资源描述
2021～2021学年度第二学期期末考试
高一化学
温馨提示：考试时间60分钟；试卷总分值100分；使用答题卡的区，学生作答时请将答案写在答题卡上；不使用答题卡的区，学生作答时请将选择题答案写在试卷第六页答题栏内，和第二卷一并上交。以下数据可供解题时参考：
相对原子质量 H 1 C 12 O 16 23 65 64
第一卷〔选择题〕
本卷共20题，每题只有一个正确选项，每题2分，共40分。
A. 氟 B. 氧 C. 磷 D. 硫
【答案】A
【解析】
【详解】由元素在周期表中的位置和元素周期律可知元素的非金属性强弱为：氟>氧>硫>磷，故答案为A。
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A．酸碱中和是放热反响，故A错误；B．氯化铵晶体及氢氧化钡晶体反响，属于吸热反响，故B正确；C．金属及酸反响是放热，故C错误；D．可燃物燃烧是放热反响，故D错误；答案为B。
点睛：明确常见的吸热反响和放热反响是解题的关键，常见的放热反响有：所有的物质燃烧、金属及酸或水反响、中和反响、铝热反响、绝大多数化合反响等；常见的吸热反响有：绝大数分解反响，个别的化合反响(如C和2)，八水合氢氧化钡及氯化铵的反响进展判断。
A. C2H6O B. C2H4O2 C. C6H12O6 D. 3
【答案】D
【解析】
【详解】有机物必须含有碳元素，但有些物质虽然含有碳元素，但构造、性质和无机物相似，一般归为无机物。D属于钠盐，是无机物，答案选D。
4.在海水资源的综合利用中，不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是
A. 溴、碘单质 B. 钠、镁单质 C. 食盐、淡水 D. 烧碱、纯碱
【答案】C
【解析】
【详解】海水中氯、溴、碘、钠、镁、铝都以化合态形式存在，假设制取其单质，必须经过化学变化。从海水中提取食盐和海水的淡化主要是将海水进展蒸发或蒸馏，是物理变化。而由饱和食盐水制取烧碱需电解，为化学变化，故答案选C。
【点睛】纯碱的工业制法主要为侯氏制碱法，主要的原理为： + ₃ + ₂ ₂₃↓+ 4 ；其中的原料来源于海水。
U92235和U92238的说法正确的选项是
A. 互为同位素 B. 质量数一样 C. 是同一种核素 D. 中子数一样
【答案】A
【解析】
【详解】A.U92235和U92238为质子数一样，中子数不同的两种原子，互为同位素，故A正确；
B.U92235和U92238的质量数前者为235，后者为239，不一样，故B错误；
C.由于两种原子的中子数不同，不是同一种核素，故C错误；
D.U92235和U92238的中子数为235-92=143、238-92=146，不一样，故D错误；
答案选A。
A. 乙烯 B. 苯 C. 乙醇 D. 二氧化硫
【答案】B
【解析】
【详解】A.乙烯分子中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；故A及题意不符；
B.苯不能及酸性高锰酸钾溶液反响，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C.乙醇中含有羟基，能被酸性高锰酸钾氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C及题意不符；
D.二氧化硫具有复原性，能被酸性高锰酸钾氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D及题意不符；
答案选B。
A. 乙烯和苯都能发生加成反响
B. 乙醇和乙酸都能发生取代反响
C. 油脂的皂化和苯的硝化都属于取代反响
D. 葡萄糖和蔗糖都能发生银镜反响
【答案】D
【解析】
【详解】A.碳碳双键和苯环都能及氢气发生加成反响，故A说法正确；
B.乙醇和乙酸都能发生酯化，酯化反响也是取代反响，故B说法正确；
C．甲苯的硝化反响为硝基替代甲苯的氢原子的反响，为取代反响，油脂的皂化为油脂在碱性条件下的水解，为取代反响，故C说法正确；
D．蔗糖分子中没有醛基，不能发生银镜反响，故D说法不正确；
答案选D。
A. 石油主要是由多种碳氢化合物组成的混合物
B. 石油的分馏属于物理过程，煤的干馏属于化学过程
C. 分馏汽油和裂化汽油均可萃取溴水中的溴
D. 石油催化重整的主要目的是得到苯、甲苯等芳香烃
