浙江省“七彩阳光”2024年高一下化学期末达标检测模拟试题含解析

浙江省“七彩阳光”2024年高一下化学期末达标检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)有如图所示关系。下列条件关于离子共存说法中正确的是A．a点对应的溶液中大量存在：CO32-、Na＋、Cl－、SO42-B．b点对应的溶液中大量存在：Fe2+、Ba2＋、K+、NO3-C．c点对应的溶液中大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、Al3+D．d点对应的溶液中大量存在：Na＋、K＋、ClO-、Cl—2、分子式为C6H12O2的有机物A，它能在酸性条件下水解生成B和C，且B在一定条件下能转化成C，则有机物A的可能结构有（）A．1种 B．2种 C．3种 D．4种3、下列关于如图所示原电池装置的叙述中，正确的是A．铜片是负极B．铜片质量逐渐减少C．电流从锌片经导线流向铜片D．氢离子在铜片表面被还原4、已知苯甲酸的酸性比碳酸强，苯酚的酸性比碳酸弱。则可以将转变为的方法是（

）

①与足量的NaOH溶液共热，再通入CO2②与稀硫酸共热后，加入足量的NaOH溶液③加热溶液，通入足量的CO2④与稀H2SO4共热后，加入足量的NaHCO3A．①② B．①④ C．②③ D．②④5、人工光合作用能够借助太阳能，用CO2和H2O制备化学原料。下图是通过人工光合作用制备HCOOH的原理示意图，下列说法不正确的是A．该过程是将太阳能转化为化学能的过程B．催化剂a表面发生氧化反应，有O2产生C．催化剂a附近酸性减弱，催化剂b附近酸性增强D．催化剂b表面的反应是CO2+2H++2e一=HCOOH6、下列说法正确的是A．C5H12有2种同分异构体 B．CH2Cl2的所有原子在同一平面上C．异丁烷的一氯代物有2种 D．乙烷与HCl光照反应可得到氯乙烷7、乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是()A．分子式为C6H6O6B．乌头酸能发生水解反应和加成反应C．乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH8、一定条件下，在容积固定的某密闭容器中发生的反应N2+3H22NH3在10s内N2的浓度由5mol•L-1降至4mol•L-l。下列说法正确的是A．充分反应后，N2、H2中至少有一种物质浓度可降为零B．使用合适的催化剂，可以加快该反应的速率C．增加H2的浓度或降低温度都会加快该反应的速率D．用NH3表示的化学反应速率为0.1mol9、下列各组物质有关性质关系的比较，正确的是（）A．硬度：SiO2＜CO2B．溶解性：SiO2＞CO2C．熔点：SiO2＜CO2（干冰）D．酸性：H2CO3＞H2SiO310、下列不是海水淡化方法的是A．蒸馏法 B．电渗析法 C．离子交换法 D．萃取法11、Cu2O是赤铜矿的主要成分，Cu2S是辉铜矿的主要成分。铜的冶炼过程通常发生反应：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑，下列有关说法正确的是()A．该反应中有三种元素的化合价发生了变化 B．每生成0.1molCu，转移0.2mol电子C．Cu既是氧化产物又是还原产物 D．Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂12、合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下列物质属于合金的是A．水银B．钢材C．陶瓷D．玻璃13、只用一种试剂就可鉴别乙酸、葡萄糖溶液、淀粉溶液，这种试剂是A．NaOH溶液 B．稀H2SO4C．Cu(OH)2悬浊液 D．Na2CO3溶液14、已知A(g)+C(g)＝D(g)ΔH=-Q1kJ/mol，B(g)+C(g)＝E(g)ΔH=-Q2kJ/mol，Q1、Q2均大于0，且Q1＞Q2。若A、B组成的混合气体1mol与足量的C反应，放热为Q3kJ。则原混合气体中A与B的物质的量之比为()A．B．C．D．15、维通橡胶是一种耐腐蚀、耐油、耐高温、耐寒性能都特别好的氟橡胶。它的结构简式如下，合成它的单体为A．氟乙烯和全氟异丙烯B．1,1­二氟乙烯和全氟丙烯C．1­三氟甲基­1,3­丁二烯D．全氟异戊二烯16、下列气体不会造成大气污染的是（

