2020-2021学年高一化学下学期期末测试卷（鲁科版2019必修第二册）02（全解全析）

2020-2021学年上学期期末原创卷02

高一化学.全解全析

12345678910

BCDCCBCDBB

1112131415

ABCBBCAC

1.【答案】B

【详解】

A.推广利用微生物发酵技术，将植物秸秆、动物粪便等制成沼气替代液化石油气可以减少化石燃料的使用，

符合这一理念，A不选；

B.由于化石燃料是不可再生的，则加大石油、煤炭的开采速度不符合这一理念，B选；

C.发展水电，开发新能源，如核能、太阳能、电能等，减少对化石燃料的依赖符合这一理念，C不选；

D.实施绿化工程，防治扬尘污染符合这一理念，D不选；

答案选B。

2.【答案】C

【解析】

【分析】

A.电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小；

B.非金属性越强，气态氢化物越稳定；

C.金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强；

D.非金属性越强，对应离子的还原性越弱。

【详解】

A.O的电子层数为2,Na、Al的电子层数为3,同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径为Na>S

>O,选项A错误；

B.非金属性0>N,气态氢化物的稳定性为NH3<H2O,选项B错误；

C.金属性Na>Li,对应最高价氧化物的水化物的碱性为NaOH>LiOH,选项C正确；

D.非金属性Br>I,对应离子的还原性为Br-Vh选项D错误；

答案选C。

【点睛】

本题考查元素周期律的应用，熟悉元素在周期表中的位置及元素周期律是解答本题的关键，注意同周期从

左到右金属性减弱、非金属性增强；同主族从上而下非金属性减弱、金属性增强.

3.【答案】D

【分析】

阴阳离子通过静电作用形成的化学键是离子键，原子间通过共用电子对形成的化学键是共价键，据此解答。

【详解】

A.NaaCh中含有离子键和0与O之间的非极性键，A不符合；

B.H2s中只有共价键，B不符合；

C.AlCb中只有共价键，C不符合；

D.NH4cl中含有离子键和N与H之间的极性键，D符合；

答案选D。

4.【答案】C

【详解】

A.反应物NaBr中含有离子键，CL中含有非极性键，生成物NaCl中含有离子键，Br2中含有非极性键，

反应过程中没有极性键的断裂和生成，A不符合；

B.反应物NaOH中含有极性键和离子键，AI2O3中含有离子键，生成物NaAlCh中含有离子键和极性键，

比0中含有极性键，反应过程中没有非极性键的断裂和生成，B不符合；

C.反应物Na2O2中含有非极性键和离子键，H2O中含有极性键，生成物NaOH中含有离子键和极性键，

。2中含有非极性键，所以反应过程中既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性

键生成，C符合：

D.反应物H2s中含有极性键，SO?中含有极性键，生成物H2O含有极性键，S中含有非极性键，反应过程

中没有非极性键、离子键的断裂，没有离子键和生成，D不符合；

故选C。

5.【答案】D

【详解】

因葡萄糖（C6Hl2。6）、乙酸（CH3coOH）和甲醛（HCHO）的最简式相同，故可知240g该混合物中氢原子

240g16

的物质的量为7,x2=16mol,则生成水的质量为一xl8g=144g,故D项正确，答案选D。

3m0g/mol2

【点睛】

对最简式相同的有机化合物，在等质量的情况下，完全燃烧时的耗氧量、生成二氧化碳的量、生成水的量

等都是相同的，因为所含的各元素的原子个数是相同的。

6.【答案】B

【详解】

A.煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，在高温下煤和水蒸气作用得到CO、“2、等气体，故A

正确；

B.糖类中的单糖不能水解，故糖类不一定能水解，故B错误；

C.非重金属盐的浓溶液使蛋白质发生盐析，而盐析是可逆的，如饱和的硫酸钠溶液，故将硫酸钠溶液加入蛋

白质溶液中，会先沉淀，再加水，沉淀又消失，故C正确；

D.淀粉的水解环境是酸性的，而醛基和新制的氢氧化铜悬浊液反应的环境需要是碱性的，故直接向淀粉的

水解液中加入新制的氢氧化铜悬浊液，无红色沉淀的原因可能是硫酸未中和，故D正确；

故答案为B。

【点睛】

本题易错选项为C,注意饱和硫酸钠溶液使蛋白质发生的是盐析，是可逆的。

7.【答案】C

【分析】

如图所示为常见三种煌的比例模型示意图，故甲为甲烷，乙为乙烯，丙为苯。

【详解】

A.甲、乙和丙的一氯代物都有只有一种，故A错误；

B.乙中有碳碳双键，能与酸性高镒酸钾溶液反应，而甲不能，故B错误；

C.乙和丙分子中所有原子处于同一个平面上，故C正确；

D.乙能与浸水发生加成反应，丙只能和液澳发生取代反应，不能与漠水反应，故D错误；

故答案选C»

