2020-2021学年高一化学下学期期末测试卷（人教版必修2）

2020–2021学年下学期期末测试卷01

高一化学·全解全析

1．A

【详解】

A．烧制瓷器的主要原料为黏土(主要成分是硅酸盐)，不是二氧化硅，故A错误；

B．产生“井火”的气体的主要成分是CH4，故B正确；

C．题中说明“缣帛”为丝织品，蚕丝的主要成分为蛋白质，故C正确；

D．由于“司南之杓”中含有磁性物质，所以具有“指南”作用，具有磁性，故D正确；

故选A。

2．D

【详解】

A．次氯酸的结构式为：H-O-Cl，电子式为，应该是O为中心原子， A错误；

B．CO2分子中C原子半径大于O原子，所以中间原子更大而两边原子更小，B错误；

C．氯化镁的形成过程中，镁原子失去电子，氯原子得到电子，二者形成离子键，箭头方向应从镁指向氯：，C错误；

D．M2+离子核外有a个电子，b个中子，则质子数是a+2，所以质量数是a+b+2，则M原子符号为，D正确；

答案选D。

3．A

【详解】

A．碳纳米管、富勒烯、石墨烯是三种不同的物质，物理性质不同，故A错误；

B．碳纳米管、富勒烯、石墨烯都是新型无机非金属材料中的碳纳米材料，故B正确；

C．碳纳米管、富勒烯、石墨烯都是碳元素的单质，故C正确；

D．碳纳米管、富勒烯、石墨烯都是碳元素的单质，它们分别完全燃烧后生成物相同，都是二氧化碳，故D正确；

故选A。

4．C

【详解】

①向门窗合页里注油，是为了增加润滑度；

②食品抽真空包装，是为了防止被空气氧化，减慢食品变质的速率；

③用冰箱冷藏食物，是降低温度，减慢食物变质的速率；

④在糕点包装袋内放置活性铁粉作抗氧化剂，是为了防止糕点被空气氧化，减慢糕点变质的速率；

与调控反应速率有关的是②③④，故选C。

5．D

【详解】

A．发展生态农业，减少农药对自然的伤害，可以减少环境污染，符合环保理念，故A不选；

B．推广可降解塑料的使用，减少白色污染，可以减少环境污染，符合环保理念，故B不选；

C．加强节能减排，减少碳排放，提前达到“碳中和”的远景目标，可以减少燃料的使用和二氧化碳的排放，可以减少环境污染，符合环保理念，故C不选；

D．煤、石油等化石燃料使用越多，产生环境污染物越多，对环境污染越大，不符合环保理念，故D选；

故选D。

6．D

【详解】

A． 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，说明乙烯具有不饱和键，故A错误；

B． 将钠分别与乙醇和水反应，钠与水反应更剧烈，说明乙醇中羟基氢没有水中氢活泼，故B错误；

C． 锌与稀硝酸反应，得不到氢气，说明硝酸具有强氧化性，故C错误；

D． 向硅酸钠溶液中通入二氧化碳，产生白色胶状沉淀，二氧化碳能和硅酸钠溶液反应生成硅酸，说明碳酸的酸性比硅酸强，故D正确；

故选D。

7．C

【分析】

X、Y都是短周期元素，X原子最外层只有一个电子，X为IA族的短周期元素，则X可能为H、Li、Na三种元素；Y原子在第三周期主族元素中原子半径最小，则Y为Cl元素。据此分析可得：

【详解】

A．R为LiCl、NaCl时，为离子化合物，A错误；

B．R为HCl时，为共价化合物，B错误；

C．由A和B可知R可能是共价化合物，也可能是离子化合物，C正确；

D．由A和B可知R可能是共价化合物，也可能是离子化合物，D错误；

答案选C。

8．C

【详解】

A．氨气的水溶液显碱性，能够使酚酞变红，会出现红色喷泉，故A错误；

B．放入锥形瓶中的稀硫酸的体积会影响测定产生气体的体积，未记录放入稀硫酸的体积，无法测定产生气体的体积，故B错误；

C．氯气不溶于浓硫酸，可用浓硫酸干燥，故C正确；

D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，该实验过程只能证明酸性：盐酸大于碳酸，碳酸大于硅酸；由于盐酸不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，不能比较氯元素与碳元素非金属性的大小，故D错误；

故选C。

9．A

【详解】

①原子失去最外层电子变为阳离子，原子获得电子形成阴离子，离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则两种离子具有相同的电子数，所以a-m=b-n，可得a-b=m-n，①正确；

②由题意可知，四种离子具有相同的电子层结构，根据原子失去最外层电子变为阳离子，原子获得电子形成阴离子，可知X、Y在下一周期，Z、R在上一周期；若m＞n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a＞b＞c＞d，②正确；

