2025-2026学年广东广州奥林匹克中学高一下册四月月考化学试题 含答案

/广州奥林匹克中学2025学年第二学期阶段训练一高一化学注意：请把答案写在答题卡上，写在试卷上无效。考试时长：75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56I127第一部分选择题(共44分)说明：每小题中只有一个选项符合题意。1-10题，每小题2分。11-16题，每小题4分。1.中国古代食器兼具美观与实用价值。下列馆藏食器中主要材质不属于硅酸盐的是A．陶刻纹豆(商)B．蓝玻璃杯(汉)C．叶形银盘(唐)D．花瓣瓷碗(宋)A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．陶刻纹豆(商)的主要成分是陶瓷，属于硅酸盐材料，A正确；B．蓝玻璃杯(汉)的主要成分是玻璃，属于硅酸盐材料，B正确；C．叶形银盘(唐)的主要成分是金属银，不是硅酸盐材料，C错误；D．花瓣瓷碗(宋)的主要成分是陶瓷，属于硅酸盐材料，D正确；故答案为：C。2.化学知识与科技、生产、生活有密切的关系。下列叙述中错误的是A.“北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为二氧化硅B.重庆三峡博物馆镇馆之宝中的白瓷观音坐像属于硅酸盐材料C.三星堆二号祭祀坑出土商代的铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化史上的诸多空白。青铜器的出土表明我国商代已经掌握冶炼铜技术D.“天宫二号”空间运行的动力源泉——太阳能电池帆板，其核心材料为晶体硅【答案】A【解析】【详解】A．芯片中的半导体材料为单晶硅，不是二氧化硅，A错误；B．白瓷的主要成分为硅酸盐，属于硅酸盐材料，B正确；C．三星堆二号祭祀坑出土商代的铜人铜像表明我国商代已经掌握冶炼铜技术，C正确；D．太阳能电池帆板的核心材料为晶体硅，D正确；故选A。3.生产生活万千景，化学处处展奇功。下列说法不正确的是A.工业上用氨气生产氮肥碳铵属于人工固氮B.燃煤中加入氧化钙可以减少二氧化硫的排放C.葡萄酒中添加适量二氧化硫可以起到抗氧化的作用D.手机、照相机等电器所用的锂离子电池为二次电池【答案】A【解析】【详解】A．工业上用氨气生产碳铵（NH4HCO3）的过程是将已固定的氮（NH3）转化为其它化合物，而非直接从N2转化为含氮化合物，因此不属于人工固氮，A错误；

B．氧化钙与燃煤燃烧产生的SO2反应生成CaSO3/CaSO4，减少SO2排放，B正确；

C．二氧化硫具有抗氧化性，可防止葡萄酒氧化变质，C正确；

D．锂离子电池可反复充放电，属于二次电池，D正确；

故选A。4.劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A实验操作：用SO2漂白纸浆SO2具有漂白性B工业劳动：用溶液刻蚀玻璃是酸性氧化物C生产活动：用铝制容器贮运浓硝酸铝遇浓硝酸钝化D家务劳动：用食醋清除水壶中的少量水垢酸性：醋酸>碳酸A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．SO2具有漂白性，可以用SO2漂白纸浆，A正确；B．二氧化硅与碱反应生成盐和水才能说明其为酸性氧化物，与HF酸反应不能说明其为酸性氧化物，B错误；C．浓硝酸有强氧化性，常温下铝遇浓硝酸钝化，可以用铝制容器贮运浓硝酸，C正确；D．食醋能水壶中的水垢转化成二氧化碳和可溶性物质，体现了醋酸的酸性强于碳酸，D正确；答案选B。5.一定条件下反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)在10L的密闭容器中进行，测得2min内，N2的物质的量由20mol减小到8mol，则2min内N2的反应速率为A.1.2mol•L-1•min-1 B.6mol•L-1•min-1C.0.6mol•L-1•min-1 D.0.4mol•L-1•min-1【答案】C【解析】【详解】2min内的物质的量变化量为，根据速率计算公式，即，故选C。6.某反应的反应过程中能量的变化如图所示，图中E1表示正反应的活化能，下列有关叙述正确的是A.该反应为放热反应 B.催化剂能降低该反应的ΔHC.E2可表示该反应逆反应的活化能 D.ΔH=E2-E1【答案】C【解析】【详解】A．图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故A错误；B．因为正逆反应活化能之差不变，催化剂降低了反应的活化能，即正反应活化能减小，逆反应活化能也减小，催化剂能改变反应的路径，但该反应的ΔH不变，故B错误；C．E2为生成物键形成时放出的总能量，也可表示逆反应的活化能，故C正确；D．逆反应的活化能为E2，正反应的活化能E1，△H=E1-E2，故D错误；故答案为C。7.