）A．氯气B．一氧化氮C．一氧化碳D．氮气二、非选择题（本题包括5小题）17、常见的有机物A、B、C、D、E、F间的转换关系如图所示（以下变化中，某些反应条件及产物未标明）。B是天然有机高分子化合物，C、D可发生银镜反应。（1）B的分子式为_______________；F的结构简式为_________。（2）E中官能团的名称是____________。（3）A的同分异构体的结构简式是_____________。（4）A→D反应的化学方程式：__________。（5）D→E反应的化学方程式：_____________。18、有机物A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。D能与碳酸钠反应产生气体，E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。（1）A的结构简式为_____。（2）B分子中的官能团名称是_____，F的结构简式为_______________。（3）写出下列反应的化学方程式并指出反应类型：②_____________________________________________：反应类型是_____；③_____________________________________________；反应类型是_____；19、滴定是一种重要的定量实验方法：Ⅰ.酸碱中和滴定:常温下,用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL等浓度的盐酸和醋酸溶液,得到两条滴定曲线,如下图所示：

（1）滴定盐酸的曲线是图__________（填“1”或“2”）（2）滴定前CH3COOH的电离度为__________（3）达到B、D状态时,反应消耗的NaOH溶液的体积a__________b（填“>”“<”或“=”）Ⅱ.氧化还原滴定原理与中和滴定原理相似,为了测定某NaHSO3固体的纯度,现用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定,回答下列问题:（1）准确量取一定体积的酸性KMnO4溶液需要使用的仪器是___________________。（2）已知酸性KMnO4溶液的还原产物为MnSO4,写出此反应的离子方程式:_____（3）若准确称取WgNaHSO3固体溶于水配成500mL溶液,取25.00mL置于锥形瓶中,用KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液VmL。则滴定终点的现象为_______NaHSO3固体的纯度为_________。（4）下列操作会导致测定结果偏低的是__________.A未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管B滴定前锥形瓶未干燥C盛装酸性KMnO4溶液的滴定管，滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后无气泡D不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外E观察读数时,滴定前仰视,滴定后俯视20、为了探究氨、乙醇的性质，某同学设计并进行了下列实验。请回答：(1)仪器B的名称为_____________。(2)为快速制备氨气，A中应加入的试剂为______，B中应放入的试剂为_______。(3)若A中加入乙醇，B中加入生石灰，C中加入无水硫酸铜，反应一段时间后，C中的现象为_________。经检测反应中既生成了乙醛，又生成了少量乙酸。请写出乙醇与氧化铜反应生成乙醛的化学方程式_____________________。(4)在(3)中实验里，某同学为检验尾气中是否含有乙醇，虚线框处宜选择的装置是______(填“甲”或“乙”)；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入试管中，观察到铜丝由黑渐渐变红，由此可得出的结论是____________________。(并简述其理由)21、（1）地下钢管连接镁块是金属防腐措施中的________________________法。（2）铅及其化合物可用于蓄电池，耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题：①铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层。铅在元素周期表的位置为_______________________；铅的最高价氧化物对应水化物的酸性比碳酸的_______(填“强”或“弱”)。②PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为___________________________。③铅蓄电池放电时的正极反应式为__________________________________________，当电路中有2mol电子转移时，理论上两电极质量变化的差为_______g。（3）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见下图，石墨Ⅰ为电池的________极；该电池在使用过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，其电极反应式为__________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A.a点处溶液呈中性，而所给出的离子中，碳酸根离子会水解使得溶液呈碱性，故A错。B.b点处溶液呈酸性，但是溶液中还有硝酸根离子，即相当于有硝酸存在，强氧化性的硝酸不会允许有还原性的二价铁离子的存在，故B错。C.c对应的溶液呈中性，但是铝离子的水解会使得溶液呈酸性，故C错。D.d点所对应的溶液呈碱性，该组离子可以大量共存，与题意符合，所以D正确。2、A【解析】

