安徽省合肥市庐江县2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题含解析

PAGE15-安徽省合肥市庐江县2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1

C-12O-

16一、

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.《本草纲目》中记载：“烧酒非古法也，自元时始创其法。用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。”文中涉及的操作方法是A.蒸发 B.蒸馏 C.升华 D.干馏【答案】B【解析】【详解】由题中所给信息，“蒸令气上”表明该方法是利用各组分沸点不同实现物质的分别，此“法”是指蒸馏，烧酒利用的是蒸馏原理，故选B。2.下列化学用语正确的是A.二氧化碳的电子式： B.乙烯的结构简式：CH2CH2C.HBrO的比例模型： D.中子数为8的氮原子：【答案】A【解析】【详解】A．二氧化碳属于共价化合物，其电子式：，故A正确；B．乙烯含有碳碳双键官能团，其结构简式CH2=CH2，故B错误；C．依据次溴酸的电子式，HBrO中氧原子位于氢原子和溴原子之间，溴原子的半径最大，溴原子在氧原子的外侧，故C错误；D．质量数=质子数+中子数，则核电荷数为7，中子数为8的氮原子可以表示为，故D错误；答案选A。3.下列说法正确的是A.18O2和16O2互为同素异形体 B.戊烷和丙烷互为同系物C.C60和C70互为同位素 D.H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A.18O2和16O2是氧气分子，为同种物质，不能互为同素异形体，故A错误；B.戊烷和丙烷结构相像，分子组成上相差2个-CH2-原子团,互为同系物，故B正确；C.同位素指的是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子，C60和C70是碳的不同单质，互为同素异形体，故C错误；D.同分异构体指的是分子式相同，结构不同的化合物，H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2，分子式不同，不能互为同分异构体，故D错误；答案选B。【点睛】同素异形体指的是同种元素形成的不同单质。4.如图所示，有关化学反应和能量变更的说法正确的是（）A.a可以表示氯化铵固体与氢氧化钡晶体反应的能量变更B.图b中反应物比生成物稳定C.图a表示的是吸热反应的能量变更图D.图a不须要加热就肯定能发生，图b肯定须要加热才能发生【答案】B【解析】【分析】图a中反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应；图b中反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应。【详解】A.氯化铵固体与氢氧化钡晶体反应为吸热反应，则不能用图a表示能量变更，可以用图b表示，A错误；B.图b中反应物的总能量小于生成物的总能量，依据能量最低原理，则反应物比生成物稳定，B正确；C.图a可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，表示的是放热反应的能量变更，C错误；D.图a表示的为放热反应，有些放热反应也须要加热才能发生，如碳的燃烧，D错误。答案选B。5.在含有大量H+、Ba2+、Cl-的溶液中，还可能大量共存的离子是A.CO B.Ag+ C.SO D.Al3+【答案】D【解析】【分析】离子能够在溶液中大量共存，需满意离子间不发生反应。【详解】A．CO与H+、Ba2+反应，不能够大量共存，故A不符合题意；B．Ag+与Cl－反应生成难溶物AgCl，不能大量共存，故B不符合题意；C．SO与Ba2+发生反应生成难溶物BaSO4，不能大量共存，故C不符合题意；D．Al3+与H+、Ba2+、Cl-均不会发生反应，能大量共存，故D符合题意；答案选D。【点睛】离子之间若不发生任何反应，则可以大量共存，若发生反应，则不能大量共存。离子之间发生的反应类型有复分解反应、氧化还原反应、络合反应、盐的双水解反应等。6.下列说法错误的是（）A.SO2可用于漂白纸浆和草帽B.Fe2O3可用作红色油漆和涂料C.活性炭可用于去除冰箱中的异味D.依据是否产生丁达尔效应，将分散系分为溶液，浊液和胶体【答案】D【解析】【详解】A．因为SO2具有漂白性，所以二氧化硫可以漂白纸浆和草帽，故A正确；B．Fe2O3，颜色为红棕色，可用作红色油漆和涂料，故B正确；C．活性炭具有吸附性，利用其吸附性，可以去除冰箱中的异味，故C正确；D．将分散系分为溶液，浊液和胶体是依据分散质微粒直径大小，而不是是否产生丁达尔效应，故D错误；故答案为D。7.下列做法的目的与改变更学反应速率无关的是（）A.在糕点包装内放置小包除氧剂 B.在糖果制作过程中添加着色剂C.高炉炼铁前先将铁矿石粉碎 D.牛奶在冰箱里保存【答案】B【解析】【详解】A．在糕点包装内放置小包除氧剂的目的是防止食品变质，减慢糕点腐败变质的速度，故A与改变更学反应速率有关；B．在糖果制作过程中添加着色剂的目的是变更糖果的颜色，故B与改变更学反应速率无关；C．高炉炼铁前先将铁矿石粉碎，增大接触面积加快化学反应速率，故C与改变更学反应速率有关；D．牛奶在冰箱里保存，降低温度，减缓食物变质的速率，故D与改变更学反应速率有关；答案选B。8.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是A.NO属于共价化合物B.O2含有非极性共价键C.过程②汲取能量，过程③释放能量D.标准状况下，NO分解生成11.2LN2转移电子数为6.02×1023【答案】D【解析】【详解】A.NO中氮原子和氧原子以共价键相结合，NO只含有共价键，属于共价化合物，故A正确；B.O2中氧原子和氧原子以共价键相结合形成分子，由同种元素形成的共价键为非极性键，故B正确；C.过程②为NO分子变成氮原子和氧原子，是断键的过程，断键汲取能量，过程③由氮原子和氧原子重新结合形成氮气和氧气，是形成化学键，形成键释放能量，故C正确；D.11.2LN2的物质的量为0.5mol，2molNO生成1molN2，氮原子化合价由+2价变为0价，共转移4mol电子，则生成0.5molN2转移电子数为2×6.02×1023=1.204×1024，故D错误；答案选D。9.锂海水电池的反应原理为：2Li＋2H2O＝2LiOH＋H2↑，其示意图如图所示。有关该电池工作时说法错误的是A.金属锂作正极B.镍电极上发生还原反应C.海水作为电解质溶液D.可将化学能转化为电能【答案】A【解析】【分析】锂海水电池的电池反应为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，金属锂做原电池负极失电子发生氧化反应，电极反应：Li-e-=Li+，金属镍做原电池正极，海水中水得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，电子从负极沿导线流向正极。【详解】A.锂海水电池的电池反应为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，金属锂做原电池负极失电子发生氧化反应，电极反应：Li−e−=Li+，故A错误；B.金属镍做原电池正极，海水中水得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故B正确；C.原电池中利用海水做电解质溶液，形成闭合回路，故C正确；D.装置为原电池反应，化学能转化为电能，故D正确；答案选A。10.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一体积可变

