陕西省商洛市2021-2022学年高一下学期期末教学质量检测化学 Word版含解析

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商洛市2021~2022学年度高一第二学期期末教学质量检测化学试卷考生注意：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间90分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：人教版必修2。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cu-64Zn-65第I卷(选择题共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)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.AB.BC.CD.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。

12.规范使用化学用语是基本学科素养的体现。下列化学用语正确的是A.的结构示意图：B.用电子式表示氧化钠的形成过程：C.丙烯的键线式：D.氨气的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．氯为17号，形成Cl-时最外层得一个电子结构示意图为，A项正确；B．Na2O为离子化合物形成过程中有电子的转移，同时Na2O是2个Na+和一个O2-组成，表示为，B项错误；C．丙烯为3个碳原子的烯烃，键线式应该为，C项错误；D．N最外层5个电子需要与其他原子共用三对电子才能达饱和，NH3的电子式为，D项错误；故选A。3.下列组合中物质均为含共价键的离子化合物的是A.和B.和C.和D.和【答案】B【解析】【详解】A．NH4Cl是含有离子键和共价键的离子化合物，CO2是共价化合物，A不符合题意；B．NaOH和NH4Cl是含有离子键和共价键的离子化合物，B符合题意；C．SO3是共价化合物，NaCl是只含离子键的化合物，C不符合题意；D．Na2O2是含有离子键和共价键的离子化合物，Na2O是只含离子键的化合物，D不符合题意；故选B。4.据新闻报道，2022年5月我国多地出现红火蚁伤人事件。红火蚁蜇刺人并放出毒液，这种毒液含有蚁酸(主要成分是HCOOH)。下列物质与HCOOH(甲酸)互为同系物的是

2A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】结构相似，分子组成上相差一个或若干个原子团的化合物互为同系物。HCOOH中含一个-COOH，而A、B中均含羟基-OH为醇类，C中-COO-为酯基属于酯类，D中含有-COOH且相差n个-CH2。因此D与HCOOH为同系物；故答案选D。5.下列有关说法正确的是A.天然气、沼气、生物柴油都是不可再生能源B.石油经分馏可得到乙烯、丙烯等化工原料C.使用合成抗氧化剂、防腐剂能减慢食品变质速率D.工业上通过电解饱和食盐水制备钠单质【答案】C【解析】【详解】A．天然气是不可再生能源，沼气、生物柴油都是可再生能源，A错误；B．石油分馏产品经裂化、裂解可得到乙烯、丙烯等化工原料，B错误；C．使用合成抗氧化剂、防腐剂能减慢食品变质的速率，C正确；D．工业上通过电解熔融的NaCl制备钠单质，D错误；故选C。6.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.AB.BC.CD.D【答案】D

3【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。7.在恒容绝热密闭容器中投入24g焦炭粉、充入2molNO气体发生反应：(g、s分别表示气态、固态)，测得容器内气体温度与时间关系如图所示。下列推断正确的是A.混合气体的压强始终保持不变B.该反应的逆反应是放热反应C.增大焦炭粉质量，反应速率加快D.10min时，的正反应速率等于逆反应速率【答案】D【解析】【详解】A．反应气体量不变，但体系温度升高压强增大达平衡后压强不变，A项错误；B．随着反应正向进行温度升高，正向为放热反应，则逆向为吸热反应，B项正确；C．焦炭为固体加入焦炭不改变其浓度，不会改变速率，C项错误；D．随着反应正向进行温度升高，达平衡后温度保持不变，10min后达平衡即正逆反应速率相等，D项正确；故选D。8.根据下表可推出Q的分子式，Q的同分异构体有物质代号12345