【答案】C
【解析】
【详解】A.石油主要是由多种碳氢化合物组成的混合物，故A说法正确；
B.石油的分馏是根据物质的沸点不同而进展别离的一种该方法，属于物理过程，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热的过程，属于化学变化，故B说法正确；
C．裂化汽油中含有不饱和的烃类物质，能及溴发生加成反响，不可用于萃取溴水中的溴，故C说法不正确；
D.石油催化重整的主要目的是得到苯、甲苯等芳香烃，故D说法正确；
答案选C。
【点睛】石油是由烷烃、环烷烃和芳香烃组成的复杂混合物，分馏得到的汽油中不含有不饱和链烃。由烷烃裂化的反响可知，裂化汽油中含有不饱和链烃(烯烃)。无论是直馏汽油还是裂化汽油，都是组成复杂的有机物，没有固定的熔沸点。
A. 同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子
B. 第ⅠA族及第ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物
C. 科学家在周期表中金属及非金属分界限处找到了优良的催化剂
D. 元素周期表中的所有元素都是从自然界中发现的，过渡元素都是金属元素
【答案】B
【解析】
【详解】A.同一周期元素的原子，半径越小越容易得到电子，故A错误；
B.ⅠA族有H和碱金属元素，ⅦA族元素为非金属元素，H及非金属元素形成共价化合物，碱金属及非金属元素形成离子化合物，故B正确；
C. 在周期表中金属及非金属分界限处主要是寻找优良的半导体材料，故C错误；
D. 元素周期表中局部元素是科学家人工合成的，故D错误；
答案选B。
【点睛】在ⅠA族元素中，除了含有碱金属元素之外，还含有H元素，所以可以及第ⅦA族元素间形成共价化合物。
A. 氢氧燃料电池属于环境友好电池，能量转化率可达100％
B. 锌锰干电池是一种常用的二次电池
C. 锌锰干电池工作一段时间后锌外壳逐渐变薄
D. 铅蓄电池负极是2，正极是
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃料电池转化率不可能为100%，故A错误；
B．锌锰干电池是一种常用的一次电池，故B错误；
C. 锌锰干电池工作过程中，负极反响为：22+，锌外壳不断被腐蚀而逐渐变薄，故C正确；
D. 铅蓄电池负极是，正极是2，故D错误；
答案选C。
11.在恒容的容器中发生反响A(s)＋B(g)2C(g)。那么以下措施肯定能使反响速率加快的是①升高温度 ②增大B的浓度 ③将A 粉碎研细 ④充入惰性气体
A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④
【答案】A
【解析】
【详解】一般能加快化学反响速率的措施有升高温度、增大反响物的浓度、使用催化剂、增大反响物的接触面积等。而在恒容的容器中充入惰性气体并没有增大反响各物质的浓度，对反响速率没有影响，故答案选A。
【点睛】增大容器的压强，反响的速率有没有增大，关键在于反响的浓度有没有增大，充入惰性气体，容器内的压强虽然增大，但反响物的浓度并没有发生改变，故化学反响速率不变。
A. 离子化合物一定不含共价键
B. 化学键的形成及原子构造无关
C. 化学键主要通过原子的价电子间的转移或共用来实现
D. 离子键可能存在于共价化合物中
【答案】C
【解析】
【详解】A.离子化合物中可能含有共价键，如、等，故A错误；
B.化学键的形成及原子构造有关，假设原子半径越大，最外层电子数越少，越易失电子而形成离子键，故B错误；
C.化学键主要通过原子的价电子间的转移或共用来实现，故C正确；
D．共价化合物中只含有共价键，不可能含有离子键，故D错误；
答案选C。
【点睛】共价化合物中仅含共价键，故其不不含离子键；含有离子键的化合物为离子化合物，那么其中可能含有共价健。
A. 利用铝热反响可以冶炼镁、铁、铜等金属
B. 用电解溶液的方法来冶炼金属钠
C. 塑料、合成橡胶、合成纤维属于合成高分子化合物
D. 酸雨的形成主要是由于大气中二氧化碳的含量增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.因镁比铝活泼，不可以用铝热反响来冶炼，故A错误；
B.冶炼金属钠采用的是电解熔融的，故B错误；
C．塑料、合成橡胶、合成纤维为三大合成材料，都属于合成高分子化合物，故C正确；
