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）.pdf

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1、2020-2021学年上学期期末原创卷02高一化学.全解全析12345678910BCDCCBCDBB1112131415ABCBBCAC1.【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

2、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、A l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NaS O,选项A 错误；B.非金属性0 N,气态氢化物的稳定性为NH3 L i,对应最高价氧化物的水化物的碱性为NaOHLiOH,选项C 正确；D.非金属性B r I,对应离子的还原性为B r-V h 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

3、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.N a a C h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.A l C b中只有共价键，C不符合；D.N H 4 c l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N a B r中含有离子键，C L中含有非极性键，生 成 物N a C l中含有离子键，B r 2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

4、应 物N a O H中含有极性键和离子键，A I 2 O 3中含有离子键，生 成 物N a A l C h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N a 2 O 2中含有非极性键和离子键，H 2 O中含有极性键，生 成 物N a O H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H 2 s中含有极性键，S O?中含有极性键，生 成 物H 2 O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

5、，D不符合；故 选C。5.【答 案】D【详 解】因 葡 萄 糖（C 6 H l 2。6）、乙 酸（C H 3 c o O H）和 甲 醛（H C H O）的最简式相同，故 可 知2 4 0 g该混合物中氢原子240g16的物质的量为7m,x 2=1 6 m o l,则 生 成 水 的 质 量 为 一x l 8 g=1 4 4 g,故D项正确，答 案 选D。30g/mol 2【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

6、煤和水蒸气作用得到C O、“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

7、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C 2H 4,官能团为碳碳双键，结构简式为C H 2=C H 2,故B错误；C项、N a 2O 2为离子化合物，是由钠离子和过氧根离子组成，电子式为N a+：6：6：-T N a+，故C正确；D项、

8、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，为H、为Na、为C、为N、为 0、为Mg、为A1、为 S、为C1、为F e,则A.为 Na、为 S、为C 1,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-CNa+,A 错误；B.为 F e,为副族元素，B 错误；C.元素为M g,元素为A L 两原子序数

9、相差1,C 错误；D.的最高价氧化物对应的水化物为H N Ch,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，L i的 L 层含有I 个电子，但 L i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 H e及部分过渡元素

10、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V ID 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、-0 H可发生取代反应，正确；B.只有-COOH与NaOH反应，则该有机物能与NaO

11、H溶液反应，则Im ol该有机物能消耗Imol NaOH,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

12、；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：BCo13.【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，L i是所有金属元素中原子量最小的金属

13、，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L i+的移动方向可以知道,B为正极,A为负极,A电极的反应：L i-e-=L i+,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L i+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。1 5.【答案】B C【分析】短周期元素中，R和 T的化合价都有-2 价，均处于第V IA族，R的最高价为+6 价，T无正

14、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H A 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A l 元素，据以上分析解答。【详解】A.M g?+核外有1 0 个电子，S 2-核外有1 8 个电子，二者核外电子数不同，A 错误；B.金属性MgBe,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QL,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

15、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B C 1 6.（1 0 分）【答案】（l）C（l 分）滨 水（1 分）滨水褪色（1 分）烯 烧（1 分）漠 水（1分）谟水不褪色（1 分）上（1 分）酸性K M n C U 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 H,所以Z n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：Z n C

16、,所以Zn、C、硫酸构成原电池，Z n为原电池的负极，C 为原电池的正极，在负极上Z n失去电子被氧化为ZM+进入溶液，电子由负极Z n 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=2 mol/Lx0.5 mol=l m o l,反应产生H2的物质的量11 2Ln（H2）=-:-=0.5 m o l,根据反应方程式：Zn+H2s04=ZnSCh+H2T可知：若反应产生0.5 mol氏，就会22.4L/mol消耗0.5 mol H2SO4,反应产生0.5 mo

17、l的 ZnSO4,则 c（ZnSC）4）=1 m ol/L,溶液中剩余硫酸的物质的量为（H2so4）=1 mol-0.5 mol=0.5 m o l,所以此时溶液中硫酸的物质的量浓度c（H2 s o =1 mol/L；J L/（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）C u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