4化学式QA.3种B.4种C.5种D.6种【答案】C【解析】【详解】给出的分子均满足CnH2n+2，且1号n=1，2号n=2，即n=物质代码，则Q为C6H14，共有5种同分异构体；故选C。9.我国科学家开发新型催化剂(Pt/CoNi)实现室温下CO和反应生成。向2L恒容密闭容器中充入2.0molCO和1.0mol，加入该催化剂，室温下发生反应，测得CO的物质的量随时间变化如表所示。下列说法正确的是t/min0510152025n/mol2.01.30.90.60.50.5A.容器中的元素均位于短周期B.5～10min内，最大C.热稳定性：D.CO的平衡转化率为75%【答案】D【解析】【详解】A．容器中Pt、Ni、Co为长周期元素，A项错误；B．在相同时间间隔中0-5min这段时间内CO的变化量最所以这段时间速率最大的，B项错误；C．C和O为同周期从左到右非金属增强，简单氢化物的稳定增强即CH4

5WMA.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。11.我国科学家开发催化剂(Ru-CdS)，实现光催化反应。反应如下：已知：异丁烷的键线式为。下列说法正确的是A.HMF和HMFCA都能与钠反应B.HMF和HMFCA都不能发生加成反应C.可用酸性溶液鉴别HMF和HMFCAD.HMFCA的分子式为【答案】A【解析】【详解】A．HMF和HMFCA中都含有羟基，能与金属钠反应，A正确；B．HMF和HMFCA中都含有碳碳双键，均能发生加成反应，B错误；

6C．HMF和HMFCA中都含有碳碳双键，均能使酸性溶液褪色，C错误；D．HMFCA的分子式为C6H6O4，D错误；故选A。12.代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol蔗糖完全水解生成的葡萄糖分子数为2B.工业上，28g和4mol在高温高压催化剂作用下生成的分子数为2C.标准状况下，11.2L氯仿()中含有的极性键数目为2D.4.6gNa与足量的反应，生成的分子数为0.1【答案】D【解析】【详解】A．1mol蔗糖完全水解生成1mol葡萄糖和1mol果糖，即1mol蔗糖完全水解生成的葡萄糖分子数为NA，A错误；B．28gN2的物质的量是1mol，和的反应是可逆反应，反应中生成的NH3分子数小于2NA，B错误；C．标准状况下，氯仿()是液态，无法计算11.2L氯仿的物质的量，也就无法计算其含有的极性键数目，C错误；D．4.6gNa的物质的量为0.2mol，根据反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑可知，0.2molNa与足量水反应生成的H2分子数为0.1NA，D正确；故选D。13.我国科学家最新开发基于四电子反应的可快充Zn-Se(硒)电池，工作原理如图所示(aq代表水溶液，Se@C代表以石墨烯为载体的吸附硒)。下列说法错误的是A.Zn极为负极B.电子流向：Zn极→用电器→Se@C极

7C.正极上的电极反应式为D.每生成0.1mol时，理论上负极质量净减6.5g【答案】D【解析】【详解】A．由装置图可知，Zn失去电子生成锌离子，发生氧化反应，则Zn极为负极，故A正确；B．原电池中，电子从负极经导线流向正极，则电子流向：Zn极→用电器→Se@C极，故B正确；C．由装置图可知，正极上的电极反应式为，故C正确；D．每生成0.1mol时，转移0.4mol电子，理论上负极质量净减13g，D项错误；故选D。14.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；

8D．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C。15.我国科学家开发光催化剂高选择性制备5-羟甲基-2-糠酸(M)，结构如图所示。1molM分别与足量的Na、完全反应产生气体的物质的量之比为A.2：1B.1：1C.1：2D.3：1【答案】B【解析】【详解】1mol该物质含1mol-OH和1mol-COOH均能与Na产生H2共1mol，而只有-COOH能与NaHCO3反应产生1molCO2，气体的比值为1:1；故选B。16.下列操作、现象和结论都正确的是选项操作现象结论A向酸性溶液中通入足量的乙烯紫色溶液变为无色乙烯具有漂白性B向新制的悬浊液中加入葡萄糖溶液并加热产生砖红色沉淀葡萄糖具有还原性C在酒精灯火焰上分别灼烧头发和丝织品有烧焦羽毛气味可区分丝织品和头发D向某溶液中依次滴加氯水、KSCN溶液溶液变为红色原溶液中一定含有A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．酸性溶液与乙烯发生了氧化还原反应，体现了乙烯的还原性，A错误；B．向新制的Cu(OH)2悬浊液中加入葡萄糖溶液并加热，葡萄糖和Cu(OH)2发生了氧化还原反应产生砖红色沉淀，葡萄糖作还原剂，具有还原性，B正确；C．头发和丝织品中均含有蛋白质，灼烧时均有烧焦羽毛气味，不能用该方法区分头发和丝织品，C

