2020-2021学年高一化学下学期期末测试卷（苏教版2019必修第二册）

2020-2021学年高一下学期期末测试卷01

（苏教版2019必修第二册）

高一化学·全解全析

1．D【详解】

A．金属和水或酸反应属于放热反应，故A不符题意；

B．酸碱中和反应属于放热反应，故B不符题意；

C．燃烧属于放热反应，故C不符题意；

D．氢氧化钡晶体和氯化铵反应生成氯化钡、氨气和水，同时吸收热量，故D符合题意；

答案为D。

2．B【详解】

A．工业合成氨过程中游离态的氮(氮气)转化为含氮化合物(氨气)，属于氮的固定，A不符合题意；

B．工业上将氨转化为硝酸和其他含氮的氧化物，属于含氮化合物之间的相互转化，与固氮无关，B符合题意；

C．豆科植物的根瘤菌把空气中的氮气转化为植物蛋白质，属于微生物固氮，C不符合题意；

D．电闪雷鸣的雨天，空气中的氮气会与氧气发生反应生成一氧化氮，属于自然固氮，D不符合题意；

综上所述答案为B。

3．D【详解】

A．甲烷分子的比例模型为，A错误；

B． 甲烷分子的球棍模型为，B错误；

C． 甲烷的二氯代物只有1种，则甲烷分子不具有正方形的平面结构，甲烷分子具有正四面体形结构，C错误；

D． 甲烷分子是正四面体结构，则分子内四个C-H键是完全等价的键，D正确；答案选D。

4．D【详解】

金属的活泼性不同、金属的冶炼方法和冶炼难易程度不同，金属越活泼、越难冶炼、被开发利用得越晚，与金属在地壳中的含量多少、用途大小以及密度大小没有关系，综上所述，D正确；故选：D。
 

5．D【详解】

A、由于Al的活泼性强，工业上采用电解Al2O3与冰晶石熔融混合物的方法生产铝，AlCl3在熔融状态下不导电，所以不用电解AlCl3的方法生产铝，A错误；

B、钠是很活泼的金属，将Na加入氯化镁溶液中，Na先和水反应生成NaOH，NaOH再和氯化镁发生复分解反应，所以得不到Mg单质，可以采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，B错误；

C、炼铁高炉中发生的反应不都是放热反应，C错误；

D、活泼金属如钠、镁一般采用电解法冶炼，不活泼的金属如汞一般采用热分解法冶炼，铁、铜等金属采用热还原法冶炼，因此金属冶炼的方法由金属的活泼性决定，D正确;答案选Ｄ。

6．C【详解】

A．该现象只能说明含有Fe3+，无法判断是否有Fe2+，A错误；

B．若原溶液中只有Fe3+，现象相同，B错误；

C．加入2滴KSCN溶液无明显变化，说明无Fe3+，再加入少许氯水立即变红色，说明含有Fe2+，被氧化生成了Fe3+，C正确；

D．该现象只能说明含有Fe3+，无法判断是否有Fe2+，D错误；

综上所述答案为C。

7．D【分析】

①N2和H2在一定条件下反应生成NH3，是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，属于氮的固定，故①正确；

②NH3和HNO3反应生成NH4NO3是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故②错误；

③NO经过反应生成HNO3是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故③错误；

④雷雨闪电时空气中的N2和O2化合生成NO，是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，属于氮的固定，故④正确；

上述分析可知①④属于氮的固定，D选项正确；

故选D。

8．C【详解】

A．铁在氯气中点燃生成氯化铁，而不是氯化亚铁，转化不能实现，故A不符合题意；

B．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，而不是三氧化硫，转化不能实现，故B不符合题意；

C．氯化铵与氢氧化钙共热可制备氨气，氨气溶于水显碱性，可使氯化镁转化为氢氧化镁沉淀，均可一步实现转化，C符合题意；

D．氧化铝不溶于水，也不与水发生反应转化为氢氧化铝，转化不能实现，故D不符合题意；

故选C。

9．A【详解】

A．往Ba(OH)2溶液中滴加盐酸发生Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O，没有明显现象，A符合题意；