8.【答案】C

【详解】

A项、氮气是双原子分子，两个N原子间通过三对共用电子成键，电子式为：N三N：，故A错误；

B项、乙烯的分子式为C2H4,官能团为碳碳双键，结构简式为CH2=CH2,故B错误；

C项、Na2O2为离子化合物，是由钠离子和过氧根离子组成，电子式为Na+「：6：6：-TNa+，故C正确；

D项、由二氧化碳的分子式与模型可知，模型中半径较小的球表示碳原子，模型中碳原子的半径应比氧原

子半径小，实际碳原子的半径应比氧原子半径大，故D错误；

故选C。

【点睛】

本题考查化学用语，注意掌握电子式、结构简式、比例模型等常见的化学用语的概念及判断方法是解答关

键。

9.【答案】D

【详解】

由元素在周期表中的位置可以知道，①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为0、⑥为Mg、⑦为A1、⑧

为S、⑨为C1、⑩为Fe,则

A.②为Na、⑧为S、⑨为C1,电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，

故离子半径S2->C「>Na+,A错误；

B.⑩为Fe,为副族元素，B错误；

C.元素⑥为Mg,元素⑦为AL两原子序数相差1,C错误；

D.④的最高价氧化物对应的水化物为HNCh,其氨化物为N%两者可以发生反应，D正确。

答案选D。

10.【答案】D

【详解】

A、L电子层电子数为奇数，L层未排满，则处于第二周期，Li的L层含有I个电子，但Li是金属元素，A

错误：

B、对于处于同一主族不同周期的元素，原子序数相差可能为2、8、18或32等，如0族中第一周期与第三

周期的元素相差16；如IVA族中第二周期与第四周期的元素相差26；如0族中第三周期与第五周期的元

素相差36；但是2、8、18、32的组合不能得到46,B错误；

C、第IIA族元素的原子最外层有2个电子，但He及部分过渡元素原子最外层电子数也含有2个电子，C

错误；

D、由左至右第8、9、10三列元素为VID族元素，都是金属元素，D正确；正确选项D。

【点睛】

原子最外层只有一个电子的元素不一定都是金属元素，可能是氢元素；原子原子最外层只有2个电子的元

素不一定都是非金属元素，可能为HA族元素；过渡元素均为金属元素。

二、本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但

不全的得1分，有选错的得0分。

11.【答案】A

【详解】

A.含碳碳双键，可发生氧化、加成、加聚反应，含-COOH、-0H可发生取代反应，正确；

B.只有-COOH与NaOH反应，则该有机物能与NaOH溶液反应，则Imol该有机物能消耗ImolNaOH,

错误；

C.由结构简式可知有机物的分子式为C|2Hl4。5,且与CuHnOs的结构不一定相似，则不一定互为同系物，

错误；

D.苯环、碳碳双键均为平面结构，直接相连的原子一定在同一平面，则该有机物分子中所有碳原子可能都

在同一平面上，错误。

12.【答案】BC

【详解】

A.麦芽糖和蔗糖都属于二糖，麦芽糖分子中含有醛基，蔗糖分子中不含醛基，A错误；

B.1个麦芽糖分子和1个蔗糖分子中碳原子个数都是12,1个葡萄糖分子中碳原子个数是6,B正确；

C.1分子麦芽糖水解后能生成2分子葡萄糖，1分子蔗糖水解后生成1分子葡萄糖和1分子果糖，均生成2

分子单糖，C正确；

D.麦芽糖分子中含有醛基，能发生银镜反应，蔗糖分子中不含醛基，不能发生银镜反应，D错误；

故选：BCo

13.【答案】B

【详解】

A、图a中反应物总能量高于生成物总能量，故为放热反应，选项A错误；

B、图b中反应物总能量低，反应物稳定，选项B正确；

C、图b中反应物总能量低于生成物总能量，可以表示吸热反应，而甲烷燃烧反应为放热反应，选项C错误;

