山东省临沂市2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）

1、试卷第 =page 18 18页，共 =sectionpages 19 19页试卷第 =page 19 19页，共 =sectionpages 19 19页山东省临沂市2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法错误的是A疫苗一般冷藏存放以避免蛋白质变性B科学家成功将CO2转化为淀粉有利于实现“碳中和”C葡萄糖作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解D“天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料【答案】C【详解】A疫苗通常为蛋白质，蛋白质受热易发生变性，所以疫苗一般需冷藏存放，A正确；B将CO2转

2、化为淀粉，有利于将工农业生产中产生的CO2进行有效利用，从而减少向大气中的排放，有利于实现“碳中和”，B正确；C葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，C错误；D氮化硼是无机化合物，氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，D正确；故选C。2下列化学用语表述正确的是AS2-的结构示意图：BHCl的电子式： CHClO的结构式：HOClD质子数为35、中子数为45的溴原子：【答案】C【详解】A硫离子(S2-)最外层为8个电子，结构示意图可表示为，A错误；BHCl为共价化合物，H与Cl之间共用1对电子，电子式为，B错误；CHClO为共价化合物，H与O之间、Cl与O之间各共用1对电子，结构式为H-O-Cl，C正确

3、；D质子数为35、中子数为45的溴原子为，D错误；故选C。3下列应用没有涉及化学变化的是A碳酸氢钠作食品膨松剂B用硫粉覆盖散落的汞C利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱D北京冬奥会场馆使用CO2跨临界直冷制冰【答案】D【详解】A碳酸氢钠在作食品膨松剂时发生分解反应生成碳酸钠、水和二氧化碳，从而起到使食品膨松的作用，涉及到化学反应，故A不选；B硫与汞反应的化学方程式为：Hg+S=HgS，生成的硫化汞(HgS)为固体，所以用硫粉覆盖撒落在地面的汞，可防止汞重金属挥发，使人体蛋白质发生变性，造成危害，涉及到化学变化，故B不选；C“侯氏联合制碱法”的过程中有新物质纯碱生成，属于化学变化，故C不选；D使用CO

4、2跨临界直冷制冰利用的是二氧化碳的物理性质，不涉及化学变化，故D选；正确答案是D。4下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A氨水溶液中： B无色透明的溶液中：C“84”消毒液中：DpH=1的溶液中：【答案】A【详解】A之间不反应，且都不与氨水反应，在溶液中能够大量共存，故A选；B有颜色且和会发生络合反应，在溶液中不能大量共存，故B不选；C“84”消毒液中含有次氯酸钠具有氧化性，I-不能在其中大量存在，故C不选；DpH=1的溶液中含有大量氢离子，碳酸氢根会和氢离子反应，在溶液中不能大量存在，故D不选；正确答案是A。5下列有关元素及其化合物的说法正确的是ANa久置于空气中最终生成NaHCO3B盐酸

5、可以除去铜器表面的铜锈C水蒸气通过灼热的铁粉生成氢氧化铁和氢气D向KClO3溶液中滴加AgNO3溶液得到白色AgCl沉淀【答案】B【详解】ANa放置于空气中，先被氧化为Na2O，Na2O与水反应生成NaOH，NaOH吸收CO2生成Na2CO3溶液，进而转化为碳酸钠晶体，晶体风化后转化为碳酸钠粉末，A不正确；B铜器表面的铜锈为弱酸的碱式盐，用盐酸洗涤时发生反应，生成CuCl2、H2O和CO2气体，而Cu与盐酸不反应，B正确；C水蒸气通过灼热的铁粉时发生反应，生成四氧化三铁和氢气，C不正确；DKClO3溶液中不含有Cl-，滴加AgNO3溶液后不能得到白色AgCl沉淀，D不正确；故选B。6下列离子方

6、程式书写正确的是A通入水中：B向碳酸钠溶液中通入少量CO2：C将铜丝插入稀硝酸中：D向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：【答案】B【详解】AHClO是弱酸，不能拆，离子方程式为Cl2H2O = HClHClO，A错误；B向Na2CO3溶液中通入少量CO2生成NaHCO3，离子方程式为CO2+H2O+=2，B正确；CCu与稀HNO3反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O，C错误；DBa(OH)2溶液中加入稀硫酸生成BaSO4和H2O，离子方程式为2H+Ba2+2OH-= BaSO4+2H2O，D错误；故选B。7为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A含有的中子数为B溶液中