目前，汽车尾气系统中均安装了催化转化器，反应原理如图所示。下列说法错误的是A.NO是一种无色气体，不溶于水 B.NO转化为不属于氮的固定C.CO在该过程中发生还原反应 D.该催化转化器的使用可以减少汽车尾气污染【答案】C【解析】【详解】A．NO确实是一种无色且不溶于水的气体，A正确；B．氮的固定是将游离态的氮(即氮气)转化为含氮化合物，图中汽车尾气中的CO和NO在催化剂作用下反应生成CO2和N2，不属于氮的固定，B正确；C．CO在该过程中转化为CO2，碳元素的化合价由+2价升至+4价，CO被氧化，发生氧化反应，C错误；D．催化转化器将有害的CO和NO转化为无害的CO2和N2，有利于减少汽车尾气污染，D正确；故选C。8.下列有关热化学方程式(数据的测定条件均为常温常压)的叙述中，正确的是A.已知，表明的能量高于的能量B.已知同素异形体的转化中，，表明红磷比白磷稳定C.已知，则的燃烧热为D.中和热，若固体与足量稀盐酸完全中和，将放出热量【答案】B【解析】【详解】A．已知，只能表明的能量之和高于的能量，A错误；B．已知同素异形体的转化中，，说明白磷能量高于红磷，能量越高越稳定，则表明红磷比白磷稳定，B正确；C．燃烧热是一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，已知，水的稳定状态是液态，则的燃烧热不是，C错误；D．中和热，若固体与足量稀盐酸完全中和，由于氢氧化钠固体溶于水放热，则放出的热量大于，D错误；答案选B。9.纸电池的组成与传统电池类似，主要包括电极(铜片和锌片)和浸泡了饱和溶液的隔离膜(如图所示)，电极和隔离膜均“嵌”在纸中，该电池工作时，总反应为：。下列说法不正确的是A.该装置实现了化学能向电能的转化B.电子从锌片经电解液流向铜片C.锌片为负极，电极反应式为：D.纸电池具有轻薄柔软、可折叠等优点【答案】B【解析】【分析】该装置为原电池，Zn为负极，Cu为正极，NaCl是电解质。【详解】A．该装置属于原电池装置，实现了化学能向电能的转化，A正确；B．Zn为负极，Cu为正极，电子从锌片经外电路流向铜片，电子不从电解液流过，B错误；C．锌片为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：，C正确；D．比起传统电池而言纸电池具有轻薄柔软、可折叠等优点，D正确；答案选B。10.以下是某种粗盐(主要含、、等杂质离子)精制成溶液的部分流程。下列说法不正确的是A.①中的除杂试剂可以是溶液B.②中加入过量溶液后，只有被除去C.③中加入过量溶液的反应为D.杂质离子的去除顺序还可以是③①②，之后还需加适量稀盐酸【答案】B【解析】【分析】为了得到纯净的NaCl，第①步除去硫酸根需要加入过量的氯化钡；第②步除去钙离子，需加入过量的碳酸钠，除去钙离子的同时除去过量的钡离子；第③步除去镁离子，加入过量氢氧化钠，将沉淀过滤；最后加入适量稀盐酸除去过量的碳酸根离子、氢氧根离子，得到纯净的氯化钠溶液，据此解答。【详解】A．①中可以加入溶液将转化为BaSO4沉淀，然后过滤除去，A正确；B．由分析可知，②中加入过量溶液后，将转化为CaCO3沉淀除去，同时将第①步中过量的Ba2+转化为BaCO3沉淀而除去，B错误；C．③中加入过量溶液，Mg2+和OH-反应生成沉淀，反应的离子方程式为：，C正确；D．在该除杂过程中，应先除，再除，以确保在除钙的同时将除硫酸根离子时引入的过量钡离子一块除去，则杂质离子的去除顺序还可以是③①②，之后还需加适量稀盐酸除去过量的碳酸根离子、氢氧根离子，D正确；故选B。11.在酸性条件下，具有氧化性。图示过程可实现转化为。下列分析正确的是A.反应③中NO2为氧化剂B.反应①中氧化剂和还原剂物质的量之比为3：1C.每转化需要标准状况下11.2LO2D.整个反应历程的总反应为：【答案】D【解析】【分析】根据转化关系图可知反应①中亚铁离子被硝酸氧化为铁离子，生成的NO在反应②中被氧气氧化为NO2，反应③中NO2、O2溶于水又转化为硝酸，则总反应为，据此解答。【详解】A．反应③中NO2、O2和水转化为硝酸，氮元素化合价升高，NO2为还原剂，A错误；B．反应①为，硝酸根为氧化剂，亚铁离子为还原剂，则氧化剂和还原剂物质的量之比为1:3，B错误；C．根据分析，整个反应历程的总反应为：，每转化需要0.25molO2，即需要标准状况下5.6LO2，C错误；D．根据分析，整个反应历程的总反应为：，D正确；故选D。12.价类二维图是研究元素化合物知识的重要工具，氮的部分价类二维关系如图所示。下列推断错误的是A.中含有1.5mol极性键B.常温下能使用铁质容器盛装e的浓溶液C.可实现a→b→c→d→e的转化D.d→e的转化过程中d可能既作氧化剂又作还原剂【答案】A【解析】【分析】由图可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2或N2O4、e为HNO3，据此分析；【详解】A．未注明气体状态无法计算，A错误；B．