新疆伊宁生产建设兵团第四师第一中学2025届高一下化学期末检测模拟试题含解析

新疆伊宁生产建设兵团第四师第一中学2025届高一下化学期末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、下列物质中，不可一次性鉴别乙醇、乙酸和苯的是A．碳酸钠溶液 B．酸性高锰酸钾溶液C．溴水 D．紫色石蕊溶液2、如图为发光二极管连接柠檬电池装置，下列说法正确的是（）A．铁环作为柠檬电池的正极B．电子由发光二极管经导线流向铁环C．负极的电极反应为Fe-2e-=Fe2+D．可将柠檬替换成盛装乙醇溶液的装置3、块状大理石与过量的3mol·L－1盐酸反应制取二氧化碳气体，若要增大反应速率，可采取的措施是()①加入氯化钠固体②改用6mol·L－1盐酸③改用粉末状大理石④适当升高温度A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．①②③4、元素X的最高正价和最低负价的绝对值之差为6，Y元素的离子与X元素的离子具有相同的电子层结构，则X、Y形成的化合物可能是A．MgF2 B．K2S C．NaCl D．KCl5、根据下表部分短周期元素信息，判断以下叙述正确的是A．氢化物的沸点为H2T＜H2RB．单质与稀盐酸反应的剧烈程度L＜QC．M与T形成的化合物具有两性D．L2+与R2﹣的核外电子数相等6、适宜用分液漏斗进行分离的一组混合物是A．乙醇和乙酸乙酯 B．水和氯化钠 C．水和花生油 D．四氯化碳和碘7、反应2A（g）⇌2B（g）+E（g）-Q，达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是（）A．加压 B．减压 C．增加E的浓度 D．降温8、下列物质属于纯净物的是A．青铜 B．CuSO4•5H2O C．水玻璃 D．Fe(OH)3胶体9、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5μm的可吸入颗粒物，它是大气的一种污染物主要来自化石燃料的燃烧等，以下不属于化石燃料的是A．天然气B．煤C．石油D．酒精10、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SiO2 B．CO2和H2O C．NaCl和HCl D．NaOH和Na2O11、分子式为C10H14的单取代芳烃（苯环上只有一个侧链），其可能的结构有（）A．2种B．3种C．4种D．5种12、化学能与热能、电能等可以相互转化，下列说法正确的是A．图1所示的装置能将化学能转变为电能B．图2所示的反应为吸热反应C．化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成D．中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低13、只用一种试剂就可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、淀粉溶液，这种试剂是A．碘水 B．氢氧化铜悬浊液 C．氢氧化钠溶液 D．碳酸钠溶液14、标准状况下将35mL气态烷烃完全燃烧，恢复到原来状况下，得到二氧化碳气体140mL，则该烃的分子式为A．C5H12 B．C4H10 C．C3H6 D．C3H815、下列能说明苯环对侧链的性质有影响的是A．甲苯在30℃时与硝酸发生取代反应生成三硝基甲苯B．甲苯能使热的酸性KMnO4溶液褪色C．甲苯在FeBr3催化下能与液溴反应D．1mol甲苯最多能与3

