湖南省娄底市2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题含解析

PAGE15-湖南省娄底市2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）总分：100分时量：90分钟可能用到的相对原子质量：O16Zn65Cl35.5一、单选题（每题3分，共48分）1.中学化学试验室常常用到下列试验装置，其中不行用于物质分别的是(

)A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A.坩埚是熔化和精炼金属液体以及固液加热、反应的容器，不行用于物质分别，符合题意，A正确；B.蒸馏用于分别沸点不同而相互溶解的液体，与题意不符，B错误；C.过滤用于分别固、液混合物，与题意不符，C错误；D.分液漏斗用于分别互不相容的液体，与题意不符，D错误；答案为A。2.习主席在十九大报告中指出：“绿水青山就是金山银山。”而利用化学学问降低污染、治理污染，改善人类居住环境是化学工作者当前的首要任务。下列做法不利于环境爱护的是A.开发清洁能源 B.有效提高能源利用率C.研制易降解的生物农药 D.对废电池做深埋处理【答案】D【解析】A.开发清洁能源有利于削减空气污染，爱护环境；B.有效提高能源利用率，可以削减能源的消耗，爱护环境；C.研制易降解的生物农药，可以削减农药的残留，爱护了环境；D.对废电池做深埋处理，电池中的重金属离子会污染土壤和地下水。本题选D。3.下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（）A.锌粒与稀硫酸的反应B.灼热的木炭与CO2反应C.甲烷在氧气中的燃烧反应D.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应【答案】B【解析】【详解】A．锌粒与稀硫酸的反应是放热反应，A不合题意；B．灼热的木炭与CO2发生氧化还原反应，为吸热反应，B符合题意；C．甲烷在氧气中的燃烧反应是放热反应，C不合题意；D．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是非氧化还原反应，D不合题意；故选B。4.苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”依据现代科技观点，该文中的“气”是指A.甲烷 B.乙烯 C.乙炔 D.生长素【答案】B【解析】【详解】我们知道乙烯可以用作水果的催熟剂，因此这里的“气”指的就是乙烯，答案选B。5.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，22.4L以随意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NAB.用含有0.01mol氯化铁的水溶液制成氢氧化铁胶体，含有的胶体粒子数为为0.01NAC.标准状况下，22.4LCCl4中分子数为NAD.32gO2和O3混合气体中含有原子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A.标准状况下，22.4L以随意比例混合的氮气和氧气的物质的量为1mol，因氮气和氧气都是双原子分子，则所含的原子数为2NA，故A错误；B.因胶体粒子为很多个氢氧化铁粒子的集合体，故所得的胶体中含有的胶体粒子数小于0.01NA，故B错误；C.在标准状态下，CCl4为液体，此状态下22.4LCCl4的物质的量并不是1mol，故分子数也并不等于NA，故C错误；D.32gO2和O3混合气体中所含氧原子的物质的量为：32g÷16g/mol=2mol，则所含的氧原子数为2NA，故D正确；答案选D。6.C1O2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。试验室可通过以下反应制得C1O2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O,下列说法中正确的是A.在反应中H2C2O4既不是氧化剂也不是还原剂B.1molKClO3参与反应，在标准状况下能得到22.4L气体C1molKClO3参与反应有2mol电子转移D.KClO3在反应中是氧化剂【答案】D【解析】【分析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3上升到+4价。【详解】A、因C元素的化合价由+3上升到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，故A错误；B、反应中1molKClO3参与反应，生成1mol二氧化碳和1molClO2，则在标准状况下能得到44.8L气体，故B错误；C、Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参与反应转移的电子为1mol×（5-4）=1mol，故C错误；D、因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，KClO3在反应中得到电子，则KClO3反应中是氧化剂，故D正确；故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，解题关键：明确反应中元素的化合价改变，A选项易错点、也是难点，H2C2O4中C元素化合价的推断，用化合价代数和为0去推断。