江苏省苏州市2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题含解析

PAGE江苏省苏州市2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）留意事项：1.本试卷包含选择题和非选择题两部分，满分100分；考试用时90分钟。2.答题前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、考试号等用0.5mm黑色墨水签字笔填写在答题卷上相对应的位置。3.答选择题必需用2B铅笔把答题卷相对应题目的答案标号涂黑，如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；答非选择题必需用0.5mm黑色墨水签宇笔写在答题卷指定的位置上，不在答题区域内的答案一律无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32选择题(共40分)单项选择题：本题包括10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产和生活亲密相关，下列说法正确的是A.煤经过气化和液化等物理变更可干脆转化为清洁燃料B.甲醛水溶液具有杀菌消毒作用，可用于浸泡海鲜产品C.体积分数为95%的乙醇可干脆用作医疗消毒剂D.利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变更过程【答案】D【解析】【详解】A．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变更是化学变更，故A错误；B．福尔马林是甲醛的水溶液具有毒性，不行用福尔马林浸泡海鲜防腐保鲜，故B错误；C．医用酒精的体积分数是75%，故C错误；D．用粮食酿酒时，先在糖化酶作用下水解为葡萄糖，然后在酵母作用下转变为酒精，都是化学变更，故D正确；答案选D。2.下列有关化学用语正确的是A.氯离子的结构示意图：B.醛基(—CHO)的电子式：C.CH4的球棍模型：D.乙烯分子的结构式：CH2=CH2【答案】B【解析】【详解】A．氯是17号元素，氯离子的结构示意图为：，A错误；B．醛基中碳与氧原子间形成碳氧双键，故电子式为：，B正确；C．是甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型为，C错误；D．乙烯的结构式，应当用短线表示出全部的共用电子对，为D错误；答案选B。3.工业上最初获得苯的主要方法是A.石油的分馏 B.石油的裂解 C.煤的干馏 D.煤的液化【答案】C【解析】【详解】A．石油的分馏主要得到饱和烃类物质，故A错误；B．石油的裂解主要得到烯烃类物质，故B错误；C．煤的干馏产物中含苯、苯的同系物、稠环芳烃等芳香族化合物，再经蒸馏分别出苯，故C正确；D．煤的液化得到甲醇，故D错误；答案选C。4.下列说法不正确的是A.CO(NH2)2与NH4CNO互为同分异构体B.Cl与Cl互为同位素C.CH3OCH3与CH3CH2OH互为同系物D.金刚石与C60互为同素异形体【答案】C【解析】【详解】A.CO(NH2)2与NH4CNO的分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，故A说法正确；B.Cl与Cl两种原子的质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，故B说法正确；C.CH3OCH3属于醚，CH3CH2OH属于醇，结构不相像，二者不互为同系物，故C说法错误；D.金刚石与C60是由碳元素形成的结构和性质不同的单质，二者互为同素异形体，故D说法正确；答案选C。5.下列物质属于共价化合物的是A.NH4Cl B.CO2 C.N2 D.NaCl【答案】B【解析】【详解】A．NH4Cl是由铵根离子和氯离子构成的离子化合物，A错误；B．CO2是以共用电子对形成的共价化合物，B正确；C．N2是单质，不是化合物，C错误；D．NaCl是由钠离子和氯离子形成的离子化合物，D错误；答案选B。6.下列物质的转化在给定条件下能实现的是A.HClOCl2FeCl3B.NH3NOHNO3C.FeS2SO3H2SO4D.Si(s)SiCl4(aq)Si(s)【答案】B【解析】【详解】A．次氯酸在光照下分解生成氯化氢和氧气，故A错误；B．氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，溶于水中得到硝酸，B正确；C．FeS2和氧气反应生成二氧化硫，不能干脆生成三氧化硫，故C错误；D．硅和氯气反应干脆生成四氯化硅，故D错误；答案选B。7.