B．无色的NO中混入空气生成红棕色气体NO2，B不符合题意；

C．SO2具有漂白性，往品红溶液中通入SO2溶液会褪色，C不符合题意；

D．氨水显碱性，往氨水中滴加酚酞，无色溶液变为红色，D不符合题意；

综上所述答案为A。

10．B【详解】

构成原电池装置条件为，两活泼性不同的电极，闭合回路，电解质溶液，自发的氧化还原反应，缺一不可：①缺一个电极，②中电极相同，④酒精为非电解质，⑥不能形成闭合回路。③⑤正确。
故选择B 。

11．A【分析】

图示反应，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应。

A．Zn和稀H2SO4制氢气，反应放热，故选A；   

B．灼热的炭粉与二氧化碳反应生成CO，反应吸热，故不选B；

C．Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合，反应吸热，故不选C；   

D．盐酸和NaHCO3反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应吸热，故不选D；选A。

12．C【详解】

A．由题可知，CH4完全燃烧是放热反应，A错误；

B．由题可知，CH4完全燃烧是放热反应，B错误；

C．0.5molCH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445kJ热量，所以1molCH4完全燃烧放出890 kJ热量，C正确；

D．0.5molCH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445kJ热量，D错误；答案选C。

13．C【详解】

A．左侧通入氢气，则左侧电极为电池的负极，发生氧化反应，右侧电极为电池的正极，发生还原反应，A错误；

B．左侧通入氢气，则左侧电极为电池的负极，发生氧化反应，B错误；

C．工作时阳离子向正极移动，即氢离子向右侧电极移动，C正确；

D．正极AgCl得电子生成Ag，电极反应式为，D错误；

故选C。

14．C【详解】

由题可得原电池反应式为：，铁被氧化，做原电池负极，铜离子在正极被还原，则电解质溶液中应该有铜离子，不如铁活泼的金属或石墨作正极，综上所述C正确，故选C。

15．C【详解】

溶液中H+的浓度越大，铁捧与H+反应速率越快，但D项18 mol/LH2SO4溶液是浓硫酸，与铁棒发生钝化，A项H+浓度为1 mol/L，B项H+浓度为8 mol/L，C项H+浓度为12 mol/L，故选C。

答案选C。

16．C【详解】

①单位时间内反应n mol O2即消耗nmolO2的同时，生成2n mol NO，能够表示出正逆反应速率的方向，且速率之比和物质的计量系数成正比，据此可以判断反应达到平衡状态，①符合题意；

②该反应是反应前后气体体积不等的反应，反应在容积固定的密闭容器中进行，若容器内总压强不再变化，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，②符合题意；

③NO2、NO、O2的物质的量浓度为2：2：1的状态可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，这与反应条件及开始时加入的物质的量的多少有关，不能据此判断反应是否达到平衡状态，③不符合题意；

④反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，因此混合气体的密度始终不改变，故不能据此判断反应是否达到平衡状态，④不符合题意；

⑤反应混合物中只有NO2是有色气体，若混合气体的颜色不再改变，则任何物质的浓度不变，反应达到平衡状态，⑤符合题意；

⑥反应混合物都是气体，气体的质量不变；该反应是反应前后气体体积不等的反应，若混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，⑥符合题意；

综上所述可知：可以判断反应达到平衡状态的是①②⑤⑥，共4个，故合理选项是C。

17．D【详解】

A．由图可知，t1～t2时间内生成的CO2气体最多，故A正确；

B．t1～t2段与0～t1段相比较，随着反应的进行，反应物的浓度是减小的，但反应速率增大，说明该反应一定放热，温度升高，反应速率加快，因此t1～t2段曲线变化的可能是盐酸与大理石反应放热导致的，故B正确；

C．由图知：若用单位时间内CO2的体积变化来表示该反应的反应速率，则t2～t3 s内的反应速率==，故C正确；

D．将碳酸钙固体研成粉末，反应物的接触面积增大，反应速率加快，而曲线乙表示生成CO2的速率比曲线甲慢，故D错误；故选D。

18．B【详解】

A．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故A错误；
B．浓硫酸与氯气不反应，导管长进短出洗气可干燥氯气，故B正确；
C．SO2能溶于水，除去HCl应选饱和NaHSO3溶液，故C错误；
D．二氧化氮与水反应，不能排水法收集，故D错误；
故选：B。

