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高一下学期期末测试卷02
（人教版2019必修第二册）
高一化学·全解全析
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
D B A D C D D A C B
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
A D C C A D A C D B
1．【答案】D
【解析】太阳能集热器为太阳能转化为热能的装置，A错误；风力发电，为机械能转化为电能，B错
误；偏二甲肼燃烧是化学能转变为动能，C错误；锂离子电池是化学能转化为电能的装置，为原电池，
D正确。
2．【答案】B
【解析】磨豆是将大豆研磨成碎料的操作，不包含过滤操作，A不符合题意；滤渣是将豆渣与豆将分
离的操作，其实就是过滤操作，B符合题意；煮浆是将豆浆加热煮沸的过程，不包含过滤操作，C不
符合题意；点卤是加入电解质使蛋白质胶体发生聚沉的过程，不包含过滤操作，D不符合题意。
3．【答案】A
【解析】用聚丙烯可用于制作医用口罩，用于一般日常生活使用，说明以聚丙烯为材料制作的产品对
人体无毒、无害，因此用该材料制作餐具可供婴幼儿使用，A正确；熔喷层没有杀菌消毒功能，熔喷
层即M层，纤维直径比较细，在2um左右，病毒的直径较大无法通过熔喷层进入人体呼吸道，起到
阻挡病毒的传播，B错误；聚丙烯可由丙烯上的碳碳双键上发生加聚反应制得，则聚丙烯中不含碳碳
双键，不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；经酒精消毒后，用吹风机吹干后，可能会导致
熔喷层破坏，起不到阻挡病毒分子的进入，故不可再次使用，D错误。
4．【答案】D
【解析】利用混合物中各物质的沸点不同对石油进行分离，即在给石油加热时，低沸点的烃先汽化，
经冷凝液化后分离出来，随着温度的升高，较高沸点的烃再汽化，经冷凝液化后又分离出来。这样不
断的加热汽化和冷凝液化，就可以把石油分成不同沸点范围内的分馏产物，需要的仪器有铁架台、铁
夹、铁圈、酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，选择冷凝管时，需要注意
冷凝管分为直形冷凝管、球形冷凝管、蛇形冷凝管等，直形冷凝管一般是用于蒸馏，即在用蒸馏法分
离物质时使用。而球形冷凝管、蛇形冷凝管一般用于反应装置，即在反应时考虑到反应物的蒸发流失而用球形冷凝管（或蛇形冷凝管）冷凝回流，则实验室模拟石油的分馏实验中应使用直形冷凝管、不
用球形冷凝管，选D。
5．【答案】C
【解析】氧化铁为红棕色固体，所以常用作红色涂料，A正确；次氯酸根具有强氧化性，所以次氯酸
钠具有漂白性，可用作漂白剂，B正确；浓硫酸具有吸水性，所以可以作为干燥剂，与其脱水性无关，
C错误；液氨汽化时要吸收大量的热，使周围环境温度降低，常用作制冷剂，D正确。
6．【答案】D
【解析】根据分子的球棍模型可知图 1是正丁烷，图2是异丁烷，A错误；异丁烷的结构简式为
(CH)CH，B错误；二者的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C错误；二者的分子式相同，
3 3
结构不同，二者互为同分异构体，D正确。
7．【答案】D
【解析】长期大量服用阿司匹林会导致不良的肠道反应，A不正确；麻黄碱剩余兴奋剂类药物，不能
真正提高成绩，应禁止使用，B不正确；氢氧化钠具有腐蚀性，应该用胃舒平等药物，C不正确；使
用青霉素前一定要进行皮试，D正确。
8．【答案】A
【解析】石英的主要成分是二氧化硅，①正确；水泥的成分是硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙，属于
硅酸盐，②正确；太阳能电池的主要成分是硅单质，太阳能是一种清洁能源，其应用有利于环保节能，