9错误；D．若原溶液中含有时，也会出现这种现象，故该方法不能说明原溶液中一定含有Fe2+，D错误；故选B。第II卷(非选择题52分)二、非选择题(本题包括4小题，共52分)17.苯乙烯(A)是一种重要化工原料。以苯乙烯为原料可以制备一系列化工产品，如图所示。请回答下列问题：（1）E中所含官能团的名称是_______，A→B的反应类型是_______。（2）在溴水、溴的四氯化碳溶液中分别加入过量的A，观察到的现象是_______。（3）D→E的副产物是NaBr，生成1molE至少需要_______gNaOH。（4）在浓硫酸作用下，E与足量反应的化学方程式为_______。（5）已知与四个互不相同的原子或原子团相连的碳原子叫手性碳原子。C中有_______个手性碳原子。（6）F的同分是构体中，含六元环的结构有_______(不包括立体异构体和F本身)种。【答案】（1）①.羟基②.加成反应（2）溴水和溴的四氯化碳溶液均褪色，但溴水中溶液分层，溴的四氯化碳溶液中溶液不分层（3）120（4）+3CH3COOH+（5）1（6）4【解析】【分析】苯乙烯和氢气发生加成反应生成苯乙烷，苯乙烯和溴水发生加成反应生成B，B和液溴在催化剂作用下发生取代反应生成C，C和氢气发生加成反应生成D，D和氢氧化钠水溶液加热反应生成E。

10【小问1详解】根据E的结构得到E中所含官能团的名称是羟基，A→B是A和溴水发生加成反应，其反应类型是加成反应；故答案为：羟基；加成反应。【小问2详解】在溴水、溴的四氯化碳溶液中分别加入过量的A，两者溶液都褪色，得到的产物不溶于水，易溶于有机溶剂，因此观察到的现象是溴水和溴的四氯化碳溶液均褪色，但溴水中溶液分层，溴的四氯化碳溶液中溶液不分层；故答案为：溴水和溴的四氯化碳溶液均褪色，但溴水中溶液分层，溴的四氯化碳溶液中溶液不分层。【小问3详解】D→E副产物是NaBr，1molD中含有3mol溴原子，和氢氧化钠溶液反应生成3molNaBr，说明消耗3molNaOH，则生成1molE至少需要3mol×40g∙mol−1＝120gNaOH；故答案为：120。【小问4详解】在浓硫酸作用下，E与足量反应，由于1molE含有3mol醇羟基，因此和3mol乙酸发生酯化反应，其反应的化学方程式为+3CH3COOH+；故答案为：+3CH3COOH+。【小问5详解】已知与四个互不相同的原子或原子团相连的碳原子叫手性碳原子，根据手性原子特点分析处连中间的溴原子的碳原子是手性碳原子，其他都不是手性碳原子，则C中有1个手性碳原子；故答案为：1。【小问6详解】F的同分异构体中，含六元环时，环上有两个甲基，可以连在同一个碳原子上；也可以连在苯环上的两个碳原子上，分别位于邻位、间位和对位，共4种；故答案为：4。18.A、B、C、D、E五种元素中，A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，A的电子层数等于其最外层电子数且在同周期中A的原子半径最小，B、C、D元素的常见单质均为气体、其中B、C的单质是空气的主要成分，D与其他元素不在同一周期，E为常见使用量最大的金属，在一定条件下，A的单质可以分别与C、D的单质化合生成甲、乙。各物质间有如图转化关系，回答下列问题：.

