2021-2022学年湖南省衡阳市部分校高一下学期期末考试化学试题（含解析）VIP

湖南省高一期末考试化学试卷本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.本试卷主要考试内容：人教版必修第一册、必修第二册。2.可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Fe56Cu64一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列对最新科技成果解读错误的是选项科技成果摘录化学视角解读A制备蓝宝石衬底的氮化铝()材料属于无机非金属材料B制备催化剂优化绿色制氢原子的结构示意图为C制造锶()原子光晶格钟，35亿年不差1秒锶与钙位于同主族D肝癌钇()注射手术成功的中子数与质子数之差为12A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．是无机物，属于无机非金属材料，A项正确；B．原子的结构示意图为，B项错误；C．锶位于第五周期第ⅡA族，与钙位于同主族，C项正确；D．的中子数=90-39=51个，质子数为39个，两者之差为12，D项正确；答案选B。2.化学反应在发生物质变化的同时伴随能量变化，是人获取能量的重要途径。下列能量变化图与化学反应对对应的是A.小苏打与盐酸反应B.与反应C.碳酸钙高温分解D.与醋酸反应A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．小苏打与盐酸反应为吸热反应，且反应过程中断裂化学键需要吸收能量，形成化学键放出能量，故A符合题意；B．与反应为吸热反应，而图像中反应物的总能量高于生成物的总能量为放热反应，故B不符合题意；C．碳酸钙高温分解为吸热反应，但是断裂化学键需要吸收能量，形成化学键放出能量，故C不符合题意；D．与醋酸反应为放热反应，但是断裂化学键需要吸收能量，形成化学键放出能量，故D不符合题意；故选A。3.有机物中含有的官能团对有机物的性质起决定作用，某有机物的结构如图所示，该有机物中含有的官能团有A.2种 B.3种 C.4种 D.5种【答案】B【解析】【详解】有机物中含有羧基、羟基和碳碳双键共3种官能团，故选B。4.化学与人体健康及环境保护息息相关。下列实际生活、生产、科研活动合理且评价正确的是选项实际生活、生产、科研活动评价A将废旧电池深挖掩埋不会造成环境污染B将有机物中的原子换为原子有利于降低碳排放C将废旧塑料制品焚烧以回收热能有利于节约能源D制作水果罐头时加入适量维生素C有利于减慢水果罐头氧化变质的速率A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．将废旧电池深挖掩埋会污染水体和土壤，会造成环境污染，故A错误；B．将有机物中的原子换为原子不能减少二氧化碳的排放，对碳排放无影响，故B错误；C．将废旧塑料制品焚烧会生成有害的物质造成环境污染，故C错误；D．制作水果罐头时加入适量维生素C，维生素C的还原性强，可以减慢水果罐头氧化变质的速率，故D正确；故选D。5.“龙芯一号”的问世填补了我国电脑芯片制造史上的一项空白。用硝酸与氢氟酸的混合液作制作芯片的刻蚀液，发生的反应为。下列有关叙述正确的是A.电脑芯片的主要成分为，具有良好的光学性能B.实验室中，可用玻璃仪器密封保存氢氟酸C.在该反应中，作还原剂，被氧化为D.该反应转移电子时，生成【答案】C【解析】【详解】A．电脑芯片的主要成分为硅，不是二氧化硅，故A错误；B．氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，所以不能用玻璃仪器密封保存氢氟酸，故B错误；C．由方程式可知，反应中硅元素的化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，被氧化为硅氟酸，故C正确；D．缺标准状况下，无法计算反应转移0.1mol电子时，生成二氧化氮的体积，故D错误；故选C。6.已知：短周期主族元素X、Y、Z、W、M在元素周期表中的相对位置如图所示(W、M、X、Y、Z的族序数依次增大)，其中M的最高化合价为+3价。下列说法错误的是XYZWMA.X与Z形成的化合物不止一种B.W、M作原电池两极材料时，W一定为负极C.M的单质能与发生放热反应D.W的单质能在Y的单质中燃烧【答案】B【解析】【分析】由短周期主族元素M的最高化合价为+3价可知，M为Al元素；由X、Y、Z、W、M在元素周期表中的相对位置可知，X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、W为Mg元素。