③Z、R元素形成阴离子，说明Z、R为非金属元素，由②可知元素的原子序数c＞d，在同一周期中，原子序数越大，元素非金属性越强，所以元素的非金属性Z＞R，③正确；

④X、Y元素形成阳离子，说明X、Y为金属元素，且元素的原子序数a＞b，同一周期元素，元素的原子序数越大，元素金属性越弱，则元素的金属性Y＞X，元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，所以最高价氧化物对应水化物碱性Y＞X，④错误；

⑤对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，由于原子序数为a＞b＞c＞d，则离子半径：R＞Z＞Y＞X，⑤错误；

根据分析可知，正确的为①②③，故合理选项是A。

10．C

【分析】

通过以上信息推断得知，L为Mg，M为Al，Q为S，R为Be，T为O

【详解】

A．同一周期金属阳离子从左到右氧化性增强，镁离子<铝离子，A项错误；

B．同一主族从上到下最高价氧化物对应的水化物的碱性增强，Mg>Be，B项错误；

C．同一主族中，从上到下气态氢化物稳定性递减，O>S，C项正确；

D．氢氧化铝不能与氨水反应，D项错误；

答案选C。

11．B

【分析】

由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意反应速率的单位必须一致，1mol/(L∙s)=60 mol/(L∙min)。

【详解】

A．v(A)=0.2mol/(L∙min)；

B．因v(A)：v(B)=1：3，v(B)=0.2mol/(L∙min)，故v(A)=0.07 mol/(L∙min)；

C．v(A)=0.02mol/(L∙s)=60×0.02 mol/(L∙min)=1.2 mol/(L∙min)；

D．因v(A)：v(C)=1：2，v(C)=0.3mol/(L∙s)，故v(A)=0.15 mol/(L∙s)= 60×0.15mol/(L∙min)=9 mol/(L∙min)，反应速率最慢的是B。

故选B。

12．B

【详解】

A．稀硫酸具有酸性，能够与Fe反应生成氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A正确；

B．浓硫酸具有强氧化性，常温下，与铁发生钝化，生成致密的氧化膜覆盖在Fe的表面，Fe表面产生少量气泡后迅速停止，该气体主要为二氧化硫，故B错误；

C．Mg与浓硫酸可发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，说明Mg在浓H2SO4中没被钝化，故C正确；

D．构成原电池，Fe表面有大量气泡，Mg表面有少量气泡，是因为Mg为负极失去电子，Fe为正极，正极上氢离子得到电子放出氢气，可知Mg的金属性比Fe强，故D正确；

故选B。

13．B

【详解】

A．由图像可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；

B．由图像可知，②和③的反应温度相同，溶液的pH不相同，pH越大，Fe2+氧化速率越慢，故B错误；

C．由图像可知，①和③的溶液的pH相同，温度越高，Fe2+氧化速率越快，故C正确；

D．氧化过程发生的反应为酸性条件下，亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；

故选B。

14．D

【分析】

由氢离子移动方向可知右边电极为正极，左边电极为负极，燃料电池中，燃料被氧化，燃料通入负极，氧气被还原，通入正极。

【详解】

A．未给明氢气所处温度和压强，无法计算氢气物质的量，无法计算通过的电子数，A错误；

B．左边电极为负极，a处应通入氢气，B错误；

C．右侧电极为正极，电解质中有大量氢离子向右迁移，则右侧发生的反应为4H++O2+4e-=2H2O，C错误；

D．氢氧燃料电池总反应与氢气燃烧类似，总反应为，D正确；

答案选D。

15．D

【分析】

汽车尾气产生的NO2在日光照射下分解成NO和氧原子，此时即开始“光化学烟雾”的循环，不断地产生O3．这个循环包括了下列3个化学方程式①NO2 NO+[O]，②2NO+O2═2NO2，③O2+[O]═O3，净结果：3O2═2O3；为预防和控制氮氧化物的污染，可用氢氧化钠溶液对含氮氧化物的废气进行处理，也可以用氨气来处理。

【详解】

A． 由分析，过程中有臭氧、过氧乙酰硝酸酯等氧化性物质产生，光化学烟雾有强氧化性，故A正确；

B． 二氧化氮与水反应生成硝酸，氮氧化物还可引发酸雨等污染问题，故B正确；

C． 碳氢化合物即烃类，醛、酮、过氧乙酰硝酸酯都属于烃的衍生物，故C正确；

D． NO2是红棕色气体，光化学烟雾呈现淡蓝色是由于光的折射和反射，故D错误；

故选D。

16．D

【详解】

A．空气吹出”是利用热空气升高溶液的温度，使沸点低的溴挥发出来，利用了溴单质的挥发性，A正确；

B．在吸收塔里发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，所以从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4，故B正确；

