上海市宝山区建峰高中2024年高一下化学期末监测试题含解析

上海市宝山区建峰高中2024年高一下化学期末监测试题注意事项: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、100mL2mol/LH2SO4与过量Zn粉反应，在一定温度下，为了加快反应速率，但又不影响生成氢气的总量，可以采取的措施是()A．加入碳酸钠固体B．改用18mol/L的浓H2SO4C．滴入少量硫酸铜溶液D．加入硫酸钾溶液2、下列叙述不正确的是（）A．有机物C2H4与C3H6一定是同系物B．可以用溴水鉴别甲烷和乙烯C．不可以用分液漏斗分离乙酸和乙醇D．往蛋白质中加入硫酸铜溶液会发生变性的过程3、《本草纲目》中对利用K2CO3去油污有如下叙述：“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱烷衣。”文中涉及的化学反应属于（）A．水解反应 B．置换反应 C．醋化反应 D．加成反应4、根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是()A．气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C．如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>SiD．用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族5、下列有关说法不正确的是A．苯中碳碳键是介于C－C和C=C之间的一种特殊共价键B．甲烷、乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色C．葡萄糖溶液中加入银氨溶液，水浴加热有银镜生成D．医用酒精能使蛋白质变性，可用于消毒杀菌6、莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是A．分子式为C7H6O5B．分子中含有2种官能团C．可发生加成和酯化反应D．1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体7、下列有关性质的比较中正确的是A．Al3+、Na+、O2-微粒半径依次增大B．N、O、F最高正价依次升高C．F2、Cl2、Br2、I2的熔点逐渐降低D．氢氧化锂、氢氧化钠、氢氧化钾、氢氧化铷的碱性逐渐减弱8、目前，科学界拟合成一种“双重结构”的球形分子，即把足球烯C60的分子容纳在Si60分子中，外面的硅原子与里面的碳原子以共价键结合，下列叙述不正确的是A．该反应为置换反应B．该晶体为分子晶体C．该物质是一种新的化合物D．该物质的相对分子质量是24009、在图所示的装置中，a的活动性比氢要强，b为碳棒，关于此装置的各种叙述不正确的是A．碳棒上有气体放出，溶液的pH增大B．a是正极，b是负极C．导线中有电子流动，电子从a极流到b极D．a极上发生了氧化反应10、牛肉和菠菜等食物中含有丰富的铁，这里的“铁”应理解为（）A．元素 B．分子 C．单质 D．原子11、研究表明，化学反应的能量变化与反应物和生成物的键能有关。键能可以简单的理解为断开1mol化学键时所需吸收的能量。下表是部分化学键的键能数据：化学键P﹣PP﹣OO=OP=O键能/kJ·mol﹣1197X499434已知白磷的燃烧方程式为：P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)，该反应放出热量2378.0kJ，且白磷分子结构为正四面体，4个磷原子分别位于正四面体的四个顶点，白磷完全燃烧的产物结构如下图所示，则下表中X为A．410 B．335 C．360 D．18812、关于基本营养物质的说法正确的是A．所有蛋白质均可通过颜色反应来鉴别B．葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，但属于同系物C．糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的D．油脂在酸性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸13、合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。对于一定体积密闭容器中的反应：N2(g)+3H2(g)NH3(g)(正反应为放热反应），673K、30MP下，n(NH3)和n(H2)随时间t变化的关系如图所示.下列叙述中，不正确的是（）A．点c处正反应速率比逆反应速率大 B．点a的正反应速率比点b的正反应速率大C．气体的平均摩尔质量:点b大于点a D．混合气体的密度：点b大于点a14、下列关于合金的叙述中正确的是()A．合金是由两种或多种金属熔合而成的B．日常生活中用到的5角硬币属于铜合金C．合金在任何情况下都比单一金属性能优良D．钢不属于合金15、下列说法正确的是A．用苯可以萃取溴水中的溴单质B．蒸馏时，应将温度计水银球插入液面下C．为了使过滤速率加快，可用玻璃棒在过滤器中轻轻搅拌，加速液体流动D．凡是给玻璃仪器加热，都要垫石棉网，以防仪器炸裂16、下列关于食物中的基本营养物质的叙述不正确的是A．蔗糖和麦芽糖互为同分异构体B．葡萄糖在碱性、加热条件下可以与银氨溶液反应C．植物油和动物脂肪中碳原子的连接方式完全相同D．