学易金卷：2020-2021学年高一化学下学期期末测试卷(人教版2019广东专用)01(全解全析).doc

学易金卷：2020-2021学年高一下学期期末测试卷01
（人教版2019必修第二册）
高一化学·全解全析
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1．【答案】A
【解析】废弃矿泉水瓶属于可回收利用的垃圾，选A。
2．【答案】D
【解析】掘泥过程没有新的物质生成，没有发生化学变化，A不选；做坯过程没有新物质生成，没有发生化学变化，B不选；画坯过程没有新物质生成，没有发生化学变化，C不选；烧炉过程中做好的坯体在高温条件下发生化学变化，产生新的物质，D选。
3．【答案】B
【解析】铁、铝在冷、浓的硝酸或硫酸中钝化，B正确。
4．【答案】A
【解析】乙醇和水互溶，和水混合后不分层，A符合题意；苯难溶于水，和水混合后分层，B不符合题意；四氯化碳难溶于水，和水混合后分层，选项C不符合题意；乙酸乙酯难溶于水，和水混合后分层，D不符合题意。
5．【答案】D
【解析】Al与稀硫酸的反应，属于置换反应，是放热反应，A不选；Na与乙醇的反应，属于置换反应，是放热反应，B不选；NaOH与硝酸的反应，属于中和反应，是放热反应，C不选；Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应，属于吸热反应，D选。
6．【答案】A
【解析】羟基中的氧原子最外层电子数为6个，与氢原子形成一对共用电子对，羟基的电子式为：，A错误；甲烷分子是正四面体构型，甲烷的空间充填模型或比例模型是，B正确；丁烷含有四个碳原子，碳原子均形成四对共用电子对，丁烷的球棍模型：，C正确；分子式是表示纯净物分子的组成的式子，乙醇的分子式：C2H6O ，D正确。
7．【答案】C
【解析】氨气是无色、有刺激性气味的气体，A正确；在室温下，1体积水能够溶解700体积的氨气，因此氨气极易溶于水，B正确；NH3的相对分子质量是17，比空气平均相对分子质量29小，因此相同条件下，氨气的密度比空气的小，C错误；氨气能与水反应产生NH3·H2O，NH3·H2O电离产生OH－，使溶液显碱性，因此氨气与水反应生成的NH3·H2O是碱性物质，D正确。
8．【答案】B
【解析】乙烯在空气中的燃烧属于氧化反应，A不选；甲烷与氯气混合光照时，甲烷中H被Cl取代，属于取代反应，B选；乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色，为氧化反应，C不选；乙烯与溴的四氯化碳溶液反应时，乙烯中碳碳双键断裂，与溴发生加成反应，D不选。
9．【答案】D
【解析】“最先出现浑浊”，即反应速率最快；A项与B项温度相同、H2SO4浓度相同，B项中Na2S2O3的浓度比A项大，反应速率：B项>A项；C项与D项温度相同、H2SO4浓度相同，D项中Na2S2O3的浓度比C项大，反应速率：D项>C项；B项与D项Na2S2O3、H2SO4浓度都相同，D项温度高于B项，反应速率：D项>B项；则反应最快的是D项，D项最先出现浑浊，选D。
10．【答案】D
【解析】12C和14C互为同位素，A不合题意；O2和O3互为同素异形体，B不合题意；与是同一种物质，C不合题意；与分子式相同但结构不同，互为同分异构体，D符合题意。
11．【答案】B
【解析】煤的气化过程是一个热化学过程。它是以煤或煤焦(半焦)为原料．以氧气(空气、富氧或纯氧)、水蒸气或氢气等作气化剂(或称气化介质)，在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程属于化学变化过程，A错误；根据蛋白质的理化性质和生理功能发生改变的现象称为蛋白质的变性。物理因素有：加热、加压、搅拌、振荡、紫外线照射、超声波等；化学因素有：强酸、强碱、重金属盐、三氯乙酸、乙醇、丙酮等，高温或日常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性，B正确；重金属盐溶液能使蛋白质变性，会使人中毒，C错误；加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，D错误。
12．【答案】C
【解析】Na用电解方法冶炼，A错误；Al用电解方法冶炼，B错误；Fe采用热还原法冶炼，C正确；Ag用热分解的方法冶炼，D错误。
