安徽省蚌埠市2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题Word版含解析

蚌埠市2021~2022学年度第二学期期末学业水平监测高一化学注意事项：1.考试时间75分钟，满分100分。本卷分为第I卷和第II卷。2.作答时务必将答案写在答题卷上，写在试题卷及草稿纸上无效。3.可能用到的相对原子质量：H1C12O16N14第I卷(选择题部分)一、选择题(共15题，每题3分，共45分，每题只有一个合理选项，多选、错选、漏选均不得分)1.下列与生活相关的化学知识，其中说法不正确的是A.夏天人们喜欢穿棉和麻材质的衣物，这两类物质均与淀粉互为同分异构体B.煤经过气化和液化等化学变化可转化为清洁燃料C.双氧水和75%的酒精是两种原理不同的消毒剂D.灼烧蛋白质时会产生烧焦羽毛的特殊气味，利用这一性质可鉴别棉和蚕丝【答案】A【解析】【详解】A．做衣服用的棉和麻主要成分为纤维素，与淀粉均是高分子化合物，但二者分子式不同，不互为同分异构体，A项错误；B．煤经过气化可生成一氧化碳、氢气等，经液化可生成甲醇，所以经过两种化学变化均可转化为清洁燃料，B项正确；C．双氧水和75%的酒精均可用于杀菌消毒，但原理不同，前者是氧化作用，后者是使细胞脱水而变性死亡，C项正确；D．蛋白质灼烧时会产生烧焦羽手的特殊气味，蚕丝的成分为蛋白质，棉花的成分为纤维素，所以利用这一性质可鉴别棉和蚕丝，D项正确；故答案选A。2.中国传统文化对人类文化贡献巨大。在很多古代文献中都涉及到丰富的化学知识，对其理解不合理的是A.《抱朴子·黄白》中“曾青涂铁，铁赤色如铜”主要发生了置换反应B.《浪淘沙》中“吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中以游离态形式存在C.《梦溪笔谈》中“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”中的剂钢是指铁的合金D.《天工开物·五金》中记载：“若造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内……众人柳棍疾搅，即时炒成熟铁。”炒铁是为了降低铁水中的碳含量，且熟铁比生铁质地更硬，延展性稍差【答案】D【解析】【详解】A．《抱朴子·黄白》中“曾青涂铁，铁赤色如铜”主要发生了铁与硫酸铜的置换反应，生成铜与硫酸亚铁，故A正确；B．金的化学性质稳定，淘金淘到的是金单质，说明金在自然界以游离态存在，故B正确；C．“剑刃硬度要大，需要以剂钢为刃”，所以剂钢是铁碳合金，故C正确；D．熟铁含碳量更低，延展性更好，质地也更硬，故D错误；故答案选D。3.下列化学用语表示正确的是A.CH3Cl的电子式：B.甲烷的球棍模型：C.HClO的结构式：H-O-ClD.聚丙烯的结构简式：【答案】C【解析】【详解】A．在CH3Cl中C原子与3个H原子形成3个C-H共价键，C原子与Cl原子形成一个C-Cl键，从而使分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子稳定结构，故其电子式为，A错误；B．原子半径：C＞H，且甲烷分子为正四面体结构，故CH4的球棍模型为，B错误；C．在HClO分子中，O原子分别与H、Cl原子各形成1对共用电子对，使分子中各个原子都达到稳定结构，故HClO的结构式：H-O-Cl，C正确；D．聚丙烯是CH2=CH-CH3发生加聚反应产生的高聚物，其结构简式为，D错误；故合理选项是C。4.下列说法正确的是：A.石油的分馏、裂化、裂解均属于化学变化B.煤的干馏、气化、液化均属于物理变化C.汽油、煤油、柴油、聚乙烯均是纯净物D.天然气、沼气的主要成分均是甲烷【答案】D【解析】【分析】【详解】A．裂化、裂解均属于化学变化，石油的分馏是利用石油中各组分的沸点的不同，用加热冷凝的方法将各组分分离的过程，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B．煤的干馏、气化、液化均有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C．石油分馏后所得的汽油、煤油和柴油仍属于混合物，聚乙烯是高分子化合物，聚合度不确定，也是混合物，故C错误；D．天然气、沼气的主要成分均是甲烷，故D正确；故选D5.下列物质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应且都有气体生成的是A.AlB.Al2O3C.Al(OH)3D.NaHCO3【答案】A【解析】【分析】【详解】A．Al

