2021-2022學年江蘇省鹽城市高一下學期期終考試化學試題（含解析）

2021/2022學年度第三學期高一年級期終考試化學試題可能用到的相對原子質量：H-1C-12O-16S-32Fe-56Ba-137一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.今年5月10日，搭載天舟四號貨運飛船的長征七號遙五運載火箭在我國文昌航天發(fā)射場發(fā)射。長征七號采用液氧煤油發(fā)動機。我國自主研制的雙向拉伸聚酰亞胺薄膜涂層及其復合熱控材料解決了貨船熱控、熱防護等難題。下列有關說法正確的是A.運載火箭加注的煤油屬于有機物，含C、H、O元素B.天舟四號飛船倉壁殼體的鋁合金材料屬于有機高分子材料C.天舟四號飛船上太陽能電池板的半導體材料主要成分為D.聚酰亞胺涂層具有耐高溫、抗氧化、抗輻射、耐腐蝕等綜合性能【答案】D【解析】【詳解】A．運載火箭加注的煤油屬于有機物含C、H、元素，A錯誤；B．天舟四號飛船倉壁殼體的鋁合金材料屬于鋁合金材料，不屬于有機，B錯誤；C．天舟四號飛船上太陽能電池板半導體材料主要成分為Si，C錯誤；D．我國自主研制的雙向拉伸聚酰亞胺薄膜涂層應用于航空領域，解決了貨船熱控、熱防護等難題，所以聚酰亞胺涂層具有耐高溫、抗氧化、抗輻射、耐腐蝕等綜合性能，D正確；故選D。2.酰胺基可以由氨基()與羧基(-COOH)反應得到。下列有關說法不正確的是A.氨基()與羧基(-COOH)反應生成酰胺基屬于取代反應B.氨基()的電子式：C羧基(-COOH)與羧基之間能形成氫鍵D.酰胺基中存在不飽和碳原子【答案】B【解析】【詳解】A．氨基與羧基反應生成酰胺基同時生成水，屬于取代反應，A正確；B．氨基的電子式為：，B不正確；C．羧基與羧基之間能形成氫鍵，C正確；D．酰胺基中存在不飽和碳原子(形成碳氧雙鍵的碳原子)，D正確；故選B。3.下列裝置能達到實驗目的的是A.用裝置甲制備 B.用裝置乙干燥C.用裝置丙收集 D.用裝置丁進行噴泉實驗【答案】D【解析】【詳解】A．反應有水生成，則試管口應略向下傾斜，A錯誤；B．氨氣與濃硫酸反應，不能干燥氨氣，B錯誤；C．氨氣的密度比空氣密度小，則長導管進氣短導管出可收集氨氣，關鍵沒有出口，C錯誤；D．氨氣極易溶于水，導致壓強減小，導管口在液面下上升從而形成噴泉實驗，D正確；故選D。4.下列有關化合物的性質與用途具有對應關系的是A.NaClO水溶液呈堿性，可用于消毒 B.能溶于水，可用于治療胃酸過多C.MgO熔點高，可用于耐火材料 D.苯易揮發(fā)，可用于萃取劑【答案】C【解析】【詳解】A．次氯酸鈉具有強的氧化性，可用于消毒，A不符合題意；B．碳酸氫鈉能夠與鹽酸反應，消耗鹽酸，所以可用于治療胃酸過多，B不符合題意；C．MgO是離子化合物，離子鍵強，熔點很高，一般條件下不熔融，可用于制耐火材料，C符合題意；D．苯是有機溶劑，可以用來萃取一些在水中溶解度不大，易溶于苯的物質，D不符合題意；故選D。5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。X的原子半徑小于Y的原子半徑，Y、Z同主族，Z原子的核電荷數(shù)是Y原子的核電荷數(shù)的2倍。下列說法正確的是A.非金屬性Y比Z強B.X與Y只能形成一種化合物C.Y單質與Z單質在加熱條件下可直接生成D.最高價氧化物的水化物的酸性Z比W強【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Y、Z同主族，Z原子的核電荷數(shù)是Y原子的核電荷數(shù)的2倍，可推知Y為O、Z為S，則W為Cl，X的原子半徑小于Y的原子半徑，Y只能處于第一周期，故Y為H元素，以此來解析；【詳解】A．同主族自上而下非金屬性減弱，故非金屬性：Y(O)>Z(S)，A正確；B．X(氫)與Y(氧)形成的化合物有H2O、H2O2，B錯誤；C．硫和氧氣在加熱條件下反應生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，C錯誤；D．