2021-2022学年江苏省盐城市高一下学期期终考试化学试题（含解析）

2021/2022学年度第三学期高一年级期终考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Fe-56Ba-137一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.今年5月10日，搭载天舟四号货运飞船的长征七号遥五运载火箭在我国文昌航天发射场发射。长征七号采用液氧煤油发动机。我国自主研制的双向拉伸聚酰亚胺薄膜涂层及其复合热控材料解决了货船热控、热防护等难题。下列有关说法正确的是A.运载火箭加注的煤油属于有机物，含C、H、O元素B.天舟四号飞船仓壁壳体的铝合金材料属于有机高分子材料C.天舟四号飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为D.聚酰亚胺涂层具有耐高温、抗氧化、抗辐射、耐腐蚀等综合性能【答案】D【解析】【详解】A．运载火箭加注的煤油属于有机物含C、H、元素，A错误；B．天舟四号飞船仓壁壳体的铝合金材料属于铝合金材料，不属于有机，B错误；C．天舟四号飞船上太阳能电池板半导体材料主要成分为Si，C错误；D．我国自主研制的双向拉伸聚酰亚胺薄膜涂层应用于航空领域，解决了货船热控、热防护等难题，所以聚酰亚胺涂层具有耐高温、抗氧化、抗辐射、耐腐蚀等综合性能，D正确；故选D。2.酰胺基可以由氨基()与羧基(-COOH)反应得到。下列有关说法不正确的是A.氨基()与羧基(-COOH)反应生成酰胺基属于取代反应B.氨基()的电子式：C羧基(-COOH)与羧基之间能形成氢键D.酰胺基中存在不饱和碳原子【答案】B【解析】【详解】A．氨基与羧基反应生成酰胺基同时生成水，属于取代反应，A正确；B．氨基的电子式为：，B不正确；C．羧基与羧基之间能形成氢键，C正确；D．酰胺基中存在不饱和碳原子(形成碳氧双键的碳原子)，D正确；故选B。3.下列装置能达到实验目的的是A.用装置甲制备 B.用装置乙干燥C.用装置丙收集 D.用装置丁进行喷泉实验【答案】D【解析】【详解】A．反应有水生成，则试管口应略向下倾斜，A错误；B．氨气与浓硫酸反应，不能干燥氨气，B错误；C．氨气的密度比空气密度小，则长导管进气短导管出可收集氨气，关键没有出口，C错误；D．氨气极易溶于水，导致压强减小，导管口在液面下上升从而形成喷泉实验，D正确；故选D。4.下列有关化合物的性质与用途具有对应关系的是A.NaClO水溶液呈碱性，可用于消毒 B.能溶于水，可用于治疗胃酸过多C.MgO熔点高，可用于耐火材料 D.苯易挥发，可用于萃取剂【答案】C【解析】【详解】A．次氯酸钠具有强的氧化性，可用于消毒，A不符合题意；B．碳酸氢钠能够与盐酸反应，消耗盐酸，所以可用于治疗胃酸过多，B不符合题意；C．MgO是离子化合物，离子键强，熔点很高，一般条件下不熔融，可用于制耐火材料，C符合题意；D．苯是有机溶剂，可以用来萃取一些在水中溶解度不大，易溶于苯的物质，D不符合题意；故选D。5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的原子半径小于Y的原子半径，Y、Z同主族，Z原子的核电荷数是Y原子的核电荷数的2倍。下列说法正确的是A.非金属性Y比Z强B.X与Y只能形成一种化合物C.Y单质与Z单质在加热条件下可直接生成D.最高价氧化物的水化物的酸性Z比W强【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z同主族，Z原子的核电荷数是Y原子的核电荷数的2倍，可推知Y为O、Z为S，则W为Cl，X的原子半径小于Y的原子半径，Y只能处于第一周期，故Y为H元素，以此来解析；【详解】A．同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性：Y(O)>Z(S)，A正确；B．X(氢)与Y(氧)形成的化合物有H2O、H2O2，B错误；C．硫和氧气在加热条件下反应生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，C错误；D．非金属性越强对应最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性Z(S)<W(Cl)，故酸性：H2SO4<HClO4，D错误；故选A。6.利用废蚀刻液(含、及)制备碱性刻液溶液和的主要步骤：用氧化废蚀刻液，通入氨气，制备碱性蚀刻液[]，固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备，下列有关说法正确的是A.的空间填充模型为：B.酸性溶液氧化的离子方程式：C.氧化废蚀刻液时，适当过量的主要原因是部分分解D.能使紫色的酸性高锰酸钾溶液褪色生成，说明具有漂白性【答案】C【解析】【详解】A．图示为H2O2球棍模型，A错误；B．酸性H2O2溶液氧化FeCl2的离子方程式应为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，B错误；C．FeCl3溶液可以催化分解H2O2，所以在氧化废蚀刻液时，H2O2适当过量的主要原因是H2O2部分催化分解，C正确；D．