【详解】A．碳元素和氧元素形成的化合物有一氧化碳和二氧化碳，故A正确；B．镁、铝在氢氧化钠溶液中构成原电池时，不与氢氧化钠溶液反应的镁作原电池的正极，与氢氧化钠溶液反应的铝作负极，故B错误；C．铝与氧化铁高温条件下发生的铝热反应为放热反应，故C正确；D．镁在氮气中点燃燃烧生成氮化镁，故D正确；故选B。7.下列事实或实验操作对应的离子方程式书写正确的是选项事实或实验操作离子方程式A海水提溴中用的水溶液富集溴单质B将金属钠放入溶液中C将少量通入溶液中D用溶液刻蚀覆铜板A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.溴可氧化二氧化硫生成硫酸和HBr，则离子方程式为，A错误；B.金属钠投入MgCl2溶液中，反应生成氢气、氯化钠和氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为：，B错误；C.强氧化性，强还原性，应生成，C错误；D.用FeCl3溶液刻蚀覆铜板的相关离子方程式为：，D错误；故选A。8.以a.、b.、c.为原料可合成有机物M(如图)。下列说法错误的是

A.a、b、c为有机物M的单体B.有机物M为高分子化合物C.a、b、c合成有机物M的反应类型为加聚反应D.有机物M的链节为、、【答案】D【解析】【详解】A．不同种不饱和烃(或含双键有机物)发生加聚反应一般称为混聚，根据题目描述，三种不饱和卤代烃混聚得到高聚物M，所以三种不饱和卤代烃是该高聚物单体，描述正确，不符题意；B．有机物M是三种不饱和卤代烃加聚生成，生成的聚合分子一般分子量都会超过一万，所以是高分子化合物，描述正确，不符题意；C．不饱和卤代烃拆双键，相互连接形成长链，属于加聚反应，描述正确，不符题意；D．链节表达不当，中间一个链节应是—CHF—CF2—，描述错误，符合题意；综上，本题选D。9.孔雀石的主要成分是，某小组以孔雀石、锌粒、废稀硫酸为原料制备铜，设计了如下两套方案：方案1：孔雀石方案2：下列说法错误的是A.方案1和方案2都发生了置换反应B.从安全角度考虑，方案1优于方案2C.理论上，方案2中等质量的锌可以制备等质量的铜D.方案2消耗的能量大于方案1消耗的能量【答案】C【解析】【分析】方案1中，与硫酸反应，生成硫酸铜、二氧化碳和水，接着加入锌与硫酸铜发生置换反应，得到铜；方案2中高温分解得到氧化铜，锌与硫酸反应生成氢气，氢气与氧化铜加热得到铜，据此分析作答。【详解】A．由分析可知，方案1和方案2都发生了置换反应，A项正确；B．方案2用了氢气加热，则从安全角度考虑，方案1优于方案2，B项正确；C．方案1中存在关系式，方案2中存在关系式，则理论上，方案2中等物质的量的锌可以制备等物质的量的铜，C项错误；D．方案2中用了高温和加热，则消耗的能量大于方案1消耗的能量，D项正确；答案选C10.向某密闭容器中加入0.3molH2、0.1molNH3和一定量的N2，一定条件下发生反应：3H2(g)+N2(g)2NH3(g)。各物质的浓度随时间的变化关系如图所示[t0~t1阶段的c(N2)变化未画出]，下列说法中正确的是A.若t1=15s，则t0~t1阶段v(H2)=0.004mol·L-1·s-1B.t1时该反应中H2的转化率为60%C.该容器的容积为2L，N2的起始的物质的量为0.32molD.a点时，容器内c(NH3)=c(H2)，反应达到平衡【答案】B【解析】【详解】A．由图示可知，曲线下降的物质的浓度变化量为0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，曲线上升的物质的浓度变化量为0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，两者浓度变化量之比为：0.09:0.06=3:2，浓度变化量之比等于化学计量数之比，则曲线下降的物质为H2，曲线上升的物质为NH3，若t1=15s，则t0~t1阶段v(H2)==0.006mol·L-1·s-1，A错误；B．t1时氢气的浓度变化量为0.09mol/L，转化率为=60%，B正确；C．浓度变化量之比等于化学计量数之比，依据A可知，氮气的浓度变化量为0.03mol/L，平衡时氮气浓度为0.05mol/L，则初始氮气浓度为0.03mol/L+0.05mol/L=0.08mol/L，该容器的容积为2L，N2的起始的物质的量为0.08mol/L2L=0.16mol，C错误；D．a点时，容器内c(NH3)=c(H2)，但a点后氢气浓度仍在降低，氨气浓度仍在增加，说明反应正向进行，反应并未达到平衡状态，D错误；答案选B。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验装置能达到实验目的的是

