2021-2022学年河南省安阳市滑县高一下学期期末测评化学试题（含解析）

滑县2021—2022学年下学期期末测评试卷高一化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡和试卷指定位置上。2.考生作答时，请将正确的答案填写在答题卡上，在本试卷。上答题无效。回答选择题时，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。相对原子质量H：1C：12N：14O：16Al：27Si：28一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的。1.生活处处有化学。下列关于生活中化学的说法正确的是A.可用灼烧的方法区别羊毛和棉线B.医用消毒酒精中乙醇的质量分数为75%C.蜡烛中石蜡的主要成分是含碳原子数较多的烯烃D.水沸腾是一个旧键断裂、新键形成的过程【答案】A【解析】【详解】A．羊毛是蛋白质，棉线是纤维素，蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味，因此可用灼烧的方法区别羊毛和棉线，故A正确；B．医用消毒酒精中乙醇的体积分数为75%，不是质量分数，故B错误；C．蜡烛中石蜡的主要成分是含碳原子数较多的烷烃，故C错误；D．水沸腾是没有化学键的断裂和形成，破坏的是分子间作用力，水变为氢气和氧气才是旧键断裂，新键生成，故D错误。综上所述，答案为A。2.下列关于二氧化硫的说法中，正确的是A.只能溶于水B.无色，有刺激性气味，无毒C.既有氧化性，又有还原性D.能使所有的有色物质褪色【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫能溶于水，1体积水溶解40体积的二氧化硫，还可以与水反应生成亚硫酸，故A错误；B．无色，有刺激性气味，有毒，是大气污染物，故B错误；C．二氧化硫中S的价态为+4价，处于中间价态，因此既有氧化性，又有还原性，故C正确；D．二氧化硫有漂白性，可使品红溶液褪色，能使某些有色物质褪色，但不是所有的，比如只能使紫色石蕊变红，不能褪色，故D错误。综上所述，答案为C。3.河南烩面以优质高筋而粉为原料，辅以高汤(嫩羊肉、羊骨等熬煮而成)及多种配菜(海带丝、豆腐皮、粉条、鹌鹑蛋等)，吃起来别有一番风味。下列有关烩面的说法不正确的是A.烩面中的鹌鹑蛋富含蛋白质B.烩面中含有的基本营养物质都是高分子化合物C.烩面中高汤中的鲜味物质是肉类水解产生的D.烩面中含有糖类、油脂和蛋白质等基本营养物质【答案】B【解析】【详解】A．蛋类的主要成分是蛋白质，故A正确；B．基本营养物质中的油脂不是高分子，故B错误；C．肉类主要成分是蛋白质，水解生成氨基酸，氨基酸是鲜味物质的主要来源，故C正确；D．烩面中的面粉属于糖类，高汤中含有油脂，肉类、鹌鹑蛋、豆腐皮中都含有蛋白质，这些都是基本营养物质，故D正确；故选B。4.下列过程的能量变化与图相符的是A.石灰石烧制生石灰B.Fe和O2反应C.二氧化碳与灼热的炭反应D.碳酸氢钠与柠檬酸的反应【答案】B【解析】【分析】由图知，该反应为放热反应；【详解】A．石灰石烧制生石灰属于吸热反应，A错误；B．Fe和O2反应属于放热反应，B正确；C．二氧化碳与灼热的炭反应属于吸热反应，C错误；D．碳酸氢钠与柠檬酸的反应属于吸热反应，D错误；故答案为B。5.下列与有机物的结构、性质有关的叙述不正确的是A.苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色B.向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，出现白色沉淀属于物理变化C.乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，但二者所含的官能团不相同D.天然橡胶的主要成分为聚异戊二烯【答案】A【解析】【详解】A．苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，油脂中的油分子中含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，出现白色沉淀，是蛋白质盐析，属于物理变化，故B正确；C．乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，但二者所含的官能团不相同，前者含有羟基，后者含有羧基，故C正确；D．天然橡胶的主要成分为聚异戊二烯，由于含有碳碳双键，易被氧化，故D正确。综上所述，答案A。6.