D. 酸雨的形成主要是由于大气中二氧化硫、氮的氧化物等导致的，故D错误；
答案选C。
【点睛】酸雨是指值小于5.6的雨、雪、雾、 雹等大气降水。当水中溶有的二氧化碳到达饱和是其为5.6，故酸雨并不是因为溶有二氧化碳而造成的。
14.标准状况下将35 气态烷烃完全燃烧，恢复到原来状况下，得到二氧化碳气体105 ，那么该烃的分子式为
A. 4 B. C4H10 C. C3H6 D. C3H8
【答案】D
【解析】
【详解】烷烃的分子通式为22，由碳无素守恒可知35 气态烷烃完全燃烧能得到35的二氧化碳，那么有35105，3，该烃为C3H8，故答案选D。
A. N、O、F最高价依次升高 B. 3+、、F－ 微粒半径依次增大
C. 单质的熔点：2>2>I2 D. 碱性：>>
【答案】D
【解析】
【详解】A.因O、F无正价，故A错误；
B．核外有三个电子层，3+、F－核个只有两个电子层，半径较3+、F－要大，故B错误；
C．因相对分子质量2<2<I2，故分子间的作用力2<2<I2，其熔点2<2<I2，故C错误；
D．同一主族的元素自上而下，元素的金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的碱性也越强，即>>，故D正确；
答案选D。
A. 糖类物质均能发生水解反响
B. 酒精中是否含有水，不能用金属钠检验
C. 蛋白质在一定条件下能发生水解反响，生成氨基酸
D. 不能用米汤直接检验加碘食盐中是否含有碘元素
【答案】A
【解析】
【详解】A.单糖不能发生水解，故A说法不正确；
B.因水和乙醇都能及钠反响产生氢气，故不能用钠来检验，故B说法正确；
C.蛋白质水解的最终产物为氨基酸，故C说法正确；
3的形式存在的，遇淀粉不显蓝色，故D说法正确；
答案选A。
【点睛】只有游离态的碘遇淀粉能使之显蓝色，并不是碘元素的所有存在形式都具有这一性质。
17.根据元素周期律和元素周期表进展推断，不正确的选项是
A. 砹〔〕易溶于某些有机溶剂 B. 砹化氢〔〕很稳定
C. 锂及水反响不如钠及水反响剧烈 D. 铷〔〕的硫酸盐易溶解于水
【答案】B
【解析】
【详解】A.砹〔〕位于周期表中的第族，性质及其它卤素具有相似性，卤素单质一般易溶于有机溶剂，故A推断正确；
B.砹〔〕的非金属性较弱，那么其氢化物稳定性较差，故B推断错误；
C.锂的活泼性较钠弱，那么及水反响不如钠及水反响剧烈，故C推断正确；
D.铷为碱金属元素，其硫酸盐易溶于水，故D推断正确；
答案选B。
A. 可用电渗析法进展海水淡化
B. 乙烯及氧气在银催化作用下只生成环氧乙烷〔〕，该反响符合绿色化学原子经济性要求
C. 向某溶液中滴入盐酸酸化的氯化钡溶液出现白色沉淀，证明该溶液中一定含有42－
D. 酒是陈的香，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯
【答案】C
【解析】
【详解】A.电渗析法是一种利用离子交换膜进展海水淡化的方法，故A说法正确；
B.乙烯及氧气在银催化作用下只生成环氧乙烷，原子利用率为100%，符合绿色化学原子经济性要求，故B说法正确；
C.向某溶液中滴入盐酸酸化的氯化钡溶液出现白色沉淀，也有可能是的白色沉淀，不一定含有42－，故C说法错误；
D.酒贮存久了其中的乙醇会被氧化成乙酸，两者发生酯化反响而生成了乙酸乙酯，故D说法正确；
答案选C。
【点睛】在检验硫酸根离子时，盐酸和氯化钡应分两步参加待测试液中，先参加盐酸后，假设无白色沉淀析出，说明原试样中没有银离子。
19.将4 A气体和1 B气体在2 L的容器内混合，在一定条件下发生反响： 2A(g) ＋B(g)3C(g)，假设2 后测得C的浓度为0.6 ·L－１，那么以下说法正确的选项是
A. 用物质A表示反响的平均速率为v(A)= 0.4 ·(L·)－１
B. 2 时A、B、C三种气体的总量为5
C. 2 时B的转化率为20％
D. 假设2 后该反响达平衡，那么各种气体的量不再变化，反响停顿
【答案】B
【解析】
【详解】A.因2 后测得C的浓度为0.6 ·L－１，那么用物质C表示反响的平均速率为v(C)= 0.6 ·L－１÷20.3 ·(L·)－１，用物质A表示反响的平均速率为v(A)23(C)= 0.2 ·(L·)－１，故A说法错误；
B.由于该反响为等体积的可逆反响，反响前气体的总物质的量为：415，反响后气体的总物质的量保持不变，那么有2 时A、B、C三种气体的总量为5，故B说法正确；