下列有机反应属于加成反应的是A.CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClB.CH3CH=CH2+Cl2ClCH2CH=CH2+HClC.2CH3CH2OH+O22CH3COOHD.nH2C=CH2(聚乙烯)【答案】D【解析】【分析】加成反应是有机物分子中不饱和键断裂，断键碳原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应，据此分析推断。【详解】A．CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl属于取代反应，故A不选；B．CH3CH=CH2+Cl2ClCH2CH=CH2+HCl属于取代反应，故B不选；C．2CH3CH2OH+O22CH3COOH属于氧化反应，故C不选；D．nH2C=CH2(聚乙烯)，属于加成聚合反应，故D选；答案选D。8.下列有关糖类、油脂和蛋白质的说法正确的是A.葡萄糖不能发生水解反应B.油脂的水解反应又叫皂化反应C.蛋白质发生变性后，生成氨基酸D.棉花、蚕丝等自然纤维的成分都是纤维素【答案】A【解析】【详解】A．葡萄糖是单糖，不能水解，故A正确；B．油脂在碱性条件下的水解是皂化反应，故B错误；C．蛋白质水解生成氨基酸，故C错误；D．蚕丝的主要成分是蛋白质，故D错误；答案选A。9.锌空气电池具有蓄电量大、充电循环次数多等优点。下列有关说法错误的是（）A.石墨为正极B.电池放电时Zn电极渐渐溶解C.电子由石墨经导线流向Zn片D.电池放电时实现了化学能向电能的转化【答案】C【解析】分析】由原理示意图可知，锌空气电池中，Zn电极为负极发生氧化反应，石墨电极为正极发生还原反应。【详解】A．通过分析可知，锌空气电池中石墨为正极，A项正确；B．通过分析可知，锌空气电池，锌电极为负极，发生氧化反应，渐渐溶解，B项正确；C．通过分析可知，锌空气电池中，Zn为负极，石墨为正极，因此，电子是从Zn电极经过导线流向石墨电极，C项错误；D．原电池是将化学能转变为电能的装置，D项正确；答案选C。【点睛】原电池中涉及的三个方向：一是电子的方向，沿着外电路中的导线从负极迁移到正极；二是电流的方向，外电流从正极流向负极，内部的电流从负极流向正极；三是电池内部电解质溶液中的离子迁移方向，阳离子朝向正极迁移，阴离子朝向负极迁移。10.炼铁高炉中冶炼铁的反应为Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)，下列说法正确的是A.上升温度，反应速率减慢B.当反应达到化学平衡时，v(正)=v(逆)=0C.提高炼铁高炉的高度可削减尾气中CO的浓度D.某温度下达到平衡时，不再随时间而变更【答案】D【解析】【详解】A.上升温度，反应速率增大，故A错误；B.化学平衡是一种动态平衡，当反应达到化学平衡时，υ(正)=υ(逆)＞0，故B错误；C.提高炼铁高炉的高度不能变更平衡状态，因此不能削减尾气中CO的浓度，故C错误；D.随着反应的进行，CO的物质的量渐渐削减，CO2物质的量渐渐增多，因此该比值渐渐减小，当反应达到平衡时，CO、CO2物质的量不再随时间而变更，故该比值保持不变，故D正确；故选D。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正硝的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分。11.下列离子方程式正确的是A.向盐酸中加入适量氨水：H＋+OH－＝H2OB.铁与过量稀HNO3反应：3Fe+8H++2NO3－＝3Fe2++2NO↑+4H2OC.氢氧化铜溶于硝酸：2H＋+Cu(OH)2＝Cu2++2H2OD.铜与浓HNO3反应：Cu+4H＋+2NO3－=Cu2++2H2O+2NO2↑【答案】CD【解析】【详解】A.一水合氨为弱碱，不能写成离子形式，离子方程式为H＋+NH3∙H2O＝NH4++H2O，A项错误；B.铁与足量稀HNO3反应，铁被氧化成三价，离子方程式为Fe+4H++NO3－＝Fe3++NO↑+2H2O，B项错误；C.氢氧化铜不溶于水，硝酸为强酸，离子方程式为2H＋＋Cu(OH)2＝Cu2+

＋2H2O，C项正确；D.铜与浓硝酸反应生成NO2，离子方程式为Cu+4H＋+2NO3－=Cu2++2H2O+2NO2↑，D项正确；答案选CD。【点睛】氨水为弱碱写成NH3∙H2O；铁与稀HNO3反应时，HNO3过量生成三价铁，铁过量生成二价铁；金属与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮。12.下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是A.SO2和Si B.CO2和H2OC.NaCl和HCl D.CCl4和KCl【答案】B【解析】【分析】一般来说，活泼金属与非金属之间形成离子键，非金属与非金属之间形成共价键；由离子构成的晶体为离子晶体，由分子构成的晶体为分子晶体，由原子构成且存在空间网状结构的晶体为原子晶体。