某同学用表格中的试剂和操作除去下列物质中的杂质，不合理的是选项物质及杂质试剂和操作A乙醇中混有少量的乙酸NaOH溶液，蒸馏B甲烷中混有乙烯酸性KMnO4溶液，洗气C溴苯中混有溴NaOH溶液，分液D乙醇中混有少量的水生石灰，蒸馏A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．乙酸与NaOH反应生成高沸点的盐，然后进行蒸馏乙醇被蒸出，A项正确；B．乙烯与酸性高锰酸钾反应产生CO2与CH4混合而无法除去，B项错误；C．溴苯不与NaOH反应而溴与NaOH反应溶于水中从而分层，分液得到有机层即为溴苯而分离，C项正确；D．水与生石灰反应产生Ca(OH)2，进行蒸馏乙醇被蒸出而Ca(OH)2无法蒸出从而达到分离，D项正确；故选B。7.氮化硅(Si3N4)可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO制备。下列说法正确的是A.Si3N4中氮元素的化合价为+3B.该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1C.该反应生成11.2L一氧化碳，则生成氮化硅的质量为11.7gD.Si3N4是一种高熔点、电绝缘性良好的无机非金属材料【答案】D【解析】【详解】A．Si3N4中氮元素的化合价为−3，硅的化合价为+4价，故A错误；B．3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO分析反应，碳化合价升高，全部作还原剂，氮气化合价降低，全部作氧化剂，因此该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，故B错误；C．由于不清楚气体所处的状态，生成11.2L一氧化碳，物质的量无法计算，因此无法计量氮化硅的质量，故C错误；D．Si3N4是原子晶体，是一种高熔点、电绝缘性良好的无机非金属材料，故D正确。综上所述，答案为D。8.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是A.甲：反应开始，Zn电极附近溶液中的浓度减小程度大B.乙：正极反应式为C.丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D.丁：该装置中氧化反应和还原反应在不同区域进行【答案】A【解析】【详解】A．甲装置为Zn、Cu原电池，Zn做负极，失去电子变成Zn2+，Cu做正极，氢离子得电子生成氢气，所以反应开始，Cu电极附近溶液中的浓度减小程度大，故A错误；B．乙装置中Ag2O做正极，反应式为，故B正确；C．丙装置中锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒由于发生反应会变薄，故C正确；D．丁装置中氧化反应和还原反应分别在U型管的左侧区域和右侧区域进行，故D正确；故答案选A。9.如图是用球棍模型表示的某有机反应的过程，下列关于该反应的叙述正确的是A.该反应的原子利用率达到100%B.该反应可能是乙烯和氢气的反应C.该反应可能是乙炔和氯气反应D.该反应的产物不可能有同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．该反应是加成反应，反应物全部生成了生成物，则原子利用率达到100%，故A正确；B．单质的原子半径比碳原子半径大，因此该反应不可能是乙烯和氢气的反应，可能是乙烯和溴单质发生加成反应，故B错误；C．反应物有机物含有碳碳双键，乙炔含碳碳三键，因此不可能是乙炔，故C错误；D．该反应的产物有同分异构体，可能是这样的结构，故D错误。综上所述，答案为A。10.反应在某密闭容器中进行，下列有关说法正确的是A.0～3s，，则6s时，生成2.4molB.用表示的和用表示的，后者反应快C.向容器中再充入，的消耗速率将增大D.当时，反应达到平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．未给出容器的体积，无法计算生成氨气的物质的量，故A错误；B．在同一个反应中，用不同物质表示的速率之比等于方程式的化学计量数之比，用N2表示的v(N2)=0.5mol/L(L⋅min)转化为用H2表示的速率为1.5mol/L(L⋅min)，和v(H2)=1.0mol/L(L⋅min)相比，前者反应速率快，故B错误；C．向容器中再充入H2，反应物浓度增大，则N2的消耗速率将增大，故C正确；D．正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态。当3v消耗(N2)=v生成(H2)时，反应达到平衡状态，故D错误；故选C。11.下列选项中甲组为取代反应，乙组为加成反应的是甲乙A丙烯在空气中燃烧油脂→高级脂肪酸B甲烷与氯气(光照)CH3CH=CH2→CH3CH2CH3C淀粉→麦芽糖蛋白质→氨基酸D铝热反应石油裂化(十六烷→辛烷)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．