由题知A为酯，B在一定条件下能转化成C，说明B为醇，且B与C的碳骨架相同，同时B要氧化为酸就必须为伯醇（R－CH2OH），则C应为R－COOH，因为只有3个C，故C只能为CH3CH2COOH，则B只能为CH3CH2CH2OH，所以A只能为CH3CH2COOCH2CH2CH3。故答案选A。3、D【解析】

在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。锌比铜活泼，所以锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子在正极得到电子生成氢气。A、铜片是正极，A错误；B、锌失去电子，锌片质量逐渐减少，铜片质量不变，B错误；C、电流从铜片经导线流向锌片，C错误；D、氢离子在铜片表面被还原，D正确；答案选D。4、B【解析】

因羧酸、酚羟基均与碱反应生成盐，则将转变为，可选择与碱反应，然后利用碳酸酸性大于苯酚酸性，再通入二氧化碳即可；或先加稀硫酸水解后，利用苯酚酸性大于碳酸氢根离子的酸性，再与NaHCO3反应即可，以此来解答。【详解】①与足量的NaOH溶液共热，羧基与NaOH反应，酯基水解生成苯酚与NaOH反应生成苯酚钠，再通入CO2，与苯酚钠反应生成产物，①项正确；②与稀硫酸共热后，加入足量的NaOH溶液，苯酚能与NaOH反应，则不能得到产物，②项错误；③加热溶液，通入足量的CO2，因为苯甲酸的酸性比碳酸酸性强，所以不能得到羧酸钠，③项错误；④与稀H2SO4共热后，酯基水解生成苯酚，加入足量的NaHCO3，羧基与NaHCO3反应得到产物，④项正确；答案选B。5、C【解析】试题分析：根据装置图中电子的流向，判断催化剂a为负极电极反应：2H2O-4e-═O2+4H+，酸性增强；催化剂b为正极，电极反应：CO2+2H++2e-═HCOOH，酸性减弱，总的电池反应为2H2O+2CO2═2HCOOH+O2，该过程把太阳能转化为化学能；A、过程中是光合作用，太阳能转化为化学能，故A正确；B、催化剂a表面发生氧化反应，有O2产生，故B正确；C、催化剂a附近酸性增强，催化剂b附近酸性条件下生成弱酸，酸性减弱，故C错误；D、催化剂b表面的反应是通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极反应为：CO2+2H++2e一═HCOOH，故D正确；故选C。考点：考查了化学反应中的能量变化的相关知识。6、C【解析】

A.C5H12有3种同分异构体：正戊烷，异戊烷，新戊烷，A项错误；B.CH4是正四面体结构，则CH2Cl2是四面体结构，所有原子不在同一平面上，B项错误；C.异丁烷分子中有两种等效氢，则一氯代物有2种，C项正确；D.乙烷与Cl2光照反应可得到氯乙烷，与HCl不能反应，D项错误；答案选C。7、B【解析】

A．根据结构简式可知其化学式为C6H6O6，A正确；B．乌头酸含有羧基和碳碳双键，能发生加成反应，但不能发生水解反应，B错误；C．乌头酸含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．含有3个羧基，含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH，D正确；答案选B。8、B【解析】

A、可逆反应中物质不能100%转化，无论时间多长，N2、H2浓度都不可能为零，选项A错误；B、使用合适的催化剂，降低反应活化能，活化分子增多，反应加快，选项B正确；C、增加H2的浓度会加快该反应的速率，降低温度会使反应减慢，选项C错误；D、10s内v(N2)=5mol/L-4mol/L10s=0.1mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，所以v(NH3)=2v(N2答案选B。【点睛】本题主要考查了反应速率的计算、影响平衡移动的因素、及可逆反应的特征等知识点，难度不大，解题时注意基础知识的灵活运用。易错点为选项D，根据v=△c9、D【解析】

A．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，则硬度：SiO2＞CO2，A错误；B．二氧化硅不溶于水，二氧化碳与水反应生成碳酸，可知溶解性：SiO2＜CO2，B错误；C．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，则熔点：SiO2＞CO2，C错误；D．非金属性C＞Si，则酸性：H2CO3＞H2SiO3，D正确；答案选D。【点睛】本题考查晶体的性质，把握晶体类型、物理性质的比较方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。10、D【解析】

