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1、2020-2021学年高一下学期期末测试卷03（苏教版必修2）高一化学全解全析12345678910DCDBCBAACB11121314151617181920CCBBBBBCCA1.【答案】D【详解】A.锂离子电池将化学能转化为电能，A 项错误；B.太阳能集热器将太阳能转化为热能，B 项错误；C.燃气灶将化学能转化为热能和光能，C 项错误；D.硅太阳能电池将太阳能转化为电能，D 项正确。故选D2.【答案】C【详解】A.H2s04中只有共价键，故 A错误；B.HNO3中只有共价键，故 B错误；C.所有物质既含有离子键又含有共价键，故 C正确；D.HCI中只有共价键，故 D错误；故选Co3.【答
2、案】D【详解】A.冰中含共价键、范德华力、氢键三种作用力，故 A 不选;B.碘中含共价键、范德华力两种作用力，故 B 不选；C.NaOH中含离子键、共价键两种作用力，故 C 不选；D.氯化钠中只含离子键一种作用力，故 D 选；故选：D。4.【答案】B【详解】A.的结构示意图：(+2 8.A错误；B.HC10的电子式为：H：O：C l：.结构式：H-O-C L B正确；C.氯原子的原子序数为1 7,质量数等于质子数+中子数，故中子数为18的氯原子：；C1,C错误；D.CCL,的电子式：而/记i：,D错误;X ：C1：故答案为：B5.【答案】C【分析】稀有气体元素从上到下为？He、i()Ne、M
3、r、36Kr、wXe,86Rn,nsO g,因此可以确定Ra位于第七周期IIA族。【详解】A.根据Ra的元素名称镭可以判断Ra为金属元素，故A错误；B.根据稀有气体元素定位法可知Ra的原子序数比Rn大2,位于元素周期表中第七周期H A族，故B错误;C.一个226Ra原子中含有226-88=138个中子，故C正确；D.Ra和Ba位于同一主族，Ra在下，因为金属性：RaBa,氢氧化钢为强碱，则Ra(OH)2也是一种强碱，故D错误;故选Co6.【答案】B【详解】根 据V=可知，用N2表 示 的 反 应 速 率 为 吧=0.2mol/(Lmin),Ar2 min故选B。7.【答案】A【详解】A.增大反
4、应体系的压强，不能改变酸的浓度与反应的温度，反应速率不变，A正确;B.加热会提高反应的速率，B错误；C.不用锌粒，改用锌粉时增大反应的接触面积，反应速率增大，C错误；D.改用锌粒与Imol/L硫酸溶液反应，增加氢离子浓度，反应速率加快，D 错误；故选Ao8.【答案】A【详解】A.由于该反应前后气体分子数不同，故随着反应的进行会引起压强的改变，当压强不变时，说明反应达平衡，A 符合题意；B.达平衡时，各个物质的含量不再改变，但不同物质之间的浓度不一定相等，B 不符合题意；C.达平衡时，各个物质的含量不再改变，但不同物质之间不一定成比例，C 不符合题意；D.消耗A 和生成C 均为正反应速率，不能说
5、明正逆反应速率相等，故不能用来判断反应达平衡状态，D不符合题意；故答案选A.9.【答案】C【分析】空气中久置的铝片，表面会因被氧化而生成一层致密的氧化物薄膜，对内部的A1单质起到一定的保护作用；因此图像中，开始不生成氢气，是因为发生的是氧化铝与盐酸的反应；随后A1与盐酸反应生成氢气，开始温度较低，由于反应放热导致温度升高反应速率加快；再随后，氢离子浓度减小对反应速率的影响变得更为明显，所以又会出现反应速率减小的现象。【详解】A.铝的表面有一层致密的ALO3,对内部的AI单质起到一定的保护作用；因此图像中，开始不生成氢气，是因为发生的是氧化铝与盐酸的反应，表面的氧化物隔离了铝和稀盐酸，故 A 正
6、确；B.反应过程中，浓度减小，反应速率减小，但该反应放热，溶液温度升高，反应速率加快，是 b-c 段产生氢气的速率增加较快的主要原因之一，故 B 正确；C.该反应不是可逆反应，不存在平衡状态，随反应进行反应放热对速率的影响比浓度减少的影响大，当 t=c时温度影响最大，t c 时温度影响不是主要因素，浓度减少是主要因素，故 C 错误；D.根据分析可知，开始反应时，温度是影响反应速率的主要因素，当 t=c时温度影响最大，t c 时温度影响不是主要因素，浓度减少是主要因素，故 D 正确；答案选C。10.【答案】B【详解】镁条与盐酸反应为放热反应，所以生成物能量应该比反应物能量低，且反应前半部分需要克