mol

H2发生加成反应16、下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D．开采可燃冰，将其作为能源使用A．AB．BC．CD．D二、非选择题（本题包括5小题）17、元素周期表是学习化学的重要工具。下表为8种元素在周期表中的位置。(1)下图所示的模型表示的分子中，可由A、D形成的是________。写出c分子的空间构型为_________，d分子的结构简式_________。(2)关于d分子有下列问题：①d分子中同一平面的原子最多有_______个。②若用－C4H9取代环上的一个H原子，得到的有机物的同分异构体共有__________种。(3)Na在F单质中燃烧产物的电子式为______。上述元素的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是______(写化学式)，其与Q的单质反应的离子方程式是_____________。18、A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素。已知：①热稳定性：HmD＞HmC，HmD常温下为液态；②Cm-、E(m-1)-具有相同的电子层结构；③A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小；④A与B质子数之和是D质子数的3倍。依据上述信息用相应的化学用语回答下列问题：（1）HmDm的电子式为__________。（2）HmC与C元素的具有漂白性的氧化物反应的化学方程式为：_______。（3）用电子式表示A2C的形成过程_______。（4）在A、B、C、E形成的单质中，符合下列转化关系的是_______（填元素符号）。（5）由A、B、D三种元素形成的化合物与E元素的最高价含氧酸按物质的量之比2:7反应的离子方程式：_____________。19、草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：MnO4－+H2C2O4+H+—Mn2++CO2↑+H2O（未配平）用4mL0.001mol/LKMnO4溶液与2mL0.01mol/LH2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下：组别10%硫酸体积/mL温度/℃其他物质I2mL20II2mL2010滴饱和MnSO4溶液III2mL30IV1mL201mL蒸馏水（1）该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_________________。（2）如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验______和_____（用I～IV表示，下同）；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验____和_____。（3）对比实验I和IV，可以研究____________________对化学反应速率的影响，实验IV中加入1mL蒸馏水的目的是_________________________________。20、废旧锌锰于电池内部的黑色物质A主要含有MnO2、MnOOH、NH4Cl、ZnCl2、炭粉，用A制备高纯MnCO3的流程圈如下:(1)锌锰干电池的负极材料是__________(填化学式)。(2)第I步操作得滤渣的成分是______；第II步在空气中灼烧的目的除了将MnOOH转化为MnO2外，另一作用是__________。(3)步骤I中制得MnSO4溶液，该反应的化学方程式为____________。用草酸(H2C2O4)而不用双氧水(H2O2)

作还原剂的原因是_________。(4)已知:MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解；

Mn(OH)2开始沉淀时pH为7.7。第IV步多步操作可按以下步骤进行:操作l:加入NH4HCO3溶液调节溶液pH<7.7，充分反应直到不再有气泡产生；

操作2:过滤，用少量水洗涤沉淀2～3次；操作3:检测滤液；操作4:用少量无水乙醇洗涤2～3次；操作5:低温烘干。①操作1发生反应的离子方程式为_________；若溶液pH>7.7，会导致产品中混有____

(填化学式)。②操作3中，检测MnCO3是否洗净的方法是___________。③操作4用少量无水乙醇洗涤的作用是_____________。21、（1）写出N2的结构式：______。（2）写出1，2-二溴乙烷的结构简式：______。（3）写出铁与氯化铁溶液反应的化学方程式：______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A．乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，乙醇与碳酸钠溶液不反应，且互溶，不分层，苯与碳酸钠分层，现象不同，可鉴别，故A不选；B．乙酸和高锰酸钾溶液不反应，不分层，乙醇与高锰酸钾溶液反应褪色，不分层，苯与高锰酸钾溶液混合分层，现象不同，可鉴别，故B不选；C．溴水与乙醇、乙酸均不反应，且不分层，现象相同，不能鉴别，故C选；D．紫色石蕊遇乙酸变红，乙醇与紫色石蕊互溶，不分层，苯与紫色石蕊混合分层，现象不同，可鉴别，故D不选；答案选C。2、C【解析】

A.铜线、铁环插入柠檬，制成柠檬电池，由于活泼性：Fe>Cu，所以铜线是柠檬电池的正极，铁环是柠檬电池的负极，故A错误；B.电子由负极铁环经导线流向发光二极管，再由发光二极管流向铜线，故B错误；C.负极发生氧化反应，电极反应为，故C正确；D.乙醇溶液为非电解质溶液，不能将柠檬替换成盛装乙醇溶液的装置，故D错误；故选C。【点睛】由于铁比铜活泼，所以铁环为负极、电极反应为Fe-2e-═Fe2+，铜线为正极，电子由负极铁经过发光二极管流向正极铜，据此分析解答。3、B【解析】

反应为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂、x射线、固体物质的表面积等。增加反应物浓度，使反应速率加快；升高温度，使反应速率加快；对于有气体参与的化学反应，增大压强，使反应速率加快；增大接触面积，反应速率加快；使用正催化剂，使反应物速率加快，据此解答。【详解】反应为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，①加入一定量的氯化钠固体，不影响氢离子浓度，对反应速率基本无影响，故①错误；②改用6mol/L盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故②正确；③改用粉末状大理石，固体大理石的表面积增大，反应速率加快，故③正确；④升高温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大，故④正确。综合以上分析，②③④正确，答案选B。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，比较基础，注意平时学习需理解记忆。4、D【解析】