酶是生物体内重要的催化剂二、非选择题（本题包括5小题）17、下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩中元素，请用化学用语填空回答以下问题：（1）化学性质最不活泼的元素原子的原子结构示意图为________。（2）元素①、②的简单氢化物的稳定性更强的是______________(用化学式表示，下同)。（3）元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是______，碱性最强的是____，呈两性的氢氧化物是_________，元素③的最高价氧化物对应水化物中含有的化学键类型为________。（4）在③～⑦元素中，简单离子半径最小的是_________。（5）元素③的过氧化物的电子式为_________。（6）在⑦与⑩的单质中，氧化性较强的是_____，用化学反应方程式证明：______。18、有关物质的转化关系如下图所示。A、B、C、E为气体，其中A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B为无色单质，E是为红棕色。G是紫红色金属单质，H的水溶液为蓝色。⑴A的电子式为______。⑵写出反应①的化学方程式：______。⑶写出反应③的化学方程式：______。该方程式中转移的电子数目为______个。⑷写出反应④的离子方程式：_____。19、某化学研究性学习小组为了模拟工业流程从浓缩的海水中提取液溴，查阅资料知：Br2的佛点为59℃，微溶于水，有毒性。设计了如下操作步骤及主要实验装置(夹持装置略去)：①连接甲与乙，关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向甲中缓慢通入Cl2至反应结束。②关闭a、c，打开b、d，向甲中鼓入足量热空气。③进行步骤②的同时，向乙中通入足量SO2。④关闭b，打开a，再通过甲向乙中级慢通入足量Cl2。⑤将乙中所得液体进行蒸馏，收集液溴。请回答：(1)步骤②中鼓入热空气作用为____________。(2)步骤③中发生的主要反应的离子方程式为___________。(3)此实验中尾气可用____(填选项字母)吸收处理。A．水B．饱和Na2CO3溶液C．NaOH溶液D．饱和NaCl溶液(4)若直接连接甲与丙进行步骤①和②，充分反应后，向维形瓶中满加稀硫酸，再经步骤⑤，也能制得液溴。滴加稀硫酸之前，丙中反应生成了NaBrO3等，该反应的化学方程式为______。(5)与乙装置相比，采用丙装置的优点为________________。20、如图所示。请回答：（1）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Zn，A极材料为铜，该装置能量转换形式____，A为____极，此电池所发生的反应化学方程式为_____，反应进行一段时间后溶液C中c（H+）将_____(填“变大”“变小”或“基本不变”)。溶液中的SO42-移向____极（填“A”或“B”）（2）若C为CuSO4溶液，B电极材料为Fe，A极材料为石墨。则B为_____极，B极上电极反应属于____(填“氧化反应”或“还原反应”)。B电极上发生的电极反应式为______，A极产生的现象是_____；若AB两电极质量都为50.0g且反应过程中有0.2mol的电子发生转移，理论上AB两电极质量差为____g。21、空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如下：（1）步骤①获得Br2的离子反应方程式为：________________________________________；（2）步骤③所发生反应的化学方程式为：________________________________________。在该反应中，氧化剂是______________（填化学式）；若反应中生成2molHBr，则转移电子数约为_____________个。（3）根据上述反应可判断SO2、Cl2、Br2三种物质氧化性由强到弱的顺序是：_______________（4）步骤②通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的________。A．氧化性B．还原性C．挥发性D．腐蚀性（5）提取溴单质时，蒸馏溴水混合物Ⅱ而不是蒸馏溴水混合物Ⅰ，请说明原因：________________。（6）步骤⑤的蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】加入少量CuSO4发生反应Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu生成Cu附着在Zn上面，形成Zn、Cu、稀H2SO4原电池，Zn为负极失电子速率加快，C项正确。2、A【解析】分析：A.根据C3H6可能是丙烯，也可能是环丙烷判断；B.根据乙烯和甲烷与溴水的现象判断；C.根据乙酸和乙醇互溶判断；D.根据硫酸铜属于重金属盐判断。详解：A.有机物C2H4为乙烯，C3H6可能是丙烯，也可能是环丙烷，不一定是同系物，故A错误；B.乙烯能够使溴水褪色，而甲烷不能，可以用溴水鉴别甲烷和乙烯，故B正确；C.乙酸和乙醇互溶，不可以用分液漏斗分离乙酸和乙醇，故C正确；D.硫酸铜属于重金属盐，往蛋白质中加入硫酸铜溶液会发生变性，故D正确；故选A。3、A【解析】碳酸钾水解生成碱，氢氧化钾，属于水解反应，答案选A。4、C【解析】