非金屬性越強對應最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，非金屬性Z(S)<W(Cl)，故酸性：H2SO4<HClO4，D錯誤；故選A。6.利用廢蝕刻液(含、及)制備堿性刻液溶液和的主要步驟：用氧化廢蝕刻液，通入氨氣，制備堿性蝕刻液[]，固液分離，用鹽酸溶解沉淀并制備，下列有關說法正確的是A.的空間填充模型為：B.酸性溶液氧化的離子方程式：C.氧化廢蝕刻液時，適當過量的主要原因是部分分解D.能使紫色的酸性高錳酸鉀溶液褪色生成，說明具有漂白性【答案】C【解析】【詳解】A．圖示為H2O2球棍模型，A錯誤；B．酸性H2O2溶液氧化FeCl2的離子方程式應為：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，B錯誤；C．FeCl3溶液可以催化分解H2O2，所以在氧化廢蝕刻液時，H2O2適當過量的主要原因是H2O2部分催化分解，C正確；D．H2O2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，是因為過氧化氫具有還原性，D錯誤；故選C。7.利用廢蝕刻液(含、及)制備堿性刻液溶液和的主要步驟：用氧化廢蝕刻液，通入氨氣，制備堿性蝕刻液[]，固液分離，用鹽酸溶解沉淀并制備，下列有關Cu及其化合物的敘述正確的是A.Cu在周期表中位于第四周期第ⅧA族B.向溶液中通入氨氣，制備堿性蝕刻液溶液的反應屬于化合反應C.制作印刷電路板時Cu被溶液刻蝕的離子方程式：D.將銅絲加熱至紅熱，蘸取有機試樣，放在火焰上灼燒，火焰為藍色則說明存在鹵素【答案】B【解析】【詳解】A．Cu為29號元素，在周期表中位于第四周期第族ⅠB，A錯誤；B．由反應特點可知CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2該反應為化合反應，B正確；C．制作印刷電路板時Cu被FeCl3溶液刻蝕的生成氯化亞鐵和氯化銅，反應離子方程式應為：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C錯誤；D．用銅絲燃燒法可定性確定有機物中是否存在鹵素，將一根純銅絲加熱至紅熱，蘸上試樣，放在火焰上灼燒，如存在鹵素，火焰為綠色，D錯誤；故選B。8.如圖所示裝置中，觀察到M棒變粗，N棒變細，由此判斷下表中所列M、N、P物質，其中可以成立的是

選項MNPA銀鋅硝酸銀溶液B銅鐵稀鹽酸C鋅銅稀硫酸溶液D鋅鐵硝酸鐵溶液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】該裝置沒有外接電源，所以是原電池，負極材料比正極材料活潑，且負極材料是隨著反應的進行質量減少，正極材料質量增加，根據(jù)題意可知，N極是負極，M極是正極，N極材料比M極活潑，以此來解析；【詳解】A．N為鋅，M為銀，N極材料比M極材料活潑，M極上有銀析出，所以M質量增加，A符合題意；B．M極發(fā)生的反應為2H++2e-=H2↑，有氣體生成，M質量不變，B不符合題意；C．M為鋅，N為銅，M極材料比N極活潑，C不符合題意；D．M為鋅，N為鐵，M極材料比N極活潑，D不符合題意；故選A。9.在指定條件下，下列選項所示的物質間轉化不能實現(xiàn)的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】A．NH3中的N元素顯-3價，NO2中的N元素顯+4價，N2中的N元素顯0價，0介于-3和+4之間，發(fā)生歸中反應可以實現(xiàn)一步實現(xiàn)，A不符合題意；B．Al3+與氨水反應生成Al(OH)3，氨水顯弱堿性，Al(OH)3不溶于弱堿，所以不能生成，B符合題意；C．NO2通入水中，發(fā)生反應3NO2+H2O=2HNO3+NO，C不符合題意；D．鐵與水蒸氣在高溫的條件下反應生成四氧化三鐵和氫氣，D不符合題意；故選B。10.