的密闭容器中进行。变更下列条件对提高化学反应速率比较明显的是①增大C的用量；②将容器体积缩小一半；③保持压强不变，充入N2使容器体积增大；④温度上升；⑤保持体积不变，充入水蒸气A.②④ B.①③ C.②④⑤ D.①④【答案】C【解析】【详解】①增大C(s)的用量，但浓度不变，所以反应的速率不变，故①不符合题意；②将容器的体积缩小一半，相当于增大压强，反应的速率加快，故②符合题意；③保持压强不变，充入N2使容器体积增大，体系中各组分的浓度变小，反应的速率减慢，故③不符合题意；④温度上升，反应的速率加快，故④符合题意；⑤保持体积不变，充入水蒸气，水蒸气的浓度变大，反应的速率加快，故⑤符合题意；符合题意的是②④⑤；答案选C。11.已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构。则下列叙述正确的是（）A.原子半径：A＞B＞D＞CB.原子序数：d＞c＞b＞aC.原子的最外层电子数：C＞D＞A＞BD.离子半径：C3-＞D-＞B+＞A2+【答案】D【解析】【分析】依据题意可推知A为，B为，C为，D为。【详解】A.原子半径：，A错误；B.原子序数：，B错误；C.最外层电子数：，C错误；D.、、、的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径：，D正确；故答案为：D。12.下列反应的离子方程式书写正确的是A.用氯化铁溶液腐蚀铜电路板：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+B.用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑C.向稀硫酸中加入Ba(OH)2溶液：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2OD.向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3·H2O=4NH+AlO+2H2O【答案】A【解析】【详解】A．用氯化铁溶液腐蚀铜电路板生成氯化铜和氯化亚铁：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故A正确；B．CH3COOH是弱酸，写分子式，用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故B错误；C．向稀硫酸中加入Ba(OH)2溶液：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．NH3·H2O是弱碱，不能溶解Al(OH)3，向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=3NH+Al(OH)3↓，故D错误；故选A。13.某有机物的结构简式如下图所示。下列有关该有机物的叙述正确的是A.该有机物的分子式为C11H14O2B.1mol该有机物在Ni作催化制的条件下能与4molH2发生加成反应C.该有机物最多消耗NaOH与Na的物质的量之比为2：1D.该有机物共有三种官能团，分别为：碳碳双键、羟基、羰基【答案】B【解析】【详解】A．该分子中含有11个碳原子、12个H原子、3个O原子，其分子式为C11H12O3，故A错误；B．苯环和碳碳双键能和氢气在肯定条件下发生加成反应，则1mol该有机物在Ni作催化剂的条件下能与4molH2发生加成反应，故B正确；C．该有机物含有羧基和醇羟基，1mol该有机物含有1mol羧基，最多消耗1molNaOH，1mol该有机物含有1mol羟基和1mol羧基，最多消耗1mol+1mol=2mol钠，该有机物最多消耗NaOH与Na的物质的量之比为1：2，故C错误；D．该有机物共有三种官能团，含有碳碳双键、羧基、醇羟基，不含羰基，故D错误；答案选B。【点睛】含有羧基的物质可以和氢氧化钠发生酸碱中和反应，也可以和金属钠发生置换反应，为易错点。14.如图是球棍模型表示的某有机反应，该反应的类型为A.加成反应 B.取代反应 C.加聚反应 D.酯化反应【答案】A【解析】【详解】由图可知，第一个分子中的不饱和键断裂，断键原子与另一分子断裂产生的原子相结合，生成新的物质的反应，属于加成反应。故选A。15.为了从海带浸取液中提取碘，某同学设计了如下试验方案：下列说法正确的是（