由X元素的最高正价与负价的代数和为6，结合最高正价和最低负价的绝对值的代数和为8可知，X元素的最高正价+7，最低负价-1，位于周期表ⅦA族。【详解】A项、MgF2中离子有相同的电子层结构，但氟元素没有正化合价，故A错误；B项、K2S中硫元素不是ⅦA族的元素，故B错误；C项、NaCl中钠离子与氯离子的电子层结构不同，故C错误；D项、KCl中钾离子与氯离子的电子层结构相同，氯元素位于周期表ⅦA族，故D正确。故选D。【点睛】考查原子结构与性质，注意依据题意判断X元素的位置是解答关键。5、C【解析】短周期元素，由元素的化合价可知，T只有-2价，则T为O元素，可知R为S元素，L、M、Q只有正价，原子半径L＞Q，则L为Mg元素，Q为Be元素，原子半径M的介于L、Q之间，则M为Al元素。A、H2R为H2S，H2T为H2O，水中分子之间存在氢键，熔沸点高H2O＞H2S，即H2R＜H2T，故A错误；B、金属性Mg比Be强，则Mg与酸反应越剧烈，则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为L＞Q，故B错误；C、M与T形成的化合物是氧化铝，是两性氧化物，故C正确；；D、L2+的核外电子数为12-2=10，Q2-的核外电子数为16-(-2)=18，不相等，故D错误；故选C。6、C【解析】

分液漏斗分离两种互不相溶的液体；【详解】分液漏斗分离两种互不相溶的液体，A、乙醇与乙酸乙酯互溶，不能采用分液方法分离，故A不符合题意；B、氯化钠是溶于水的盐，不采用分液方法进行分离，故B不符合题意；C、花生油属于油脂，为不溶于水的液体，可采用分液方法进行分离，故C符合题意；D、碘单质易溶于四氯化碳，不能采用分液方法进行分离，故D不符合题意；答案选C。7、D【解析】

A．增大压强，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，但正、逆反应速率都增大，故A错误；B．降低压强，正、逆速率都减小，平衡向正反应方向移动，A的浓度降低，故B错误；C．增大E的浓度，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，瞬间逆反应速率增大、正反应速率不变，随后逆反应减小、正反应速率增大，故C错误；D．正反应为吸热反应，降低温度，平衡逆反应方向移动，正、逆反应速率都减小，A的浓度增大，故D正确．答案选D。【点睛】平衡时，要使v正降低，可采取降低温度、减小压强或减小浓度的措施，使c（A）增大，应使平衡向逆反应方向移动。8、B【解析】

A、青铜是铜、锡合金，不是纯净物，A错误；B、CuSO4•5H2O属于盐类，是纯净物，B正确；C、水玻璃是指Na2SiO3的水溶液，是混合物，C错误；D、Fe(OH)3胶体属于混合物，D错误；答案选B。9、D【解析】分析：化石燃料是指由埋藏在地下的古生物经长期自然演化形成的燃料。主要指煤和石油、天然气等。详解：天然气、煤、石油是常见的化石燃料，酒精就是乙醇，不是化石燃料，答案选D。10、B【解析】

A.

SO2和SiO2均只有极性共价键，但分别为分子晶体、原子晶体，A项错误；B.CO2和H2O均只含极性共价键，均属于分子晶体，B项正确；C.

NaCl中只含离子键，为离子晶体；HCl中只含极性共价键，为分子晶体；C项错误；D.