H2O2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为过氧化氢具有还原性，D错误；故选C。7.利用废蚀刻液(含、及)制备碱性刻液溶液和的主要步骤：用氧化废蚀刻液，通入氨气，制备碱性蚀刻液[]，固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备，下列有关Cu及其化合物的叙述正确的是A.Cu在周期表中位于第四周期第ⅧA族B.向溶液中通入氨气，制备碱性蚀刻液溶液的反应属于化合反应C.制作印刷电路板时Cu被溶液刻蚀的离子方程式：D.将铜丝加热至红热，蘸取有机试样，放在火焰上灼烧，火焰为蓝色则说明存在卤素【答案】B【解析】【详解】A．Cu为29号元素，在周期表中位于第四周期第族ⅠB，A错误；B．由反应特点可知CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2该反应为化合反应，B正确；C．制作印刷电路板时Cu被FeCl3溶液刻蚀的生成氯化亚铁和氯化铜，反应离子方程式应为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C错误；D．用铜丝燃烧法可定性确定有机物中是否存在卤素，将一根纯铜丝加热至红热，蘸上试样，放在火焰上灼烧，如存在卤素，火焰为绿色，D错误；故选B。8.如图所示装置中，观察到M棒变粗，N棒变细，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是

选项MNPA银锌硝酸银溶液B铜铁稀盐酸C锌铜稀硫酸溶液D锌铁硝酸铁溶液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】该装置没有外接电源，所以是原电池，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少，正极材料质量增加，根据题意可知，N极是负极，M极是正极，N极材料比M极活泼，以此来解析；【详解】A．N为锌，M为银，N极材料比M极材料活泼，M极上有银析出，所以M质量增加，A符合题意；B．M极发生的反应为2H++2e-=H2↑，有气体生成，M质量不变，B不符合题意；C．M为锌，N为铜，M极材料比N极活泼，C不符合题意；D．M为锌，N为铁，M极材料比N极活泼，D不符合题意；故选A。9.在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】A．NH3中的N元素显-3价，NO2中的N元素显+4价，N2中的N元素显0价，0介于-3和+4之间，发生归中反应可以实现一步实现，A不符合题意；B．Al3+与氨水反应生成Al(OH)3，氨水显弱碱性，Al(OH)3不溶于弱碱，所以不能生成，B符合题意；C．NO2通入水中，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，C不符合题意；D．铁与水蒸气在高温的条件下反应生成四氧化三铁和氢气，D不符合题意；故选B。10.除去下列物质中的少量杂质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂、分离方法正确的是选项物质除杂试剂分离方法A甲烷(乙烯)酸性溶液洗气B乙酸乙酯(乙酸)NaOH溶液分液C饱和食盐水洗气D硝酸(硫酸)溶液过滤A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新的杂质，不能用酸性KMnO4溶液除杂，应选溴水、洗气，A错误；B．除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇，应该选择饱和碳酸钠溶液，然后分液，不能用氢氧化钠溶液乙酸乙酯会水解，B错误；C．HCl极易溶于水，饱和食盐水抑制氯气的溶解，可洗气分离，C正确；D．硫酸和氯化钡反应生成氯化氢，会引入新的杂质HCl，D错误；故选C。11.有机物Ⅰ是有机合成中重要的中间体，合成的反应如下。下列说法正确的是

已知：羰基(-CO-)可以与加成生成醇。A.苯甲醛苯环上的一氯代物有4种B.1mol苯甲醛分子中含有4mol键C.可用质谱仪测定2-环己烯酮中羰基、碳碳双键等基团D.有机物1与足量完全加成后所得分子中含有3个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．苯甲醛苯环上的一氯代物有3种，如图：，A错误；B．1mol苯甲醛分子中含有1molπ大派键和1mol小π键，B错误；C．可用质谱仪测定2-环己烯酮中仅含有羰基、碳碳双键两种官能团，C错误；D．有机物1与足量H2完全加成后所得产物为，标有“*”的为手性碳原子，，加成产物中含有3个手性碳原子，D正确；故选D。12.对于某些常见离子的检验及结论一定正确的是A.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有B.加入盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀产生，一定有C.