7、服活化能吸收能量，后半部分释放能量，故选：B.11.【答案】C【详解】由、=断成=2 E断-（436 k J+1 51 k J）=l l k J可得，E成=2 99k J,综上所述C符合题意，故选C；答案选C12.【答案】C【详解】充分燃烧a g乙烘气体时生成1 mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b k J,所以生成4 mol二氧化碳气体和液态水，放出热量为4b k J,则乙快燃烧的热化学方程式为2 c 2 H 2（g）+5O 2（g）=4CO 2（g）+2 H 2（X l）H=-4b k J/mol o答案选C。13.【答案】B【详解】A.原电池工作时，电子从负极流出，图I所示电池中，锌
8、为负极，则电子从锌片流出，A正确；B.图H所示干电池中石墨作正极、锌作负极，B错误；C.铅蓄电池对外供电时，铅作负极、二氧化铅作正极，当充电时，铅作阴极，二氧化铅作阳极，可反复使用，故 图ni所示电池为二次电池，C正确；D.图I V所示电池为氢氧燃料电池，其中，氧气在正极得到电子发生还原反应，正极反应为：O2+4 H+4e-=2 H2O,D 正确；答案选B。14.【答案】B【详解】A.Zn的活动性比石墨强，所以Zn电极是该原电池的负极，石墨电极为正极，A错误；B.氧气在石墨电极上得到电子发生还原反应，B正确；C.根据同种电荷互相排斥，异种电荷相互吸引的原则，OH向正电荷较多的负极一锌电极移动，
9、C错误：D.电解质溶液为碱性，不能大量存在H+,D错误；故合理选项是B。1 5.【答案】B【详解】A.烷烧为饱和烧，只存在碳碳单键和碳氢单键，故 A 错误；B.烷燃性质稳定，不能被酸性高镒酸钾氧化，不能使酸性高镒酸钾褪色，故 B 正确；C.1：1的甲烷和氯气在光照下得到的有机产物有四种，故 C 错误；D.碘易溶于四氯化碳，四氯化碳密度大于水，CCL与碘水混合振荡后发生萃取，现象是：液体分层，下层为紫红色，故 D 错误；故 选:Bo16.【答案】B【详解】A.离子键不一定存在于金属阳离子与酸根阴离子之间，如 KOH、Na?。、NH4cl都含有离子键，故 A 错误;B.不同非金属元素之间易形成共价
10、键，所以两种非金属元素形成AB型化合物，它一定含共价键，故 B 正确；C.物质中化学键破坏了，该物质不一定发生化学反应，如电解质溶于水或熔融时发生电离，故 C 错误；D.在冰的结构中水分子间存在氢键，氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，不是化学键，故 D 错误；答案选B。17.【答案】B【详解】乙酸是一元弱酸，能够在溶液中发生微弱电离产生CH3co0-、H+,存在电离平衡，电离方程式为：C H 3 c o 0 H Q C H 3 c o e H+,可见乙酸发生电离时是a 键断裂，正确：乙酸具有竣基，乙醇具有醇羟基，乙酸与乙醇发生酯化反应，反应原理是酸脱羟基醇
11、脱氢，因此乙酸断键部位是b 键断裂，正确；在红磷存在时，Br?与 CH3co0H的反应：CH3COOH+Br2 CH2Br-COOH+HBr,反应类型是取代反应，断键部位是c 键断裂，正确；乙酸在浓硫酸存在条件下两个乙酸分子脱水，反应生成乙酸酊，反应为：o o2cH 3co0H-一个乙酸分子断裂H-0键脱去H 原子，一个断裂C-O键脱去羟基，因CH：1C(-Cb+ZBrCL+Br KOHNaOHAl(OH)3(4)A1NO(5)AB(6)：N：N：K,Br：K+(：Br=|【分析】根据各元素在元素周期表中的相对位置可知号元素分别为：Na、N、0、Al、Cl、Ar、K、Br。【详解】A r 为稀
