该实验缺少尾气吸收装置，氨气极易溶于水，要注意防倒吸，II、III都能防倒吸，故答案为：II、III。

（5）实验室还用氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氯化钙和氨气，其化学反应方程式为Ca(OH)2 + 2NH4ClCaCl2 + 2NH3↑+2H2O；故答案为：Ca(OH)2 + 2NH4ClCaCl2 + 2NH3↑+2H2O。

（6）整个过程是铜失去电子的物质的量等于硝酸变为氮氧化物得到电子的物质的量，氮氧化物变为硝酸失去电子的物质的量与氧气得到电子的物质的量相等，即铜失去电子的物质的量等于氧气得到电子的物质的量，4n(O2)=2n(Cu)，4n(O2)=2×，n(O2)=0.015mol，则通入标准状况下的 O2 的体积为V = nVm = 0.015mol× 22.4 L·mol−1 =0.336L；故答案为：0.336L。

17.【答案】（16分）

（1）CH2=CH2 + Br2 BrCH2CH2Br（2分）   

（2）羟基（－OH）（2分）   

（3）2 CH3CH2OH + O22 CH3CHO + 2 H2O（2分）   

（4）（2分）   

（5）i. CH3COOH + CH3CH2OH CH3COOCH2CH3 + H2O（2分）    酯化反应（或取代反应）（2分）    ii. 分液漏斗（2分）     

（6）bc（2分）

【解析】（1）反应①是乙烯和溴的加成反应生成1，2－二溴乙烷，其化学方程式为CH2=CH2 + Br2 BrCH2CH2Br；

（2）B是乙二醇，其官能团是羟基（－OH）；

（3）反应④为乙醇的催化氧化反应，其化学方程式为2 CH3CH2OH + O22 CH3CHO + 2 H2O；

（4）F是一种高分子物质，可用于制作食品塑料袋等，n CH2=CH2 ，F即聚乙烯，其结构简式为；

（5）i．甲试管中是制备乙酸乙酯的反应，其化学方程式是CH3COOH + CH3CH2OH CH3COOCH2CH3 + H2O；该反应属于酯化反应，也属于取代反应；

ii．分离两种互不相容的液体，常用分液的方法进行分离，主要仪器是分液漏斗；

（6）丙烯酸中含有羧基和碳碳双键，而乙酸中只含羧基，二者结构不相似，不互为同系物，a错误；丙烯酸中含有羧基和碳碳双键等官能团，能发生加成、酯化、氧化反应，b正确；丙烯酸中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，c正确；一定条件下能发生加聚反应，但生成物的结构简式为，d错误。

18.【答案】

（1）碘酸与氢氧化钙反应    5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3   （2分）

(2)先向混合液中加入2～3滴酚酞，并在不断搅拌下，缓慢加入生石灰，直至混合液出现浅红色，静置，过滤、用乙醇洗涤、干燥  （4分）

 (3) 淀粉溶液（2分）    根据题意建立如下关系式：Ca(IO3)2～2IO～6I2～12Na2S2O3；四次消耗盐酸的体积依次为17.90 mL、18.10 mL、20.30 mL、18.00 mL，第三次误差较大，舍去，其余三次的平均值为18.00 mL，然后根据上述关系式得该样品中碘酸钙的纯度w＝ ×100%＝90.00%  （4分）

【详解】

(1)根据信息“在碘单质和水的混合物中通入氯气，直至碘全部转化为碘酸(HIO3)”，说明该反应为氧化还原反应，其中氧化剂为Cl2，还原剂为I2，氧化产物为HIO3，还原产物为HCl，根据得失电子守恒有5Cl2＋I2→10HCl＋2HIO3，再根据原子守恒得5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3；

(2) 根据“实验过程中须用试剂：生石灰、酚酞、乙醇”可知，生石灰与水反应生成氢氧化钙，再与碘酸反应生成碘酸钙沉淀，当氢氧化钙过量时，溶液呈碱性，则先向混合液中加入酚酞，当溶液呈浅红色时，停止加入生石灰，然后过滤，用乙醇洗涤碘酸钙，这样能减少其溶解损耗，同时能使其快速干燥；

(3)① 由于反应过程中有碘单质生成，通常用淀粉溶液作指示剂(溶液变蓝色)，加入Na2S2O3标准溶液与单质碘反应，当Na2S2O3标准溶液略过量时，单质碘完全反应，溶液中蓝色褪去，据此可判断滴定终点；

② 测定过程中涉及的反应如下：Ca(IO3)2＋2HClO4===2HIO3＋Ca(ClO4)2，＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，I2＋2=2I－＋；据此建立如下关系：Ca(IO3)2～2～6I2～12Na2S2O3；四次消耗盐酸的体积依次为17.90 mL、18.10 mL、20.30 mL、18.00 mL，第三次误差较大，舍去，其余三次的平均值为18.00 mL，然后根据上述关系式得，该样品中碘酸钙的纯度w＝×100%＝90.00%；