丙烯在空气中燃烧是氧化反应，油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，属于取代反应，故A不符合题意；B．甲烷与氯气(光照)发生取代反应，CH3CH=CH2与氢气在镍作催化剂作用下发生加成反应生成CH3CH2CH3，故B符合题意；C．淀粉水解生成麦芽糖，蛋白质水解生成氨基酸，故C不符合题意；D．铝热反应是置换反应，石油裂化(十六烷→辛烷)是分解反应，故D不符合题意。综上所述，答案为B。12.某化学课外小组的同学通过实验探究外界条件对化学反应速率的影响。反应原理是。实验序号0.01酸性溶液(含淀粉)的体积mL0.01溶液的体积/mL水的体积/mL实验温度/℃出现蓝色的时间/s①55405②554025③3525下列判断不正确的是A.实验①②探究温度对化学反应速率的影响B.实验②③探究浓度对化学反应速率的影响C.出现蓝色所需的时间D.当、时，实验③中出现蓝色时间更短【答案】D【解析】【详解】A．由实验①和实验②可知，反应条件只有温度不同，实验目的是探究该反应速率与温度的关系，故A正确；B．实验②和③总体积相同，只有溶液的浓度不同，是为了探究浓度对化学反应速率的影响，故B正确；C．温度越高，化学反应速率越快，浓度越大，化学反应速率越大，所需时间越短，实验②和实验③比较，温度一样，但是实验③中浓度大，所以时间短，即t3最小，由于实验②中温度高于实验①，故实验①所用时间最长，即t1最大，所以出现蓝色的时间，故C正确；D．当、时，溶液浓度变小，反应速率变小，溶液的浓度变大，反应速率增大，所以不能确定实验③中出现蓝色的时间更短，故D错误；故答案选D。13.海带中含有碘元素。从海带中提取碘的实验过程如图所示。下列相关说法不正确的是A.步骤①用到的仪器有酒精灯、坩埚、泥三角B.步骤③的操作名称是萃取分液C.步骤④中反应的离子方程式为2I－+H2O2+H+=I2+2H2OD.可用淀粉溶液来检验水溶液中是否含有碘单质【答案】B【解析】【分析】海带在坩埚中灼烧生成海带灰，用热水浸泡得到海带灰的悬浊液，再过滤得到含碘离子的溶液，用双氧水在酸性条件下氧化得到含单质碘的溶液，用四氯化碳萃取分液，再蒸馏得到单质碘。【详解】A．步骤①是灼烧，固体应该坩埚中灼烧，用到的仪器有酒精灯、坩埚、泥三角、坩埚钳、玻璃棒等，故A正确；B．步骤③是悬浊液到溶液，其操作名称是过滤，故B错误；C．步骤④是在酸性条件下氧化碘离子，期反应的离子方程式为2I－+H2O2+H+=I2+2H2O，故C正确；D．可用淀粉溶液来检验水溶液中是否含有碘单质，若变蓝，说明水溶液中含有碘单质，故D正确。综上所述，答案为B。14.二环[3，2，1]辛烷(，每个拐点均表示有一个碳原子，氢原子按碳四价补齐)是一种桥环化合物。下列关于该化合物的说法不正确的是A.该化合物的分子式为C8H14B.该化合物的一元氯代产物有5种C.该化合物能够发生取代反应，但不能发生氧化反应D.该化合物分子中所有的碳原子不可能共平面【答案】C【解析】【详解】A．根据二环[3，2，1]辛烷的键线式得到该化合物的分子式为C8H14，故A正确；B．该化合物有一个对称面，其一元氯代产物有5种，故B正确；C．该化合物能够和氯气在光照条件下发生取代反应，二环[3，2，1]辛烷能燃烧，因此也能发生氧化反应，故C错误；D．根据甲烷是正四面体结构，通过分析，“*”号碳原子连的三个碳原子不可能共平面，故D正确。综上所述，答案为C。15.加热聚丙烯废塑料可以得到炭、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，用如图所示装置探究聚丙烯废塑料的再利用。下列叙述不正确的是A.最后收集的气体可作燃料B.聚丙烯的结构简式是C.实验时，装置丙中的试剂颜色会逐渐变浅甚至褪去D.装置乙的试管中收集到的两种主要物质可由煤干馏得到【答案】B【解析】【详解】A．装置乙冷凝收集苯和甲苯，装置丙吸收乙烯和丙烯，则最后收集的气体是氢气和甲烷，可作燃料，故A正确；B．聚丙烯的结构简式是，故B错误；C．实验时，聚丙烯分解生成的烯烃与溴水发生加成反应，因此装置丙中的试剂颜色会逐渐变浅甚至褪去，故C正确；D．装置乙的试管中经冷水冷凝收集到苯和甲苯，收集到的两种主要物质可由煤干馏得到，故D正确。综上所述，答案为B。16.理想的碳封存技术应该可以产生电能，而不是消耗能量。一种能够捕捉二氧化碳的原电池的工作原理如图所示。下列有关说法错误的是