7.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是（）A.Fe(s)FeCl3(s)Fe(OH)3(s)B.CaCl2(aq)CaCO3(s)CaO(s)C.NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(s)D.Al2O3(s)AlCl3(aq)Al(OH)3(s)【答案】B【解析】【详解】A．Fe与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与NaOH反应生成氢氧化铁，则图中转化均可实现，故A不符合题意；B．因盐酸的酸性大于碳酸的酸性，则氯化钙与二氧化碳不反应，图中CaCl2(aq)CaCO3(s)不能实现转化，故B符合题意；C．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙和NaOH，则图中转化均可实现，故C不符合题意；D．氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，则图中转化均可实现，故D不符合题意；故选：B。8.下列对于元素周期表结构的叙述中，正确的是A.7个横行代表7个周期，18个纵行代表16个族 B.副族元素中有非金属元素C.除第一周期外，其他周期均有18种元素 D.碱金属元素是指ⅠA族的全部元素【答案】A【解析】【详解】A.7个横行代表7个周期，18个纵行代表16个族，7个主族、7个副族、1个0族、1个ⅤⅢ族，故A正确；

B.副族元素均在长周期，均为金属元素，只有主族元素存在非金属元素，故B错误；

C.2、3周期有8种元素，6、7周期有32种元素，则只有4、5周期有18种元素，故C错误；

D.碱金属元素为金属元素，而ⅠA族元素含H，碱金属元素是指ⅠA族的除H之外的全部元素，故D错误。

故答案：A。9.足量铜与肯定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与1.68LO2(标准状况下)混合后通入水中，全部气体完全被水汲取生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗溶液NaOH的体积是()A.60mL B.45mL C.30mL D.15mL【答案】A【解析】【分析】向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，由电荷守恒可知，Cu供应电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，生成NO2、NO的混合气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，全部气体完全被水汲取生成硝酸，整个过程，由电子转移守恒，可知Cu供应电子等于氧气获得的电子，据此计算n(NaOH)，进而计算消耗氢氧化钠溶液体积。【详解】生成NO2、NO的混合气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，全部气体完全被水汲取生成硝酸，整个过程，由电子转移守恒，可知Cu供应电子等于氧气获得的电子，即Cu供应电子为：×4＝0.3mol，然后依据1molCu失去2mol电子可知，铜的物质的量为0.15mol；向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，故所需的n(NaOH)＝0.15mol×2＝0.3mol，故消耗氢氧化钠溶液体积为=0.06L＝60mL，故选：A。【点睛】本题考查金属与硝酸反应的计算，侧重考查学生的分析思维实力与解题方法技巧，留意利用守恒法进行解答。10.X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是A.Y、Z、X三种元素的原子半径依次增大B.X、Z都是其次周期ⅥA族元素，单质的氧化性X>ZC.Y的气态氢化物的热稳定性比Z的高D.W元素最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素，依据其在元素周期表的位置关系推断，X为O元素，Y为Si元素，Z为S元素，W为Cl元素，结合物质结构与元素周期律分析作答。【详解】依据上述分析可知，X为O元素，Y为Si元素，Z为S元素，W为Cl元素，则A.同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则Y、Z、X三种元素的原子半径依次减小，故A错误；B.X、Z虽都是ⅥA族元素，但X位于其次周期，Z位于第三周期元素，由于同族元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，则单质的氧化性X>Z，故B错误；C.