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蒙试纸变蓝，一定有D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有【答案】C【解析】【详解】A．加入稀盐酸后产生无色气体，同时此气体还能够使澄清石灰水变浑浊，此气体可以是CO2或SO2，所以还可以是、HSO或HCO，A错误；B．加入盐酸酸化后，BaCl2溶液中仍含有沉淀，沉淀可能是BaSO4或AgCl，，因此还可能是Ag+，B错误；C．加入NaOH溶液后，产生可使红色石蕊试纸变蓝的气体应为碱性气体，即与OH-反应产生碱性气体，只有NH3，故溶液中一定含有NH4+，C正确；D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀且与白色沉淀能与盐酸反应，BaCO3和CaCO3都有这样的性质，因此不一定含有Ba2+，D错误故答案选C。13.在2.0L恒温恒容密闭容器中充入2.0mol和6.0mol，发生反应：，、的物质的量随时间的变化如图所示。下列有关说法正确的是A.使用催化剂可以缩短到达平衡时所需的时间B.2.0mol和6.0mol充分反应放出184.8kJ的热量C.内，D.单位时间内断裂3molH-H键，同时生成3molN-H键，说明反应已达平衡状态【答案】A【解析】【详解】A．催化剂可以加快反应速率，使用催化剂可以缩短到达平衡时所需的时间，A正确；B．根据反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)

ΔH=−92.4kJ⋅mol−1，可知此反应为可逆反应，加入2.0molN2和6.0molH2不能完全反应，反应放出小于184.8kJ的热量，B错误；C．根据图中信息可知，0minn(H2)=6.0mol，t2时(H2)=3.6mol，v(H2)===mol⋅L−1⋅min−1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，可知v(NH3)=×mol⋅L−1⋅min−1=mol⋅L−1⋅min−1，C错误；D．单位时间内，断裂3molH-H键，同时断裂6molN-H键，才能表示的是正逆反应速率，才能说明达到了平衡状态，D错误；故选A。二、非选择题：共4题，共61分。14.按要求作答：（1）有下列A~F，6种有机物：A．B．C．D．E．F．①A物质中官能团的名称为_______。②上述物质中互为同分异构体的是_______；同一种物质的是_______(填序号)。③健线式E：表示的分子式为_______；该物质用系统命名法命名为_______。（2）的名称为_______；该分子最多有_______个原子共面。（3）的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______。①苯环上只有一个取代基；②有醛基和酯基，水解后的产物中有酚羟基；③分子中有5种不同化学环境的氢。【答案】（1）①.溴原子或碳溴键②.B和D③.C和F④.C6H12⑤.4-甲基-2戊稀（2）①.苯乙烯②.16（3）【解析】【小问1详解】①根据A的结构简式，可知其官能团为溴原子或碳溴键；②同分异构体分子式相同，结构不同，B和D的化学式均为C7H8O，结构不同，B和D互为同分异构体；C和F属于同一种物质；③根据该物质的键线式，含有一个碳碳双键，可知不饱和度为1，6个C，所以分子式C6H2×6-2为C6H12，根据烯烃的命名，该物质命名为：4-甲基-2戊稀；【小问2详解】名称为苯乙烯，碳碳双键两端能确定一个平面，苯环也能确定一个平面，且二者可以旋转为同一个平面，所以原子都共面，不饱和度为5，碳原子个数为8，所以分子式为：C8H2×8+2-5×2为C8H8，一共最多16个原子共面；【小问3详解】满足下列条件，①苯环上只有一个取代基；②有醛基和酯基，水解后的产物中有酚羟基，说明酯基为酚酯，③分子中有5种不同化学环境的氢，苯环上已有3种氢，醛基中有一种氢，还剩一种氢，去掉苯环5个H和醛基中一个H，还剩6个H，且为一种H，只能为处于对称位置两个甲基，所以符合要求同分异构体的结构简式为：；15.丙烯是石油化工的重要原料，一定条件下可发生下列转化：已知：。（1）丙烯能发生加聚反应，产物的结构简式为_______。（2）写出B的结构简式_______。（3）写出G与足量乙醇反应生成H的化学方程式_______。（4）设计以丙烯和乙醇为原料制备的合成路线_______。(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干，合成路线常用的表示方式为：)【答案】（1）（2）（3）+2CH3CH2OH+2H2O（4）【解析】【分析】根据A和C结构及A到B的反应条件可推测出B的结构应该为，C的结构为，酸性条件下水解生成D，D的结构为，D在催化剂作用下，与Br2发生取代反应，得到E，E与KCN反应生成F，所以F的结构应该为，F在酸性条件下水解生成G，G的结构为，G与足量的乙醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成，所以H的结构为。【小问1详解】n，所以聚丙烯的结构简式为：；【小问2详解】A与HBr加成反应得到B，B与KCN反应生成，所以B的结构简式为：；【小问3详解】见分析，G为，当与足量乙醇反应时，生成，所以生成H的化学方程式为：+2CH3CH2OH+2H2O；【小问4详解】采用逆合成分析，根据已知条件，故答案为：。