【详解】A．SO2和Si都只含共价键，但SO2为分子晶体，Si为原子晶体，A不合题意；B．CO2和H2O都只含共价键，且二者都是分子晶体，B符合题意；C．NaCl含有离子键，是离子晶体，HCl含有共价键，是分子晶体，C不合题意；D．CCl4含有共价键，是分子晶体，KCl含有离子键，是离子晶体，D不合题意。答案选B。13.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示，下列叙述正确的是元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、-3-2A.X、Y元素的金属性：X>YB.肯定条件下，Z单质与W的常见单质干脆反应生成ZW2C.Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D.在肯定条件下，W单质可以和Z的氢化物发生置换反应【答案】AD【解析】【分析】X、Y化合价分别为+2、+3，分别处于ⅡA、ⅢA族，W有-2价，处于ⅥA族，原子半径与X、Y相差较大，可知W处于其次周期，X、Y处于第三周期，故X为Mg、Y为Al、W为O，Z有+5、-3价，处于ⅤA族，原子半径与W相差不大，二者应同周期，故Z为N元素，由以上分析可知X为Mg、Y为Al、Z为N元素，W为O，以此解答该题。【详解】A．同周期自左而右金属性减弱，故金属性X(Mg)>Y(Al)，故A正确；B．氮气与氧气在放电或高温条件下反应生成NO，不能干脆得到NO2，故B错误；C．Y最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，是两性氢氧化物，能溶于强酸、强碱，不能溶于弱碱氨水，故C错误；D．非金属性W(O)>Z(N)，氧气氧化性强于氮气，肯定条件下，氧气可以与氨气反应生成氮气与水，故D正确。答案为AD。14.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.常温常压下，1molCH3CH2OH中含共价键数为8NAB.14g由乙烯和丙烯(C3H6)组成的混合气体中含氢原子数为2NAC.17g羟基(-OH)中含有电子数为9NAD.0.1molN2和0.3molH2在高温、高压及催化剂下充分反应，产物的分子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．依据各原子的成键特点，1molCH3CH2OH中含共价键为8mol，则共价键数为8NA，A正确；B．乙烯和丙烯的都是烯烃，最简式为CH2，14克CH2含氢原子数为2NA，B正确；C．羟基的摩尔质量为17g/mol，1mol羟基含电子数9NA，C正确；D．氮气和氢气在高温、高压及催化剂下反应生成氨气是可逆反应，不能完全反应，故产物的分子数小于0.2NA，D错误；答案选D。15.依据下列试验操作和现象所得结论正确是选项试验操作和现象试验结论A在小烧杯中滴有少量水，加入20gBa(OH)2·8H2O晶体和10gNH4Cl晶体，用玻璃棒快速搅拌并触摸烧杯外壁，发觉烧杯外壁很冷Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红Fe(NO3)2已变质C用3mL稀盐酸与过量Zn反应，当气泡稀有时，加入1mL浓盐酸，又快速产生较多气泡盐酸浓度增大，反应速率加快D向5mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴入0.1mol·L-1KI溶液5~6滴，加2mLCCl4振荡，静置后取上层清液滴加KSCN溶液，溶液变红Fe3+与I-的反应有肯定限度A.A B.B C.C D.D【答案】AC【解析】【详解】A．在小烧杯中加入20gBa(OH)2⋅8H2O和10gNH4Cl，用玻璃棒快速搅拌并触摸烧杯外壁下部,发觉很冷，能够说明Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl的反应中汲取了热量，该反应为吸热反应，故A正确；B．Fe(NO3)2溶于稀硫酸，酸性环境下，发生氧化还原反应生成三价铁离子，故不能说明样品变质，故B错误；C．加入浓盐酸，氢离子的浓度增大，反应速率加快，故C正确；D．向5mL0.1mol⋅L−1FeCl3溶液中滴入0.1mol⋅L−1KI溶液5∼6滴，FeCl3过量，无论Fe3+与I−的反应是否有肯定限度，滴加KSCN溶液后都会变红，故D错误；答案选AC。非选择题(共60分)16.下表是元素周期表的一部分，请回答下列问题。(1)元素①～⑧中原子半径最大的元素在周期表中的位置为______。(2)元素③、④的简洁气态氢化物稳定性由强到弱的依次为______(填化学式)。