高中化学必修2 高一化学上学期期末测试卷新2019）02新全解全析）

2020-2021学年上学期期末测试卷02

高一化学·全解全析

1．B

【详解】

A．SO2、漂白粉、Na2O2都能使品红溶液褪色，二氧化硫是与有色物质化合生成不稳定的无色物质，漂白粉、Na2O2是利用的强氧化性，其作用原理不相同，A错误；

B．硅胶是干燥剂，铁粉具有还原性，在食品袋中放入装有硅胶、铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质，B正确；

C．高温结构陶瓷一般用碳化硅、氮化硅或某些金属氧化物等在高温下烧结而成，有耐高温、抗氧化、耐磨蚀等优良性能。压电陶瓷主要有钛酸盐和锆酸盐等能实现机械能与电能的相互转化，二者不属于硅酸盐材料，C错误；

D．某雨水样品放置一段时间酸性增强，是因为雨水中的亚硫酸被氧化为强酸硫酸，不是空气中的CO2溶解进入雨水中，D错误；

答案选B。

2．C

【详解】

A．氮的固定是将游离态氮转化为化合态的氮，如图可知反硝化过程是将氮的化合态转化为氮气，不属于氮的固定，故A错误；

B．如图可知，硝化过程NH转化为NO，再转化为NO，氮元素化合价不断升高，发生氧化反应，故B错误；

C．根据得失电子守恒和原子守恒，Fe3+将NH转化为N2的离子方程式为6Fe3++2NH=6Fe2++N2↑+8H+，故C正确；

D．如图可知，在氨氧化细菌作用下，水体中的NO氧化NH生成H2O和N2，氮元素可转变为氮气，而转移至大气中，反应的离子方程式为NH+NON2↑+2H2O，转移3e-，因此产生0.01mol氮气时，转移的电子为0.03mol，故D错误；

故选C。

3．A

【分析】

根据反应物的状态和反应条件选取反应的发生装置，根据气体的性质选取洗气装置，根据气体的密度和性质选取收集装置。

【详解】

A．盐酸与碳酸钙在常温下发生反应生成二氧化碳，饱和碳酸氢钠可除去HCl，并且二氧化碳密度大于空气，可用向上排空法收集，故A正确；

B．常温下，浓硫酸和铁发生钝化现象，且二氧化硫有毒，不宜采用排空气法收集，故B错误；

C．氨气的密度小于空气的密度，所以应用向下排空气集气法收集，即收集装置中需要短进长出，故C错误；

D．实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热，该发生装置不符，故D错误；

故选A。

4．C

【详解】

A．蔗糖与浓硫酸混合，固体变黑变成碳，二者反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O，故A正确；

B．以空气和镁为原料制备Mg3N2，镁与空气中的氮气反应生成Mg3N2， 3Mg+N2Mg3N2，故B正确；

C．硫的氧化性较弱，铁和硫加热条件下反应： Fe + SFeS，故C错误；

D．碳酸氢铵受热容易分解：NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑，故D正确；

故选C。

5．C

【详解】

A．化石燃料的燃烧是放热反应，反应物能量比生成物能量高，与图像不一致，故A错误；

B．植物的光合作用是绿色植物把二氧化碳和水合成有机物，释放氧气，同时把光能转化为化学能储存在合成的有机物中的过程，反应物能量低于生成物能量，与图像不一致，故B错误；

C．氢气与氧气反应过程为放热反应，反应物总能量必生成物总能量高，故C正确；

D．氢气与氯气反应过程为放热反应，反应物总能量必生成物总能量高，与图像不一致，故D错误；

故答案为：C。

6．A

【详解】

不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，故不同物质表示的速率与化学计量数的比值越大，化学反应速率越大，且单位要一致，题目中单位全部转化为mol/(L·s)，即①v(A)=0.45mol/(L·min)=0.0075 mol/(L·s)，则①=0.0075 mol/(L·s)，②=0.2 mol/(L·s)，③=0.2 mol/(L·s)，④=0.225 mol/(L·s)，故反应速率大小关系为：④>③=②>①。