A.金属铝电极发生反应：B.通入的一极电极反应式为C.每得到1mol，电路中转移6mol电子D.该电池工作过程中，电子由Al经溶剂到【答案】D【解析】【分析】该装置为原电池，金属铝为负极，失去电子转化为铝离子，正极是二氧化碳得到电子转化为草酸根离子。【详解】A．金属铝为负极，失去电子生成铝离子，电极反应式为：Al−3e−=Al3+，故A正确；B．通入二氧化碳的一极是正极，二氧化碳得到电子生成草酸根离子：2CO2+2e−=，故B正确；C．铝的化合价从0价升高到+3价，则生成1molAl2(C2O4)3，电路中转移6mol电子，故C正确；D．电子不能通过溶剂，故D错误；故选D。二、非选择题：本题共5小题，共52分。17.某制糖厂以甘蔗为原料制糖，同时得到大量的甘蔗渣，对甘蔗渣进行综合利用不仅可以提高经济效益，而且还能防止环境污染，生产流程如下：已知石油裂解已成为生产C的主要方法，G是具有果香味的液体．请回答下列问题：(1)A的名称为_____________．(2)写出C发生加聚反应的化学方程式：___________________．(3)写出的化学方程式：_________________；写出的化学方程式：________________．(4)丁烷和戊烷等烷烃是由石油获得的化工产品．戊烷的一种同分异构体的一氯取代物只有一种，则这种同分异构体的结构简式为________________________．【答案】①.纤维素②.③.④.⑤.【解析】【分析】将甘蔗渣处理所得物质A为：纤维素，纤维素水解生成物质B：葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下生成物质D：乙醇，乙醇被催化氧化生成物质E：乙醛，乙醛继续被氧化成物质F：乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成物质G：乙酸乙酯，乙烯水化法制备乙醇，可知物质C：乙烯，据此分析答题。【详解】(1)甘蔗渣主要成分为纤维素，所以A为：纤维素，答案为：纤维素；(2)乙烯水化法制备乙醇，可知物质C为：乙烯，乙烯含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成聚乙烯，反应方程式为：，答案为：；(3)物质D为：乙醇，乙醇被催化氧化生成物质E：乙醛，反应方程式为：；物质C为：乙烯，乙烯水化法生成乙醇，反应方程式为：，答案为：；；(4)戊烷的同分异构体有：、、，等效氢的种数等于一氯代物的种数，含有一种等效氢，一氯代物只有一种，答案为：。18.从能量变化和反应快慢等角度研究反应具有重要意义。下列实验可以检验反应中的能量变化。（1）下图能正确表示实验(a)反应中能量变化的是___________(填序号)。实验(b)中发生反应的化学方程式为___________。（2）若将实验(a)中的反应设计成原电池，正极反应为___________；若转移了0.6mol电子，参加反应的负极材料是___________g。（3）一定温度下，将3molA气体和1molB气体通入2L容积固定的密闭容器中，发生如下反应，反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4，则1min内，B的平均反应速率为___________；若反应经2min达到平衡，平衡时C的浓度___________0.8(填“大于”“小于”或“等于”)。【答案】（1）①.A②.（2）①.②.5.4（3）①.0.2②.小于【解析】【小问1详解】活泼金属跟酸置换反应是放热反应，放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，能正确表示实验(a)反应中能量变化的是A；实验b中发生的是复分解反应，化学方程式为：Ba(OH)2⋅8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，该反应是常温下即可发生的吸热反应。【小问2详解】实验(a)中发生的反应是2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，在反应中，Al失去电子生成Al3+，发生氧化反应，H+得到电子生成氢气，发生还原反应，若设计成原电池，则正极发生还原反应，即：2H++2e-=H2↑；铝的化合价从0价升高到+3价，1molAl失去了3mol电子，所以若转移了0.6mol电子，则参加反应的铝为0.2mol，质量为0.2mol×27g/mol=5.4g。【小问3详解】一定温度下，将3molA气体和1molB气体通入2L容积固定的密闭容器中，发生反应3A(g)+B(g)⇌xC(g)，反应1min时测得剩余1.8molA，则参加反应的A为1.2mol，所以参加反应的B为0.4mol，则1min内，B的平均反应速率为=0.2mol⋅L−1⋅min−1；1min时C的浓度为0.4mol⋅L−1，随着反应的进行，反应物浓度降低，反应速率减慢，所以经2min达到平衡时，C的浓度小于0.8mol⋅L−1。19.莽草酸具有抗炎、镇痛作用，还可作为抗病毒和抗癌药物中间体。