12、有气体元素，化学性质最不活泼；为钾元素，原子结构示意图为3?。为O元素，位于第二周期第V I A 族；(2)同主族元素自上而下非金属减弱，所以非金属性，非金属性越强，单质的氧化性越强，所以用 C 1 2+2 B r=2 C l-+B r 2 来验证；(3)金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性也强，金属性：K NaAl,所以、三种元素的最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序为K OH N a O H A 1(O H)3；(4)电子层数越大原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小原子半径越大，所以、元素原子半径由大到小的顺序为A1NO；(5)A.在周期表中金属与非金属的分界处的元素既有金属性又有非
13、金属性，则在周期表中金属与非金属的分界处可以找到半导体材料，故 A正确；B.优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料(如制造火箭、飞机的钛、铝等元素)大多属于过渡元素，故B正确；C.用来制造一些农药的元素有F、C l、S、P 等，位于元素周期表的右上角，故 C错误；D.H e 为稀有气体元素，但最外层为2电子稳定结构，故 D错误；综上所述答案为A B；为 N元素，其单质为N 2,两个N原子共用三对电子，电子式为:N三 N：;为 K 元素，为B r 元素,二者形成离子化合物K B r,电子式表示K B r 的形成过程为：K B r：-K+:B r :一汨 通电2 2.【答案】(1)BADC2Al+
14、Fe203a A l2Q3+2Fe(2)2A12O34A1+冰晶石3O2 t 4H2=CH2一定条件-P a tCH?%【解析】【分析】(工)根据同位素、同分异构体、同素异形体的概念作答：具有相同质子数，不同中子数(或不同质量数)同一元素的不同核素互为同位素；同素异形体是同种元素形成的不同单质；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；分子式、结构均相同，是同一物质。(2)根据反应物和生成物写出方程式,注意反应条件。【详解】(1)具有相同质子数，不同中子数(或不同质量数)同一元素的不同核素互为同位素；D与T是氢元素的不同氢原子，互为同位素，故选B；同素异形体是同种元素形成的不同单质；金刚
15、石与“足球烯”(C Q；由碳元素形成的不同的单质，互为同素异形体，故选A；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；丁烷和异丁烷分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故选D；分子式、结构均相同，是同一物_ 通电质，故选C；(2)用铝热法炼铁：2 A l +F e G图温A l O+2 F e。用电解法炼铝：2Al熔融)4 A 1冰晶石+3 02 1。生产聚乙烯塑料：加 上=2一定条件干 CHLC H鼻。23.【答案】C H 2=C H 2 (2)C H2=C H2+H2O加 吃 压一C H3C H2O H 加成反应n C H 2=C H 2-生 到 一 -C H2-C H2-加聚反应(4
16、)分别向乙醇溶液和乙酸溶液中滴加紫色石蕊试液，若溶液变红，则为乙酸(或加入N a H CCh溶液,产生气 泡 的 为 乙 酸)(5)饱和N a 2 c Ch溶液 吸收乙醇乙酸、降低乙酸乙酯溶解度 试管乙中导管插入液面以下【分析】由题意知,A为乙烯(CH?=CH 2),乙烯与水加成生成乙醇(CH 3 c H 2 O H,B),乙醇催化氧化生成乙醛(CH 3 c H 0,C),F为有香味的物质，结合反应物乙醵和反应条件联想到酯化反应，推测D为乙酸(CH 3 c o O H,D),则F为乙酸乙酯(CH 3 c o O CH 2 c H 3),E为高分子，联想到乙烯加聚生成聚乙烯，故E为聚乙烯-c H