A.非金属性O>N>Si，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4，故不选A；

B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B；

C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故选C；

D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；答案：C5、B【解析】

A．苯中碳碳键是介于C－C和C=C之间的一种特殊共价键，键长、键能都相同，选项A正确；B．甲烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，而乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，选项B正确；C．葡萄糖分子中含醛基，加入弱氧化剂银氨溶液，水浴加热有银镜生成，醛基被氧化为羧基，选项C正确；D．医用酒精能使蛋白质失去生理活性而变性，可用于消毒杀菌，选项D正确。答案选B。6、C【解析】

由结构简式可知，莽草酸的分子式为C7H10O5，官能团为羟基、碳碳双键和羧基，能够表现醇、烯烃、羧酸的性质。【详解】A项、由结构简式可知，莽草酸的分子式为C7H10O5，故A错误；B项、莽草酸分子中含有羟基、羧基、碳碳双键三种官能团，故B错误；C项、莽草酸分子中含有碳碳双键，能发生加成反应，含有羧基及羟基，可发生酯化反应，故C正确；D项、莽草酸分子中只有羧基能与碳酸氢钠溶液反应，1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出1molCO2气体，故D错误；故选C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团及性质的关系，依据醇、烯烃、羧酸的性质分析是解答关键。7、A【解析】

A．具有相同电子层结构的离子中，原子序数大的离子半径小，Al3+、Na+、O2-都是两个电子层，电子层结构相同，则Al3+、Na+、O2-微粒半径依次增大，故A正确；B．O、F一般无正价，故B错误；C．卤素单质的相对分子质量越大，熔沸点越大，则F2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐增大，故C错误；D．元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，则氢氧化锂、氢氧化钠、氢氧化钾、氢氧化铷的碱性逐渐增强，故D错误；故选A。8、A【解析】试题分析：A、该反应是化合反应，A错误；B、由于该物质是“双重结构”的球形分子，所以该晶体类型是分子晶体，B正确；C、该物质含有两种元素，是纯净物，因此属于一种新化合物，C正确；D、该物质的相对分子质量为12×60+28×60=2400，D正确，答案选A。考点：考查“双重结构”的球形分子Si60C60的结构与性质的知识。9、B【解析】

A.碳棒上氢离子得电子生成氢气，所以有气体放出，同时溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A说法正确；B.根据a的活动性比氢要强，b为碳棒可知：a为负极，b为正极，故B说法错误；C.该装置形成了原电池，电子由负极沿导线流向正极，电子从a极（负极）流到b极（正极），故C说法正确；D.a为负极，负极上失电子发生氧化反应，故D说法正确；答案选B。10、A【解析】牛肉和菠菜等食物中含有丰富的铁，“铁”为元素，故A正确。11、C【解析】白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6molP-P、5molO=O，形成12molP-O、4molP=O，所以12mol×x+4mol×434kJ/mol-（6mol×197kJ/mol+5mol×499kJ/mol）=2378.0kJ，解得x=360kJ/mol，点睛：本题考查热化学方程式的书写方法和计算应用，注意焓变计算和物质聚集状态的标注，学习中要准确把握，另外注意反应热的计算，特别是注意分析白磷的氧化磷的分子结构，正确判断共价键的类型和数目，难度不大。12、D【解析】