答案选A。

7．B

【详解】

各化学键键能为P－P键198 kJ/mol、P－O键360 kJ/mol、O=O键498 kJ/mol，由图可知：1个P4分子中含有6个P-P，1个P4O6分子中含有12个P-O，1mol P4和3mol O2完全反应生成1mol P4O6，反应放出的热量=（12×360－6×198－3×498）kJ=1638kJ，则62g白磷即0.5mol白磷完全反应放热为1638kJ×0.5＝819kJ。

故选B。

8．A

【分析】

该电池中以液态肼(N2H4)为燃料，氧气为氧化剂，所以通入N2H4的一极即电极甲为负极，通入氧气的一极基电极乙为正极。

【详解】

A．原电池中阴离子流向负极，即由电极乙移向电极甲，A正确；

B．常温下固体氧化物电解质中没有自由移动的离子，无法形成闭合，电池无法工作，B错误；

C．反应生成物均为无毒无害的物质，所以N2H4被氧气氧化生成N2和H2O，电池总反应为N2H4+O2＝N2↑+2H2O，C错误；

D．题目中没有说明条件是否为标准状况下，因此无法计算气体的体积，D错误；

综上所述答案为A。

9．A

【详解】

①硫的氧化性较弱，铜与硫反应时被氧化为+1价，所以1mol铜失去的电子的物质的量为NA，①错误；

②标况下SO3不是气体，不能用22.4L/mol计算其体积，②错误；

③SO2和O2的反应为可逆反应，当2mol SO2和1mol O2完全转化为SO3，生成的SO3的物质的量为2mol，但由于不能完全转化，所以容器内物质分子数大于2NA，③正确；

④NO2和N2O4的最简式均为NO2，所以46g混合气体所含N的个数为=NA，④正确；

⑤浓硫酸在反应过程中会变稀，变稀后不与铜反应，所以生成的SO2的分子数小于0.2NA，⑤错误；

综上所述正确的有③④，故答案为A。

10．C

【详解】

A．甲是铜锌原电池，其中锌是负极，铜是正极，电子由锌片经导线流向铜片，A正确；

B．乙是纽扣式银锌电池，锌是负极，氧化银是正极，正极的电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O＝2Ag＋2OH－，B正确；

C．丙是锌锰干电池，锌筒作负极，发生氧化反应，使用一段时间锌筒会变薄，C错误；

D．丁是铅蓄电池，放电时消耗硫酸，所以使用一段时间后电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D正确；

答案选C。

11．A

【详解】

A．甲烷CH4，C和H之间共用一对电子形成稳定结构，电子式为：，故A正确；

B．丙烯的键线式：，故B错误；

C．乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故C错误；

D．乙醇的结构式：，故D错误；

故选：A。

12．D

【详解】

A．试剂添加顺序为乙醇-乙酸-浓硫酸，故A错误；

B．为增加乙酸乙酯的产量，不应急速加热至反应所需要的温度，因为加热过快，乙醇挥发，降低产量，故B错误；

C．试管B中应盛放饱和碳酸钠溶液，故C错误；

D．制备乙酸乙酯的反应类型是酯化反应，也属于取代反应，故D正确；

故选：D。

13．D

【详解】

A．植物油、脂肪都是高级脂肪酸的甘油酯，与氢氧化钠溶液反应均有甘油生成，故A不选；

B．甘氨酸含有氨基和羧基，氨基能与盐酸反应，羧基能与氢氧化钠溶液反应，故B不选；

C．淀粉和纤维素都是多糖，多糖在一定条件下水解均可得到葡萄糖，故C不选；

D．向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃产生的气体通入酸性KMnO4溶液，红色褪去，不能证明生成了乙烯，因为挥发出来的乙醇也有还原性，故D选；