19．C【分析】

浓氨水滴入CaO，CaO与H2O反应生成Ca(OH)2，该反应剧烈放热，导致NH3∙H2O分解生成NH3，生成的NH3经碱石灰干燥后与CuO反应，黑色CuO粉末变为红色，说明生成Cu，盛无水CuSO4的干燥管内出现蓝色说明生成H2O，反应方程式为3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2。

A．由装置图可知，盛放无水硫酸铜的装置是球形干燥管，A正确；

B．根据分析，NH3中的N元素由-3价被氧化为0价，说明NH3具有还原性，B正确；

C．洗气瓶中浓硫酸除了吸收多余氨气和干燥氮气之外，还可以防止空气中的水蒸气进入装置，C错误；

D．塑料袋或球胆均可以收集气体，最后出来的气体为N2，可以用塑料袋或球胆收集，D正确；

故选C。

20．D

甲烷和氯气发生取代反应，产物不唯一，无法控制反应进度，得到的是一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和HCl的混合物。

【详解】

A． 氯气溶于水生成氯离子，氯离子抑制了氯气的溶解，所以氯气在饱和食盐水中的溶解度小，由于甲烷和氯氯发生了取代反应，使试管内混合气体颜色变浅，故A错误；

B． 试管壁出现的油状液滴为二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳的混合物，不溶于水，为油状液滴，而不是HCl的小液滴，故B错误；

C．甲烷和氯气在光照条件下发生了取代反应，得到的是一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和HCl的混合物，有五种产物，故C错误；

D． 甲烷与足量氯气发生取代反应，氢原子全部可能被取代，8.0g(0.5mol)甲烷与足量氯气发生取代反应，生成的HCl分子数最多为2NA，故D正确；

故选D。

21．（1）2AB    （2）减慢    减慢    （3）＞   （4） 0.1    （5）71.4%    （6）7：10   

【详解】

(1)根据图示可知：在6 min内A减少0.6 mol，B增加0.3 mol，6 min后A、B都存在，且物质的量不再发生变化，说明该反应是可逆反应，其中A是反应物，B是生成物，二者改变的物质的量的比是2：1，故反应方程式为：2AB；

(2)降低温度，物质的内能减少，分子之间的有效碰撞次数减少，正、逆反应速率都减慢；

(3)根据图示可知：4 min后，A的物质的量会再减小，B的物质的量会增加，由于反应未达到平衡，反应正向进行，因此正、逆反应速率的大小关系为v正＞v逆；

(4)根据图示可知：在0～4 min B物质的量改变△n(B)=0.4 mol-0.2 mol=0.2 mol，则用B的浓度变化来表示该反应的平均反应速率为v(B)=；

(5)该反应达到平衡时，n(A)=0.2 mol，n(B)=0.5 mol。对于气体来说，气体的体积比等于气体的物质的量的比，故平衡时B的体积分数为；

(6)反应开始时气体的物质的量n(始)=0.8 mol+0.2 mol=1.0 mol，平衡时气体的物质的量n(平)=0.5 mol+0.2 mol=0.7 mol。在恒温恒容时，气体的物质的量的比等于压强之比，故反应达到平衡，此时体系内压强与开始时的压强之比为0.7 mol：1.0 mol=7：10。

22．（1）溶液变红    Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O    （2）强氧化   （3）负    （4）电流表指针向左偏转，Mg表面有气泡    Al-3e-+4OH-=AlO+2H2O   

【分析】

Ⅰ中：Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色，说明Fe与稀硝酸反应生成NO，生成的NO遇到空气被氧化为红棕色的二氧化氮；II中：连接导线，一段时间后Fe表面产生红棕色气泡，而后停止，Cu表面始终产生红棕色气泡，原因应是开始时Fe在浓硝酸中钝化，此时铜直接与浓硝酸反应生成NO2，随着硝酸变稀，Fe不再钝化，形成原电池，Fe较活泼，所以为负极，Cu为正极。