能和稀盐酸、NaOH溶液反应生成盐和氢气，故A选；B．Al2O3与盐酸、氢氧化钠都能反应，但均无气体产生，故B不选；C．Al(OH)3属于两性氢氧化物，能和稀盐酸、NaOH溶液反应生成盐和水，均无气体产生，故C不选；D．NaHCO3属于弱酸酸式盐，能和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，能和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，与氢氧化钠反应没有气体产生，故D不选；故选A。6.经研究发现，镭能蜕变为Rn，故将Rn称之为镭射气；钍能蜕变为Rn，故将Rn称之为钍射气；錒能蜕变为Rn，故将Rn称之为锕射气。下列说法正确的是A.Rn的中子数比质子数多50B.Rn、Rn、Rn互为同素异形体C.Rn的最外层电子数为8，故其在第VIII族D.镭(Ra)可以通过释放蜕变为Rn【答案】A【解析】【详解】A．Rn的中子数为136，质子数为86，所以中子数比质子数多50，A项正确；B．Rn、Rn、Rn属于同一种元素，质子数相同，中子数不同，互为同位素，B项错误；C．Rn的最外层电子数为8，故其在元素周期表的0族，C项错误；D．镭(Ra)释放蜕变为Rn时，不满足质子守恒和质量守恒，D项错误；故答案选A。7.下列各组性质的比较中正确的是A.酸性HClO4＜HBrO4＜HIO4B.碱性Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2C.稳定性HCl＞PH3＞H2SD.还原性Cl-＞Br-＞I-【答案】B【解析】【详解】A．元素的非金属性为Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性为HClO4＞HBrO4＞HIO4，故A错误；B．金属性为Ba＞Ca＞Mg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性为Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2，故B正确；C．元素非金属性为Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则热稳定性为HCl＞H2S＞PH3，故C错误；D．元素的非金属性为Cl＞Br＞I，则还原性为I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，故D错误．故选B．8.不同主族的短周期元素X、Y、Z、W其原子序数依次增大，X、Y的简单离子的电子层结构相同，短周期主族元素原子中Y的原子半径最大，Z原子最外层电子数是K层的3倍。下列说法错误的是A.熔化YW时离子键被破坏B.X的简单氢化物可作制冷剂C.简单离子的半径：Z＞WD.Y和Z形成的化合物一定为离子化合物，不含共价键【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的不同主族的短周期元素，短周期元素Y的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则Y为Na元素；Z原子最外层电子数是K层的3倍，其原子序数大于Na，则Z最外层含有6个电子，Z原子核外电子排布是2、8、6，则Z为S元素；W的原子序数大于S，且为短周期主族元素，则W为Cl元素；X、Y的简单离子的核外电子数相同，则X位于第二周期的非金属元素，由于各元素不同主族，则X为N元素，据此分析解答。【详解】根据分析可知：X为N元素，Y为Na，Z为S，W为Cl元素。A.Y为Na，W为Cl元素，化合物YW为NaCl，该化合物为离子化合物，熔化时断裂离子键，A正确；B.X为N元素，其简单氢化物NH3易液化，液氨气化时会吸收大量热，使周围环境温度降低，因此可以作制冷剂，B正确；C.Z为S，W为Cl元素，二者形成的简单离子S2-、Cl-核外电子排布是2、8、8，电子层结构相同。对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Z＞W，C正确；D.Y为Na，Z为S，二者形成的化合物Na2S是离子化合物，Na+、S2-以离子键结合；而Na2S2也是离子化合物，Na+、S以离子键结合，在阴离子S中两个S原子之间以共价键结合，故Y和Z形成的化合物一定为离子化合物，其中可能不含共价键，也可能含有共价键，D错误；故合理选项是D。9.以碳纳米管作电极材料的柔性电池可广泛应用于“3D”打印机。该电池工作原理如图，其总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4=MnOOH+Zn(OH)2+ZnSO4·xH2O。下列说法错误的是A.电子由锌膜流向MnO2膜B.该电池的负极反应为：MnO2+e-+H2O→MnOOH+OH-C.碳纳米管可以增大电极反应的接触面积加快电池反应速率D.ZnSO4是该电池的离子导体，通过离子的定向移动来实现内电路的导电【答案】B【解析】【详解】A．根据电池的总反应可知，Zn失去电子发生氧化反应，MnO2中Mn得电子发生还原反应，所以锌膜为负极，MnO2膜为正极，电子由锌膜流向MnO2膜，故A项正确；B．该电池的负极为锌膜，电极反应为，故B项错误；C．