7、阴离子数目为3C含的浓硫酸与足量的铜反应，转移电子数为0.2D与在光照下反应生成的分子数为0.1【答案】A【详解】A3He的的摩尔质量为3g/mol，其中质子数为2，则中子数1，则3g3He的物质的量为1mol，中子数为NA，A正确；B由于没有给硫酸铝溶液的体积，则无法计算阴离子的数目，B错误；C由于铜足量，随着反应的进行，浓硫酸一旦变为稀硫酸之后，反应即停止，无法计算转移的电子数，C错误；D甲烷和氯气在光照的反应一共生成四种取代产物，无法计算一氯甲烷的物质的量，D错误；故选A。8利用下列仪器(夹持装置略)能完成的实验是A制备乙酸乙酯B制备胶体C配制稀硫酸D溶液的浓缩结晶【答案】C【详解】A制

8、备乙酸乙酯需要酒精灯，题目中没有酒精灯，不能完成，A错误；B制备胶体，需要将饱和氯化铁溶液滴到沸水中，题目中没有酒精灯，B错误；C配制稀硫酸，需要的实验仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、 胶头滴管等，可以完成，C正确；D溶液的浓缩结晶需要的实验仪器有：酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等,因缺少蒸发皿和酒精灯，无法完成实验，D错误；故选C。9已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3 +2H2O= +MnO2+4OH-。下列用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4 的实验原理和装置能达到实验目的的是A用装置甲制备Cl2B用装置乙除去Cl2中的HClC用装置丙使

9、K2MnO4转化成KMnO4D用装置丁分离出溶液中的MnO2【答案】D【详解】AMnO2和浓盐酸反应制备Cl2是需要加热，故用装置甲不能制备得到Cl2，A不合题意；B由于HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2，故用装置乙除去Cl2中的HCl是将引入新的杂质CO2，除去Cl2中的HCl应该用饱和食盐水，B不合题意；C反应装置中通入气体应该长管进入，C不合题意；DMnO2不溶于水，可用过滤即装置丁分离出溶液中的MnO2，D符合题意；故答案为：D。10从海带中提取碘的一种实验流程如图所示。下列说法错误的是A灼烧海带可在坩埚中进行B操作a的名称为过滤C通入氯气时发生的主要反应为D试剂X可以选用

10、无水乙醇【答案】D【分析】干海带在坩埚中灼烧后成为海带灰，用水浸取后过滤，滤液中通入Cl2，将I-氧化为I2；用有机溶剂萃取后分液，蒸馏有机碘溶液，便可获得碘。【详解】A坩埚是耐高温的仪器，灼烧海带可在坩埚中进行，A正确；B操作a用于分离固体与液体的混合物，其名称为过滤，B正确；C通入氯气时，Cl2将I-氧化为I2，发生的主要反应为，C正确；D试剂X应为与水不互溶的有机溶剂，乙醇易溶于水，不能作萃取剂，D错误；故选D。11工业上合成氨反应为，这是一个正反应放热的可逆反应。下列说法正确的是A生成物的总能量大于反应物的总能量B该反应中N2与H2的转化率一定相等C使用合适的催化剂可以加快反应速率，提

11、高生产效率D将该反应设计成原电池，其能量转化率可达100%【答案】C【详解】A正反应是放热反应，则生成物的总能量小于反应物的总能量，故A错误；B该反应中N2与H2的转化量一定相等，由于起始量未知，二者的转化率不一定相等，故B错误；C使用催化剂加快了反应速率，缩短反应时间，提高反应效率，平衡不移动，故C正确；D该反应是可逆反应，不可能完全反应，其能量转化率不可能是100%，故D错误；故选C。12X、Y、Z、W均为第三周期主族元素，且原子序数依次增大。X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物两两之间都能发生反应，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是AX与氧元素形成的化合物中可能含有共