C．在吸收塔中Br2与SO2发生反应以达到富集目的，故C正确；

D．第一次、第二次通入Cl2的目的都是氧化Br- ，故D不正确；

故选D。

17．（共12分，除标注外，每空1分）（1）He    第二周期VIIA族   

（2）    离子键、共价键       

（3）或       

（4）H2O    二者均为分子晶体，H2O分子间存在氢键   

（5）CO2+H2O+=+H2SiO3↓   

（6）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O（2分）   

【详解】

根据元素周期表结构可知，①为He，②为C，③为N，④为O，⑤为F，⑥为Na，⑦为Si，⑧为S，⑨为Cl。

(1)稀有气体为单原子分子，原子核外电子满足稳定结构，不易得失电子，单质的化学性质相比较而言最稳定，上述元素组成的单质中化学性质最稳定的是为He；⑤元素位于元素周期表中第二周期VIIA族，故答案为：He；第二周期VIIA族；

(2)N、H、Cl元素形成的常见盐类物质为NH4Cl，其电子式为；与Cl-之间的化学键为离子键，中N与H原子之间的化学键为共价键；NaCl形成过程中存在电子得失，其形成过程表示为，故答案为：；离子键、共价键；；

(3)S原子核外电子数为16，S元素的一种核素原子的中子数与其核外电子数相同，则该原子的质量数=质子数+中子数=16+16=32，则该原子为或；S原子最外层电子数为6，易得到2个电子形成稳定结构，S2-的结构示意图为，故答案为：或；；

(4)H2O、H2S分子间均存在范德华力，而H2O分子之间存在氢键，H2S分子间无氢键，使得H2O的沸点高于H2S，故答案为：H2O；二者均为分子晶体，H2O分子间存在氢键；

(5)元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，可利用强酸制弱酸证明C与Si元素的非金属性，反应离子方程式为CO2+H2O+=+H2SiO3↓；

(6)C与浓硫酸在加热条件下能够发生氧化还原反应生成CO2、SO2、H2O，反应化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。

18．（共10分，除标注外，每空1分）I.（1）Cu    氧化    AgNO3溶液   

（2）碳棒上有银白色物质生成   

（3）108   

II.（1）2H++2e-=H2↑   

（2）Al    2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑（2分）   

（3）AD   

【详解】

I. (1)对反应：Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，Cu的化合价升高，做负极，溶液中Ag+得电子，做电解质溶液，则该电池的负极材料是Cu，发生氧化反应，电解质溶液是AgNO3溶液；

(2) 正极是Ag+得电子生成Ag单质，电极上出现的现象是：碳棒上有银白色物质生成；

(3)正极电极反应式Ag++e-=Ag，转移电子1mol，则生成银108g；

II. (1)甲是活泼金属与酸溶液反应，则较活泼的做负极，正极上是溶液中H+得电子，电极反应式：2H++2e-=H2↑；

(2) 乙中是Al具有两性，与NaOH溶液反应，则负极为Al，总反应的离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑；

(3) A.不同介质，金属电极与电解质溶液反应不同，利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质，A正确；

B.金属性是物质本身的性质，Mg的金属性一定比Al强，B错误；

C. 金属活动性顺序表可用来比较金属的活泼性，该实验是因为原电池中的本质是氧化还原反应，与电解质溶液反应的金属做负极，不能说明金属活动性顺序表已过时，没有实用价值了，C错误；

D.该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此具体问题应具体分析，D正确；

故选：AD。

19．（共10分，除标注外，每空1分）（1）①A、B    C    ②3mol/(L•min)    2 mol/(L•min)    3 mol/(L•min)    ③3A+2B⇌3C   

（2）①0.015 mol/(L•min)    ②ad（2分）   ③正反应   

【详解】

(1)①随反应进行，A、B的浓度减小，为反应物，C的浓度增大，为生成物；

②由图可知，2min内，△c(A)=(8-2)mol/L=6mol/L，△c(B)=(8-4)mol/L=4mol/L，△c(C)=(6-0)mol/L=6mol/L，则、、；

③反应最终A、B物质的量不变且不为0，为可逆反应，速率之比等于化学计量数之比，则A、B、C的化学计量数之比为3∶2∶3，故反应方程式为：3A+2B⇌3C；

(2)①根据表中数据可知，3 min时甲醇的物质的量为0.09 mol，由于容器的容积是2 L，反应时间是3 min，故用甲醇表示的反应速率；
②a．v正(H2O)=2v逆(CO2) 可说明正、逆反应速率相等，达到平衡状态，a正确；
b．在任何条件下都存在关系n(CH3OH)∶n(O2)=2∶3，因此无法判断各组分的浓度是否继续变化，则无法判断是否达到平衡状态，b错误；
c．因气体的体积以及质量不变，则容器内密度保持不变，不能用于判断是否达到平衡状态，c错误；
d．反应前后气体的体积不等，容器内压强为变量，但容器内压强保持不变，可说明达到平衡状态，d正确；
故答案为：ad；