(3)元素⑥的最高价氧化物的水化物与元素⑧最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为______。(4)能通过一个化学反应说明元素⑧的非金属性比元素⑦强的是______(填化学方程式)。(5)元素⑤、⑥的最高价氧化物对应的水化物碱性由强到弱的依次是______(填化学式)。(6)元素①、③可形成一种摩尔质量为19g•mol-1的离子化合物X，则X的电子式为______。【答案】(1).第3周期IA族(2).HF＞NH3(3).Al(OH)3＋3H+=Al3+＋3H2O(4).H2S＋Cl2=2HCl＋S↓(5).NaOH＞Al(OH)3(6).【解析】【分析】依据元素在周期表中的位置可知，①为H、②为C、③为N、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl，据此分析。【详解】(1)同周期从左到右，元素的原子半径渐渐减小；同主族从上到下，元素的原子半径渐渐增大，则①～⑧中原子半径最大的元素是Na，在周期表中的位置为第3周期IA族；(2)非金属性F＞N，非金属性越强，简洁气态氢化物的稳定性越强，则元素N、F的简洁气态氢化物稳定性由强到弱的依次为HF＞NH3；(3)元素Al的最高价氧化物的水化物是Al(OH)3，元素Cl的最高价氧化物的水化物是HClO4，HClO4是强酸，二者反应的离子方程式为Al(OH)3＋3H+=Al3+＋3H2O；(4)可通过置换反应证明元素的非金属性强弱，则可以说明元素Cl的非金属性比元素S强的化学反应是H2S＋Cl2=2HCl＋S↓；(5)元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na＞Al，则元素Na、Al的最高价氧化物对应的水化物碱性由强到弱的依次是NaOH＞Al(OH)3；(6)元素H、N可形成一种摩尔质量为19g•mol-1离子化合物X，X为NH4H，NH4H由铵根离子和H-构成，电子式为。17.目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇。肯定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)十H2O(g)，该反应的能量变更如图所示：(1)该反应为______(填“放热”或“吸热”)反应。(2)恒容容器中，对于以上反应，能加快反应速率的是______。a．上升温度b．充入氮气C．加入合适的催化剂d．降低压强(3)在体积为2L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2的物质的量随时间变更如表所示。t/min0251015n(CO2)/mol10.750.50.250.25从反应起先到5min末，用H2浓度变更表示的平均反应速率v(H2)=______；反应达到平衡状态，此时H2的转化率为______。(4)在相同温度、容积不变的条件下，不能说明该反应已达平衡状态的是______。a．CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再变更b．体系压强不变c．n(CO2):n(H2):n(CH3OH):n(H2O)=1:1:1:1d．H2的消耗速率与CH3OH的消耗速率之比为3:1【答案】(1).放热(2).ac(3).0.15mol·L-1·min-1(4).75%(5).c【解析】【详解】（1）依据能量图示可知，该反应的反应物总能量高于生成物的总能量，故该反应为放热反应；（2）温度、压强、催化剂、浓度均可影响物质的反应速率，故上升温度，加入合适的催化剂，均可加快反应速率；恒容容器中，充入氮气，物质的分压及浓度不变，故反应速率不变；降低压强会减小反应速率；故答案为：ac；（3）依据三段式可知：，从反应起先到5min末，用H2浓度变更表示的平均反应速率，反应平衡时，H2的浓度为：，则转化率为：；（4）反应达到平衡状态的标记是正反应速率等于逆反应速率。a：当各物质的浓度均不再变更可以说明反应达到平衡状态，故a不符合题意；b：该反应反应前后气体总物质的量不相等，在反应过程中体系的压强发生变更，当体系压强不变时，可以说明反应达到平衡状态，故b不符合题意；c：平衡时各组分物质的量之比，与反应物转化率和起始量有关，而且该比值不能说明各组分的浓度保持不变，故c符合题意；d：H2的消耗速率与CH3OH的消耗速率之比为3:1，说明氢气的消耗速率等于其生成速率，反应达到平衡，故d不符合题意；答案为c。18.已知：A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路途如图所示。回答下列问题：(1)A的电子式为______，C的名称为______，D的分子式为______。(2)B的同分异构体的结构简式为______，D中的官能团名称是______。(3)写出下列编号反应的反应类型：①______，③______。