③正确；硅具有导电性，能作半导体材料等电子部件；二氧化硅具有良好的光学特性，能够用于制造
光学器件，④错误；水晶主要成分是二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不是硅酸盐，⑤错误；正确的有：
①②③，选A。
9．【答案】C
【解析】乙烷与氯气光照反应，可生成多种氯代物的混合物和氯化氢，A不合题意；乙烯与氯化氢气
体混合，反应生成氯乙烷（CH CH Cl），B不合题意；乙烯与氯气加成，只能生成 1，2-二氯乙烷
3 2
（ClCH CH Cl），C符合题意；乙烯通入浓盐酸中，不能发生反应，D不合题意。
2 2
10．【答案】B
【解析】镁条与盐酸发生置换反应，反应后溶液温度升高，所以该反应属于放热反应，A正确；碳与
二氧化碳反应生成一氧化碳，虽然反应属于化合反应，但需要在持续高温的条件下才能不断进行，所
以该反应属于吸热反应，B不正确；Ba(OH) ·8HO与NH Cl的反应需要吸收热量，所以该反应属于
2 2 4
吸热反应，C正确；化学变化中的能量变化主要是由化学键的断裂和形成引起的，断裂化学键吸热，
形成化学键放热，D正确。
11．【答案】A
【解析】正、逆反应速率相等，化学反应已达平衡状态，A正确；该反应的所有反应物、生成物均为气体，反应过程中气体总质量不变，容器体积也不变，则气体的密度为定值，所以容器内混合气体的
密度不再变化，不能说明反应已达平衡，B错误；HS、CO 、COS、HO的浓度相等，不意味着它们
2 2 2
的含量不再变化，不能说明反应已达平衡，C错误；该反应是可逆反应，HS、CO 、COS、HO在密
2 2 2
闭容器中共存，无法说明反应已达平衡，D错误。
12．【答案】D
【解析】煤作为化石能源是在短期内自然界无法得到补充的，水煤气是由煤和水高温反应的产物，是
不可再生能源，A错误；煤是由无机物和有机物组成的复杂的混合物，通过干馏可得到苯、甲苯、二
甲苯等有机物，B错误；①是煤的干馏，煤在隔绝空气的情况下加热的过程称为煤的干馏，C错误；
煤的气化是煤与水蒸气反应生成CO和氢气，煤的液化是煤与氢气反应生成液体燃料，干馏煤是将煤
在隔绝空气的条件下加强热使之分解，则煤的综合利用有煤的气化、液化和干馏，D正确。
13．【答案】C
【解析】甲烷是组成最简单的烷烃，也是最简单的有机物，A正确；甲烷与CH CH CH 均为烷烃，
3 2 3
两者分子中的碳原子数不同，结构相似，在分子组成上相差2个CH ，其互为同系物，B正确；甲烷
2
是难溶于水的气体，C不正确；甲烷在空气中的燃烧是放热反应，所有物质的燃烧都是放热反应，D
正确。
14．【答案】C
【解析】甲烷性质稳定，与酸性高锰酸钾不反应，不能被酸性 KMnO 溶液氧化而褪色，A错误；苯
4
性质稳定，与酸性高锰酸钾不反应，不能被酸性 KMnO 溶液氧化而褪色，B错误；乙醇含有－OH，
4
具有醇的性质，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，能被酸性KMnO 溶液氧化而使酸性高锰酸钾褪
4
色，C正确；乙酸与高锰酸钾不反应，所以乙酸不能被酸性KMnO 溶液氧化而褪色，D错误。
4
15．【答案】A
【解析】从总反应式Cd + 2 NiO(OH) + 2 HO Cd(OH) + 2 Ni(OH) 可以看出，放电时，Cd
2 2 2
由0价升高到+2价，Ni由+3价降低到+2价，所以负极材料是Cd，选A。
16．【答案】D
【解析】光电转换的基本装置就是太阳能电池，它的基本原理是光电效应，应用相当广泛，A正确；
氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学
家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，B正确；气体
难贮存和运输，将其转化为固态易贮存和运输，所以贮氢合金的应用，是解决氢气贮存、运输难题的
