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1、20212021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
2、，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。
3、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： + + + 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
4、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
5、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
6、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；
7、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A族及第A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.A族有H和碱金属元素，A族元素为非金属元素，H及非金属元素
8、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A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A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100B. 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
9、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升高温度 增大B的浓度 将A 粉碎研细 充入惰性气体A. B. C. D. 【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
10、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
11、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
12、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：22I2 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22I2，故分子
13、间的作用力22I2，其熔点22，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.
14、 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
15、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
16、 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，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)B. 2 时A、B、C三种气体的总量为5C. 2 时B的转化率为20D. 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，那么用物质C表示反响的平均速率为v(C)= 0.6 L20.3 (L)，用物质A表示反响的平均速率为v(A)23(C)= 0.2 (L)，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
17、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 L2L3=0.4，那么B的转化率为：=0.4140%，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：AB22+B D2H2()2H2 以B、E为电极及E的盐溶液组成原电池，电极反响为E2+2e，B2e2+。由此可知以下微粒的关系正确的选项是A. 复原性：DEAB B. 复原性：ABDEC. 氧化性：D2+E2+A2+B2+ D. 氧化性：E2+B2+A2+D2+【答案】D【解
18、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】22，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AB；2H222，说明D为较活泼的金属，复原性较强；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BE；综上分析可得复原性：DABE；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，
19、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硝基苯硝酸乙酸乙酯乙酸甲烷乙烯2乙酸中官能团的名称是。工业上用乙烯水化法制备乙醇，反响的化学方程式是。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。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). 22H2O 32 (9). 232O2 232H2O (10). 氧化 (11
20、). 2 (12). 异丁烷或2-甲基丙烷【解析】【详解】(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；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；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乙酸中官能团为羧基，故答案为：羧基；乙烯水化法为乙烯及水的加成反响，方程式为：22H2O 32；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：232O2 232H2O、氧化；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
21、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：1Z在周期表中的位置是；N的原子构造示意图是。2X、Y形成含碳量最小的有机物分子的空间构型是。3X、W、N按照原子个数比111形成的化合物的电子式为。4W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
22、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). 22O222223O2 (7). 2H2SS2 (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
23、、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】1Z为氮元素，N为氯元素，故答案为：第二周期第族、；2X、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；3X、W、N按照原子个数比111形成的化合物为，其电子式为：；4W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； 22O222223O2； 5M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：2H2SS2、；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
24、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：向极移动填“正或“负。电子流动方向由极流向极填：“正、“负。假设有1 e 流过导线，那么理论上负极质量减少。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
25、的量随时间变化的曲线如下图：反响化学方程式中各物质的系数比为abc。1 到3 这段时刻，以M的浓度变化表示的平均反响速率为：。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BP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 ME混合气体的压强不随时间的变化而变化FM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) (9). 【解析】【详解】1在原电池工作的过程中，阳离子向正极移动，故答案为
26、：正；在原电池中，电子由负极流出，正极流入，故答案为：负、正；负极的电极反响为：22+，当转移1 时，消耗0.5，质量为：0.56532.5g，故答案为：32.5；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ab2:1:1；1 到3 这段时间，M的浓度变化量为4320.5，那么速率为：0.52 0.25(L)；A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；BP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；FM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。