常温下，铁、铝遇到浓硝酸会发生钝化，形成致密的氧化膜，阻止内层金属进一步被氧化，则常温下，可用铁或铝制容器盛装浓硝酸，B正确；C．氨气和氯气反应可生成氮气，氮气和氧气放电条件下生成NO，NO和氧气转化为二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸，C正确；D．，NO2化合价有升高有降低，故既作氧化剂又作还原剂，D正确；故选A。13.为研究不同状态（块状、粉末状）碳酸钙固体与盐酸反应的反应速率，某同学通过实验测定数据得出如图所示的曲线。下列有关说法中正确的是A.曲线甲表示的是粉末状碳酸钙固体与盐酸反应B.随着反应进行，盐酸浓度降低，反应速率不断降低C.若用单位时间内CO2的体积变化来表示该反应的速率，则t2—t3时间内平均反应速率为mL·s-1D.两次实验，粉末状固体最终生成的CO2的量更多【答案】AC【解析】【详解】A．粉末状碳酸钙固体与盐酸反应，生成二氧化碳的量不变，但接触面积增大、反应速率加快，时间减少，而曲线甲用时小，则曲线甲表示的是粉末状碳酸钙固体与盐酸反应，故A正确；B．碳酸钙与盐酸反应放热，升高温度加快反应速率，则反应开始时，温度对反应速率的影响起主要作用，导致0-t1内的反应速率逐渐增大，随着反应的进行，浓度降低起主要作用，反应速率才不断降低，故B错误；C．由v=，可知，t2-t3的速率v(CO2)=mL·s-1，故C正确；D．探究反应速率的影响因素时，只控制一个变量，则为研究不同状态(块状、粉末状)碳酸钙固体与盐酸反应的反应速率，两次实验所取碳酸钙固体质量一样，与足量的盐酸反应，生成二氧化碳的量相同，故D错误；答案为AC。14.下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是A.用图①所示装置证明：非金属性：C>SiB.用图②所示装置可以完成“喷泉”实验C.装置③中X为CCl4，可用于吸收氨气或氯化氢D.装置④中可用于收集氨气，并吸收多余的氨气【答案】A【解析】【详解】A．盐酸与碳酸钠反应生成的二氧化碳中混有HCl，HCl也能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故不能证明酸性：碳酸＞硅酸，也就不能证明：非金属性：C＞Si，故不能达到实验目的，A符合题意；B．氯气易与氢氧化钠溶液反应，挤压胶头滴管，使浓氢氧化钠溶液进入烧瓶与氯气反应，烧瓶内压强减小，大气压将烧杯中的氢氧化钠溶液压入烧瓶中产生“喷泉”，能达到实验目的，B不符题意；C．氨气或氯化氢极易溶于水，装置③中X为CCl4，CCl4的密度比水大，在下层，可以隔绝气体和水，能防止倒吸，C不符题意；D．碱石灰可干燥氨气，氨气的密度比空气小，收集气体的集气瓶的导气管短进长出，能达到实验目的，D不符题意；故选A。15.已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，22.4LSO3中含有SO3分子数为NAB.100mL0.1mol/LNaOH水溶液中含氧原子数目为0.01NAC.足量Cu与含2molH2SO4的浓硫酸共热反应，生成SO2(标准状况)的体积为22.4LD.7.8g由Na2S与组成的混合物中含离子总数为【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下SO3是非气体，22.4LSO3的物质的量不是1mol，故A错误；B．100mL0.1mol/LNaOH水溶液中含0.01mol氢氧化钠，氢氧化钠、水中均含氧原子，所以含氧原子数目大于0.01NA，故B错误；C．铜和稀硫酸不反应，足量Cu与含2molH2SO4的浓硫酸共热反应，参与反应的硫酸的物质的量小于2mol，生成SO2的物质的量小于1mol，故C错误；D．Na2S与阴阳离子个数比均为1:2，摩尔质量都是78g/mol，7.8g由Na2S与组成的混合物中含离子总数为，故D正确；选D。16.一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中，某一反应中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列表述中正确的是A.反应的化学方程式为B.t后X的转化率不变，改变外界条件也不能增大X转化率C.若t=4，则0~4min内X的平均化学反应速率为D.在t1时刻充入气体He使容器内压强增大，加快了反应速率【答案】C【解析】【详解】A．由图象可以看出，反应中X物质的量减小，Y、Z的物质的量增多，则X为反应物，Y、Z为生成物，且△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=0.8mol：1.2mol：0.4mol=2：3：1，反应最后达到平衡状态，是可逆反应，则该反应的化学方程式为：2X⇌3Y+Z，故A错误；B．