17、 z-CH士。【详解】(1)由分析知，A为乙烯，对应结构简式为CH 2=CH 2；(2)A-B为乙烯与水加成反应，对应方程式为：CH2=CH2+H2O送 端 CH3CH2O H,反应类型为加成反应；(3)反应为乙烯加聚生成聚乙烯，对应方程式为：n CH2=CH2-曲一-CH2-CH-,反应类型为加聚反应；(4)CH 3 c H 2 0 H为非电解质，水溶液显中性，CH 3 c o 0 H为弱酸，水溶液显酸性，故可用紫色石蕊试液或N a H CCh溶液鉴别，具体方法为：分别向乙醇溶液和乙酸溶液中滴加紫色石蕊试液，若溶液变红，则为乙酸(或加入N a H CCh溶液，产生气泡的为乙酸)；(5)制取乙
18、酸乙酯实验中，试管乙中加入饱和N a 2 c o 3溶液，该溶液作用为：吸收乙醇乙酸、降低乙酸乙酯溶解度；(6)由于乙醇易溶于水，乙酸与N a 2 c Ch 反应，故容易产生倒吸，所以试管乙中导管不能插入液面以下，故明显错误为：试管乙中导管插入液面以下。24.【答案】(1 川1 (2)4 1 1 02 2 8 (3)2.5 0.5 自5 0 s开始S O 2、S Ch 的浓度保持不变【详解】(1)氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，过程I 由 F eS 2 中-1 价的S转化为S Ch 中+4 价的S,故是氧化还原反应，过程H由 S O?中+4 价的转化为S Ch 中+6 价的S,故是氧
19、化还原反应，过 程 H I 由 S Ch 转化为H 2 s0 4 没有化合价的改变，故不是氧化还原反应。(2)根据反应前后元素种类不变发现，反应物缺少O元素，故 反 应 物 中 有 黄 铁 矿(F eS 2)中 S为-1 价转化为S O2中+4 价，F e为+2 价转化为F e2O3中+3 价，故 I m o l F eS?在反应中共失去1 1 m o l e,而 I m o l Ch 由0价转化为-2 价，得到4 m o i e,根据得失电子守恒，最小公倍数为4 4,故 F eS 2 的化学计量数为4,氧气的化学计量数为1 1,再根据硫原子守恒可知，S O 2 的化学计量数为8,根据铁原子守
20、恒可知，F ea Ch 的化学计量数为2。2SO2+。2=2 s O 3起 始 量/(m o l/L)1050(3)根据过程H中发生的反应进行计算：转 化 量/(m o l/L)52.55 可知在2 0 s 时/(m o l/L)5a5a=5-2.5=2.5,从表中可知，自5 0 s以后S O 2、S Ch 的浓均不再改变，说明从5 0 s开始反应达到化学平衡，故b=5,化学平衡的重要标志是正逆反应速率相等，体系各组分的浓度保持不变。2 5.【答案】(1)将浓硫酸加入乙醇中，边加边振荡，然后再加入乙酸(或先将乙醇与乙酸混合好后再加浓硫酸并在加入过程中不断振荡 作催化剂和吸水剂(2)B D (3
21、)分液漏斗 上口倒出(4)C H 3 c o O H+C H 3 c H 2 0 H 白 C H 3 c o O C 2 H 5+H 2 O 酯化浓硫酸【分析】浓硫酸密度大，应将浓硫酸加入到乙醇中，以防酸液飞溅，乙酸易挥发，冷却后再加入乙酸；饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，可以通过分液操作分离，必须使用的仪器为分液漏斗；乙酸乙酯的密度较小，在混合液上层，所以乙酸乙酯从分液漏斗的上口倒出，据此分析解题。【详解】(1)浓硫酸稀释或与其他溶液混合时会放出大量的热，操作不当会造成液体迸溅，故应将浓硫酸加入乙醇中，边加边振荡，然后再加入乙酸(或先将乙醇与乙酸混合好后再加浓硫酸，并在加入过程中不断振荡)，浓硫酸可以作催化剂和吸水剂；(2)饱和碳酸钠溶液的作用是：与挥发出的乙酸发生中和反应并溶解部分挥发出的乙醉；降低乙酸乙酯的溶解度有利于分层析出，故答案为BC；(3)分离不相混溶的液体应采用分液法，使用分液漏斗，上层液体从分液漏斗的上口倒出，下层液体从分液漏斗的下口放出，故答案为分液漏斗；上口倒出；(4)制取乙酸乙酯的方程式：CH3coOH+CH3cH20H CH3coOC2H5+H2O,该反应为酯化反应，故答案为:浓 硫 酸CH3coOH+CH3cH20H n CH3co0C2H5+H2O；酯化浓 硫fig