新途径，C正确；化石燃料包括，煤、石油和天然气，不能再生，而氢能是可以再生的能源，D不正
确。17．【答案】A
【解析】植树造林，通过光合作用可以吸收二氧化碳产生氧气，能降低温室效应，A错误；SO 能生
2
成亚硫酸，亚硫酸被氧化成硫酸，NO 能生成硝酸，所以能形成酸雨，B正确；汽车尾气中含有氮的
2
氧化物，能形成光化学烟雾，C正确；含氮、磷等元素的生活污水排入海洋中，能造成水体富营养化，
海水中红藻、褐藻等藻类植物大量繁殖，引起赤潮，D正确。
18．【答案】C
【解析】根据图示可知，CO 和 CH 在催化剂存在下反应生成 CH COOH，总反应方程式为
2 4 3
CO +CH→CH COOH；根据图示，①的总能量高于②的总能量，所以①→②放出能量，A正确；根
2 4 3
据图示，对比①和②，①→②形成了C－C键，B正确；根据图示，CH 选择性活化变为①过程中，
4
有1个C－H键发生断裂，C错误；由②得到乙酸的过程中，有一个氧原子上连了一个氢原子，即形
成了氧氢键，D正确。
19．【答案】D
【解析】配平后的反应为：IO + 5 I－ + 6 H+ ═ 3 I + 3 HO，反应中碘酸根离子中碘元素化合价由+5
2 2
价变化为0价，IO 为氧化剂，碘离子中I的化合价由－1价变化为0价，I－为还原剂，则反应中氧化
剂和还原剂的物质的量之比为1∶5，A正确；用淀粉KI试纸和食醋进行实验，发生反应IO + 5 I－ + 6
H+ ═ 3 I + 3 HO，生成的碘单质遇到淀粉变蓝色，B正确；食盐中含有Cl－，在含有IO 和Cl－的体
2 2
系中加入KI淀粉试纸和食醋进行实验，碘离子被氧化，而Cl－不被氧化，所以实验可证明该条件下I
－还原性强于Cl－，C正确；乙酸为弱酸，不是强酸，D错误。
20．【答案】B
【解析】左图为干电池，干电池的正极材料是碳棒，右图为原电池，正极材料是铜单质，两者正极材
为
料不同，A正确；干电池中MnO 应作氧化剂，Mn的化合价降低，B错误；所给装置中Zn 负极，
2
Zn失去电子，C正确；根据自放电现象的定义，Zn与稀硫酸能够发生反应，即原电池中Zn与稀硫酸
存在自放电现象，D正确。
21．【答案】（12分）（1） （2分）
（2） （2分）
（3）HO＞HS＞PH（2分）
2 2 3
（4）NaClO（1分） 离子化合物（1分）
（5）Cl－＞N3－＞Na+（2分）
（6）2CH CH OH + 2Na → 2CH CH ONa + H ↑（2分）
3 2 3 2 2
【解析】由元素在周期表的位置，①～⑧分别为H、C、N、O、Na、P、S、Cl，根据元素周期律及
元素的“构、位、性”进行分析解答。
（1）元素⑦是S元素，其离子结构示意图是 ；
（2）元素④⑤ 形成的一种化合物， 原子个数比为 1:l,即为Na O，其电子式是
2 2
；
（3）元素非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，元素④⑥⑦的非金属性O＞S＞P，故对应气
态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是HO＞HS＞PH ；
2 2 3
（4）④⑤⑧ 组成的一种化合物常用作漂白剂和消毒剂， 其化学式为NaClO，NaClO由钠离子和次氯
酸根离子构成，属于离子化合物；
（5）元素③⑤⑧的简单离子N3－、Na+具有相同电子层结构，核电荷数大的N3－半径大，Cl－比它们多
一个电子层，半径较大，故三者半径由大到小的顺序是Cl－＞N3－＞Na+；
（6）物质 M 由元素①②④组成， 分子中含羟基 ， 其相对分子质量为 46，则为CH CH OH，元素⑤
3 2
的单质Na与 M 反应生成乙醇钠和敢，反应的化学方程式为2CH CH OH + 2Na → 2CH CH ONa +
3 2 3 2H↑。
2
22．【答案】（12分）
I．（1）Al（1分） 铁（1分） （2）0.2（1分） 0.6（1分）