时，正、逆反应速率相等，反应达到化学平衡，但是改变外界条件可以改变平衡移动，如减小压强，平衡正向移动，X的转化率增大，故B错误；C．若t=4，则0～t的X的化学反应速率v==，故C正确；D．温度、体积不变，t1时刻充入He使压强增大，反应物和生成物的浓度不变，正、逆反应速率不变，故D错误；答案选C。第二部分非选择题(共56分)17.氨气广泛应用于化工、轻工、化肥、制药、合成纤维等领域。某化学兴趣小组欲利用如图所示装置制备氨气。请回答下列问题：（1）该小组选用氯化铵固体与氢氧化钙固体共热的方法制备氨气，其反应的化学方程式为_______，制取气体的发生装置应选用装置_______(填“A”或“B”)。（2）装置E的作用是_______。（3）工业上制硝酸的关键一步便是的催化氧化，的催化氧化反应，化学反应方程式为_______。（4）氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键，海洋中无机氮的循环过程可用如图表示。有氧时，在硝化细菌作用下，可实现过程④(如图)的转化，将过程④离子方程式补充完整_______。。【答案】（1）①.Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O②.B（2）吸收氨气，防止倒吸（3）（4）4，6，，5【解析】【分析】实验室利用氯化铵固体与氢氧化钙固体共热的方法制备氨气，选用固体加热制备气体装置，图中B符合要求，氨气密度比空气小，生成的氨气经干燥后，利用向下排空气法收集，氨气有毒，极易溶于水，需要有防倒吸装置进行尾气处理。【小问1详解】氯化铵固体与氢氧化钙固体共热的方法制备氨气，其反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；制取气体的发生装置应选用装置B；【小问2详解】根据分析，装置E的作用是吸收氨气，防止倒吸；【小问3详解】的催化氧化反应生成一氧化氮和水，化学反应方程式为；【小问4详解】根据图示，发生氧化反应，生成、，根据原子守恒，产物中还有水，，利用得失电子守恒配平方程式为：。18.以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸，并把尾气进行资源化综合利用，生产常用作食品漂白剂的焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，流程如下图所示。已知：Na2S2O5与钡盐反应有白色沉淀，Na2S2O5溶于水与水反应生成NaHSO3。（1）Na2S2O5中S的化合价为___________。（2）煅烧前，黄铁矿需要研磨，目的是___________。（3）煅烧黄铁矿的化学方程式是___________。（4）试剂X是___________。（5）Na2S2O5易被氧化生成Na2SO4而变质，选用下列试剂设计实验方案，检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。限选试剂：稀盐酸、稀、稀、溶液、酸性溶液、溶液

实验步骤现象结论取少量样品，加入除氧蒸馏水固体完全溶解得到无色溶液

取实验的溶液，①___________最终有白色沉淀生成样品已被氧化另取实验的溶液，②___________③___________样品未完全变质（6）可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中残留量时，取葡萄酒样品，用的碘标准液滴定至终点，消耗。滴定反应的离子方程式为，该样品中的残留量为___________。(的相对分子质量为190)【答案】（1）+4（2）增大反应物的接触面积，加快反应速率（3）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2（4）98.3%浓硫酸（5）①.滴加足量稀盐酸，振荡、静置，再滴加溶液②.向其中加入酸性溶液，充分振荡③.酸性溶液褪色（6）0.19【解析】【分析】黄铁矿在空气中煅烧生成的炉渣主要为氧化铁，用来炼铁；生成的二氧化硫净化后补充氧气氧化生成三氧化硫；吸收三氧化硫得到浓硫酸；尾气用氢氧化钠溶液吸收，加热得到Na2S2O5，据此分析作答。【小问1详解】Na2S2O5中钠元素为+1价，氧元素为-2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，硫元素的化合价为+4价；【小问2详解】黄铁矿需要研磨，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；【小问3详解】由分析可知，煅烧生成的炉渣主要为氧化铁，化学方程式：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；【小问4详解】工业上不能直接用水或稀硫酸来吸收三氧化硫，因为那样容易形成酸雾，不利于对三氧化硫的吸收，为了尽可能提高吸收效率，采用98.3%浓硫酸作吸收剂，即试剂X是98.3%浓硫酸；【小问5详解】II．