）A.①中反应离子方程式：2I−+H2O2＝I2+2OH−B.②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗上口倒出C.③中得到的上层溶液中含有I−D.操作Z的名称是加热【答案】C【解析】【详解】A．①中在酸性溶液中不行能生成OH−，故A错误；B．四氯化碳的密度比水大，②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗下口放出，故B错误；C．碘化钠水溶液的密度比四氯化碳小，③中得到的上层溶液中含有I−，故C正确；D．从含有碘的悬浊液中得到碘，应当采纳过滤的方法，故D错误；故选C。16.下列试验操作、现象、得出的结论均正确的是试验结论A甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使潮湿的蓝色石蕊试纸变红生成的一氯甲烷具有酸性B向淀粉水解的产物中干脆加入新制的氢氧化铜悬浊液，并加热煮沸，没有出现砖红色沉淀水解的产物无还原性C室温下，向浓度为0.2mol/L的BaCl2溶液中通入CO2气体，出现白色沉淀CO2与BaCl2反应生成BaCO3沉淀D将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透亮生成的1,2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使潮湿的蓝色石蕊试纸变红，生成的氯代甲烷是非电解质不能电离，而是生成的HCl具有酸性，故A错误；B．向淀粉水解的产物中加入新制的氢氧化铜悬浊液前，要先加NaOH溶液将用作催化剂的硫酸中和，至溶液呈碱性，否则，硫酸会和新制的氢氧化铜悬浊液反应，故B错误；C．HCl的酸性强于碳酸，室温下，向浓度为0.2mol/L的BaCl2溶液中通入CO2气体，不会出现白色沉淀，故C错误；D．乙烯中的碳碳双键能与溴发生加成反应，将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透亮，生成的1,2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，故D正确；故选D。二、填空题（本題共5小题，共52分）17.(1)按要求选择合理试验装置：①鉴别Na2CO3和NaHCO3固体，选用________(填序号，下同)。②分别水和植物油，选用______________。③用乙酸、乙醇和浓硫酸制备乙酸乙酯，选用________________。(2)写出1-丙醇在空气中催化氧化的化学方程式：________________。【答案】(1).D(2).A(3).B(4).2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O(催化剂写“Cu”、“Ag”也可)【解析】【分析】(1)依据反应物的性质和反应条件选择合理试验装置；(2)1-丙醇在空气中催化氧化生成丙醛和水。【详解】(1)①Na2CO3和NaHCO3的热稳定性不同，后者受热分解生成CO2，可用澄清的石灰水鉴别，鉴别Na2CO3和NaHCO3固体，选用D。故答案为：D；②分别互不相溶的液体，用分液的方法分别，分别水和植物油，选用A。故答案为：A；③用乙酸、乙醇和浓硫酸制备乙酸乙酯，选用“加热液体”型装置，选用B。故答案为：B；(2)1-丙醇在空气中催化氧化生成丙醛和水，化学方程式：2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O(催化剂写“Cu”、“Ag”也可)。故答案为：2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O(催化剂写“Cu”、“Ag”也可)。18.下列是元素周期表一部分，其中①~⑩序号各代表一种元素，请回答下列问题：（1）元素②在周期表中的位置__________________，单质化学性质最稳定的元素_____（写符号）。（2）元素⑦、⑧和⑨最高价氧化物对应的水化物酸性最強的是_____（写酸的化学式）。（3）元素①和④按原子个数比1：1形成的化合物电子式____________。（4）写出单质铜与元素⑧最高价氧化物对应的水化物浓溶液反应的化学方程式：________。（5）元素④和⑤按原子个数比1：1形成的化合物与H2O反应的化学方程式_____________。（6）金属镁和⑥用导线连接插入NaOH溶液中，⑥作原申池的________（填“正极”或“负极”）。【答案】(1).其次周期IV