NaOH中含离子键和极性共价键，Na2O中只含离子键，二者均为离子晶体，D项错误；答案选B。【点睛】一般来说，活泼金属与非金属之间形成离子键，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。11、C【解析】分子式为C10H14的单取代芳烃中取代基是丁基：-C4H9，因为丁基有4种，所以分子式为C10H14的单取代芳烃，其可能的结构有4种，故选C。点睛：本题主要是考查苯及其同系物结构以及同分异构体的判断，难度一般，重在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，注意常见烃基的种数要熟记：丙基有2种、丁基有4种、戊基有8种。12、C【解析】分析：A．图1所示的装置没有形成闭合回路；B．图2所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量；C．化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量；D．中和反应为放热反应。详解：A．图1所示的装置没有形成闭合回路，没有电流通过，不能形成原电池，所以不能把化学能转变为电能，故A错误；B．图2所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故B错误；C．化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故C正确；D．中和反应为放热反应，则反应物的总能量比生成物的总能量高，故D错误；故选C。点睛：本题考查学生对化学反应中能量变化对的原因、影响反应热大小因素以及原电池构成条件的熟悉，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。本题的关键是掌握反应物和生成物总能量的相对大小与反应的热效应的关系和原电池的构成条件的理解。13、B【解析】

乙酸能和氢氧化铜发生中和反应，使悬浊液变澄清，溶液显蓝色；葡萄糖有醛基，加热时与氢氧化铜能生成砖红色氧化亚铜沉淀；淀粉无现象，所以可选用的试剂是氢氧化铜悬浊液。故选B。14、B【解析】

标准状况下将35mL气态烷烃完全燃烧，恢复到原来状况下，得到二氧化碳气体140mL，相同状况下,气体体积与物质的量成正比，这说明1分子该烷烃完全燃烧可得到二氧化碳的分子数为140÷35＝4，所以该烷烃分子中碳原子数为4，因此分子式为C4H10。故选B。15、B【解析】分析：A．甲苯和苯都能发生取代反应；B．苯不能被酸性KMnO4溶液氧化，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸；C．甲苯和苯都能发生取代反应；D．苯也能与氢气发生加成反应。详解：A．甲苯和苯都能与浓硝酸、浓硫酸发生取代反应，甲苯生成三硝基甲苯说明了甲基对苯环的影响，A错误；B．甲苯可看作是CH4中的1个H原子被-C6H5取代，苯、甲烷不能被酸性KMnO4溶液氧化使其褪色，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，苯环未变化，侧链甲基被氧化为羧基，说明苯环影响甲基的性质，B正确；C．甲苯和苯都能与液溴发生取代反应，所以不能说明苯环对侧链有影响，C错误；D．苯、甲苯都能与H2发生加成反应，是苯环体现的性质，不能说明苯环对侧链性质产生影响，D错误。答案选B。点睛：本题以苯及其同系物的性质考查为载体，旨在考查苯的同系物中苯环与侧链的相互影响，通过实验性质判断，考查学生的分析归纳能力，题目难度不大。16、B【解析】分析：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，属于化学变化。详解：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O43N2↑+2CO2↑+4H2O，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，属于化学变化；答案选B。点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。二、非选择题（本题包括5小题）17、acd正四面体1312KOH2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑【解析】