A.除去中的少量B.验证镁和稀盐酸反应的热效应C.制取并收集少量D.定量测定的分解速率A.A B.B C.C D.D【答案】AB【解析】【详解】A．二氧化硫在饱和亚硫酸氢钠溶液中的溶解度很小，用饱和NaHSO3可以除去二氧化硫中的HCl，故A正确；B．实验中观察到U形管中红墨水左低右高，说明反应放热，使气体压强增大，可以验证镁和盐酸反应放热，故B正确；C．氯气的密度大于空气，故收集氯气时应为长管进短管出，故C错误；D．装置中应该使用分液漏斗，不能用长颈漏斗，故D错误；故选AB。12.链状烯烃在酸性高锰酸钾溶液作用下，分子中的不饱和键完全断裂，此法可用于减短碳链。已知：烯烃被氧化部位对应的氧化产物某烯烃与酸性溶液作用后得到的氧化产物有乙二酸()，则该烯烃的结构简式可能是A. B.C. D.【答案】CD【解析】【详解】A．与酸性KMnO4溶液作用后得到的氧化产物有CO2和，A不符合题意；B．与酸性KMnO4溶液作用后得到的氧化产物有CO2和，Ｂ不符合题意；C．与酸性KMnO4溶液作用后得到的氧化产物有CO2，和，C符合题意；D．与酸性KMnO4溶液作用后得到的氧化产物有CO2，和，D符合题意；故选CD。13.有机物M是一种抑制生长的植物微素，可延长鲜花盛开的时间，其结构简式如图所示。下列关于有机物M的说法正确的是MA.分子式为B.分子中含有三种含氧官能团C.一定条件下可以发生酯化反应、加聚反应、氧化反应D.能与发生反应【答案】BC【解析】【详解】A．根据该物质的结构简式可知其分子式为C15H20O4，A项错误；B．分子中含有羰基、羟基、羧基三种含氧官能团，B项正确；C．该物质含有羧基，可以发生酯化反应，含有碳碳双键，可以发生加聚反应、氧化反应，C项正确；D．该物质中只有羧基可以NaOH反应，所以能与发生反应，D项错误；答案选BC。14.向ng由铁粉和铜粉组成的混合物中，加入某浓度的稀硝酸，充分反应后测得生成NO的体积[V(NO)](已换算成标准状况下)、m(固体剩质余量)随加入的稀硝酸的体积的变化如图所示(设硝酸的还原产物只有NO)。下列说法中正确的是

A.稀硝酸的浓度为0.4mol·L-1B.a点时，100mL稀硝酸中溶解了Fe和Cu共8.4gC.b点对应的溶液中可能含有的金属阳离子为Fe2+、Fe3+、Cu2+D.加入稀硝酸至400mL时，收集到的V(NO)约为6.91L【答案】D【解析】【分析】由图示数据可得如下表格：编号①②③④稀硝酸体积/mL100200300400剩余金属/g12.23.200NO体积/mL224044806720V实验①和②都有金属剩余，则溶液中不可能含硝酸铁，溶液中金属离子为+2价，在实验①的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为12.2g-3.2g=9g，生成NO的体积为4480mL-2240mL=2240mL，NO的物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的金属的物质的量为=0.15mol，参加反应的金属的平均摩尔质量为=60g/mol，该过程既有铁参与反应，又有铜参与反应，利用十字交叉法，则n(Fe)=n(Cu)=0.15mol=0.075mol，故实验①只有铁参与反应，实验①生成NO的体积为2240mL，NO的物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的铁的物质的量为=0.15mol，质量为0.15mol56g/mol=8.4g，实验②既有铁参与反应，又有铜参与反应，且n(Fe)=n(Cu)=0.15mol=0.075mol，在实验②的基础上继续加入100mL稀硝酸，生成NO的体积为6720mL-4480mL=2240mL，NO的物质的量为0.1mol，该过程既有铜参加反应，又有亚铁离子参加反应，参加反应的金属的质量为3.2g，金属全部为铜，物质的量为=0.05mol，金属铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，0.05molCu参与反应生成molNO，则亚铁离子参与反应生成molNO，硝酸亚铁与稀硝酸反应的化学方程式为：4HNO3(稀)+3Fe(NO3)2=3Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，则消耗亚铁离子0.2mol，由以上分析可知，总共含亚铁离子0.15mol+0.075mol=0.225mol，则加入稀硝酸300mL后还有0.225mol-0.2mol=0.025mol亚铁离子，0.025mol亚铁离子与稀硝酸反应生成≈0.0083molNO，体积为0.0083mol22.4L/mol≈0.19L。