A族(2).Ar(3).HC1O4(4).(5).Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O(6).2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑(7).负极【解析】【分析】依据各元素在周期表中的位置，各元素分别为：①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Al，⑦为P，⑧为S，⑨为Cl，⑩为Ar。【详解】（1）元素②为C，在周期表中的位置其次周期IVA族，稀有气体Ar最外层电子数为8，化学性质稳定，单质化学性质最稳定的元素Ar。故答案为：其次周期IVA族；Ar；（2）同周期从左到右元素的非金属性增加，元素最高价氧化物对应的水化物酸性增加，第三周期元素⑦、⑧和⑨最高价氧化物对应的水化物酸性最強的是HC1O4。故答案为：HC1O4；（3）元素①和④按原子个数比1：1形成的化合物是双氧水，两个氧原子间形成一对共价键，电子式。故答案为：；（4）单质铜与元素⑧最高价氧化物对应的水化物浓溶液反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；（5）元素④和⑤按原子个数比1：1形成化合物为过氧化钠与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（6）金属镁和Al用导线连接插入NaOH溶液中，发生的反应为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，铝是还原剂，失电子发生氧化反应，作原申池的负极。故答案为：负极。19.放射卫星时可用肼(N2H4)作燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。(1)肼和二氧化氮反应的化学方程式为______________。(2)已知拆开1mol

H-H

键、1mol

O-

H(g)键、1mol

O=O

键分别须要的能量是436kJ、463kJ、496kJ，则O2与H2反应生成2molH2O(g)所释放的热量为____________kJ。【答案】(1).2N2H4+2NO=

3N2+4H2O(2).484【解析】【分析】化学反应中，化学键断裂汲取能量，形成新化学键放出能量，依据方程式计算。【详解】(1)肼和二氧化氮反应生成氮气和水，化学方程式为2N2H4+2NO=