16.聚合硫酸铁[]是高效水处理剂。以废铁屑(主要成分为铁，杂质为C、Si等)及硫酸为原料，制备聚合硫酸铁的工艺流程如下：（1）为提高反应Ⅰ的反应速率，可以采取的措施有_______(一种即可)。（2）写出反应Ⅰ中生成的离子方程式为_______。（3）已知溶液脱除空气中并再生的原理如图所示。该原理过程可描述为_______。（4）聚合硫酸铁[]的组成可通过下列实验测定：①称取一定质量的聚合硫酸铁溶于稀盐酸中，往所得溶液中滴加溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体11.65g；②另称取与①等质量的聚合硫酸铁溶于稀硫酸中，加入足量铜粉，充分反应后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并配成250.00mL溶液A；③准确量取25.00mL溶液A，用的溶液滴定至终点，消耗溶液8.00mL。该步反应为：(未配平)。通过计算确定该聚合硫酸铁的化学式A_______(写出计算过程)。【答案】（1）升高温度，增大氢离子浓度，适当的增大硫酸的浓度，将废铁屑研成粉末（2）Fe+2H+=Fe2++H2（3）H2S+2Fe3+=S↓+2Fe2++2H+，4H++4Fe2++O2=2H2O+2Fe3+（4）Fe4(OH)2(SO4)5【解析】【分析】以废铁屑及硫酸为原料，制备聚合硫酸铁根据实验目的，以废铁屑(主要成分为铁，杂质为C、Si等)及硫酸为原料，制备聚合硫酸铁，废铁屑中加硫酸，发应I为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，C和Si与稀硫酸不反应为沉淀，过滤滤渣为C和Si，滤液为硫酸亚铁，加入氧气和硫酸发生反应，反应Ⅱ为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，经系列操作制的聚合硫酸铁，以此来解析；【小问1详解】根据影响反应速率的因素，可知加快反应速率的措施可以是升高温度，增大氢离子浓度，适当的增大硫酸的浓度，将废铁屑研成粉末等措施；【小问2详解】发应I为Fe+H2SO4=FeSO4+H2，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2；【小问3详解】首先Fe3+与H2S反应生成S和Fe2+、H+，反应的离子方程式为：H2S+2Fe3+=S↓+2Fe2++2H+，然后H+、4Fe2+和O2反应生成H2O和Fe3+，反应的离子方程式为：4H++4Fe2++O2=2H2O+2Fe3+，总反应为：2H2S+O22S+2H2O，Fe3+做了该反应催化剂，而Fe2+和H+做了该反应的中间产物；【小问4详解】①将聚合硫酸铁溶于稀盐酸，可以得到含SO的溶液，往所得溶液中加入BaCl2溶液至完全沉淀，最后得到BaSO4的质量为11.65g，可得n(BaSO4)===0.05mol，即n(SO)=0.05mol；②另称取与①等质量的聚合硫酸铁溶于稀H2SO4中，加入足量的Cu，可以得到含Fe2+的溶液，然后配成250.00mL的溶液A；③用0.1000mol·L-1KMnO4溶液滴定25.00mL溶液A，消耗KMnO4溶液8.00mL，根据方程5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可得5Fe2+～MnO，可知25.00mL溶液A中Fe3+的物质的量为n(Fe3+)=5n(MnO)=5cV=5×0.1000mol·L-1×8.00ml=0.004mol，则250.00mL溶液A中Fe3+的物质的量为：n(Fe3+)=10×0.004mol=0.04mol；根据电荷守恒:3n(Fe3+)=2n((SO)+n(OH-)，可得n(OH-)=3n(Fe3+)-2n((SO)=3×0.04mol-2×0.05mol=0.02mol，聚合硫酸铁中n(Fe3+)：n(OH-)：n(SO)=0.04mol：0.02mol：0.05mol=4：2：5，所以聚合硫酸铁的化学式为：Fe4(OH)2(SO4)5。17.既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。（1）甲烷高温分解生成氢气和碳的反应是吸热反应。在密闭容器中进行此反应时要通入适量空气使部分甲烧燃烧，其目的是_______。（2）以为燃料可设计成结构简单、能量转化率高的燃料电池，其工作原理如图所示，则通入b气体的电极名称为_______(选填“正极”或“负极”)，通入a气体的电极反应式_______(质子交换膜只允许通过)。（3）在一定温度和催化剂作用下，与可直接转化成乙酸，这是实现“减排”的种研究方向。①与可直接转化成乙酸的原子利用率为_______。②在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示，则该反应的最佳温度应控制在_______左右。（4）碳正离子(例如：、、等)是有机反应中间体，碳正离子是由在“超强酸”中获得一个而得到，而失去可得。去掉后生成电中性有机分子，该