除去下列物質中的少量雜質(括號內為雜質)，所用的除雜試劑、分離方法正確的是選項物質除雜試劑分離方法A甲烷(乙烯)酸性溶液洗氣B乙酸乙酯(乙酸)NaOH溶液分液C飽和食鹽水洗氣D硝酸(硫酸)溶液過濾A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．乙烯被酸性高錳酸鉀氧化生成二氧化碳，引入新的雜質，不能用酸性KMnO4溶液除雜，應選溴水、洗氣，A錯誤；B．除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇，應該選擇飽和碳酸鈉溶液，然后分液，不能用氫氧化鈉溶液乙酸乙酯會水解，B錯誤；C．HCl極易溶于水，飽和食鹽水抑制氯氣的溶解，可洗氣分離，C正確；D．硫酸和氯化鋇反應生成氯化氫，會引入新的雜質HCl，D錯誤；故選C。11.有機物Ⅰ是有機合成中重要的中間體，合成的反應如下。下列說法正確的是

已知：羰基(-CO-)可以與加成生成醇。A.苯甲醛苯環(huán)上的一氯代物有4種B.1mol苯甲醛分子中含有4mol鍵C.可用質譜儀測定2-環(huán)己烯酮中羰基、碳碳雙鍵等基團D.有機物1與足量完全加成后所得分子中含有3個手性碳原子【答案】D【解析】【詳解】A．苯甲醛苯環(huán)上的一氯代物有3種，如圖：，A錯誤；B．1mol苯甲醛分子中含有1molπ大派鍵和1mol小π鍵，B錯誤；C．可用質譜儀測定2-環(huán)己烯酮中僅含有羰基、碳碳雙鍵兩種官能團，C錯誤；D．有機物1與足量H2完全加成后所得產物為，標有“*”的為手性碳原子，，加成產物中含有3個手性碳原子，D正確；故選D。12.對于某些常見離子的檢驗及結論一定正確的是A.加入稀鹽酸產生無色氣體，將氣體通入澄清石灰水中，溶液變渾濁，一定有B.加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液有白色沉淀產生，一定有C.加入氫氧化鈉溶液并加熱，產生的氣體能使?jié)駶櫦t色石蒙試紙變藍，一定有D.加入碳酸鈉溶液產生白色沉淀，再加鹽酸白色沉淀消失，一定有【答案】C【解析】【詳解】A．加入稀鹽酸后產生無色氣體，同時此氣體還能夠使澄清石灰水變渾濁，此氣體可以是CO2或SO2，所以還可以是、HSO或HCO，A錯誤；B．加入鹽酸酸化后，BaCl2溶液中仍含有沉淀，沉淀可能是BaSO4或AgCl，，因此還可能是Ag+，B錯誤；C．加入NaOH溶液后，產生可使紅色石蕊試紙變藍的氣體應為堿性氣體，即與OH-反應產生堿性氣體，只有NH3，故溶液中一定含有NH4+，C正確；D．加入碳酸鈉溶液產生白色沉淀且與白色沉淀能與鹽酸反應，BaCO3和CaCO3都有這樣的性質，因此不一定含有Ba2+，D錯誤故答案選C。13.在2.0L恒溫恒容密閉容器中充入2.0mol和6.0mol，發(fā)生反應：，、的物質的量隨時間的變化如圖所示。下列有關說法正確的是A.使用催化劑可以縮短到達平衡時所需的時間B.2.0mol和6.0mol充分反應放出184.8kJ的熱量C.內，D.單位時間內斷裂3molH-H鍵，同時生成3molN-H鍵，說明反應已達平衡狀態(tài)【答案】A【解析】【詳解】A．催化劑可以加快反應速率，使用催化劑可以縮短到達平衡時所需的時間，A正確；B．根據(jù)反應N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)

ΔH=?92.4kJ?mol?1，可知此反應為可逆反應，加入2.0molN2和6.0molH2不能完全反應，反應放出小于184.8kJ的熱量，B錯誤；C．根據(jù)圖中信息可知，0minn(H2)=6.0mol，t2時(H2)=3.6mol，v(H2)===mol?L?1?min?1，根據(jù)化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，可知v(NH3)=×mol?L?1?min?1=mol?L?1?min?1，C錯誤；D．單位時間內，斷裂3molH-H鍵，同時斷裂6molN-H鍵，才能表示的是正逆反應速率，才能說明達到了平衡狀態(tài)，D錯誤；故選A。