碳纳米管具有导电性，可以作为电极材料，同时可以增大电极反应的接触面积加快电池反应速率，故C项正确；D．吸收ZnSO4溶液的有机高聚物层中锌离子发生定向移动，可让电流通过，故D项正确；答案选B。10.研究表明，在一定条件下，气态HCN与CNH两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下列说法正确的是A.CNH(g)比HCN(g)更稳定B.HCN(g)转化为CNH(g)一定要加热C.断开1molHCN(g)中所有的化学键需要放出127.2kJ的热量D.1molHCN(g)转化为1molCNH(g)需要吸收59.3kJ的热量【答案】D【解析】【详解】A．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。根据图示可知等物质的量的HCN比CNH含有的能量更低，因此HCN比CNH更稳定，A错误；B．由图示可知HCN比CNH能量低，则HCN(g)→CNH(g)时会吸收能量，反应为吸热反应，但反应条件不一定需要在加热条件下进行，B错误；C．根据图示可知1molHCN(g)转化为中间状态的物质时需吸收186.5kJ的热量，但由于该中间物质中仍然存在化学键，断裂化学键需吸收能量，因此1molHCN(g)中的所有化学键全部断开需要吸收的热量大于186.5kJ，C错误；D．根据图示可知1molHCN(g)转化为1molCNH(g)需要吸收的能量为186.5kJ-127.2kJ=59.3kJ，D正确；故选D。11.下列实验方案不能达到实验目的的是ABCD

验证石蜡油分解产物中一定含有乙烯吸收氨气验证苯的凯库勒式的正确性比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．石蜡油分解产生不饱和烃可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不一定乙烯，故A错误；B．氨气极易溶于水，会形成倒吸，先通过四氯化碳有机层可防止倒吸，能吸收氨气，故B正确；C．德国化学家凯库勒分析了大量事实后认为，苯分子中的6个碳原子以单、双键相互交替结合成的，称之为凯库勒式，则若溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色，说明苯含有碳碳双键，若不褪色，说明不含有，即可证明苯的凯库勒式的正确性，故C正确；D．高锰酸钾可与浓盐酸反应生成氯气，锰元素化合价降低KMnO4做氧化剂，氯元素化合价升高Cl2做氧化产物，由氧化剂的氧化性比氧化产物的强，可得氧化性KMnO4>Cl2，氯气可与碘化钾溶液反应生成碘单质，根据碘化钾溶液变为紫色可得氧化性Cl2>I2，则可比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性，故D正确；故选：A。12.某兴趣小组同学对CH4与Cl2的反应进行探究，对此反应表述的观点不正确的是A.该反应类型属于取代反应B.反应的条件是光照C.反应的生成物中含量最多的是CCl4D.反应的现象是量筒内气体黄绿色变浅，器壁上有油状液滴，量筒内液面上升【答案】C【解析】【详解】A．CH4与Cl2的反应时，氯原子取代甲烷中的氢原子，同时生成氯化氢，属于取代反应，A项正确；B．CH4与Cl2反应的条件为光照，B项正确；C．CH4与Cl2反应生成HCl、CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4等，其中含量最多的是HCl，C项错误；D．CH4与Cl2反应会生成HCl、CH3Cl气体和CH2Cl2、CHCl3、CCl4等油状液体，同时氯气反应后，量筒内气体黄绿色变浅，液面上升，D项正确；故答案选C。13.有机物M是一种抑制生长的植物激素，可以刺激乙烯的产生，催促果实成熟，其结构简式如图所示，下列关于有机物M的性质的描述正确的是A.M既可以和乙醇发生酯化反应，也可以和乙酸发生酯化反应B.1molM和足量的钠反应生成2molH2C.1molM最多可以和2molBr2发生加成反应D.1molM可以和NaHCO3发生中和反应，且可生成22.4LCO2【答案】A【解析】【详解】A．M分子中含-COOH，能够与乙醇在一定条件下发生酯化反应，M分子中还含有-OH，也能够与乙酸在一定条件下发生酯化反应，A正确；B．-OH、-COOH都能够与Na反应产生H2，1个M中含有1个-OH、1个-COOH，根据物质反应转化关系2-OH(-COOH)～H2，因此1molM和足量的钠反应生成1molH2，B错误；C．M分子中含有的不饱和的碳碳双键能够与Br2发生加成反应，而羰基及羧基不能与Br2发生反应，M分子中含有3个碳碳双键，则1molM最多可以和3molBr2发生加成反应，C错误；D．只有-COOH能够与NaHCO3反应产生CO2气体，1个M分子中含有1个-COOH，则1molM可以和NaHCO3发生复分解反应，产生1molCO2气体，由于未知气体所处的外界条件，因此不能确定气体体积大小，D错误；故合理选项是A。