A、蒸馏法是把水从混合物中分离出来，是海水淡化的方法，A正确；B、电渗析法是使相应的离子通过半透膜以达到淡化海水的目的，B正确；C、通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，C正确；D、萃取法不是海水淡化方法，D错误。答案选D。11、D【解析】

反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则反应中Cu2S和Cu2O都表现为氧化性，而Cu2S还表现为还原性。【详解】A.该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以有两种元素化合价变化，故A错误；B.每生成0.1mol

Cu，转移电子=0.1

mol×（1-0）=0.1mol，故B错误；C.该反应中铜元素化合价降低，所以铜是还原产物，故C错误；D.该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故D正确；答案选D。12、B【解析】试题分析：A、水银是纯净物，不属于合金，故A错误；B、钢材是铁与碳的合金，故B正确；C、陶瓷是混合物，不含有金属单质，故C错误；D、玻璃是混合物，不含有金属单质，故D错误；故选B。【考点定位】考查金属与合金【名师点晴】本题考查合金的特征。掌握合金的特征是正确解答本题的关键，合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：①一定是混合物；②合金中至少有一种金属等。视频13、C【解析】

A．葡萄糖溶液与NaOH混合无现象，乙酸与NaOH反应也无现象，不能鉴别，故A错误；B．乙酸、葡萄糖溶液与稀硫酸混合均无现象，不能鉴别，故B错误；C．乙酸、葡萄糖溶液、淀粉溶液分别与Cu(OH)2悬浊液混合的现象为：蓝色溶液、砖红色沉淀、无现象，现象不同，可鉴别，故C正确；D．葡萄糖溶液、淀粉溶液与碳酸钠溶液混合，均无现象，不能鉴别，故D错误；故答案为C。14、A【解析】

设A的物质的量为xmol，则B的物质的量为1mol-xmol，A反应放出的热量为xQ1，B反应放出的热量为（1-x）Q2，xQ1+（1-x）Q2=Q3，解得x=（Q3-Q2）/（Q1-Q2），B的物质的量为（Q1-Q3）/（Q1-Q2），A与B物质的量之比为（Q3-Q2）/（Q1-Q3）。答案选A。15、B【解析】由结构简式可知该物质为加聚反应，其单体有两种分别为：1,1­二氟乙烯和全氟丙烯；16、D【解析】分析：根据气体的性质特点分析解答。详解：A.氯气是有毒气体，会造成大气污染，A错误；B.一氧化氮是有毒气体，会造成大气污染，B错误；C.一氧化碳是有毒气体，会造成大气污染，C错误；D.氮气是无毒气体，属于空气的主要成分，不会造成大气污染，D正确。答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、（C6H10O5）nCH3COOC2H5羧基CH3OCH32CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O2CH3CHO+O22CH3COOH【解析】

因为B是天然有机高分子化合物，根据B转化为C的条件可知B发生了水解反应，再结合C、D可发生银镜反应（说明C和D分子中有醛基），可以推断B可能是淀粉或纤维素，C为葡萄糖，可以确定A为乙醇，D为乙醛，E为乙酸，F为乙酸乙酯。据此判断。【详解】（1）B为淀粉或纤维素，分子式为(C6H10O5)n；F是乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3。（2）E是乙酸，其中官能团的名称是羧基。（3）A的同分异构体为二甲醚，二甲醚的结构简式为CH3OCH3。（4）A→D反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。（5）D→E反应的化学方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH。【点睛】有机推断题解题的关键是找好突破口。反应条件、典型现象、分子结构、相对分子质量等等都可以是突破口，往往还要把这些信息综合起来才能推断出来。18、CH2=CH2羟基2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反应CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O取代反应（酯化反应）【解析】