C.2内转化的B量为：0.6 ·L－１×2L÷3=0.4，那么B的转化率为：=0.4÷140%，故C说法错误；
D.可逆反响到达平衡后，反响并没有停顿，只是正逆反响速率到达相等，故D说法错误；
答案选B。
20.根据以下反响事实：①A＋B22+＋B ②D＋2H2()2＋H2↑ ③以B、E为电极及E的盐溶液组成原电池，电极反响为E2+＋2e－，B－2e－2+。由此可知以下微粒的关系正确的选项是
A. 复原性：D＞E＞A＞B B. 复原性：A＞B＞D＞E
C. 氧化性：D2+＞E2+＞A2+＞B2+ D. 氧化性：E2+＞B2+＞A2+＞D2+
【答案】D
【解析】
【分析】
同一化学反响中，氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性；复原剂的复原性＞复原产物的复原性，据此分析可得结论。
【详解】①22，该反响中氧化剂是B2+，氧化产物是A2+，所以B2+的氧化性＞A2+的氧化性；复原性A＞B；②2H2〔〕22↑，说明D为较活泼的金属，复原性较强；③以B、E为电极及E的盐溶液组成原电池，电极反响为：E22，22+．该电池的电池反响式为E22+，所以氧化剂是E2+，氧化产物是B2+，所以E2+的氧化性＞B2+的氧化性；复原性B＞E；综上分析可得复原性：D＞A＞B＞E；氧化性：E2+＞B2+＞A2+＞D2+。
答案选D。
第二卷〔本卷共3题共60分〕
21.按要求答复以下问题：
〔1〕除去以下表格物质中的杂质〔括号中是杂质〕，从所给试剂及操作方法中选出适宜的药品及方法〔填序号〕：
除杂试剂：A．溴水 B．饱和碳酸钠溶液 C．氢氧化钠溶液 D．乙醇
操作方法：E．蒸馏 F．分液 G．洗气 H．萃取
物质〔括号中是杂质〕
除杂试剂
操作方法
①硝基苯〔硝酸〕
②乙酸乙酯〔乙酸〕
③甲烷〔乙烯〕
〔2〕①乙酸中官能团的名称是。
②工业上用乙烯水化法制备乙醇，反响的化学方程式是。
③红热的铜丝插入乙醇中反复几次发生反响，反响的化学方程式是，该反响类型为反响。
④丁烷有种同分异构体，其中〔写名称〕熔、沸点较低。
【答案】 (1). C (2). F (3). B (4). F (5). A (6). G (7). 羧基 (8). 22＋H2O 32 (9). 232＋O2 23＋2H2O (10). 氧化 (11). 2 (12). 异丁烷或2-甲基丙烷
【解析】
【详解】(1) ①硝基苯中混有硝酸可采用碱洗后分液的方法别离，故答案为：C、F；②乙酸乙酯中混有乙酸可用饱和碳酸钠溶液中和后分液，故答案为：B、F；③甲烷中混有乙烯可通过溴水洗气的方法来除去，故答案为：. A、G；
〔2〕①乙酸中官能团为羧基，故答案为：羧基；②乙烯水化法为乙烯及水的加成反响，方程式为：22＋H2O 32；③红热的铜丝插入乙醇中会发生乙醇的催化氧化反响，故答案为：232＋O2 23＋2H2O、氧化；④丁烷有正丁烷和异丁烷两种同分异构体，异丁烷具有一个支链，熔沸点较低，故答案为：2、异丁烷或2-甲基丙烷。
22、Y、Z、W、R、M、N是7种短周期元素，原子序数依次增大。X组成的单质是密度最小的气体，Y是形成化合物种类最多的元素，W原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，R、M、N处于同一周期，R是该周期中金属性最强的元素，R及N能形成化合物，M及W同一主族。
请答复以下问题：
〔1〕Z在周期表中的位置是；N的原子构造示意图是。
〔2〕X、Y形成含碳量最小的有机物分子的空间构型是。
〔3〕X、W、N按照原子个数比1∶1∶1形成的化合物的电子式为。
〔4〕W及R形成的化合物R2W2可作供氧剂，该化合物含有的化学键类型有： ，该化合物及2反响的化学方程式是。
〔5〕在一定条件下，往M的氢化物的水溶液中通入N的单质，出现混浊，那么该反响的化学方程式是。此反响可证明单质氧化性〔填“＞〞、“＜〞或“＝〞〕。
〔6〕以上几种元素任意组合，可形成的酸性最强的物质是，可形成的碱性最强的物质是〔填写化学式〕
【答案】 (1). 第二周期第族 (2). (3). 正四面体 (4). (5). 离子键 共价键或非极性共价键 (6). 22O2＋22＝223＋O2 (7). 2＋H2S＝S↓＋2 (8). ＜ (9). 4 (10).