13．【答案】B
【解析】由于金属钠与水、乙醇均能反应，故不能使用金属钠来除水，而应该用CaO，然后进行蒸馏，A错误；乙酸乙酯不溶于水，更难溶于饱和碳酸钠溶液，而乙酸能与碳酸钠溶液反应，故可以进行分液提纯，B正确；由于Cu与氯化铁反应，生成了氯化铜引入新的杂质，应该改用铁粉，C错误；乙烯、二氧化硫均能与酸性高锰酸钾溶液反应，不能达到目的，应该使用NaOH溶液，洗气，D错误。
14．【答案】C
【解析】含有苯环的蛋白质可发生颜色反应，可以利用蛋白质的颜色反应，检验某白色织物是否为蚕丝制品，A正确；肥皂是高级脂肪酸盐，油脂在碱性条件下的水解生成高级脂肪酸盐与甘油，称为皂化反应，可以制得肥皂和甘油，B正确；淀粉水解生成葡萄糖，利用葡萄糖的银镜反应，只能检验淀粉发生了水解反应，不能检验淀粉是否完全发生了水解反应，应该用碘单质遇淀粉变蓝色的性质检验，C错误；乙烯和溴水发生加成反应生成液态的1，2－二溴乙烷，可用溴水除去甲烷中混有的少量乙烯，D正确。
15．【答案】A
【解析】由于乙醇和乙酸能以任意比混合，不能用分液的方法将混合液进行分离，A符合题意；铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和NO2，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，观察到NaOH溶液冒气泡，试管中溶液变为蓝色，有红棕色气体产生或者有无色气体而后变为红棕色，则能证明铜与硝酸的反应，B不符合题意；用氨气作喷泉实验，快速形成喷泉是由于氨气易溶于水，导致烧瓶中的压强快速减小，滴加酚酞后形成红色喷泉，则证明氨气的水溶液呈碱性，C不符合题意；配制100 mL0.500 mol•L－1 H2SO4溶液时，转移时为了防止液体滴落而溅出容量瓶外面，需用玻璃棒引流，D不符合题意。
16．【答案】B
【解析】从图中可知，到6 min末物质A减少了0．6mol，物质B增加了0．3mol，A为反应物，B是生成物，且物质的量之比等于系数比，且6min后都不再改变，说明是可逆反应，该反应的化学方程式是2A B，A错误；从图中可知，2 min 时物质A在继续减小，物质B在继续增加，反应在向正方向进行，正反应速率大于逆反应速率，B正确；从图中可知，4 min 时，A 、B 的物质的量均为0.4 mol相等，但是物质A还在减少，物质B还在增加，反应并未达到了平衡状态，C错误；反应开始至 6 min， A 的平均反应速率为，D错误。
17．【答案】D
【解析】乙烯含有碳碳双键，与氢气发生加成反应生成乙烷，A正确；过程②断裂化学键吸收能量，过程③、④形成化学键释放能量，B正确；H－H是非极性键，C－H是极性键，因此反应中有非极性键断裂、极性键形成，C正确；催化剂可改变反应的活化能，但不能改变能量变化，D错误。
18．【答案】A
【解析】浓硫酸的密度大于水，稀释放热，则向a试管中先加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸，冷却后再加入冰醋酸，A错误；生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，乙醇和乙酸与水互溶，则试管b中导气管下端管口不能浸入液面的目的是防止实验过程中产生倒吸现象，B正确；实验时加热试管a的目的之一是及时将乙酸乙酯蒸出，使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，同时也加快反应速率，C正确；乙酸、乙醇均易挥发，采用长玻璃导管有导气兼冷凝的作用，可充分利用原料，D正确。
19．【答案】C
【解析】铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮、水，得到的无色气体是一氧化氮，抽入空气后发生反应2 NO + O2 = 2 NO2，振荡后，反应速率加快，说明二氧化氮对反应具有催化作用，据此分析。过程I中生成无色气体的离子方程式为3 Cu + 2 NO3－ + 8 H+ = 3 Cu2+ + 2 NO↑+ 4 H2O，A正确；根据分析可知，过程Ⅱ中气体变成红棕色，是一氧化氮被氧化的过程，化学反应方程式为：2 NO + O2 = 2 NO2，B正确；随着反应的进行，溶液里生成硝酸铜，根据氮元素守恒，溶液中c(HNO3)应比原硝酸浓度减小，不会增大，C错误；当活塞不再移动时，再抽入空气，一氧化氮与氧气、水反应生成硝酸，能与铜继续反应，D正确。