有机物A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，所以A是H2C=CH2，E是具有果香味的有机物，E是酯，酸和醇反应生成酯，则B和D一种是酸一种是醇，B能被氧化生成D，D能与碳酸钠反应产生气体，则D为酸；A反应生成B，碳原子个数不变，所以B是CH3CH2OH，D是CH3COOH，铜作催化剂、加热条件下，CH3CH2OH被氧气氧化生成C，C是CH3CHO，乙酸与乙醇分子酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，A反应生成F，F是一种高聚物，则F为，据此分析解答。【详解】(1)根据以上分析知，A为乙烯，结构简式为H2C=CH2，故答案为：H2C=CH2；(2)B为乙醇，分子中的官能团是羟基，F是聚乙烯，结构简式为，故答案为：羟基；；(3)②为乙醇在催化剂作用下氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，该反应属于氧化反应；反应③是乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应属于酯化反应，也是取代反应，故答案为：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应(或取代反应)。19、11%>酸式滴定管5HSO3-+2MnO4-+H+=5SO42-+2Mn2++3H2O溶液由无色变为紫红色,且半分钟不褪色×100％E【解析】

Ⅰ.（1）CH3COOH不完全电离，HCl完全电离，使CH3COOH溶液中c（H+）比同浓度的HCl溶液中c（H+）小，pH大；滴定盐酸的曲线是图1，故答案为1；（2）根据图1可知盐酸溶液的起始浓度为0.1mol/L，盐酸溶液和醋酸溶液是等浓度的，所以醋酸溶液起始浓度也为0.1mol/L，根据图2可知醋酸溶液的起始pH=3，溶液中c(H+)=10-3mol/L，电离度α=×100％=1%，故答案为1%；（3）达到B、D状态时，溶液为中性，NaCl不水解，CH3COONa水解使溶液呈碱性，为使CH3COONa溶液显中性，需要少加一部分NaOH，使溶液中留有一部分CH3COOH，所以反应消耗的NaOH溶液的体积a＞b，故答案为＞；Ⅱ.（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡皮管，所以选用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液；故答案为酸式滴定管；（2）酸性KMnO4溶液的还原产物为MnSO4，+4价的硫被氧化为+6价，生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：5HSO3-+2MnO4-+H+=5SO42-+2Mn2++3H2O，故答案为5HSO3-+2MnO4-+H+=5SO42-+2Mn2++3H2O；（3）KMnO4溶液呈紫色，与NaHSO3反应，紫色褪去，滴定终点的现象为：滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去；故答案为溶液由无色变为紫红色,且半分钟不褪色；若准确称取WgNaHSO3固体溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。2MnO4～5HSO3-0.1mol/L×V×10-3Ln(HSO3-)解得n(HSO3-)=5/2×V×10-4mol，即25.00mL溶液中NaHSO3的物质的量为5/2×V×10-4mol，所以500mL溶液中NaHSO3的物质的量为5×V×10-3mol，NaHSO3固体的质量为5×V×10-3mol×104g/mol=5.2×V×10-1g，纯度为×100％=×100％，故答案为×100％；（4）A.未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析，c（标准）偏大；B.滴定前锥形瓶未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析,c（标准）不变；C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析,c（标准）偏大；D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析,c（标准）偏大；E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析,c（标准）偏小；综上所述，操作会导致测定结果偏低的是E，故选E。20、(球形)干燥管浓氨水(多加“生石灰、强碱等”不扣分)碱石灰固体由白色变为蓝色CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O甲不能确定尾气中是否含有乙醇，

因为乙醛也能将氧化铜还原为铜(合理即给分)【解析】分析：（1）根据仪器构造判断仪器名称；（2）根据装置A制备氨气分析；根据氨气是碱性气体选择干燥剂；（3）根据在加热的条件下乙醇能被氧化铜氧化为乙醛分析；（4）根据乙醇能被炽热的氧化铜氧化结合物质的状态分析；根据乙醛也能被氧化分析。详解：（1）根据仪器的结构可知仪器B的名称为干燥管。（2）氨水中的一水合氨受热易分解生成氨气，则为快速制备氨气，A中应加入的试剂为浓氨水；B装置用来干燥氨气，其中应放入的试剂为碱石灰。（3）若A中加入