A．因含有苯环的蛋白质才能发生颜色反应，A错误；B．葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，结构不相似，也不属于同系物，B错误；C．因蛋白质的组成元素有C、H、O、N等，C错误；D．因油脂在酸性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸，D正确；答案选D。13、D【解析】A、点c处只能说明此时n(H2)＝n(NH3)，反应没有达到平衡，还在向正方向进行，故点c处正反应速率比逆反应速率大，选项A正确；B、从图象看出，在达到平衡的过程中，H2的物质的量不断减小，NH3的物质的量不断增大，所以此反应为向合成氨方向的反应，选项B正确；C、点a反应物的总物质的量比点b的大，总质量相同，故气体的平均摩尔质量:点b大于点a，选项C正确；D、反应容器体积不变，气体总质量相同，故混合气体的密度：点b等于点a，选项D不正确。答案选D。14、B【解析】

A．合金是金属与金属或金属与非金属熔合形成的，故A错误；B．日常生活中用到的五角硬币属于铜锌合金，故B正确；C．在机械加工时，合金的性能一般较单一金属优良，但并不是任何情况都是，如纯铝导电性比铝合金要强等，故C错误；D、钢是铁与碳等形成的合金，故D错误；答案选B。【点睛】本题主要考查合金、合金的性质以及常见合金的组成，理解合金的性质，即合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀。解题关键：理解定义，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；B项铸造五角硬币的金属属于铜锌合金，要关注身边的物质；C项在机械加工时，合金的性能一般较单一金属优良，但并不是任何情况都是，为易错点。15、A【解析】

A.苯不溶于水，溴在苯中的溶解度远远大于在水中的溶解度，则用苯可以萃取溴水中的溴单质，A正确；B.蒸馏时，温度计测定馏分的温度，温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，B错误；C.玻璃棒在过滤器中轻轻搅拌，易捣破滤纸，则过滤时不能用玻璃棒搅拌，C错误；D.用试管加热时，不需要垫上石棉网，可以直接加热，D错误；故选A。【点睛】只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶，溶质在萃取剂中的溶解度比在水中大，且萃取剂与水的密度有差别即可萃取。16、C【解析】

A项、蔗糖和麦芽糖分子式相同，均为C12H22O11，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B项、葡萄糖含有醛基，在碱性、加热条件下可以与银氨溶液发生银镜反应，故B正确；C项、植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中含有碳碳双键，动物脂肪为饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中不含有碳碳双键，故C错误；D项、酶是生物体内重要的催化剂，具有专一性、温和性和选择性的特点，故D正确；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、HFHClO4KOHAl（OH）3离子键和共价键Al3+Cl2Cl2+2KBr=2KCl+Br2【解析】

由元素在周期表中位置可知，①为N元素、②为F元素、③为Na元素、④为Mg元素、⑤为Al元素、⑥为Si元素、⑦为Cl元素、⑧为Ar元素、⑨为K元素、⑩为Br元素。【详解】（1）化学性质最不活泼的元素为0族元素Ar元素，Ar原子的原子结构示意图为，故答案为：；（2）同周期元素元素，从左到右非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，①为N元素、②为F元素，氟化氢的稳定性强于氨气，故答案为：HF；（3）同周期元素元素，从左到右非金属性依次增强，碱性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，碱性依次减弱，同主族元素元素，从下到上非金属性依次减弱，金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，碱性依次增强，则酸性最强的是高氯酸，碱性最强的是氢氧化钾；两性的氢氧化物是氢氧化铝，氢氧化钠为离子化合物，含有离子键和共价键，故答案为：HClO4；KOH；Al（OH）3；离子键和共价键；（4）同主族元素从上到下，离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小，则③～⑦元素中，简单离子半径最小的是Al3+，故答案为：Al3+；（5）过氧化钠为离子化合物，是由钠离子和过氧根离子形成，电子式为，故答案为：；（6）氯气的氧化性强于溴，氯气能与溴化钾发生置换反应生成单质溴和氯化钠，反应的化学方程式为Cl2+2KBr=2KCl+Br2，故答案为：Cl2；Cl2+2KBr=2KCl+Br2。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，注意对元素周期表的整体把握，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。18、4NH3＋5O24NO＋6H2O3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO24H＋＋2NO3-＋Cu＝2NO2↑＋2H2O＋Cu2＋【解析】