20．【答案】B
【解析】根据图像，海水中存在氮气，A错误；②中氮气转化为含氮化合物，属于氮的固定，B正确；④中转化为或，化合价升高，属于氮的氧化反应，C错误；根据图像，能转化为，转为氮气，氮气转化为，故向海水中排放会造成浓度增大，D错误。
21．【答案】（8分）
（1）温度（1分）
（2）1、3（1分）
（3）用秒表测定需要的时间（1分）
（4）①10 mL10%的H2O2溶液（1分） ②10 mL蒸馏水（1分） ③室温（1分）
④MnO2（0.2 g）（1分） ⑤有少量气泡产生（1分）
【解析】（1）实验1、2只有温度不同，其余实验条件相同，实验的目的是研究温度对双氧水分解反应速率的影响；
（2）根据表格数据，实验1、3不同的条件是催化剂，其余实验条件需要相同，通过对比实验1、3可研究催化剂对双氧水分解反应速率的影响；
（3）为了准确地比较反应速率的快慢，观测的方法是：收集相同体积的气体，用秒表测定需要的时间；
（4）要研究双氧水浓度对其分解反应速率的影响，需要保证其余实验条件相同，只有浓度不同，可以根据实验3设计实验，因此实验方案为：取10 mL10%的H2O2溶液，加入10 mL水稀释，保持室温，加入MnO2（0.2g），可以观察到，放出气泡的速率较慢。
22．【答案】（11分）
（1）Cu + 2 H2SO4(浓) CuSO4 +SO2↑+ 2 H2O（2分）
（2）品红褪色（1分）
（3）还原剂（1分）
（4）+6（1分）
（5）加入BaCl2溶液，产生白色沉淀（1分）
（6）吸收SO2尾气，防止污染环境（1分） SO2  + 2 OH－ = SO32－ + H2O（2分）
（7）漂白性、氧化性、还原性、酸性氧化物通性（2分）
【解析】该实验的目的是研究不同价态硫元素之间的转化，A为SO2的发生装置，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4 +SO2↑+2H2O，B为检验SO2的装置，SO2有漂白性，可用品红溶液检验，现象是品红褪色，C中Na2S和SO2发生氧化还原反应生S沉淀，说明SO2有氧化性，D中SO2和溴水反应生成H2SO4和氢溴酸，通过检验SO42－的存在，验证SO2有还原性，SO2是污染性气体，是酸性氧化物，所以E装置中盛装NaOH溶液，目的是吸收多余SO2，据此分析解答。
（1）A装置中Cu和浓硫酸加热条件下反应,生成硫酸铜、二氧化硫和水,化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4 +SO2↑+2H2O；
（2）B装置为检验SO2的装置，SO2有漂白性，能使品红褪色，所以B装置中现象是品红溶液褪色；
（3）C装置中，Na2S和SO2发生反应2Na2S+3SO2=3S↓+2Na2SO3，可观察到有淡黄色沉淀(或浑浊)生成，该反应中的Na2S：S的化合价由－2价升为0价，Na2S发生氧化反应、作还原剂，SO2发生还原反应、作氧化剂；
（4）D装置中，Br2和SO2发生反应Br2+SO2+2H2O=2HBr +H2SO4，S由+4价变为+6价；
（5）过氧化氢溶液具有氧化性，会将二氧化硫氧化成硫酸，要想证明硫元素的价态转化，只需要证明产物中有SO42－即可，所以只需要取D中溶液于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液即可，实验现象是有白色沉淀生成；
（6）SO2是污染性气体，需要尾气处理，E装置的作用是吸收SO2尾气，防止污染环境；SO2是酸性氧化物，与NaOH溶液反应的离子方程式为SO2+2OH－=SO32－+H2O；
（7）B装置中褪色现象体现SO2的漂白性，C装置中出现浑浊现象体现SO2的氧化性，D装置中溴水褪色体现SO2的还原性，E装置中反应体现酸性氧化物的通性。
23．【答案】（16分）
（1）负极（1分） Zn－2 e－ = Zn2＋（2分）
2 H＋＋2 e－ = H2↑（2分） 电流表指针发生偏转（1分）
（2）BD（4分）
（3）AC（4分）