【详解】A．由分析可知，实验①只有铁参与反应，发生反应3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，生成NO的体积为2240mL，NO的物质的量为0.1mol，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol4=0.4mol，硝酸的物质的量浓度为=4mol/L，A错误；B．由分析可知，a点只消耗了铁8.4g，B错误；C．b点还有金属剩余，因此溶液中不可能有Fe3+，C错误；D．由分析可知，加入稀硝酸至400mL时，收集到的V(NO)约为6.72L+0.19L=6.91L，D正确；答案选D。三、非选择题：本题共4小题，共54分。15.研究硫、氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。回答下列问题：（1）利用电化学原理可将、转化为重要的化工原料，装置如图所示。①若A为CO，B为，C为，则通入CO的一极为_______(填“正”或“负”)极，电极反应式为_______。②若A为，B为O2，C为H2SO4，则负极的电极反应式为_______。（2）一定温度下，将气体充入1L抽空的密闭容器中，发生反应：，隔一定时间对该容器内的物质进行分析，得到下表：时间/s浓度/()0204060801000.1000.050ab0.0000.0600.1200.1200.120根据以上信息回答下列问题：①a_______(填“>”、“<”或“=”)b，_______(保留3位有效数字)。②内，NO2的平均生成速率为_______。③反应时间为100s时，N2O4的转化率为_______%。【答案】（1）①.正②.③.（2）①.=②.0.100③.0.0025④.60【解析】【小问1详解】①燃料电池中，通入氧化剂的电极是正极、通入还原剂的电极是负极，该反应中C元素化合价由+2价变为-2价、H元素化合价由0价变为+1价，所以CO是氧化剂，则通入CO的电极为正极，电极方程式为CO+4e-+4H+=CH3OH，若A为CO，B为，C为，则通入CO的一极为正(填“正”或“负”)极，电极反应式为。故答案为：正；；②若A为，B为O2，C为H2SO4，负极上二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，则负极的电极反应式为。故答案为：；【小问2详解】由表可知，20s时，c(NO2)=0.060mol·L－1，则反应消耗N2O4的浓度为0.030mol·L－1，则20s的四氧化二氮的浓度c1=0.1mol·L－1-0.03mol·L－1=0.07mol·L－1；40s时，c(N2O4)=0.050mol·L－1，N2O4的浓度变化为：(0.1-0.05)mol·L－1=0.05mol·L－1，则c2=0.05mol·L－1×2=0.10mol·L－1；由表可知，60s时反应达平衡，c(NO2)=0.120mol·L－1，达到平衡时各组分的浓度不再变化，则c3=a=b=0.1mol·L－1-0.06mol·L－1=0.04mol·L－1。①由表可知，60s时反应达平衡，a=(填“>”、“<”或“=”)b；由表可知，40s时，c(N2O4)=0.050mol·L－1，N2O4的浓度变化为：(0.1-0.05)mol·L－1=0.05mol·L－1，则c2=0.05mol·L－1×2=0.10mol·L－1。故答案为：=；0.100；②内，NO2的平均生成速率为=0.0025。故答案为：0.0025；③由表可知，60s时反应达平衡，c(NO2)=0.120mol·L－1，根据反应N2O4⇌2NO2可知，平衡时消耗二氧化氮的浓度为：c(N2O4)=0.120mol·L－1×=0.06mol·L－1，则平衡时N2O4的转化率为：×100%=60%，反应时间为100s时，N2O4的转化率为60%。故答案为：60。16.某小组设计实验探究SO2的还原性(部分夹持仪器省略)。