【详解】

(1)Fe3+与KSCN溶液反应显血红色，所以加入KSCN溶液，溶液变红说明产生Fe3+；Ⅰ中Fe表面产生大量无色气泡是因为Fe与稀硝酸反应生成NO，化学方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O；

(2)Fe表面形成致密的氧化层，说明浓硝酸具有强氧化性，可以使Fe钝化；

(3)Mg比Al活泼，电解质为稀盐酸，Mg优先被氧化，所以Mg条作原电池的负极；

(4)根据总反应可知此时Al被氧化作负极，Mg为正极，所以现象为：电流表指针向左偏转，Mg表面有气泡；负极为Al被氧化结合氢氧根生成偏铝酸根的反应，即Al-3e-+4OH-=AlO+2H2O。

23．（1）氧化性    （2）3Cu+8HNO3(稀)= 3Cu(NO3)2+ 4H2O + 2NO ↑    （3）3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO   

（4）4NH3 + 5O24NO + 6H2O    2.4    将湿润红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色，证明存在NH   

【分析】

Cu和稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，NO不溶于水，可用排水法收集；A、B、C、D是由短周期元素组成含有相同元素的物质，A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3，C为红棕色气体，则C为NO2，NH3和氧气反应生成B，B和氧气反应生成NO2，则B为NO，NO2和水反应生成D，D为HNO3。

【详解】

(1)Cu和稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，N元素化合价由+5价变为+2价，化合价降低，体现了硝酸的氧化性；

(2)Cu和稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)= 3Cu(NO3)2+ 4H2O + 2NO ↑；

(3)若反应生成NO2，NO2会和水反应生成HNO3和NO，得到无色气体，化学方程式为3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO；

(4)①NH3和氧气在催化剂、高温的条件下反应生成NO和H2O，化学方程式为：4NH3 + 5O24NO + 6H2O；

②NH3和NO2生成E和水，E是空气中含量最多的气体，E为N2，化学方程式为8NH3+6 NO2=7N2+12H2O，生成19.6 g N2，N2的物质的量为，生成0.7mol N2，消耗的NO2的物质的量为0.6mol，则转移电子的物质的量为2.4mol；

③NH3和HNO3反应生成F，F是离子化合物，则F为NH4NO3，在实验室中检验NH的实验操作方法和现象为：取少量NH4NO3放入试管中，加入少量NaOH溶液并加热，将湿润红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色，证明存在NH。

24．（1）碳碳双键    羧基   （2） 67.2aL    （3）2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O    氧化反应    （4）CH3COOH＋C2H518OHCH3CO18OC2H5＋H2O    饱和碳酸钠溶液    乙醇、浓硫酸、乙酸    温度低，反应速率低，且达不到催化剂活性温度，所以温度不能低于85℃    分液    过滤    蒸馏   

【分析】

(1) (3)：0.1mol A、B、C、D四种有机物，分别完全燃烧，均能得到4.48 L（标准状况下）二氧化碳，则分子内均含有2个碳原子，按转化关系知，D为连续氧化的产物， 且D的水溶液显酸性，则D乙酸、乙酸可由乙醛氧化所得，则C为乙醛、乙醇催化氧化得乙醛，则B为乙醇、乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应得乙醇，则A为乙烯，据此回答；

(4)①结合反应机理写与乙酸发生酯化反应的化学方程式；

②反应开始前，试管乙中盛放的试剂为饱和碳酸钠溶液，制乙酸乙酯时，试管甲中试剂加入顺序要考虑实验安全；

③温度不宜低于85℃左右的原因从温度对速率的影响来分析回答；

(5)乙酸乙酯粗产品中含有可溶于水的乙醇、乙酸，用饱和食盐水洗涤，得互不相溶的两层液体，经分液后得到纯度较高的乙酸乙酯，残留的少量乙醇与氯化钙反应生成难溶物，经过滤后得纯度高的乙酸乙酯，再加入无水碳酸钾固体，可除去残留的水和乙酸，通过蒸馏，就可得乙酸乙酯，据此回答；