故选：D。

14．A

【详解】

加成反应是机物分子中的双键或三键发生断裂；酯化反应的机理是酸脱羟基醇脱氢，乙酸酯化过程中断裂C-O；乙醇酯化脱去羟基上的氢原子，断裂O-H；乙醇的催化氧化的机理是醇脱去羟基上的氢以及与羟基所连的碳上的氢，即断裂C-H、O-H，只有A正确，故选A。

15．B

【分析】

由流程可知，海带灰用热水溶解后，过滤，滤液中含碘离子，加过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，加入试剂a萃取，a为为苯或四氯化碳，分液得到含碘的有机溶液，再加NaOH与碘反应生成I-和IO，分液后向含I-和IO的溶液中加稀硫酸发生5I-+IO+6H+═3I2+3H2O，过滤提取得到粗碘，据此分析解答。

【详解】

A．操作①是分离溶液与不溶性杂质，为过滤，故A正确；

B．向滤液中加入双氧水是将I-氧化为I2，体现双氧水的氧化性，故B错误；

C．I-和IO在酸性条件下生成I2的离子方程式是5I-+IO+6H+═3I2+3H2O，故C正确；

D．图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是富集碘元素，故D正确；

故选B。

16．B

【详解】

A．过滤操作不需要分液漏斗，A错误；

B．试剂1选用 BaCl2溶液除去，试剂2选用 Na2CO3溶液除去Ca2+、过量的Ba2+，故B正确；

C．调pH时，不能用硫酸，会引入杂质离子，C错误；

D．NaCl的溶解度受温度影响不大，可直接蒸发结晶，D错误；

故选：B。

17．（1）4NH3+5O2=4NO+6H2O（2分）   

（2）可使NO循环利用，全部转化成HNO3（2分）   

（3）利用余热，节约能源（1分）   

（4）8NH3+6NO2=7N2+12H2O （2分）   NH3还原法（1分）    53.1% （2分）  

【分析】

N2和H2在A中反应生成NH3，NH3和O2在B中反应生成NO和H2O，NO和O2、H2O在吸收塔中反应生成HNO3，NH3和HNO3在D中反应生成NH4NO3。

【详解】

（1）B中，NH3和O2反应生成NO和H2O，化学方程式为4NH3+5O2=4NO+6H2O；

（2）NO和O2反应生成NO2，NO2和H2O反应生成HNO3和NO，生成的NO再和O2反应，故通入空气可使NO循环利用，全部转化成HNO3；

（3）合成氨的反应属于放热反应，反应过程中会放出大量的热，用热交换器可以充分利用余热，节约能源；

（4）①NH3转化为N2，N元素化合价由-3价变为0价，失去3个电子，NO2转化为N2，化合价由+4价变为0价，得到4个电子，根据得失电子守恒和质量守恒，配平化学方程式为8NH3+6NO2=7N2+12H2O；

②利用碱液吸收法，消耗大量NaOH，且生成了有毒的亚硝酸盐，利用NH3还原法，得到的产物无污染，故符合绿色化学的是NH3还原法；

③根据N原子守恒的关系式：，则1mol得到可得到的物质的量为，根据可知，该反应消耗的氨气的物质的量为，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的百分比含量为。

18．（1） （2分）  

（2）升华(或加热) （1分）    冷凝结晶（1分）   

（3）氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化I2（2分）   

（4） （2分）  

（5）用CCl4多次萃取、分液（1分）    加入几滴淀粉溶液，滴加Fe2(SO4)3溶液，振荡，溶液变蓝，说明滤液中含有I- （1分）  

【分析】

海水制盐所得到的卤水中提取碘，根据资料Ⅰ可知步骤①亚硝酸钠有氧化性，碘离子有还原性，在酸性条件下二者发生以下氧化还原反应：，此过程将碘离子氧化为碘单质，活性炭将碘单质吸附，方案甲中利用碘单质易升华的特性，将其加热升华、冷凝结晶使其分离；方案乙中先用浓碳酸钠溶液吸收碘单质，发生反应：，步骤③加入稀硫酸发生以下反应：，将碘单质萃取、分液后可得粗碘。