12、价键B第三周期元素的简单离子中Y离子的半径最小CZ的氧化物均为酸性氧化物DW的氧化物对应水化物的酸性一定强于Z【答案】D【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的第三周期主族元素，Z原子最外层电子数是其电子层数的2倍，则Z为S元素；X、Y、Z最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，X为Na元素、Y为Al元素；由原子序数可知，W为Cl元素，综上所述，X、Y、Z、W分别为Na、Al、S、Cl。【详解】ANa与O可以形成Na2O2，Na2O2中含有非极性共价键，A正确；B一般来说，电子层数越少，半径越小，核外电子层相同的情况下，原子序数越大半径越小，因此Al3+在第三周期的离子中半径最小，B正确

13、；CS的两种氧化物SO2、SO3均为酸性氧化物，C正确；DW的氧化物对应水化物有多种，HClO的酸性小于H2SO4，D错误；故选D。二、多选题13某合成药物中间体的结构简式如图所示。下列关于该化合物的说法错误的是A分子式为B分子中含有3种官能团C可发生加成和取代反应D可使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同【答案】AD【详解】A根据其结构简式，其中包括7个C、8个H、5个O，其分子式为C7H8O5，则A错误；B其官能为羟基、羧基、碳碳双键，B正确；C双键可加成，羟基可取代，C正确；D使溴的四氯化碳溶液褪色是因为双键与溴发生了加成，使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为发生了氧化反应，原

14、理并不相同，D错误；故选AD。14根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，紫色褪去铁锈中含有二价铁B向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体乙醇中含有水C室温下，向溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色I-的还原性比Fe2+的强D向久置的溶液中加入足量溶液，生成白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解部分被氧化AABBCCDD【答案】CD【详解】A浓盐酸遇到高锰酸钾溶液，也会使高锰酸钾溶液褪色，无法判断二价铁的存在，A错误；B乙醇本身就能和钠反应产生氢气，无法证明其中有水，B错误；C向氯化铁溶液中滴加KI溶液，再滴加淀粉溶

15、液，溶液变蓝，说明生成了碘，其方程式为，I-是还原剂，Fe2+是还原产物，则还原性I-大于Fe2+，C正确；D由于加入稀盐酸后，沉淀部分溶解，即有部分亚硫酸钠被氧化成了硫酸钠，与氯化钡反应生成了硫酸钡的原因，D正确；故选CD15亚氯酸钠()是一种高效的漂白剂和氧化剂，制备亚氯酸钠的流程如下。已知：纯易分解爆炸，一般稀释到10%以下安全；“有效氯含量”是指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。下列说法正确的是A的“有效氯含量”约为1.27gB鼓入空气的主要目的是稀释以防爆炸C反应I中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1D反应II条件下，的氧化性大于【答案】BD【分析】由制备流

16、程可知，NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成NaHSO4和ClO2，反应I为2NaClO3+H2SO4+SO22ClO2+2NaHSO4，ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2，反应II为2NaOH+2ClO2+H2O2O2+2H2O+2NaClO2，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO2。【详解】A“有效氯含量”是指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力，则NaClO2的“有效氯含量”为1.57g，A错误；B纯ClO2易分解爆炸，鼓入空气可以稀释ClO2以防爆炸，B正确；C反应I为2NaClO3+H2SO4+SO22ClO2+2NaHSO

17、4，氧化产物NaHSO4和还原产物ClO2的物质的量之比为11，C错误；D反应II为2NaOH+2ClO2+H2O2O2+2H2O+2NaClO2，H2O2作还原剂，ClO2为氧化剂，ClO2的氧化性大于H2O2，D正确；故选BD。三、元素或物质推断题16氮及其化合物的价类二维图如下图所示。回答下列问题：(1)从氮元素化合价变化的角度分析，A、C、D、F中既有氧化性又有还原性的有_(填化学式)。(2)B分子中含有18个电子，其电子式为_；A与NaClO溶液反应制备B的离子方程式为_。(3)将气体A充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入气体E(两端用夹子K1、K2夹好)，在一定温度下