【详解】

(1)据分析A、D分别为乙烯和乙酸，则A、D分子中所含官能团的名称分别是碳碳双键、羧基；

答案为：碳碳双键、羧基；

(2) 据分析A、B分别为乙烯和乙醇，1mol乙烯和乙醇分别燃烧时耗氧量均为3 mol，1mol乙烯和乙醇的混合气体燃烧时耗氧量也为3 mol，则 a mol A、B的混合气体完全燃烧，消耗氧气的体积为3a mol ×22.4L/ mol=67.2 a L（标准状况）；

答案为：67.2 a L；

(3) 据分析B、C分别为乙醇和乙醛，则B→C的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，反应类型是氧化反应；

答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；氧化反应；

(4)①酯化反应的机理是酸脱羟基醇去氢，则与乙酸发生酯化反应的化学方程式为CH3COOH＋C2H518OHCH3CO18OC2H5＋H2O；

答案为：CH3COOH＋C2H518OHCH3CO18OC2H5＋H2O；

②反应开始前，试管乙中盛放的试剂为饱和碳酸钠溶液，便于除去粗产品中的乙酸和乙醇、形成互不相溶的两层液体；试管甲中试剂加入顺序要考虑实验安全，浓硫酸密度较大，溶于水放出大量的热，因此制取乙酸乙酯时，先加入乙醇，然后边振荡边加入浓硫酸，最后加入乙酸，以防止混合液体溅出，发生危险；

答案为：饱和碳酸钠溶液；乙醇、浓硫酸、乙酸；

③温度低，反应速率低，且达不到催化剂活性温度，所以温度不能低于85℃；

答案为：温度低，反应速率低，且达不到催化剂活性温度，所以温度不能低于85℃；

(5)据分析知，乙酸乙酯粗产品中含有杂质乙醇、乙酸，绝大多数杂质通过饱和食盐水洗涤、经分液后除去，故可得到纯度较高的乙酸乙酯，按信息，残留的少量乙醇与氯化钙反应生成难溶物，经过滤后，得纯度更高的乙酸乙酯，最后用无水碳酸钾固体除去残留乙酸并吸收水，通过蒸馏，就可得纯净的乙酸乙酯；

答案为：分液；过滤；蒸馏。

【点睛】

解本题的关键要书写烃及其衍生物的相互转化，醇→醛→羧酸之间的连续氧化是一个重要的切入点；制备乙酸乙酯是一个典型的有机制备实验，为高频考点，把握制备实验操作、混合物分离提纯、有机物的性质为解答的关键。

25．（1）Fe3O4    Fe3C   （2）    （2）   

（3） 取两份溶液甲于试管中，向第一份中加入KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，向另一份中加入少量酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色，说明溶液中含有Fe2+   

【分析】

化合物X在空气中高温燃烧，生成磁性氧化物和无色无味气体，此气体能使石灰水变浑浊，应为二氧化碳，而磁性氧化物溶于过量盐酸后，再通入足量氯气后，溶液里滴加KSCN溶液，溶液显红色，可知溶液乙应为FeCl3溶液，则固体1为Fe3O4，化合物X中含有的二种元素应为铁元素和碳元素，将FeCl3溶液加热、蒸发并灼烧，最终所得固体2为Fe2O3，24g Fe2O3的物质的量为，根据原子守恒可知，18.0g化合物X中含有的碳原子的物质的量为，则化合物X中Fe与C的物质的量之比为，则X的化学式为Fe3C。

【详解】

(1)由分析可知，固体1的化学式是Fe3O4；X 的化学式是Fe3C；

(2)Fe3O4和盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，向溶液中通入足量氯气，Fe2+被氧化成Fe3+，离子方程式为：；

(3)固体2为Fe2O3，加热条件下氨气被固体2氧化成一种气体单质，同时生成金属单质，氨气具有还原性，在加热条件下能还原氧化铁生成铁和氮气，则化学方程式为：；

(4)取两份溶液甲于试管中，向第一份中加入KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，向另一份中加入少量酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色，说明溶液中含有Fe2+。