【详解】

（1）根据资料Ⅰ可知亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘单质和水，离子方程式为：；

（2）方案甲中利用碘单质易升华的特性将其分离，分离操作X为升华或加热、冷凝结晶，故答案为升华(或加热)、冷凝结晶；

（3）氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化碘单质，根据资料Ⅰ亚硝酸钠仅能把碘离子氧化为碘单质，故该工艺中选择价格较高的NaNO2做氧化剂，故答案为氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化I2；

（4）根据资料Ⅲ方案乙步骤②用浓碳酸钠吸收碘单质发生下述反应： ，故答案为：；

（5）A．步骤③加入稀硫酸发生以下反应：，单质碘易溶解于四氯化碳、苯等有机溶剂中，故答案为用CCl4多次萃取，萃取之后分液，将有机层和无机层分离，故答案为分液；

B．检验滤液中的碘离子，利用提供的硫酸铁溶液中三价铁离子的氧化性将碘离子氧化为碘单质，再用淀粉溶液检验，可证明溶液中含有碘离子，故答案为：加入几滴淀粉溶液，滴加Fe2(SO4)3溶液，振荡，溶液变蓝，说明滤液中含有。

19．（1）SO2 （1分）   Fe(OH)3（1分）   

（2）3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑（2分）  

（3）②⑧（2分）   

（4）取样于试管中，加入盐酸酸化，取清液，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则为硫酸根离子（2分）

（5）（2分）   

【分析】

I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，则I是Al；K是一种红棕色气体，K是NO2；L和O2反应生成NO2，则L为NO；NO2和H2O反应生成J的溶液，J为HNO3；Al和D反应生成G和H，反应⑦为置换反应，D为红棕色固体，由此推测该反应为铝热反应，则D为Fe2O3，G和HNO3反应NO和Fe(NO3)2溶液，则G为Fe，H为Al2O3；E能转化为Fe2O3，F和NaOH溶液反应生成E，则F为Fe(NO3)3，E为Fe(OH)3；FeS2和O2反应生成Fe2O3和A，A为SO2；SO2和O2反应生成B，B为SO3；SO3和H2O反应生成C的溶液，C是一种强酸，则C为H2SO4。

【详解】

（1）由分析可知，A为SO2，E为Fe(OH)3；

（2）反应④是Fe(NO3)2溶液和硫酸反应生成Fe(NO3)3和NO，离子方程式为：3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑；

（3）反应②是SO2和O2反应生成SO3，既属于化合反应又属于氧化还原反应；反应③是SO3和H2O反应生成H2SO4，属于化合反应，但不属于氧化还原反应；反应⑥是Fe(OH)3转化为Fe2O3，属于分解反应，不属于氧化还原反应；反应⑧是NO和O2反应生成NO2，既属于化合反应又属于氧化还原反应；反应⑨是NO2和H2O反应生成HNO3和NO，属于氧化还原反应，但不属于化合反应；答案选②⑧；

（4）检验硫酸根的方法为：取样于试管中，加入盐酸酸化，取清液，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则为硫酸根离子；

（5）将Fe2O3与KNO3、KOH高温共融可制得K2FeO4、KNO2和H2O，化学方程式为：。

20．（1）2H2-4e-+4OH-=4H2O（2分）    减小（1分）   

（2）负（1分）    Zn-2e-=Zn2+（2分）    0.2NA（1分）   

（3）①第四周期第VA族（1分）    ②黑磷（1分）    >（1分）   

【详解】

（1）氢氧燃料电池，氧气在正极发生还原反应，氢气在负极发生氧化反应，电解质为氢氧化钾溶液，负极反应式为：2H2-4e-+4OH-=4H2O；正极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；该电池的总反应为：2H2+O2=2H2O；虽然反应前后氢氧化钾溶质的量不变，但反应生成水，溶液的体积增大，所以c(OH-)将减小；