（4）离子通过稀硫酸在溶液中移动，电子通过导线流向铜片，所以产生了电流（2分）
【解析】（1）锌与硫酸发生Zn＋H2SO4 = ZnSO4＋H2↑，铜不能与稀硫酸发生反应，且锌比铜活泼，因此锌为负极；锌片上的电极反应式为Zn－2 e－ = Zn2＋；Cu片为正极，正极上的反应式为2 H＋＋2 e－ = H2↑；原电池是将化学能转化成电能，能证明化学能转化为电能的实验现象是电流表的指针发生偏转；
（2）该原电池的总反应是：Zn＋2 H＋ = Zn2＋＋H2↑，硫酸中H＋在正极上得电子，稀硫酸的作用之一是作电极反应物；硫酸是电解质，根据原电池工作原理，硫酸另一个作用是作离子导体，形成闭合回路；BD正确；
（3）根据总反应，Zn作负极，Cu或石墨或比锌不活泼的金属作正极，CuSO4溶液作电解质溶液，AC符合题意；
（4）根据原电池工作原理，锌失去电子，经外电路流向正极，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，形成闭合回路，从而产生电流。
24．【答案】（14分）
（1）CH2=CH2 + Br2 → CH2BrCH2Br（2分）
（2）CH2BrCH2Br + 2 H2OHOCH2CH2OH + 2 HBr（2分）
（3）加聚反应（1分） （1分）
（4）碳碳双键和羧基（2分）
（5）CH3CH2OH + CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH2CH3 + H2O（2分）
（6）abcd（4分）
【解析】（1）①表示的是乙烯和溴的加成反应，化学方程式为CH2=CH2 + Br2 → CH2BrCH2Br；
（2）②为取代反应，CH2BrCH2Br在NaOH溶液加热条件下发生水解生成醇，化学反应方程式为CH2BrCH2Br + 2 H2OHOCH2CH2OH + 2 HBr；
（3）③的反应类型为加聚反应，nCH2=CH2，B的结构简式为；
（4）有机物E为丙烯酸，结构简式为CH2=CHCOOH，它的官能团为碳碳双键和羧基；
（5）有机物D为乙醇，有机物E为丙烯酸，它们在浓硫酸作催化剂加热的条件下反应生成酯和水，化学反应为：CH3CH2OH + CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH2CH3 + H2O；
（6）在高温下，将石油产品中具有长链分子的烃断裂为各种短链的气态烃和液态烃称为的裂解，乙烯、丙烯是石油裂解的产物，a正确乙二醇含有羟基，水中也含有羟基，乙二醇和水分子之间易形成氢键，乙二醇易溶于水，b正确；E为丙烯酸，含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，c正确；D为乙醇，可以由葡萄糖发生无氧呼吸得到，d正确。
25．【答案】（11分）
（1）Ca(OH)2（1分）
（2）富集溴（1分）
（3）Br2 + SO2 + 2 H2O = 2 HBr + H2SO4（2分）
（4）氯原子半径较小，得电子的能力更强（2分）
（5）Mg(OH)2 + 2 H+ = Mg2+ + 2 H2O（2分）
（6）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（3分）
【解析】（1）煅烧贝壳、石灰石等物质可以得到CaO，CaO与水反应可以得到Ca(OH)2，所以为节约成本，试剂①最好选用Ca(OH)2；
（2）海水中溴的含量较低，得到的溶液1中溴离子浓度较大，经过系列工序得到含溴离子浓度较大的溶液4，实现溴的富集；
（3）溴单质具有氧化性，可以将SO2氧化成SO42－，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为：Br2 + SO2 + 2 H2O = 2 HBr + H2SO4；
（4）氯原子核外有3层电子，溴原子核外有4层电子，氯原子半径较小，得电子的能力更强，氧化性更强；
（5）提镁过程中，向氢氧化镁沉淀中加入盐酸可得氯化镁溶液，离子方程式为Mg(OH)2 + 2 H+ = Mg2+ + 2 H2O；
（6）从MgCl2溶液获得MgCl2•6 H2O晶体的主要操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。