D、图b表示的是吸热反应，吸热反应发生不一定需要加热也能发生，如氢氧化钢晶体和氯化镂固体在常温

下就可发生，故D错误。

答案选B。

14.【答案】B

【详解】

A.单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则放出的电能越多，能量越高，Li是所有金属元素中原

子量最小的金属，所以金属锂是所有金属中比能量最高的电极材料，A项正确；

B.原电池中阳离子向正极移动，由图可以知道,B为正极,A为负极，负极发生失电子的氧化反应，B项错误；

C.原电池中阳离子向正极移动，由图Li+的移动方向可以知道,B为正极,A为负极,A电极的反应：Li-e-=Li+,

C项正确；

D.外电路，电子由负极流向正极，则电子从A电极经过外电路流向B电极，D项正确；

答案选B。

【点睛】

突破口:根据Li+的移动方向确定B为正极，A为负极，再根据原电池的工作原理，进行分析解答即可。

15.【答案】BC

【分析】

短周期元素中，R和T的化合价都有-2价，均处于第VIA族，R的最高价为+6价，T无正价，且R的原子

半径较大，则R为S元素，T为0元素；L和Q的化合价都为+2价，处于第HA族，且L的原子半径大于

Q的，则Q为Be元素，L为Mg元素；M的化合价为+3价，为周期表第IIIA族元素，而M原子半径大于

硫，小于Mg,则M为Al元素，据以上分析解答。

【详解】

A.Mg?+核外有10个电子，S2-核外有18个电子，二者核外电子数不同，A错误；

B.金属性Mg〉Be,则Mg与酸反应更剧烈，相同条件下单质与稀盐酸反应的速率为Q<L,B正确；

C.M与T形成的化合物是氧化铝，能与酸反应生成相应的盐与水，与碱反应生成相应的盐与水，氧化铝是

两性氧化物，C正确；

D.硫与氧气直接化合生成二氧化硫，不能得到三氧化硫，D错误；

故选BC„

16.（10分）【答案】（l）C（l分）⑵①滨水（1分）滨水褪色（1分）烯烧（1分）②漠水（1

分）谟水不褪色（1分）上（1分）酸性KMnCU溶液（1分）溶液褪色（1分）苯的同系物

（1分）

【详解】

（1）由题图可知，a先分储出来，c最后分储出来，故沸点高低顺序为a<b<c,沸点越高，煌中所含碳原子数

越多，其相对分子质量越大。

（2）因为烯燃可使澳水、酸性KMnOq溶液褪色，而苯的同系物只能使酸性KMnO4溶液褪色，根据这一性

质差异，先用溪水检验烯煌的存在，再用酸性KMnOa溶液检验苯的同系物的存在。向样品中逐滴加入漠

水，振荡，看到溪水褪色，则证明有烯嫌存在。继续逐滴加入溪水至滨水不褪色为止，静置后用分液漏斗

分离出上层的裂化汽油样品，由于加入了足量淡水后，生成的卤代烷及水的密度均比烷烧和苯的同系物大,

所以上层应是烷烧和苯的同系物的混合物。向分离出的上层样品中加入酸性KMnC）4溶液，如果溶液的紫

红色褪去，则证明有苯的同系物存在。

17.（12分）【答案】⑴没有（2分）2H++2e-=H2［（2分）（2）c（H2so4）=1mol・L」（2分）c（ZnSC）4）=lmol・L”（2

分）⑶Fe-2e=Fe2+（2分）（4）温度越高，H2O2越容易分解（2分）

【详解】

（1）把一块纯净的锌片插入装有稀硫酸的烧杯中，由于活动性：Zn>H,所以Zn能够与硫酸发生置换反应，

因此可观察到锌片上有气泡。再平行插入一碳棒，由于C不能与硫酸发生反应，因此不能观察到碳棒上产

生气泡；若用导线把锌片和碳棒连接起来组成一个原电池（图A）,由于活动性：Zn>C,所以Zn、C、硫酸

构成原电池，Zn为原电池的负极，C为原电池的正极，在负极上Zn失去电子被氧化为ZM+进入溶液，电

子由负极Zn电极流到正极C电极，溶液中的H+在正极上得到电子，发生还原反应变为H?逸出，故正极的

+

电极反应式为：2H+2e=H2T；

（2）溶液中开始有H2s。4的物质的量”（H2so4）=GV=2mol/Lx0.5mol=lmol,反应产生H2的物质的量

112L

n（H）=-------:--------=0.5mol,根据反应方程式：Zn+H2s04=ZnSCh+H2T可知：若反应产生0.5mol氏，就会