（2）该装置为银锌原电池装置，硫酸铜为电解质溶液，锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；银为正极，铜离子在此极得电子生成铜，电极反应式：Cu2++2e-=Cu；设外电路转移电子xmol，负极锌消耗了锌0.5xmol，质量为0.5xmol×65g/mol=32.5xg，正极质量增加为铜的质量，m=0.5x×64 g/mol=32xg；所以若反应前两电极质量相等，工作一段时间后两电极质量相差12.9g，则32xg+32.5xg=12.9g，x=0.2mol，电子数为0.2NA；

（3）①砷位于磷的下方，磷的核电荷数为15，位于第三周期VA族，所以砷在元素在周期表中位于第四周期第VA族；

②已知：①P(s，白磷)=P(s，黑磷)∆H=-39.3kJ·mol-1；②P(s，白磷)=P(s，红磷) ∆H=-17.6kJ·mol-1；根据盖斯定律可知，①-②得P(s，红磷)= P(s，黑磷) ∆H=-39.3kJ·mol-1+17.6kJ·mol-1=-21.7 kJ·mol-1；根据以上分析可知，能量越低的物质越稳定，最稳定的磷单质是黑磷；N2H4能够形成分子间氢键，而P2H4分子间不能形成氢键，所以沸点N2H4>P2H4。

21．（1）B    d    A    b（各1分，共4分）    CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br（2分）   

（2）饱和碳酸钠溶液（1分）    小（1分）    催化剂、吸水剂（2分）   

CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O（2分）   

【分析】

（1）乙烯与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应，而甲烷不能反应；无水硫酸铜遇水变蓝， 酒精与水互溶；加CaO与水反应后生成离子化合物Ca(OH)2，增大与乙醇的沸点差异；

（2）醋酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，浓硫酸作酯化反应的催化剂和吸水剂。乙酸乙酯是密度比水的密度小，难溶于水的液体物质，检验特殊香味；饱和碳酸钠溶液能够溶解乙醇，反应消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度。

【详解】

（1）(I)乙烯能使酸性高锰酸钾褪色，甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以可以用高锰酸钾检验乙烯和甲烷；乙烯可以和溴水发生加成反应产生1，2-二溴乙烷留在溶液中，而甲烷不能反应，仍然是以气体形式存在，可以用溴水来除去甲烷中的乙烯，故检验试剂序号是B，除杂试剂序号是d；除杂时，乙烯发生反应的化学方程式为：CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br；

(II)水遇到无水硫酸铜，固体由白色变为蓝色，而乙醇遇到无水硫酸铜固体无明显变化，所以可以用无水乙醇来检验酒精中的水；检验水存在的试剂序号是A；水可以和生石灰反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2是离子化合物，熔沸点高，而乙醇是由分子构成的物质，熔沸点比较低，且乙醇与水不反应，所以除去酒精中的水一般是向其中加入CaO，然后加热蒸馏制取，除杂试剂序号是b；

（2）在左侧试管中乙醇与乙酸在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，由于乙酸乙酯的沸点比较低，乙酸及乙醇的沸点低，易挥发，反应产生的乙酸乙酯及挥发的未反应的乙酸及乙醇会通过导气管进入右侧试管中，在右试管中通常加入饱和碳酸钠溶液，饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇，反应消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；

实验生成的乙酸乙酯的密度比水小，难溶于水，是有特殊香味的液体；浓硫酸有吸水性，能够吸收反应生成的水，促进该反应向正反应方向移动，浓硫酸能加快反应速率，所以浓硫酸作催化剂、吸水剂；在左侧试管中，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O。