【解析】
【分析】
X组成的单质是密度最小的气体，说明X为氢元素；Y是形成化合物种类最多的元素，说明Y是碳元素；W原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，说明W是氧元素；R、M、N处于同一周期，R是该周期中金属性最强的元素，说明R为钠元素；R及N能形成化合物，说明N为氯元素；M及W同一主族，说明M为硫元素；X、Y、Z、W、R、M、N是7种短周期元素，原子序数依次增大，说明Z为氮元素；据此分析可得结论。
【详解】〔1〕Z为氮元素，N为氯元素，故答案为：第二周期第族、；
〔2〕X、Y形成含碳量最小的有机物分子是甲烷分子，其空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；
〔3〕X、W、N按照原子个数比1∶1∶1形成的化合物为，其电子式为：；〔4〕W及R形成的化合物R2W2为过氧化钠，含有离子键和共价键，故答案为：离子键、共价键或非极性共价键； 22O2＋22＝223＋O2；
〔5〕M的氢化物的水溶液中通入N的单质为置换反响，该事实说明氯的非金属性强于硫，故答案为：2＋H2S＝S↓＋2、＜；
〔6〕可形成的酸性最强的物质氯元素的最高价氧化物对应的水化物，即4，可形成的碱性最强的物质的钠元素的最高价氧化物对应的水化物，即，故答案为：4、。
【点睛】次氯酸的分子式及其电子式的原子书写顺序不同，是学生的易错点，因氯原子最外层为7个电子，一般不可以及氢和氧分别形成共价健，故在成键时，氧原子应及氯和氢分别形成共价键。
23.按要求答复以下问题：
〔1〕以和为电极，稀H24为电解质溶液形成的原电池中：
①向极移动〔填“正〞或“负〞〕。
②电子流动方向由极流向极〔填：“正〞、“负〞〕。
③假设有1 e－ 流过导线，那么理论上负极质量减少。
④假设将稀硫酸换成硫酸铜溶液，电极质量增加的是〔填“锌极〞或“铜极〞〕，原因是〔用电极方程式表示〕。
〔2〕一定温度下，在容积为2 L的密闭容器中进展反响：(g) (g) ＋(g)，M、N、P的物质的量随时间变化的曲线如下图：
①反响化学方程式中各物质的系数比为a∶b∶c＝。
②1 到3 这段时刻，以M的浓度变化表示的平均反响速率为：。
③以下表达中能说明上述反响到达平衡状态的是。
A．反响中当M及N的物质的量相等时
B．P的质量不随时间变化而变化
C．混合气体的总物质的量不随时间变化而变化
D．单位时间内每消耗a N，同时消耗b M
E．混合气体的压强不随时间的变化而变化
F．M的物质的量浓度保持不变
【答案】 (1). 正 (2). 负 (3). 正 (4). 32.5 (5). 铜极 (6). 22e－＝ (7). 2:1:1 (8). 0.25·(L·)－１ (9).
【解析】
【详解】〔1〕①在原电池工作的过程中，阳离子向正极移动，故答案为：正；②在原电池中，电子由负极流出，正极流入，故答案为：负、正；③负极的电极反响为：22+，当转移1 时，消耗0.5，质量为：0.5×6532.5g，故答案为：32.5；④稀硫酸换成硫酸铜溶液后，在正极为铜离子得电子被复原，故答案为：铜极、22e－＝；
〔2〕①由图示信息可知：N、M、P的物质的量在0-6内的变化量分别为：6、3、3，因其物质的变化量之比等于系数之比，故a∶b∶2:1:1；②1 到3 这段时间，M的浓度变化量为〔43〕÷20.5，那么速率为：0.5÷2 0.25·(L·)－１；③A．反响中当M及N的物质的量相等时并不能说明M或N的浓度保持不变，不一定平衡；B．P的质量不随时间变化而变化说明P的浓度保持不变，处于平衡状态；C．由于该反响是一个等体积的可逆反响，混合气体的总物质的量并不随反响的进展而变化，不一定平衡；D．单位时间内每消耗a N，同时消耗b M说明反响的正逆反响速率相等，处于平衡状态；E．由于该反响是一个等体积的可逆反响，混合气体的压强不随反响的进展而发生改变，不一定平衡；F．M的物质的量浓度保持不变说明反响处于平衡状态；故答案为：。
【点睛】化学平衡状态是一个稳定的状态，只有当一个随着可逆反响进展而发生改变的物理量保持不变时，那么可说明可逆反响到达平衡状态。
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