A、B、C、E为气体，其中A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体A是碱性气体，则A为NH3；E是为红棕色气体，则E为NO2；根据物质转化关系，NH3和B在催化剂条件下反应生成C和D，C和B反应生成NO2，则该反应为氨气的催化氧化反应，因此C为NO，B为O2，D为H2O；NO2（E）和H2O（D）反应生成NO和HNO3，则F为HNO3；G是紫红色金属单质，则G为Cu；HNO3和Cu反应生成NO、Cu(NO3)2和H2O，H的水溶液为蓝色，则H为Cu(NO3)2。【详解】⑴根据分析，A为NH3，电子式为。答案为：。(2)反应①为氨气和氧气在催化剂条件下发生催化氧化反应，化学方程式4NH3＋5O24NO＋6H2O。答案为：4NH3＋5O24NO＋6H2O。⑶反应③为NO2和H2O反应生成NO和HNO3，化学方程式：3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO。该方程式中3个NO2参与反应，2个NO2从+4价升高到+5价，1个NO2从+4价降低到+2价，共转移电子2个。答案为：2。⑷反应④为HNO3和Cu反应生成NO、Cu(NO3)2和H2O，离子方程式：4H＋＋2NO3-＋Cu＝2NO2↑＋2H2O＋Cu2＋。答案为：4H＋＋2NO3-＋Cu＝2NO2↑＋2H2O＋Cu2＋。19、吹出反应中生成的Br2Br2+SO2+2H2O＝4H++2Br-+SO42-BC3Br2+3Na2CO3＝5NaBr+NaBrO3+3CO2↑步骤少，减少了二氧化硫的污染，操作简便【解析】分析：（1）溴易挥发，热空气可使溴蒸气进入乙中；（2）步骤③中，向乙中通入足量SO2，与溴发生氧化还原反应生成硫酸、HBr；（3）尾气含SO2、Br2，均与碱液反应；（4）丙中反应生成了NaBrO3，可知Br元素的化合价升高，则还应生成NaBr；（5）丙比乙更容易操作，尾气处理效果好。详解：（1）步骤②中鼓入热空气的作用为使甲中生成的Br2随空气流进入乙中，即步骤②中鼓入热空气的作用是吹出反应中生成的Br2；（2）二氧化硫具有还原性，能被溴水氧化，则步骤③中发生的主要反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O＝4H++2Br-+SO42-；（3）尾气含SO2、Br2，均与碱液反应，则选碳酸钠溶液或NaOH溶液吸收尾气，答案为BC；（4）丙中反应生成了NaBrO3，可知Br元素的化合价升高，因此还应生成NaBr，且酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，该反应的方程式为3Br2+3Na2CO3＝5NaBr+NaBrO3+3CO2↑；（5）与乙装置相比，采用丙装置的优点为步骤少，减少了二氧化硫的污染，且操作简便。20、化学能转化为电能正H2SO4+Zn==H2↑+ZnSO4减小B负氧化反应Fe-2e-==Fe2+有红色物质析出12.0【解析】

（1）锌比铜活泼，则锌作负极，原电池反应是锌与稀硫酸置换氢气的反应，正极反应是氢离子得电子生成氢气，负极上是金属铁发生失去电子的氧化反应，结合原电池的工作原理分析作答；

（2）若C为CuSO4溶液，B电极材料为Fe，A极材料为石墨，则总反应为铁与硫酸铜发生自发的氧化还原反应。原电池中，B电极为负极，发生失电子的氧化反应，A电极为正极，发生得电子的还原反应，结合原电池的工作原理及电化学计算中电子转移数守恒作答；【详解】(1)锌比铜活泼，则该装置为锌作负极，铜做正极的原电池，化学能转化为电能；A极材料为铜，即A为正极，则该原电池反应是锌与稀硫酸置换氢气的反应，H2SO4+Zn==H2↑+ZnSO4；依据总反应可知溶液中氢离子放电，导致溶液中氢离子浓度减小；原电池中阴离子移向负极，则溶液中的SO42-移向B极，故答案为：正；H2SO4+Zn==H2↑+ZnSO4；减小；B；(2)依据上述分析易知：B电极为原电池的负极，发生发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Fe-2e-==Fe2+；A极铜离子