14.在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H<0，下列对图像的分析中正确的是A.图I研究的是t0时增大压强对反应速率的影响B.图II研究的一定是t0时使用了催化剂对反应速率的影响C.图III研究的是温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高D.图IV研究的可能是压强对化学平衡的影响，且a的压强较高【答案】D【解析】【详解】A．由于反应前后气体的体积不变，则增大压强反应速率加快，平衡不移动，图像B不符合，故A错误；B．由于反应前后气体的体积不变，则增大压强反应速率加快，平衡不移动，催化剂只加快反应速率，不影响平衡移动，图II研究的可能增大压强和加入催化剂，故B错误；C．该反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，图中乙先达到平衡，则温度高于甲，而CO的转化率低，图像不符合，故C错误；D．增大压强（缩小体积），正、逆反应速率都增大，且正、逆反应速率加快的倍数相等，平衡不移动，压强越大达到平衡所需时间越短，故D正确；故答案为D。15.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法不正确的是A.2.2g的3H2O中含有的中子数为1.2NAB.2.8g乙烯和丙烯的混合物完全燃烧，消耗O2的分子数为0.3NAC.3.2gCu完全溶于某未知浓度的硝酸，转移电子数为0.1NAD.1molCH4与1molCl2在光照条件下充分反应，得到CH3Cl的分子数一定为NA【答案】D【解析】【详解】A．2.2g3H2O的物质的量为n=2.2g÷22g/mol=0.1mol，而3H2O中含12个中子，故0.1mol3H2O中含1.2NA个中子，故A正确；B．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，2.8g混合物中CH2的物质的量n=2.8g÷14g/mol=0.2mol，而1molCH2燃烧需要消耗1.5mol氧气，故0.2molCH2燃烧消耗0.3mol氧气，分子数为0.3NA，故B正确；C．3.2g铜的物质的量为n=3.2g÷64g/mol=0.05mol，而铜在浓硝酸或稀硝酸中反应后均变为+2价，故0.05mol铜转移电子数为0.1NA，故C正确；D．甲烷和氯气反应不止是生成一氯甲烷，还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，故1molCH4与1molCl2在光照条件下充分反应，得到CH3Cl的分子数小于NA，故D错误；故答案选D。第II卷(非选择题部分)二、填空题(共3题，共30分)16.下表为元素周期表的一部分，针对表中①~⑧元素，回答下列问题①②③④⑤⑥⑦⑧（1）写出⑧的原子结构示意图_______。（2）③元素在周期表中的位置是第二周期第_______族。（3）写出②的最高价氧化物的电子式_______。（4）⑤和⑥两种元素的最高价氧化物对应水化物中碱性较强的是_______(填化学式)。（5）⑤的单质在③中燃烧，产物所含化学键的类型_______。【答案】（1）（2）VIA（3）（4）NaOH（5）离子键和共价键【解析】【分析】根据元素周期表①为氢元素，②为碳元素，③为氧元素，④为氟元素，⑤为钠元素，⑥为铝元素，⑦为硫元素，⑧为氯元素。【小问1详解】⑧为氯元素，原子结构示意图为；【小问2详解】③为氧元素，在周期表中的位置是第二周期第VIA族；【小问3详解】②为碳元素，最高价氧化物为CO2，电子式为：；【小问4详解】⑤为钠元素，⑥为铝元素，最高价氧化物对应水化物分别为NaOH(强碱)和Al(OH)3(有两性)，碱性较强的是NaOH；【小问5详解】③为氧元素，⑤为钠元素，钠单质在氧气中燃烧，产物为过氧化钠，产物中所含化学键的类型为离子键和共价键。17.某温度时，在一个5L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：（1）该反应的化学方程式为_______。（2）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为_______。（3）2min反应达到平衡，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时_______(填“大”、“小”或“相等”下同)，混合气体密度比起始时_______。（4）下列叙述能证明该反应已经达到化学平衡状态的是(填序号)_______。A.Y的体积分数不再变化B.容器内气体压强不再变化C.v(X)：v(Y)=3：1D.单位时间内消耗3nmolX同时生成2nmolZ【答案】（1）3X+Y2Z（2）0.02mol·L-1·min-1（3）①.大②.