3N2+4H2O。故答案为：2N2H4+2NO=

3N2+4H2O；(2)拆开2mol

H-H

键、1mol

O=O

键共汲取436kJ×2+496kJ=1368kJ的热量，形成4mol

O-

H(g)键共放出463kJ×4=1852kJ，则O2与H2反应生成2molH2O(g)所释放的热量为1852kJ-1368kJ=484kJ。故答案为：484。20.在2L绝热密闭容器中投入2molSO2和bmolO2，下图是部分反应物随时间的变更曲线。①10min时，v(SO3)=________。②反应达到平衡时，SO2的转化率为______________。③下列状况能说明该反应达到化学平衡的是______________。A．v(SO3)=v(SO2)B．混合气体的密度保持不变C．t时刻，体系的温度不再发生变更D．混合气体的总物质的量不再变更【答案】(1).0.05mol/(L·min)(2).70%(3).CD【解析】【分析】依据绝热密闭容器中发生化学反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，由图可知10min时生成三氧化硫是1mol，浓度是0.5mol/L，依据v=来计算；反应达到平衡时生成三氧化硫是1.4mol，则依据方程式可知消耗二氧化硫是1.4mol，SO2的转化率=×100%；依据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变更，由此分析。【详解】①由图可知10min时生成三氧化硫是1mol，浓度变更量是0.5mol/L，v(SO3)===0.05mol/(L·min)；②反应达到平衡时生成三氧化硫是1.4mol，则依据方程式2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)可知，消耗二氧化硫是1.4mol，SO2的转化率为×100%=70%；③依据绝热密闭容器中发生化学反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)；A．v(SO3)=v(SO2)，未体现正与逆的关系，故A不符合题意；B．混合气体的密度始终保持不变，则密度不变，不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；C．绝热密闭容器中t时刻，体系的温度不再发生变更，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故C符合题意；D．混合气体总物质的量不再变更，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故D符合题意；答案选CD。【点睛】选择化学反应达到化学平衡时推断的物理量，随着反应的进行发生变更，当该物理量由变更到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。21.氯及其化合物在生产生活中都有重要的应用。(1)已知HClO的杀菌实力比ClO-强。25℃时将氯气溶于水形成氯气—氯水体系，该体系中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数（a）随pH变更的关系如图所示。由图分析，要使氯水的杀菌效果最好，应限制溶液的pH范围是_____________，当pH=7.5时，氯水中含氯元素的微粒有_____________________。(2)工业上用氯气与石灰乳生产漂白粉的化学方程式为_______________________。(3)二氧化氯(ClO2)是国际上公认的高效、平安的杀菌消毒剂。工业上制备ClO2的反应为2KClO3+H2C2O4+H2SO4=K2SO4+2ClO2↑+2X+2H2O。①X的化学式为______________。②ClO2和Cl2均是生活中常用的消毒剂，ClO2的消毒效率是Cl2的_______倍（消毒效率以物质单位物质的量得到的电子数表示，还原产物均为Cl-。）【答案】(1).2<pH<6(2).HClO、ClO-、Cl-(3).2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(4).CO2(5).2.5【解析】【分析】(1)HClO的杀菌实力比ClO﹣强，则HClO含量越大其杀菌效果越好；该体系中存在的平衡有氯气和水反应平衡、次氯酸的电离平衡、氯气的溶解平衡；(2)用氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；(3)①工业上制备ClO2的反应原理为：2KCIO3+H2C2O4+H2SO4＝K2SO4+2ClO2+2X+2H2O，原子守恒得到X的化学式；②每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，依据电子守恒分析。【详解】(1)HClO的杀菌实力比ClO﹣强，则HClO含量越大其杀菌效果越好，依据图知，pH＝2～6时HClO含量较高，所以2<pH<6时漂白效果较好；含氯的物质存在平衡的状态为氯气和水反应，次氯酸电离平衡，液态氯气和气态氯气的平衡等，氯气﹣氯水体系中，存在多个含氯元素的平衡关系，分别用平衡方程式表示为Cl2(aq)+H2O⇌HClO+H++Cl﹣、HClO⇌H++ClO﹣、Cl2(g)⇌Cl2(aq)，当pH＝7.5时，氯水中含氯元素的微粒有：HClO、ClO﹣、Cl﹣；(2)工业上用氯气与石灰乳反应生产漂白粉化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；(3)①工业上制备ClO2的反应原理为：2KCIO3+H2C2O4+H2SO4＝K2SO4+2ClO2+2X+2H2O，原子守恒得到X为CO2；②ClO2和Cl2的还原产物都为Cl﹣，每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，则所需Cl2的