二、非選擇題：共4題，共61分。14.按要求作答：（1）有下列A~F，6種有機物：A．B．C．D．E．F．①A物質中官能團的名稱為_______。②上述物質中互為同分異構體的是_______；同一種物質的是_______(填序號)。③健線式E：表示的分子式為_______；該物質用系統(tǒng)命名法命名為_______。（2）的名稱為_______；該分子最多有_______個原子共面。（3）的同分異構體中，同時滿足下列條件的結構簡式為_______。①苯環(huán)上只有一個取代基；②有醛基和酯基，水解后的產物中有酚羥基；③分子中有5種不同化學環(huán)境的氫?！敬鸢浮浚?）①.溴原子或碳溴鍵②.B和D③.C和F④.C6H12⑤.4-甲基-2戊?。?）①.苯乙烯②.16（3）【解析】【小問1詳解】①根據(jù)A的結構簡式，可知其官能團為溴原子或碳溴鍵；②同分異構體分子式相同，結構不同，B和D的化學式均為C7H8O，結構不同，B和D互為同分異構體；C和F屬于同一種物質；③根據(jù)該物質的鍵線式，含有一個碳碳雙鍵，可知不飽和度為1，6個C，所以分子式C6H2×6-2為C6H12，根據(jù)烯烴的命名，該物質命名為：4-甲基-2戊??；【小問2詳解】名稱為苯乙烯，碳碳雙鍵兩端能確定一個平面，苯環(huán)也能確定一個平面，且二者可以旋轉為同一個平面，所以原子都共面，不飽和度為5，碳原子個數(shù)為8，所以分子式為：C8H2×8+2-5×2為C8H8，一共最多16個原子共面；【小問3詳解】滿足下列條件，①苯環(huán)上只有一個取代基；②有醛基和酯基，水解后的產物中有酚羥基，說明酯基為酚酯，③分子中有5種不同化學環(huán)境的氫，苯環(huán)上已有3種氫，醛基中有一種氫，還剩一種氫，去掉苯環(huán)5個H和醛基中一個H，還剩6個H，且為一種H，只能為處于對稱位置兩個甲基，所以符合要求同分異構體的結構簡式為：；15.丙烯是石油化工的重要原料，一定條件下可發(fā)生下列轉化：已知：。（1）丙烯能發(fā)生加聚反應，產物的結構簡式為_______。（2）寫出B的結構簡式_______。（3）寫出G與足量乙醇反應生成H的化學方程式_______。（4）設計以丙烯和乙醇為原料制備的合成路線_______。(無機試劑任用，合成路線示例見本題題干，合成路線常用的表示方式為：)【答案】（1）（2）（3）+2CH3CH2OH+2H2O（4）【解析】【分析】根據(jù)A和C結構及A到B的反應條件可推測出B的結構應該為，C的結構為，酸性條件下水解生成D，D的結構為，D在催化劑作用下，與Br2發(fā)生取代反應，得到E，E與KCN反應生成F，所以F的結構應該為，F(xiàn)在酸性條件下水解生成G，G的結構為，G與足量的乙醇在濃硫酸加熱的條件下發(fā)生酯化反應生成，所以H的結構為?！拘?詳解】n，所以聚丙烯的結構簡式為：；【小問2詳解】A與HBr加成反應得到B，B與KCN反應生成，所以B的結構簡式為：；【小問3詳解】見分析，G為，當與足量乙醇反應時，生成，所以生成H的化學方程式為：+2CH3CH2OH+2H2O；【小問4詳解】采用逆合成分析，根據(jù)已知條件，故答案為：。16.聚合硫酸鐵[]是高效水處理劑。以廢鐵屑(主要成分為鐵，雜質為C、Si等)及硫酸為原料，制備聚合硫酸鐵的工藝流程如下：（1）為提高反應Ⅰ的反應速率，可以采取的措施有_______(一種即可)。（2）寫出反應Ⅰ中生成的離子方程式為_______。（3）已知溶液脫除空氣中并再生的原理如圖所示。該原理過程可描述為_______。（4）聚合硫酸鐵[]的組成可通過下列實驗測定：①稱取一定質量的聚合硫酸鐵溶于稀鹽酸中，往所得溶液中滴加溶液至沉淀完全，過濾、洗滌、干燥至恒重，得到白色固體11.65g；②另稱取與①等質量的聚合硫酸鐵溶于稀硫酸中，加入足量銅粉，充分反應后過濾、洗滌，將濾液和洗滌液合并配成250.00mL溶液A；③準確量取25.00mL溶液A，用的溶液滴定至終點，消耗溶液8.00mL。