相等（4）AB【解析】【小问1详解】由图可知，X、Y为反应物，Z为生成物，因为反应的化学计量数之比等于各物质的转化量之比，即X、Y、Z的化学计量数之比为0.3：0.1：0.2=3：1：2，又因为2min后反应物的物质的量不变且不为0，故该反应为可逆反应，因此反应的化学方程式为3X+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z。【小问2详解】反应开始至2min，生成气体Z为0.2mol，则用Z表示的平均反应速率，故答案为：0.02mol·L-1·min-1。小问3详解】2min时，反应达平衡，由反应方程式可知混合气体总物质的量减小，而总质量不变，所以容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时大；由于混合气体的总质量自始至终不变，而在恒容容器中发生反应，因此混合气体的密度与起始时相等；故答案为：大；相等。【小问4详解】A．开始时随着反应的进行，Y的体积分数逐渐减小，当反应达到平衡时，Y的体积分数不再变化，A项正确；B．该反应为气体分子数减小的反应，在恒容条件下，当容器内气体压强不再变化时，反应达到平衡，B项正确；C．当v(X)：v(Y)=3：1时，不能证明反应正逆反应速率相等，无法说明反应达到平衡，C项错误；D．单位时间内消耗3nmolX同时生成2nmolZ，均为正反应方向，不能说明反应达到平衡状态，D项错误；故答案为：AB。18.A是一种常见的有机物，其产量被用作衡量一个国家石油化工产业发展水平的标志，F是高分子化合物，有机物A可以实现如图所示的转化。请回答下列问题：（1）A的结构式为_______。（2）D的官能团名称为_______，④的反应类型为_______。（3）请写出⑤反应的化学方程式_______。（4）在实验室中，可用如图所示装置制取少量G，试管a中盛放的试剂是_______。【答案】（1）（2）①.羧基②.取代反应或酯化反应（3）CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH（4）饱和碳酸钠溶液【解析】【分析】A的产量被用作衡量一个国家石油化工产业发展水平的标志，则A为CH2=CH2，A与水加成反应得到B，则B为CH3CH2OH，B氧化可得到C，则C为CH3CHO，C继续氧化得到D，则D为CH3COOH，B与D发生酯化反应得到G，则G为CH3COOCH2CH3，G在碱性条件下水解得到B和E，则E为CH3COONa，F是高分子化合物,则F为聚乙烯，据此解答。【小问1详解】由分析可知，A为乙烯，结构式为：；故答案为：。【小问2详解】由分析可知，D为CH3COOH，官能团名称为：羧基；④为乙酸与乙醇的反应，反应类型为：取代反应或酯化反应；故答案为：羧基；取代反应或酯化反应。【小问3详解】⑤为乙酸乙酯在碱性条件下的水解，反应的化学方程式为：CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH；故答案为：CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH。【小问4详解】在实验室中，用如图所示装置制取少量乙酸乙酯时，试管a中盛放的试剂为：饱和碳酸钠溶液，目的是除去乙酸和乙醇杂质，同时降低乙酸乙酯的溶解度；故答案为：饱和碳酸钠溶液。三、实验题(共1题，共12分)19.海带中含有丰富的碘元素，某学习小组设计如下实验流程提取海带中的碘。请回答下列问题：（1）仪器A的名称为_______，操作A为_______。（2）由步骤X中到步骤Y一系列操作的目的是_______。（3）步骤Y中发生反应的离子方程式为_______。（4）某同学想证明氧化性Br2>I2，现有以下试剂可供选择：①新制溴水②新制碘水③NaBr溶液④NaI溶液⑤AgNO3溶液⑥CCl4选用试剂(填标号)实验操作与现象______________【答案】（1）①.坩埚②.过滤（2）富集碘元素（3）5I-++6H+=3I2+3H2O（4）①.①④⑥②.向盛有NaI溶液的试管中滴入少量新制溴水，再加入CCl4振荡后静置，溶液分层，下层液体为紫红色【解析】【分析】干海带在坩埚中灼烧后，加水溶解并转移到烧杯中，煮沸过滤后得到含I-的溶液，调节pH=4.5，加入氧气氧化得到I2，再加入CCl4萃取分液后得到I2的CCl4溶液，再加入浓氢氧化钠溶液，充分反应后分液，向水层中加入45%硫酸溶液，得到I2的悬浊液，过滤后得到I2，据此解答。【小问1详解】仪器A的名称为坩埚；由分析可知，操作A为过滤；故答案为：坩埚；过滤。【小问2详解】步骤X中到步骤Y一系列操作的目的是富集碘元素；故答案为：富集碘元素。【小问3详解】步骤Y中发生的反应为I-和IO在酸性条件下，反应生成I2，离子方程式为：5I-++6H+=3I2+3H2O；故答案为：5I-++6H+=3I2+3H2O。【小问4详解】证明氧化性Br2>I2，可利用溴水与NaI溶液反应，生成碘单质，选用试剂为：新制溴水、NaI溶液、CCl4；实验操作与现象