根据元素所在周期表中的位置可知A为H元素，D为C元素，F为O元素，G为Mg元素，Q为Al元素，M为S元素，R为Cl元素，N为K元素，结合原子结构和物质的性质分析解答。【详解】根据元素所在周期表中的位置可知A为H元素，D为C元素，F为O元素，G为Mg元素，Q为Al元素，M为S元素，R为Cl元素，N为K元素。(1)A为H元素，D为C元素，根据图示，a表示乙烯，b表示氨气，c表示甲烷，d表示甲苯，由A、D形成的是acd；甲烷为正四面体；甲苯的结构简式为，故答案为：acd；正四面体；；(2)①苯环为平面结构，碳碳单键可以旋转，因此甲苯中最多有13个原子共面，故答案为：13；②－C4H9有4种结构，碳架结构分别为：、、、，取代苯环上的一个H原子，可以得到邻位、间位、对位共12种同分异构体，故答案为：12；(3)Na在O2中燃烧生成Na2O2，过氧化钠为离子化合物，电子式为；上述元素中，金属性最强的元素为第四周期ⅠA族元素K，对应最高价氧化物的水化物KOH的碱性最强，与Al反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑，故答案为：；KOH；2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑。【点睛】本题的易错点为(2)①，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断，甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，同时注意碳碳单键可以旋转。18、2H2S+SO2=3S↓+2H2ONa、S6AlO2﹣+21H+=5Al3++Al（OH）3↓+9H2O【解析】根据题意，A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小，则A、B为金属，A与B质子数之和是D质子数的3倍，则A、B的质子数之和为3的倍数，故A、B处于第三周期，则A为Na元素、B为Al元素；D的质子数为=8，则D为氧元素；热稳定性：HmD＞HmC，则C、D处于同一主族，且D的非金属性更强，故C为硫元素，m=2；根据；②Cm-、E(m-1)-具有相同的电子层结构，则E为Cl元素。(1)HmDm为H2O2，电子式为，故答案为；(2)S元素的具有漂白性的氧化物为二氧化硫，H2S与SO2反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故答案为2H2S+SO2=3S↓+2H2O；(3)用电子式表示硫化钠的形成过程为：，故答案为；(4)从转化关系可以看出，单质所含元素为变价元素，含有多种化合价，能和氧气反应生成两种氧化物，以上元素中有Na、S元素符合，故答案为Na、S；(5)由A、B、D三种元素形成的化合物为NaAlO2，E元素的最高价含氧酸为HClO4，NaAlO2、HClO4按物质的量之比2：7反应，设物质的量分别为2mol、7mol，2mol偏铝酸钠消耗2mol高氯酸生成2mol氢氧化铝沉淀，剩余的5mol高氯酸能够溶解氢氧化铝的物质的量为：mol，剩余氢氧化铝的物质的量为：2mol-mol=mol，所以反应生成铝离子和氢氧化铝的物质的量之比=mol：mol=5：1，该反应的离子方程式为：6AlO2-+21H+=5Al3++Al(OH)3↓+9H2O，故答案为6AlO2-+21H+=5Al3++Al(OH)3↓+9H2O．点睛：本题考查位置结构性质的关系及应用、常用化学用语、元素化合物性质等，正确推断元素的种类为解答该题的关键。注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，本题的易错点和难点是(5)的方程式的书写。19、2:5IIIIIIIc(H+)（或硫酸溶液的浓度）确保对比实验中c(KMnO4)、c(H2C2O4)相同（溶液总体积相同）【解析】

（1）反应MnO4－+H2C2O4+H+

→Mn2++CO2↑+H2O中，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，MnO4-为氧化剂，1molMnO4-得到5mol电子，C元素的化合价由+3价升至+4价，H2C2O4为还原剂，1molH2C2O4失去2mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：5；（2）研究催化剂对化学反应速率的影响，应保证温度、浓度相同，则选实验Ⅰ和Ⅱ；研究温度对化学反应速率的影响，应保证浓度、不使用催化剂相同，则选实验Ⅰ和Ⅲ；（3）实验Ⅰ和Ⅳ，硫酸的浓度不同，可研究硫酸溶液浓度对反应速率的影响，实验IV中加入1mL蒸馏水的目的是稀释硫酸，确保实验中c(KMnO4)、c(H2C2O4)相同（溶液总体积相同）。20、ZnMnO2、MnOOH碳粉除去混合物中的碳粉MnO2+H2C2O4+H2SO4=MnSO4+2CO2↑+2H2O双氧水容易被MnO2催化分解（其他合理答案均可）Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2OMn(OH)2取最后一次滤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生则已洗涤干净除去产品表面的水分，防止其在潮湿环境下被氧化，并有利于后续低温烘干【解析】分析：废旧碱性锌锰干电池内部的黑色物质A主要含有MnO2、NH4Cl、MnOOH、ZnCl2、炭粉，加水溶解、过滤、洗涤，滤液中含有NH4Cl、ZnCl2，滤渣为MnO2、MnOOH和碳粉，加热至恒重，碳转化为二氧化碳气体，再向黑色固体中加稀硫酸和H2C2O4溶液，过滤，滤液为硫酸锰溶液，最后得到碳酸锰；（1）碱性锌锰干电池中失电子的为负极；

（2）MnO2、MnOOH和碳粉均不能溶于水，除去碳粉可以加热