2020-2021学年高一化学下学期期末测试卷（人教版必修2）01（全解全析）

2020-2021学年下学期期末测试卷01

高一化学.全解全析

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ADACDDCCAcBBBDDD

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CH」，故B正确；

C.题中说明“绿帛”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，FeaO4具有磁性，故D正确；

故选Ao

2.D

【详解】

A.次氯酸的结构式为：H-O-C1,电子式为Hl。：©!：，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：

：&.GMg.个•&：—＞［：C1：］-Mg2+［：cj：］--C错误；

■a"■

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

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Ao

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.将乙烯通入澳的四氯化碳溶液中，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，得不到氨气，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、丫都是短周期元素，X原子最外层只有一个电子，X为1A族的短周期元素，则X可能为H、Li、Na三

种元素；丫原子在第三周期主族元素中原子半径最小，则丫为C1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HC1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，能够使酚献变红，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C1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+、bY“+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、丫在下一周期，Z、R在上一周期；若m>n,则丫在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、丫元素形成阳离子，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ALQ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，0>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，lmol/(L-s尸60moi/(L-min)。

【详解】

A.v(A)=0.2mol/(Lmin)；

B.因v(A)：v(B)=l：3,v(B)=0.2mol/(Lmin),故v(A)=0.07mol/(L-min)；

C.v(A)=0.02mol/(L-s)=60X0.02mol/(Lmin)=1.2mol/(Lmin)；

D.因v(A)：v(C)=l：2,v(C)=0.3mol/(L-s),故v(A)=0.15mol/(L-s)=60X0.15mol/(L-min)=9mol/(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++H2f,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H2sCM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，Fe?+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，Fe?+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，Fe?+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

2++3+

4Fe+O2+4H=4Fe+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2Hz+O?=2&0,D正确；

答案选D。

15.D

【分析】

汽车尾气产生的N02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03.这

个循环包括了下列3个化学方程式①NCh=N0+[0],®2NO+O2=2NO2,③。2+[0]=03,净结果：302=203;

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.碳氢化合物即烧类，醛、酮、过氧乙酰硝酸酯都属于燃的衍生物，故C正确；

D.Nth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，使沸点低的澳挥发出来，利用了澳单质的挥发性，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H2s。4,故

B正确；

C.在吸收塔中Bn与S02发生反应以达到富集目的，故C正确；

D.第一次、第二次通入CL的目的都是氧化Brl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VI1A族

-H1+....

（2）H：N：H：ci：离子键、共价键Na*?**Cl:—>Na[ICE]'

（4）H20二者均为分子晶体，H2O分子间存在氢键

（5）CO2+H2O+SiO^COj+H2SiO3i

A

（6）C+2H2so4（浓）=CO2f+2SO2t+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0,⑤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VHA族；

H_

(2)N、H、Cl元素形成的常见盐类物质为NHQ,其电子式为H：N：H：ci：-；NH：与。一之间的化学

键为离子键，NH；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

..••rHi+

-

示为Na不苔：Na［：C1：］,故答案为：H：N：H［：&：「；离子键、共价键;

••••H

Na^Cl：->Na［：cj：］-；

(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32s；S原子最外层电子数为6,易得到2个电子形成稳定结构，

⑷H2O、H2s分子间均存在范德华力，而HzO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：H20；二者均为分子晶体，氏0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+SiO；=CO；+H2SQI；

(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、S02,H20,反应化学方程式为

A

C+2H2so4(浓)=«)2f+2SO2t+2H2O,

18.(共10分，除标注外，每空1分)I.(1)Cu氧化AgNCh溶液

(2)碳棒上有银白色物质生成

(3)108

II.(1)2H++2e=H2f

(2)Al2A1+2OH-+2H2O=2A1O£+3H2T(2分)

(3)AD

【详解】

1.(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AgNCh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：

⑶正极电极反应式Ag++e=Ag,转移电子Imol,则生成银108g；

H.(l)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-H2T；

(2)乙中是Al具有两性，与NaOH溶液反应，则负极为A1,总反应的离子方程式：

2A1+2OH+2H2O=2A1O［+3H2T；

(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A1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、BC②3mol/(L・min)2mol/(L,min)3mol/(L,min)

③3A+2BZC

(2)①。.。匕!!!。］/。，］。］!!)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,Ac(B)=(8-4)mol/L=4mol/L,Ac(C)=(6-0)mol/L=6mol/L,

Ar6Ar4

则v(A)=——=—mol/(L-min)=：3mol/(L-min)u(B)=—=—mol/(L-min)=2mol/(L-min)

At2At2

v(C)=-=—mol/(L-min)=3mol/(L•min)；

At2

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+2BU3C；

(2)①根据表中数据可知，3min时甲醇的物质的量为0.09mol,由于容器的容积是2L,反应时间是3min,

故用甲醇表示的反应速率V(CH3OH)=mol/(L-min)=0.015mol/(L-min)；

②a.vMH2O)=2v逆(CCh)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竣基

(2)①

(3)加热或使用浓硫酸作催化剂等分液

分)

(4)CH3coOH+CH3cH2、0H='A硫.、CH3coOCFbCHa+HzO(2

nCH2=CH2-------->-fcH-CH^(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CH3cH20H；乙醇被催化氧化得到生成C,则C为CHsCHO；根据题目所给信息可知D为CH3co0H；

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-fcH,CH土。

【详解】

⑴根据分析可知A为CH2=CH2,D为CH3coOH,官能团为段基；

(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+CH3cH20H、浓:假二CH3COOCH2CH3+H2O；

反应⑥为乙烯的聚合反应，化学方程式为nCH2=CH2-------空刎一>-fcH-CH^5

(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，可以被酸性高锯酸钾溶液氧化而使其褪色，可以与溪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，乙醉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.乙醉会溶于碳酸钠溶液，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.CH3co0H为乙酸，HC00CH3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)⑴①④)②时：丁@C12+2I=2Cl+l2(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