18、按下图装置进行实验。操作步骤实验现象解释原因打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中Y管中_C为产物之一，则反应的化学方程式为_将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝集打开K2_(4)工业上以A为原料生产G，反应路线为ADEFG，假设生产过程中氮的转化率为100%，则生产80kgG，共消耗标准状况下O2的体积为_m3。【答案】(1)N2、NO(2) (3) 红棕色气体慢慢变浅 Z中NaOH溶液产生倒吸现象 反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压(4)44.8【分析】A为氢化物，N为-3价，则A为NH3；B为氢化物，N为-2价，则B为N2H4；C

19、是单质，则C为N2；D为氧化物，N为+2价，则D为NO；E为氧化物，N为+4价，则E为NO2或N2O4；F为含氧酸，N为+5价，则F为HNO3；G为盐，N为-3价和+5价，则G为NH4NO3；（1）处于中间价态的，就既有氧化性又有还原性，即N2、NO既有氧化性又有还原性。（2）B为N2H4，其电子式为：，A与NaClO溶液反应制备B即NH3与NaClO2反应生成N2H4，同时生成水和氯化钠，其离子方程式为（3）根据已知，Y管中充满了NO2，推入X中NH3之后，生成了N2，现象即为红棕色气体慢慢变浅，其方程式为：；打开K2之后，由于Y中反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压，所以Z中NaOH溶

20、液产生倒吸现象。（4）工业上以A为原料生产G，反应路线为ADEFG，即NH3NONO2HNO3NH4NO3，由方程式、可得总反应，已知N的转化率为100%，硝酸铵的质量为80Kg，其物质的量为1000mol，可知消耗的氧气的物质的是为2000mol，标况下的体积为44800L，合44.8m3。四、填空题17A是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，F是一种油状液体，转化关系如下图所示(部分反应条件、产物省略)。已知：。回答下列问题：(1)A的结构简式为_；D分子中最多有_个原子共平面；E中官能团的名称为_。(2)设计实验证明A与溴水发生加成反应而不是取代反应

21、_。(3)已知烃X中碳、氢元素的质量比为5：1，它的同分异构体共有_种，其中一氯代物有4种的是_(写结构简式)。(4)C+EF的化学方程式为_。(5)E可用于制取聚丙烯酸树脂漆，聚丙烯酸的结构简式为_。【答案】(1) 7 碳碳双键、羧基(2)用pH计分别测反应前后溶液的pH，测得反应后溶液的pH变大，证明乙烯与溴水发生加成反应而不是取代反应(3) 3 (4)(5)【分析】A是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。这句话表明A为乙烯。一般情况下，乙烯与Br2发生加成反应生成1，2-二溴乙烷（）。依据可知在加热条件下1，2-二溴乙烷在碱的水溶液中发生反应生成乙二

22、醇（）。（1）乙烯产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，所以A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2。D为丙烯，可认为是甲烷中的一个氢原子被乙烯基（-CH=CH2）取代而获得。由于乙烯是平面结构，乙烯基中的5个原子均在一个平面上。甲烷中的碳原子由于与乙烯基相连也处于乙烯基平面上。另外，碳碳单键能够旋转，使得甲基上的一个氢原子也可处于乙烯基平面上。于是，最多由7个原子共面。E中官能团结构为和，分别称为碳碳双键和羧基。答案为：CH2=CH2；3；碳碳双键、羧基。（2）如乙烯与Br2发生取代反应，则反应过程中有HBr生成，使溴水溶液酸性增强，pH降低。如乙烯与Br2发生加成反应，Br2分子不断减少

23、，反应不断逆向移动，HBr不断减少，酸性减低，pH变大。答案为：用pH计分别测反应前后溶液的pH，测得反应后溶液的pH变大，证明乙烯与溴水发生加成反应而不是取代反应。（3）X为烃，表明X只含碳和氢两种元素。设X的化学式为CxHy，依据题意有。于是，X的化学式可写为C5H12，为戊烷。戊烷的同分异构体有、和，共3种。每种同分异构体一氯代物的种类3种（，编号表示氯原子可取代的位置，下同）、4种（）和1种（）。于是，符合题目要求的结构为。答案为：7；。（4）C为乙二醇，可与2分子E在一定条件下发生酯化反应形成二酯，其方程式为：答案为：（5）聚丙烯酸由丙烯酸加聚而成。丙烯酸结构简式为CH2=CHCOO