該步反應為：(未配平)。通過計算確定該聚合硫酸鐵的化學式A_______(寫出計算過程)?！敬鸢浮浚?）升高溫度，增大氫離子濃度，適當?shù)脑龃罅蛩岬臐舛?，將廢鐵屑研成粉末（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】以廢鐵屑及硫酸為原料，制備聚合硫酸鐵根據(jù)實驗目的，以廢鐵屑(主要成分為鐵，雜質為C、Si等)及硫酸為原料，制備聚合硫酸鐵，廢鐵屑中加硫酸，發(fā)應I為：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，C和Si與稀硫酸不反應為沉淀，過濾濾渣為C和Si，濾液為硫酸亞鐵，加入氧氣和硫酸發(fā)生反應，反應Ⅱ為：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，經系列操作制的聚合硫酸鐵，以此來解析；【小問1詳解】根據(jù)影響反應速率的因素，可知加快反應速率的措施可以是升高溫度，增大氫離子濃度，適當?shù)脑龃罅蛩岬臐舛?，將廢鐵屑研成粉末等措施；【小問2詳解】發(fā)應I為Fe+H2SO4=FeSO4+H2，反應的離子方程式為：Fe+2H+=Fe2++H2；【小問3詳解】首先Fe3+與H2S反應生成S和Fe2+、H+，反應的離子方程式為：H2S+2Fe3+=S↓+2Fe2++2H+，然后H+、4Fe2+和O2反應生成H2O和Fe3+，反應的離子方程式為：4H++4Fe2++O2=2H2O+2Fe3+，總反應為：2H2S+O22S+2H2O，F(xiàn)e3+做了該反應催化劑，而Fe2+和H+做了該反應的中間產物；【小問4詳解】①將聚合硫酸鐵溶于稀鹽酸，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的質量為11.65g，可得n(BaSO4)===0.05mol，即n(SO)=0.05mol；②另稱取與①等質量的聚合硫酸鐵溶于稀H2SO4中，加入足量的Cu，可以得到含F(xiàn)e2+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，根據(jù)方程5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可得5Fe2+～MnO，可知25.00mL溶液A中Fe3+的物質的量為n(Fe3+)=5n(MnO)=5cV=5×0.1000mol·L-1×8.00ml=0.004mol，則250.00mL溶液A中Fe3+的物質的量為：n(Fe3+)=10×0.004mol=0.04mol；根據(jù)電荷守恒:3n(Fe3+)=2n((SO)+n(OH-)，可得n(OH-)=3n(Fe3+)-2n((SO)=3×0.04mol-2×0.05mol=0.02mol，聚合硫酸鐵中n(Fe3+)：n(OH-)：n(SO)=0.04mol：0.02mol：0.05mol=4：2：5，所以聚合硫酸鐵的化學式為：Fe4(OH)2(SO4)5。17.既是一種重要的能源，也是一種重要的化工原料。（1）甲烷高溫分解生成氫氣和碳的反應是吸熱反應。在密閉容器中進行此反應時要通入適量空氣使部分甲燒燃燒，其目的是_______。（2）以為燃料可設計成結構簡單、能量轉化率高的燃料電池，其工作原理如圖所示，則通入b氣體的電極名稱為_______(選填“正極”或“負極”)，通入a氣體的電極反應式_______(質子交換膜只允許通過)。（3）在一定溫度和催化劑作用下，與可直接轉化成乙酸，這是實現(xiàn)“減排”的種研究方向。①與可直接轉化成乙酸的原子利用率為_______。②在不同溫度下，催化劑的催化效率與乙酸的生成速率如圖所示，則該反應的最佳溫度應控制在_______左右。（4）碳正離子(例如：、、等)是有機反應中間體，碳正離子是由在“超強酸”中獲得一個而得到，而失去可得。去掉后生成電中性有機分子，該