II．（1） + 2 H+ = S↓+ SO ↑+ HO（2分）
2 2
（2）Na CO + SO = Na SO + CO （2分）、Na SO + S = Na SO（2分）
2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3
（3）SO （1分） Na S（1分）
2 2
【解析】I．（1）FeO + 2Al 2 Fe + Al O ，该反应中铝从0价升高到+3价，故Al做还原
2 3 2 3
剂，铁从+3价降低到0价，降低的元素为铁；
（2）FeO + 2 Al 2 Fe + Al O ，反应中铝和铁系数比为1∶1，故消耗了0.2 mol Al的同
2 3 2 3
时会生成0.2mol铁，一个铝失去3个电子，故转移电子的物质的量为0.6 mol。II．纯碱与二氧化硫
作用生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与加入硫磺沸腾反应得到硫代硫酸钠；碳酸钠、硫化钠和废气中的二氧
化硫反应生成硫代硫酸钠。
（1）Na SO 和HCl反应生成氯化钠、硫单质、二氧化硫和水，其离子方程式为 + 2 H+ =
2 2 3
S↓+ SO ↑+ HO。
2 2
（2）方法Ⅰ中溶解的纯碱，与二氧化硫作用生成亚硫酸钠所包含的反应为Na CO + SO = Na SO +
2 3 2 2 3
CO ，加入硫磺沸腾反应为Na SO + S = Na SO。
2 2 3 2 2 3
（3）方法Ⅱ中是碳酸钠、硫化钠和废气中的二氧化硫反应，经吸硫、蒸发、结晶，制得硫代硫酸钠，
硫化钠中硫化合价升高，二氧化硫化合价降低，因此做氧化剂的物质是SO ，做还原剂的是Na S。
2 2
23．【答案】（12分）
（1）0.2（2分）
（2）0.025（2分）
（3）Zn被氧化，表面有ZnO，且优先消耗酸（2分）
（4）①盐酸浓度减小，使反应速率减慢（2分）
②盐酸与Zn反应放热，体系温度升高，使反应速率加快（2分）
（5）氢离子的浓度、温度以及Cl－、SO 等（2分）
【解析】（1）根据图1，c(H+) = 0.4 mol/L，每个硫酸电离产生两个氢离子，则硫酸的物质的量浓度
为0.2 mol/L，即数值a为0.2。
（2）在2～6s内，c(H+)由0.38 mol/L降为0.28 mol/L，则反应掉c(H+) = 0.38 mol/L－0.28 mol/L =0.1 mol/L，H+的反应速率为v(H+) = = 0.025 mol·L－1·s－1；
（3）锌为活泼金属，表面有氧化锌，所以可能的原因是Zn被氧化，表面有ZnO消耗酸；
（4）①随着反应的进行盐酸的浓度逐渐减小，所以Zn与盐酸反应的速率逐渐减慢，故原因可能是盐
酸浓度减小使反应速率减慢；
②金属与酸反应放热，温度升高反应速率加快，所以第4～6s的反应速率高于第2～4s的反应速率，
原因可能是盐酸与Zn反应放热，使反应速率加快；
（5）依据上述实验及数据推测，温度越高，反应速率越快；氢离子浓度越大，反应速率越快；盐酸
与硫酸氢离子浓度相同时，阴离子不同，反应速率不同，所以影响锌与酸反应生成氢气的快慢的因素
有氢离子的浓度、温度以及Cl－、SO 等。
24．【答案】（12分）
I．（1）2 NH Cl + Ca(OH) CaCl + 2 HO + 2 NH ↑（2分）
4 2 2 2 3
（2）蓝（1分）
（3）产生大量白烟（1分）
（4）丙（1分） 不能（1分）
II．（1）烧瓶上方气体变为红棕色（1分） 2 NO + O = 2 NO （1分）
2 2
（2）红棕色气体变为无色，烧瓶中进入少量水（1分） 3 NO + HO = 2 HNO + NO（2分）
2 2 3
（3）慢慢通入氧气，并不断摇动烧瓶（1分）
【解析】I．（1）实验室用氯化铵和氢氧化钙共热生成氯化钙、氨气和水，化学方程式是
2NH Cl+Ca(OH) CaCl +2H O+2NH ↑；