其结构简式为，回答下列问题：（1）莽草酸中含氧官能团的名称是_______。（2）检验莽草酸中的非含氧官能团可以使用的试剂为_______。（3）下列关于1mol莽草酸的说法不正确的是_______(填标号)。A.能与4molNaOH发生中和反应B.能与4molNa反应生成44.8LH2(标准状况)C.能与1molNaHCO3反应生成22.4LCO2(标准状况)D.能与1molH2发生加成反应（4）莽草酸与乙醇在一定条件下发生酯化反应的化学方程式为_______。【答案】（1）羟基、羧基（2）溴的四氯化碳溶液(或溴水、Br2)（3）A（4）+C2H5OH+H2O【解析】【小问1详解】莽草酸的结构简式，则含氧官能团的名称是羟基、羧基；故答案为：羟基、羧基。【小问2详解】检验莽草酸中的非含氧官能团是碳碳双键，可以使用的试剂为溴的四氯化碳溶液(或溴水、Br2)；故答案为：溴的四氯化碳溶液(或溴水、Br2)。【小问3详解】A.莽草酸含有羧基和羟基，1mol莽草酸能与1molNaOH发生中和反应，故A错误；B.莽草酸含有羧基和羟基，1mol莽草酸能与4molNa反应生成2mol氢气，体积为44.8LH2(标准状况)，故B正确；C.莽草酸含有羧基，1mol莽草酸能与1molNaHCO3反应生成1molCO2，体积为22.4LCO2(标准状况)，故C正确；D.莽草酸含有碳碳双键，1mol莽草酸能与1molH2发生加成反应，故D正确；综上所述，答案为A。【小问4详解】莽草酸与乙醇在一定条件下发生酯化反应生成酯和水，其反应的化学方程式为+C2H5OH+H2O；故答案为：+C2H5OH+H2O。20.某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将一氧化氮氧化成二氧化氮，而稀硝酸不能氧化一氧化氮。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。可选试剂：浓硝酸稀硝酸(3mol·L-1)，蒸馏水，浓硫酸，NaOH溶液。已知：NaOH溶液不与一氧化氮反应，能与二氧化氮反应。（1）装置①中所发生反应的离子方程式是_______。（2）装置②盛放的试剂是_______，其中所发生反应的化学方程式_______。（3）做实验时应避免将有害气体排放到空气中。装置③④中盛放的试剂依次是_______、_______，写出装置⑥试剂的作用是_______。（4）该小组得出结论所依据实验现象是_______。【答案】（1）Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O（2）①.水②.3NO2+H2O=2HNO3+NO（3）①.稀硝酸(3mol∙L−1)②.浓硝酸③.消除浓硝酸与NO发生氧化还原反应产生的有害气体，防止大气污染（4）装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色【解析】【分析】铜片和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸能将一氧化氮氧化成二氧化氮，而稀硝酸不能氧化一氧化氮，则二氧化氮先和水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮和硝酸不反应，NaOH溶液不与一氧化氮反应，从装置分析，⑤是收集NO气体，⑥是NaOH溶液处理二氧化氮，则④为浓硝酸，③为稀硝酸。【小问1详解】装置①是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，其反应的离子方程式是Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O。【小问2详解】实验是探究NO与浓硝酸和稀硝酸的反应，因此装置②是二氧化氮和水反应变为一氧化氮，因此盛放的试剂是水，其中所发生反应的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO；故答案为：水；3NO2+H2O=2HNO3+NO。【小问3详解】做实验时应避免将有害气体排放到空气中，则⑤是收集NO气体，装置⑥是处理氢氧化钠溶液处理二氧化氮气体，因此装置④是浓硝酸氧化一氧化氮变二氧化氮，则装置③是稀硝酸，装置⑥试剂的作用是消除浓硝酸与NO发生氧化还原反应产生的有害气体，防止大气污染；故答案为：稀硝酸(3mol∙L−1)；浓硝酸；消除浓硝酸与NO发生氧化还原反应产生的有害气体，防止大气污染。【小问4详解】装置③稀硝酸与NO不反应，装置④是浓硝酸氧化一氧化氮变二氧化氮，二氧化氮是红棕色，因此该小组得出结论所依据的实验现象是装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