11（1）D在元素周期表中的位置为____。（2）写出B的单质的电子式：____。（3）戊的分子中D元素的化合价为____。写出戊在光照条件下发生反应的化学方程式：____。（4）A、B、C三种元素的原子半径从大到小的顺序为____(用元素符号表示)。（5）钠在C的气体中燃烧可以生成淡黄色固体，该物质中阳离子与阴离子的个数比为____。（6）丙具有很强的氧化性，丙的饱和溶液可以将E的单质溶解，试写出丙与E反应的离子方程式：____。【答案】（1）第三周期第VIIA族（2）（3）①.+1价②.2HClO2HC1+O2↑（4）r(N)>r(O)>r(H)(或N>O>H)（5）2：1（6）2Fe2++Fe=3Fe2+【解析】【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，A的电子层数等于其最外层电子数且在同周期中A的原子半径最小，A是H元素；B、C、D元素的常见单质均为气体，其中B、C的单质是空气的主要成分，B是N元素、C是O元素；D与其他元素不在同一周期，在一定条件下，A的单质可以分别与C、D的单质化合生成甲、乙，甲是H2O。D的单质能与水反应，生成乙和戊，戊见光分解为乙和氧气，则D是Cl元素、乙是HCl、戊是HClO，E为常见使用量最大的金属，E是Fe元素。【小问1详解】D是Cl元素，在元素周期表中的位置为第三周期第VIIA族；【小问2详解】B是N元素，N2的单质的电子式为；【小问3详解】戊是HClO，根据化合价代数和等于0，分子中Cl元素的化合价为+1；HClO

12在光照条件下发生分解反应生成盐酸和氧气，反应的化学方程式2HClO2HC1+O2↑。【小问4详解】电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，H、N、O三种元素的原子半径从大到小的顺序为r(N)>r(O)>r(H)。【小问5详解】钠在氧气中燃烧可以生成淡黄色固体Na2O2，Na2O2由Na+、构成，阳离子与阴离子的个数比为2:1。【小问6详解】丙是FeCl3，FeCl3和Fe反应生成FeCl2，反应的离子方程式为2Fe2++Fe=3Fe2+。19.我国科学家制备新型铜催化剂，实现了催化还原制、。发生如下反应：反应1：；反应2：。请回答下列问题：（1）一定温度下，向一恒容密闭容器中充入和，只发生反应1，下列情况能说明反应1达到平衡的是_______(填标号)。A.混合气体的密度不随时间变化B.混合气体的平均摩尔质量不随时间变化C.D.混合气体中碳原子总数不随时间变化（2）在恒容密闭容器中充入、，只发生反应2.改变下列条件，能提高反应速率的是_______(填标号)。A.降低温度B.充入惰性气体C.加入催化剂D.再充入（3）一定温度下，在一容积为2L的恒容密闭容器中充入1mol和4mol，同时发生反应1和反应2，测得、的物质的量变化如图1所示。

13①4min时，的正反应速率_______(填“大于”、“小于”或“等于”)逆反应速率。②5min时，容器中_______。③0～3min内，_______。(结果保留1位小数)（4）燃料电池如图2、图3所示，放电时，氧化产物依次为、。①图2中Pt极为_______(填“正”或“负”)极。②图3中负极的电极反应式为_______。③若消耗等物质的量的，则图2、图3装置中通过外电路的电子数之比为_______。【答案】（1）BC（2）CD（3）①.等于②.0.1③.0.3（4）①.正②.③.1:1【解析】【小问1详解】气体总质量不变，容器体积也不变，故密度始终不变，A项错误；气体物质的量减小，气体平均摩尔质量随着反应进行增大，所以B可以判断平衡，B项正确；正逆反应速率相等即平衡的定义，C项正确；根据质量守恒定律，碳原子总数始终不变，D错误；答案选BC；