元素的非金属性越强，对应气态氢化物的热稳定性越强，因非金属性：Y＜Z，则Y对应的气态氢化物的热稳定性比Z的低，故C错误；D.元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强（除F、O无最高正价以外），因非金属性：W＞Z，则W元素最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强，故D正确；答案选D。11.下列说法正确的是A.氯化铵固体受热分解和干冰升华均只需克服分子间作用力B.I2、Br2、Cl2、F2的熔、沸点渐渐降低C.HCl气体溶于水和NaOH熔化破坏的化学键类型相同D.NaF、H2SO4中所含化学键的类型相同【答案】B【解析】【详解】A．氯化铵固体受热分解破环化学键，干冰升华只需克服分子间作用力，A说法错误；B．I2、Br2、Cl2、F2均为分子晶体，随分子量的减小，熔、沸点渐渐降低，B说法正确；C．HCl气体溶于水破坏共价键，而NaOH熔化破坏离子键，破坏的化学键类型不相同，C说法错误；D．NaF含有离子键，H2SO4含有共价键，所含化学键的类型不相同，D说法错误；答案为B。12.氮化钠(Na3N)是科学家制备的一种重要的化合物，它与水作用可产生NH3，主要用于制造炸药及用作分析试剂等。下列分析不正确的是（）A.化合物Na3N是由离子键形成的B.Na3N与过量的HCl(aq)反应，生成两种盐C.比较Na3N中两种粒子的半径：r(Na+)>r(N3-)D.Na3N与水反应的化学方程式为Na3N+3H2O=3NaOH+NH3↑【答案】C【解析】【详解】A．化合物Na3N是由Na＋和N3－通过离子键形成的，故A正确；B．Na3N是由Na＋和N3－通过离子键形成，与过量的HCl（aq）反应，生成NaCl和NH4Cl两种盐，故B正确；C．Na＋和N3－的电子层结构相同，半径取决于质子数；核电荷数越多，半径越小，所以半径：r（Na＋）＜r（N3－），故C错误；D．Na3N是由Na＋和N3－通过离子键形成，与水反应可产生NH3和NaOH，化学方程式为Na3N+3H2O=3NaOH+NH3↑，故D正确；故选C。【点睛】本题考查了化学键、化学方程式的书写及离子半径大小的比较等学问点，易错点C，相同电子层结构的离子，核电荷数与离子半径成反比，核电荷数越大，半径越小。13.分析下图所示的三个原电池装置，其中结论正确的是()A.①②中Mg作负极B.③中电流方向由Cu流向FeC.②中Mg作正极，电极反应式2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑D.③中Cu作正极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑【答案】C【解析】【详解】A．②中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，为负极，故A错误；B．铁遇浓硝酸发生钝化，铜与浓硝酸反应；原电池中，电子的移动方向是从负极到正极，电流的方向从正极到负极，铜是负极，铁是正极，③中电流方向由Fe流向Cu，故B错误；C．②中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，为负极，Mg作为正极，电极反应式为2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，故C正确；D．金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，金属铜可以和浓硝酸之间反应，从而形成原电池，金属铜是负极，Cu−2e−═Cu2+，故D错误；答案选C。【点睛】不能只依照活泼性推断正负极，依据实际的氧化还原反应，如铁铜与硫酸构成原电池，铁做负极，铁铜与浓硝酸构成原电池，铁做正极。14.将等物质的量的A、B混合于2L的恒容密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经5min后，测得D的量为1mol，C的平均反应速率是0.1mol/(L·min)。则x的值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【详解】由测得D的量为1mol知∆c(D)=0.5mol/L，D的平均反应速率为0.5mol/L÷5min=0.1mol/(L·min)，由3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，依据化学计量数之比等于反应速率之比，υ（C）：υ（D）=0.1mol/(L·min)：0.1mol/(L·min)=x：2，解得x=2，B选项正确；答案选B。15.下列关于甲烷的叙述中，错误的是()A.通常状况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂不反应B.