18、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；AcII.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。实验中双氧水浓度最小，没有使用催化剂，温度最低，则在实验中反应速率最小，图中曲线斜率越大，反应速率越快，则代表实验的

19、为曲线I V。（2）根据表中数据可知，实验中反应物浓度、反应温度相同，而实验使用了催化剂，所以对比实验和的目的是研究催化剂对反应速率的影响。（3）根据实验可知，增加反应物浓度，反应速率加快；根据实验可知，升高反应温度，反应速率加快；根据实验可知，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。I I .（4）根据图乙可知，弓时刻氮气的物质的量为0.5 0 m o l,氮气的浓度变化量为AC（N2）=一；mol-L-1=0.25moI-L从开始反应到J时刻，氮气的平均反应速率八 1 T T 八的）=黑一=根据

20、合成氨的反应可知氨的平均反应速率为v（NH3）=2v（N2）=2 x m o lL_1 min-1=mol-L_1-min-1 o2 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）2 N a C l+2 H,0 电 2 N a O H+H，T+C l,T （3 分）（3）B r2易 挥 发（2 分）（4）B r 2+S O 2+2 H 2 O=2 H B r+H 2 s C M （3 分）（5）氧 化（2 分）【分析】据氯、漠等的性质，分析海水资

21、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 以 N a C l 为原料生产氯气，通常用电解饱和食盐水法。化学方程式为2 N a C l+2 H 2。2 N a O H+H2?+C 12 T；（3）B 2 易挥发，热空气通入含B r 2 的海水中可将其吹出；（4）据 S O 2 水溶液吸收BB生成H B r 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B r 2+S O2+2 H2O=2 H B r+H2S O 4 ；（5）步骤H I 用氯气提取澳，发生反应C h+2 H B r=B r 2+2 H C l。氯气是氧化剂，该反

22、应利用了氯气的氧化性。2 0.（14 分）【答案】（1）ALIC3+12HC1=3CH4 T+4 A 1C L （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）（2分）除去甲烷中的 H C 1 气 体 和 水 蒸 气（2分）（5）取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变为蓝色，则证明红色固体中含有C u2O （2分）取少量C u2O 固体于试管中，加入适量0.1 m o l-L-i A g N O 3 溶液（

23、2分）【分析】根据实验目的，实验需制得C H 气体，观察所给装置，可知装置A为制取C H 4 装置，制得的气体经过装置F,吸收杂质H C 1并干燥，再进入装置D与 C ut）反应，产生的气体可能有H 2 O（g）、C O、C O 2 等，先经过装置 B检验水蒸气，然后经过装置E检验C O 2,再经过装置C检验C O,最后用装置G收集可能未反应的C H a、CO等气体【详解】（1）由分析知，装置A为制取C H 4 装置，反应方程式为：A I 4 C 3+12 H C 1=3 C H 4+4 A I C 13；（2）由分析知，装置的连接顺序为：A F D-BTEC G,故此处填F DTBTE-C-

24、G；（3）为了使稀盐酸能顺利滴下，需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；（4）CO能与银氨溶液反应生成A g,故现象为试管内有黑色固体生成（或试管内有银镜生成）；由于制得的C H4 中含有杂质HC1和 HzO,通过碱石灰能将两者除去，故装置F作用为：除去甲烷中的H C 1 气体和水蒸气；（5）根据题意，CHq 还原C u O 所得红色固体中可能有C u 与 Cu2O,由于Cu2O在酸性条件下歧化生成Cu2+,可使溶液变蓝，故设计方案如下：取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变为蓝色，则证明红色固体中含有Cu2O由于C112 O 歧化也可以生成Cu 2+,故需设计C112 O 与 A g N C h 溶液反应的对比试验，具体方案如下：取少量 Cu2O 固体于试管中，加入适量0.1 mol-L A g N O3溶液