24、H，聚丙烯酸结构简式为。答案为：。五、原理综合题18将CO2还原为甲烷能有效促进“碳中和”。一定温度下，在2L恒容密闭容器中，CO2催化加氢合成甲烷，其反应为。(1)部分化学键的键能如下表所示：化学键CHHHHOC=O键能/(kJmol-1)413436463a已知生成1molCH4时，该反应释放270kJ能量，则a=_。(2)结合图中数据，反应开始至2min末，以H2的浓度变化表示的化学反应速率为_；x、y两点的化学反应速率：_(填“”、“(3)bd(4) CH4 1.8mol【解析】（1）已知生成1molCH4时，该反应释放270kJ能量，则H=-270kJ/mol，反应的焓变等于反应物键

25、能减去生成物的键能，则2a+4436 kJ/mol-4413 kJ/mol -4463 kJ/mol=-270kJ/mol，a=745 kJ/mol；（2）结合图中数据，反应开始至2min末，以甲烷的浓度变化表示的化学反应速率为，则以H2的浓度变化表示的化学反应速率为；x点反应没有达到平衡，y点反应达到平衡，则=。（3）a容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；a错误；b反应为气体分子数改变的反应，容器中的压强保持不变说明反应已达平衡；b正确；cCO2的浓度与CH4的浓度相等，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应已达平衡；c错误；d单位时间内消耗1mo

26、lCO2，同时生成4molH2，说明正逆反应速率相等，能说明反应已达平衡；d正确；故选bd；（4）由电子流向可知，b为负极，a为正极；甲烷发生氧化反应，为负极，故b极通入的气体是甲烷，a通入的气体为氧气，a极的电极反应为氧气得到电子发生还原反应，反应式为。当消耗标准状况下5.6L甲烷时，甲烷的物质的量为0.25mol，若电池的能量转化率为90%，则导线中转移电子的物质的量为0.25mol890%=1.8mol。六、工业流程题19磷酸亚铁锂()是新型锂离子电池的电极材料，来源广泛且无污染。利用钛铁矿(主要成分为，含有少量杂质)制备的工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)钛铁矿预先粉碎的目的是_；

27、反应过程中Ti的化合价没有发生变化，则中Fe元素的化合价为_。(2)滤渣的主要成分为_；“沉铁”后的滤液可返回_填操作单元的名称)工序中循环使用。(3)“沉铁”过程中，加入H2O2的作用是_(用离子方程式表示)；判断磷酸已过量的实验方法是_。(4)“高温煅烧”过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。【答案】(1) 增大接触面积，加快化学反应速率 +2(2) 酸浸(3) 静置，向上层清液中继续滴加磷酸，若无沉淀产生，证明磷酸已过量(或取少许滤液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，证明磷酸已过量)(4)2：1【分析】用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量SiO2等杂质)来制备LiFe

28、PO4，由制备流程可知，加硫酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液中含Fe2+、TiO2，过滤，沉淀为TiO2，滤液中的Fe2+与H2O2反应生成Fe3+，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，加入Li2CO3、H2C2O4高温煅烧得到产品。（1）粉碎钛铁矿可以增大接触面积，加快化学反应速率；反应过程中Ti的化合价没有发生变化，Ti为+4价，O为-2价，故FeTiO3中Fe为+2价；（2）根据分析，滤渣的主要成分为SiO2；“沉铁”后的滤液中含有H2SO4，因此可以返回酸浸工序；（3）根据分析，加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；H3PO4与Fe3+反应能生成FePO4沉淀，因此可以静置，向上层清液中继续滴加磷酸，若无沉淀产生，证明磷酸已过量，也可以检验Fe3+还是否存在，使用KSCN，取少许滤液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，证明磷酸已过量；（4）FePO4和碳酸锂、草酸反应生成二氧化碳和LiFePO4，反应方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4 +H2O+3CO2，氧化剂为FePO4，还原剂为H2C2O4，物质的量之比为2：1。七、实验题20硫代硫酸钠(Na2S2O3)常用作分析试剂及还原剂，易溶于水。某实验小组用如图装置(夹持、加热仪器已略