③加入一定量的CO2，瞬间正反应速率加快，逆反应速率不变，化学平衡向正反应方向移动。

20．（共10分，除标注外，每空1分）（1）CH2=CH2    羧基   

（2）①   

（3）加热或使用浓硫酸作催化剂等    分液

（4）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O （2分）  

nCH2=CH2 （2分）  

（5）CD   

【分析】

A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，则A为CH2=CH2，乙烯与发生加成反应生成B，则B为CH3CH2OH；乙醇被催化氧化得到生成C，则C为CH3CHO；根据题目所给信息可知D为CH3COOH；乙醇与乙酸发生酯化反应生成G，则G为CH3COOCH2CH3；F为高分子化合物，则应为乙烯发生加聚反应生成的聚乙烯，即。

【详解】

(1)根据分析可知A为CH2=CH2，D为CH3COOH，官能团为羧基；

(2)在反应①～⑥中，反应①为乙烯和水的加成反应；

(3)加热、使用浓硫酸作催化剂等可以提高乙醇和乙酸的酯化反应速率；通过分液可以分离出乙酸乙酯；

(4)反应④为乙酸和乙醇的酯化反应，化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；

反应⑥为乙烯的聚合反应，化学方程式为nCH2=CH2 ；

(5)A．B为CH3CH2OH，含有饱和碳原子，不可能所有原子共平面，A错误；

B．A为乙烯，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，可以与溴水发生加成反应使其褪色，二者原理不同，B错误；

C．B为乙醇，乙醇以及其同系物中均含有羟基，可以与钠反应生成氢气，C正确；

D．乙醇会溶于碳酸钠溶液，无明显现象，D为乙酸，可以和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，可以鉴别二者，D正确；

E．CH3COOH为乙酸，HCOOCH3为甲酸甲酯，不是同一种物质，E错误；

综上所述答案为CD。

21．（共10分，除标注外，每空1分）（1）①    ②    ③Cl2+2I-=2Cl-+I2 （2分）  

（2）①过滤    ②分液漏斗   

（3）①不能    ②D   

（4）D   

（5）B   

【分析】

海带晒干灼烧得到海带灰，浸泡后的悬浊液需要过滤除杂，对含有碘离子的溶液通入氯气进行氧化，得到含有单质碘的溶液，在水溶液中加入有机萃取剂，萃取后得到碘的有机溶液，对有机溶液进行蒸馏得到晶体碘。

【详解】

(1)①氯原子核内有17个质子，核外有3个电子层，最外层有7个电子，其原子结构示意图为，答案：；

②碘原子最外层有7个电子，得到1个电子变成碘离子，达到8电子稳定结构，碘离子带一个单位的负电荷，碘离子的电子式为，答案：；

③步骤②为向含有碘离子的溶液中通入氯气，将碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2

，答案：Cl2+2I-=2Cl-+I2；

(2)①实验①为除去悬浊液中的杂质，得到含有碘离子的溶液，使用的操作为过滤，答案：过滤；

②由分析可知，实验③为萃取分液，所需要的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯，答案：分液漏斗；

(3)①实验操作③为萃取分液，萃取剂的选择，不但要求被萃取的物质在萃取剂中的溶解度要大于在原溶剂中的溶解度，还要求萃取剂和原溶剂不反应、不互溶，因为酒精和水互溶，所以不能用酒精来提取碘，答案：不能；

②实验操作③中，若用苯来提取碘，苯的密度比水小，萃取后碘溶解在苯里溶液呈紫红色，所以加入少量苯，充分振荡静置后的现象是溶液分层，上层紫红色，答案选D；

(4)检验某无色溶液中是否含有I-：

A.氯水中的氯分子可将碘离子氧化为碘单质，碘遇淀粉变蓝，A合理；

B.溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成黄色沉淀，说明原溶液中含有碘离子，B合理；

C.氯水中的氯分子可将碘离子氧化为碘单质，四氯化碳为萃取剂，萃取后下层溶液为紫红色，可检验碘离子，C合理；

D.KBr和稀HCl与碘离子不会发生反应，没有明显现象，无法检验碘离子，D不合理，答案选D；

(5) A.灼烧碎海带应在坩埚中进行，不能使用烧杯，A不符题意；

B.分离海带灰浸泡液的不溶性杂质用过滤的方法，装置乙中装置及操作都正确，B符合题意；

C.二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，装置丙中没有加热装置，无法产生氯气，C不符题意；

D.氯气难溶于饱和氯化钠溶液，应该用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，D不符题意；答案选B。