14【小问2详解】加快反应速率可以增大反应物浓度、加催化剂、增压、升温。充入惰性气体不改变反应的浓度，所以速率不变。而充入H2增加反应物浓度可以加快反应速率，答案选CD；【小问3详解】3min后各物质量不再改变，说明3min后反应达平衡。则4min时v正=v逆，答案为等于。5min时甲烷的浓度。当生成0.2mol时，消耗0.8mol，生成0.2mol时，消耗1.2mol，故消耗的总物质的量为2mol，容器体积为2L，0～3min内，；【小问4详解】图2为甲烷的燃料电池，C为负极发生氧化反应电极反应为CH4-8e-+2H2O=CO2↑+8H+，而Pt的O2发生还原反应为正极。答案为正。图3为甲烷的燃料电池，CH4为负极发生氧化反应：，答案为。两个电池CH4与电子的关系均为1molCH4产生8mole-，所以若等量的CH4产生电子之比为1:1，答案为1:1。20.工业上常以高硫铝土矿(主要成分为、，还含有少量等)为原料，生产和铝单质的工艺流程如图：已知：高硫铝土矿粉中含有的在“焙烧Ⅰ”过程中，发生的反应为；“焙烧Ⅱ”在隔绝空气的条件下进行。（1）中硫的化合价为_______价；“焙烧Ⅰ”时，加入少量的主要作用为_______。（2）矿粉经过“焙烧Ⅰ”后，所得的大块烧渣需要进行“碱浸”，为了加快浸取的速率，可采取的措施为_______、_______。(任写两点)（3）当反应中生成标准状况下4.48L时，转移了_______mol电子。（4）“焙烧Ⅱ”过程中产生的污染性气体是_______(填化学式)

15，大量排放该气体造成的主要环境问题是_______。（5）“焙烧Ⅲ”发生反应的化学方程式为_______。（6）工业上，以物质X为原料冶炼金属Al的方法为_______，发生反应的化学方程式为_______。【答案】（1）①.②.吸收，减小对环境的污染（2）①.将大块烧渣粉碎②.适当升高“碱浸”的温度（3）1.1（4）①.②.酸雨（5）（6）①.电解法②.【解析】【分析】高硫铝土矿的主要成分为、，还含有少量等，通入空气，并加入少量氧化钙，进行焙烧I，发生已知反应，SO2与CaO、氧气反应生成硫酸钙，对焙烧产物进行碱浸，氧化铝与氢氧化钠反应，并过滤，滤液成分为偏铝酸钠和过量的氢氧化钠，滤渣为、硫酸钙，滤渣与隔绝空气进行焙烧Ⅱ制取；滤液中的溶质含有NaAlO2，向滤液中通入二氧化碳生成Al(OH)3沉淀，过滤，然后进行焙烧Ⅲ，得到，电解熔融氧化铝制备铝单质。【小问1详解】FeS2中铁元素化合价为+2价，根据化合物中各元素化合价的代数和等于0可知硫的化合价为-1价；“焙烧”时，加入少量CaO的主要作用为吸收SO2，减小对环境的污染。【小问2详解】矿粉经过“焙烧”后，所得的大块烧渣需要进行“碱浸”，为了加快浸取的速率，可采取的措施为将大块烧渣粉碎、适当升高“碱浸”的温度、搅拌等。【小问3详解】该反应中，氧元素的化合价由0价降低至-2价，11molO2转移电子44mol，生成8molSO2，则当反应生成标准状况下4.48L(0.2mol)SO2时，转移了1.1mol电子。【小问4详解】由流程可知，“焙烧II”过程中加入了FeS2，则产生的污染性气体是SO2

16，大量排放该气体造成的主要环境问题是酸雨。【小问5详解】滤液中的溶质含有NaAlO2，向滤液中通入二氧化碳生成Al(OH)3沉淀，过滤，然后进行“焙烧Ⅲ”，则“焙烧Ⅲ”发生反应的化学方程式为。【小问6详解】工业上，以物质X(Al2O3)为原料冶炼金属铝的方法为电解法，发生反应的化学方程式为。

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