222.4L/mol

消耗0.5molH2SO4,反应产生0.5mol的ZnSO4,则c（ZnSC）4）=°=1mol/L,溶液中剩余硫酸的物质的

量为〃（H2so4）=1mol-0.5mol=0.5mol,所以此时溶液中硫酸的物质的量浓度c（H2so"㈣=1mol/L；

•JL/

（3）铁片、石墨和氯化钠溶液构成的原电池中，负极是铁，失电子变为Fe2+,发生氧化反应，所以负极的电

极反应式为：Fe-2e=Fe2+；

（4）Cu在不同温度下的反应速率先是逐渐增大，后又逐渐减小，这是温度升高，物质的内能增大，活化分子

的数目增大，单位时间内的有效碰撞次数增大，反应速率加快，但由于H2O2具有强氧化性和不稳定性，温

度过高时双氧水易发生分解，氧化能力降低，铜的平均溶解速率随着温度的升高而下降，因此要控制反应

的温度不能过高。

18.（12分）【答案】（1）N（2分）（2）研究催化剂对反应速率的影响（2分）（3）其他条件不变，增大反应

0.5

物浓度、升高温度、加入催化剂，化学反应速率均加快（4分）（4）—mobL-'^min-'（4分）

【分析】

I.根据影响反应速率的因素分析；

Ac

II.根据u=—计算反应速率，不同物质表示的反应速率比等于系数比。

At

【详解】

I.（1）温度越高，反应速率越快；使用催化剂，反应速率加快；反应物浓度越大，反应速率越快。实验①中

双氧水浓度最小，没有使用催化剂，温度最低，则在实验①〜④中反应速率最小，图中曲线斜率越大，反应

速率越快，则代表实验①的为曲线IV。

（2）根据表中数据可知，实验③④中反应物浓度、反应温度相同，而实验④使用了催化剂，所以对比实验③

和④的目的是研究催化剂对反应速率的影响。

（3）根据实验①②可知，增加反应物浓度，反应速率加快；根据实验②③可知，升高反应温度，反应速率加

快；根据实验③④可知，使用催化剂，反应速率加快，所以通过上面对比实验，所得的实验结论是其他条

件不变，增大反应物浓度、升高温度、加入催化剂，化学反应速率均加快。

II.（4）根据图乙可知，弓时刻氮气的物质的量为0.50mol,氮气的浓度变化量为

C（）mol-L-1=0.25moI-L''从开始反应到J时刻，氮气的平均反应速率

AN2=」一；"

八1TT八

"的）="黑一=根据合成氨的反应可知‘氨的平均反应速率为

_11_1-1

v（NH3）=2v（N2）=2x^^molLmin-=mol-L-mino

’2’2

【点睛】

本题考查影响反应速率的因素、反应速率计算，明确反应速率的定义是解题关键，掌握影响反应速率的因

素，利用“控制变量法”研究影响反应速率的因素。

19.（12分）【答案】（1）（2分）（2）2NaCl+2H,0电2NaOH+H，T+Cl,T（3分）（3）Br2

易挥发（2分）（4）Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2sCM（3分）（5）氧化（2分）

【分析】

据氯、漠等的性质，分析海水资源综合利用的原理。

【详解】

（1）氯是17号元素，由核外电子排布规律，可写出其原子结构示意图

⑵以NaCl为原料生产氯气，通常用电解饱和食盐水法。化学方程式为2NaCl+2H2。^2NaOH+H2?+C12T；

（3）B「2易挥发，热空气通入含Br2的海水中可将其吹出；

（4）据SO2水溶液吸收BB生成HBr和硫酸，可写出反应物、生成物的化学式并配平。该反应的化学方程式

Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；

（5）步骤HI用氯气提取澳，发生反应Ch+2HBr=Br2+2HCl。氯气是氧化剂，该反应利用了氯气的氧化性。

20.（14分）【答案】（1）ALIC3+12HC1=3CH4T+4A1CL（2分）（2）F-D—B—E—C—G（2分）（3）先打开

分液漏斗上口的玻璃塞（或先使分液漏斗上口的玻璃塞的凹槽对准漏斗上的小孔），再将分液漏斗下面的旋塞

打开，使稀盐酸缓慢滴下（2分）（4）试管内有黑色固体生成（或试管内有银镜生成