(4)写出下列编号反应的化学方程式：②______；④______。【答案】(1).(2).乙醛(3).C2H4O2(4).CH3–O–CH3(5).羧基(6).加成反应(7).氧化反应(8).2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O(9).CH3COOH+CH3CH2OH→CH3COOC2H5+H2O【解析】【分析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应得到B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，C进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应得到乙酸乙酯，据此解答。【详解】(1)A为CH2=CH2，其电子式为；C是乙醛，D是乙酸，分子式为C2H4O2；

(2)B为乙醇，其同分异构体的结构简式为：CH3–O–CH3；D为乙酸，含有官能团为羧基；(3)反应①是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应②是乙醇发生氧化反应生成乙醛；

(4)反应②是乙醇发生氧化反应生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O；反应④是乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯，方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH→CH3COOC2H5+H2O。19.某工厂的固体废渣中主要含Cu和CuO，还含有少量Cu2O和SiO2等。利用该固体废渣制取Cu(NO3)2的部分工艺流程如图所示：(1)写出CuO、Cu2O分别与稀硝酸反应的离子方程式为：______、______。(2)酸溶时，反应温度不宜超过70℃，其主要缘由是______，若保持反应温度为70℃，欲加快反应速率可实行的措施为______(写出一种即可)。(3)过滤后所得废渣的主要成分的化学式为______。(4)Cu(NO3)2晶体受热易分解成CuO，同时产生NO2和O2，该反应的化学方程式为______。由Cu(NO3)2溶液制Cu(NO3)2·6H2O晶体的操作方法是：蒸发浓缩、______、过滤、冰水洗涤、______。【答案】(1).CuO+2H+=Cu2++H2O(2).3Cu2O＋14H+＋2=6Cu2+＋2NO↑＋7H2O(3).防止温度过高HNO3分解(4).搅拌、将固体废渣粉碎、适当提高硝酸的浓度(5).SiO2(6).2Cu(NO3)22CuO＋4NO2↑＋O2↑(7).冷却结晶(8).低温烘干【解析】【分析】固体废渣中主要含Cu和CuO，还含有少量Cu2O和SiO2等，固体废渣中加入稀硝酸酸溶，Cu、CuO、Cu2O与稀硝酸反应生成硝酸铜，加入氢氧化铜中和掉剩余的稀硝酸，过滤所得废渣的主要成分的化学式为SiO2，得到硝酸铜溶液。【详解】(1)CuO与稀硝酸反应生成硝酸铜和水，离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O；Cu2O中铜元素的化合价为+1价，具有还原性，能与硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、NO和水，依据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平，反应的离子方程式为3Cu2O＋14H+＋2=6Cu2+＋2NO↑＋7H2O；(2)为了防止温度过高HNO3分解，所以酸溶时反应温度不宜超过70℃；依据影响化学反应速率的因素，若保持反应温度为70℃，欲加快反应速率可实行的措施为搅拌、将固体废渣粉碎、适当提高硝酸的浓度等；(3)Cu、CuO、Cu2O和SiO2这四种物质，只有SiO2和硝酸不反应；中和剩余的硝酸时要加入过量的氢氧化铜，所以过滤后所得废渣的主要成分是二氧化硅，化学式为SiO2；(4)Cu(NO3)2晶体受热易分解成CuO，同时产生NO2和O2，该反应的化学方程式为2Cu(NO3)22CuO＋4NO2↑＋O2↑；依据硝酸铜的溶解性特征及受热易分解的性质，由Cu(NO3)2溶液制Cu(NO3)2·6H2O晶体的操作方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤、低温烘干。20.“绿水青山就是金山银山”。近年来，绿色发展、生态爱护成为中国展示给世界的一张新“名片”。(1)治理汽车尾气中NO和CO的方法之一是在汽车的排气管上装一个催化转扮装置，使NO和CO在催化剂作用下转化为无毒物质。写出该反应的化学方程式______。(2)