若样品变质，S元素化合价升高，被氧化生成Na2SO4，检验是否硫酸根离子存在即可，故取少量实验I的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静置，滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，该沉淀为BaSO4沉淀，则样品已氧化变质；III．已知反应，另取实验I的溶液，向其中加入酸性KMnO4溶液，充分振荡，若观察到酸性KMnO4溶液褪色，说明溶液中含有焦亚硫酸钠，即样品未完全氧化变质；【小问6详解】可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S2O5具有一定的还原性，能被碘标准液滴定，说明发生氧化还原反应产生Na2SO4，I2被还原为I-，在测定某葡萄酒中残留量时，取葡萄酒样品，用碘标准液滴定至终点，消耗。滴定反应的离子方程式为，根据反应方程式，则样品中Na2S2O5的残留量为：，该样品中残留量为。19.回答下列问题：（1）根据如图所示的N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中能量变化情况，计算在一定条件下，氮气与氧气反应生成1mol一氧化氮气体的过程中_______(填“吸收”或“放出”)的能量为_______kJ。（2）在5L密闭容器内，800℃时发生反应，n(NO)随时间变化如下表：时间/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.070.07①0～2s内，用O2表示该反应的反应速率为_______mol·L-1·s-1。②下列措施能够使该反应的反应速率加快的是_______(填字母)。a.降低温度b.使用合适的催化剂c.减小容器容积（3）NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨Ⅰ电极上生成可循环使用的N2O5。①放电时，该电池的负极是_______(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)。②若电路中有2mol电子转移，则理论上石墨Ⅱ处需消耗标准状况下的O2为_______L。在恒容密闭容器中，用H2还原SO2，生成S的反应分两步完成(如图甲所示)，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图乙所示，请分析并回答如下问题：（4）分析可知X为_______(填化学式)。（5）0~t1时间段的温度为_______。【答案】（1）①.吸收②.90（2）①.0.006②.bc（3）①.石墨Ⅰ②.11.2（4）H2S（5）300℃【解析】【小问1详解】由图可知，反应生成2molNO过程中断键吸收的能量为946kJ+498kJ=1444kJ：成键释放的能量为2×632kJ=1264kJ，反应是吸热反应，反应生成2molNO时吸收的热量为1444kJ-1264kJ=180kJ，生成1mol一氧化氮气体的过程中吸收的能量为90kJ；【小问2详解】①0～2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==0.012mol•L-1•s-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=v(NO)=0.006mol•L-1•s-1；②a．降低温度，反应速率减慢，故a不选；b．使用合适的催化剂能加快反应速率，故b选；c．减小容器容积使反应物浓度增大，反应速率加快，故c选；答案为bc；【小问3详解】NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，NO2作燃料、O2作氧化剂，所以石墨Ⅰ为负极、石墨Ⅱ为正极，在石墨电极上NO2被氧化生成氧化物N2O5，石墨I电极反应式为O2+2N2O5+4e-=4，电池总反应式为：4NO2+O2=2N2O5；①放电时，该电池的负极是石墨Ⅰ电极；②石墨Ⅰ电极上发生反应：O2+2N2O5+4e-=4，每转移4mol电子，反应消耗1molO2，因此若电路中有2mol电子转移，则理论上消耗0.5molO2，石墨Ⅱ处需消耗标准状况下的O2的体积V(O2)=0.5mol×22.4L•mol-1=11.2L；【小问4详解】在300℃时，H2和SO2在催化剂条件下生成H2S，在100℃到200℃时，H2S与SO2在催化剂生成S和H2O，则物质X为H2S；【小问5详解】0～t1时间段H2完全转化为H2S，H2和SO2的浓度降低且H2S的浓度增大，则0～t1时间段的温度为300℃。20.盐酸与溶液在如图所示的装置中进行