4 2 2 2 3
（2）氨气与水生成一水合氨具有碱性，能使红色石蕊试纸变为蓝色；
（3）向②中滴入浓盐酸，浓盐酸挥发出来的HCl和氨气反应生成氯化铵固体，所以现象是产生大量
白烟；
（4）加热碳酸氢铵固体生成氨气的同时还有二氧化碳和水，所以制取纯净的氨气用碱石灰除去二氧
化碳和水，故丙同学能够达到实验目的；NH Cl分解生成氨气和氯化氢气体，气体冷却后氨气和氯化
4
氢能反应生成NH Cl，所以不能用NH Cl代替。
4 4
II．（1）无色的NO能与O 反应产生红棕色的NO ，发生反应的化学方程式为2NO+O =2NO，故观
2 2 2 2
察到烧瓶中气体由无色变为红棕色；
（2）轻轻摇动平底烧瓶，使得NO 与水发生反应3NO +H O=2HNO +NO，所以烧杯中红棕色气体又
2 2 2 3变为无色，烧瓶中液面上升；
（3）欲使烧瓶中尽可能全充满液体，应通入氧气使NO与氧气反应转化为NO 再与水反应，最终全
2
部转化为硝酸，操作的关键是慢慢通入氧气，并不断摇动烧瓶。
25．【答案】（12分）
（1）CH（1分）
2 4
（2）碳碳双键（1分） －OH（1分）
（3）加成反应（1分） 酯化反应（或取代反应）（1分）
（4）CH COOH +CH CH OH CH COOCH CH +H O（2分）
3 3 2 3 2 3 2
（5）①2 Na O + 2 HO = 4 NaOH + O↑（2分） ②生成砖红色物质（沉淀）（1分）
2 2 2 2
③2 CH CH OH + O 2 CH CHO + 2 HO（2分）
3 2 2 3 2
【解析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为乙烯，分子式为CH，在催化剂作
2 4
用下乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则B为乙醇，乙醇与氧气在催化剂作用下发生氧化还原反应生
成乙醛，乙醛在催化剂作用下继续被氧气氧化生成乙酸，乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反
应生成乙酸乙酯，则C为乙醛、D为乙酸、E为乙酸乙酯，据此分析解答（1）～（4）；
（1）根据分析，A为乙烯，分子式为CH；
2 4
（2）A为乙烯，结构简式为CH =CH，官能团的名称是碳碳双键；B为乙醇，官能团为羟基，官能
2 2
团的结构简式是－OH；
（3）反应①为在催化剂作用下乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应类型为加成反应；反应④为乙
酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应类型为酯化反应(或取代反应)；
（4）反应④为乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为
CH COOH +CH CH OH CH COOCH CH +H O；
3 3 2 3 2 3 2
（5）①装置甲锥形瓶中盛放的固体为过氧化钠，甲中过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应
的化学方程式2Na O+2H O=4NaOH+O ↑；
2 2 2 2
②乙醇催化氧化的产物为乙醛，乙醛与葡萄糖都含有醛基，将所得的乙醛滴加到新制氢氧化铜悬浊液
中加热发生反应生成乙酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为：CH CHO+2Cu(OH)
3 2
CH COOH+Cu O↓+2H O，现象为生成砖红色物质(沉淀)；
3 2 2
③实验过程中，丙装置硬质玻璃管中铜网作催化剂，乙醇在催化剂、加热作用下被氧气氧化成乙醛，反应的化学方程式为2CH CH OH+O 2CH CHO+2H O。
3 2 2 3 2