回答下列问题：（1）分液漏斗中浓硫酸的浓度宜选择_______(填标号)。a．98.3%b．70%c．30%d．10%（2）仪器X的名称是_______，装置A中发生反应的化学方程式为_______。（3）为了探究装置B中、是否与SO2发生反应，设计如下实验：实验操作现象I.取装置B中溶液于试管，滴加KSCN溶液溶液不变红II.取装置B中溶液于试管，加入适量浓硫酸，再加入铜粉铜粉不溶解，溶液不变蓝III.取装置B中溶液于试管，滴加溶液和盐酸产生白色沉淀由操作I及其现象可知_______(填“部分”或“全部”，下同)参与了反应，由操作II及其现象可知_______参与了反应。（4）测定装置B溶液中的浓度(只考虑与的反应)。用的酸性溶液滴定20mL装置B中溶液，共消耗酸性溶液16mL，则装置B溶液中_______。（5）经分析，装置C中反应可能有两种情况：①若通入少量SO2，则反应为；②若通入过量SO2，则反应为。为了探究发生了哪一种情况，取装置C中溶液分别装入甲、乙、丙、丁四支试管中，进行如下实验：实验操作及现象a向甲中加入锌粒，产生气泡b向乙中加入铜粉，溶液颜色发生了变化c向丙中加入粉末，产生气泡d向丁中加入溶液，产生沉淀能说明发生的是情况①的实验是____(填标号，下同)，能说明发生的是情况②的实验是_____。【答案】（1）b（2）①.三口(颈)烧瓶②.（3）①全部②.全部（4）0.04（5）①.b②.d【解析】【分析】探究二氧化硫的还原性时，先通入二氧化碳气体排尽装置中的空气，防止空气中氧气干扰实验，由实验装置图可知，装置A中70%较浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置B中盛有的硝酸铁溶液和装置C中盛有的硝酸钡溶液用于探究二氧化硫的还原性，装置D用于收集反应生成的一氧化氮，防止污染空气。【小问1详解】浓硫酸中主要存在的是硫酸分子，溶液中氢离子浓度小，与亚硫酸钠固体的反应速率慢，不利于二氧化硫的制备，二氧化硫易溶于水，用稀硫酸与亚硫酸钠固体制备二氧化硫，不利于二氧化硫的逸出，所以制备二氧化硫时，分液漏斗中浓硫酸的浓度宜选择70%较浓硫酸，故选b；【小问2详解】由实验装置图可知，仪器X为三口(颈)烧瓶；由分析可知，装置A中发生的反应为70%较浓硫酸与亚硫酸钠固体反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为，故答案为：三口(颈)烧瓶；；【小问3详解】由操作Ⅰ及其现象可知，装置B的溶液中中不含有铁离子，说明溶液中铁离子与二氧化硫完全反应，由操作Ⅱ及其现象可知，装置B的溶液中中不含有硝酸根离子，说明溶液中硝酸根离子与二氧化硫完全反应，故答案为：全部；全部；【小问4详解】由得失电子数目守恒可得如下关系式：5Fe2+∼MnO，由20mL溶液消耗16mL0.01mol/L酸性高锰酸钾溶液可知，溶液中亚铁离子的浓度为=0.04mol/L，故答案为：0.04；【小问5详解】若装置C中发生的反应是情况①，说明溶液中存在稀硝酸，加入铜粉，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，溶液由无色变为淡蓝色，故选b；若装置C中发生的反应是情况②，说明溶液中存在稀硫酸，加入氯化钡溶液，氯化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡白色沉淀，故选d，故答案为：b；d。17.对甘蔗渣进行综合处理利用符合绿色化学理念，其处理流程图如图。已知D是一种植物生长调节剂，E可由C在铜作催化剂的条件下被氧气氧化得到，G是具有香味的液体。回答下列问题：

（1）A为纤维素，已知淀粉的化学式为，则淀粉和纤维素_______(填“互为”或“不互为”)同分异构体。（2）在催化剂作用下，工业上常用D与水反应制备C，写出该反应的化学方程式：_______，此反应属于_______反应，C中含有的官能团的名称为_______。（3）写出F生成G的化学方程式：_______。（4）若K是G的同分异构体，则与互为同系物的K的结构有_______种，写出所有可能的结构简式：_______。（5）制备有机物G的装置如图所示，其中饱和溶液的作用是_______。【答案】（1）不互为（2）①.②.加成③.羟基（3）（4）①.2②.、（5）除去挥发出的乙酸，溶解挥发出的乙醇，减少乙酸乙酯的溶解【解析】【分析】A为纤维素，通过水解反应，得到B为葡萄糖；葡萄糖通过酒化酶的作用，得到C为；D与水反应，生成，可知D为乙烯；经过催化氧化得到E为；再经过催化氧化，生成F为；和发生酯化反应，得到G为，据此分析作答。【小问1详解】淀粉和纤维素的通式相同，均为，但是n值不同，所以淀粉和纤维素不互为同分异构体，故答案为：不互为；【小问2详解】乙烯与水反应加成反应，生成乙醇，化学方程式为；乙醇的结构简式为，则含有的官能团的名称为羟基，故答案为：；加成；羟基；【小问3详解】和发生酯化反应，得到G为，化学方程式为：，故答案为：；【小问4详解】G为，K是G的同分异