甲烷化学性质比较稳定，不能被任何氧化剂氧化C.甲烷跟氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应D.甲烷的四种有机取代产物都难溶于水【答案】B【解析】【详解】A．甲烷化学性质不活泼，通常状况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂不起反应，A正确；B．甲烷的性质比较稳定，在通常状况下，不与强酸、强碱、强氧化剂反应，但甲烷能在空气中燃烧，B错误；C．甲烷分子中氢可以发生取代反应，甲烷跟氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应，C正确；D．甲烷在光照条件下与氯气发生取代反应生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4均不溶于水，D正确；故选B。【点睛】甲烷的性质比较稳定，在通常状况下，不与强酸、强碱、强氧化剂反应，但甲烷能在空气中燃烧是解答关键。16.如图为试验室制取少量乙酸乙酯的装置图。下列关于该试验的叙述不正确的是（）A.向a试管中先加入浓硫酸，然后边摇动试管边渐渐加入乙醇，再加乙酸B.试管b中导气管下端管口不能浸入液面下的目的是防止试验过程中产生倒吸现象C.在试管a中应加几块碎瓷片以防止试管a中的液体在加热时发生暴沸D.反应结束后振荡试管b，b中液体分为两层，上层为有香味的无色油状液体【答案】A【解析】【详解】A．由于浓硫酸的密度较大，且与乙醇和乙酸混合时会放出大量的热，为防止酸液飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸和乙酸，A错误；B．由于生成的产物中含有乙醇和乙酸，易溶于水，故试验时试管b中的导气管不能插入液面下，B正确；C．为防止液体暴沸，应加入碎瓷片，C正确；D．乙酸乙酯无色、具有香味，且密度比水小，难溶于水，故振荡后上层为有香味的无色油状液体，D正确；故选A。【点睛】在乙酸与乙醇发生的酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，饱和碳酸钠溶液的作用是去除乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度。非选择题（每空2分，52分）二、填空题17.火药是古代道士配出的“药”，燃放烟花爆竹“产生大量烟雾。这种烟雾的成分是二氧化硫，与空气中的水分最终形成了稀硫酸气溶胶。（1）依据所学学问，进行科学分析，下列说法正确的是________。A．二氧化硫与空气中的水通过化合反应干脆形成稀硫酸B．稀硫酸具有强氧化性，可以用于杀菌消毒C．烟花爆竹燃烧产生的SO2和可吸入颗粒物均属于大气污染物（2）某学习小组想检验某地区的雨水中是否含有硫酸根，设计试验：取少量雨水于试管中，加入盐酸酸化无明显现象，再加入__________溶液（填“BaCl2”或“AgNO3”）产生白色沉淀。证明该地区雨水中含有硫酸根。（3）“绿水青山就是金山银山”，工业生产中通常在煤中加入适量石灰石进行脱硫处理，解决煤燃烧产生二氧化硫的问题，完成化学方程式：2CaCO3+O2+2SO2=2_____+2CO2。【答案】(1).C(2).BaCl2(3).CaSO4【解析】【详解】(1)A．二氧化硫与空气中的水通过化合反应干脆形成的是亚硫酸，再与氧气反应才能得到硫酸，故A错误；B．稀硫酸不具有强氧化性，不能用于杀菌消毒，故B错误；C．烟花爆竹的火药中含有硫，燃烧产生二氧化硫，同时爆炸产生的粉尘颗粒均会污染空气，故C正确；故答案为：C；(2)检验硫酸根离子，需先加盐酸酸化后加氯化钡溶液，若产生不溶于盐酸的白色沉淀说明有硫酸根离子，故答案为：BaCl2；(3)工业生产中通常在煤中加入适量石灰石，与煤燃烧产生的二氧化硫反应产生亚硫酸钙，再与氧气反应最终形成硫酸钙，从而达到脱硫的目的，有关反应为：2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2，故答案为：CaSO4；18.下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表某一化学元素。完成下列填空（填元素符号或化学式）：（1）元素B在元素周期表中的位置是______，A、B、C三种元素原子半径从大到小的依次是_________________。（2）D简洁离子的结构示意图为_____________，D、E中金属性较强的元素是________。（3）E的最高价氧化物的水化物与B的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式是_____________。【答案】(1).其次周期VA族(2).N>O>H(3).(4).Na(5).Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O【解析】【分析】按元素在元素周期表中的位置知，A为氢元素、B为氮元素，C为氧元素、D为钠元素，E为镁元素，据此并结合元素周期律分析回答；【详解】(1)B为氮元素，在元素周期表中的位置是其次周期VA族，A、B、C分别为氢、氮和氧元素，三种元素中氢原子半径最小，氮、氧位于同周期，从左到右，核电荷数递增，原子半径递减，故原子半径从大到小的依次是N>O>H；答案为：其次周期VA族；N>O>H；(2)D为钠，简洁离子的结构示意图为，E为镁元素，钠、镁位于同周期，从左到右，核电荷数递增，原子半径递减，金属性递减，故D、E中金属性较强的元素是钠；答案为：；Na；(3)E的最高价氧化物的水化物与B的最高价氧化物的水化物反应，即氢氧化镁和硝酸的反应，离子方程式是Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；答案为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O。【点睛】本题主要考察元素的微粒结构、在周期表中的位置和性质，熟识元素周期律是解本题的关键。19.苯是一种有毒的液体，也是良好的有机溶剂，请回答下列关于苯的问题：（1）上述反应中属于取代反应的是：__________，属于加成反应的是：__________。（2）请写出反应③的化学方程式__________。（3）下列化合物中，能发生类似于反应④的是__________A乙烷B乙烯C乙醇【答案】(1).①③(2).④(3).+HNO3（浓）+H2O(4).B【解析】【分析】由图知，反应①为苯与液溴在铁或溴化铁催化作用下的溴代反应，反应②为苯与氧气的燃烧反应，反应③为苯的硝化反应，也属于取代反应，反应④是苯的催化加氢生成环己烷，据此回答；【详解】(1)据分析，上述反应中属于取代反应的是①③，属于加成反应的是④；答案为：①③；④；(2)反应③为苯与浓硝酸之间的取代反应，生成硝基苯和水，反应条件为浓硫酸、55~60°C，反应③的化学方程式为：+HNO3（浓）+H2O；答案为：+HNO3（浓）+H2O；(3)反应④是苯的催化加氢生成环己烷，能发生类似反应的是乙烯，乙烯含碳碳双键可以发生加成反应，故选B；答案为：B。【点睛】本题主要考查苯的重要的化学性质和反应类型，熟识苯的性质、反应类型擅长敏捷应用是解本题的关键。20.在肯定温度下，体积为2L的密闭容器中，NO2和N2O4之间发生反应：2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)，如图所示。（1）曲线___________（填“X”或“Y”）表示NO2的物质的量随时间的改变曲线。（2）若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中υ（NO2）=0.3mol/（L•s），乙中υ（N2O4）=6mol/（L•min），则______中反应更快。（3）在0到3min中内N2O4的反应速率为__________。【答案】(1).X(2).甲(3).0.05mol/(L•min)【解析】【分析】(1)由图找到X和Y的改变量，按改变量之比为化学方程式中的计量数之比推断；(2)统一用同一个物质的浓度改变、统一速率的单位，进行换算比较即可；(3)分析图中数据，按定义计算0到3min中内N2O4的反应速率；【详解】(1)由图知，0到3分钟内，X削减0.6mol，Y增加0.3mol，X的改变量更大，改变量之比为化学方程式中的计量数之比，故X表示NO2；答案为：X；(2)若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中υ(NO2)=0.3mol/(L•s)，甲中速率υ(N2O4)=υ(NO2)=0.3mol/(L•s)=9mol/（L•min），由于乙中υ(N2O4)=6mol/(L•min)，则甲中反应更快；答案为：甲；(3)，故在0到3min中内N2O4的反应速率为0.05mol/(L•min)；答案为：0.05mol/(L•min)。【点睛】解本题的关键是从图中获得信息、结合速率定义进行计算、比较，比较反应速率大小时，必需统一用同一个物质的浓度改变、统一速率的单位。21.微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用，有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应为：Zn＋2OH--2e-=ZnO＋H2OAg2O＋H2O＋2e-=2Ag＋2OH-总反应式为Ag2O＋Zn=ZnO＋2Ag（1）Ag2O是______极，Zn发生______反应。（2）电子由________极流向________极（填“Zn”或“Ag2O”），当电路通过0.1mol电子时，负极消耗物质的质量是___________g。【答案】(1).正(2).氧化(3).Zn(4).Ag2O(5).3.25【解析】【分析】(1)依据在原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应的工作原理进行推断；

(2)在原电池中，电子由负极经过